Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2016 Soru 3

[ArtOfMathSolving]

$P=A_{1}A_{2}\dots A_{k}$ kordinat düzleminde bir dışbükey çokgen olsun. $A_{1},$ $A_{2},$ $\dots ,$ $A_{k}$ köşeleri tamsayı kordinatlıdır ve hepsi bir çember üzerindedir. $P$ nin alanı $S$ olsun. $P$ nin kenar uzunluklarının her birinin karesini tam bölen bir $n$ pozitif tamsayısı veriliyor. $2S$ nin $n$ ile tam bölünen bir sayı olduğunu gösteriniz.

[ArtOfMathSolving]

Gauss tamsayıları ile çalışacağız, Gauss Tamsayıları Kümesini $\mathbb{Z}[g]$ ile gösterelim. Önbilgi olması açısından bu tamsayılar ile çalışırken, $\alpha = a+bi, \in \mathbb{Z}[g]$ bir sayının normunu $N(\alpha)=\alpha\bar{\alpha}=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$ şeklinde tanımlayacağız. Sorumuza geçelim.

Herhangi bir köşenin kordinatlarını $1\le i\le k$ olmak üzere, $A_{i} $ için $z_{i}$ şeklinde tanımlayalım. Kanıtlamamız gereken bir tek asal sayı için ve herhangi bir $e$ sayısı için, $n=p^e$ olduğu.

Şimdi $p=4t+3$ olsun, $p^e \mid \lvert z_i - z_{i+1} \rvert^2$ ayrıca $f = \lceil e/2 \rceil$ için, $p^f \mid z_i - z_{i+1}$ ifadeleri  $\mathbb{Z}[g]$ içinde tamsayıdır. Böylelikle $A_1, \dots, A_k$ köşeleri $p^f \mathbb{Z}[g]$ ifadesinin bir altkümesi olacak ve $2S$ te $p^{2f}=p^e=n$ yi bölecektir.

Son olarak $p=4t+1$ olsun. Yukarda verdiğimiz gibi $\mathbb{Z}[g]$ içinde $p = q \bar{q}$ gibi $2$ çarpan bulunur. Herhangi bir $z \in \mathbb{Z}[g]$ koşulunu sağlayan sayının mutlak değerinin karesinin yani $|z|^2$ nin $p^n$ gibi bir sayıya ($p$ burada asal ve $n$ bir tamsayı) bölünebilmesi için gerek ve yeter şart $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin $z$ yi bölmesini sağlayan bir $s$ sayısının bulunmasıdır. Daha düzgün bir ifade ile, Bir çokgenin üçgenlenebilmesi için, tüm üçgenlerin, bir $0\le s\le e$ koşulunu sağlayan bir $s$ sayısı için, $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin tüm kenar vektörlerini bölmesi gerekir.

Kanıtlayalım.

kolaylık için ilk önce $e=1$ kabul edelim. Bu durumda tüm kenar uzunlukları $q$ veya $\bar{q} $ nun katı olacaktır. Eğer iki ardışık kenarın ikisi de $q$ nun bir katı ise, bu iki kenarın üçgenlemesinden oluşacak üçgenlerin kenarları da $q$ nun bir katı olacaktır. Elde ettiğimiz üçgenleri kesip bir kenarı $q$ veya $\bar{q}$ nun bir katı olan daha küçük çokgenler elde edebiliriz. Yeterince küçültürsek, bir kenarı $q$ olan üçgen bölge elde edebiliriz böylece ilk durumu kanıtlamış olduk. (aynı mantık ile ardışık iki kenarın $\bar{q}$ nun bir katı olduğunu varsayabiliriz.)

Şimdi de her ikisi de $q$ veya $\bar{q}$ ile bölünen ardışık $2$ kenar mevcut olmasın. Böyle kenarlar olmadığı ve $q$ nun ve $\bar{q}$ nun katları eşit miktarda olacağı için, (çünkü $p=q\bar{q}$) kenar sayısı çift olmak zorundadır. $k=2l$ olsun. Genelliği bozmadan $q|z_{1}-z_{2}$ kabul edebiliriz çünkü tüm köşeler bir çember üzerinde. \[ \frac{(z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l})}{(z_2 - z_3) \cdots (z_{2l} - z_1)} \] ifadesi bir tamsayı olmak zorunda. Bu yüzden \[ (z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l}) (\bar{z}_2 - \bar{z}_3) \cdots (\bar{z}_{2l} - \bar{z}_1) = (\bar{z}_1 - \bar{z}_2) (\bar{z}_3 - \bar{z}_4) \cdots (\bar{z}_{2l-1} - \bar{z}_{2l}) (z_2 - z_3) … (z_{2l} - z_1) .\] olmalı. Denklemin sol tarafı $q$ nun bir katı fakat sağ tarafı değil , çelişki!

Şimdi de son olarak $e\ge 2$ olsun. Tümevarımla ilerleyeceğiz. Şimdi ifade $e-1$ için doğru olsun. Göstermemiz gereken tüm kenarlar için, $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ ifadesinin bir katını içerecek üçgenlemelerin mevcut olması. Kanıtlamak için, $s$ lerin iki üçgen için farklı olduğunu kabul edelim. Ayrıca bu üçgenlerin ortak kenarlarının olduğunu varsayabiliriz çünkü bir üçgenlemede bir diğerine ulaşan mutlaka bir yol vardır. Bir üçgen $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_1}$ ifadesinin bir katı olsun, diğer üçgen de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olsun. $s_{1}< s_{2}$ kabul edelim. Ortak kenar mutlaka $q^{s_2} \bar{q}^{e-1-s_1}$ bir katı olması gerekir, ayrıca bu kenar uzunluğunun karesi de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olacak ve $p^e$ ile bölünecektir. Çokgenimizin köşegenlerinden biri de bu kenar uzunluğudur. Bu da bize çokgenimizi uygun koşullar altında $2$ farklı küçük çokgen meydana getirip üçgenleyebileceğimizi gösterir.

