Tübitak Lise Takım Seçme - 1996 Çözümleri

$BD$ ile $AC$ nin kesişimi $O$ olsun. $BC$ ye paralel olan ve $P$ den geçen doğru $AC$ yi $Q$ da kessin. $CD$ ye paralel olan ve $O$ dan geçen doğru $PQ$ yu $M$ de kessin.
$MO$ doğrusu $BCO$ üçgeninde kenarortay, $PQ\parallel BC$ olduğu için de $PQO$ üçgeninde de kenarortay olacaktır. $MO$ ile $AF$, $R$ de kesişsin. $MR\parallel CD$ ve  $AO=OC$ olduğu için $AR=RF$ ve $MR\bot AF$ dir. Bu durumda $MR$, $AF$ nin orta dikmesidir. Dolayısıyla $MA=MF$ dir. $\angle PAQ={90}^{\circ }$ olduğu için $PM=MQ=MA=MF$ yani $M$ nin $P,Q,F,A$ dan geçen çemberin merkezi olduğu sonucu çıkar. Paralel doğrulardan dolayı $\angle CAD=\angle BCA=\angle PQA$, $ECFA$ kirişler dörtgeni olduğu için $\angle EFA=\angle BCA$, $PQFA$ kirişler dörtgeni olduğu için de $\angle PFA=\angle PQA$ olur. Son durumda $\angle EFA=\angle PFA$ olduğu için $P,F,E$ noktaları doğrusal olur.

$PB$ doğrusuna $[AK]$ dikmesini inelim. $\angle{AEC}=m\angle{AFC}=90^{\circ}$ olduğundan $AEBK$ ve $AEDK$ dörtgenleri birer kirişler dörtgenidir.
Buna göre; $\angle{AKE}=\angle{ABE}=\angle{ADE}=\angle{AKF}$ dir.
Bu aşamadan sonra şekil-II deki probleme çözüm arayacağız.


Problem : $[PA , O$ merkezli çemberin teğeti ve $[AT]$ bir kirişi olmak üzere, $[OP]\perp[AT]$ ve $|AK|=|KT|$ dir.
Çember üzerinde alınan $E$ ve $F$ noktaları için, $\angle{AKE}=\angle{AKF}$ ise, $P-F-E$ noktaları doğrusaldır.


$OKE$ ve $OKS$ üçgenlerinin eşliğinden $\angle{EON}=\angle{SON}$ olur ve $\angle{EFS}=\angle{EON}$ dir. Buna göre $EOKF$ bir kirişler dörtgenidir.


$O$ dan $[EF]$ ye çizilen dikme ile $KA$ nın kesim noktası $R$ olsun. $|RE|=|RF|$ dir. $KR$ ve $OR$ açıortay olduğundan $OERF$ bir kirişler dörtgenidir. $\angle{REF}=\angle{RFE}=\angle{ROE}=\angle{ROF}$ olduğundan $RE$ ve $RF$ çembere teğettir.
Buna göre, $EF$ doğrusu $R$ nin kutup doğrusudur. $R$ noktası $P$ nin $AK$ kutup doğrusu üzerinde olduğundan, $P$ noktasıda $R$ nin $EF$ kutup doğrusu üzerinde olmalıdır.

$n=2$ için $0 = x_1 < x_2 < x_3 < x_4 < x_5 = 1$ ve $S = \displaystyle \sum_{i=1}^{2}{x_{2i}(x_{2i+1}-x_{2i-1})} = x_2(x_3 - x_1) + x_4(x_5 - x_3)$ olacaktır.


$y=x$, $y=0$, $x=1$ doğrularının sınırladığı bölgenin alanı $\dfrac 12$ dir.
$S$ toplamı, kenarları $x_3 - x_1$ ve $x_2$ olan dikdörtgenle kenarları $x_5 - x_3$ ve $x_4$ olan dikdörtgenin alanlarının toplamıdır.
Bu dikdörtgenlerin $y=x$ üstünde kalan alanlarını yeşil ile gösterelim. Alanların toplamı $Y$ olsun.
$y=x$ altında kalıp dikdörtgenler tarafından içerilmeyen alanları kırmızı ile gösterelim. Bu alanların toplamı $K$ olsun.
$n=2$ durumu için $S  - Y + K = \dfrac 12$ ve $S = \dfrac 12 + K - Y$ dir.
Biraz düzenlemeyle $$\dfrac 12 - Y - K < \dfrac 12 + K - Y = S < \dfrac 12 + K + Y \tag {1}$$ elde ederiz.
$K+Y$ toplamı, tüm kırmızı ve yeşil üçgensel bölgelerin toplamıdır. Bu üçgenlerin her birinin yüksekliği $h_i = x_{i+1} - x_i \leq h$ olacaktır. Bu üçgenlerin diğer dik kenarlarının toplamı $(x_2 - x_1) + (x_3 - x_2) + (x_4 - x_3) + (x_5 - x_1) = x_5 - x_1 = 1$ olduğu için $K+Y \leq \dfrac h2$ dir. $(1)$ i düzenlersek $$ \dfrac 12 - \dfrac h2 \leq \dfrac 12 - Y - K < S < \dfrac 12 + K + Y \leq \dfrac 12 + \dfrac h2   \tag{2}$$ elde ederiz.

