Tübitak Lise Takım Seçme - 1993 Çözümleri

Pozitif tamsayılardan oluşan, ilk terimi $16$ olan ve her teriminin farklı pozitif bölenlerinin sayısı $5$ ile bölünen sonsuz bir aritmetik dizinin var olduğunu gösteriniz. Bu tür diziler içinde ortak farkı en küçük olanını bulunuz.

Çözüm:

$16=2^4$ sayısının $5$ pozitif böleni var. $16$ dan sonra $5$ bölenli en küçük sayı $3^4=81$. $10$ bölenli en küçük sayı $2^4\times 3=48$. Bu durumda ilk adayımız $16,48,\dots 16+32k$ dizisi. Gerçekten de $16+32k=16\left(2k+1\right)=2^4(2k+1)$ sayılarının bölen sayısı her zaman $5$ e bölünür. Bundan sonra bu özelliği sağlayan dizi varsa, ortak farkı $32$ den büyük olacağı için bu tarzdaki diziler arasından en küçük ortak farka sahip olanı $16+32k$ dizisidir.

Dar açılı $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $M$ noktası olup, $(BMA)$ çemberi $BC$ kenarını $P$, $AC$ kenarını $Q$ noktasında kesiyor. Buna göre, $CM$ doğrusunun $PQ$ doğrusuna dik olduğunu ispatlayınız.

Çözüm 1:

$M$ çevrel çemberin merkezi olduğundan $m(\widehat{BMA})= 2 m(\widehat{ACB})$ dir.$A-Q-M-P$ çembersel olduğundan

$m(\widehat{AQP})= m(\widehat{BPA})= 2 m(\widehat{ACB})$ dir.Bu durumda $\vert AP\vert=\vert PC\vert$ ve $ \vert BQ\vert=\vert QC\vert$ olur.
$M$ çevrel çemberin merkezi olduğundan $[OM\ \bot\vert BC\vert$ ve $[PM\ \bot\vert AC\vert$ olur .Bu durumda $M$
$QPC$ üçgeninin diklik merkezi olup $CM\bot PQ$ olur

Çözüm 2:

$$\angle BMC=2\cdot \angle BAC\Rightarrow \angle MCB={90}^{\circ }-\angle BAC.$$ $AQPB$ kirişler dörtgeninde $$\angle BPQ={180}^{\circ }-\angle QAB=\angle BAC$$ olacağından $$\angle QPC+\angle PCM=\angle BAC+{90}^{\circ }-\angle BAC={90}^{\circ }.$$

Not:
Soru çok basit. Biraz terim kullanarak karmaşıklaştıralım. $AB$ ile $PQ$ doğruları anti-paraleldir. $ABC$ üçgeninde $CM$ doğrusu $C$ den geçen yüksekliğin izogonal eşleniğidir (isogonal conjugate). Bu durumda $CM$ doğrusu $CQP$ üçgeninde yüksekliktir.

Her $n\ge 1$ için $b_{n+1}^{2}\ge \dfrac{b_{1}^{2}}{1^{3}}+ \dfrac{b_{2}^{2}}{2^{3}} + \ldots +\dfrac{b_{n}^{2}}{n^{3}}$ koşulunu sağlayan bir $(b_{n})$ pozitif reel sayı dizisi veriliyor. $$\sum_{n=1}^{K}{\dfrac{b_{n+1}}{b_{1}+b_{2}+\ldots +b_{n}}>\dfrac{1993}{1000}}$$ olacak şekilde bir $K$ tamsayısı bulunabileceğini gösteriniz.

