Tübitak Lise Takım Seçme - 1991 Çözümleri

Bir $ABC$ üçgeninin $AB,AC$ ve $BC$ kenarları üzerinde sırası ile $C'$, $B'$ ve $A'$ noktaları işaretleniyor.
$$\dfrac{AB'}{B'C}=\dfrac{BC'}{C'A}=\dfrac{CA'}{A'B}=k$$ olduğu bilindiğine göre, $AA', BB'$ ve $CC'$ doğrularının sınırladığı üçgenin alanının,
$ABC$ üçgeni alanına oranının $$\dfrac{(k-1)^{2}}{k^{2}+k+1}$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$AA^{\prime}\cap CC'=\left\{K\right\},\ AA\cap CB'=\left\{L\right\}$ ve $BB'\cap CC'=\left\{M\right\}$ olsun. $CL\cap AB=\{C''\}$ olsun.

Ceva teoremine göre $\dfrac{AC^{''}}{C^{''}B}={\rm \ }\dfrac{AB'}{B'C}\cdot \dfrac{CA'}{A'B}=k^2$ .

$\dfrac{\left[CAL\right]}{\left[CLB\right]}=k^2$, $\dfrac{\left[ALB\right]}{\left[BCL\right]}=k$ olduğuna göre $\left[ABC\right]=\left(k^2+k+1\right)\cdot \left[BCL\right]$ olur.

Benzer şekilde $\left[ABC\right]=\left(k^2+k+1\right)\cdot \left[AKC\right]$ ve $\left[ABC\right]=\left(k^2+k+1\right)\cdot \left[BAL\right]$ elde edilir. Bu durumda $\left[BCM\right]=\left[BAL\right]=[AKC]$ olur. Bu durumda $\left[KLM\right]=\left[ABC\right]-\left[BAL\right]-\left[CAK\right]-\left[CMB\right]=\left[ABC\right]-3k\left[BCL\right]=\left[BCL\right](k^2-2k+1)$.
$$\dfrac{\left[KLM\right]}{\left[ABC\right]}=\dfrac{\left[BCL\right]\left(k^2-2k+1\right)}{\left[BCL\right](k^2+k+1)}=\dfrac{{\left(k-1\right)}^2}{k^2+k+1}.$$

Not: Bu sorunun genel hali Routh Teoremi olarak geçiyor:
$\dfrac{AB'}{B'C}=x,\ \dfrac{BC'}{C'A}=y,\dfrac{CA'}{A'B}=z$ ise $AA',\ BB'$ ve $CC'$ doğrularının sınırladığı üçgenin alanının, $ABC$ üçgeni alanına oranı $\dfrac{{\left(xyz-1\right)}^2}{\left(xy+y+1\right)\left(yz+z+1\right)\left(zx+x+1\right)}$ dir.

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=a^{2}b^{2}c^{2}d^{2}$ denklemini sağlayacak şekilde $a,b,c,d$ pozitif tam sayılarının bulunamayacağını gösterin.

Çözüm:

Sayıların hepsi çift olmalı. Sayıların hepsi tek ise; sol taraf çift, sağ taraf tek olur. Sayılardan en az bir tanesi çift olduğunda, $\bmod 4$ te sağ taraf $0$ olacak. Sol tarafın $\bmod 4$ te alabileceği değerler $\{1,2,3\}$ kümesinden olabilir. Bu durumda sayıların hepsi çifttir. $a,b,c,d>0$ olduğu için $a,b,c,d>1$ dir. Pozitif çift sayılarda $$\dfrac{y}{y-1}<2\le x\Rightarrow y<xy-x\Rightarrow x+y<xy$$ bağıntısı vardır. $$a^2+b^2<a^2b^2 \text { ve } c^2+d^2<c^2d^2 \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2<a^2b^2+c^2d^2<a^2b^2c^2d^2.$$ Buna göre $a^2+b^2+c^2+d^2=a^2b^2c^2d^2$ denkliğinin pozitif tamsayılarda çözümü yoktur.

