Matematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 2

\(ABC\), \(|AB| = |AC|\) koşulunu sağlayan bir ikizkenar üçgen ve \(D\), \(A\) ya ait yüksekliğin ayağı olmak üzere, \(ADC\) üçgeninin iç bölgesindeki bir \(P\) noktası \(m(\overline{APB}) > 90^\circ\) ve \(m(\overline{PBD}) + m(\overline{PAD}) = m(\overline{PCB})\) koşullarını sağlıyor. \(CP \cap AD = \{Q\}\) ve \(BP \cap AD = \{R\}\) olsun. \([AB]\) üstünde yer alan bir \(T\) noktası ile \([AP]\) üstünde ve \([AP]\) dışında yer alan bir \(S\) noktası, \(m(\overline{TRB}) = m(\overline{DQC})\) ve \(m(\overline{PSR}) = 2m(\overline{PAR})\) koşullarını sağlıyorsa, \(|TR| = |RS|\) olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** \(\angle PAR = \angle QBR\) olduğu kolayca görülür. \(\angle PAR = \alpha\), \(\angle PBC = \beta\) ve \(\angle BAD = \theta\) olsun. \(P\) noktası ve \(ABC\) üçgeni için Ceva teoreminin trigonometrik versiyonu uygulanırsa 


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

  


2 cos(α + β + θ) sin β = sin(α + 2β + θ) − sin(α + θ) ve 2 sin(α + β) cos(β + θ) = sin(α + 2β + θ) − sin(θ − α) olduğu için (1) eşitliği


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


olarak yazılabilir. Buradan  \( (\sin(\theta + \alpha) - \sin(\theta - \alpha))\sin(\alpha + 2\beta + \theta) = \sin^{2}(\theta + \alpha) - \sin^{2}(\theta - \alpha) \)  ve sonuç olarak


 \[ \sin(\alpha+2\beta+\theta)=\sin(\theta+\alpha)+\sin(\theta-\alpha)=2\sin\theta\cos\alpha \quad (2) \] 


elde edilir. Öte yandan, R noktası ve ATS üçgeni için Ceva teoreminin trigonometrik versiyonu uygulanırsa


 \[ \frac{\sin(\alpha+2\beta+\theta)}{\sin\theta}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin(2\alpha)}\cdot\frac{\sin\angle RST}{\sin\angle RTS}=1 \quad (3) \] 


bulunur.  \( \sin(2\alpha)=2\cos\alpha\sin\alpha \)  ve  \( \sin(\alpha+2\beta+\theta)=2\sin\theta\cos\alpha \)  kullanılarak (3) eşitliği


 \[ \frac{2\sin\theta\cos\alpha}{\sin\theta}\cdot\frac{1}{2\cos\alpha}\cdot\frac{\sin\angle RST}{\sin\angle RTS}=1 \] 


olarak yazılabilir ve sonuç olarak  \( \sin\angle RST = \sin\angle RTS \)  olur.  \( \angle RST \)  ve  \( \angle RTS \)  bir üçgenin iki iç açısı olduklarından bu iki açı eşittir ve ispat tamamlanır.


3. Tüm x, y gerçel sayıları için,


 \[ \mathbf{i}.\ f(f(x^{2})+y+f(y))=x^{2}+2f(y)\ \mathrm{ve} \] 


 \[ \mathbf{i i}.x\leq y\Longrightarrow f(x)\leq f(y) \] 


koşullarını sağlayan bütün  \( f: R \rightarrow R \)  fonksiyonlarını belirleyiniz.

**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(f(x) = x\)

Çözüm:
\(f\) fonksiyonunun birebir olduğunu gösterelim. (i) de \(y = 0\) yazarak her \(x\) için \(f(f(x^2) + f(0)) = x^2 + 2f(0)\) elde edilir, bir diğer deyişle her negatif olmayan \(a\) değeri için 


\[f(f(a) + f(0)) = a + 2f(0) \quad (1)\]


olur. Buradan negatif olmayan gerçel sayılar üzerinde \(f\) fonksiyonunun birebir olduğu gelir. \(y_1\) ve \(y_2\) iki gerçel sayı olsun. (i) de \(y\) sayısını sabitlersek \(f\) fonksiyonunun üstten sınırlı olmadığı görülüyor. \(f(y_1) = f(y_2)\) olursa \(f(f(x^2) + y_1 + f(y_1)) = f(f(x^2) + y_2 + f(y_2))\). Yeterince büyük \(x\) değeri için \(f(x^2) + y_1 + f(y_1)\) ve \(f(x^2) + y_2 + f(y_2)\) pozitif olacaktır. Buna göre, \(y_1 = y_2\) olur. 


