Tübitak Lise Takım Seçme - 1995 Çözümleri

Düzeltilmiş versiyona göre çözelim.

$b\geq a >0$ olduğu için $b^2\geq a^2$ dir. Bu durumda sistemi aşağıdaki gibi yazabiliriz:
$$\begin{array}{rcl} (x_{1}+a)^{2}+b^{2}-a^2 &=& x_{2} \\ (x_{2}+a)^{2}+b^{2}-a^2 &=& x_{3} \\ \vdots & & \vdots \\ (x_{n-1}+a)^{2}+b^{2}-a^2 &=& x_{n} \\ (x_{n}+a)^{2}+b^{2} -a^2&=& x_{1} \end{array}
$$
Bu da $x_i\geq 0$ olduğu anlamına gelir. Bu durumda $x_i+a>0$ olacağı için $x_{(i \bmod n) +1} >0$ olmalı.
$x_i$ sayılarından en büyüğü $x_1$ olsun. Son denklemden ilk denklemi çıkarırsak $(x_n+a)^2-(x_1+a)^2=x_1-x_2\geq 0$ elde ederiz. Bu durumda $x_n\geq x_1$ olacağı için $x_n=x_1$ olmalı. O zaman $x_1-x-2=0$, dolayısıyla $x_1=x_2=x_n$ olmalı.
İkinci denklemde $x_2=x_1$ yazarsak $x_3=x_2 = x_1$ elde edilir. Bu durumda $x_1=x_2=\dots = x_n = x$ olacaktır.
İlk denklemi yeniden yazarsak $x^2+(2a-1)x+b^2=0$ elde ederiz. Denklemin kökleri $\dfrac{1-2a\pm\sqrt{4a^2-4a+1-4b^2}}{2}$ dir.

$(2a-1)^2=(1-2a)^2\geq 4b^2$ olduğu için $1-2a\geq 2b\Longrightarrow a+b \leq \dfrac 12$ elde edilir.
$a+b=\dfrac 12$ iken $x=\dfrac 12 -a$ tek çözüm olacaktır.
Diğer durumlarda ($a+b<\dfrac 12$) iki çözüm gelecektir.

Not: $a=0$ olduğunda da, yani soru $b\geq a\geq 0$ şeklinde düzeltiğinde de yukarıdaki cevap geçerli oluyor.

1. Adım: $\left(x_1, x_2, \ldots, x_n\right)$ gibi bir çözüm varsa, herbir $x_i$ pozitiftir. Çünkü $a>0$ olduğu için, $x^2+2 a x+b^2>0$ eşitsizliği her $x$ reel sayısı için sağlanır. Dolayısıyla, her denklemin sol tarafındaki sayı pozitif, ve bu nedenle sağ tarafındaki sayı yani, her bir $x_i$ pozitif olmak zorundadır.

2. Adım: $\left(x_1, x_2, \ldots, x_n\right)$ herhangi bir çözüm olsun. $x_1$ ve $x_2$ aşağıdakilerden birini sağlamak zorundadır:
$$1) \ x_1=x_2 \ ; \quad 2) \ x_2>x_1 \ ; \quad 3) \ x_2<x_1$$
$x_1=x_2$ ise, $x_1=x_2=\ldots=x_n$ olacaktır.
Gerçekten, ikinci eşitlikten birincisini taraf tarafa çıkarırsak,
$$
\begin{array}{lclc}
x_3-x_2 \quad &=& \left(x_2^2-x_1^2\right)+2 a\left(x_2-x_1\right) \qquad \quad & \qquad (1)
\end{array}$$ benzer şekilde, $$
\begin{array} {lclc}
x_4-x_3 &=& \left(x_3^2-x_2^2\right)+2 a\left(x_3-x_2\right) & \quad (2) \\
\vdots \\
x_n-x_{n-1} &=& \left(x_{n-1}^2-x_{n-2}^2\right)+2 a\left(x_{n-1}-x_{n-2}\right)  & \quad (n-2) \\
x_1-x_n &=& \left(x_n^2-x_{n-1}^2\right)+2 a\left(x_n-x_{n-1}\right)  & \quad (n-1) \\
\end{array}$$
$x_1=x_2$ olması durumunda $(1),(2), \ldots,(n-2),(n-1)$ eşitliklerinden $x_1=x_2=\ldots=x_n$ olduğu görülür.

