Matematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 3

D, E, F noktaları bir ABC üçgeninin sırasıyla, [BC], [CA], [AB] kenarları üstünde olmak üzere, AD, BE, CF doğruları P noktasında kesişiyor ve A köşesinden geçen bir \(\ell\) doğrusu ile [DE ve [DF] ışınları sırasıyla, Q ve R noktalarında kesişiyor. [DB ışını üstündeki bir M noktası ile [DC' ışını üstündeki bir N noktası için, 


\[
\frac{|QN|^2}{|DN|} + \frac{|RM|^2}{|DM|} = \frac{(|DQ| + |DR|)^2 - 2|RQ|^2 + 2|DM| \cdot |DN|}{|MN|}
\]


eşitliği sağlanıyorsa, AD ve BC doğrularının birbirine dik olduğunu gösteriniz.

**Çözüm:** Çözüme aşağıdaki iddiayı ispatlayarak başlayalım. 


*İddia: RDNQ* ve *QDM* dörtgenleri paralelkenardır ve *DR = DQ*. 


*İspat: DQ = x, DR = y, RQ = z, QN = p, RM = q, DM = u, DN = v, RN = e* ve *QM = f* olsun. RDNQ ve *QDM* dörtgenlerindeki paralelkenar eşitsizliğinden 


\[y^2 + v^2 + p^2 + z^2 \ge x^2 + e^2 \quad \text{ve} \quad x^2 + u^2 + q^2 + z^2 \ge y^2 + f^2\]


elde edilir. Bu iki eşitsizliği toplayarak 


\[u^2 + v^2 + p^2 + q^2 + 2z^2 \ge e^2 + f^2 \quad (1)\]


buluruz. Stewart teoreminden 


\[e^2 = v^2 + uv + \frac{(u+v)y^2 - q^2v}{u} \quad \text{ve} \quad f^2 = u^2 + uv + \frac{(u+v)x^2 - p^2u}{v}\]


eşitlikleri sağlanır. Bu eşitlikleri (1) ile birleştirirsek 


\[u^2 + v^2 + p^2 + q^2 - 2z^2 \ge (u+v)^2 + \frac{(u+v)y^2 - q^2v}{u} + \frac{(u+v)x^2 - p^2u}{v}\]


text</td>
[[88, 673, 225, 692]]<|/det|>
olur ve böylece 


\[2(z^2 - uv) \ge (u+v) \left( \frac{x^2 - p^2}{v} + \frac{y^2 - q^2}{u} \right) = (u+v) \left( \frac{x^2}{v} + \frac{y^2}{u} \right) - (u+v) \left( \frac{p^2}{v} + \frac{q^2}{u} \right)\]


elde ederiz. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden 


\[(u+v) \left( \frac{x^2}{v} + \frac{y^3}{u} \right) \ge (x+y)^2\]


bulunur. Dolayısıyla 


\[2(z^2 - uv) \ge (x+y)^2 - (u+v) \left( \frac{p^2}{v} + \frac{y^2}{u} \right) \quad \text{ve} \quad \frac{p^2}{v} + \frac{q^2}{u} \ge \frac{(x+y)^2 - 2z^2 + 2uv}{u+v} \quad (2)\]


elde ederiz. Sorudaki verilerden ötürü (2)'de eşitlik olmalı. O halde kullandığımız tüm eşitsizliklerde eşitlik sağlanmalı. Sonuç olarak RDNQ ve *QDM* dörtgenleri paralelkenar olmalı. Ayrıca, z = u = v

  


olduğundan ve kullandığımız Cauchy-Schwarz eşitsizliğinde eşitlik durumu sağlandığından \(x = y\) elde ederiz ve iddia ispatlanmış olur. 


\(QR\) ve \(BC\) doğruları paralel olması ve \(DR = DQ\) eşitliğinden ötürü \(\angle EDC = \angle DQR = \angle DRQ = \angle FDB\) olur. \(EF\) ve \(BC\) doğrularının kesişimi \(K\) olsun. (Bu iki doğru paralel ise doğruların sonsuzda kesiştiğini varsayıyoruz.) Genelliği bozmadan \(C\) noktasını \(B\) ve \(K\) arasında varsayalım. Menelaus ve Ceva teoremlerinden sırasıyla 


\[ \frac{KC}{KB} \cdot \frac{BF}{FA} \cdot \frac{AE}{EC} = 1 \quad \text{ve} \quad \frac{DC}{DB} \cdot \frac{BF}{FA} \cdot \frac{AE}{EC} \equiv 1 \]


