JBMO c Genç Balkan Matematik Olimpiyatları (JBMO) her yıl katılımcı 10 ülkeden

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "JBMO c Genç Balkan Matematik Olimpiyatları (JBMO) her yıl katılımcı 10 ülkeden"

Meryem Baştürk
5 yıl önce
İzleme sayısı:

Genç Balkan Matemat ık Ol ımp ıyatı JBMO 2009 Sorular ve Çözümler ı c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.

1 Genç Balkan Matemat ık Ol ımp ıyatı JBMO 2009 Sorular ve Çözümler ı c sbelianwordpress@gmail.com Genç Balkan Matematik Olimpiyatları (JBMO) her yıl katılımcı 10 ülkeden gelen yaşları 15,5 dan küçük 6 öğrencinin bireysel olarak yarıştığı bir etkinliktir. Bu yıl Bosna Hersek in başkenti Saraybosna da yapılan etkinlikte ülkemizi 6 ilköğretim öğrencisi başarıyla temsil etmişlerdir. İlerleyen sayfalarda, soruları ve çözümleri ayrıntılı biçimde bulacaksınız. Soruların çözümünde ve L A TEX 2ε ile yazımında emeği geçen arkadaşlarımıza çok teşekkür ederiz. Junior Balkan Mathematics Olympiads 1

2 SORULAR Soru 1. 2 a 3 b + 9 = c 2 denklemini negatif olmayan tamsayılarda çözünüz. Soru 2. x, y, z reel sayılar olmak üzere, 0 < x, y, z < 1 ve xyz = (1 x)(1 y)(1 z) olarak veriliyor. Buna göre (1 x)y, (1 y)z, (1 z)x ifadelerinden en az bir tanesinin 1/4 ten büyük veya eşit olduğunu kanıtlayınız. Soru 3. ABCDE bir dışbükey beşgen olmak üzere AB + CD = BC + DE veriliyor. Merkezi AE üzerinde olan ve AB, BC, CD, DE kenarlarına sırasıyla P, Q, R, S noktalarında teğet olan (beşgenin köşelerinden farklı noktalar) bir k çemberi çiziliyor. Buna göre, P S AE olduğunu kanıtlayınız. Soru 4. Düzlem üzerinde ki 2009 farklı nokta kırmızı veya mavi renklere boyanıyor. Merkezi bu mavi noktalardan biri olan her bir birim çember tam olarak iki kırmızı nokta içermektedir. Buna göre, mavi noktaların sayısının alabileceği en büyük değeri bulunuz. Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 2 c

3 ÇÖZÜMLER Çözüm 1. 2 a 3 b + 9 = c 2 ise önce b = 0 durumana bakalım. Eğer b = 0 ise olacağından 2 a = c 2 2 a = (c 3)(c + 3) olacaktır. Burada c 3 = 2 x ve c + 3 = 2 y olarak alırsak, y > x ve x + y = a olacağından, elde edilir. Buna göre 2 y 2 x = c + 3 c + 3 = 6 2 x (2 y x 1) = 6 ise 2 x çarpanı 1, 2, 3, 6 değerlerinden birini alabilir. Ancak, 3 veya 6 eşitliğinin tamsayılarda sağlanmayacağı açıktır. Buna göre 2 x = 2 ise x = 1, y = 3 olacağından c = 5, a = 4 ve b = 0 bulunur. Buna göre, bu durumdaki tek çözüm (a, b, c) = (4, 0, 5) olarak bulunur. Şimdi de b 1 durumuna bakalım. Eğer b 1 ise c = 3k olacağından, aslında b 2 olacaktır. Buradan, ve eşitliğinden 2 a 3 b + 9 = 9k 2 2 a 3 b = 9(k 1)(k + 1) 2 a 3 b 2 = (k 1)(k + 1) olacaktır. Şimdi bu eşitlik üzerinden çözüme gitmeye çalışalım. Eğer a = 0 ise 3 b 2 = (k 1)(k + 1) olacağından k 1 = 3 x ve k + 1 = 3 y eşitlikleri elde edilir. Burada x < y ve x + y = b 2 olacağı açıktır. Buna göre 3 x (3 y x 1) = 2 eşitliği elde edilir. Bu eşitliktende (a, b, c) = (0, 3, 6) olacaktır. Şimdi de a 1 durumunu kontrol edelim. Eğer a 1 ise, k = 2p + 1 olacaktır. Buna göre, 2 a 2 3 b 2 = p(p + 1) Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 3 c

