Tübitak Lise 2. Aşama - 1988 Çözümleri
1991 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 2. Aşama - 1988 Çözümleri

1
Ardışık üç pozitif tamsayının çarpımının hiçbir zaman bir tamsayının birden büyük bir kuvvetine eşit olamayacağını gösteriniz.
Çözüm:
Sayıları  $ n,n+1 $  ve  $n+2 $ ile gösterelim ve varsayalım ki bu sayıların çarpımı bir tam kuvvete eşit olsun.Ardışık sayılar aralarında asal olduklarından  $(n,n+1)=(n+1,n+2)=1 $ ve dolayısıyla $(n+1,n(n+2))=1 $ dir.Sayıların çarpımı tam kuvvete eşit olacağından $n+1$  ve $n(n+2)$ sayıları tam kuvvete eşit olmalıdır.
$n+1=a^m$   ve  $n(n+2)=b^m$   , $(a,b,m \in Z,m\geq2)$  olsun.
$(a^2)^m-b^m=(n+1)^2-n(n+2)^2=1$   veya   $a^2=t$ dersek
$t^m-b^m=1$  elde edilir.Ancak pozitif iki tam kuvvetin farkı daima  $1$ den büyük olacağından bu mümkün değildir.O halde ardışık üç tam sayının çarpımı tam kuvvet olamaz.
2
$ABCD$ kirişler dörtgeni ve  $|AE|=|AD|$, $|BC|=|BF|$ dir. Buna göre, $EF \parallel  AB$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$m(\widehat{DAC})=m(\widehat{DBC})$ ve $DAE$, $FBC$ ikizkenar üçgenlerinden $m(\widehat{ADE})=m(\widehat{BCF})$ olur. $m(\widehat{ADB})=m(\widehat{ACB})$ ve $m(\widehat{ADE})=m(\widehat{BCF})\Longrightarrow m(\widehat{EDF})=m(\widehat{ECF})$ olur. Son bulduğumuz eşitlik bize $EDCF$ dörtgeninin kirişler dörtgeni olduğunu söyler. Böylece $m(\widehat{CDF})=m(\widehat{CEF})=m(\widehat{CAB})\Longrightarrow EF\Vert AB$ olur.
3
$0<q<200$ ve $\dfrac{59}{80} < \dfrac{p}{q} <\dfrac{45}{61}$ koşullarını sağlayan bir $(p,q)$ tamsayı çifti bulunuz ve böyle tek bir $(p,q)$ tamsayı çifti olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
Önce şunu fark edelim:
$$ \dfrac ab < \dfrac {a+c}{b+d} < \dfrac cd$$
Önce soldaki eşitsizliği taraf tarafa çarpınca $ab+ad < ab + bc \Rightarrow ad < bc$,
Sonra sağdaki eşitsizliği taraf tarafa çarptığımızda $ad+cd < bc+cd \Rightarrow ad < bc$ elde ederiz ki bu da $\dfrac ab < \dfrac cd$ den dolayı açık.
Bu mantıkla $\dfrac{59}{80} < \dfrac{59+45}{80+61} = \dfrac {106}{141} <\dfrac{45}{61}$ olacaktır.

İddia: $bc-ad = 1$ koşulunu sağlayan $a,b,c,d, p, q$ pozitif tam sayıları için $$ \dfrac ab < \dfrac pq < \frac cd$$ olabilmesi için
  • $q \geq b+d$
  • $q = b+d \Longrightarrow p = a+c$
  • $q>b+d \Longrightarrow q \geq b+d + \min (b,d)$
olması gerekir.

İspat:
  • Soldaki eşitsizlik $0 < \dfrac pq - \dfrac ab = \dfrac {bp-aq}{bq}$ şeklinde yazılabilir. Paydası $bq$ olan en küçük kesir $\dfrac {1}{bq}$ olduğu için bir önceki eşitsizliği $0 < \dfrac {1}{bq} \leq \dfrac {bp-aq}{bq} = \dfrac pq - \dfrac ab$ olacaktır.
    Aynılarını sağ taraf için yaparsak $0 < \dfrac cd - \dfrac pq = \dfrac {cq - dp}{dq}$, paydası $dq$ olan en küçük kesirden $ 0 < \dfrac {1}{dq} \leq \dfrac {cq - dp}{dq} = \dfrac cd - \dfrac pq$ olur.
    Bu eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak $ \dfrac {1}{bq} + \dfrac {1}{dq} \leq \dfrac cd - \dfrac ab = \dfrac {bc-ad}{bd} = \dfrac 1{bd}$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $\dfrac {b+d}{bdq} \leq \dfrac {1}{bd} \Rightarrow b+d \leq q$ olacaktır.


