Matematik Olimpiyatı 2009, 2. Aşama, Soru 2

\(\Gamma\), \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi; \(D\) ve \(E\) de, sırasıyla \([AB]\) ve \([AC]\) kenarları üstünde köşelerden farklı noktalar olsun. \(A'\), \(\overline{BAC}\) nin açıortayının \(\Gamma\) yı ikinci kez kestiği nokta; \(P\) ve \(Q\) da, sırasıyla \(A'D\) ve \(A'E\) doğrularının \(\Gamma\) yı ikinci kez kestiği noktalar olsun. \(R\) ve \(S\), sırasıyla \(APD\) ve \(AQE\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin \(AA'\) doğrusunu ikinci kez kestikleri noktalar ise; \(DS\) ve \(ER\) doğrularının, \(\Gamma\) ya \(A\) da teğet olan doğru üstünde bir noktada kesiştiğini gösteriniz. 


**Çözüm:** \(\angle RPD = \angle RAD = \angle A'AC = \angle A'PC = \angle DPC\) olduğundan \(P\), \(R\), \(C\) noktaları doğrusaldır. O halde \(\angle PRD = \angle PAD = \angle PAB = \angle PCB\) olduğu için \(DR \parallel BC\) olur. Benzer biçimde \(SE \parallel BC\) gelir ve sonuç olarak \(SE \parallel DR\) ve \(\frac{VD}{DA} = \frac{SR}{RA}\) elde edilir. 


\(ABC\) üçgeninin çevrel çemberine \(A\) noktasında teğet olan doğru \(\ell\), \(DS\) ve \(SE\) doğrularının \(\ell\) ile kesişimleri sırasıyla \(T\) ve \(U\) olsun. \(AB\) ve \(SE\) doğrularının kesişimi de \(V\) olsun. 


\[ \angle UAE = \angle UAC = \angle B, \quad \angle AEU = \angle AVE + \angle EAV = \angle B + \angle A, \quad \text{ve} \quad \angle UAS = \angle UAE + \angle EAS = \angle AVS + \angle SAV = \angle ASU \text{ olduğundan } US = UA \text{ elde edilir. } AS \text{ doğrusunun } VAE \text{ üçgeninde için açıortay olmasını ve } AEU \text{ üçgeninde sinüs teoremini kullanarak } \frac{US}{UE} = \frac{UA}{UE} = \frac{\sin \angle C}{\sin \angle B} = \frac{SV}{ES} \text{ elde ederiz.} \]

AUV üçgeninde DS kesenine göre uygulanan Menealus teoremi ile \(\frac{AT}{TU} \cdot \frac{US}{SV} \cdot \frac{VD}{DA} = 1\) bulunur. Bulduğumuz eşitliklerden \(\frac{AT}{TU} \cdot \frac{UE}{ES} \cdot \frac{SR}{RA} = 1\) elde ederiz. AUS üçgeninde uygulanan Menealus teoremi ile R, E, T noktalarının doğrusal olduğu görülür. 


3. Bir beldenin Elektrik İşleri görevlisi Ahmet, k gün boyunca her gün, ya seçtiği bir direkle yine kendisinin seçtiği istediği sayıda direk arasına birer tel bağlıyor, ya da en çok 17 direk ikilisi seçip her ikiliye ait direkler arasına birer tel bağlıyor. Beldenin Boya İşleri görevlisi Berna da, beldede kaç direk olursa olsun ve Ahmet telleri nasıl bağlarsa bağlasın, beldedeki tüm direklerin en çok 2009 renk kullanarak ve aralarına tel bağlanmış herhangi iki direk aynı renkte olmayacak biçimde boyanabileceğini iddia ediyor. k nin, Berna'nın iddiasının doğru olmasını sağlayan en büyük değerini belirleyiniz. 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  2000

Çözüm:
Önce çizge teorisinden iki kavram tanımlayalım. Bir çizgede belirli bir köşe ile kalan köşelerin her biri arasında bir kenar olup başka hiçbir bir kenar bulunmuyorsa, bu çozgeye yıldız çizge diyelim. Bir çizgenin her köşesi n renkten birine, ortak kenar paylaşan köşeler farklı renkte olacak şekilde boyanabiliyorsa, n sayısının alabileceği en küçük değer bu çizgenin kromatik sayısıdır. Şimdi soruyu çizge kavramını kullanarak yeniden formüle edelim: 


Her \(1 \le i \le k\) için \(G_i\) ya bir yıldız ya da kenar sayısı en fazla 17 olan bir çizge olmak üzere, \(G = \bigcup_{i=1}^k G_i\) çizgesinin kromatik sayısı en fazla 2009 ise k tam sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır? 