4 ve (p, p + 1) = 1 olduğundan p = 2 a 2 ve p + 1 = 3 b 2 veya p + 1 = 2 a 2 ve p = 3 b 2 olacaktır. Burada 3 b 2 2 a 2 = p + 1 p = 1 olduğuna göre a 2 ve b 2 ifadelerine sırasıyla x ve y değişkenini atayarak eşitliğini elde ederiz. Buna göre, 2 x 3 y = ±1 2 x 3 y = 1 ise (x, y) ikilisi (1, 0) veya (2, 1) olacağından (a, b, c) = (3, 2, 9) ve (4, 3, 21) olacaktır. Eğer 2 x 3 y = 1 ise (x, y) ikilisi (1, 1) veya (3, 2) olacağından olacaktır. (a, b, c) = (3, 3, 15) ve (4, 5, 51) Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 4 c

5 Çözüm 2. Çözüme ulaşmak için (1 x)y + (1 y)z + (1 z)x 3 4 olduğunu göstermemiz yeterli olacaktır. Buna göre, xyz = (1 x)(1 y)(1 z) = 1 x y z + xy + yz + zx xyz olduğundan olacaktır. Dolayısıyla 1 2xyz = x + y + z xy yz zx olduğundan (1 x)y + (1 y)z + (1 z)x = x + y + z xy yz zx = 1 2xyz 1 2xyz 3 4 eşitsizliğini göstereceğiz. Eğer aritmetik orta, geometrik orta eşitsizliğini kullanırsak 3 (1 x) + x + (1 y) + y + (1 z) + z 6 6 x 2 y 2 z 2 = 6 3 xyz eşitsiliğini elde ederiz. Burada xyz ise 1 8 xyz olacaktır. Son yazdığımız eşitsizliği düzenlersek elde ederiz. Buradanda, 1 4 2xyz 1 2xyz 3 4 olacaktır. Kanıt tamamlanır. Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 5 c

6 Çözüm 3. Q C R D B S V E P O A U Şekil 1: Soru 3 Şekilden çözüme gitmeye çalışalım. Soruda AB + CD = BC + DE olarak verildiğine göre AP = SE olacaktır. Eğer AP = x 1, P B = BQ = x 2, QC = CR = x 3, RD = DS = x 4 ve SE = x 5 olarak alırsak x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = x 2 + x 3 + x 4 + x 5 olduğundan x 1 = x 5 yani AP = SE olacaktır. Çember ile AO dorusunun kesişim noktasına U diyelim. Benzer biçimde V noktasını işaretliyelim. R ise çemberin yarıçapını temsil etsin. Buna göre, çemberde kuvvet prensibinden ve olacaktır. AP = SE olduğuna göre olacaktır. Eğer bu eşitliği düzenlersek eşitliğini elde ederiz. Buradan AP 2 = AU + ( AU + 2R) SE 2 = EV ( EV + 2R) AU + ( AU + 2R) = EV ( EV + 2R) ( AU EV )( AU + EV 2R) = 0 AU = EV AO = EO olacaktır. Bundan dolayıda OP A üçgeni ile OSE benzer olacağından m(âes) = m(êap ) olacaktır. Buna göre, AP SE dörtgeninin bir ikizkenar yamuk olduğunu söyleyebiliriz. Dolayısıyla P S AE olacaktır. Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 6 c

7 Çözüm 4. Her bir kırmızı nokta ikilisi en fazla iki mavi merkezli çember tarafından içerilebilir. n tane kırmızı nokta için oluşturulacak ikilileri alırsak ( ) n n! n(n 1) = = 2 2!(n 2)! 2 olduğundan mavi noktalarımızın sayısı kırmızılşarın iki katından fazla olamaz. Buna göre mavi noktaların sayısı n(n 1) olacaktır. Buradan da toplam nokta sayımız n + n(n 1) = n 2 sayısından fazla olmayacaktır.44 2 < 2009 olduğuna göre, n değeri en az 45 olacaktır. Buna göre mavi noktaların sayısının em büyük değeri olacaktır = 1964 Bu belge sbelianwordpress.com a aittir. 7 c

Benzer belgeler

2009 Ceb ır Soruları

Genç Balkan Matemat ık Ol ımp ıyatı 2009 Ceb ır Soruları c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.com 2009 yılında Bosna Hersek te yapılan JBMO sınavında ki shortlist sorularının cebir kısmının