Gönderen Konu: II. Aşama denemesi  (Okunma sayısı 943 defa)

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
II. Aşama denemesi
« : Ağustos 22, 2019, 11:26:39 ös »
Soruların Tüm Çözümlerini $30.08.2019$ da paylaşacağım.


1. gün


$1)$ Verilen iki çemberin $A$ değme noktasından, bu çemberler içinde kalmak üzere, uzunlukları oranı verilen $AB$ ve $AD$ gibi iki kiriş ile çemberlerin $O$ ve $C$ merkezlerinden bu kirişlere dikler çiziliyor. Bu iki dikin $M$  kesim noktasının geometrik yerini bulunuz.


$2)$ $f(0)=2$ ve $h(0)=1$ olmak üzere , her $x,y$ reelleri için

$$(x-y).f(x)-xy+y^2\le h(y)-h(x) \le (x-y). g(x) -xy+y^2$$  eşitsizliklerini sağlayan tüm $f,g,h:R\rightarrow R$ fonksiyonlarını bulunuz.



$3)$ $m$ ve $n$ pozitif tam sayılar olsun. O zaman

$$\dfrac{(mn)!}{m!.(n!)^m}$$  ifadesinin bir pozitif tam sayı olduğunu ispatlayınız.


2. gün

$4)$  Her $a,b,c\in R$ için

$$a^4+b^4+c^4\ge a^2bc+b^2ac+c^2ab$$ eşitsizliğinin doğruluğunu gösteriniz.



$5)$ Bir çember etrafına yerleştirilmiş $50$ kutuya  adım adım aşağıdaki işlemler uygulanıyor.

Birinci adımda kutulardan biri seçiliyor ve o kutunun içine $1$ top konuluyor.

İkinci adımda , $1$ top konulan kutudan saat yönünde bir kutu boş bırakılıyor ve ikinci kutuya $2$ top konuluyor.

Üçüncü adımda , İki top konulan kutudan sonraki iki kutu atlanıyor ve üçüncüsüne $3$ top konuluyor.

.
.
.
k-ıncı adımda  $k-1$  top konulan kutudan sonraki $k-1$  kutu atlanıyor ve k-ıncı kutuya $k$ tane top konuluyor.  $99.$  adımda top  konulan kutuda toplam kaç top birikmiş olur ?



$6)$  Bir çember ile dışında bir $D$ doğrusu ve doğrunun, çemberi içermeyen tarafında bir $S$ noktası alınıyor. Bu noktadan öyle bir kesen geçiriniz ki , doğruyu $A$ da ve çemberi $B$ de kestiğine göre

$$\dfrac{\mid SA\mid}{\mid SB\mid}=\dfrac{2}{5}$$ olsun.
« Son Düzenleme: Ağustos 24, 2019, 08:31:41 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimiçi metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Demirbaş Üye
  • ********
  • İleti: 272
  • Karma: +7/-0
Ynt: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #1 : Ağustos 24, 2019, 05:48:31 ös »
$2)$ $x>y$ için $$(x-y)f(x)-xy+y^2\leq (x-y)g(x)-xy+y^2 \Rightarrow f(x)\leq g(x)$$ $x<y$ için $$(x-y)f(x)-xy+y^2\leq (x-y)g(x)-xy+y^2 \Rightarrow f(x)\geq g(x)$$ olur, yani $f(x)=g(x)$ olur. Yani $(x-y).f(x)-xy+y^2= h(y)-h(x)$ olur. $y=0$ için, $$xf(x)=1-h(x)\Rightarrow h(x)=1-xf(x)$$ olur, yerine yazarsak, $$(x-y)f(x)-xy+y^2=xf(x)-yf(y)\Rightarrow y-x=f(x)-f(y)$$ $y=0$ için $f(x)=2-x$ olur.

Tüm fonksiyonlar, $f(x)=g(x)=2-x$ ve $h(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2$'dir.
« Son Düzenleme: Kasım 10, 2019, 06:11:18 ös Gönderen: metonster »
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı Squidward

  • G.O Sevecen Üye
  • ****
  • İleti: 67
  • Karma: +3/-0
Ynt: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #2 : Ağustos 24, 2019, 07:18:19 ös »
$3)$

$mn$ kişiyi $m$ tane özdeş $n$ kişilik gruplara ayırmanın sayısı verilen ifadeye eşittir.
ibc

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #3 : Ağustos 24, 2019, 08:21:06 ös »
İspatını da eklersen tam olur $2.$ aşama denemesi olduğu için ispatı da gereklidir.
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: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #4 : Ağustos 24, 2019, 10:03:20 ös »
$3)$

$mn$ kişiyi $m$ tane özdeş $n$ kişilik gruplara ayırmanın sayısı verilen ifadeye eşittir.