Yine $(1) - (n-1)$ eşitliklerinden $x_2>x_1$ veya $x_1>x_2$ durumlarının mümkün olmadığı görülür. Örneğin, $x_2>x_1$ olursa, $$
x_3>x_2, x_4>x_3, \ldots, x_n>x_{n-1} \text { ve } x_1>x_n
$$ eşitsizlikleri ve dolayısıyla, $$
x_1>x_n>x_{n-1}>\ldots>x_3>x_2>x_1 \Longrightarrow x_1>x_1 $$ şeklinde bir çelişki elde edilir. Böylece, sistemin $\left(x_1, x_2, \ldots, x_n\right)$ çözümü varsa, $x_1=x_2=\ldots=x_n$ olmak zorundadır. Bu çözümü bulalım. $$
\begin{aligned}
x_1^2+2 a x_1+b^2=x_1 & \Longrightarrow x_1^2+(2 a-1) x_1+b^2=0 \\
& \Longrightarrow x_1=\frac{(1-2 a) \mp \sqrt{(1-2 a)^2-4 b^2}}{2} \\
& =\frac{(1-2 a) \mp \sqrt{[1-2(a+b)][1+2(b-a)]}}{2} .
\end{aligned}
$$ Karekök içindeki ifade negatif olmamalıdır. Bu nedenle $1-2(a+b) \geq 0$, $a+b \leq \frac{1}{2}$ olmalıdır. Buradan $$
a+a \leq a+b \leq \frac{1}{2} \Longrightarrow a \leq \frac{1}{4} \Longrightarrow 1-2 a \geq \frac{1}{2}>0
$$ olduğu da görülür. Sonuç olarak, $a+b \leq \frac{1}{2}$ koşulunun sağlanması halinde sistemin sadece iki çeşit çözümü vardır: $$
x_1=x_2=\ldots=x_n=\frac{(1-2 a)+\sqrt{(1-2 a)^2-4 b^2}}{2}
$$ ve $$
x_1=x_2=\ldots=x_n=\frac{(1-2 a)-\sqrt{(1-2 a)^2-4 b^2}}{2}
$$ (sağdaki sayıların pozitif olduğu açıktır). $a+b>\frac{1}{2}$ olduğunda, sistemin çözümü yoktur.

Kaynak: Sayılar Teorisinde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, 2003, Syf. 78-70.

Çözüm (Lokman GÖKÇE):
 
Öncelikle $\sigma (2) \neq 1$ durumuyla ilgilenelim.

$\sigma (2) \neq 1$ ise $\sigma (2) \geq 2$ olur. Ayrıca açıkça $\sigma (1) \geq 1$ olduğundan aranan özellikteki iki $j$ değeri $1$ ve $2$ olmuş olur. O halde  $\sigma (1),\sigma (2) $ değerlerinden biri $n$ e eşit olmak zorundadır. Böyle olmasa $\sigma (x) = n $ denklemini sağlayan $x$ sayısı aranan özellikteki 3. bir $j$ sayısı olmuş olur ki bu bir çelişkidir.

$\sigma (1),\sigma (2) \in \{ n-1, n \}$ olsun. $2$ seçim yapılabilir. $\sigma (3) \in \{ 1, 2 \}$ olup $2$ seçim vardır. $\sigma (4) \in \{ 1, 2, 3 \}$ olup $2$ seçim vardır... $\sigma (n-1) \in \{ 1, 2, \dots n-2 \}$ olup $2$ seçim vardır.  $\sigma (n) $ için $1$ tek seçim kalır. Çarpma prensibiyle $2^{n-2}$ farklı fonksiyon yazabiliriz.

$\sigma (1),\sigma (2) \in \{ n-2, n \}$ olsun. Bu durumda da benzer işlemlerle $2^{n-3}$ farklı fonksiyon yazabiliriz.

