Matematik Olimpiyatı 2025, 2. Aşama, Soru 4

\(a_1, a_2, \dots, a_{2025}\) gerçel sayılar olmak üzere, her \(1 \le i < j \le 2025\) için, birinci tahtaya \(1 - |a_i - a_j|\) sayısı, ikinci tahtaya \(|a_i + a_j| - 1\) sayısı yazılıyor. Hangi \((a_1, a_2, \dots, a_{2025})\) 2025-lileri için, her gerçel sayı her iki tahtaya da eşit sayıda yazılır? 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  \(x \in [-1, 1]\) aralığında bir gerçel sayı olmak üzere \((x, \pm 1, \pm 1, \pm 1, \dots, \pm 1)\) 2025-lisi ve bu 2025-lilerin bütün permütasyonları

Çözüm:
Tarif edilen formda olan bir \((a_i)\) 2025–lisi için, \(1 - |a_i - a_j| = |a_i + a_j| - 1\) eşitliği her zaman sağlanır. Dolayısıyla, iki tahtaya da yazılan tüm sayılar aynı olur. 


Şimdi, sorudaki koşulu sağlayan tüm 2025–lilerin bu formda olduğunu gösterelim. Her iki tahta için, bu tahtalarda yazılan sayıları toplayalım. 


\[ \sum_{i<j} 1 - |a_i - a_j| = \sum_{i<j} |a_i + a_j| - 1 \implies \sum_{i<j} (|a_i - a_j| + |a_i + a_j|) = 2025^2 - 2025 \]


elde edilir. Her \(x, y\) gerçel sayı ikilisi için 


\[ |x + y| + |x - y| = 2 \max\{|x|, |y|\} \]


özdeşliği sağlanır. Bu özdeşliği eşitliğin sol tarafında kullanırsak 


\[ \sum_{i<j} (|a_i - a_j| + |a_i +a_j|) = \sum_{i<j} 2 \max\{|a_i|, |a_j|\} = 2025^2 - 2025 \]


elde edilir. Sol tarafta \(\frac{2025^2 - 2025}{2}\) tane terim bulunduğu için, bu sayıların tamamı 2 den küçük olamaz. Böylece \(\max\{|a_i|\} \ge 1\) olmalıdır.

Genelliği bozmadan, \(|a_1| = \max\{|a_i|\}\) diyelim. \(|a_1| = 1 + a\) ve \(a \ge 0\) olsun. Her \(1 \le i, j \le 2025\) için, ikinci tahtada yazılan hiçbir sayı \(-1\) den küçük olamaz, böylece \(1 - |a_i - a_j| \ge -1\) ve \(|a_i - a_j| \le 2\) bulunur. Öte yandan, ilk tahtaya yazılan hiçbir sayı 1 den büyük olamayacağı için \(|a_i + a_j| - 1 \le 1\) ve \(|a_i + a_j| \le 2\) bulunur. Bu durumda, tüm \(j \ne i\) indisleri için \(|a_j| \le 1 - a\) olmalıdır, aksi durumda ya \(|a_1 + a_j| > 2\) ya da \(|a_1 - a_j| > 2\) sağlanırdı. Öte yandan, bunu 


\[ \sum_{i<j} 2 \max\{|a_i|, |a_j|\} = 2025^2 - 2025 \]


eşitliğinde kullanırsak, \(i = 1\) için \(\max\{|a_1|, |a_j|\} = 1 + a\) ve \(i \ne 1\) olan tüm \(i < j\) ikilileri için \(\max\{|a_i|, |a_j|\} \le 1 - a\) olduğundan ötürü

2025 · 2024 = \(\sum_{i<j} 2 \max\{|a_i|, |a_j|\}\le 4048(1 + a) + (2024^2 - 2024)(1 - a) = 2024(2025 - 2021a)\)

bulunur. Eşitsizliğin sağlanması için \(a = 0\) olmalıdır, yani \(1 = \max\{|a_i|\}\) bulunur. Aynı zamanda, yukarıdaki eşitliğin sağlanması için \(2 \max\{|a_i|, |a_j|\} = 1\) her zaman sağlanmalıdır. Böylece, sorudaki koşulu sağlayan bir 2025–li için en az 2024 tane terimin mutlak değeri 1 olmalıdır, ve geri kalan terimin mutlak değeri en fazla 1 olmalıdır. Bu da cevapta tarif edilen tüm 2025–lilere denktir ve ispat tamamlanır. 