İspat:

$mn$ kişiyi $m$ tane özdeş $n$ kişilik gruplara ayırmanın sayısını hesaplayalım ve eşit olduklarını görelim,

İlk grup için $n$ kişiyi, ikinci grup için $n$ kişiyi, ..., m'inci grup için $n$ kişiyi seçelim.

$\binom{mn}{n} \cdot \binom{mn-n}{n} \cdot \binom{mn-2n}{n} \cdot \dots \cdot \binom{mn - (m-1)n}{n}$ bu ifade de, 

$\dfrac{(mn)!}{(n!)^m}$'ye eşittir fakat grupların birbirleri arasındaki dizilimleri önemsiz olduğundan $m!$'e bölünmelidir yani sayı,

$\dfrac{(mn)!}{m!(n!)^m}$'e eşit olur ve açıkça bir tamsayıdır. $\blacksquare$
ibc

Çevrimdışı Squidward

  • G.O Sevecen Üye
  • ****
  • İleti: 67
  • Karma: +3/-0
Ynt: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #5 : Ağustos 25, 2019, 02:27:23 ös »
$4)$

$a,\ b, \ c$'nin işaretlerine bakmaksızın eşitsizliğin sol tarafı pozitif olacağından, sadece sağ tarafın işareti etkileneceğinden eşitsizlik $a, \ b, \ c \in R^+$ için kanıtlanırsa, kanıtın biteceği açıktır.

$AO \ge GO$'dan

$\dfrac{a^4 + a^4 + b^4 + c^4}{4} \ge (a^8b^4c^4)^{\frac{1}{4}} = a^2bc$

$\dfrac{a^4 + b^4 + b^4 + c^4}{4} \ge (a^4b^8c^4)^{\frac{1}{4}} = ab^2c$

$\dfrac{a^4 + b^4 + c^4 + c^4}{4} \ge (a^4b^4c^8)^{\frac{1}{4}} = abc^2$

üç eşitsizlik toplanırsa istenilen eşitsizlik elde edilir. $\blacksquare$
ibc

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 249
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #6 : Ağustos 30, 2019, 05:09:09 ös »
$1)$

Problemi çözülmüş varsayarak işe koyulalım. Hipoteze göre $\dfrac{\mid AB \mid }{\mid AD\mid}=\dfrac{m}{n}$  dir. $M$  den $OC$ ye dikme çizelim. Kenarları dik olduğundan $OAF$ ve $OMI$  üçgenleri benzerdir:

$AC=R'$ $AO=R$  olsun.

$$\dfrac{\mid AF \mid}{\mid MI \mid}=\dfrac{\mid OA \mid}{\mid MO \mid }$$

Benzer şekilde $CAE$ ve $CMI$ üçgenlerinin benzerliğinden 

$$\dfrac{\mid AE \mid}{\mid MI \mid}=\dfrac{\mid CA \mid}{\mid MC \mid }$$

Taraf tarafa bölelim :

$$\dfrac{\mid AF \mid}{\mid AE \mid}=\dfrac{\mid AB \mid}{\mid AD \mid}=\dfrac{\mid OA \mid}{\mid MO \mid }.\dfrac{\mid MC \mid}{\mid AC \mid }$$

$$\dfrac{\mid MC \mid}{\mid MO \mid}=\dfrac{m.R'}{n.R}$$

$M$ noktasının Sabit $O$ ve $C$ noktalarına oranı da sabit olduğu için $M$ noktası $OC$ yi verilen oran dahilinde bölen eşlenik noktalar arasındaki uzaklığı çap kabul eden Apolonyus Çemberi üzerinde bulunur.




« Son Düzenleme: Ağustos 30, 2019, 05:20:52 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: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #7 : Ağustos 30, 2019, 05:32:58 ös »
$6)$ Verilen şarta göre $A$ noktası ,$D$ doğrusu ile , verilen çemberin $S$ merkezine ve $\dfrac{p}{q}=\dfrac{2}{5}$ oranına göre homotetiği olan çemberin kesim noktasıdır. Veya ters olarak $\dfrac {\mid SB\mid }{\mid SA\mid } = \dfrac{5}{2} $ olacağından $B$ noktası , verilen çember ile verilen doğrunun aynı merkeze ve $\dfrac{5}{2}$ oranına göre homotetiği olan $D'$ doğrusu üzerinde bulunur. $D'$ yü tayin eden  $D$ ve $S$ den $SH$ dikmesi indirilir ve üzerinde $\mid SK\mid = \frac{5}{2}.\mid SH\mid $ olacak şekilde $K$ noktası işaretlenir. $K$ dan $D$ ye çizilen paralel $D'$ doğrusu olup çemberi aranan $B$ noktasında keser.

