Tübitak Lise Takım Seçme - 1989 Çözümleri

$\mathbb{Z}^+$ pozitif tamsayılar kümesini göstersin. Her $m,k \in \mathbb{Z}^+$ için,

$f(m,m) = m$
$f(m,k) = f(k,m)$
$f(m,m+k) = f(m,k)$

koşullarını sağlayan tüm $f: \mathbb{Z}^+ \times \mathbb{Z}^+ \rightarrow \mathbb{Z}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm:

$EBOB(m,k)$ fonksiyonunun bu verilen şartları sağladığını görmek kolaydır. Şimdi bunu ispatlayalım. Öncelikle $m\mid k$ durumunu inceleyelim. Bu durumda $k=ma$ olarak yazarsak $$f(m,k)=f(m,ma)=f(m,m(a-1))=\cdots=f(m,m)=m=EBOB(m,k)$$ olacaktır. Şimdi $m\neq k$ için ebob'a ulaşana kadar Öklit algoritması uygulayalım. Genelliği bozmadan $m>k$ kabul edebiliriz. $$m=q_0k+r_0$$ $$k=q_1r_0+r_1$$ $$r_0=q_2r_1+r_2$$ $$r_1=q_3r_2+r_3$$ $$\vdots$$ $$r_{n-2}=q_{n}r_{n-1}+r_n$$ ve $r_n=EBOB(m,k)$ diyebiliriz. Burada $i=1,2,\dots, n$ için $0\leq r_i<r_{i-1}$ ve $0< r_0<k$'dır. Daha fazla devam edemediğimizden $r_n\mid r_{n-1}$'dir (Öklit algoritmasında en son ebob'a ulaşabiliriz, devam edersek $0$ kalanı vermeye başlayacaktır). Şimdi ikinci ve üçüncü şartı kullanalım. Aşağıdaki eşitliklerde üçüncü şartı birden fazla defa kullanıyoruz bu yüzden direkt sonucunu yazıyorum. $$f(m,k)=f(k,m)=f(k, q_0k+r_0)=f(k,r_0)=f(r_0,k)=f(r_0,q_1r_0+r_1)=f(r_0,r_1)$$ ve bu şekilde devam edersek $$\cdots =f(r_n,r_{n-1})=r_n=EBOB(m,k)$$ olacaktır çünkü $r_n\mid r_{n-1}$'dir. Dolayısıyla her $m,k\in \mathbb{Z}^+$ için $\boxed{f(m,k)=EBOB(m,k)}$'dir.

Örnek verelim. $f(12,9)$'u hesaplayalım, $$f(12,9)=f(9,12)=f(9,3)=f(3,9)=f(3,6)=f(3,3)=3=EBOB(12,9)$$

Sıfırdan farklı bir rakamla başlayan bir rakam blokunun art arda iki kez tekrarından oluşan pozitif tamsayılara "çift tekrarlı sayı" diyeceğiz (Örneğin $360360$ "çift tekrarlı" bir sayı olup, $36036$ değildir). Bir tamsayının karesine eşit olan sonsuz sayıda "çift tekrarlı" sayı bulunduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

$i=1,2,\dots, n$ için $a_i$'ler birer rakam olsun ($a_1\neq 0$). $A^2=a_1a_2a_3\cdots a_n a_1a_2a_3\cdots a_n$ olsun. Bu formatta sonsuz tane $A$ olduğunu göstermeye çalışıyoruz. Sayıyı düzenlersek $$a_1a_2a_3\cdots a_n a_1a_2a_3\cdots a_n=a_1a_2a_3\cdots a_n \cdot (10^{n}+1)$$ olur. Özel olarak $n$'yi $11$'in katı olan bir tek sayı seçelim. $v_{11}(m)$'yi $m$'i bölen en büyük $11$ kuvvetinin üssü olarak tanımlayalım. Kuvvet Kaydırma teoreminden (LTE), $$v_{11}\left(10^n+1\right)=v_{11}(10+1)+v_{11}(n)=1+v_{11}(n)\geq 2$$ olur, yani $\frac{10^n+1}{11^2}$ tamsayıdır. $$10^{n-3}<\dfrac{10^n+1}{11^2}< 10^{n-2}\tag{1}$$ olduğundan $\frac{10^n+1}{11^2}$ sayısı $n-2$ basamaklıdır. $\frac{10^n+1}{11^2}$ sayısının sonuna iki adet $0$ ekleyelim ve oluşan $n$ basamaklı sayıyı $a_1a_2\cdots a_n$ olarak seçelim. $$a_1a_2a_3\cdots a_n \cdot (10^{n}+1)=\frac{(10^n+1)^2}{11^2}\cdot 10^{2}$$ olur yani sayı tamkare olacaktır. Dolayısıyla sonsuz tane bu formatta tamkare vardır.