Benzer işlemlere devam ederek sondan önceki adımda $\sigma (1),\sigma (2) \in \{ 2, n \}$ olup $2$ seçim vardır. $\sigma (3)=1$ olmak zorundadır. Bundan sonraki değerlerde $\sigma (4)=3$, ... , $\sigma (n)=n-1$ elde edilir. Tek türlü seçim vardır. Çarpma prensibiyle $1 \cdot 2 = 2$ fonksiyon yazabiliriz.

Son adımda ise $\sigma (1),\sigma (2) \in \{ 1, n \}$ olsun. $\sigma (1)=1$ ve $\sigma (2)=n$ olmak zorundadır. $\sigma (3)=2$, ..., $\sigma (n)=n-1$ olacağından yalnız $1$ fonksiyon vardır.

Tüm bu değerlerin toplamını hesaplayalım:

$ 2^{n-2} + 2^{n-3} + \dots + 2^1 +1 = 2^{n-1}-1$ elde edilir.

Şimdi de $\sigma (2)=1$ durumuna bakalım.

Başlangıç olarak $\sigma (1), \sigma (3) \in \{ 2, n \}$ olsun. $\sigma (1)=2$, $ \sigma (3)=n$ tek yolla belirlenebilir. Diğer elemanların görüntüleri için $\sigma (2)=1$, $\sigma (4)=2$, ... , $\sigma (n)=n-1$ olması gerekir. Yani bu halde $1$ fonksiyon yazılabilir. $\sigma (1), \sigma (3) \in \{ 3, n \}$ durumlarını hesaplayalım. $2$ fonksiyon yazılabilir. $\sigma (1), \sigma (3) \in \{ 4, n \}$ durumlarını hesaplayalım. $2^2$ fonksiyon yazılabilir...vs son adımda $2^{n-3}$ ve toplamda ise $2^{n-2}-1$ fonksiyon vardır.

$\sigma (1), \sigma (4) \in \{ 3, n \}$ durumlarını hesaplayalım. $1$ fonksiyon yazılabilir. $\sigma (1), \sigma (4) \in \{ 4, n \}$ durumlarını hesaplayalım. $2$ fonksiyon yazılabilir.  son adımda $2^{n-4}$ fonksiyon yazılabilir...vs toplamda $2^{n-3} -1 $ fonksiyon vardır.

Bu tür alt durumları inceleyerek toplamda $2^{n-1} -1$ fonksiyon yazılabileceğini göstereceğiz. (Bu kısımda küçük bir hata yapıyorum ama henüz göremedim. ispatın son adımlarını daha sonra detaylandıracağım)

Sonuç olarak genel toplam $2^{n-1} -1 + 2^{n-1} - 1 = 2^n - 2$ olmalıdır.

Her permütasyon, tek bir şekilde başkaları ile kesişmeyen çevrimlerin bir çarpımı olarak yazılabilir ve her çevrimde en az bir $j$ için $\sigma(j) \geq j$ olacaktır (yani, çevrimin en küçük elemanı). Bu nedenle $\sigma$ yalnızca bir veya iki çevrim içerebilir.

Eğer $\sigma$ iki çevrim içeriyorsa, her biri elemanlarını en büyükten başlayarak azalan sırayla içermelidir. Bu durumda, $\{1, \ldots, n\}$'yi iki boş olmayan kümeye ayırmanın yollarının sayısı, basitçe $2^{n-1}-1$'dir.

Şimdi, $\sigma$'nın bir çevrim içerdiğini düşünelim. Bu çevrim, $1$'e kadar azalan bir eleman dizisi ile başlar ve ardından bir $k>1$'e kadar azalan bir dizi içerir. Elemanlar $2, \ldots, k-1$'in ilk dizide yer alması gerektiğinden, $k+1, \ldots, n$ elemanlarını ilk veya ikinci diziyi seçmek dışında başka seçenek yoktur. Bu durumda $2^{n-k}$ tane permütasyon elde edilir. $k$ her biri için $2, \ldots, n$ olabileceğinden, toplamda $1+\cdots+2^{n-2}=2^{n-1}-1$ adet bir çevrim içeren permütasyon elde edilir.