Çözüm:

Verilen eşitsizliğe faydalı eşitsizlik uygularsak, $$b_{n+1}^{2}\geq \frac{b_{1}^{2}}{1^{3}}+ \frac{b_{2}^{2}}{2^{3}} + \cdots +\frac{b_{n}^{2}}{n^{3}}\geq \frac{(b_1+b_2+\cdots+b_n)^2}{1^3+2^3+\cdots+n^3}$$ $$\implies \frac{b_{n+1}}{b_1+b_2+\cdots +b_n}\geq \frac{1}{\sqrt{1^3+2^3+\cdots+n^3}}=\frac{2}{n(n+1)}$$ elde edilir. Dolayısıyla $$\sum_{n=1}^{K}\frac{b_{n+1}}{b_1+b_2+\cdots +b_n}\geq \sum_{n=1}^{K}\frac{2}{n(n+1)}=2\sum_{n=1}^{K}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=2-\frac{2}{K+1}$$ olacaktır. Eğer $K\geq 285$ alırsak, $$\sum_{n=1}^{K}\frac{b_{n+1}}{b_1+b_2+\cdots +b_n}\geq 2-\frac{2}{K+1}>\frac{1993}{1000}$$ elde edilir. Dolayısıyla $K\geq 285$ olan her $K$ tamsayısı için istenilen eşitsizlik sağlanır.

İki şehir arasında en fazla bir yol bulunmak şartı ile, $v$ adet şehrin kimileri bir yol ile birbirine bağlanmıştır. $e$, bu yolların sayısını göstermek üzere

$e<v-1$ olması halinde birinden diğerine seyahat edemeyeceğimiz en az bir çift şehrin bulunduğunu;
$2e>(v-1)(v-2)$ olması halinde herhangi iki şehir arasında bir seyahatın mümkün olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$2$ şehir için en az $1$ yol gerekli. $3$ şehir için en az $2$ yol gerekli. $v-1$ şehir için en az $v-2$ yol gereksin. $v$ şehir için en az $v-1$ yol gerekeceğini tümevarımla göstereceğiz. Çizge kuramında $\sum d\left(v\right)=2|E|$ şeklinde köşelere ait derecelerin toplamı kenar sayısının iki katıdır diye bir kural var. Buna takılı kalmadan, her şehirden geçen yol sayısına o şehrin derecesi diyelim. Her yol iki köşeden geçtiğine göre, derecelerin toplamı yol sayısının iki katı kadar olacaktır. Tümevarıma geri dönersek, her şehrin derecesi $1$ den büyük olsaydı, $\dfrac{2v}{2}=v$ yol olurdu. Demek ki en az $1$ tane şehrin derecesi $1$. (Derecenin $0$ olması demek, o şehrin diğer şehirlerle bağlantısı yok demektir.) Bu şehrin bağlantısını diğer şehirlerden kopardığımızda, diğer şehirlerden birbirlerine gidilebilme koşulunda bir değişiklik yapmamış oluyoruz. Çünkü çıkardığımız şehir üzerinden başka bir şehre gidilemiyor. Bu $v-1$ şehir için en az $v-2$ yol gerekeceği tümevarım hipotezinde belirtildi. Şimdi bu çıkardığımız şehri, $v-1$ şehirli yol dağıtımına eklediğimizde en az $\left(v-2\right)+1=v-1$ yol gerekmiş olacak. Bu durumda $e<v-1$ için en az bir şehir çifti için güzergah yoktur.
Şehirler arasında böyle bir ulaşımın olmadığını varsayalım. Çizge kuramı üzerinden konuşursak, $G$ nin birbirinden bağımsız iki bileşenini ele alalım. $A=\dfrac{V\left(G\right)}{B}$ , $B\ \subset V\left(G\right)$, $v-1\ge \left|B\right|=k\ge 1$ ise $\left|A\right|=v-k$. $B$ deki şehirler ile $A$ nın herhangi bir şehrini bağlayan yol yok. $A$ da en fazla $\left( \begin{array}{c}
v-k \\
2 \end{array}
\right)$, $B$ de de en fazla $\left( \begin{array}{c}
k \\
2 \end{array}
\right)$ kadar yol bulunabilir. Toplamda en fazla $\left( \begin{array}{c}
k \\
2 \end{array}
\right)+\left( \begin{array}{c}
v-k \\
2 \end{array}
\right)=\dfrac{k\left(k-1\right)}{2}+\dfrac{\left(v-k\right)\left(v-k-1\right)}{2}=\dfrac{v^2-2vk+2k^2}{2}\ $yol bulunabilir. Bu ifade $k=v-k$ olduğunda en küçük değerini, dolayısıyla da $k=1$ veya $k=v-1$ olduğunda en büyük değerini alacak. Demek ki bağlantısız bir çizge en fazla $\left( \begin{array}{c}
1 \\
2 \end{array}
\right)+\left( \begin{array}{c}
v-1 \\
2 \end{array}
\right)=\dfrac{\left(v-1\right)\left(v-2\right)}{2}$ adet kenar içerebiliyor. Bunun üzerine bir yol daha eklediğimizde, $e>\dfrac{\left(v-1\right)\left(v-2\right)}{2}$ şartı sağlanmış, çizge bağlı olmuş olacak. Bu durumda herhangi bir şehirden diğerine gitmek mümkün olmuş olacak.