Not: $(1)$ eşitsizliğinin $11^2=10^2+2\cdot 10+1$ yazıldığında oldukça kolay olduğu görülebilir.

$C_1$, $C_2$ verilen iki çember, $A_1$ noktası $C_1$ üzerinde ve $A_2$ noktası da $C_2$ üzerinde bulunan sabit noktalardır. $C_1$'in $A_1P_1$ kirişi, $C_2$'nin $A_2P_2$ kirişine paralel olduğuna göre $P_1P_2$'nin orta noktasının geometrik yerini bulunuz.

Çözüm 1:

Çemberlerin merkezleri $O_1$ ile $O_2$, $A_1P_1$ in orta noktası $M_1$, $A_2P_2$ nin orta noktası $M_2$ olsun. $A_1A_2$ nin orta noktası $A$, $O_1O_2$ nin orta noktası da $M$ olsun. $A$ ve $M$ sabit noktalardır. $P_1P_2$ nin orta noktasına $P$ diyelim. Bizden istenen $P$ nin geometrik yeri.
$A_1A_2P_2P_1$ yamuğunda $AP$ orta tabandır. $O_1$ den $AP$ ye paralel çizilen doğru ile $O_2M_2$ doğrusu $K$ da kesişsin. $M$ den $AP$ ye inilen dikme, $AP$ yi $N$ de, $A_1P_1$ i $Q$ da, $O_1K$ yı da $L$ de kessin. $O_2M$ doğrusu $A_1P_1$ yi $R$ de, $AP$ yi de $S$ de kessin.
$O_1M=MO_2$ olduğu için $O_1L=LK = QR = QM_1 = NS$ olacaktır. $M_1R = 2\cdot NS$, $RM_2 = 2\cdot SM_2$ ve $\angle M_1RM_2 = \angle NSM_2 = 90^\circ$ olduğu için $\triangle NSM_2 \sim \triangle M_1RM_2$ $(K.A.K)$. Yani $M_2, N, M_1$ noktaları doğrusal. $A_1A_2P_2P_1$ yamuğunda $M_1$ orta nokta ve $M_2$ orta nokta olduğu için $N$ de $AP$ nin orta noktasıdır. Ayrıca $MN \perp AP$ olduğu için $AM=MP=\text{Sabit}$tir. Bu durumda $P$ noktalarının geometrik yeri $M$ merkezli $A$ dan geçen çemberdir.

Çözüm 2:

$c_{1}$ in merkezi $O_{1}$, $c_{2}$ nin merkezi $O_{2}$ olsun. $O_{1}O_{2}$ nin orta noktası $M$, $P_{1}P_{2}$ nin orta noktası $P$ olsun. $A_{1}O_{1}\bigcap A_{2}O_{2}=K$ diyelim.

$\angle A_{2}KA_{1}$ sabittir. Son olarak $O_{1}A_{1}\bigcap A_{2}P_{2}=L$ ve $O_{1}P_{1}\bigcap O_{2}P_{2}=T$ diyelim. Açılar yazılınca $\angle A_{2}KL=\angle O_{1}TO_{2}$ olduğu görülür. $c_{1}$ in yarıçapına $r_{1}$, $c_{2}$ nin yarıçapına $r_{2}$, $P_{1}O_{2}$ nin orta noktasına $N$ dersek, $MN=r_{1}/2$, $PN=r_{2}/2$ olur. $PN\Vert P_{2}O_{2}$ ve $MN\Vert O_{1}P_{1}$ olduğundan $\angle YTO_{1}=\angle PNM$ olur. $PN$, $MN$ ve $\angle PNM$ değerleri sabit olduğundan $PM$ de sabittir. O zaman $P_{1}P_{2}$ nin orta noktasının geometrik yeri, merkezi $O_{1}O_{2}$ nin orta noktası olan ve $P_{1}P_{2}$ nin orta noktasından geçen çemberdir.

$n\times n$ bir satranç tahtasının her karesinde bir taş duruyor. $n^2$ taş toplanarak yine her kareye bir taş düşecek şekilde tekrar dağıtılıyor, öyle ki başlangıçta komşu olan taşlar yine komşu kalıyorlar. En az bir köşedeki taş yerini koruyorsa olabilecek tüm dağıtımları bulunuz (Not: Aralarında ortak kenar bulunan karelerdeki taşlara "komşu" diyoruz.).

