Matematik Olimpiyatı 2022, 2. Aşama, Soru 1

Bir ABC üçgeninde BC kenarının orta noktası M, A ya ait iç açıortayın BC ile kesişimi K ve ABC'nin çevrel çemberi ile ikinci kesişimi L olsun. [BC] çaplı çember A köşesine ait dış açıortaya teğet ise KLM nin çevrel çemberine de teğet olduğunu gösteriniz. 


Çözüm: A köşesinin dış açıortayının; [BC] çaplı çembere teğet olduğu noktaya P, ABC'nin çevrel çemberini ikinci kez kestiği noktaya R, BC doğrusu ile kesiştiği noktaya T diyelim. AL ve PM doğruları AT doğrusuna dik oldukları için birbirlerine paralel olurlar. Bu paralellikten, TPM üçgenine bakarsak \(\frac{TK}{TM} = \frac{TA}{TP}\) elde edilir. T noktasının çemberlere göre kuvvetlerinden de TB.TC = TP² = TA.TR olacağından, \(\frac{TK}{TM} = \frac{TA}{TP} = \frac{TP}{TR}\) bulunur ve böylece PK ve RM nin paralel oldukları görülür. RL doğrusu [BC] doğru parçasının orta dikmesi olduğundan, PK ve BC birbirlerine diktir. Buradan, PKLM nin paralelkenar olduğu bulunur ve PK = ML elde edilir. P noktasının BC doğrusuna göre yansıması Q olsun. İki çemberin Q noktasında birbirlerine teğet olduklarını göstereceğiz. Q zaten [BC] çaplı çemberin üzerindedir. QK ve ML doğrularının ikisi de BC'ye dik ve QK = PK = ML olduğundan dolayı KQLM dikdörtgendir. Dolayısıyla Q noktası KLM nin çevrel çemberi üzerindedir. Q noktası bu İki çemberin merkezlerini birleştiren doğrunun da üzerinde yer aldığından dolayı bu iki çember Q noktasında teğettir. 


2. k, n pozitif tam sayılar olmak üzere \(k \ge n!\) ise 


\[
\phi(k) \ge (n-1)!
\]


olduğunu gösteriniz. 


Çözüm: \(\phi(k) < (n-1)!\) ise \(k < n!\) olduğunu göstereceğiz. \(k = q_1^{\alpha_1} \cdots q_s^{\alpha_s}\) olsun \((q_1 < q_2 < \cdots < q_s)\). \(\frac{\phi(k)}{k} \ge \frac{1}{n}\) olduğunu göstermemiz yeterlidir. \(\frac{\phi(k)}{k} = \left(1 - \frac{1}{q_1}\right) \cdots \left(1 - \frac{1}{q_s}\right)\) olduğu için, eğer \(\left(1 - \frac{1}{q_1}\right) \cdots \left(\frac{1}{q_s}\right) \ge \frac{1}{n+1}\) olduğunu gösterirsek ispat biter. Her \(t \ge 2\) için \(q_t \ge t+1\) olduğundan, 


\[
\left(1 - \frac{1}{q_1}\right) \cdots \left( \frac{1}{q_s} \right) \ge \left(1 - \frac{1}{2}\right) \cdots \left(1 - \frac{1}{s+1}\right) = \frac{1}{s+1}
\]


elde ederiz. O halde \(\frac{1}{s+1} \ge \frac{1}{n+1}\) yani \(n \ge s\) olduğunu gösterirsek ispat biter. Eğer \(s > n\) olsaydı, \(k\) sayısının en az \(n\) tane asal böleni olurdu ve 


\[
\phi(k) \ge (q_1 - 1)(q_2 - 1) \cdots (q_n - 1) \ge 1 \cdot 2 \cdots (n - 1) = (n - 1)!
\]

olurdu. Ancak bu baştaki varsayımımızla çelişir. Dolayısıyla \(s \le n\) olur ve ispat tamamlanır. 


3. \(a_1, a_2, \dots, a_{2022}\) negatif olmayan gerçel sayıları \(a_1 + a_2 + \dots + a_{2022} = 1\) eşitliğini sağlıyor. En çok kaç \((i, j)\) sıralı ikilisi için 


\[a_i^2 + a_j \ge \frac{1}{2021}\]


olur? 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  \(2022^2 - 2022\)

Çözüm:
Örnek, sayıların 2021 tanesi \(\frac{1}{2021}\) ve diğeri 0 iken elde ediliyor. 


Genelliği bozmadan \(a_1 \ge a_2 \ge \dots \ge a_{2022}\) varsayabiliriz. \((i, j) = (1, 2022), (2, 2021), \dots, (2022, 1)\) için gelen ifadelere bakacağız, çünkü bunların herhangi biri \(\frac{1}{2021}\)'den küçükse, indisleri bir arttırarak 2022 tane \(\frac{1}{2021}\)'den küçük sayı elde edebiliriz. 


Diyelim ki \(a_1^2 + a_{2022}, a_2^2 + a_{2021}, \dots, a_{2022}^2 + a_1 \ge \frac{1}{2021}\) sağlanıyor. \(a_1 + a_{2022}, a_2 + a_{2021}, \dots, a_{2022} + a_1\) sayılarına bakalım. Bu sayıların toplamı \(2\)'ye eşit, o halde öyle bir tanesi vardır ki değeri en fazla \(\frac{2}{2022}\). Bu terim \(a_k + a_{2023-k}\) olsun. \(a_k = p\) ve \(a_{2023-k} = q\) diyelim. 


**Lemma:** \(a\) ve \(b\) negatif olmayan gerçel sayıları için \(a+b \le \frac{1}{3}\) ise, \((a^2+b)(b^2+a) \le \left(\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 + \frac{a+b}{2}\right)^2\) eşitsizliği sağlanır. 


**İspat:** \(a + b = 2x\) ve \(ab = y\) olsun. \((a^2 + b)(b^2 + a) = a^2b^2 + ab + (a+b)(a^2 - ab + b^2) = y^2 + y + 2x(4x^2 - 3y) = y^2 + y + 8x^3 - 6xy \le x^4 + 2x^3 + x^2\) olduğunu göstermek istiyoruz. Bu 


\[y^2 + y(1 - 6x) - (x^4 - 6x^3 + x^2) \le 0\]


eşitsiliğine denktir ve 


\[(x^2 - y)(x^2 - 6x + 1 + y) \ge 0\]


olarak yazılabilir. \(4(x^2 - y) = (a - b)^2\) olduğu için \(y \le x^2\)'dir. \(2x \le 1/3\) olduğundan \(x \le 1/6\) ve buradan da \(x + \frac{1}{x} > 6\) olur ve \(x^2 - 6x + 1 \ge 0\) elde edilir. \(y\) negatif olmadığı için de \(x^2 - 6x + 1 + y \ge 0\)'dır ve eşitsizlik sağlanır. \(\square\) 


Şimdi, toplamları \(\frac{2}{2022}\)'den büyük olmayan ikiliyi ele alalım. \(\frac{2}{2022} < \frac{1}{3}\) olduğu için lem-madaki şart sağlanacak ve \((p^2 + q)(q^2 + p) \le \left(\frac{2023}{2022}\right)^2 < \left(\frac{1}{2021}\right)^2\) olacak, dolayısıyla bu iki sayıdan biri \(\frac{1}{2021}\)'den küçük olmalı. Yani, her zaman \(\frac{1}{2021}\)'den küçük olan 2022 tane sayı bulabil-iriz.