Tübitak Lise Takım Seçme - 1992 Çözümleri

$14$ ardışık sayının $7$ tanesi tektir. Bunlardan en fazla $1$ tanesi $7$ ile bölünür. En fazla $1$ tanesi $11$ ile bölünür. En fazla $2$ tanesi $5$ ile bölünür. En fazla $3$ tanesi $3$ ile bölünür. Hiçbiri $2$ ile bölünmez. $1+1+2+3+0=7$ olduğu için her bir sayının sadece bir asal sayı ile bölünmesi gerekir. Aksi durumda en az bir sayı $2\le p\le 11$ arasındaki asal sayılardan en az biri ile bölünmez. En fazla $3$ tanesi $3$ ile bölünür demiştik. Bu durumda en baştaki ve en sondaki sayılar $3$ ile bölünmek zorunda. En fazla $2$ tanesi $5$ ile bölünür demiştik. (Daha iyi anlamak için  $1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27$ dizisi üzerinden sayıları seçebilirsiniz.) Bu durumda ya ilk sayı ile sondan ikincisi, ya da ikinci sayı ile son sayı $5$ ile bölünmek zorunda. Demek ki bu sayılardan en az bir tanesi $2\le p\le 11$ arasındaki asal sayılardan en az biri ile bölünmez.

$m(\widehat{OBC})=\alpha$ olsun.O çevrel çemberin merkezi ve $\vert BE \vert\bot{| AC \vert}$ olduğundan $m(\widehat{CAB})=90^{\circ}-\alpha ,m(\widehat{CAB})=\alpha $ olur.


$C-B-A-D$ çembersel olduğundan  $m(\widehat{CAB})=\alpha$  dır. Ayrıca  $m(\widehat{CFD})=m(\widehat{CED})=90^{\circ}$ olduğundan $D-C-F-E$
çembersel olup $m(\widehat{DFE})=\alpha$ ,$m(\widehat{EFB})=90^{\circ}-\alpha$ olur .Bu durumda  $BO$ doğrusunun $EF$ doğrusuna dik olur.

$BO$ ile $AC$, $I$ da; $EF$ ile $BO$ da $H$ noktasında kesişsin. $EDFC$ dörtgeni karşılıklı açıları ($E$ ve $F$) toplamı ${180}^{\circ }$ olduğu için kirişler dörtgenidir.
$$\angle EDC=\angle EFC=\angle BAC \tag{1}$$ $$\angle ABO=\angle DBC={90}^{\circ }-\angle ACB \tag {2}$$ $\angle BIE=\angle BAC+\angle ABO$ ve $\angle HEB=\angle DBC+\angle EFC$ olduğu için $\angle BIE=\angle HEB\Rightarrow \angle EHB={90}^{\circ }$ olur.

Not:
$AC$, $G$ nin Simson doğrusu; $EF$, $D$ nin Simson doğrusudur. İki noktanın Simson doğruları arasındaki açı, bu iki noktanın belirlediği yayın ölçüsünün yarısı kadardır. Bir başka deyişle, bu yayı göre çevre açının ölçüsüne eşittir. Bu durumda $\angle OEH=\angle GBD$ ve $BO\bot EF$ olacaktır.

$y_i=\dfrac{1}{1+x_i}$ dediğimizde soru  $y_1+y_2+\dots +y_{n+1}=1$ ve $x_1x_2\dots x_{n+1}=\dfrac{1-y_1}{y_1}\dfrac{1-y_2}{y_2}\dots \dfrac{1-y_{n+1}}{y_{n+1}}\ge n^{n+1}$ şekline dönüştü. $$\dfrac{1-y_1}{y_1}\dfrac{1-y_2}{y_2}\dots \dfrac{1-y_{n+1}}{y_{n+1}}=\dfrac{\left(y_2+y_3+\dots y_{n+1}\right)}{y_1}\dfrac{\left(y_1+y_3+\dots y_{n+1}\right)}{y_2}\dots \dfrac{\left(y_1+y_2+\dots y_n\right)}{y_{n+1}}$$ olacaktır. $n$ terimli $y_i$ toplamları için $A.O\ge GO$ uygularsak; $$\dfrac{y_2+y_3+\dots y_{n+1}}{n}\ge \sqrt[n]{y_2y_3\dots y_{n+1}}\Rightarrow \dfrac{y_2+y_3+\dots y_{n+1}}{y_1}\ge \dfrac{n\sqrt[n]{y_2y_3\dots y_{n+1}}}{y_1}$$ elde ederiz. $n+1$ adet terim için $A.O\ge GO$ uyguladıktan sonra taraf tarafa çarparsak $$\dfrac{\left(y_2+y_3+\dots y_{n+1}\right)}{y_1}\dfrac{\left(y_1+y_3+\dots y_{n+1}\right)}{y_2}\dots \dfrac{\left(y_1+y_2+\dots y_n\right)}{y_{n+1}}\ge n^{n+1}\dfrac{y_1y_2\dots y_{n+1}}{y_1y_2\dots y_{n+1}}=n^{n+1}$$ elde edilir.

