Tübitak Lise 2. Aşama - 2013 Çözümleri

$[AB]$ çaplı bir $\omega_1$ çemberi ile $A$ merkezli bir $\omega_2$ çemberi $C$ ve $D$ noktalarında kesişiyor. $\omega_2$ çemberinin üstünde, $\omega_1$ çemberinin dışında ve $AB$ doğrusuna göre $C$ ile aynı tarafta yer alan bir $E$ noktası için, $BE$ doğrusu $\omega_2$ çemberini ikinci kez $F$ noktasında kesiyor. $\omega_1$ çemberinin üstünde ve bu çemberin $C$ den geçen çapına göre $A$ ile aynı tarafta olan bir $K$ noktası $2|CK| \cdot |AC| = |CE| \cdot |AB|$ koşulunu sağlıyor. $KF$ doğrusu $\omega_1$ çemberini ikinci kez $L$ noktasında kesiyor.
$D$ noktasının $BE$ doğrusuna göre simetriğinin, $L$, $F$ ve $C$ noktalarından geçen çemberin üstünde olduğunu kanıtlayınız.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

$AB$ çaplı çemberin merkezi $O$, $D$ nin $BE$ ye göre simetriği $D'$, $CD$ nin orta noktası $M$, $DD'$ ün orta noktası $N$ olsun.
$AC=AE=r$ ve $KO=KC=R$ olsun. Sorudaki eşitlikten $CK/EC=R/r$ elde edilecektir. Bu da $\triangle EAC \sim \triangle KOC$ demektir.
$\angle EAC = \angle KOC =2\alpha$ ise, $\angle KDC = \angle EDC = \alpha$ dolayısıyla da $E$, $K$, $D$ noktaları doğrusal olacaktır.

$\angle EKC = 2\theta$ dersek, $\angle ECK = 90^\circ - \theta$ ve $\angle KCD = 2\theta - \alpha$, dolayısıyla da $\angle ECD = 90^\circ + \theta - \alpha = \angle EFD$ olacaktır. $\angle FND = 90^\circ$ olduğu için, $\angle FDN = \theta - \alpha$ ve $DN=ND'$ olduğu için de $\angle FD'N = \theta - \alpha$ dır.
$\angle EKC = 2\theta$ demiştik. Bu durumda $\angle CBD = 2\theta$ ve $\angle MBD = \theta$ dır.
$\angle DMB = \angle DNB = 90^\circ$ olduğu için $D,M,N,B$ noktaları çembersel, yani $\angle MND = \angle MBD = \theta$ olacaktır.
$CM=MD$ ve $DN=ND'$ olduğu için $MN \parallel CD'$ ve $\angle CD'D = \angle MND = \theta$ dır.
$\angle FD'D = \theta - \alpha$ olduğunu göstermiştik. Bu durumda $\angle CD'F = \angle CD'D - \angle FD'D = \alpha = \angle CLK$ olduğu için $C$, $D'$, $L$, $F$ noktaları çemberseldir.

$m$ pozitif bir tam sayı olsun.

$1+km^3$ sayısının bir tam küp olmasını ve $1+kn^3$ sayılarının hiçbir $n<m$ pozitif tam sayısı için bir tam küp olmamasını sağlayan sonsuz çoklukta $k$ pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız.
$p \equiv 2 \pmod 3$ koşulunu sağlayan bir $p$ asal sayısı ve bir $r$ pozitif tam sayısı için, $m=p^r$ ise, $(a)$ kısmındaki koşulu sağlayan tüm $k$ pozitif tam sayılarını bulunuz.

(Şahin Emrah)

$n$ hava yolu şirketinin ve $100$ kentin bulunduğu bir ülkedeki kentlerden bazıları arasında karşılıklı olarak toplam $2013$ uçak seferi yapılıyor. Bu seferleri kullanarak bu kentlerden herhangi birinden bir diğerine gitmek olanaklı olup, birinden diğerine doğrudan veya tek aktarma ile gidilemeyen en az iki kent bulumaktadır. Bu ülkedeki herhangi iki kent arasında tek bir şirketin uçuşlarını kullanarak gitmek mümkünse, $n$ nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

$2^n + n = m!$ eşitliğini sağlayan tüm $(m,n)$ pozitif tam sayı ikililerini belirleyiniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$p \mid n$ olsun. $p \neq 2$ sayısı $2^n$ yi bölmez. O halde $m!$ i de bölmez. Buradan $n$ nin her asal böleni $p$ için $p>m$ elde edilir.

(i.) $n$ nin $2$ hariç en az iki asal böleni olursa $p,q$ onlardan ikisi olsun, $n \ge pq>m^2$ elde edilir. $m! > 2^{m^2}+m^2$ olmalıdır. Ancak ($m$ tane $2^m$ nin çarpımı) $2^{m^2}=2^{m}.2^{m}\cdots2^{m} >1.2 \cdots m$ o halde buradan çelişki.