$AB$ çaplı, $O$ merkezli yarım çemberin $OE \perp AB$ olmak üzere çizilen $OE$ yarıçapı bir $AC$ kirişini yarı çemberin iç bölgesinde $D$ noktasında kesmektedir.$OBCD$ dörtgeninin teğetler dörtgeni olabilmesi için $\widehat{CAB}$ açısının alabileceği bütün değerleri belirleyiniz.

Çözüm:

$DCBO$ teğetler dörtgeninin çemberi, üçgeninin içteğet çemberidir.

$AB=c,\ BC=a,\ AC=b$ ve $u=\dfrac{a+b+c}{2}$ dersek, içteğet çember $AB$ ye $T$ de dokunuyorsa $OT=r=u-c$ ve $BT=u-b$ elde edilir. $OT+TB=2u-b-c=a=\dfrac{c}{2}$ olduğundan ${\sin \dfrac{\angle CAB}{2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \angle CAB={30}^{\circ }}$olur.

Her $x,y \in \mathbb{Q}^{+}$ için, $$f(x+\dfrac{y}{x})=f(x)+\dfrac{f(y)}{f(x)}+2y$$ koşulunu gerçekleyen tüm $f:\mathbb{Q}^{+}\to \mathbb{Q}^{+}$ fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm:

$k\in {{\mathbb Z}}^+$ olmak üzere; $y=kx^2$ değeri ile fonksiyonel denklemi tekrar yazalım. $f\left(\left(k+1\right)x\right)=f\left(x\right)+f\left(kx\right)+2kx^2$. $f(kx)$ dizisinin genel terimi $$f\left(kx\right)=kf\left(x\right)+k\left(k-1\right)x^2 \tag{1}$$ olacaktır. ($k=1,2,\dots k-1$ değerleri için denklemleri alt alta toplayın). $x=1$ değeri için $$f\left(k\right)=kf\left(1\right)+k^2-k \tag{2}$$ elde etmiş olduk. Yani en azından tam sayılar da $f$ nin davranışını belirledik. Tüm pozitif tam sayılarda bu şekilde davranan bir fonksiyon, pozitif rasyonel sayılarda da bu şekilde davranır mı? Hislerimiz evet diyor; ama matematiksel olarak henüz bu yargıya varamıyoruz. Her rasyonel sayı iki tam sayının bölümü şeklinde yazılabileceği için $m\in {{\mathbb N}}_0$ ve $k\in {{\mathbb N}}^+$ için $x=\dfrac{m}{k}$ değerini $(1)$ numaralı bağıntıda yerine yazarsak $f\left(m\right)=kf\left(\dfrac{m}{k}\right)+m^2-\dfrac{m^2}{k}$ elde edilir. $m$ tam sayı olduğu için $f(m)$ değerini $(2)$ den hesaplayabiliriz. $$f\left(m\right)=mf\left(1\right)+m^2-m=kf\left(\dfrac{m}{k}\right)+m^2-\dfrac{m^2}{k}.$$ Bu durumda $f\left(\dfrac{m}{k}\right)={\left(\dfrac{m}{k}\right)}^2-\dfrac{m}{k}+f\left(1\right)\dfrac{m}{k}$ elde edilir. $x=\dfrac{m}{k}$ olduğuna göre her $x\in {{\mathbb Q}}^+$ için $f\left(x\right)=x^2-x+f\left(1\right)x$ elde edilir. $f\left(1\right)=C\in {{\mathbb Q}}^+$ için $$f\left(x\right)=x^2-x+Cx$$ elde edilir.