Gönderen Konu: III. Aşama Denemesi  (Okunma sayısı 773 defa)

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
III. Aşama Denemesi
« : Ağustos 22, 2019, 09:47:01 ös »
Çözülmeyen soruları $01.09.2019$ da ekleyeceğim.


Gün 1

$1)$  $lim(a_n)$  ifadesi $a_n$ dizisinin limitini göstermek üzere  her irrasyonel $\gamma$ sayısı için , $p_n+q_n.\gamma>0$ ve

$lim(p_n+q_n.\gamma)=0$ olacak biçimde $\{p_n\}$ ve $\{q_n\}$ tam sayı dizileri bulunduğunu kanıtlayınız.



$2)$ Bir  doğru üzerinde bulunan $A$ , $B$ve $C$ gibi üç nokta veriliyor; $C$ noktası $AB$ nin uzantısı üzerindedir; $A$ ve $B$ noktalarından

geçirilen herhangi bir çembere $C$ noktasından $CM$ ve $CN$ teğetleri çiziliyor. $A$ ve $B$ noktalarından geçen çemberin yarıçapı değiştiğine göre

$MN$ kirişinin orta noktasının geometrik yerini bulunuz.



$3)$ Bir turnuvaya katılan oyunculardan her biri diğer oyunculardan her biri ile tam olarak birer kez karşılaşıyor. Her bir karşılaşamada galip gelen

oyuncuya $1$ puan , beraberlikte her iki yarışmacıya $\dfrac{1}{2}$ puan veriliyor. Turnuvanın sonunda, turnuvadaki her bir oyuncunun, topladığı

puanın yarısını, en az puan toplayan $10$ oyuncu ile yaptıkları karşılaşmadan kazandıkları görülüyor.

(En düşük puan alan on kişi de topladığı puanların yarısını diğer dokuz kişi ile yaptıkları karşılaşmadan topluyorlar.) Buna göre turnuvaya toplam kaç kişi katılmıştır?



Gün 2


$4)$  $\{1,2,3,..,2n-1,2n\}$ sayılar kümesi, her birinde $n$ tane sayı olan herhangi iki alt kümeye ayrılmıştır. $a_1<a_2<a_3<...<a_n$ artan sırayla

dizilmiş birinci altkümenin elemanları ve $b_1>b_2>b_3>...>b_n$  ise azalan sırayla dizilmiş ikinci alt kümenin elemanları olsun.

 Bu durumda $$\mid a_1-b_1\mid+\mid a_2-b_2\mid +...+\mid a_n-b_n\mid = n^2$$ olduğunu gösteriniz.



$5)$ $$S=sin1.sin3.sin5...sin89$$

        $$K=sin2.sin4.sin6...sin90$$   ise $2^{89}.(S+K)^2$ ifadesinin tam kısmını bulunuz.



$6)$  Eşkenar olmayan $ABC$ üçgeninin iç çemberi $BC,AC,AB$ kenarlarına sırasıyla $D,E,F$ noktalarında teğettir. $DEF$ üçgeninin diklik merkezi $H$ olmak üzere $H$  noktasının $ABC$ üçgeninin iç çember ve çevrel çember merkezlerini birleştiren doğru üzerinde olduğunu gösteriniz.



Gün 3


$7)$  her $p$ asal sayısı için $$p^2 \mid \left( \begin{matrix}2p\\p\end{matrix} \right)-2$$ olduğunu gösteriniz.




$8)$  $x$ pozitif tam sayıları ve  $n\in N$ için

$$ (1+x)^n = 1+nx+\dfrac{n.(n-1)}{2}.x^2$$ denklemini çözünüz.



$9)$ $n>2$, $n$ elemanlı bir $S$ kümesinde herhangi $2$ elemanın toplamı herhangi bir pozitif tam sayının $4.$ kuvvetine eşit olduğu ve bu toplamların birbirinden farklı olduğu biliniyor.

Daha sonra $S$ kümesindeki elemanlar üçerli gruplar halinde toplanıyor.

