Tübitak Lise Takım Seçme - 1990 Çözümleri

Bir $d$ doğrusuna sıra ile $A$, $B$, $C$ noktalarında teğet olan ($a>c>b$) $a$, $b$, $c$ yarıçaplı $k_1$, $k_2$, $k_3$ çemberleri veriliyor. $k_1$ çemberi $k_2$ ye ve $k_2$ çemberi de $k_3$ çemberine teğettir. $k_3$ çemberine $E$ noktasında değen ve $d$ ye paralel olan teğet, $k_1$ çemberini $D$ noktasında kesiyor. $EB$ doğrusu, $d$ doğrusuna $A$ da dik olan doğruyu $F$ noktasında kestiğine göre, $AD=AF$ olduğunu ispat ediniz.

Çözüm 1:

Çemberlerin merkezleri $O_1$, $O_2$, $O_3$ olsun.
$O_1O_2BA$ dik yamuğunda, $AB=2\sqrt {ab}$.
$O_2O_3CB$ dik yamuğunda, $BC=2\sqrt {bc}$.
$\triangle FAB \sim \triangle ECB$ $(A.A)$ olduğu için $$\dfrac {FA}{CE} = \dfrac {AB}{BC} \Rightarrow FA = 2\sqrt {ac}$$
$ED$ ile $AF$ doğruları $H$ de kesişsin. $k_1$ çemberinin bir çapı $AI$ olsun.
$CE=AH=2c$ ve Öklit'ten $$AI\cdot AH = AD^2 \Rightarrow 2a\cdot 2c = AD^2 \Rightarrow AD = 2\sqrt {ac} = FA$$

Çözüm 2:

$k_{1}\bigcap k_{2}=K$, $k_{2}\bigcap k_{3}=L$ olsun. $BK$ doğrusu, $FA$ ve $EC$ doğrularını sırasıyla $M$ ve $N$ noktalarında kessin. $\angle BKA=\angle CLB=90^{\circ}$ olacağı açıktır. Aynı açılar işaretlenince $F,A,K,L,C,N$ noktalarının çembersel olduğu görülür. $AF\Vert CN$ paralel kirişlerden $AF=CN$ olur. Şimdi;
\[
\triangle AFB\sim\triangle CEB\Longrightarrow\frac{AF}{CE}=\frac{AB}{CB},\,\,\,\triangle CBN\sim\triangle ABM\Longrightarrow\frac{CN}{AM}=\frac{CB}{AB}
\]
eşitliklerinden $AF=CN$ olduğu göz önüne alınırsa $AF^{2}=CE\cdot AM$ olur. $AM\bigcap DE=T$ dersek, $\triangle ADM$ de öklitten:
\[
AD^{2}=AT\cdot AM=CE\cdot AM=AF^{2}\Longrightarrow AD=AF
\]
olur.

$x_i$ reel sayıları için $$x_1 + x_2 + x_3 = 0 \text{ ise } x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1 \leq 0$$ eşitsizliği her zaman doğrudur; (Kanıtlayınız.)
Hangi $n\geq 4$ tam sayıları için $$x_1 + x_2 + \dots + x_n = 0 \text { ise } x_1x_2 + x_2x_3 + \dots + x_{n-1}x_n + x_nx_1 \leq 0$$ eşitsizliği her zaman doğru olur? Yanıtınızı kanıtlayınız.

Çözüm:

İlk maddeyi ispatlayalım ;

Faydalı eşitsizlikten,
$\sum x_{1}^2\geq \sum x_{1}x_{2}\Rightarrow \sum x_{1}^2 =(\sum x_{1})^2-2\sum x_{1}x_{2}\geq \sum x_{1}x_{2}$ ve buradan da

$(\sum x_{1})^2\geq 3(\sum x_{1}x_{2})= 0\geq \sum x_{1}x_{2}$ bulunur.

İkinci madde;

$n=2k,k\in \mathbb{Z}$ olarak alalım , Sayılar;

$x_{i}=0$ veya $x_{n-1}=-x_{n}$

$x_{n}=-x_{1} $formunda olacaktır.(Herhangi 2'li 3'lü veya $n$'li birbirinin zıt işaretlisi olacaktır.)

$-(\sum x_{1})^2\geq \sum x_{1}x_{2}$ ve $0\geq -(\sum x_{1}^2) $olduğundan,Her

$n\geq 4,n=2k,k\in\mathbb{Z}^+$ için eşitsizlik sağlanır.

Yanlış veya eksil yaptığım bir yer varsa lütfen düzeltin.

