Tübitak Lise Takım Seçme - 1994 Çözümleri

Tamsayılar üzerinde tanımlı olan bir $f$ fonksiyonu tüm $x$ tam sayıları için $f(x)+f(x+3)=x^{2}$ eşitliğini sağlamaktadır. $f(19)=94$ olduğuna göre $f(94)$ değerini hesaplayınız.

Çözüm:

$ \begin{array}{rcl}
f\left(x+3\right) &=& x^2-f(x) \\
f\left(22\right) &=& {19}^2-f\left(19\right)={19}^2-94 \\
f\left(25\right) &=& {22}^2-{19}^2+94 \\
&\vdots& \\
f\left(94\right) &=& {91}^2-{88}^2+{85}^2-{82}^2+\dots +{25}^2-{22}^2+{19}^2-94 \\
f\left(94\right) &=& 3\left(91+88+85+\dots +25+22\right)+{19}^2-94 \\
f\left(94\right) &=& 3\cdot 12\cdot 113+361-94=4335
\end{array}$

$O$ merkezli $[AB]$ çaplı yarım çemberin bu çapı üzerinde $O$ ile $B$ arasındaki bir $E$ noktasından $[AB]$ çapına çıkılan dikme, çemberi $D$ noktasında kesiyor. $[DE]$ ve $[EB]$ doğru parçalarına sıra ile $K$ ve $C$ noktalarında teğet olan bir çember $BD$ yayına da $F$ noktasında içten teğettir. Buna göre $\widehat{EDC}=\widehat{BDC}$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm 1:

$KI\parallel OA$, $\dfrac{KI}{OA}=\dfrac{IF}{OF}$ olduğu için $A,K,F$ doğrusaldır. $\angle ADE=\angle ABD=\angle AFD$ olduğu için $AD^2=AK\cdot AF$.

$A$ noktasının $I$ merkezli çembere göre kuvvetinden $AC^2=AK\cdot AF$ olduğu için $AD=AC$ elde edilir.
Bu durumda $\angle ADC=\angle ACD\Rightarrow \angle ADE+\angle EDC=\angle CDB+\angle DBC\Rightarrow \angle EDC=\angle BDC$ olur.

Çözüm 2:

$OA=R$ ve $IC=r=1$ olsun. Açıortay teoreminden $\dfrac{DE}{EC}=\dfrac{DB}{BC}$ elde edileceği için $$\dfrac{DE^2}{BD^2}=\dfrac{EC^2}{BC^2}=\dfrac{1}{BC^2}$$ olduğunu göstermemiz gerekecek.
$$BD^2=DE^2\cdot BC^2\Rightarrow BE^2=BD^2-DE^2=DE^2\left(BC^2-1\right)=DE^2\left(BC-1\right)\left(1+BC\right)$$ $$=DE^2\left(BC-1\right)BE\Rightarrow BE=1+BC=DE^2(BC-1)$$ olduğunu göstereceğiz.
$$OI=R-r=R-1, OC=\sqrt{R^2-2R}\Rightarrow BC=R-\sqrt{R^2-2R}$$ $$DE^2=OD^2-OE^2=R^2-{\left(\sqrt{R^2-2R}-1\right)}^2=2\sqrt{R^2-2R}+2R-1. $$ $$DE^2\cdot \left(BC-1\right)=\left(2\sqrt{R^2-2R}+2R-1\right)\left(R-\sqrt{R^2-2R}-1\right)$$ $$=2R\sqrt{R^2-2R}-2\left(R^2-2R\right)-2\sqrt{R^2-2R}+2R^2-2R\sqrt{R^2-2R}-2R-R+\sqrt{R^2-2R}+1$$ $$=R-\sqrt{R^2-2R}+1=BC$$ olur.

Bir $25$-genin bütün kenarları ve köşegenleri kırmızı ve beyaza boyanırsa, köşeleri $25$-genin köşelerinde bulunup bütün kenarları aynı renk olan en az $500$ üçgen bulunacağını gösteriniz.

Çözüm:

Her çift renkli üçgenin tam olarak $2$ köşesinden çıkan kenarların biri beyaz, diğeri kırmızıdır. Her $i$ köşesinden $a_i$ kırmızı kenar çıkıyorsa, $24-a_i$ beyaz kenar çıkar. Her köşeden $a_i(24-a_i)$ adet çift renkli üçgen elde edilir. Her çift renkli üçgenin tam olarak bir tane daha çift renkli köşesi olduğundan toplam çift renkli üçgen sayısı $\frac{1}{2}\sum^{25}_{i=1}{a_i(24-a_i)}$ olacaktır. Bu değer en çok $\frac{1}{2}\sum\limits^{25}_{i=1}{12\left(24-12\right)=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 12\cdot 25=1800}$ tane çift renkli üçgen olabilir. $25$ köşe $\binom{25}{3}=2300$ üçgen belirteceği için, bunlardan en az $2300-1800=500$ tanesi tek renklidir.

$ABC$ üçgeninin kenarları üzerinde $P\in\lbrack AB\rbrack , Q\in \lbrack BC\rbrack ,R\in[CA]$ ve $$\dfrac{|AP|}{|AB|}=\dfrac{|BQ|}{|BC|}=\dfrac{|CR|}{|CA|}=k \qquad (k<\dfrac{1}{2})$$ olacak biçimde $P,Q,R$ noktaları alınıyor. $G$, $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğuna göre $$\dfrac{Alan(PQG)}{Alan(PQR)}$$ değerini bulunuz.