Elimizde her biri pozitif bir tamsayı ağırlığından $n$ ($n>2$) tane ağırlık vardır. Bunlardan her birinin ağırlığı $n$'den küçük olduğu gibi, toplam ağırlıkları da $2n$'den küçüktür. Bu ağırlıkların, toplam ağırlığı $n$'ye eşit bir altkümesinin bulunduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

Terimlerin karışmaması için ağırlık yerine taş diyelim. Taşların ağırlıkları $0<a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_n<n$ olsun. Bu ağırlıklara denk gelen taşları da $A_1,A_2,\dots, A_n$ olarak isimlendirelim. $$S_k=\sum_{m=1}^{k} a_m$$ olarak tanımlarsak, $0<S_1<S_2<\cdots<S_n<2n$ artan dizisini elde etmiş oluruz. Eğer bu sayılardan biri $n$'ye bölünüyorsa, $n\mid S_k$'dan ve $0<S_k<2n$ eşitsizliğinden $n=S_k$ olduğunu buluruz. Böylece $\{A_1,A_2,\dots,A_k\}$ kümesindeki taşların ağırlıkları toplamı $n$ olduğunu göstermiş oluruz.

Eğer $S_k$'ların hiçbiri $n$ ile bölünmüyorsa, bu sayıların $n$'ye bölündüğündeki kalanları $1,2,\dots, n-1$ olabilir ancak $n$ tane $S_k$ olduğundan güvercin yuvası ilkesi gereği $S_i\equiv S_j\pmod{n}$ olacak şekilde $0<i<j\leq n$ tamsayıları olmalıdır. Buradan $n\mid S_j-S_i$ ve yukarıdakine benzer şekilde $S_j-S_i=n$ elde edilir. Yani $\{A_{i+1},A_{i+2},\dots, A_j\}$ taşlarının ağırlıkları toplamı tam olarak $n$ olmalıdır. Her durumda ağırlıkları toplamı $n$ olan taşlar bulabildiğimizden ispat biter.

$ABC$ ($AB=AC$) ikizkenar üçgeninin çevrel çemberine dıştan teğet olan çember $AB$ ve $AC$ doğrularına $P$ ve $Q$ noktalarında teğettir. $PQ$ doğru parçasının $I$ orta noktasının, üçgenin $BC$'ye dıştan teğet olan çemberinin (dış teğet çember) merkezi olduğunu ispat ediniz.

Çözüm 1:

Çevrel çemberin merkezi $O$, diğer çemberin merkezi $J$ olsun. Bu iki çember birbirlerine $T$ de dokunsun. $OA=r$, $JT=R$ diyelim.
$O,T,J,I$ nın doğrusal olduğunu görmek çok zor olmasa gerek. Bu durumda $\angle PBI = \angle IBC$ olduğunu gösterince $I$ nın dış teğet çemberin merkezi olacağı da açık.
$\angle BAT = \alpha$ dersek, $\angle TBC = \angle JPQ = \alpha$ olacaktır. Bu durumda, $AB=2r\cos \alpha$, $AP = 2(r+R)\cos \alpha$ ve $BP=2R\cos \alpha$ olacaktır. Aynı zamanda $\triangle IPJ$ de $PI = PJ \cos \alpha = 2R\cos \alpha = BP$ dir. $BC \parallel PQ$ ve $\angle PBI = \angle PIB$ olduğu için $\angle CBI = \angle PIB = \angle PBI$ olur. Yani $BI$ bir dış açıortay, $AI$ da bir iç açıortay olduğu için $I$ bir dış merkezdir.

Çözüm 2:

$BC$ nin orta noktasını $K$, çevrel çemberi $c_{1}$, $AB$ ve $AC$ doğrularına $P$ ve $Q$ noktalarında teğet olan çemberi $c_{2}$, teğet noktasını $L$ ve $c_{2}$ nin merkezini $M$ olarak adlandıralım. $A,K,L,I,M$ doğrusal olur. Ayrıca $BK=CK$ ve $BC\bot AL$ olduğundan $AL$ çaptır. $\angle ACL=90^{\circ}$ olur. $\angle ACK=2x^{\circ}$ dersek, $\angle CLA=\angle QMA=2x^{\circ}$ olur. $MQ=ML$ olduğundan $\angle MLQ=90-x^{\circ}$ olur. $LCQI$ kirişler dörtgeninden $\angle ILQ=\angle ICQ=90-x^{\circ}$ olur ve böylece $\angle KCI=90-x^{\circ}$ olur. $AI$ içaçıortay, $CI$ dışaçıortay olduğundan, $I$ noktası üçgenin $BC$ ye ait dış teğet çemberinin merkezidir.