  • $q = b+d$ yazıp eşitsizlikleri $p$ ye göre $ \dfrac {a(b+d)}{b} < p < \dfrac {c(b+d)}{d}$ şeklinde düzenleyip sol taraf için $ad = bc - 1$ şeklinde sağ taraf için de $bc = ad + 1$ şeklinde değişken değiştirirsek $$\dfrac {ab + bc - 1}{b} = a+c - \dfrac 1b< p < \dfrac {ad + 1 + cd}{d} = a+ c + \dfrac 1d$$ elde ederiz. Son eşitsizliği şöyle yeniden yazabiliriz: $$ a + c -1 < a+c - \dfrac 1 b < p < a+c + \dfrac 1d < a+c +1.$$ $a+c-1$ ile $a+c+1$ arasındaki tek tam sayı $a+c$ olacağından $q=b+d \Longrightarrow p=a+c$ bulunur.

  • $\frac pq$ kesrini yine tam sayılı kesir olması için en $2$ ile genişletmemiz gerekir. Bu durumda $q=b+d$ ise, genişletildiğinde $q' = 2b+2d$ olacaktır. Bu kesrin haricinde $\dfrac ab$ ile $\dfrac cd$ arasında başka kesirler de var. $$\dfrac ab < \dfrac {p_1}{q_1} <  \dfrac {a+c}{b+d} < \dfrac {p_2}{q_2} < \dfrac cd $$ $(b+d)c-(a+c)d = 1$ ve $(a+c)b-(b+d)a = 1$ olduğu için $(a)$ şıkkı gereği $q_1 \geq b + (b+d)$ ve $q_2 \geq d+ (b+d) $ olacaktır.
    Bu durumda $q', q_1, q_2$ sayılarından en küçüğü $q = b+d + \min (b,d)$ olacağı için $q>b+d$ ise bir sonraki $q$ tam sayısı $b+d + \min (b,d)$ ye eşit olacaktır.
$\blacksquare$

Bu durumda $a=59$, $b=80$, $c=45$, $d=61$ için $bc - ad = 3600 - 3599 = 1$ olduğu için söz konusu iki kesrin arasındaki $\dfrac pq$ kesrinde $q$ en az $80+61 = 141$ oluyor. $q=141$ olduğunda da $p=59+45=106$ oluyor. Bir sonraki bu şartları sağlayan en küçük $q$ değeri $q = 80+61+61 = 202$ olacağından $0<q<200$ aralığında tek çözüm $(141,106)$ dır.

Not:
Soruda uyguladığımız lemma IberoAmerican 1988/2'de karşımıza çıkıyor.

Biraz farklısının daha genel hali de Lise 2. Aşama 1991/4'te sorulmuş.
4
$7$ arkadaşı olan bir kimse, bir hafta boyunca her akşam $3$ arkadaşını yemeğe çağırır. Farklı iki akşam yemeğe çağrılan gruplar birbirlerinden farklı olup; $7$ arkadaştan her biri en az bir akşam yemeğe çağrılmaktadır. Bu koşulları sağlayan kaç değişik çağrı programı yapılabileceğini bulunuz.
Çözüm:
$7$ kişiden $3$ lü gruplar $\binom{7}{3} = 35$ farklı şekilde oluşturulur.
Bu $35$ gruptan her gün biri çağırılırsa, sırayı gözetmeksizin $\binom{35}{7}$ farklı şekilde arkadaş grupları yemeğe çağırılabilir.
Bu $7$ li gruptan bazıları $7$ arkadaşın hepsini birden içermeyebilir.

$1$ arkadaşın içerilmediği $7$ li grupların sayısını hesaplayalım:
İçerilmeyecek arkadaş $\binom{7}{1}$ farklı şekilde seçilir.
Kalan $6$ arkadaş, $\binom{6}{3} = 20$ farklı grup oluşturabilir. Bu $20$ gruptan $7$ grup $\binom{20}{7}$ farklı şekilde seçilir.

$2$ arkadaşın içerilmediği $7$ li grupların sayısını hesaplayalım:
İçerilmeyecek arkadaşlar $\binom{7}{2}$ farklı şekilde seçilir.
Kalan $5$ arkadaş, $\binom{5}{3} = 10$ farklı grup oluşturabilir. Bu $10$ gruptan $7$ grup $\binom{10}{7}$ farklı şekilde seçilir.