\(f(0) = 0\) olduğunu gösterelim. \(f(0) \le 0\) ise \(a = -2f(0)\) için \(f(f(-2f(a)) + f(0)) = 0\) olur. Demek ki bir \(c\) sayısı için \(f(c) = 0\). (i) de \(x = 0\) ve \(y = c\) yazarsak \(f(f(0) + c) = 0\) gelir. \(f\) birebir olduğundan \(f(0) + c = c\) ve \(f(0) = 0\) gelir. \(f(0) \ge 0\) ise (i) de \(x = y = 0\) yazarsak \(f(2f(0)) = 2f(0)\) gelir. Şimdi \(a = 3f(0) = f(0) + f(2f(0))\) alalım. (1) e göre \(f(a) = f(f(0) + f(2f(0))) = 2f(0) + 2f(0) = 4f(0)\) olur. Her iki tarafa önce \(f(0)\) ekleyip daha sonra \(f\) fonksiyonunu uygularsak \(f(f(a) + f(0)) = f(5f(0)) = 3f(0) + 2f(0) = 5f(0)\) gelir. (i) de \(x = 0\) ve \(y = 2f(0)\) yazarsak \(f(5f(0)) = 4f(0)\) olur. Sonuç olarak \(f(5f(0))\) sayısı \(5f(0)\) ve \(4f(0)\) değerlerine eşittir ve bu da \(f(0) = 0\) olduğunu gösteriyor. 


Şimdi (1) den \(a \ge 0\) için \(f(f(a)) = a\) ve tüm gerçel \(y\) değerleri için \(f(y + f(y)) = 2f(y)\) gelir. \(y = f(a)\) yazarsak \(f(f(a) + a) = 2f(f(a)) = 2a\), \(y = a\) yazarsak \(f(a + f(a)) = 2f(a)\) gelir. Demek ki tüm \(a \ge 0\) değerleri için \(f(a) = a\). Demek ki (i) koşulu \(f(x^2 + y + f(y)) = x^2 + 2f(y)\) oluyor. Her \(y_0\) için \(x_0^2 + y_0 + f(y_0) > 0\) olacak şekilde bir \(x_0\) vardır. O halde \(f(x_0^2 + y_0 + f(y_0)) = x_0^2 + y_0 + f(y_0) = x_0^2 + 2f(y_0)\) olur ve buradan da \(f(y_0) = y_0\) gelir. 


\(f(x) = x\) fonksiyonu bariz şekilde koşulları sağlıyor. 


4. Tüm \(x, y, z\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[\frac{x(2x - y)}{y(2z + x)} + \frac{y(2y - z)}{z(2x + y)} + \frac{z(2z - x)}{x(2y + z)} \ge 1\]


olduğunu kanıtlayınız. 


**Çözüm:** Eşitsizliğin ilk terimi \(\frac{x(2x - y)}{y(2z + x)} = \frac{2(x^2 + yz)}{y(2z + x)} - 1\) şekilinde yazılabilir. Kalan iki terimi de benzer şekilde yazarsak ispatlanması gereken eşitsizlik 


\[f(x, y, z) = \frac{x^2 + yz}{y(2z + x)} + \frac{y^2 + zx}{z(2x + y)} + \frac{z^2 + xy}{x(2y + z)} \ge 2\]


olur. \(a_1, a_2, a_3\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden 


\[\frac{x^2}{a_1} + \frac{y^2}{a_2} + \frac{z^2}{a_3} \ge \frac{(x + y + z)^2}{a_1 + a_2 + a_3} \quad (1)\]


elde edilir. 


\[g(x, y, z) = \frac{x^2}{y(2z + x)} + \frac{y^2}{z(2x + y)} + \frac{z^2}{x(2y + z)}\]

olsun. \(a_1 = y(2z + x)\), \(a_2 = z(2x + y)\) ve \(a_3 = x(2y + z)\) alırsak (1) den 


\[g(x, y, z) \geq \frac{(x + y + z)^2}{3(xy + yz + zx)}\]


elde edilir. 


\[h(x, y, z) = \frac{x}{2x + y} + \frac{y}{2y + z} + \frac{z}{2z + x}\]


olsun. Benzer şekilde \(a_1 = x(2x + y)\), \(a_2 = y(2y + z)\) ve \(a_3 = z(2z + x)\) alırsak (1) den 


\[h(x, y, z) = \frac{x}{2x +y} + \frac{y}{2y + z} + \frac{z}{2z +x} \\ = \frac{x^2}{x(2x + y)} + \frac{y^2}{y(2y + z)} + \frac{z^2}{z(2z + x)} \geq \frac{(x + y + z)^2}{2(x^2 + y^2 + z^2) + xy + yz + zx}\]


elde edilir. Sonuç olarak, 


\[ 
\begin{align*}
f = g + h &\geq (x + y + z)^2 \left( \frac{1}{3(xy + yz + zx)} + \frac{1}{2(x^2 + y^2 + z^2) + xy + yz+zx} \right) \\
&= \frac{2(x + y + z)^4}{3(xy + yz + zx)(2(x^2 + y^2 + z^2) + xy + yz + xz)} \\
&= \frac{2(x + y + z)^4}{3(xy + y z + zx)(2(x + y + z)^2 - 3(xy + yz + zx))} \\
&\geq \frac{2(x + y + z)^4}{\left( \frac{3(xy + yz + zx) + 2(x + y + z)^2 - 3(xy + yz + zx)}{2} \right)^2} = 2
\end{align*}
\]


olur (son eşitsizlik AG ortalama eşitsizliğidir) ve ispat tamamlanır.