5. Bir \(ABC\) üçgeninde \(A, B, C\) noktalarından indirilen yükseklik ayakları sırasıyla \(D, E, F\) ve diklik merkezi \(H\) olsun. \(H\) noktasından geçen bir \(\ell\) doğrusu \(EF, DF, DE\) doğruları ile sırasıyla \(X, Y, Z\) noktalarında kesişiyor. \(XBF\) ve \(XCE\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kesişim noktası \(A_1, YCD\) ve \(YAF\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kesişim moktası \(B_1, ZAE\) ve \(ZBD\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kesişim Noktası \(C_1\) olsun. \(A_1D, B_1E\) ve \(C_1F\) doğrularının noktadaş olduğunu gösteriniz.

  


**Çözüm:** Düzlemdeki herhangi doğrusal olmayan \(A_0\), \(B_0\), \(C_0\) noktaları için, \((A_0B_0C_0)\) ile \(A_0B_0C_0\) üçgeninin çevrel çemberini gösterelim. \(AX\) doğrusu ile \(XBF\) üçgeninin çevrel çemberinin ikinci kesişim noktası \(A'_1\) olsun. \(X, A'_1, B, F\) noktalarının ve \(B, C, E, F\) noktalarının çemberdeşliğinden dolayı 


\[ \angle XA'_1B = \angle XFB = \angle ACB \implies A'_1 \in (ABC) \]


bulunur. 


Benzer şekilde, \(AX\) doğrusu ile \(XCE\) üçgeninin çevrel çemberinin ikinci kesişim noktası da \((ABC)\) üzerinde bulunur. Böylece, \(AX\) doğrusunun \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez kestiği nokta, hem \((XBF)\) hem de \((XCE)\) üzerinde bulunur. Dolayısıyla \(A'_1 \equiv A_1\) olmalıdır ve 


\[ A_1 = AX \cap (XBF) = AX \cap (XCE) \in (ABC) \]


bulunur. Benzer sonuç, \(B_1\) ve \(C_1\) noktaları için de geçerlidir 


Şimdi \(A_1D, B_1E\) ve \(C_1F\) doğrularının \((ABC)\) üzerinde kesiştiğini gösterelim. 


\(A_1D \cap (ABC) = \{A_1, T\}\) olsun. \(A_1\) noktası \((XBF)\) üzerinde olduğu için, \(A\) noktasının \((XBF)\) çemberine göre kuvveti, \(AA_1.AX = AF.AB\) olur. \(B, D, H, F\) noktaları da çemberdeş olduğu için, \(A\) noktasının bu çembere göre de kuvvetini alırsak \(AA_1.AX = AF.AB = AH.AD\) olur. Böylece \(X, A_1, H, D\) noktaları çembersel bulunur. Benzer şekilde \(X, B_1, H, E\) ve \(X, C_1, H, F\) de çembersel bulunur 


\((AA_1BC), (XA_1HD)\) ve \((BFHD)\) çembersellikleri kullanıp açı taşıyarak 


\[ \angle CA_1T = \angle CA_1X - \angle XA_1T = (180 - \angle ABC) - \angle XHD = \angle FHD - \angle XHD = \angle FHX \]

elde edilir. 


Öte yandan, \(X, C_1, H, F\) çemberselliğinden ve \(C, H, F\) doğrusallığından ötürü 


\[ \angle CC_1F = \angle CHZ = \angle FHX \]


elde edilir. Böylece \(\angle CC_1F = \angle CA_1T\) bulunur. Dolayısıyla \(C_1F\) doğrusu (\(ABC\)) yi \(T\) noktasında kesmelidir ve \(T \in C_1F\) bulunur. Benzer şekilde \(T \in B_1E\) bulunur, böylece \(A_1D, B_1E, C_1F\) doğruları \(T\) noktasında kesişirler ve ispat biter. 


**6.** İki tamkarenin toplamı şeklinde yazılabilen sayıların kümesi \(\mathcal{S}\) olsun. Tam sayı katsayılı bir \(P\) polinomu, her \(n\) negatif olmayan tam sayısı için 


\[ P(n) \in \mathcal{S} \iff n \in \mathcal{S} \]


koşulunu sağlıyorsa, \(P\) polinomunun derecesinin tek olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** \(p\) bir asal sayı ve \(n\) bir tam sayı olmak üzere, \(v_p(n)\) ile \(p\) sayısının \(n\) sayısını bölen en büyük kuvvetini gösterelim. Bir \(n\) pozitif tam sayısı ve \(p\) asal sayısı için, \(p \equiv 3 \pmod{4}\) ise ve \(v_p(n)\) bir tek sayıysa, \(p\) asalı \(n\) sayısını *bozar* diyelim. Bir pozitif tam sayının \(\mathcal{S}\) kümesinde yer alması için gerek ve yeter koşulun bu sayıyı bozan bir asal sayı olmamasıdır. Bunu çözüm boyunca tekrar tekrar kullanacağız. 


