Tübitak Lise Takım Seçme - 2013 Çözümleri

Çözüm:

Eğer $n$ bir tek sayı ise $\left(n^{\frac{n+1}{2}}\right)^2<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{2}}+1\right)^2$ olduğundan eğer  $n \ge 2$ ise buradan çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ için sağlar.

Eğer $n \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ ise $\left(n^{\frac{n+1}{3}}\right)^3<n^{n+1}+n-1<\left(n^{\frac{n+1}{3}}+1\right)^3$ olduğundan buradan da $n \ge 2$ için çözüm gelmeyeceğini söyleyebiliriz. $n=1$ i saymıştık.

Eğer $n \equiv 0$ $\text{(mod 3)}$ ise $m^6 \equiv -1$ $\text{(mod 3)}$ olur ve buradan da çözüm gelmez.

O halde $n \equiv 4$ $\text{(mod 6)}$ diyelim. $n+1 | n^{n+1}+n+2=y^6+3$ olduğunu söyleyebiliriz. Buradan $n+1 \equiv 5$ $\text{(mod 6)}$ olur. Buradan $n+1$ i bölecek şekilde bir  $p \equiv 2 \pmod{3}$ olacak şekilde bir $p$ asalının varlığını bilebiliriz. $y^6 \equiv -3 \pmod {n+1}$ idir. O halde $ y^6 \equiv -3 \pmod{p}$ olur. Ancak bir tamkare  $p \equiv 2 \pmod{3}$ olmak üzere $\pmod{p}$ de $-3$ kalanını veremez. $p >2$ idir.

İspat: Diyelim ki bir $x$ için $ x^2 \equiv -3 \pmod{p}$ olsun. Şimdi de $2y+1 \equiv x \pmod p$ olacak şekilde bir $y$ seçelim. Buradan $y^2+y+1 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow y^3 \equiv 1 \pmod p$ olur. O halde $y$ nin $\pmod p$ deki mertebesi $d$ olmak üzere $(d,3)=1,3$ olabilir. $=1$ ise $y \equiv 1 \pmod p$ olur. $p=3$ olması gerekir. Çelişki! $=3$ olsa $3|d|p-1$ olması gerekir. Çelişki! Kabul yanlıştır ve böyle $x$ ler yoktur.

O halde bu durumdan da çözüm gelmez ve ispat biter. Yalnızca  $n=1$ sağlar.

$\triangle ABC$ de, $AI$ doğrusu $BC$ yi $W$ kessin. $I$ dan $BC$ ye çizilen paralel $AD$ yi $P$ de kessin. $u$ yarıçevre olmak üzere;
İddia:
$$PI = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c}$$

İspat:
$$CD = u-c, WC = \frac {ab}{b+c} \Longrightarrow DW = \dfrac {(u-a)(b-c)}{b+c}$$
$$\dfrac{AI}{AW} = \dfrac {AC}{AC+CW} = \dfrac {b}{b + \dfrac {ab}{b+c}} = \dfrac {b+c}{a+b+c}$$
$$\dfrac {PI}{ DW} = \dfrac {AI}{AW} \Rightarrow PI = DN \cdot \dfrac {AI}{AW} = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c} \blacksquare$$

Soruya geri dönelim.
$KL$, $AD$ yi $R$ de; $MN$, $AD$ yi $S$ de kessin.
$B$ den $AD$ ye inilen dikmenin ayağı $X$; $C$ den $AD$ ye inilen dikmenin ayağı $Y$ olsun. $$\dfrac {KM}{BM} = \dfrac {RS}{SX} \text{ ve } \dfrac {LN}{CN} = \dfrac {RS}{SY} $$ Bu durumda, $$\dfrac {KM\cdot LN}{BM \cdot CN} =1 \Longleftrightarrow  RS^2 = SX \cdot SY $$ olacaktır. $\angle XBD = \theta$ dersek, $\angle ADI = \angle DCY = \theta$  ve $XD = (u-b)\sin\theta$ and $DY=(u-c)\sin\theta$ olacaktır. $$SX=SD-XD = RS - XD \text{ ve } SY = SD + DY = RS + DY$$ $$SX\cdot SY = (RS-XD)(RS+DY) = RS^2 + RS(DY-XD) - XD\cdot DY$$ olduğu için amacımız $RS(DY-XD) = XD \cdot DY$ olduğunu göstermek.
$ID=r$ dersek, $RS = \dfrac r2 \cdot \cos \theta$.
$$RS(DY-XD) = XD \cdot DY \Longleftrightarrow \dfrac r2 \cdot \cos \theta (b-c)\sin\theta = (u-b)(u-c)\sin^2\theta$$
$$\Longleftrightarrow r = \dfrac{2(u-b)(u-c)}{(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow u(u-a)r = \dfrac{2u(u-a)(u-b)(u-c)}{2(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow u(u-a)r = \dfrac{2u^2r^2}{(b-c)}\cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow (u-a)(b-c) = 2ur \cdot \tan \theta$$
$$\Longleftrightarrow \dfrac {(u-a)(b-c)}{2u} = r \cdot \tan \theta$$
$PI = \dfrac {(u-a)(b-c)}{a+b+c}$ olduğunu göstermiştik. Aynı zamanda $PI = r\tan \theta$ olduğu için çift yönlü gerektirmenin son ifadesi doğrudur. Bu durumda $RS(DY-XD) = XD \cdot DY$ olacaktır. $\blacksquare$

Çözüm (Fehmi Emre Kadan):

$|x|$ ifadesi $2$ ye eşit olmasın. O halde ;

$$xy+y^2+z^2+1-z(xz+yz+y)=\left(x+y-\frac{x+z^2}{2} \right)^2+\frac{4-x^2}{4}.\left[1-\dfrac{z(xz+2y)}{4-x^2} \right]^2+\dfrac{(4-x^2-y^2-z^2-xyz)z^2}{4-x^2} \ge 0$$

olduğundan $K$ en az $1$ dir. Eşitlik $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, y=z=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ iken sağlanır.

$|x|=2$ ise bu durumun incelenmesi kolaydır. Buradan çelişki çıkmaz.

Sonuç olarak $K=1$ sağlar.

$(ABD)$ çemberi $BC$ yi $G$ de kessin. $\angle BAD = \angle DGC = \angle CED$ olduğu için $E,G,C,D$ çemberseldir. Bu durumda $$BE\cdot BD = BG \cdot BC \tag{1}$$ olacaktır. $\angle BAD = \angle AEB$ olduğu için $$BE\cdot BD = AB^2 \tag{2}$$ dir. $(1)$ ile $(2)$ yi birleştirirsek $$ BG \cdot BC = AB^2 \tag{3}$$ elde edilir. Bu da $$\angle BAF = \angle BCA \tag{4}$$ ile eşdeğerdir. $\angle BAD = \angle BDC$ olduğu için $CD$ doğrusu $(ABD)$ çemberine teğettir. Dolayısıyla, $$\angle CBD = \angle GDC \tag{5}$$ Bu durumda $EGCD$ kirişler dörtgeninde $\angle GEC = \angle GDC = \angle CBD$ olacaktır. Bunu $(4)$ ile birleştirirsek $$\angle EGB = \angle GEC + \angle BCA = \angle EBF + \angle BAF = \angle EFB \tag{6}$$ elde ederiz. Bu da $F=G$ anlamına gelir. Yani $A,B,F,D$ noktaları çemberseldir.