$3$ veya daha çok arkadaşın içerilmediği durumda, kalan $4$ veya daha az arkadaş $\binom{4}{3} = 4$ veya daha az grup oluşturacağı için bunlardan $7$ li grup oluşturulamaz.

O halde, İçerme-Dışarma ilkesine göre, sıra gözetmeksizin $7$ arkadaş $3$ lü gruplar halinde $7$ gün boyunca her biri en az $1$ kez çağrılmak üzere, $$\binom{35}{7} - \binom{7}{1}\cdot \binom{20}{7} + \binom{7}{2}\cdot \binom{10}{7}$$ farklı şekilde çağırılabilir.
Çağırılan gruplar kendi aralarında $7!$ şekilde günlere dağıtılacağından, cevabımız $$7! \cdot \left [ \binom{35}{7} - \binom{7}{1}\cdot \binom{20}{7} + \binom{7}{2}\cdot \binom{10}{7} \right ].$$
5
$O$ merkezli çemberin yarıçapı $R$'dir. $A$ merkezli $|AB|$ yarıçaplı çember ile $B$ merkezli $|BA|$ yarıçaplı çemberin $D$ kesim noktası alınıyor. $CD$ doğrusu, $O$ merkezli çemberi $E$ noktasında kestiğine göre $|ED|$ uzunluğunu $R$ cinsinden hesaplayınız.
Çözüm:
$ABD$ eşkenar üçgen ve $B$ merkezli çemberden $m(\widehat{ABD})=60^{\circ}\Longrightarrow m(\widehat{ACD})=30^{\circ}$ olur. $m(\widehat{ACE})=30^{\circ}\Longrightarrow m(\widehat{AOE})=60^{\circ}$ olur ve $AOE$ eşkenar üçgen olur. $ABD$ eşkenar üçgen ve $BE$ açıortay olduğundan $AEDB$ deltoid olur ki bu bize $\left|ED\right|=R$ olduğunu söyler.
6
$$\sqrt{x - \dfrac{1987}{14}} + \sqrt{x - \dfrac{1988}{13}} + \sqrt{x - \dfrac{1989}{12}} = \sqrt{x - \dfrac{14}{1987}} + \sqrt{x - \dfrac{13}{1988}} + \sqrt{x - \dfrac{12}{1989}}$$ denkleminin tüm reel çözümlerini bulunuz.
Çözüm:
$\sqrt{x - \dfrac{1987}{14}}  <  \sqrt{x - \dfrac{14}{1987}}$

$\sqrt{x - \dfrac{1988}{13}}  < \sqrt{x - \dfrac{13}{1988}}$

$ \sqrt{x - \dfrac{1989}{12}} < \sqrt{x - \dfrac{12}{1989}}$

Taraf tarafa topladığımızda sol taraf sağ taraftan hep küçük olacağı için, denklemin çözüm kümesi boş kümedir.
7
İki kişinin bir keki paylaşmasının her iki tarafı da hoşnut eden ve adil bir yöntemi şudur: Biri keki iki parçaya ayırır, diğeri parçalardan birini kendine seçer. Diğer bir deyişle keki $[0,1]$ aralığı gibi düşünürsek, birinci kişi $x_1\in [0,1]$ seçer; ikinci kişi ise $x_1$ ve $1-x_1$ sayılarından birini seçer. (Burada her iki tarafın da "keksever'' olduğu varsayıldığından, ikinci kişinin $x_1$ ve $1-x_1$ sayılarından daha büyük olanını seçeceği ve dolayısıyla birincinin de $x_1 = \dfrac 12$ seçimini yapacağı kolaylıkla görülür.) Üç keksever kişi için benzer bir paylaşma yöntemi bulabilir misiniz?
Çözüm:
Cake Cutting Problem diye bilinen soru sorulmuş. Literatürde bu konu Fair Division (Adil Paylaşım) olarak geçiyor.
Sorudaki örneğe, Divide and Choose (Böl ve Seç) yöntemi deniyor. Böl ve Seç yöntemi, adil paylaşımın birden fazla çeşidini barındırıyor. Birincisi, Proportional Fair Division (Orantılı Adil Paylaşım) ya da diğer ismiyle Simple Fair Division (Basit Adil Paylaşım). İkincisi, Envy-free (Kıskanılacak bir durumun olmadığı) paylaşım.