$a_{i}$ katsayıları $\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ kümesinden olmak üzere $\vert x\vert <1$ için tanımlı $f(x)=\sum_{i=1}^{\infty }{a_{i}x^{i}}$
fonksiyonu için $f\left(\frac{1}{10}\right)$ bir rasyonel sayıdır. Tamsayı katsayılı uygun $p(x)$ ve $q(x)$ polinomları ile fonksiyonun ($\vert x\vert <1$ için)
$$f(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)}$$ şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız.

Çözüm:

$f\left(\frac{1}{10}\right)=\overline{0,a_1a_2a_3a_4\dots }$ rasyonel olduğuna göre $\left(a_i\right)$ dizisi bir yerden sonra periyodik. $N$-inci terimden sonra $k$ terimlik periyodik olduğunu varsayalım. Her $n>N$ için $a_{k+n}=a_n$ olacaktır. Örneğin $0,12345674567456\dots =0,123\overline{4567}$ sayısı için her $n>N=3$ için $a_{4+n}=a_n$ olacaktır. $g(x)$ ile tekrarlamayan kısmı $h\left(x\right)$ ile de tekrarlayan kısmı gösterelim. $$f\left(x\right)=g\left(x\right)+h(x), g\left(x\right)=a_1x^1+\dots +a_Nx^N$$ ve $$h\left(x\right)=a_{N+1}x^{N+1}+a_{N+2}x^{N+2}+\dots +a_{N+1}x^{N+k+1}+a_{N+2}x^{N+k+2}+\dots $$ olacaktır. Yeniden düzenlediğimizde $$h\left(x\right)=a_{N+1}\left(x^{N+1}+x^{N+k+1}+x^{N+2k+1}+\dots \right)+a_{N+2}\left(x^{N+2}+x^{N+k+2}+x^{N+2k+2}+\dots \right) + $$ $$\dots +a_{N+k}\left(x^{N+k}+x^{N+2k}+x^{N+3k}+\dots \right)$$ elde ederiz. $\left(x^{N+i}+x^{N+k+i}+x^{N+2k+i}+\dots \right)\cdot \left(1-x^k\right)=x^{N+i}$ olacağı için $$h\left(x\right)\cdot \left(1-x^k\right)=a_{N+1}x^{N+1}+a_{N+2}x^{N+2}+\dots a_{N+k}x^{N+k}$$ sonlu katsayılı bir polinom elde edilir.

$f\left(x\right)\left(1-x^k\right)=g\left(x\right)\left(1-x^k\right)+h\left(x\right)(1-x^k)$ eşitliğinde her tarafı $\left(1-x^k\right)$ ile bölelim.
$f\left(x\right)=\dfrac{g\left(x\right)\left(1-x^k\right)+h\left(x\right)\left(1-x^k\right)}{1-x^k}=\dfrac{p\left(x\right)}{q\left(x\right)}$ eşitliğinden

$p\left(x\right)=g\left(x\right)\left(1-x^k\right)+h\left(x\right)(1-x^k)$ ve $q\left(x\right)=1-x^k$ şeklinde tam katsayılı sonlu terimli iki polinom bulunabilir.

Bir havuzun ortasında yanyana sıralanmış $N$-tane taşın üzerinde bir kurbağa sıçrıyor. Kurbağa bulunduğu taştan $p$ olasılıkla soldaki, $1-p$ olasılıkla ise sağdaki taşa sıçrıyor. En soldaki taştan sola, ya da en sağdaki taştan sağa sıçrayan kurbağa suya düşüyor. Sol baştan $k$-ıncı taşta bulunan kurbağanın ilk olarak sağ uçtan suya düşme olasılığını $p_{k}$ ile gösterirsek; $p<\frac{1}{3}$ için $p_{1}>\frac{1}{2}$ olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

