Matematik Olimpiyatı 2011, 2. Aşama, Soru 2

\(D\), \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üstünde köşelerden farklı bir nokta ve \(E\), \([CD]\) nin orta noktası olsun. \(E\) den \(BC\) doğrusuna çizilen dikme \([AC]\) kenarını \(|AF| \cdot |BC| = |AC| \cdot |EC|\) koşulunu sağlayan

bir \(F\) noktasında kesiyor. \(ADC\) üçgeninin çevrel çemberi de, \([AB]\) kenarını \(A\) dan farklı bir \(G\) noktasında kesiyor. \(AGF\) üçgeninin çevrel çemberine \(F\) noktasından çizilen teğetin \(BGE\) üçgeninin çevrel çemberine de teğet olduğunu kanıtlayınız. 


Çözüm: 


\(EF\) doğrusunun \(AGF\) ve \(BGE\) üçhenlerinin çevrel çemberlerinin her ikisine teğet olduğunu gösterelim. Bunun için \(\angle GBE = \angle GEF\) ve \(\angle GAF = \angle GFE\) olduğunu göstermemiz yeterli olacaktır. 


\(F\) noktasından geçen ve \(BC\) ye paralel olan doğru ile \(AB\) doğrusunun kesişim noktası \(H\) olsun. O zaman \(AHF \sim ABC\) ve \(\frac{AF}{AC} = \frac{HF}{BC}\) olur. Diğer taraftan \(\frac{|AF|}{|AC|} = \frac{|EC|}{|BC|}\) olduğu için \(|HF| = |EC| = |ED|\) bulunur ve sonuç olarak \(HFCE\) nin bir paralelkenar ve \(HFDE\) nin bir dikdörtgen olduğu görülüyor. 


\(ACDG\) bir kirişler dörtgenidir. \(FC||HE\) olduğu için \(\angle BGD = \angle ACB = \angle HED\). Sonuç olarak \(H, E, D, G\) noktaları çemberdeştir ve \(H, G, D, E, F\) noktaları \([HE]\) çaplı bir çember üzerindedir. O zaman \(\angle BGE = 90^\circ\) ve \(\angle GBE = 90^\circ - \angle GED = \angle GEF\). Son olarak \(AGDC\) ve \(GFED\) kirişler dörtgeni oldukları için \(\angle BAC = 180^\circ - \angle GDE = \angle GFE\) olur. İspat tamamlanmıştır. 


3. \(xyz = 1\) koşulunu sağlayan tüm \(x, y, z\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[ \frac{1}{x + y^{20} + z^{11}} + \frac{1}{y + z^{20} + x^{11}} + \frac{1}{z + x^{20} + y^{11}} \le 1 \]


olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** Tüm \(a, b, c\) pozitif gerçel sayıları için Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden 


\[ \frac{1}{a + b^{20} + c^{11}} \le \frac{a^{13} + b^{-6} + c^3}{(a^7 + b^7 + c^7)^2} \]


elde edilir. Bu eşitsizliği \((a, b, c) = (x, y, z)\), \((y, z, x)\) ve \((z, x, y)\) için yazıp taraf tarafa toplarsak, ispatı tamamlamamız için 


\[ x^{13} + y^{13} + z^{13} + x^{-6} + y^{-6} + z^{-6} + x^3 + y^3 + z^3 \le x^{14} + y^{14} + z^{14} + 2(x^7y^7 + y^7z^7 + z^7x^7) \quad (1) \]


olduğunu göstermenin yeterli olduğunu görürüz.

\[xyz = 1 \text{ olduğundan}\]


\[x^{13} + y^{13} + z^{13} = \sum_{cyc} x^{13} \frac{1}{3} y \frac{1}{3} z \frac{1}{3}, \quad x^{-6} + y^{-6} + z^{-6} = \sum_{cyc} x^{6} \frac{2}{3} y^{6} \frac{2}{3} z \frac{2}{3} \quad \text{ve} \quad x^3 + y^3 + z^3 = \sum_{cyc} x^{6} \frac{2}{3} y^3 \frac{2}{3} z^3 \frac{2}{3}\]


olur. \((13 \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}) \prec (14, 0, 0)\), \((6 \frac{2}{3}, 6 \frac{2}{3}, \frac{2}{3}) \prec (7, 7, 0)\) ve \((6 \frac{2}{3}, 3 \frac{2}{3}, 3 \frac{2}{3}) \prec (7, 7, 0)\) olduğu için Muirhead eşitsizliğinden 


\[\sum_{cyc} x^{13} \frac{1}{3} y \frac{-1}{3} z \frac{1}{3} \preceq \sum_{cyc} x^{14} y^0 z^0, \quad \sum_{cyc} x^6 \frac{2}{3} y^6 \frac{2}{3} z \frac{2}{3} \preceq \sum_{cyc} x^7 y^7 z^0 \quad \text{ve} \quad \sum_{cyc} x^6 \frac{2}{3} y \frac{2}{3} z \frac{2}{3} \preceq  \sum_{cyc} x^7 y^7 z^0\]


elde edilir. Bu üç eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa (1)'deki eşitsizlik bulunur ve ispat tamamlanır. 