Sorudaki örnekte, keki bölen kişi, parçaların eşit olduğunu düşünüyor. Kendisi hangi parçayı alırsa alsın, kekin yarısını aldığını düşünüyor. Diğer parçanın kendisinin alacağı parçadan büyük olmadığını da düşündüğü için bir kıskançlık duymuyor.
İkinci kişi ise, seçtiği parçanın seçmediği parçadan küçük olmadığını düşündüğü için adil bir paylaşım olduğunu düşünüyor.

Üç kişilik durumda ise işler biraz karışıyor. Orantılı paylaşıma göre, bir kişi kekin üçte birini aldığını düşünmeli. Kıskanılacak bir durumun olmadığı paylaşıma göre ise, bir kişi, kendisindekinden daha büyük bir kekin olmadığına ikna olmalı. Açık şekilde, kıskanılacak bir durumun olmadığı paylaşımın aynı zamanda orantılı olduğu görülebilir.

Üç kişilik kek problemi için üç temel yaklaşım var:
  • The Lone Divider (Tek Bölücü) Yöntemi: Orantılı paylaşım
  • The Last Diminisher (Son Eksiltici) Yöntemi: Orantılı paylaşım
  • Selfridge-Conway Yöntemi: Kıskanılacak bir durumun olmadığı paylaşım (hem de orantılı)

Selfridge-Conway Yöntemi ile çözelim.

Ahmet, Burak, Can keki paylaşan çocuklar olsun.
  • Ahmet, keki kendisine göre $A,B,C$ gibi $3$ eşit parçaya bölsün.
  • Burak, en büyük parçanın $A$, ondan sonraki en büyük parçanın $B$ olduğunu düşünsün.
    • Eğer $2$ tane en büyük varsa, Can $3$ parçadan birini seçer. Burak en büyük olduğunu düşündüğünü seçer, Ahmet de son kalan parçayı seçer.
  • Burak, $A$ ile $B$ yi yapıştırıp, kendince, $A-B$ parçasını iki eşit parçaya böler. $A$ nın daha büyük olduğunu düşündüğü için, $A$ dan $B$ ile eşit olan parçaya $A1$, geri kalan $A$ parçasına da $A2$ diyelim.
  • Can, $A1-B-C$ parçalarından istediğini alır.
  • Burak, Can $A1$ i almadıysa, $A1$ i almak zorunda olacak şekilde geri kalan parçalardan birini alır.
  • Böylelikle Ahmet, Burak'ın kesmediği parçalardan birini alır.
Buraya kadar, Ahmet, kendi böldüğü parçalardan birini aldığı için, hakkını aldığını düşünüyor. $A2$ parçası da henüz paylaşılmadığı için, kimsenin kendisinden daha fazla almadığından emin. Can da, $A1-B-C$ parçalarından ilk seçimi yapan kendisi olduğu için, en büyüğünü aldığını düşünüyor. Burak da en büyük iki parça olduğunu düşündüğü için ve ikisinden birini aldığı için, o da kimsenin kendisinden büyük parçaya sahip olmadığını düşünüyor. Kıskanılacak bir durum yok, yani. Ama herkesin gözü, Burak'ın böldüğü $A2$ parçasında.
  • Burak ile Can'dan, $A1$ parçasını almamış olan, $A2$ parçasını üç eşit parçaya böler.
  • Burak ile Can'dan, $A1$ parçasını almış olanı, ilk seçimi yapar.
  • Ahmet, ikinci seçimi yapar.
  • $A2$ yi bölen son parçayı alır.
Can, $A1+A2=B=C$ olduğunu düşünüyordu. Onun için, $A2$ paylaşılırken, ilk seçimi $A1$ parçasını alanın yapmasına ses etmiyor. Çünkü $A2$ nin tamamını alsaydı bile, $A1+A2$ toplamının kendisinin payından küçük olacağını biliyor. $A2$ yi bölen kişi, ilk turda en büyük parçalardan birini aldığı için, $A2$ yi de üç eşit parçaya böldüğü için ikinci tur sonunda kimsenin kendisinden daha fazla kek almadığından emin. Herkes, kendisinin en büyük parçayı aldığını düşünüyorsa, o zaman kıskanılacak bir durumun olmadığı bir paylaşım yapmış olduk.

Kaynak:

Fair Division-wikipedia
Adil Paylaşım-ekşi sözlük
Fair share-youtube