İrdelemeye girmedim.




« Son Düzenleme: Ağustos 30, 2019, 05:52:03 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: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #8 : Ağustos 30, 2019, 06:31:12 ös »
$5)$  Bir kutuya $k-$ıncı adımda $k$ tane top konulabilmesi için;
$$1+2+3+4+5+...+(k-1)+k=\dfrac{k.(k+1)}{2}$$
tane kutu geçilmesi gerekir.  Aynı kutuya hem $k-$ıncı adımda hem $m-$inci adımda top konulması için gerek ve yeter koşul

$$\frac{1}{2}.k.(k+1)\equiv \frac{1}{2}.m.(m+1)(mod50)$$
ya da
$$k.(k+1)\equiv m.(m+1) (mod100)$$ olmasıdır.

Böylece $99.$ adımda $99$ top konulan kutuya , $m.$ adımda $m$ top konulması  için gerek ve yeter koşul 

$$99.100\equiv m.(m+1)(mod100)$$
Buradan
$$(99-m).(100+m)\equiv 0(mod100)$$

Buradan $(99-m).(100+m)=2^2.5^2.A$ olmalıdır.   $2$ ye  ve $5$ e bölünemeyen uygun $p.q=A$ olacak şekildeki tam sayılar için

\begin{equation*}
\begin{cases}
99-m=2^2p,
\\
100+m=5^2q
\end{cases}
\end{equation*}

\begin{equation*}
\begin{cases}
99-m=2^25^2p,
\\
100+m=q
\end{cases}
\end{equation*}

\begin{equation*}
\begin{cases}
99-m=5^2q,
\\
100+m=2^2p
\end{cases}
\end{equation*}

\begin{equation*}
\begin{cases}
99-m=q,
\\
100+m=2^25^2p
\end{cases}
\end{equation*}

eşitlikliklerinden biri sağlanmalıdır. Denklemler çözülüp incelenirse $m=75$ bulunur. Böylece $99.$  adımda $99$  top konulan içinde toplam $99+75=174$ top birikmiş olur.
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: II. Aşama denemesi
« Yanıtla #9 : Ağustos 30, 2019, 07:05:16 ös »
$3)$ Ben de bu sorunun  Sayılar Teorisi yardımıyla ispatını vereyim.

$p$ bir asal sayı olmak üzere

$${\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}-{\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋}-m{\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{n}{p^i}⌋}\ge 0$$ olduğunu göstermek yeter. Öyle $r$ ve $s$ tam sayıları vardır ki ;

$$p^r\le m < p^{r+1}$$ , $$p^s\le n <p^{s+1}$$ dir. O zaman  $ ⌊\dfrac{m}{p^{r+1}}⌋=0$ ve $ ⌊\dfrac{n}{p^{s+1}}⌋=0$ dır.

$ ⌊x⌋+  ⌊y⌋\le  ⌊x+y⌋$  eşitliği kullanılırsa  $m. ⌊\dfrac{n}{p^i}⌋= ⌊\dfrac{n}{p^i}⌋+⌊\dfrac{n}{p^i}⌋+...+⌊\dfrac{n}{p^i}⌋\le ⌊\dfrac{mn}{p^i}⌋$  elde edilir. Şimdi İstenen ifadeyi derleyelim.

$${\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}-{\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋}-m{\overset{\infty}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{n}{p^i}⌋}={\overset{r+s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}-{\overset{r}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋}-m{\overset{s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{n}{p^i}⌋}\ge {\overset{s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}+{\overset{r+s}{\underset{i=s+1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}-{\overset{r}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋}-{\overset{s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}$$

$${\overset{s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}+{\overset{r+s}{\underset{i=s+1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}-{\overset{r}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋}-{\overset{s}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} ⌊ \dfrac{mn}{p^i}⌋}={\overset{r}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} (⌊ \dfrac{mn}{p^{s+i}}⌋-⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋)}\ge {\overset{r}{\underset{i=1}{{\displaystyle\sum}}} (⌊ \dfrac{mp^s}{p^{s+i}}⌋-⌊ \dfrac{m}{p^i}⌋)}=0$$ olduğundan ispat bitmiştir.

Benzer soru tipi olması açısından  incelenebilecek bir soru daha vereyim.

http://geomania.org/forum/index.php?topic=4368.0
« Son Düzenleme: Ağustos 30, 2019, 07:07:30 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
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