Kurbağanın ilk olarak sağ uçtan suya düşme olasılığı $p_k$, $p$ olasılıkla sola atlayacağı için, $p\cdot p_{k-1}$; $\left(1-p\right)$ olasılıkla sağa atlayacağı için $\left(1-p\right)\cdot p_{k+1}$ ifadelerinin toplamına eşittir. $p_k=pp_{k-1}+\left(1-p\right)p_{k+1}$ elde edilir. Sorunun doğası gereği $p_0=0$, $p_{N+1}=p_{N+2}=\dots =1$ dir. ${\left(1-p\right)p}_{k+1}-p_k+pp_{k-1}=0$ doğrusal indirgemeli dizisinde $r_1=1$ ve $r_2=\dfrac{p}{1-p}$ çıkacaktır. $p_k={\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^kc_1+c_2$ dizisindeki sabit terimleri bulmaya çalışalım. $p_0=0$ olduğu için $c_2 = -c_1$ dir. $p_k={\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^kc_1-c_1=c_1\left({\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^k-1\right)$ . $p_{N+1}=1$ olduğu için $c_1=\dfrac{{\left(1-p\right)}^{N+1}}{p^{N+1}-{\left(1-p\right)}^{N+1}}$ elde edilir.
$$p_k=\dfrac{{\left(1-p\right)}^{N+1}}{p^{N+1}-{\left(1-p\right)}^{N+1}}\dfrac{\left(p^k-{\left(1-p\right)}^k\right)}{{\left(1-p\right)}^k}\Rightarrow p_1=\dfrac{{\left(1-p\right)}^{N+1}}{p^{N+1}-{\left(1-p\right)}^{N+1}}\left(\dfrac{2p-1}{1-p}\right)$$ $$\Rightarrow p_1=\dfrac{1}{{\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^{N+1}-1}\left(\dfrac{1}{1-p}-2\right)=\dfrac{1}{{1-\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^{N+1}}\left(2-\dfrac{1}{1-p}\right)>\dfrac{1}{{1-\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^{N+1}}\left(2-\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{3}}\right)$$ $$>\dfrac{1}{{1-\left(\dfrac{p}{1-p}\right)}^{N+1}}\cdot \dfrac{1}{2}>\dfrac{1}{2}$$ elde edilir.

$p$ yolcu, $n$ vagondan oluşan bir trene içinde yolculuk edecekleri vagonu rastgele seçerek binerler. Her vagonda en az bir yolcu bulunması olasılığını hesap ediniz.

Çözüm:

Her yolcu için $n$ seçenek olduğu için toplamda $n^p$ seçenek vardır.

$S_0:0,1,2,\dots n-1$ adet vagonun boş kaldığı durumlar.

$S_1:1,2,\dots n-1$ adet vagonun boş kaldığı durumlar.

$S_k:k,k+1,\dots n-1$ adet vagonun boş kaldığı durumlar.

$S_{n-1}:n-1$ adet vagonun boş kaldığı durumlar.

İçerme-Dışarma prensibine göre ${S=S}_0-S_1+S_2-\dots +{\left(-1\right)}^{n-1}S_{n-1}$ kümesi boş vagonun kalmadığı durumları verir. Dağıtım yapılacak vagonlar $\left( \begin{array}{c}
n \\
a \end{array}
\right)$ şekilde seçilebilir. Bu $a$ vagona $p$ kişi $a^p$ şekilde dağıtılabilir. Bu durumda $S_k=\left( \begin{array}{c}
n \\
n-k \end{array}
\right){\left(n-k\right)}^p$ olacaktır. Aradığımız değer $S=\ \sum^n_{k=0}{{\left(-1\right)}^k\left( \begin{array}{c}
n \\
n-k \end{array}
\right){\left(n-k\right)}^p}$. Bu durumda her vagonda en az bir yolcu bulunması olasılığı $\dfrac{\sum^n_{k=0}{{\left(-1\right)}^k\left( \begin{array}{c}
n \\
n-k \end{array}
\right){\left(n-k\right)}^p}}{n^p}$ dir. Aslında yukarıdaki ifade saymada bilinen bir sayının özel bir hali. Stirling sayısı, $S\left(p,n\right)=\dfrac{1}{n!}\sum^n_{k=0}{{\left(-1\right)}^k\left( \begin{array}{c}
n \\
n-k \end{array}
\right){\left(n-k\right)}^p}$ şeklinde tanımlanan bir sayı. Bu durumda soruda bahsi geçen olasılık $P=\dfrac{S\left(p,n\right)n!}{n^p}$ olacaktır.