Diğer $n$ değerleri için de; kenarları $x_{2i+1}-x_{2i-1}$ ve $x_{2i}$ olan dikdörtgenlerin toplamı $S$, $y=x$ üstünde kalan üçgenlerin alanı $Y$, $y=x$ altında kalan üçgenlerin alanı $K$ şeklinde tanımlandığında $S$ toplamının $\dfrac 12$ den en fazla $\dfrac h2$ kadar eksik ya da fazla olacağı görülür.

Kaynak: Mathematical Olympiads 1996-1997: Olympiad Problems from Around the World, Andreescu, Kedlaya, Syf 82.

Paralellikten dolayı $\dfrac{BE}{ED}=\dfrac{KB}{AK}=\dfrac{AN}{DN}=\dfrac{BL}{LC}=\dfrac{CM}{MD}$. Bu durumda $AKNE$ ve $ELMC$ birer paralelkenar, $NM\parallel AC\parallel KL$ olur.


$\left[ANE\right]=\left[AKE\right]=\left[NEK\right]=A$, $\left[EMC\right]=\left[ELC\right]=\left[EML\right]=C$,  $\left[DNM\right]=D$, $\left[NEM\right]=B$ olur. $\left[ADC\right]=[ABC]$ olduğu için $\left[NEMD\right]=\left[KBLE\right]=B+D$ olacaktır.

$\dfrac{\left[NEM\right]}{\left[NEMD\right]}=\dfrac{B}{B+D}=\dfrac{AN}{AD}=\dfrac{BE}{BD}$ ve $\dfrac{\left[KBL\right]}{\left[KBLE\right]}=\dfrac{\left[KBL\right]}{B+D}=\dfrac{KB}{AB}=\dfrac{BE}{BD}$ olduğu için $\left[KBL\right]=\left[NEM\right]=B$ ve $\left[DNM\right]=\left[KEL\right]=D$ olacaktır. Son durumda $\left[KLMN\right]=A+B+C+D=\dfrac{\left[ABCD\right]}{2}$ elde edilir.

$n^2+an+b$ formatındaki polinomu düzenleyelim.

$a$ çiftse ($a=2k$ ise) $$n^2+an+b=n^2+2kn+k^2+(b-k^2)=(n+k)^2+(b-k^2)$$ $a$ tekse ($a=2k+1$ ise) $$n^2+an+b=n^2+(2k+1)n+b=n^2+2kn+k^2+n+k+(b-k^2-k)=(n+k)^2+(n+k)+(b-k^2-k)$$ olacaktır. Herhangi bir $P$ polinomu ve sabit $k$ tamsayısı için $P(x+k)=Q(x)$ şeklinde bir $Q$ polinom tanımlarsak $P(\mathbb{Z})=Q(\mathbb{Z})$ olacağından her $a,b\in\mathbb{Z}$ için $a$'nın tekliği ve çiftliğine göre $$S_{a,b}=S_{0,b_1}\quad \text{veya}\quad S_{a,b}=S_{1,b_2}$$ olacak şekilde $b_1$ veya $b_2$ vardır. Bu yüzden sadece $a=0$ ve $a=1$ durumlarını ele almamız yeterlidir.

Eğer $S_{0,u}$ ve $S_{0,v}$ şeklinde iki tane küme alırsak, $$n^2+u=m^2+v\implies m^2-n^2=(m-n)(m+n)=u-v$$ şeklinde $m$ ve $n$ tamsayısı olmaması gerekir. Bunun sağlanması için $u-v\equiv 2\pmod{4}$  olması gerekir. $3.$ bir $S_{0,w}$ kümesi alamayız çünkü $u,v,w$'nin herhangi ikisinin farkı aynı anda $2\pmod{4}$ olamaz. Dolayısıyla en fazla $2$ tane $S_{0,b}$ formatında küme alabiliriz.

