Matematik Olimpiyatı 2018, 2. Aşama, Soru 2

Bir ABC üçgeninin iç bölgesinde bir P noktası alınıyor. AP, BP, CP doğruları BC, CA, AB kenarlarını sırasıyla D, E, F noktalarında kesiyor. [BE ışını üzerinde bir Q noktası E ∈ [BQ] ve m(EDQ) = m(BDF) olacak şekilde alınıyor. BE ⊥ AD ve |DQ| = 2|BD| ise m(FDE) = 60° olduğunu gösteriniz. 


Çözüm 1: 


FD ∩ BP = T ve AT ∩ BC = R olsun. Menelaus ve Seva teoremlerinden 


\[
\frac{BC}{DC} = \frac{BF}{AF} \cdot \frac{AP}{PD} = \frac{BR}{DR}
\]


elde ederiz. Bu ise B, R, D, C noktalarının harmonik olduğunu gösterir. AB, AR, AD, AC doğruları bir harmonik kalem oluşturur ve buradan da B, T, P, E noktaları da harmonik olur. DTE üçgeninde E ve T köşelerinden karşı kenarlara inen dikme ayakları sırasıyla U ve V olsun. [DP] yükseklik olduğundan EU, TV, DP doğruları noktadaştır. B, T, P, E noktaları harmonik olduğundan Seva teoremini kullanarak 


\[
\frac{EV}{VD} \cdot \frac{DU}{UT} = \frac{EP}{TP} = \frac{EB}{TB}
\]


elde ederiz. Yani B, U, V noktaları TDE üçgeni için Menelaus teoremini sağlar ve B, U, V noktadaş olur. T, U, V, E noktaları çemberdeş olduğundan ∠TUB = ∠TED ve buradan da △BUD ∼ △QED elde ederiz. Benzerlik oranı BD/QD = 1/2 olduğundan UD/ED = 1/2 olur. EU ⊥ UD olduğundan ∠UDE = ∠FDE = 60° olur ve ispat biter.

**Çözüm 2:** Çözüm 1'de olduğu gibi \(B, T, P, E\) noktalarının harmonik olduğunu gösterebiliriz. \(\angle FDB = \angle QDE = \alpha\), \(\angle PDT = \beta\), \(\angle EDP = \theta\) olsun. Buradan 


\[ \frac{\sin \alpha}{\sin(\alpha + \beta + \theta)} \cdot \frac{TD}{DE} = \frac{BT}{BE} = \frac{PT}{PE} = \frac{\sin \beta}{\sin \theta} \cdot \frac{TD}{DE} \]


ve böylece 


\[ \frac{\sin \alpha}{\sin( \alpha + \beta + \theta )} = \frac{\sin \beta}{\sin \theta} \]


elde ederiz. Trigonometrik dönüşüm uygulayarak 


\[ \sin \alpha \cdot \sin \theta = \frac{1}{2} (\cos(\alpha - \theta) - \cos(\alpha + \theta)) \\ \sin(\alpha + \beta + \theta) \cdot \sin \beta = \frac{1}{2} (\cos(\alpha + \theta) - \cos(\alpha + 2\beta + \theta)) \]


buluruz. Buradan da 


\[ \cos(\alpha + \theta) = \frac{1}{2} (\cos(\alpha - \theta) + \cos(\alpha + 2\beta + \theta)) = \cos(\alpha + \beta) \cdot \cos(\beta + \theta) \]


olur. \(0^\circ < \alpha + \beta < 90^\circ\), \(0^\circ < \alpha + \theta < 90^\circ\) ve \(DP \perp BQ\) olduğundan 


\[ \frac{\cos(\alpha + \beta)}{\cos(\alpha + \theta)} = \frac{DQ}{BD} = 2 \]


sonucuna ulaşırız. Son olarak \(\cos(\beta + \theta) = 1/2\) ve \(\angle FDE = \beta + \theta = 60^\circ\) olur ve ispat biter. 