Çözüm:

$A\left(x_1,y_1\right),\ B\left(x_2,y_2\right),\ C(x_3,y_3)$ şeklinde tanımlansın. $G\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3},\dfrac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)$ olacaktır.

$P\left(\dfrac{x_2-x_1}{k}+x_1,\dfrac{y_2-y_1}{k}+y_1\right)$, $Q\left(\dfrac{x_3-x_2}{k}+x_2,\dfrac{y_3-y_2}{k}+y_2\right)$ ve $R\left(\dfrac{x_1-x_3}{k}+x_3,\dfrac{y_1-y_3}{k}+y_3\right)$ olur.

$PQR$ üçgeninin ağırlık merkezi $G'\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3},\dfrac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)$ olacağı için $G=G'$ olur. Bu durumda $\dfrac{Alan\left(PQG\right)}{Alan\left(PQR\right)}=\dfrac{1}{3}$ olacaktır.

$\lim\limits_{i\to \infty }\dfrac{2^{n_{i}}}{3^{m_{i}}}=1$ olacak şekilde $n_{i}, m_{i}$ $(i=1,2,3\ldots )$ pozitif tamsayılarının bulunabileceğini gösteriniz.

Çözüm:

Önce Analizde bilinen bir teoremi hatırlatalım.

Teorem: Her irrasyonel $a$ sayısı için ona yakınsayan ve her $i \in \mathbf N$ için $$\left | \dfrac {n_i}{m_i} - a \right | < \dfrac 1{m_i^2},$$ eşitsizliğini sağlayan $\left \{ \frac {n_i}{m_i} \right \}$, $i \geq 1$ bir rasyonel sayı dizisi vardır.

Teoremden dolayı, $$\lim\limits_{i\to \infty } \dfrac {n_i}{m_i} = \dfrac {\ln 3}{\ln 2}$$ eşitliğini sağlayan ver her $i$ için $$ \left | \dfrac {n_i}{m_i} - \dfrac {\ln 3}{\ln 2} \right | < \dfrac {1}{m_i^2} \tag{*}$$ özelliğine sahip bir rasyonel sayı dizisi $\left \{ \frac {n_i}{m_i} \right \}$ vardır. $(*)$ dan: $$\begin{array}{lcl}
|n_i \ln 2 - m_i \ln 3| < \dfrac {\ln 2}{m_i} & \Longleftrightarrow & |\ln 2^{n_i} - \ln 3^{m_i}| < \dfrac {\ln 2}{m_i} \\
& \Longleftrightarrow & \left| \ln \dfrac {2^{n_i}}{3^{m_i}} \right | < \dfrac {\ln 2}{q_i} \\
& \Longleftrightarrow & e^{- \frac {\ln 2}{m_i}} < \dfrac {2^{n_i}}{3^{m_i}} < e^{\frac {\ln 2}{m_i}}
\end{array}$$ elde edilir. $\lim\limits_{i\to \infty } e^{\pm \frac {\ln 2}{q_i}} = e^0 = 1$ olduğundan, Sandwich teoreminden $\lim\limits_{i\to \infty } \dfrac {2^{n_i}}{3^{m_i}} = 1$ olur.

Kaynak: Analiz ve Cebirde İlginç Olimpiyat Problemleri ve Çözümleri, 2003, Problem 3.43 Syf. 95-96.

$a^{2}+b^{2}+3$ sayısının $a\cdot b$ ile bölünebilmesini sağlayan tüm $(a,b)$ tam sayı ikililerini bulunuz.

Çözüm:

İfadenin tam sayı olması istendiğinden

$$a^2+b^2+3=abc$$ $c\in \mathbb Z$ olmalıdır.

Bu soruyu çözerken $c$ herhangi bir tam sayı olduğu için genelliği bozmadan pozitif tam sayılarda çözümleri bulursak geri kalan çözümleri bulmak kolaydır.

Bu soruyu $\dfrac{a^2+b^2+3}{ab}\in \mathbb Z$ olarak düşünebiliriz. $a=b$ olduğunu varsayarsak $2+\dfrac{3}{a^2}$ gelir ve $a=1$ olmalıdır. $a=b=1$ yerine koyulursa $c=5$ elde edilir.

Genelliği bozmadan $a>b$ kabul edebiliriz.

$$a^2-abc+(b^2+3)=0$$ denkleminin diğer çözümü $x$ olsun.

$$a+x=bc$$ $$ax=b^2+3$$

elde edilir. Buradan $x$ in de tam sayı olacağı görülür.

Genelliği bozmadan $x\ge a$ olsun. O halde

$$a^2+3>b^2+3=ax\ge a^2$$ $a\ge3$ için
$$a^2>b^2\ge a^2-3 >(a-1)^2$$ olduğundan dolayı çözüm yoktur.

$a=2$ için $a>b$ kabulünden dolayı olası tek çözüm $(2,1)$ dir ki sağlar $c=4$ bulunur. Geri kalan çözümler ise bunların işaretlerinin ve $a$ ile $b$ nin değerlerinin yer değiştirmeleriyle gelecektir.

$(1,1)$ ikilisinden yararlanarak $(1,1,5)$ $(-1,1,-5)$ ,$(1,-1,-5)$ , $(-1,-1,5)$ çözümü gelir.

$(2,1)$ ikilisinden yararlanarak $(2,1,4)$ , $(1,2,4)$ , $(2,-1,-4)$ , $(-1,2,-4)$ , $(-2,1,-4)$ , $(1,-2,-4)$ çözümlerini söyleriz. Bu denklemin $10$ çözümü vardır.