(Toplanan sayılar aynı toplama işlemi sırasında kullanılamıyor ancak A kümesinin diğer elemanlarının elde edilmesinde tekrardan kullanılabiliyor. Örneğin:$1+1+3$ şeklinde toplam olamıyorken $1+2+4$ ve $1+2+5$ şeklinde $2$ farklı toplamda aynı sayılar kullanılabilir. )

 Buna göre elde edilen farklı tüm  tek sayı olan toplamlar $A$ kümesine yazılıyor. Böyle kümelerin var olduğu kabul edilirse

$|A| ≤\left( \begin{matrix}n-1\\2\end{matrix} \right)$ olduğunu ispatlayınız.($|A|$, $A$ kümesinin eleman sayısını belirtmektedir.)
« Son Düzenleme: Ağustos 30, 2019, 07:24:18 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #1 : Ağustos 30, 2019, 01:13:51 ös »
$5)$ $S.K=sin1.sin2.sin3.sin4...sin90$  değerini  Karmaşık sayılar yardımıyla hesaplayalım

$x^{180}-1=0$ denkleminin köklerini göz önüne alalım.

$k\in \{0,1,2,...,179\}$ için

$w_k=cos2k+i.sin2k$ olur.

$k\in \{1,2,3,...,179\}$ için

$P(x)=1+x+x^2+x^3+...+x^{179}$ un kökleri olacağından

$$P(x)={\overset{n}{\underset{k=0}{{\displaystyle\prod}}}(x-w_k)}$$ olarak yazılabilir.

$P(1)=180$  dir.

$$sink=\dfrac{e^{ik}-e^{-ik}}{2i}=\dfrac{e^{2ik}-1}{2i.e^{ik}}=\dfrac{w_k-1}{2iw_{k/2}}$$
bulunur.

$\mid w_{k/2} \mid =\mid cosk+i.sink\mid =1$ olduğunu kullanalım.

$${\overset{90}{\underset{k=1}{{\displaystyle\prod}}}sink}={\overset{179}{\underset{k=91}{{\displaystyle\prod}}}sink}={\overset{179}{\underset{k=91}{{\displaystyle\prod}}}\dfrac{w_k-1}{2iw_{k/2}}}$$
 $$\mid {\overset{90}{\underset{k=1}{{\displaystyle\prod}}}sink}\mid^2 =\mid \dfrac{1}{i^{179}}{\overset{179}{\underset{k=1}{{\displaystyle\prod}}}\dfrac{w_k-1}{2w_{k/2}}}\mid=\mid {\overset{179}{\underset{k=1}{{\displaystyle\prod}}}\dfrac{w_k-1}{2}}\mid=\mid \dfrac{-P(1)}{2^{179}}\mid =\mid \dfrac{90}{2^{178}} \mid  $$

Olur  $$S.K=\dfrac{3\sqrt{10}}{2^{89}}$$

$S.K$ yı başka şekilde de kullanabiliriz.

$S.K=(sin1.sin89).(sin2.sin88)....(sin44.sin46). sin45$

$cos(a-b)-cos(a+b)=2.sina.sinb$ olduğunu kullanalım.

$S.K\sqrt{2}=(\dfrac{cos88-cos90}{2}).(\dfrac{cos86-cos90}{2}).(\dfrac{cos84-cos90}{2})....(\dfrac{cos2-cos90}{2})$

$S.K \sqrt{2}=\dfrac{K}{2^{44}}$

$S=2^{-89/2}$ elde edilir.  Buradan $K=3\sqrt{10}.2^{-89/2}$

Buradan $2^{89}.(S+K)^2=(1+3\sqrt{10})^2=91+6\sqrt{10}$ olur.

$18<\sqrt{360}<19$ olduğundan   $109<91+6\sqrt{10}<110$ olduğu için $⌊2^{89}.(S+K)^2⌋=109$ olarak bulunur.
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı Squidward

  • G.O Sevecen Üye
  • ****
  • İleti: 67
  • Karma: +3/-0
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #2 : Ağustos 30, 2019, 06:15:08 ös »
$3)$

Yapılan her karşılaşmada "piyasaya" $1$ puan girdiği açıktır yani toplam puan karşılaşma sayısına $n$, kişi sayısı olmak üzere, $\dfrac{n(n-1)}{2}$'a eşittir. Son $10$ kişi hariç herkes puanının yarısını son $10$ kişiyle yaptığı karşılaşmalardan kazandığına göre hepsinin kazandığı puan $2 \cdot \dfrac{(n-10)(n-11)}{2}$'dir, son $10$ kişinin kazandığı toplam puan ise $2 \cdot \dfrac{9 \cdot 8}{2}$'dir.