Eğer $S_{1,u}$ ve $S_{1,v}$ şeklinde iki tane küme alırsak, $$n^2+n+u=m^2+m+v\implies (m-n)(m+n-1)=u-v$$ şeklinde $m$ ve $n$ olmaması gerekir. $u-v$ çift olursa, uygun $m$ ve $n$ bulacağımızdan dolayı $u-v$ tek sayı olmalıdır. Dolayısıyla $3.$ bir $S_{1,w}$ formatında küme ekleyemeyiz çünkü $u,v,w$'nin hepsi farklı paritede olması gerekirdi.

Eğer $S_{0,u}$ ve $S_{1,v}$ şeklinde iki kümeyi birlikte alırsak, $$n^2+u=m^2+m+v\implies (2m+1)^2-(2n)^2=(2m+2n+1)(2m-2n+1)=4u-4v+1$$ denkleminin çözümü olmamalıdır. Ancak $m=n=u-v$ alırsak eşitlik sağlandığından bu kümeler ayrık değildir. Yani $S_{0,u}$ ve $S_{1,v}$ formatındaki iki küme aynı anda alınmamalıdır.

Sonuç olarak en fazla iki tane $S_{0,u}$ veya iki tane $S_{1,u}$ formatında küme alabiliriz. En fazla $\boxed{2}$ ayrık küme seçebiliriz. Örnek olarak $S_{1,0}$ ve $S_{1,1}$ kümelerini alabiliriz. Bir tanesi sadece çift sayılardan, diğeri sadece tek sayılardan oluşuyor.

Lemma: $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$ ve $t$ sayısı $|t| < 1$ eşitsizliğini sağlayan bir sayı olsun. $$
\lim \limits_{n \to \infty} \left(a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1\right)=\frac{a}{1-t}
$$

İspat: $m<n$ olmak üzere, aşağıdakileri yazabiliriz:
$$
\begin{array}{lcl}
\left|a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\frac{a}{1-t}\right| &=& \mid a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\left(1+t+t^2+\cdots+t^{m-1}\right) \cdot a \\ & & + \left(1+t+t^2+\cdots+t^{m-1}\right) \cdot a-\frac{a}{1-t} \mid \\
& \leq & \left(\left|a_n-a\right|+|t| \cdot\left|a_{n-1}-a\right|+\cdots+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m+1}-a\right|\right)
\\ && +\left(|t|^m \cdot\left|a_{n-m}\right|+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m-1}\right|+\cdots+|t|^{n-1} \cdot\left|a_1\right|\right)+|a| \cdot\left|\frac{1-t^m}{1-t}-\frac{1}{1-t}\right| \\
&\equiv & I_1+I_2+I_3.
\end{array}
$$
Burada $I_1$ ve $I_2$, sırası ile, birinci ve ikinci parantez içinde bulunan ifadelerdir ve
$$
I_3=|a| \cdot\left|\frac{1-t^m}{1-t}-\frac{1}{1-t}\right|=|a| \cdot \frac{|t|^m}{|1-t|}=|t|^m \cdot \frac{|a|}{|1-t|} .
$$
Bir yakınsak dizi olması nedeniyle, $\left\{a_n\right\}$ dizisi sınırlıdır ve dolayısıyla, her $n \geq 1$ için $\left|a_n\right| \leq c$ olacak biçimde bir $c>1$ sabiti vardır.
Şimdi herhangi $\varepsilon>0$ sayısı verilsin; $m$ doğal sayısını
$$
\begin{aligned}
I_2+I_3 & \leq|t|^m \cdot c+|t|^{m+1} \cdot c+\cdots+|t|^{n-1} \cdot c+|t|^m \cdot \frac{|a|}{|1-t|} \\
& =|t|^m \cdot\left(c+c|t|+\cdots+c|t|^{n-m-1}+\frac{|a|}{|1-t|}\right) \\
& =|t|^m \cdot\left(c \cdot \frac{1-|t|^{n-m}}{1-|t|}+\frac{|a|}{1-t}\right) \leq c \cdot|t|^m \cdot \frac{1+|a|}{1-|t|}<\frac{\varepsilon}{2}
\end{aligned}
$$ sağlanacak biçimde seçelim. $|t|<1$ olduğu için bunu yapmak mümkündür. $m$ yi böyle seçtikten sonra sabit tutalım.