**3.** \(a_1, a_2, \dots\) dizisi her \(n\) pozitif tam sayısı için \(\sum_{i=1}^n a_{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} = n^{10}\) şartını sağlıyor. \(c\) herhangi bir pozitif tam sayı olmak üzere, her \(n > 1\) pozitif tam sayısı için \(\frac{c^{a_n} - c^{a_{n-1}}}{n}\) oranının tam sayı olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** \(n > 1\) olmak üzere sorudaki eşitliği \(n\) ve \(n-1\) için yazıp taraf tarafa çıkardığımızda 


\[ \sum_{i=1}^{n-1} (a_{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} - a_{\lfloor \frac{n-1}{i} \rfloor}) + a_1 = n^{10} - (n-1)^{10} \]


elde ederiz. \(b_1 = a_1 = 1\) ve her \(n > 1\) için \(b_n = a_n - a_{n-1}\) tanımlarsak, elde ettiğimiz eşitliği 


\[ \sum_{i|n} b_{\frac{n}{i}} = n^{10} - (n-1)^{10} \Rightarrow \sum_{i|n} b_i = n^{10} - (n-1)^{10} \]


şeklinde ifade edebiliriz. Bu eşitliğin \(n > 1\) için geçerli olduğu gibi \(n = 1\) için de geçerli olduğu görülür. 


Şimdi, literatürde bilinen \(\mu\)-fonksiyonunun tanımını hatırlayalım: 


\[ \mu(n) = \begin{cases} (-1)^k & n \text{ kare-bölensiz ve } n \text{ nin asal bölen sayısı } k \text{ ise} \\ 0 & n \text{ kare-bölensiz değilse} \end{cases} \]


Yine bilinen şu teoremi hatırlayalım:

**Teorem.** \(x_1, x_2, \dots\) bir dizi olsun. Her n pozitif tam sayısı için \(y_n = \sum_{i|n} x_i\) olmak üzere her n pozitif tam sayısı için 


\[x_n = \sum_{i|n} \mu(i) \cdot y_{\frac{n}{i}}\]


sağlanır. \(n > 1\) ise, \(n\) nin asal bölenlerini \(p_1, p_2, \dots, p_k\) ile gösterirsek bu eşitlik daha açık halde 


\[x_n = y_n - y_{\frac{n}{p_1}} - \dots - y_{\frac{n}{p_k}} + y_{\frac{n}{p_1 \cdot p_2}} + \dots + y_{\frac{n}{p_k-1 \cdot p_k}} - \dots\]


şeklinde ifade edilir. 


Şimdi, \(\sum_{i|n} b_i = n^{10} - (n-1)^{10} = (10n^9 - 45n^8 + \dots - 45n^2 + 10n - 1)\) olduğunu biliyoruz, o halde yukarıdaki teoremden her n pozitif tam sayısı için 


\[ 
\begin{aligned}
b_n &= \sum_{i|n} \mu(i) \cdot \left( \left( \frac{n}{i} \right)^{10} - \left( \frac{n}{i} - 1 \right)^{10} \right) \\
&= 10 \cdot \sum_{i|n} \mu(i) \cdot \left( \frac{n}{i} \right)^9 - 45 \cdot \sum_{i|n} \mu(i) \cdot \left( \left( - \frac{n}{i} \right)^8 + \dots + 10 \cdot \sum_{i|n} \mu(i) \cdot \left(- \frac{n}{i} \right) - \sum_{i|n} \mu(i) \right)
\end{aligned}
\]


olduğunu görürüz. \(n > 1\) için, \(n\) nin asal bölenlerini \(p_1, p_3, \dots, p_k\) ile gösterirsek, her \(r\) pozitif tam sayısı için 


\[ 
\begin{aligned}
& \sum_{i|n} \mu(i) \cdot \left( \frac{n}{\overline{i}} \right)^r = n^r \cdot \left( 1 - \frac{1}{p_1^r} \right) \cdots \left( 1 - \frac{1}{p_k^r} \right) \\
&= \phi(n) \cdot n^{r-1} \cdot \left( 1 + \frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_1^{r-1}} \right) \cdots \left( 1 + \frac{1}{p_k} + \dots + \frac{1}{p_k^{r-1}} \right)
\end{aligned}
\]


ifadesini buluruz. Ayrıca \(n > 1\) olduğundan \(\sum_{i|n} \mu(i) = 0\) olacaktır, o halde 


\[b_n = \phi(n) \cdot \left( 10n^8 \prod \left( 1 + \frac{1}{p} + \dots + \frac{1}{p^8} \right) - 45n^7 \prod \left( 1 + \frac{1}{p} + \dots + 1 \right) + \dots - 45n \prod \left( 1 + \frac{1}{p} \right) + 10 \right)\]


olduğunu görürüz. Bu förmülden şu iki sonucu çıkarabiliriz: 