Bu nedenle toplamda $2\left(2^{n-1}-1\right)=2^n-2$ adet permütasyon bulunur.

Kaynak: Mathematical Contests 1995-1996 Olympiad Problems and Solutions from around the World, 1997, Syf 124-125.

Söz konusu nokta $P$ olsun. $BO$ doğrusu $AC$ yi $M$ de, çemberi $N$ de kessin. Kolaylık olsun diye $D$ yi $AN$ küçük yayı üzerinde alalım. $DF\bot AC$ ve $BN\bot AC$ olduğu için $DF\parallel BN$, dolayısıyla da $\angle DFL+\angle NLF={180}^{\circ }$ olacaktır. $DFEC$ dörtgeninde $\angle DFC=\angle DEC={90}^{\circ }$ olduğu için, $DFEC$ dörtgeni bir kirişler dörtgenidir, dolayısıyla da $\angle DFE+\angle DCE={180}^{\circ }$ elde edilir. Bu durumda $\angle NLF=\angle DCE$ bağıntısı elde edilir. Çembersel olan $B,C,N,D$ noktaları için de $\angle DCB=\angle DNB$ eşitliği söz konusu olduğu için $\angle NLF=\angle DNL$ elde edilir. $DF\parallel NL$ olduğu için $DFLN$ bir ikizkenar yamuktur.
Bu durumda $\angle FNL=\angle DLN$ eşitliği elde edilir. $OM=MN$ olduğu için $OF=NF$ ve $\angle FOM=\angle FNM=\angle DLN$ olacaktır. Bu durumda $DL\parallel OF$ elde edilir. Halihazırda $DF\parallel OL$ olduğu için, $DFOL$ bir paralelkenardır. Köşegenler birbirlerini ortalayacağı için $OP=\dfrac{OD}{2}=\dfrac{ON}{2}=OM$ olacaktır. $O$ ve $M$ sabit noktalar olduğu için, $P$ noktasının geometrik yeri, $O$ merkezli $M$ den geçen çember, yani içteğet çember üzerindedir. $N$ noktası, $AC$ küçük yayı üzerinde olduğu için, geometrik yer $\left[AO\right]$ nun içteğet çemberi kestiği nokta ile $\left[CO\right]$ nun içteğet çemberi kestiği nokta arasında kalan ${120}^{\circ }$ lik içteğet çember yayıdır.

$\angle BDA={35}^{\circ }$. $\angle BAC=\angle BCA={40}^{\circ }$ olduğu için $BA=BC$ dir. $B$ merkezli $|BA|$ yarıçaplı çember $AD$ yi $E$ de kessin. $BA=BE=BC$ ve $\angle EBC=2\cdot \angle CAE={60}^{\circ }$ olacaktır. $BEC$ üçgeni eşkenar olur. $BE=EC=BC$.
$\angle EBD=\angle EBC-\angle CBD={60}^{\circ }-{25}^{\circ }={35}^{\circ }=\angle BDE$ olduğu için $BE=ED=EC$ olur. Aslında burada hemen $E$ merkezli $BE=EC=ED$ yarıçaplı çemberde $\angle BDC=\dfrac{\angle BEC}{2}=\dfrac{{60}^{\circ }}{2}={30}^{\circ }$ elde edilebileceği gibi; basit açı hesapları ile $\angle CED={50}^{\circ }$ bulunabilir. $ECB$ ikizkenar üçgeninde taban açısı ${65}^{\circ }$, $\angle BDC$ de ${30}^{\circ }$ olarak elde edilebilir.

$BAC$ ikizkenar üçgeninde $AC$ ait yükseklik $AD$ yi $E$ de kessin. $\angle ABE=\angle CBE={50}^{\circ }$ ve $\angle EBD=\angle CBD={25}^{\circ }$ olacaktır. $BAEC$ deltoid olacağı için $\angle AEB=\angle BEC=\angle CED={60}^{\circ }$. $BCE$ üçgeninde $BD$ bir iç açıortay, $ED$ bir dış açıortay olduğu için $CD$ de bir dış açıortaydır ($D$ dış merkezdir.). Basit açı hesaplarıyla $\angle BDC={30}^{\circ }$ olarak bulunur.

