Tübitak Genç Takım Seçme - 2013 Çözümleri

(Mehmet Utku Özbek)

$BI \ , \ AI \ , \ AJ \ ,\ CJ$  doğru parçalarının açıortay olduğunu biliyoruz. $ABC$ eşkenar üçgen olduğundan $\angle IBA=60 ^\circ$ dir. $I , B , E , A$ çembersel olduğundan aynı yayı gören çevre açıdan $\angle IEA=60^\circ$  dir. Benzer şekilde $\angle ACJ=60^\circ$ dir. $J,C,E,A$ da çembersel olduğundan yine aynı yayı gören çevre açıdan $\angle JEA=60^\circ$ dir. $|EA|$  nın $\angle IEJ$ nin açıortayı olduğunu ispatladık.

Şimdi $\angle IAJ$ açısını bulalım. $\angle BAC=60^\circ$ olduğundan $\angle IAJ=\dfrac{360-60}{2}=150^\circ$ dir. Bundan sonrasında bir lemma kullanacağız:

$\text{Lemma}:$  Bir $ABC$ üçgeni alalım. Bu üçgenin içinde $\angle BAC$ nin açıortayının üstünde bir $D$ noktası alalım. $\angle BAC= \alpha$ olsun. Eğer $\angle BDC=90+\dfrac{\alpha}{2}$ ise $D$ noktası bu üçgenin iç teğet çemberinin merkezidir. İspatı çok kolaydır.

Bizim sorumuzda bu $ABC$ üçgeni $IEJ$ üçgenidir. Ve $D$ noktası da $A$ noktasıdır. $\angle IEJ=120^\circ$ dir ve $\angle IAJ= 90+\dfrac{120}{2}=150^\circ$  dir. O zaman $A$ noktası $IEJ$ nin iç teğet çemberinin merkezidir. İspat biter. 

                         

(Mehmet Utku Özbek)

$a^4$ ve $5b^4$ ü ayıralım. Ve Cauchy-Schwarz uygulayalım:

$[a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)][\dfrac{a^4}{a(a+2b)}+\dfrac{b^4}{b(b+2c)}+\dfrac{c^4}{c(c+2a)}] \ge (a^2+b^2+c^2)^2 $

$a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=(a+b+c)^2=1$      olduğu için    $\dfrac{a^4}{a(a+2b)}+\dfrac{b^4}{b(b+2c)}+\dfrac{c^4}{c(c+2a)}  \ge (a^2+b^2+c^2)^2 \ \ \ \ (1)$     dir.

$[a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)][\dfrac{5b^4}{a(a+2b)}+\dfrac{5c^4}{b(b+2c)}+\dfrac{5a^4}{c(c+2a)}] \ge (a^2\sqrt5+b^2\sqrt5+c^2\sqrt5)^2=5(a^2+b^2+c^2)^2$   Yine benzer şekilde;       $\dfrac{5b^4}{a(a+2b)}+\dfrac{5c^4}{b(b+2c)}+\dfrac{5a^4}{c(c+2a)} \ge 5(a^2+b^2+c^2)^2 \ \ \ \ \ (2)$     dir.

$(1)$  ve  $(2)$  yi taraf tarafa toplayalım.

$\dfrac{a^4+5b^4}{a(a+2b)}+\dfrac{b^4+5c^4}{b(b+2c)}+\dfrac{c^4+5a^4}{c(c+2a)} \ge 6(a^2+b^2+c^2)^2$   olur.  Eğer    $6(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 1-ab-bc-ca$   ise ispat biter.

$1=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)$  ifadesinde    $ab+bc+ca=x$  diyelim. O zaman $a^2+b^2+c^2=1-2x$  olur.  Yerine yazalım.

$\Longrightarrow 6(1-2x)^2 \ge 1-x$    olduğunu ispatlamalıyız.

$\Longrightarrow 24x^2-23x+5 \ge 0$   olduğunu ispatlamalıyız. İfadeyi çarpanlara ayıralım.

$\Longrightarrow (8x-5)(3x-1) \ge 0$    olduğunu ispatlamalıyız.

Şimdi $1=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)$  ifadesinde  $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$  yazarsak  $\dfrac{1}{3} \ge ab+bc+ca=x$   olduğu görülür.