4. \(a_1 = 5\) ve \(n \ge 1\) için, \(a_{n+1} = a_n^3 - 2a_n^2 + 2\) olsun. \(p \equiv 3 \pmod{4}\) koşulunu sağlayan bir \(p\) asal sayısı \(a_{2011} + 1\) sayısını bölüyorsa, \(p = 3\) olduğunu kanıtlayınız. 


**Çözüm:** Her \(n \ge 1\) sayısı için \(a_{n+1} - 2 = a_n^2(a_n - 2)\). Bunu kullanarak \(n\) üzerinden tümevarımla tüm \(n \ge 1\) değerleri için \(a_{n+1} - 2 = 3a_n^2 a_{n-1}^2 \cdots a_1^2\) olduğu kolayca elde edilir. Sonuç olarak 


\[a_{2011} + 1 = 3(a_{2010}^2 a_{2009}^2 \cdots a_1^2 + 1) = 3([a_{2010}a_{2009} \cdots a_1]^2 + 1)\]


olur. \(p \equiv 3 \pmod{4}\) asal sayısı \(a_{2011} + 1\) sayısının bir asal böleni olsun. \((a_{2010}a_{2009} \cdots a_1)^2 + 1\) sayısının her \(q\) asal böleni için \(q \equiv 1 \pmod{4}\) ya da \(q = 2\) olduğu biliniyor. Sonuç olarak \(p|3\) ve dolayısıyla \(p = 3\). 


5. \(M\) ve \(N\) düzlemde yer alan düzgün dışbükey çokgensel bölgeler olmak üzere, uç noktalarından biri \(M\) ye, diğeri de \(N\) ye ait olan doğru parçalarının orta noktalarından oluşan kümeyi \(K(M, N)\) ile gösterelim. \(K(M, N)\) nin de düzgün dışbükey çokgensel bir bölge olmasını sağlayan tüm \((M, N)\) ikililerini belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(K = K(M, N)\) bir düzgün çokgendir ancak ve ancak 


- \(N\) çokgeni \(M\) çekgenine homotetikir veya 


- \(M\) nin kenar sayısı \(m\) olmak üzere \(N\) çokgeni, \(M\) çokgeninin merkezi etrafında \(180/m\) döndürülüp ötelenmesiyle elde edilmiştir

Çözüm:
Çözüm boyunca bir dışbükey çokgenin \(XY\) kenarı dediğimizde \(Y\) noktası, çokgenin çevresi üzerinde saat yönünün tersinde \(X\)'ten sonraşelen ilk köşe olacaktır. 


\(AB\), \(M\) çokgeninin bir kenarı olsun. O zaman şu koşulları sağlayan tam olarak bir tane \(\ell\) doğrusu vardır: 


- \(\ell \cap N\), \(N\) nin ya bir \(A'B'\) kenarıdır (durum 1) ya da bir \(C\) köşesidir (durum 2). 


- \(AB\) doğrusunun oluşturduğu ve \(M\) yi içeren kapalı yarı-düzlem ile \(\ell\) nin oluştuğu ve \(N\) yi içeren kapalı yarı-düzlemin kesişimleri boş değildir. 


\(e(AB)\) ile, durum 1 halinde \(ABB'A'\) yamuğunun orta tabanını, durum 2 halinde \(ABC\) üçgeninin \(AB\) ye paralel olan orta kenarını gösterelim. \(h(AB)\) ile, \(e(AB)'\)yi içeren doğrunun oluşturduğu ve yukarıdaki yarı-düzlemler ile kesişimi boş olmayan kapalı yarı-düzlemi gösterelim. \(M\) ve \(N\) çokgenlerinin rolleri değiştiğinde de aynı notasyonlar kullanılacaktır.