$ABD$ üçgeninin dışarısındaki $C$ noktası için Ceva Teoremi'nin Trigonometrik halini uygulayalım:
$$\dfrac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB} \cdot \dfrac{\sin \angle CAD}{\sin \angle CDA} \cdot \dfrac{\sin \angle CDB}{\sin \angle CBD} = 1$$
$\angle BDC = \alpha$ dersek;
$$\dfrac{\sin 100^\circ}{\sin 40^\circ} \cdot \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin (\alpha + 35^\circ)} \cdot \dfrac{\sin \alpha}{\sin 25^\circ} = 1$$ elde ederiz.
$\begin{array}{lcl}
\sin 100^\circ &=& \sin 80^\circ \\
&=& 2\sin 40^\circ \cos 40^\circ \\
&=& 2 \sin 40^\circ \sin 50^\circ \\
&=& 2 \sin 40^\circ \cdot 2 \sin 25^\circ \cos 25^\circ \\
&=& 4 \sin 40^\circ \sin 25^\circ \sin 65^\circ
\end{array}$

değerini yerine yazarsak $$\dfrac {\sin \alpha}{\sin (\alpha+ 35^\circ)} = \dfrac {1}{2\sin 65^\circ} = \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin 65^\circ} = \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ + 35^\circ)} $$ eşitliğinden $\alpha = 30^\circ$ elde edilir.

Her $a$ pozitif tamsayısı için $n\mid a^n-a$'nin tanımlı olabilmesi için $n$'nin pozitif tamsayı olması gerekir. $n\leq 0$ incelemesine gerek yoktur.

 "$\Rightarrow$" kısmıyla başlayalım. $n=1$ ise $n$'nin asal böleni olmadığından sağ taraf her zaman doğru olacaktır. $n>1$ ve $p$ asalı için $p\mid n$ olsun. $p$'nin $n$'yi bölen en büyük kuvveti $\alpha\geq 1$ olsun. $a=p$ için $$n\mid p^n-p\implies p^{\alpha}\mid p^n-p\implies p^n\equiv p\pmod{p^{\alpha}}\implies p^{n-1}\equiv 1\pmod{p^{\alpha-1}}$$ olacaktır. $n-1\geq 1$ olduğundan $\alpha\neq 1$ durumunda $0\equiv 1\pmod{p}$ çelişkisi elde edilecektir. Dolayısıyla $\alpha=1$'dir ve $p^2\not\mid n$ olacaktır.

$p$ bir asal sayı olduğundan $p$ modunda ilkel kök vardır. Bunun ispatı için çeşitli kaynaklar vardır ama burada verirsem çok konu dışına çıkacağından dolayı eklemiyorum. Eğer başka bir gönderide paylaşılırsa buraya linkini ekleyebiliriz. $a$'yı $p$ modunda ilkel kök olarak seçelim. $(a,p)=1$'dir $a$'nın $p$ modunda mertebesi $\phi(p)=p-1$'dir. $p^2\not\mid n$ olduğundan $p$ ve $\frac{n}{p}$ aralarında asaldır ve Bezout teoreminden $a+pk$ ve $\frac{n}{p}$ aralarında asal olacak şekilde bir $k$ pozitif tamsayısı vardır. Dolayısıyla genelliği bozmadan $a$'yı hem $p$ hem de $\frac{n}{p}$ ile aralarında asal seçebiliriz. Bu ilkel kök $a$ için $(a,n)=1$ olacağından $$a^{n-1}\equiv 1\pmod{n}\implies a^{n-1}\equiv 1\pmod{p}$$ olacaktır. $a$, ilkel kök olduğundan da $p-1\mid n-1$ olmak zorundadır.

Şimdi "$\Leftarrow$" kısmını gösterelim. $n=1$ veya $n$'nin asal sayı olması durumunda küçük fermat teoreminden sol taraf doğru olacaktır. Dolayısıyla $n\geq 4$ kabul edebiliriz. Bu durumda $n$'nin tek asal böleni olmalıdır, aksi takdirde $p^2\not\mid n$ koşulundan dolayı $n=2$ olacaktır. $p$ tek asal böleni için $p-1$ çift olduğundan $2\mid n-1$ ve $n$ tek sayı bulunur. Dolayısıyla farklı $p_i$ tek asal bölenleri için $n=p_1p_2\dots p_k$ olarak yazılabilir.