O zaman $8\cdot\dfrac{1}{3}-5= -\dfrac{7}{3} \ge 8x-5$    ve   $3\cdot\dfrac{1}{3}-1= 0 \ge 3x-1$   olur.   Yani $(8x-5)(3x-1) \ge 0$    ifadesinde her iki parantez de sıfırdan küçük ya da sıfıra eşittir. İfade doğrudur. İspat biter.

(Mehmet Utku Özbek)

$x\ge y$ olsun. O zaman;

$2^y\sqrt{c^{y}d^{y}}=c^x+d^y \ge c^y+d^y \ge 2\sqrt{c^{y}d^{y}}$  (Son kısım A.G.O dan) $\Longrightarrow 2^y \ge 2     \Rightarrow    y\ge 1          \Rightarrow          x\ge y \ge1$

$a^x+b^x \ge a^x+b^y =(a^2+b^2)^x          \Longrightarrow   T=(\dfrac{a}{a^2+b^2})^x+(\dfrac{b}{a^2+b^2})^x \ge 1$

Burada $a\lt a^2+b^2$  olduğu barizidir yani  $\dfrac{a}{a^2+b^2} \lt 1$ dir. Aynı şekilde $\dfrac{b}{a^2+b^2} \lt 1$ dir. $x \ge 1$ olduğu için $T ,$  $x$ büyüdükçe küçülecektir. O zaman $T$  en büyük değerini $x=1$  iken alır. $x=1$ olsun.

$\Longrightarrow \dfrac{a}{a^2+b^2}+\dfrac{b}{a^2+b^2} \ge 1$     $a,b \gt 1$  olduğu için ifadedeki ilk kısmı $a$ ile ikinci kısmı $b$ ile çarpalım. $\ge$ işareti $\gt$ işaretine dönüşecek.

$1=\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{a^2+b^2} \gt \dfrac{a}{a^2+b^2}+\dfrac{b}{a^2+b^2} \ge 1$            ÇELİŞKİ.             Demek ki $x\lt y$  dir.   İspat biter.

Varsayalım ki $2n+7$ nin en az $2$ farklı asal böleni olsun. Buradan yalnızca $1$ çözüm bulacağız. Biliyoruz ki $n!-1$ in hiçbir asal böleni $n!$ in bir asal böleni olamaz. O zaman $n!-1$ in her asal böleni $n$ den büyük olmalı. O zaman $2n+7$ nin de hiçbir asal böleni $n$ den küçük veya eşit olamaz. O zaman $2n+7$ nin en az iki farklı asal böleni olduğunu kabul etmiştik. O halde $2n+7$ sayısı da $(n+1)^2$ den büyük olmalı. O zaman $6$ $>$ $n^2$ olmalı. $n$ sayısı $1$ veya $2$ olmalı. Yerine yazılıp bakılırsa yalnızca $n=1$ için sağladığı görülür.
O zaman ikinci durumda $2n+7$ asal bir sayı olmalıdır. O zaman $2n+7$ $=$ $p$ ve $p$ $>$ $7$ diyelim. $n$ $=$ $\dfrac{p-7}{2}$ olur. Buradan $p$ $|$ $($$\dfrac{p-7}{2}$$)$$!$ $-1$ elde edilir. Burada $(p-1)!$ $=$ $-1$ $\text{(mod $p$)}$ olduğunu kullanarak $p$ sayısını $4k+1$ ve $4k+3$ değerleri için inceleyerek $17$ ve $23$ buluruz. Buradan $n$ sayısının $5$ ve $8$ olabileceğini buluruz.

Cevap: $n$ $=$ $1,5,8$ olabilir.

$B$ den $AC$ ye indirilen dikmenin ayağı $H$ olsun. Bu durumda $|BH|=|HE|=|ED|$ ve  $A,B,F,H$ çembersel olur. $C$ noktasının $(ABFH)$ çemberine göre kuvvetinden $$|CF|\cdot|CB| = |CH|\cdot|CA| \tag{1}$$ olur. Diğer taratan $C$ nin $(BFPD)$ çemberine göre kuvveti de $$|CF|\cdot|CB|=|CP|\cdot|CD| \tag{2}$$ olduğundan $(1)$ve $(2)$ den $$|CH|\cdot|CA|=|CP|\cdot|CD| \tag{3}$$ bulunur. $(3)$ denklemine göre $A,H,P,D$ noktaları da çemberseldir.
O halde $\angle{APD}=\angle{AHD}=22,5^\circ$ olur.