Eşitlik durumu $y_1=y_2=\dots =y_{n+1}\Rightarrow x_1=x_2=\dots =x_{n+1}$ olduğunda elde edilir.

Köşegenlerin kesişim noktası $K$ olsun. $ABCD$ nin çemberinin yarıçapı $R$ olsun. $KQCR$, $KPBQ$, $KPAS$, $KSDR$ dörtgenleri çevrel yarıçapları sırasıyla $KC,KB,AK,BK$ olan birer kirişler dörtgenidir.
$ABCD$ dörtgenin iki köşegeni, diğer dört dörtgenin çap olmayan köşegenleri için Sinüs Teoremini uygulayalım. $$\dfrac{AC}{{\sin \widehat{B}\ }}=2R, \dfrac{BD}{{\sin \widehat{A}\ }}=2R\Rightarrow AC\cdot {\sin \widehat{A}=BD\cdot {\sin \widehat{B}\ }\ } \tag {*}$$
$\dfrac{RQ}{{\sin \widehat{C}\ }}=\dfrac{RQ}{{\sin \widehat{A}\ }}=KC\Rightarrow RQ=KC\cdot {\sin \widehat{A}\ }$.
Benzer şekilde $PS=AK\cdot {\sin \widehat{A}\ }$, $PQ=KB\cdot {\sin \widehat{B}\ }$ ve $RS=DK\cdot {\sin \widehat{B}\ }$. Buna göre $PQ+SR=BD\cdot {\sin \widehat{B}\ }$ ve $PS+RQ=AC\cdot {\sin \widehat{A}\ }$ olur.
$(*)$ e göre $PQ+RS=QR+SP$ dir.

Köşegenlerin kesişim noktası $K$ olsun. $\angle CAB=\angle CDB$, $\angle KAP=\angle KSP$ ve $\angle KSR=\angle KDR$ eşitlikleri $\angle PSK=\angle KSR$ yani $PQRS$ dörtgeninde $SK$ yı açıortay yapar. Benzer şekilde $RK,PK,QK$ da açıortaydır. Bu durumda $PQRS$ bir teğetler dörtgeni yani $PQ+RS=QR+SP$ olur.

Çözüm: Önce $n$ kutuya $n$ tane topu istenen şarta uygun olarak dağıtalım. Çünkü $n$ inci top da uygun bir kutuya koyulduktan sonra tüm kutular açılmış olaraktır.

$n$ topu dağıtırken herhangi bir anda açık olan kutu sayısı, kutulara dağıtılmış olan top sayısından daha az olmamalıdır. Bu ise bizi $n$ inci Catalan sayısına götürür ve $C_n=\dfrac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ yolla bu işlem yapılabilir.

Şimdi geriye kalan $m-n$ özdeş topu $n$ kutuya dağıtalım. Dağılım prensibi gereğince bu işlem $\binom{m-1}{n-1}$ yolla yapılabilir.

Çarpma prensibinden $\dfrac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\binom{m-1}{n-1}$ elde ederiz. (L. Gökçe)

$251$ noktayı merkez kabul eden $251$ tane $1$ yarıçaplı daireleri çizelim. $5$ yarıçaplı ve merkezi $4$ yarıçaplı daireyle kesişen bir daire, bu $251$ dairenin hepsini içine alabilir. Söz konusu büyük dairenin alanı $25\pi $ iken küçük dairelerin toplam alanı $251\pi $. Demek ki öyle bir nokta var ki, $11$ daire tarafından da içeriliyor. Bu noktayı merkez kabul eden $1$ yarıçaplı daire, söz konusu $11$ çemberin merkezlerini içereceğine göre soruda bahsi geçen daire çizilebilir.