İki ifade eşitlenirse,

$\dfrac{n(n-1)}{2} = 2 \cdot \dfrac{(n-10)(n-11)}{2} + 2 \cdot \dfrac{9 \cdot 8}{2}$

ifade düzenlenirse, $n^2 - 41n + 364 = (n-13)(n-28) = 0$ elde edilir yani $n = 13$ veya $n = 28$'dir.

Şimdi $13$ olamayacağını gösterelim, eğer $13$ kişi olsaydı "piyasadaki" toplam puan sayısı $\dfrac{13 \cdot 12}{2} = 78$'dir, yukarıda son $10$ kişinin puanlarının toplamı $72$ olduğunu söylemiştik, son $10$ kişinin en fazla puan alanını en düşük kılmak için her birinin (0,2 puan illegal bile olsa) eşit puan aldığını düşünsek bile, ilk üç kişinin aldığı toplam puan $6 < 7,2$'dir, çelişki!

$n = 28$'dir.
ibc

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #3 : Eylül 01, 2019, 02:06:38 ös »
$9)$ Bu sorunun çözümü 

http://geomania.org/forum/index.php?topic=6368.0
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #4 : Eylül 01, 2019, 02:26:13 ös »
$4)$  Herhangi $\{a_k,b_k\}$ ikilisi ele alalım. $a_k$ ve $b_k$  sayılarının ikisi birden $n$ den büyük olamaz. Aksi halde

$n<a_k<a_{k+1}<a_{k+2}<...<a_n$  ve $b_1>b_2>b_2>...>b_k>n$ elde edilir.

buradaki eleman sayısı  ise $n+1$ olur, her biri $n$ den büyüktür ve $2n$ yi geçmez. Böyle bir kümenin elde edilmesi mümkün değildir.

Benzer şekilde $a_k$ ve $b_k$ nın her ikisi birden de $\le n$ olamaz. Dolayısıyla $a_k$ ve $b_k$ dan biri $n$  den büyüktür. Diğeri

küçüktür. Büyük olan küme $M_k$, küçük olan küme $m_k$  olsun.

O halde $$\{ m_1,m_2,m_3,...,m_k \}=\{1,2,3,4,...,n\}$$  ve

$$\{M_1,M_2,M_3,...,M_k\}=\{n+1,n+2,n+3,...,2n\}$$ olur.

İstenen ifadeyi açarsak $M_1 +M_2+M_3+...+M_n-(m_1+m_2+m_3+...+m_n)=(n+1)+(n+2)+...+(n+n)-(1+2+3+4+...+n)$ olur

Düzenlenirse $n^2$  elde edilir.   
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #5 : Eylül 01, 2019, 03:40:09 ös »
$7)$ $p=2$ için deneyerek görmek mümkündür.

$p>2$ asal sayıları için

$\left( \begin{matrix}2p\\p\end{matrix} \right)=2.\left( \begin{matrix}2p-1\\p-1\end{matrix} \right)$

$k$  nın $0,1,2,3,4,...,\frac{p-1}{2}$ değerleri için

$(2p-k).(p+k)\equiv k.(p-k)(mod p^2)$  olduğunu göz önüne alırsak

$$(2p-1).(2p-2)...(p+2).(p+1)=[(2p-1).(p+1)][(2p-2).(p+2)]...[(2p-\dfrac{p-1}{2})+(p+\dfrac{p-1}{2})]$$
$$\equiv [1.(p-1)][2.(p-2)]...[\dfrac{p-1}{2}.\dfrac{p+1}{2}](mod\text{  }p^2)\equiv 1.2.3...(p-2).(p-1)(mod\text{  }p^2)\equiv (p-1)!(mod\text{  }p^2)$$

Bu bilgiyi denklem halinde yazarsak $(2p-1).(2p-2)...(p+1)=m.p^2+(p-1)!$ olacak biçimde $m\in N$ vardır.  Bu nedenle

$$\left( \begin{matrix}2p-1\\p-1\end{matrix} \right)=\dfrac{mp^2+(p-1)!}{(p-1)!}=\dfrac{mp^2}{(p-1)!}+1$$ 

İfadesine bakılırsa $\dfrac{mp^2}{(p-1)!}$ ifadesinin bir tam sayı olduğu görülebilir.