elde edilir. Sonuç olarak \(\frac{KC}{KB} = \frac{DC}{DB}\) olur ve dolayısıyla \(B, D, C, K\) noktaları harmoniktir. \(AP\) ve \(EF\) doğrularının kesişimi \(L\) olsun. \(AB, AD, AC, AK\) doğruları bir harmonik kalem oluşturduğundan \(F, L, E, K\) noktaları da harmoniktir. O zaman 


\[ \frac{LF}{LE} = \frac{KF}{KE} \qquad (3) \]


sağlanır. \(DC\) doğrusu \(FDE\) üçgeninde bir dış açıortaydır ve dış açıortay teoreminden 


\[ \frac{EK}{FK} = \frac{ED}{FD} \qquad (4) \]


elde edilir. (3) ve (4)'ü kullanarak \(\frac{EL}{FL} = \frac{ED}{FD}\) elde ederiz. O halde \(DL\) doğrusu \(FDE\) üçgeninde bir iç açıortaydır. Böylece \(AD\) ve \(BC\) doğrularının dik oldukları görülür ve ispat tamamlanır. 


4. Bir çemberin birbirine paralel olmayan iki kirişinin orta noktaları \(P\) ile \(Q\) ve bu kirişlerin her birinin uç noktalarından çembere çizilen teğet doğruların kesişim noktaları sırasıyla, \(A\) ve \(B\) dir. \(ABP\) üçgeninin diklik merkezinin \(AB\) doğrusuna göre simetriği olan \(R\) noktasından \(AP, BP, AQ, BQ\) doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla, \(R_1, R_2, R_3, R_4\) noktaları ise, 


\[ \frac{|AR_1|}{|PR_1|} \cdot \frac{|PR_2|}{|BR_2|} = \frac{|AR_3|}{|QR_3|} \cdot \frac{|QR_4|}{|BR_4|} \]


olduğunu kanıtlayınız.

**Çözüm:** Çember ω, çemberin merkezi O ve resimdeki gibi X ve Y teğet noktaları olsun. \(\angle OPX = \angle OXA = 90^\circ\) olduğundan \(OPX\) ve \(OXA\) üçgenleri benzerdir ve \(OP \cdot OA = OX^2\). Benzer şekilde \(OQY\) ve \(OYB\) üçgenleri benzerdir ve \(OQ \cdot OB = OY^2\). Buradan \(OP \cdot OA = OQ \cdot OB\) ve dolayısıyla \(A, P, Q, B\) noktalarının çemberdeş olduğu elde edilir. Diğer taraftan \(R\) noktasının \(ABP\) üçgeninin çevrel çemberi üzerinde olduğu biliniyor. Buradan \(A, P, Q, B, R\) noktalarının da çemberdeş olduğu elde edilir. 


\(AB\) ve \(PR\) doğruları \(K\) noktasında kesişsin. Simson doğrusuna göre, \(R_1, K, R_2\) noktaları doğrudaytır. Açıları yazarak \(\angle AR_1K = \angle ARK = \angle ABP\) ve \(\angle KAP = \angle KR_2P\) elde edilir. Buradan \(PAB\) ve \(PR_2R_1\) üçgenlerinin benzer oluğu ve dolayısıyla \(\frac{PR_2}{PR_1} = \frac{AP}{BP}\) elde edilir. 


\(\angle RBR_2 = \angle RAR_1\) ve \(\angle R_2RB = \angle R_1RA\) olduğundan, \(RAR_1\) ve \(RBR_2\) üçgenleri benzerdir. Buradan

\[ \frac{AR_1}{PR_1} \cdot \frac{PR_2}{BR_2} = \frac{AP}{BP} \cdot \frac{AR}{BR} \quad (1) \]


olur. Yine Simson doğrusuna göre, \(R_3, K, R_4\) noktaları doğrudastır. Açıları yazarsak 


\[ \angle KR_3Q = \angle KRA = \angle PBA \quad \text{ve} \quad \angle KR_4Q = \angle KRB = \angle PAB \]


elde ederiz. Buna göre, \(APB\) ve \(R_4QR_3\) üçgenleri benzerdir. Sonuç olarak \(\frac{QR_4}{QR_3} = \frac{AP}{BP}\) olur. \(\angle RAR_3 = \angle RBR_4\) ve \(\angle ARR_3 = \angle BRR_4\) olduğuna göre \(ARR_3\) ve \(BRR_4\) üçgenleri benzerdir ve dolayısıyla \(\frac{AR_3}{BR_4} = \frac{AR}{BR}\) olur. Sonuç olarak 


\[ \frac{AR_3}{QR_3} \cdot \frac{QR_4}{BR_4} = \frac{AP}{BP} \cdot \frac{AR}{BR} \qquad (2) \]


bulunur. (1) ve (2) eşitlikleri çözümü tamamlıyor. 