M ve N çokgenlerinin tüm AB kenarları için tanımlanan bütün \(h(AB)\) yarı-düzlemlerinin kesişimi \(K_1\) olsun. \(K_1\) bir dışbükey çokgender ve bu çokgenin çevresi M ve N çokgenlerinin tüm AB kenarları için tanımlanan \(e(AB)\) doğru parçalarının bileşimidir. M veya N'nin herhangi bir AB kenarı için \(h(AB)\) yarı-düzlemi K yi içerdiğinden dolayı \(K_1\) K yi içerir. Aslında \(K_1 = K\) dir: Bir \(X \in K_1\) için ara değer teoreminden dolayı Y ve Z noktaları \(K_1\) in çevresinde olmak üzere X in \([YZ]\) doğru parçasının orta noktası olduğu Y ve Z noktaları vardır. M nin çevresinde D ve E, N nin çevresinde \(D'\) ve \(E'\) noktaları vardır öyle ki \([DD']\) ve \([EE']\) doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla Y ve Z dir. \([DE]\) ve \([D'E']\) doğru parçalarının orta noktaları sırasılaya F ve \(F'\) olsun. O zaman F M nin, \(F'\) de N nin içindedir. aynı zamanda X \([FF']\) doğru parçasının orta noktasıdır. Böylelikle \(K_1 = K\) elde edilir. 


K nin bir kenarına, durum 1 halinde t-tip ve durum 2 halinde M-tip diyelim. N-tip kenar da benzer şekilde tanımlanıyor. M ve N çokgenlerinin bir kenar uzunlukları sırasıyla \(d_M\) ve \(d_N\) olsun. O halde M-tip bir kenarın, N-tip bir kenarın ve t-tip bir kenarın uzunluğu sırasıyla \(d_M/2\), \(d_N/2\) ve \((d_M+d_N)/2\) dir. 


K nin düzgün bir çokgen olduğunu varsayalım. K nin tüm kenar uzunlukları aynı olduğu için, K nin aynı anda M-tip ve t-tip kenarları veya aynı anda N-tip ve t-tip kenarları olamaz. Tüm kenarları t-tip ise, M ve N nin kenarları ikişerli birbirine paraleldir ve M ile N düzgün çokgen olduklarından dolayı bu da M ve N nin homotetik olduğunu gösterir. Bu durumda da sorudaki şartların sağlandığı açıktır. 


Geriye K nin hem M-tip hem de N-tip kenar içerdiği durum kalıyor (Bu durumda K nin hiç t-tip kenarı olmadığını hatırlayalım). O zaman \(d_M = d_N\). Ardışık olup farklı tipte olan iki kenar seçelim: AB ve BC K nin sırasıyla M-tip ve N-tip kenarları olsun. O zaman \(AB = e(A_1B_1)\) \(A_1B_1B_2\) nin bir orta kenarıdır ve \(BC = e(B_2C_2)\) \(B_2C_2B_1\) nin bir orta kenarıdır öyle ki \(A_1B_1\) M nin bir kenarıdır ve \(B_2C_2\) N nin bir kenarıdır. M nin \(B_1\) köşesindeki diğer kenarı \(B_1C_1\), N nin \(B_2\) köşesindeki diğer kenarı \(A_2B_2\) olsun. 


\(AB//A_1B_1\) ve \(BC//B_2C_2\) olduğu için \(\angle ABC\) hem \(\angle A_1B_1C_1\) den hem de \(\angle A_2B_2C_2\) den büyüktür. Diğer taraftan, K nin ardışık iki M-tip kenarının arasındaki açı M nin bir iç açısına eşittir ve ardışık iki N-tip kenarının arasındaki açı N nin bir iç açısına eşittir. O halde K düzgün çokgen olduğu için K nin ardışık iki aynı tip kenarı olamaz. Böylece M-tip kenarların ve N-tip kenarların sırayla yer aldıkları ve eşit sayıda bulundukları görülür. M-tip kenarlar ile M nin kenarları arasında birebir bir eşleme ve N-tip kenarlar ile N nin kenarları arasında da birebir bir eşleme bulunduğundan N nin bir m-gen ve K nin ise bir \(2m\)-gen olduğu sonucuna varılır. 


\(B_1C_1\) ve \(B_2C_2\) doğruları arasındaki dar açı \(\theta\) olsun. O zaman \(\angle ABC = \angle A_1B_1C_1 + \theta\) olur ve buradan da \(180^\circ \cdot (2m-2)/(2m) = 180^\circ \cdot (m-2)/m + \theta\) bulunur. Demek ki \(\theta = 180^\circ/m\) ve bu da kalan kısmın ispatını tamamlar. Ayrıca, bu durum sağlanırken sorudaki koşulların da sağlandığı aynı eşitlik ve kenar uzunlukları arasındaki bağıntıdan kolayca görülebilir.