\(P\) polinomunun sabit olmadığı, dolayısıyla \(P \equiv 0\) olmadığı açıktır. Böylece, bu polinom yeterince büyük \(n\) tam sayıları için \(\mathcal{S}\) kümesinden pozitif değerler alacaktır, dolayısıyla baş katsayısı pozitif olmalıdır. Böylece bir \(N\) tam sayısı için, her \(n \ge N\) değerinde \(P(n) > 1\) olur. 


**İddia 1:** Bir \(q\) asal sayısı \(P(m)\) sayısını bozarsa, \(m\) sayısını da bozar. 


**İspat:** \(P(m)\) sayısını bozan bir \(q \equiv 3 \pmod{4}\) asal sayısını alalım. Bir \(k \ge 1\) pozitif tam sayısı için \(P(m) = q^{2k-1}t\) ve \((q,t) = 1\) olsun. Eğer \(q \mid m\) ise, Bezout Teoreminden dolayı \(q \mid m \mid P(m) - P(0)\) olduğu için \(q \mid P(0)\) olur. Eğer \(q \nmid m\) ise, \((q,m) = 1\) ve \((q,4) = 1\) olduğu için, Dirichlet Teoremi ve Çinli Kalan Teoreminden dolayı \(p \equiv 1 \pmod{4}\) ve \(p \equiv m \pmod{q^{2k}}\) olan bir asal sayı bulunur. Böyle bir \(p\) asal sayısı alalım. Bezout Teoreminden dolayı, \(q^{2k} \mid p - m \mid P(p) - P(m)\) olur. \(v_q(P(m)) = 2k - 1\) olduğu için, \(v_q(P(p)) = 2k - 1\) olmalıdır. Dolayısıyla, \(P(p) \notin \mathcal{S}\) ve böylece \(p \notin \mathcal{S}\) olmalıdır. Ancak \(p \equiv 1 \pmod{4}\) bir asal sayı olduğu için \(p \in \mathcal{S}\) olur, sorudaki koşuldan dolayı bu mümkün değildir. Dolayısıyla, \(q \mid m\) olmalıdır. \(\square\) 


**İddia 2:** \(P(0) = 0\) olmalıdır. 


**İspat:** \(m \notin \mathcal{S}\) ve \(m \ge N\) bir pozitif tam sayı olsun. Sorudaki koşuldan dolayı, \(P(m)\) sayısını bozan bir \(q \equiv 3 \pmod {4}\) asal sayısı bulunmalı. İddia 1'den dolayı, \(q \mid m\) olduğunu biliyoruz. Bezout Teoreminden dolayı \(q \mid m \mid P(m) -P(0)\) ve \(q \mid P(0)\) bulunur. \(m\) sayısını \(m \equiv 3 \pmod{4}\) formunda herhangi bir asal sayı seçersek, \(m\) sayısını bozan tek asal sayı kendisi olduğu için \(q = m\) bulunur. Böylece, bu formdaki tüm asal sayılar \(P(0)\) sayısını böler. Bu formda sonsuz çoklukta asal sayı bulunduğu ve 0 dışında hiçbir sayı sonsuz çoklukta asal sayıya bölünemeyeceği için \(P(0) = 0\) bulunur. \(\square\) 