$n$, $11$'den büyük ve eşit olan bir tek, tam sayı olsun; $k\in \mathbb{N}$, $k \geq 6$, $n=2k-1$.
$T=\{ (x_1, x_2, \dots, x_n) \bigm | x_i \in \{0,1\}, i=1,2,\dots, n \}$ ve $x=(x_1,x_2,\dots, x_n), y=(y_1, y_2, \dots, y_n) \in T$ için $$d(x,y) = \left | \{ i\in \{1,2,\dots, n \} \bigm | x_i \neq y_i \} \right |$$ diyelim. $T$ nin aşağıdaki şartları sağlayan bir $S$ alt kümesi varsa $n=23$ olduğunu gösteriniz.

$|S|=2^k$
Her $x\in T$ için $d(x,y)\leq 3$ olacak şekilde tam bir tane $y\in S$ vardır.

$ABCD$ konveks dörtgen ve
$$\begin{array}{rl}
E,F \in [AB],& AE = EF = FB \\
G,H \in [BC],& BG = GH = HC \\
K,L \in [CD],& CK = KL = LD \\
M,N \in [DA],& DM = MN = NA
\end{array}$$
dır.
$$ [NG] \cap [LE] = \{P\}, [NG]\cap [KF] = \{Q\},$$ $${[}MH] \cap [KF] = \{R\}, [MH]\cap [LE] = \{S\} $$
noktaları göz önüne alınıyor. Buna göre,

$Alan(ABCD) = 9\cdot Alan(PQRS)$
$NP = PQ = QG$

olduğunu ispat ediniz.

Çözüm 1:

$AFRM$ bir dışbükey dörtgen, $AF$, $FR$, $RM$, $AM$ kenarlarının orta noktaları sırasıyla $E$, $Q$, $S$, $N$ olsun. $ES \cap NQ = \{P\}$ olsun.
$EQ \parallel AR \parallel SN$ ve $QS \parallel FM \parallel EN$ olduğu için $EQSN$ bir paralelkenardır. Bu durumda $$EP=PS, PQ=PN \tag{1}$$ elde edilir. Yani, herhangi bir dışbükey dörtgende karşılıklı kenarların orta noktalarını birleştiren doğru parçalarının birbirlerini ortaladığını söyleyebiliriz.
$E$ nin $F$ ye göre simetriği $B$; $S$ nin $R$ ye göre simetriği $H$ olsun. $BH$ nin orta noktası da $G$ olsun. $FR$ ile $GP$ birbirini ortalayacağından ve $FQ=QR$ olduğu için $G,Q,P$ doğrusaldır.
$N$ nin $M$ ye göre simetriği $D$, $Q$ nun $R$ ye göre simetriği $K$; $P$ nin $S$ ye göre simetriği $L$, $G$ nin $H$ ye göre simetriği $C$ olsun. Elde ettiğimiz şekil ile soruda verilen şekil özdeş olur. Bu durumda $(b)$ şıkkındaki $NP=PQ=QG$ yi ispatlamış olduk. $\blacksquare$
$[AEPN]=A$, $[EFQP]=B$, $[FBGQ]=C$, $[NPSM]=D$, $[PQRS]=E$, $[GQRH]=F$, $[MSLD]=G$, $[SRKL]=H$, $[RHCK] = I$ olsun.
$ABGN$ dörtgeninde $FQ$ ile $EP$ doğru parçalarının belirlediği üç dörtgene odaklanalım.
$$3[BGQ] + 3[AEN] = [BGN] + [ABN] = [ABGN] = A+B+C \tag{2}$$ $$[EBQN] + [AEN]+[BQG] = 3([AEN] + [BQG]) \Rightarrow [EBQN]= \dfrac {2(A+B+C)}3 \tag{3}$$ $$[EPN]=[EPQ], [FQE]=[BFQ] \Rightarrow 2[EFQP] = [EBNQ] \Rightarrow [EFQP] = \dfrac {A+B+C}3 \tag{4}$$
Yani bir dörtgende karşılıklı iki kenar üçer eşit parçaya yukarıdaki gibi bölündüğünde, ortadaki parça dörtgenin alanının $1/3$ ü oluyor. Bu durumda, $[NGHM] = \dfrac {[ABCD]}3$ ve $[PQRS] = \dfrac {[NGHM]}{3}$ olacağı için $[PQRS] = \dfrac {[ABCD]}{9}$ dur. $\blacksquare$

Çözüm 2:

$b)$ $BD=e,$ $AC=f$ olsun. Şekil - 1 de $EN\Vert BD\Vert GL$ olduğundan $EN=e/3$, $GL=2e/3$ olur. $\triangle PNE\sim\triangle PGL\Longrightarrow PN/PG=1/2$ olur. Şekil - 2 de $FG\Vert AC\Vert NK$ olduğundan $FG=f/3$, $NK=2f/3$ olur. $\triangle QGF\sim\triangle QNK\Longrightarrow QG/QN=1/2$ olur. $PN/PG=1/2$ ve $QG/QN=1/2\Longrightarrow NP=PQ=QG$ olur. Benzer şekilde $EP=PS=SL$, $FQ=QR=RK$, $HR=RS=SM$ eşitlikleri bulunabilir.

$a)$ Şekil - 3 de benzer üçgenlerden rahatça görülebileceği üzere $PR=f/3$, $QS=e/3$ olur. Ayrıca $AC$ ve $BD$ köşegenleri arasındaki açıya $x$ dersek, paralellikten $PR$ ve $QS$ köşegenleri arasındaki açı da $x$ olur. O zaman:
\[
Alan(ABCD)=\frac{e\cdot f\cdot \sin x }{2}=9\cdot\frac{(e/3)\cdot(f/3)\cdot \sin x }{2}=9\cdot Alan(PQRS)
\]
olur.

$m$ pozitif tam sayısı için $(m!)$ sayısındaki $2$ çarpanlarının sayısını $b_m$ ile gösterelim. (Yani $2^{b_m} | m!$ ve $2^{b_m + 1} \nmid m!$). $m-b_m=1990$ koşulunu sağlayan en küçük $m$ sayısını bulunuz.

Çözüm:

Kullanmasının daha kolay olduğunu düşündüğümden $b_m$ yerine $v_2(m)$ gösterimini kullanacağım. Buradaki sorunun ispatındaki iki iddiayı kullanacağız. Burada iddiaları tekrar gösterelim ama ispatları bağlantısını verdiğim gönderide bulunabilir.

İddia 1: $n$ pozitif tamsayısı için $v_2\left (\dbinom{2n}{n}\right )=n-v_2(n!)$'dir.

İddia 2: $a_1>a_2>\cdots>a_k$ için $n=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_k}$ ise $v_2\left (\dbinom{2n}{n}\right )=k$ olacaktır.

Bu iki iddiayı kullanırsak aradığımız $m$'nin $a_{1990}>a_{1989}>\cdots>a_{1}$ için $m=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_{1990}}$ formatında olması gerektiğini görebiliriz. En küçük $m$ için $a_i=i-1$ olarak seçmeliyiz. Bu durumda $$m=1+2^1+2^2+\cdots+2^{1989}=2^{1990}-1$$ olacaktır.

$k\geq 2$ ve $n_1,\dots, n_k \in \mathbf{Z}^+$ olsun. Eğer $n_2 | (2^{n_1} -1)$, $n_3 | (2^{n_2} -1)$, $\dots$, $n_k | (2^{n_{k-1}} -1)$, $n_1 | (2^{n_k} -1)$ ise, $n_1 = \dots = n_k = 1$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Herhangi bir $i$ için $n_i=1$ ise diğer değişkenlerin de $1$ olması gerektiği görülebilir. O halde $n_1=\cdots=n_k=1$ doğru değilse her $i=1,2,\dots,k$ için $n_i\neq 1$ olmalıdır. Çelişki bulmak için bölünebilmelerin doğru olduğunu ama $n_i\neq 1$ olduğunu kabul edelim. Bu durumda $n_i$'lerin asal bölenleri vardır. Bu asalların en küçüğü $q$ olsun ve $q\mid n_j$ diyelim. $q$ tek olmak zorundadır. Bu durumda $$q\mid (2^{n_{j-1}}-1)$$ olacaktır ($n_0=n_k$ olarak alalım). $2$'nin $q$ modunda mertebesi $d$ olsun. Bu durumda $d\mid n_{j-1}$ ve $d\mid q-1$ olacaktır. $n_{j-1}$'in en küçük asal böleni bile $q$'dan küçük olamaz. Bu yüzden $d\leq q-1$ olan $d$'nin asal böleni olması imkansızdır. Yani $d=1$ olmalıdır. Bu durumda da $$2^d-1\equiv 1\equiv 0\pmod{q}$$ elde edilir ki bu da çelişkidir. Dolayısıyla böyle bir $q$ yoktur. Demek ki hiçbir $n_i$'in asal böleni yoktur. Hepsi $1$ olmalıdır.