5. Hangi \(n\) pozitif tam sayıları için, 


\[ \{a_i + \frac{(-1)^i}{a_i} : 1 \le i \le n\} = \{a_i : 1 \le i \le n\} \]


koşulunu sağlayan birbirinden ve sıfırdan farklı \(a_1, a_2, \dots, a_n\) gerçel sayılarının bulunduğunu belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  1'den büyük tek tam sayılar

Çözüm:
Koşulları sağlayan bir \(n\) çift sayısının ve \(a_1, \dots, a_n\) gerçel sayılarının bulunduğunu varsayalım. O zaman her \(1 \le i \le n\). için \(a_i + \frac{(-1)^i}{a_i} = a_{\sigma(i)}\) olacak şekilde \(\{1, 2, \dots, n\}^n\) nin bir \(\sigma\) permütasyonu vardır. O halde her \(i\) için 


\[a_i^2 - a_i a_{\sigma(i)} = (-1)^{i+1} \quad (1)\]


sağlanır. (1)'deki eşitliğin 2 katı her \(i\) için toplanırsa 


\[\sum_{i=1}^{n} (a_i - a_{\sigma(i)})^2 = 2 \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} = 0\]


elde edilir. Dolayısıyla her \(i\) için \(i = \sigma(i)\) olmalı ve buradan \(\frac{(-1)^i}{a_i} = 0\) çelişkisi gelir. Sonuç olarak \(n\) çift sayı olamaz. 


\(n\)'nin 1 olamayacağı açık. \(n\), 1'den büyük bir tek tam sayı olsun. \(x > 0\) olmak üzere, \(a_1 = 1 + x\) ve her \(1 \le i \le n\). için \(a_{i+1} = a_i + (-1)^i/a_i\) for every \(1 \le i \le n\).olsun. \(a_{n+1} = a_1\) ve \(a_1, \dots, a_n\) farklı sayılar olacak şekilde bir \(x\) gerçel sayısının bulunduğunu göstereceğiz. \(i\) tek and \(a_i > 1\) ise, \(a_{i+2} = a_i + 1/(a_i^3 - a_i) > a_i\) olur. O zaman, tümevarımla \(a_1 < a_3 < \dots < a_n\) olduğu kolayca görülür. Ayrıca, \(i\) çift ve \(a_i > 0\) ise, \(a_{i+2} = a_i + 1/(a_{i}^3 + a_i) > a_i\) olur. O halde \(a_2 = (x^2 + 2x)/(1 + x) > 0\) olduğundan, tümevarımla \(a_2 < a_4 < \dots < a_{n+1}\) olduğu kolayca elde edilir. Sonuç olarak, \(a_{n+1} = a_1\) olacak şekilde bir \(x\) gerçel sayısının bulunduğıını gösterirsek ispat tamamlanır. \(x\) sayısı 0'a yaklaştıkça \(a_1 \to 1\) ve \(a_2 \to a_1 - 1/a_1 \to 0\). O halde \(x \to 0\) iken 


\[a_{n+1} - a_1 \ge a_4 - a_1 = 1/(a_2^3 + a_2) - 1/(1 + x) \to +\infty\]


olur ve dolayısıyla yeterince küçük \(x\) için \(a_{n+1} > a_1\) sağlanır. 


\[a_2 > x \text{ ve } i \text{ çiftken}\]


\[a_{i+2} = a_i + 1/(a_i^3 + a_i) < a_i + 1/a_i^3 \le a_i + 1/a_2^3\]


olduğu için \(a_{n+1} < a_2 + (n-1)/(2x^3)\) elde edilir. Öte yandan, 


\[a_1 - a_2 - (n-1)/(2x^3) = 1/(1+x) - (n-1)/(2x^3) = (2x^3 - (n-1)(1+x))/(2x^3(1+x))\]


ifadesi \(x\)'in yeterince büyük değerlerinde pozitif olduğu için \(a_{n+1} < a_1\) eşitsizliği \(x\)'in yeterince büyük değerlerinde sağlanır. O zaman \(a_{n+1} - a_1\) ifadesi pozitif \(x\) sayıları üzerinde sürekli bir fonksiyon olduğu için ara değer teoreminden 0 değerini alır. Böylece \(a_{n+1} = a_1\) eşitliğini sağlayan en az bir \(x > 0\) gerçel sayısı vardır.