(ii.) $n=p^{a}.2^{b}$ olmalıdır. $a >1$ ise $p>m$ den dolayı $n > m^{a}$ dır. $a\ge 2$ ise $n >m^2$ olur ki çelişki geleceğini az önce ispatlamıştık. O halde $a=1$ olmalıdır. $n=p.2^{b}$ olur. $p \neq 2$ olduğundan $2^b $ $||$ $m!$ olur. O halde $m$ de tam olarak $b$ tane $2$ çarpanı olmalıdır. Ancak $m>2^b$ olduğundan çelişki. $n=2^{a}$ olması gerekir. $m \ge 3$ olduğundan $m!$ in çift olduğunu biliyoruz. O halde $2^{p^a}+p^a$ çift olmalı. $p=2$ olmalı. $2^{2^a}+2^a=m!$ olmalı. $m \ge 3$ için $3 \mid m!$ olduğundan $3 \mid 2^{2^a}+2^a$ o halde $a$ tek olmalı. $m \ge 5$ için $5 \mid 2^{2^a}+2^a$ olmalı. $a=1$ ise 5 ile bölünmez. $a\ge 2$ için $2^{2^a} \equiv 1 \pmod{5}$ yani $2^a \equiv 4 \pmod{5}$ olmalı. Ancak $a$ tek olduğundan çelişki! $m=3,4$ olabilir. $m=3$ için $n=2$ sağlar.

(iii.) $n=1$ olabilir. Buradan çözüm yoktur.

$(3,2)$ tek köktür. İspat biter.

Tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için, $$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc \geq M(ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc)$$ olmasını sağlayan en büyük $M$ gerçel sayısını belirleyiniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

Genelliği bozmadan $a$ bu sayıların en küçüğü olsun. $b=a+u$ ve $c=a+v$ ve $u,v \ge0$ olsun. Buradan $a^3+b^3+c^3-3abc-{M(ab^2+bc^2+ca^2-3abc)}=a(3-M)(u^2-uv+v^2)+u^3-Muv^2+v^3 \ge 0$ elde edilir. $a=b=2,c=1$ için $3 > \dfrac{5}{2} \ge M $ olur. Ayrıca $u^2-uv+v^2 \ge 0$ dır. $a(3-M)(u^2-uv+v^2) \ge 0$ idir. $A.G.O$ dan $u^3+v^3=u^3+2\cdot\left(\dfrac{v^3}{2}\right)\geq\dfrac{3}{\sqrt[3]4}uv^2$ olduğundan $\dfrac{3}{\sqrt[3]4} \ge M$ elde edilir. Ancak eşitlik durumu bulamadım. Yardımcı olabilecek varsa sevinirim.

Düzlemde yer alan ve aralarındaki uzaklıklar pozitif tam sayılar olan $P_1, P_2, \dots, P_n$ noktalarından her biri için, diğer noktaların bu noktaya olan uzaklıkları azalmayacak biçimde sıralandığında oluşan dizi hep aynı ise, $n$ nin alabileceği tüm değerleri belirleyiniz.

(Selim Bahadır)

Çözüm:

$P_1, P_2, \dots, P_n$ noktalarının ağırlık merkezi $G$ olsun. Leibniz Teoremine göre herhangi $M$ noktası için $$\sum \limits_{i=1}^n MP_i^2 = \dfrac 1n \sum \limits_{1\leq i < j \leq n}^{} P_iP_j^2 + n\cdot MG^2.$$ $M$ yerine sırasıyla $P_1, P_2, \dots, P_n$ noktalarını koyduğumuzda $P_1G = P_2G = \cdots = P_nG$ elde ederiz.
Bu durumda, $P_1, P_2, \dots, P_n$ noktaları çemberseldir.

Genelliği bozmadan bu noktaların çember üzerinde saat yönünde $P_1 \to P_2 \to \cdots \to P_n$ şeklinde dizildiğini kabul edelim.
Her $P_i$ için ona en yakın iki nokta $P_{i-1}$ ve $P_{i+1}$ dir. ($P_{0} = P_{n}$ ve $P_{n+1} = P_1$)
Her $i$ için söz konusu uzunluklar dizisinin en küçük iki elemanı aynı olacağı için $P_1P_2\dots P_n$, kenarları $a,b,a,b, \dots, a,b$ olan bir kirişler $n-$geni olacaktır. Bu durumda çokgenin bir dış açısı $\dfrac{2\pi}{n}$ olacaktır.
Çokgenin en küçük köşegeni Kosinüs teoreminden $$P_{i-1}P_{i+1}^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cdot \cos \dfrac {2\pi}{n}$$ şeklinde bulunur. Bu durumda $\cos \dfrac{2\pi}{n}$ nin rasyonel olması gerekmektedir.

Niven Teoremi veya buradaki sorunun çözümünden $n=1,2,3,4,6$ olması gerekir; ama yeterli değildir.

$n=1,2$ için herhangi bir konfigürasyonun sorudaki durumu sağladığı açıktır.

$n=3$ için üçgen eşkenar olmalıdır.

$n=4$ için $P_1P_2P_3P_4$ bir dikdörtgendir. Köşegenlerin tam sayı olması için kenarlar $3-4-3-4$ gibi bir pisagor üçlüsünün en küçük iki elemanından oluşmalı.

$n=6$ için kirişler altıgeninde $P_1P_2P_3P_4$ taban açıları $60^\circ$ olan bir ikizkenar yamuk olacaktır. $P_1P_2 = a$ ve $P_2P_3=b$ olmak üzere; $P_1P_4 = a+b$ ve $P_1P_3 = P_2P_4 = \sqrt {a^2+b^2 + ab}$ olacaktır. Kenarları tam sayı ve bir açısı $120^\circ$ olan birçok üçgen vardır. Bunlardan biri, $3-5-7$ üçgenidir. Yani $3-5-3-5-3-5$ kirişler altıgeni de istenen konfigürasyonlardan biridir.

Toparlarsak, $n \in \{1,2,3,4,6\}$ dir.

Kaynak:
AoPS
Romanian Masters In Mathematics 2011/P5