Eğer iki üçgende aynı $s$ değerine sahipse, tüm çokgen $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ nın bir katı olacak yani çokgenimizi yine $2$ parçaya bölebiliriz bu parçalarında $q^s \bar{q}^{e-s}$ ve $q^{s+1} \bar{q}^{e-1-s}$ ifadelerinin bir katı olduğunu görmek zor olmayacaktır.

Son olarak problemimize geri dönersek, çokgenimizi $q^s \bar{q}^{e-s}$ ifadelerinin katları ile üçgenlenmiş olarak ele alabiliriz. Buradaki bütün üçgenlerin alanı da $\lvert q^s \bar{q}^{e-s} \rvert^2 / 2 = p^e / 2$ ifadesinin bir katı olacak yani $2S$ $n=p^e$ ile tam bölünür. $\blacksquare$

Koreden bir çözüm...

[ArtOfMathSolving]

$A_{k}=x_{k},y_{k}$ olsun. Çokgenin herhangi bir kenarı için, $|A_{p} A_{r}|^2=(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2 \Rightarrow n|(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2$ eşitliği geçerli olacaktır. Yani bu çokgenin tüm kordinatlarını içinde bulunduran bir $E$ kümesi için, $$n| \sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$$
olmalı. Peki ya $k\rightarrow \infty$ olursa ne olur ? Çokgenimiz giderek daireye benzemeye başlar. Yani aslında $$\lim_{k \rightarrow \infty}\sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2 = 2\pi R \Rightarrow n|2\pi R (*)$$ Burada $R$ çokgenimizin dış teğet çemberinin yarıçapı.

Şekil düzgün bir şekle yakınsayacağı için alanını herhangi iki köşeden dış teğet çembere çizilen $2$ uzunluk arasında kalan açı olarak $\alpha$ yı alabilriz $$S=\dfrac{1}{2}k.R^2.\sin\alpha \Rightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}2S= \lim_{k \rightarrow \infty}k.R^2.\sin\alpha =k.R^2.\sin \alpha$$

$(*)$ nın bir sonucu olarak $n|2S$ kabul edebiliriz. $\blacksquare$

[kriptoman]

Çözümünüzü çok iyi incelemedim ama ptolemy den gidilebilir gibi geldi. Birinci aşmayı geçersem (Açıklanırsa) ptolemy den çözmeyi denerim  kolay gelsin.

[ArtOfMathSolving]

Ptolemyden de çözüme ulaşılabiliyor birkaç yerde görmüştüm ama gözucuyla bakıp geçmiştim, teşekkürler iyi çalışmalar. Problemi çok beğendim, hem kombinatorik, hem analiz, hem geometri hemde cebir kullanılarak çözüme ulaşılabiliyor.

[kriptoman]

Bu seneki imo soruları çok hoş hazırlanmış. Soru metinleri de gerçekten ilgi çekici.Çözümleri de bir o kadar hoş.

[Lokman Gökçe]

Bu çözüm ilginç gibi duruyor ama anlayamadım. "Çokgenin dış teğet çemberi" denilmiş ama "çevrel çemberi" yazılması gerekiyor gibi. Buna çok takılmayalım. Tam sayı koordinatlı köşeler verildiği için kenar uzunluklarının karesi için $|A_iA_{i+1}|^2 \geq 1$ olmalıdır. Takıldığım yer ise burada başlıyor. $k\to \infty$ yaparsak bazı kenarların uzunlukları sıfıra yaklaşacaktır. Yani $|A_iA_{i+1}|^2 \to 0$ olacaktır. Bu, $|A_iA_{i+1}|^2 \geq 1$ olması ile çelişir. Yani böyle bir limit alamayız. Çokgenin köşe sayısı olan $k$, $R$ yarıçapı türünden belli bir eşiği aşamaz. Örneğin $2\pi R > \text{P nin çevresi} = \sum |A_{i}A_{i+1}| \geq 1\cdot k = k$ olup $k < 2\pi R$ eşitsizliği elde edilir. Yani $k$ sonlu bir sayıdır. 

$A_{k}=x_{k},y_{k}$ olsun. Çokgenin herhangi bir kenarı için, $|A_{p} A_{r}|^2=(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2 \Rightarrow n|(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2$ eşitliği geçerli olacaktır. Yani bu çokgenin tüm kordinatlarını içinde bulunduran bir $E$ kümesi için, $$n| \sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$$
olmalı. Peki ya $k\rightarrow \infty$ olursa ne olur ? Çokgenimiz giderek daireye benzemeye başlar. Yani aslında $$\lim_{k \rightarrow \infty}\sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2 = 2\pi R \Rightarrow n|2\pi R (*)$$ Burada $R$ çokgenimizin dış teğet çemberinin yarıçapı.

Şekil düzgün bir şekle yakınsayacağı için alanını herhangi iki köşeden dış teğet çembere çizilen $2$ uzunluk arasında kalan açı olarak $\alpha$ yı alabilriz $$S=\dfrac{1}{2}k.R^2.\sin\alpha \Rightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}2S= \lim_{k \rightarrow \infty}k.R^2.\sin\alpha =k.R^2.\sin \alpha$$

$(*)$ nın bir sonucu olarak $n|2S$ kabul edebiliriz. $\blacksquare$