(i) Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(\phi(n) \mid b_n\). \(n = 1\) için açık ve \(n > 1\) için bulduğumuz förmülden görülüyor. 


(ii) Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(b_n > 0\), dolayısıyla \(a_n \ge n\). Çünkü, \(b_1 = 1 > 0\), \(b_2 = 2^{10} - 2 > 0\), \(b_3 = 3^{10} - 2^{10} - 1 > 0\), \(b_4 = 4^{10} - 3^{10} - 2^{10} + 1 > 0\) dır ve \(n \ge 5\) için bulduğumuz förmülden, 


\[ \frac{b_n}{\phi(n)} > n^7 \cdot (10n - 45) \prod \left( 1 + \frac{1}{p} + \dots + n \cdot (120n - 45) \prod \left( 1 + \frac{1}{p'} \right) + 10 > 0 \Rightarrow b_n > 0 \right) \]


olduğu görülür. 


\(n > 1\) olmak üzere \(n\) nin asal bölenlerini \(c\) yi bölenler ve bölmeyenler diye iki kümeye ayıralım ve \(n = m \cdot s\) diye yazalım. Burada \(m\) sayısı, \(c\) nin yeterince büyük kuvvetlerini böler ve \(s\) ise \(c\) ile aralarında asaldır. Buna göre, \(\phi(n) \mid b_n\) ve \(a_{n-1} \ge n - 1\) olduğundan, \(m \mid c^{n-1} \mid c^{a_{n-1}}\) ve \(s \mid c^{\phi(s)} - 1 \mid c^{\phi(n)} - 1 \mid c^{b_n} - 1\) olur. Yani, \(n \mid c^{a_{n-1}} \cdot (c^{b_n} - 1) = c^{a_n} - c^{a_{n-1}}\) olur.

4. Bir ABC üçgeninde A köşesine ait iç açortay BC kenarına teğet olan dış teğet çemberi D ∈ [AE] olacak şekilde D ve E noktalarında kesiyor. \(\frac{|AD|}{|AE|} \le \frac{|BC|^2}{|DE|^2}\) olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** BC = a, yarı çevre uzunluğu u, A köşesinden geçen yüksekliğin uzunluğu \(h_a\) ve BC kenarına teğet olan \(J_a\) merkezli dış teğet çemberin yarıçapı \(r_a\) olsun. A, D, \(J_a\), E noktaları doğrudaytır. 


\[AD = AJ_a - J_aD = \sqrt{r_a^2 + u^2} - r_a, \quad DE = 2r_a, \quad AE = \sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a\]


elde ederiz. Yani 


\[\frac{AD}{AE} \cdot \frac{DE^2}{BC^2} = \frac{4r_a^2}{a^2} \cdot \frac{\sqrt{r_a^2 + u^2} - r_a}{\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a} = \left[ \frac{2u}{a} \cdot \frac{r_a}{\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a} \right]^2\]


buluruz. ABC üçgeninin alanı \(ah_a/2 = r_a(u - a)\) olduğundan \(h_a/r_a = 2(u - a)/a\) olur. \(J_a\) ve A noktalarından BC doğrusuna inilen dikmelerin ayakları sırasıyla K ve L olsun. \(AL + J_aK \le AJ_a\) olduğu açıktır. Bu ise \(h_a + r_a \le \sqrt{r_a^2 + u^2}\) anlamına gelir. Böylece 


\[\frac{\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a}{r_a} \ge \frac{h_a + 2r_a}{r_a} = \frac{2u}{a}\]


elde ederiz. Son eşitsizlikten dolayı ispat biter. Eşitlik A, L, K, \(J_a\) doğrudayı yani \(AB = AC\) iken sağlanır.

5. \(a_1, a_2, a_3, a_4\) pozitif tam sayıları bir çember etrafına yan yana olanlar aralarında asal olacak şekilde dizilemiyor. \(i, j, k \in \{1, 2, 3, 4\}\) ve \(i \neq j, j \neq k, k \neq i\) olmak üzere en çok kaç \((i, j, k)\) sıralı üçlüsü \((ebob(a_i, a_j))^2 \mid a_k\) şartını sağlar? 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
\((a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 2, 3, 6)\) için aşağıdaki 16 tane \((a_i, a_j, a_k)\) üçlüsünü seçebiliriz: 


\[ (1, 2, 3), (1, 2, 6), (1, 3, 2), (1, 3, 6), (1, 6, 2), (1, 6, 3), (2, 3, 6), (2, 3, 1), \]


\[ (2, 1, 3), (2, 1, 6), (3, 1, 2), (3, 1, 6), (6, 1, 2), (6, 1, 3), (3, 2, 6), (3, 2, 1). \]


17 adet üçlü seçilemeyeceğini kanıtlayalım. Toplam \(4 \cdot 3 \cdot 2 = 24\) adet sıralı üçlü bulunur. Bu üçlüleri \(i, j, k\) birbirinden farklı olmak üzere \(\{(i, j, k), (j, k, i), (k, i, j)\}\) biçiminde 8 farklı kümeye ayırabiliriz. 17 tane üçlü seçtiğimiz durumda Güvercin Yuvası prensibinden bu kümelerin en az birindeki tüm üçlüleri seçmemiz gerekir. Yani \((a_1, a_2, a_3, a_4)\) ün bir permütasyonu \((a, b, c, d)\) olmak üzere 


\[ (ebob(a, b))^2 \mid c, (ebob(b, c))^2 \mid a, (ebob(c, a))^2 \mid b \]


olmalıdır. Bu durumda \(ebob(a, b) = ebob(b, c) = ebob(c, a) = 1\) olması gerektiğini ispatlayacağız. Bir \(p\) asalı ve negatif olmayan bir \(\alpha\) tam sayısı için \(p^\alpha \mid ebob(a, b)\) olsun. Bu durumda 


\[ p^{2\alpha} \mid c \implies p^\alpha \mid ebob(b, c) \implies p^{2\alpha} \mid a \implies p^\alpha \mid ebob(c, a) \]


\[ \implies p^{2\alpha} \mid b \implies p^{2\alpha} \mid ebob(a, b) \]


olacağından \(\alpha = 0\) olur. Yani \(ebob(a, b) = 1\) dir. Benzer şekilde \(ebob(b, c) = ebob(c, a) = 1\) olduğunu görebiliriz. Eğer \(d\) sayısı \(a, b, c\) sayılarının ikisiyle aralarında asalsa \(a, b, c, d\) sayılarını bir çember etrafına yan yana olanlar aralarında asal Olacak biçimde dizebiliriz. (Öncelikle \(a, b, c\) sayılarını çember etrafına rastgele koyarız. Ardından \(d\) sayısını aralarında asal olduğu iki sayının arasına koyarız.) Bu durumda \(d\) sayısı \(a, b, c\) sayılarından en az ikisiyle aralarında asal olmamalıdır. Genelliği bozmadan \(ebob(b, d) > 1\) ve \(ebob(c, d) > 1\) varsayalım. 


\[ (ebob(b, d))^2 \mid a \implies ebob(a, b) > 1 \]


\[ (ebob(b, d))^2 \mid c \implies ebob(b, c) > 1 \]


\[ (ebob(c, d))^2 \mid a \implies ebob(a, c) > 1 \]


\[ (ebob(c, d))^2 \mid b \implies ebob(b, c) > 1 \]


olduğundan \((ebob(a_i, a_j))^2 \mid a_k\) şartını aşağılamayan en az 8 tane \((i, j, k)\) üçlüsü bulunur. Bu ise cevabın 16 dan büyük olamayacağını gösterir ve ispat biter.