Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2013 Çözümleri
« 2012 2014 »
« Sorulara Git
Geri

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2013 Çözümleri

1
Her $k$ ve $n$ pozitif tam sayı ikilisi için, $$1+\dfrac{2^k-1}{n} = \left( 1 + \dfrac {1}{m_1} \right)\left( 1 + \dfrac {1}{m_2} \right) \cdots \left( 1 + \dfrac {1}{m_k} \right)$$ eşitliğini sağlayan $m_1, m_2, \dots, m_k$ (farklı olmaları gerekmeyen) pozitif tam sayılarının bulunduğunu gösteriniz.
2
Düzlem üzerindeki $4027$ noktanın herhangi üçü doğrusal olmayıp, $2013$ tanesi kırmızı ve $2014$ tanesi mavi ise, bu $4027$ noktaya bir Kolombiya konfigürasyonu diyelim. Düzlemde çizilen birkaç doğru düzlemi bölgelere ayırır. Bir doğrular kümesi, bir Kolombiya konfigürasyonu için aşağıdaki iki koşulu sağlıyorsa, bu küme bu konfigürasyon için iyi kabul ediliyor.
$4027$ noktalı herhangi bir Kolombiya konfigürasyonu verildiğinde, bu konfigürasyon için iyi olan ve $k$ doğrudan oluşan bir küme bulunuyorsa, $k$ nin alabileceği en küçük değeri bulunuz.
3
Bir $ABC$ üçgeninde $A$ köşesinin karşısındaki dışteğet çember $BC$ kenarına $A_1$ noktasında teğet olsun. Benzer şekilde, $B$ ve $C$ köşelerinin karşısındaki dışteğet çemberleri kullanarak $CA$ kenarı üzerinde $B_1$ ve $AB$ kenarı üzerinde $C_1$ noktalarını tanımlayalım. $A_1B_1C_1$ üçgeninin çevrel merkezi $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi üzerinde ise, $ABC$ üçgeninin bir dik üçgen olduğunu gösteriniz.

$ABC$ üçgeninin $A$ köşesinin karşısındaki dışteğet çember; $BC$ kenarına, $B$'nin ötesinde $AB$ ışınına ve $C$'nin ötesinde $AC$ ışınına teğet olan çemberdir. $B$ ve $C$ köşelerinin karşısındaki dışteğet çemberler de benzer biçimde tanımlanıyor.
Çözüm:
$(A_1B_1C_1)$ in merkezine $O$ diyelim. $O$, $AC$ küçük yayı üzerinde olsun.

$BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ ve $u$ yarıçevre olsun.

$BC_1 = CB_1 = u-a$, $CA_1 = AC_1 = u-b$,  $AB_1 = BA_1 = u-c$ dir.

$(A_1B_1C_1)$ $BC$ yi ikinci kez $A_2$ noktasında kessin.


$\angle ABO = \angle OCA$, $OC_1 = OB_1$ ve $BC_1 = CB_1$ olduğu için $\sin \angle C_1OB = \sin \angle B_1OC$ dir. $\angle C_1OB + \angle B_1OC = 180^\circ$ olamayacağı için $\angle C_1OB = \angle B_1OC$ ve $\triangle OBC_1 \cong \triangle OCB_1$ dir. Bu durumda $OB=OC$ ve dolayısıyla $B$ ve $C$ noktalarının $(A_1B_1C_1)$ çemberine göre kuvvetleri eşit olacağı için $BA_2 = A_1C = u-b$ dir.

$BC_1$ ile $CB_1$ doğruları $(A_1B_1C_1)$ i ikinci kez sırasıyla $C_2$ ve $B_2$ noktalarında kessin. $B$ ve $C$ noktalarının bu çembere göre kuvvetleri eşit olacağı ve $BC_1 =CB_1$ olduğu için $C_1C_2 = B_1B_2$, dolayısıyla da $AC_2 = AB_1 = u-c$ olacaktır.

Son durumda, $B$ noktasının $A_1B_1C_1$ çemberine göre kuvvetini yazarsak, $$BA_2 \cdot BA_1 = BC_1 \cdot BC_2 \Rightarrow (u-b)(u-c) = (u-a)(u)$$ elde ederiz.
İki tarafı da $u(u-a)$ ile çarpıp iki tarafında da kökünü alırsak $$\sqrt{u(u-a)(u-b)(u-c)} = u(u-a) = ur \Rightarrow u-a=r \Rightarrow \angle BAC = 90^\circ$$ olacaktır.
4
Diklik merkezi $H$ olan bir dar açılı $ABC$ üçgeninde $W$, $BC$ kenarı üzerinde $B$ ve $C$ den farklı bir nokta olsun. $M$ ve $N$ noktaları, sırasıyla $B$ ve $C$ ye ait yükseklik ayağı olsun. $BWN$ nin çevrel çemberi $w_1$ olmak üzere; $w_1$ üzerinde bir $X$ noktası, $[WX]$ doğru parçası $w_1$ in bir çapı olacak şekilde seçiliyor. Benzer biçimde $CWM$ nin çevrel çemeri $w_2$ olmak üzere; $w_2$ üzerinde bir $Y$ noktası, $[WY]$ doğru parçası $w_2$ nin bir çapı olacak şekilde seçiliyor. $X$, $Y$ ve $H$ noktalarının doğrusal olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
Çözüm (Berkant Koç): $\omega_1$ ile $\omega_2$ çemberleri ikinci kez $J$' de kesişsinler. $\angle XJW =\angle YJW= 90^\circ$ olduğundan $X,J,Y$ doğrusaldır. Miquel teoreminden $ANJM$ çemberseldir.  Böylece $A,M,J,H,N$ çemberseldir.  Bu sebepten $\angle NJH = \angle NAH = 90^\circ - \angle B = \angle XBN =  \angle NJX$ olur.  Böylece $J,H,X,Y$ doğrusal olur.
Çözüm 2:

Verilen bilgiler ile $\angle{BNC}=\angle{CMB}=\angle{XBC}=\angle{YCB}=90^\circ$ görülebilir. $w_{1}$ ile $w_{2}$ çemberlerinin ikinci defa kesiştikleri noktaya $S$ diyelim. $\angle{XSW}=\angle{YSW}=90^\circ$ olduğundan $X-S-Y$ doğrusal noktalardır.
$\angle{HAB}=\angle{NCB}=\angle{NBX}=\angle{NSX}= \alpha$ olduğundan $X-H-S$ noktaları  ve $\angle{HAC}=\angle{MBC}=\angle{MCY}=\angle{MSY}=\beta$  olduğundan da $Y-S-H$ noktaları doğrusaldır.
Buna göre; $X-H-S-Y$ noktaları aynı doğru üzerindedir.
Çözüm 3:
Çözüm [Lokman Gökçe]:

$\omega_1$ ve $\omega_2$ çemberlerinin kesişimi $K$ noktası olsun. $A$ noktası $\omega_1$, $\omega_2$  ve $BCMN$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberlerine göre eşit kuvvette olduğundan bu çemberlerin kuvvet merkezidir. Dolayısıyla $A, K, W$ doğrusal olur.

$\omega_1$'de $\angle XKW = 90^\circ$, $\omega_2$'de $\angle YKW = 90^\circ$ olduğundan $X, K, Y$ doğrusal olur.

$ANHM$ kirişler dörtgeni olduğundan $\angle HMN = \angle HAN = \angle ABX = \angle XKN$ ve $\angle HNM = \angle HAM = \angle ACY = \angle YKM$ eşitlikleri yazılır. Böylece
$$\angle MHN = \angle MKN $$
eşitliğine ulaşırız. Bu ise $A, N, K, H, M$ noktalarının çembersel olması demektir. $\angle AKH = \angle ANH = 90^\circ$ ve $\angle AKY = 90^\circ$ olduğundan $K, H, Y$ doğrusal olur.

Sonuç olarak $X, K, H, Y$ doğrusal olur.

5
Pozitif rasyonel sayılar kümesini $\mathbb {Q}_{>0}$ ile gösterelim. Bir $f : \mathbb {Q}_{>0}\rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyonu aşağıdaki üç koşulu sağlamaktadır:
Her $x \in \mathbb {Q}_{>0}$ için $f(x) = x$ olduğunu gösteriniz.

6
$n \geq 3$ bir tam sayı olmak üzere, bir çember üzerinde çemberi eşit yaylara bölen $n + 1$ nokta işaretlenmiştir. $0,1,\dots,n$ sayılarının her biri tam olarak bir kez kullanılarak işaretli noktalara yazılmasına numaralandırma diyelim. Biri diğerinden çemberin döndürülmesi ile elde edilen iki numaralandırma aynı sayılmaktadır. Bir numaralandırmada, $a+d = b+c$ koşulunu sağlayan her $a < b < c < d$ için uçlarında $a$ ve $d$ yazan kiriş ile uçlarında $b$ ve $c$ yazan kiriş kesişmiyorsa, bu numaralandırmaya güzel diyelim.
Güzel numaralandırmaların sayısı $M$, $x + y \leq n$ ve $obeb(x, y) = 1$ koşullarını sağlayan $(x, y)$ pozitif tam sayı sıralı ikililerinin sayısı $N$ olsun. $$ M = N + 1 $$ olduğunu gösteriniz.