Sabitleştirilmiş bu $m$ sayısına göre doğal $m_0$ sayısını öyle alalım ki, her $n \geq m_0$ için $$
I_1=\left|a_n-a\right|+|t| \cdot\left|a_{n-1}-a\right|+\cdots+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m+1}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2}
$$ sağlansın (Toplananlar sayısı sonlu olduğundan ve toplananların her birisi $n \longrightarrow \infty$ için sıfıra yaklaştığından, söz konusu $m_0$ sayısını seçmek mümkündür).
Böylece, verimiş herhangi $\varepsilon>0$ için $$
\left|a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\frac{a}{1-t}\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$ eşitsizliğinin her $n \geq m_0$ için sağlanmasını garanti eden $m_0$ sayısını seçmek mümkündür.
Bu ise, limitin tanımı gereği, $$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1\right)=\frac{a}{1-t}
$$ olması demektir. $\blacksquare$


$0<a<b$ ise problemdeki eşitliğin sağlanması $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n = 0$ olmasını gerektirmez. Örneğin, $x_n = \left ( \dfrac ab \right )^n \to \infty$ olmasına karşın $a x_{n+1}-b x_n=a\left(\frac{b}{a}\right)^{n+1}-b\left(\frac{b}{a}\right)^n=0$ olur ve dolayısıyla $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-b x_n\right]=$ 0 dır. Yani, sonuncu eşitliğin sağlanmasına rağmen $\left\{x_n\right\}$ dizisi sıfıra yakınsamıyor.
$a=b$ ise, yine de eşitliğin sağlanması $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n=0$ olmasını gerektirmez. Örneğin, her $n$ icin $x_n=1$ dersek $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-a x_n\right]=a-a=0$ oluyor, fakat buna rağmen $\left\{x_n\right\}$ dizisi sıfıra yakınsamıyor.

Nihayet, $0<b<a$ olsun. $\frac{b}{a}=\varepsilon<1$ diyelim. $\lim\limits _{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-b x_n\right]=$ $0 \Longleftrightarrow \lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[x_{n+1}-\varepsilon x_n\right]=0$ olduğu açıktır. $\delta_n=x_{n+1}-\varepsilon x_n$ dersek, $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \delta_n=0$ olur. Şimdi $x_n$ yi $\varepsilon$ ve $\delta_n$ cinsinden ifade edelim: $$
\begin{aligned}
x_{n+1} & =\varepsilon x_n+\delta_n \Rightarrow x_2=\varepsilon x_1+\delta_1 \\
x_3 & =\varepsilon x_2+\delta_2=\varepsilon^2 x_1+\varepsilon \delta_1+\delta_2 \\
& \vdots \\
x_{n+1} & =\varepsilon^n x_1+\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n
\end{aligned}
$$ $0<\varepsilon<1$ olduğu için $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \varepsilon^n x_1=0$ dir. Eğer $$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n\right]=0 \tag{*}
$$ olduğunu gösterirsek, $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n=0$ eşitliğini kanıtlamış oluruz. $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \delta_n=0$ ve $0<\varepsilon<1$ olduğundan çözümün başında verilen lemmanının hükmü gereği, $$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n\right]=\frac{0}{1-\varepsilon}=0
$$ olur.
Böylece, yalnız $0 < b < a$ durumunda $\lim \limits_{n\to \infty }(ax_{n+1}-bx_{n})=0$ eşitliğini sağlayan her $\{x_n\}$ dizisinin limiti sıfır olur.

Kaynak: Analiz ve Cebirde İlginç Problemler ve Çözümleri, 2003, Problem 3.52 ve Problem 3.50, Syf 103-104 ve 101-102.

Bu durum, yalnızca $b<a$ olduğunda geçerlidir. Eğer $b>a$ ise, $x_n=(b / a)^n$ dizisi sorudaki eşitliği sağlar; ancak sıfıra gitmez. Eğer $b=a$ ise, $x_n=1+1 / 2+\cdots+1 / n$ dizisi aynı şekilde koşulu sağlar; ancak sıfıra gitmez. Şimdi $b<a$ olduğunu varsayalım. Verilen dizinin alt limiti (limit inferior'u) ve üst limiti (limit superior'u) $L$ ve $M$ ise, sorudaki eşitlik $M \leq (b / a) L$ olmasını gerektirir; çünkü $L \leq M$, $M \leq (b / a) M$'yi elde ederiz ve bu da $L, M \geq 0$ anlamına gelir. Benzer şekilde, sorudaki koşul $L \geq (b / a) M$ olmasını gerektirir; çünkü $M \geq L$, $L \geq (b / a) L$'yi elde ederiz, bu da $L, M \leq 0$ anlamına gelir. Bu nedenle $L=M=0$ olur ve dizi sıfıra yaklaşır.

Kaynak: Mathematical Olympiads 1996–1997: Problems and Solutions from Around the World, Syf. 83.