Eğer $a$ pozitif tamsayısı için $(a,n)=d$ ise $d$'nin (varsa) tüm asal bölenleri de $p_1,p_2,\dots,p_k$ içerisinden ve karekalansız olmalıdır. $d$'nin bölenleri olan $p_i$ asallarını $q_1,q_2,\dots,q_t$ ile olmayan asalları ise $r_1,r_2,\dots, r_s$ ile gösterelim. Çin kalan teoreminden $$a^n-a\equiv 0\pmod{n}\iff (\text{her  }i=1,2,\dots, k\text{   için    }a^n-a\equiv 0\pmod{p_i})$$ olacaktır. $q_1,q_2,\dots, q_t$ için "$a^n-a\equiv 0\pmod{q_i}$" doğrudur çünkü $a\equiv 0\pmod{q_j}$ olacaktır. Diğer asallar için $(a,r_i)=1$ olacağından $$a^{n}\equiv a\pmod{r_i}\iff a^{n-1}\equiv 1\pmod{r_i}$$ olacaktır. $p-1\mid n-1$ koşulundan dolayı bu da doğrudur çünkü $$a^{n-1}\equiv \left(a^{r_i-1}\right)^{\frac{n-1}{r_i-1}}\equiv 1^{\frac{n-1}{r_i-1}}\equiv 1\pmod{r_i}$$ olacaktır. Dolayısıyla çin kalan teoreminden her $a$ pozitif tamsayısı için $n\mid a^n-a$ elde edilir.

$c_n=x_n n^{-3 / 2}$ olarak belirleyelim; $c_n \rightarrow(2 / 3)^{3 / 2}$ olduğunu kanıtlayacağız. $n\left[(1+1 / n)^{3 / 2}-1\right] \rightarrow 3 / 2$ olduğunu hatırlayalım, bu nedenle herhangi bir $\epsilon>0$ için, $n \geq N$ için
$$
3 / 2-\epsilon<n\left[(1+1 / n)^{3 / 2}-1\right]<3 / 2+\epsilon .
$$ Şimdi, $n \geq N$ ve $c_n<(3 / 2+\epsilon)^{-3 / 2}$ ise, $c_n^{2 / 3}<(3 / 2+\epsilon)^{-1}$ ve bu nedenle $(3 / 2+\epsilon) c_n<c_n^{1 / 3}$ olur.
$$
\begin{aligned}
x_{n+1} & =x_n+x_n^{1 / 3} \\
& =c_n n^{3 / 2}+c_n^{1 / 3} n^{1 / 2} \\
& >c_n n^{3 / 2}+(3 / 2+\epsilon) c_n n^{1 / 2} \\
& >c_n n^{3 / 2}+c_n n\left((1+1 / n)^{3 / 2}-1\right) n^{1 / 2} \\
& =c_n n^{3 / 2}(1+1 / n)^{3 / 2} \\
& =c_n(n+1)^{3 / 2} .
\end{aligned}
$$ Bu nedenle $c_{n+1}>c_n$ dir. $\left\{c_n\right\}$ dizisinin alt limitinin (limit inferior) her $\epsilon>0$ için en az $(3 / 2+\epsilon)^{-3 / 2}$ olduğu sonucuna varırız, yani en az $(2 / 3)^{3 / 2}$'dir. Benzer bir argümanla, dizinin üst limitinin (limit superior) her $\epsilon>0$ için en fazla $(3 / 2-\epsilon)^{-3 / 2}$ olduğunu sonucuna varırız. Sonuç olarak, istediğimiz gibi, $c_n \rightarrow(2 / 3)^{3 / 2}$ olduğu ortaya çıkar.

Kaynak: Mathematical Contests 1995-1996 Olympiad Problems and Solutions from around the World, 1997, Syf 126-127.