\(G_i\) çizgesi, her \(1 \le i \le m\) için \(G_i\) kenar sayısı en fazla 17 olan bir çizge ve her \(m+1 \le i \le k\) için bir yıldız çizge olsun. \(\bigcup_{i=1}^m G_i\) çizgesinin kenar sayısı en fazla 17m dir. 


**Lemma:** Kromatik sayısı n olan bir çizgenin kenar sayısı en az \(\binom{n}{2}\) olmalıdır. 


İspat: a ve b çizgenin boyandığı herhangi iki renk olmak üzere, çizgede köşeleri a ve b renklerine boyalı herhangi bir kenarın bulunmadığını varsayalım. Bu durumda a rengine boyalı tüm köşeleri b rengine

boyarsak yine ortak kenar paylaşan köşeler farklı renkte olur. Bu da kromatik sayının \(n\) olduğu ile çelişir. 


\(U_{i=1}^m G_i\) çizgesinin kromatik sayısı en az \(m+10\) ise Lemma'ya göre, \(\binom{m+10}{2} \le 17m\) olmalıdır. Son eşitsizliği \((m - \frac{15}{2})^2 + \frac{135}{4} \le 0\) şeklinde yazıp çelişki elde ediyoruz. Sonuç olarak \(U_{i=1}^m G_i\) çizgesinin kromatik sayısının fazla \(m+9\) dur. \(U_{i=1}^m G_i\) çizgesine yeni bir yıldız çizge eklerken kromatik sayı en fazla bir artar ve sonuç olarak \(G\) çizgesinin krimatik sayısı en fazla \((m+9) + (k-m) = k+9\) olur. 


Şimdi \(k \ge 9\) durumunda en az \(k+9\) rengin gerektiğini gösteren bir örnek verelim. \(K_m\) çizgesi \(m\) köşeli tam çizge olmak üzere, 9 kez 17 şer kenar çizilerek önce \(K_{18}\) ve daha sonra \(k-9\) yıldız çizge çizilerek bir \(K_{k+9}\) elde edilebilir. \(K_{k+9}\) tam çizgesinin düzgün boyanması için ise \(k+9\) renk gerekiyor. 


Buna göre, \(k\) sayısının en büyük değeri 2000 olur. 


4. Dar açılı bir \(ABC\) üçgenin diklik merkezi \(H\) ve, \(A\), \(B\), \(C\) köşelerine ait yüksekliklerinin ayakları da, sırasıyla \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) dir. \(K\), \([AB]\) çaplı çemberin küçük \(AB_1\) yayı üstünde yer alan ve \(m(\overline{HKB}) = m(\overline{C_1KB})\) koşulunu sağlayan bir nokta ve \([KB] \cap [CC_1] = \{L\}\) olmak üzere; \(C\) merkezli ve \([CL]\) yarıçaplı çember \([AA_1]\) i \(M\) noktasında kesiyor. \(B\) merkezli ve \([BM]\) yarıçaplı çemberin \(CC_1\) doğrusunu kestiği noktalar \(P\) ve \(Q\) ise, \(A\), \(K\), \(P\) ve \(Q\) noktalarının çemberdeş olduğunu kanıtlayınız. 


**Çözüm:** Hem \(A\), \(C_1\), \(L\), \(K\) hem de \(A\), \(C_1\), \(H\), \(B_1\) noktaları çembersel olduğu için \(L\), \(K\), \(B_1\), \(H\) noktaları da çemberseldir. Bununla birlite, \(KL\) doğrusu \(\angle C_1KH\) açısınıçi iki eş kısma böldüğünden \(\angle C_1AL = \angle LB_1H\) elde edilir. Buradan da \(\angle ALC = \angle LB_1C\) bulunur. Böylece \(ALC\) ve \(LB_1C\) üçgenlerinin benzer oldukları görülür. O zaman \(CM = CL\) ve \(A\), \(B_1\), \(A_1\), \(B\) noktaları çembersel olduğu için \(CM^2 = CB \cdot CA_1\) ve \(\angle BMC = 90^\circ\) elde edilir. \(BP = BM\) ve \(C\), \(A_1\), \(C_1\) noktaları çembersel olduğu için \(BP^2 = BA \cdot BC_1\) ve \(\angle BPA = 90^\circ\) bulunur. Sonuç olarak \(P\) noktası \(AB\) çaplı çember üzerindedir.