**İddia 3:** Bir \(p\) asal sayısı \(m\) sayısını bozarsa, \(P(m)\) sayısını da bozar.

İspat: Bir k pozitif tam sayısı için \(m = p^{2k-1}n\) ve \((p, n) = 1\) olsun. p asal sayısının \(P(m)\) asal sayısını bozmadığını varsayalım. Bir \(\ell \ge 0\) tam sayısı için \(P(m) = p^{2\ell}t\) ve \((p, t) = 1\) olsun. \(s > k, \ell\) bir pozitif tam sayı ve A bir tam sayı olsun. Herhangi bir A pozitif tam sayısı için \(P(m + p^{2s}A)\) sayısına bakalım. \(P(m + p^{2s}A) \equiv P(m) \equiv p^{2\ell}t \pmod{p^{2s}}\) olur. Böylece \(v_p(P(m + p^{2s}A)) = 2\ell\) bulunur. \(P(m + p^{2s}A) = p^{2\ell}B\) ve \((B, p) = 1\) olsun. Öte yandan, \(m + p^{2s}A = p^{2k-1}(n + p^{2s-2k+1}A)\) olur. Hem \((n, p) = 1\) hem de \((p, 4) = 1\) olduğu için, Dirichlet ve Çinli Kalan Teoreminden dolayı \(q \equiv 1 \pmod{4}\) ve \(q \equiv -n \pmod{p^{2s-2k+1}}\) koşullarını sağlayan sonsuz çoklukta asal sayı bulunur. A sayısını \(n + p^{2s-2k+1}A = q\) bu koşulları sağlayan bir asal sayı ve \(p^{2k-1}q > N\) olacak şekilde seçelim. Böylece, \(P(p^{2k-1}q) = p^{2\ell}B\) olur. \(p^{2k-1}q \notin \mathcal{S}\) olduğundan ve sorudaki koşuldan ötürü \(p^{2\ell}B \notin \mathcal{S}\) olmalıdır. Bu durumda \(p^{2\ell}B\) sayısını bozan bir \(r \neq p\) asal sayısı bulunmalıdır. Ancak, İddia 1'den ötürü böyle bir asal sayı \(p^{2k-1}q\) sayısını da bozmalıdır, yani \(r = p\) olmalıdır. Bu da bir çelişki olduğundan ötürü, \(m\) sayısını bozan bir asal sayı \(P(m)\) sayısını da bozmalıdır. \(\square\) 


Bir Q polinomu ve r pozitif tam sayısı için \(P(x) = x^rQ(x)\) ve \(Q(0) \neq 0\) olsun. r çiftse Q polinomu da sorudaki şartı sağlar. Çünkü, bir pozitif tam sayıyı tamkare bir sayıyla çarpmak veya tamkare bir sayıya bölmek \(\mathcal{S}\) kümesinde olma durumunu etkilemez. Fakat bu durumda İddia 2'den dolayı \(Q(0) = 0\) olacaktır, dolayısıyla r tek sayı olmalıdır. \(P(x)\) sayısını bozan tüm asallar ve x sayısını bozan asallar birebir aynı olduğu için, yeterince büyük tüm x pozitif tam sayıları için \(Q(x)\) polinomu \(\mathcal{S}\) kümesinden değerler almalıdır. Aynı zamanda bir x tam sayısı için \(|Q(x)|\) sayısının da S kümesinde yer almalıdır. Çünkü, bir \(p \equiv 3 \pmod{4}\) asal sayısı için \(v_p(|Q(n)|) = 2k - 1\) olsaydı, tüm A pozitif tam sayıları için \(v_p(Q(n + p^{2k}A)) = 2k - 1\) olurdu, ancak A sayısını \(n + p^{2k}A\) sayısı pozitif olacak kadar büyük seçersek, \(Q(n + p^{2k}A) \notin \mathcal{S}\) bulunurdu, fakat bunun doğru olmadığını biliyoruz. 


Şimdi Q polinomunun derecesinin çift olduğunu gösterip soruyu bitirelim. Q polinomunun derecesinin tek olduğunu varsayalım. Böylece, Q polinomu yeterince büyük tüm pozitif sayılar için pozitif, ve yeterince büyük tüm negatif sayılar için negatif değerler alır. Yeterince büyük bir n tam sayısı için \(Q(n) = 2^at\) ve t pozitif tek tam sayı olsun. \(2^at \in \mathcal{S}\) olduğu için \(t \equiv 1 \pmod{4}\) olmalıdır. Bu durumda, yeterince büyük tüm m pozitif tam sayıları için \(Q(n - 2^{a+2}m)\) sayısı negatif olur. Ayrıca, \(Q(n - 2^{a+2}m) \equiv Q(n) \equiv 2^at \pmod{2^{a+2}}\) olduğundan ötürü bir s negatif tek tam sayısı için \(Q(n - 2^{a+2}m) = 2^a s\) olmalıdır. Bezout Teoreminden dolayı \(2^{a+2} |Q(n) - Q(n - 2^{a+2}m) = 2^a(t - s)\) olur, yani \(4 |t - s\) bulunur ve \(s \equiv 1 \pmod{4}\) bulunur. Ancak bu durumda, \(|Q(n - 2^{a+2}m)| = 2^a(-s)\) olur ve \(-s \equiv 3 \pmod{4}\) olduğu için \(-s \in \mathbb{Z}^+\) sayısını bozan bir asal sayı bulunur. Ancak bu durumun gerçekleşemeyeceğini göstermiştir. Dolayısıyla, bu bir çelişkidir ve Q polinomunun derecesi çift olmalıdır. Böylece P polinomunun derecesi tek olur ve ispat tamamlanır.