$(p^2,(p-1)!)=1$ olduğunu görmek kolaydır ve bunun yardımıyla $m=l.(p-1)!$ dönüşümü yapılabilir. $l\in N$ olmalıdır.

$$\left( \begin{matrix}2p-1\\p-1\end{matrix} \right)=\dfrac{l.(p-1)!.p^2}{(p-1)!}+1=lp^2+1\equiv 1(mod \text{   }p^2)$$ ulaşılır. 

$$\left( \begin{matrix}2p\\p\end{matrix} \right)-2=2.\left( \begin{matrix}2p-1\\p-1\end{matrix} \right)-2\equiv 0(modp^2)$$ elde edilir.

İspat biter.
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: III. Aşama Denemesi
« Yanıtla #6 : Eylül 01, 2019, 04:05:24 ös »
$1)$ Eğer $\gamma$ bir irrasyonel sayı ise ;

$$G=\{a+b\gamma : a,b \in Z\}$$ kümesinin en önemli özelliklerinden biri , bu kümenin herhangi iki elemanının toplamı ve farkının da yine bu küme içinde olmasıdır. Başka bir deyimle , $G$ kümesi $R$  nin $Z$ yi kapsayan bir toplamsal altgrubudur.

Şimdi ,$G$ nin pozitif elemanlarından oluşan altkümesine bakalım. Bu altküme boş olmadığından ve alttan sınırlı olduğundan , bir infimuma (en büyük alt sınıra) sahiptir. $\lambda = inf\{a+b\gamma : a,b\in Z , a+b\gamma >0 \}$ , $\lambda \ge 0$ olduğu açıktır. Eğer $\lambda =0 $ olduğunu gösterebilirsek problemi çözmüş oluruz. 

Sebebini açıklayalım ;  $\lambda=0$ ise infimum tanımından dolayı her $n\ge 1$ için öyle $p_n , q_n\in Z$ bulunabilir ki $0<p_n+q_n\gamma<\frac{1}{n}$  dir.  Böylece elde edilen $\{p_n\}$  ve $\{q_n\}$ tam sayı dizileri için , Sandwich teoreminden $lim(p_n+q_n \gamma)=0$ sonucunu verir.

Şimdi gelelim $\lambda=0$ olduğunu göstermeye. Eğer $\lambda \not \in G$ olsaydı  $\lambda > 0$ olması gerekirdi ve dolayısıyla $\lambda <x<y<2\lambda $ koşullarını sağlayan $x,y\in G$ bulunması gerekirdi. Ancak bu durumda $0<y-x<\lambda$ elde edilir ki , $x,y\in G$ olduğundan $\lambda \in G$ elde edilir.

Şimdi $\lambda>0$ farzedelim ve $x\in G$  alalım.  Arşimed ilkesi gereğince $(n+1).\lambda >x$ olacak biçimde bir $n\in N$ vardır. Bu tür $n$ lerin en küçüğüne $m$ diyelim. Bu $m$ sayısı için $$m\lambda \le x < (m+1) \lambda $$ olur.

Burada $x=m\lambda$ olmalıdır. Çünkü $m\lambda <x<(m+1)\lambda \longrightarrow$ $0<x-m\lambda<\lambda$ gelir bu da $x-m\lambda\in G$ olduğundan imkansızdır. Böylece $G$  nin tüm elemanları $m\in Z$ olmak üzere $m\lambda$ formatındadır. 

Fakat bu durumda ise $1=k\lambda$ ve $\gamma =t\lambda$ olacak şekilde $k,t\in Z$ olması gerekir ki sonuçta $\gamma = \dfrac{k}{t}\in Q$ olduğundan $\lambda>0$ için çelişki gelir. $\lambda =0$ olmalıdır. 
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal