Matematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 5

\(x_i \in \{1, 2, \dots, 20\}\), (\(1 \le i \le 2012\)), biçimindeki tüm \((x_1, x_2, \dots, x_{2012})\) 2012-lilerinden oluşan kümeyi \(P\) ile gösterelim. 


Bir \(S \subset P\) altkümüse, her \((x_1, x_2, \dots, x_{2012}) \in S\) için, 


\[y_i \le x_i \ (1 \le i \le 2012) \implies (y_1, y_2, \dots, y_{2012}) \in S\]


koşulunu sağlıyorsa, \(S\) ye alçalan küme; 


\[x_i \le y_i \ (1 \le i \le 2012) \implies (y_1,y_2,\dots,y_{2012}) \in S\]


koşulunu sağlıyorsa da, \(S\) ye yükselen küme diyelim. 


A ve B boş olmayan bir alçalan ve bir yükselen küme olmak üzere, \(|A \cap B|/(|A| \cdot |B|)\) nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{1}{2^{2012}}\)

Çözüm:
\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(x_i \in \{1, 2, \dots, 20\}\), (\(2 \le i \le n\)), şeklindeki tüm \((x_1, x_2, \dots, x_n)\) n-lilerinden oluşan kümeyi \(P_n\) ile gösterelim. \(A_n \subset P_n\) ve \(B_n \subset P_n\) sırasıyla boş olmayan alçalan ve

yükselen küme olmak üzere, \(f(A_n, B_n) = |A_n \cap B_n|/(|A_n| \cdot |B_n|)\) ifadesinin alabileceği en büyük değerin \(\frac{1}{20^n}\) olduğunu gösterelim. \(A_n = B_n = P_n\) ise \(f(A_n, B_n) = \frac{1}{20^n}\) olur. \(n\) üzerine tümevarımla 


\[f(A_n, B_n) \le \frac{1}{20^n} \quad (1)\]


olduğunu göstereceğiz ve ispat tamamlanmış olacak. 


\(n = 1\) olsun. \(|A_1 \cap B_1| = 0\) ise eşitsizlik bariz şekilde sağlanıyor. \(|A_n \cap B_n| = c > 0\) ise tanımlara göre, \(a + b + c = 20\) olacak şekilde negatif olmayan \(a, b\) tam sayıları için \(A_1 = \{1, 2, \dots, a + c\}\) ve \(B_1 = \{20 - b - c + 1, \dots, 20\}\) olacaktır. O zaman \(|A_1| = a + c\), \(|B_1| = b + c\) ve \(f(A_1, B_1) = \frac{c}{(a + c)(b + c)} = \frac{c}{a + b + c + ab} = \frac{1}{20 + ab/c} \le \frac{1}{20}\) olur. 


(1) eşitsizliğinin \(n - 1\) için doğru olduğunu varsayalım. \(A_n\) kümesinin \((x_1, x_2, \dots, x_n = i)\) şeklindeki tüm elemanlarından oluşan alt kümesi \(A_n(i)\) olsun. \(A_n^{-}(i)\) kümesini, 


\[(x_1, x_2, \dots, x_{n-1}) \in A_n^{-}(i) \text{ ancak ve ancak } (x_1, x_2, \dots, x_{n-1}, x_n = i) \in A_n(i)\]


olacak şekilde tanımlayalım. Benzer şekilde \(B_n(i)\) ve \(B_n^{-}(i)\) kümeleri tanımlanıyor. Buna göre, 


\[A_n = \cup_{i=1}^{20} A_n(i), \quad |A_n| = \sum_{i=1}^{20} |A_n^{-}(i)| \quad \text{ve} \quad A_1 \subset A_2 \subset \cdots \subset A_{20}\]


ve benzer şekilde 


\[B_n = \cup_{i=1}^{20} B_n(i), \quad |B_n| = \sum_{i=1}^{20} |B_n^{-}(i)| \quad \text{ve} \quad B_1 \supset B_2 \supset \cdots \subset B_{20}\]


olur. Tümevarım varsayımına göre, 


\[|A_n \cap B_n| = \sum_{i=1}^{20} |A_n^{-}(i) \cap B_n^{-}(i)| \le \frac{1}{20^{n-1}} \sum_{i=1}^{20} |A_n^{-}(i)| \cdot |B_n^{-}(i)| \quad (2)\]


olur. Chebyshev yeniden düzenleme eşitsizliğinden 


\[\sum_{i=1}^{20} |A_n^{-}(i)| \cdot |B_{n}^{-}(i)| \le \frac{1}{20} (\sum_{i=1}^{20} |A_i|)(\sum_{i=1}^{20} |B_i|) = \frac{1}{20} |A_n| \cdot |B_n| \quad (3)\]


gelir. Son olarak (1) eşitsizliği (2) ve (3) eşitsizliklerinden elde ediliyor. 


6. Sırasıyla, \([AE]\) ve \([AF]\) doğru parçaları üstünde yer alan \(B\) ve \(D\) noktaları için, \(ABF\) ve \(ADE\) üçgenlerinin \(A\) köşelerine ait dış teğet çemberleri aynıdır. Bu çemberin merkezi \(I\), \([BF] \cap [DE] = \{C\}\) ve \(IAB, IBC, ICD, IDA, IAE, IEC, ICF, IFA\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri sırasıyla, \(P_1, P_2, P_3, P_4, Q_1, Q_2, Q_3, Q_4\) olsun. 


a. \(P_1, P_2, P_3, P_4\) noktalarının ve \(Q_1, Q_2, Q_3, Q_4\) noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz. 


b. Bu çemberlerin merkezleri sırasıyla, \(O_1\) ve \(O_2\) olmak üzere, \(O_1, O_2, I\) noktalarının doğrudan olduğunu gösteriniz. 


Çözüm:

  


İlk olarak \(P_1\) ve \(P_3\) noktalarının \(IF\) üzerinde, \(P_2\) ve \(P_4\) noktalarının \(IE\) üzerinde bulunduğunu gösterelim. Bu iddialardan birini göstermek yeterli, çünkü diğer üçü de benzer şekilde ispatlanabilir. \(\angle BP_1I = 2\angle BAI = \angle BAF\)'dir. \(\angle AP_1B = 2\angle BIA = \angle EBF - \angle BAF = \angle AFB\) olduğundan \(A, F, P_1, B\) noktaşarının çemberdeş olduklarını görürüz. Böylece \(P_1 \in IF\) olur. Sonuç olarak, \(P_4, P_2, I\) doğrusaldır ve \(P_1, P_3, I\) noktaları da doğrusaldır. 


Her \(i = 1, 2, 3, 4\) için sorudaki \(P_i\) merkezli çemberi (\(P_i\)) ile gösterelim ve bu çemberin yarıçapı \(R_i\) olsun. (\(P_1\)) ve (\(P_4\)) çemberlerinin kuvvet ekseni \(AI\) doğrusu, (\(P_2\)) ve (\(P_3\)) çemberlerinin kuvvet ekseni \(CI\) doğrusu olduğundan 


\[ \frac{R_1}{R_4} = \frac{\sin \angle ABI}{\sin \angle ADI} = \frac{\sin \angle CBI}{\sin \angle CDI} = \frac{R_2}{R_3} \]


elde ederiz. Böylece \(P_1, P_2, P_3, P_4\) noktalarının çemberdeş oldukları görülür. Benzer biçimde \(Q_1, Q_2, Q_3, Q_4\) noktaları da çemberdeştir ve (a) ispatlanmış olur. 


Şimdi (b)'yi ispatlayalım. \(A, F, P_1, B\) noktalarının çemberdeş olduklarını biliyoruz. \(\angle AQ_4F = 2\angle AIF = \angle ABF\) olduğundan \(Q_4\) noktasının da bu çember üzerinde yer aldığını görürüz. Böylelikle 


\[ \angle AP_1Q_4 = \angle EBQ_4 = \angle EBI = \frac{\angle AP_1I}{2} = \angle AP_1P_4 \]


olur ve buradan da \(Q_4\) noktasının \(P_1P_4\) doğrusu üzerinde olduğu anlaşılır. Benzer biçimde \(P_1, P_4, Q_1, Q_4\) noktalarının doğrusal, \(P_2, P_3, Q_2, Q_3\) noktalarının da doğrusal olduklarını görürüz. \(P_1P_4 \cap P_2P_3 = \{G\}\), \(P_1P_2 \cap P_3P_4 = \{S\}\) ve \(Q_1Q_2 \cap Q_3Q_4 = \{R\}\) olsun. Brokard teoreminden dolayı \(I'\)nın, (\(O_1\)) çemberine göre kutup doğrusunun \(GS\), (\(O_2\)) çemberine göre kutup doğrusunun ise \(GR\) olduğu görülür. Öte yandan hem \(GP_1, GS, GP_3, GI\) dörtlüsünün hem de \(GQ_1, GR, GQ_3, GI\) dörtlüsünün harmonik kalem olduklarını biliyoruz. O halde, \(G, S, R\) noktaları doğrusaldır ve böylece \(IO_1 \perp GS\) ve \(GR \perp IO_2\) elde edilir. Buradan da \(I \in O_1O_2\) olduğu gelir.