2009 Birinci Aşama Sınav Soruları

Transkript

1 009 Birinci şama Sınav Soruları 1. = { 1,, 3,..., 97, 98} kümesinin, boş olmayan her alt kümesi için, bu alt kümenin elemanlarının çarpımını hesaplayalım. Ortaya çıkan tüm çarpımların toplamı aşağıdakilerden hangisidir? ) 1 B) 0 C) 1 D) 98! 97! E) 98! 1. Şekildeki BC dik üçgeninde m(cb)=90 b, m(bc) b =30 ve m(ecd)=m(e b B) b dir. CD BE ve C =9 birim ise E D α C E uzunluğu kaç birimdir? ) 5 B) 5 3 C) 6 D) 6 E) 7 30 o α B 3. b ve c pozitif tamsayılar olmak üzere, kaç (b, c) ikilisi için x bx c =0 denkleminin kökleri 5 ten küçüktür? ) 5 B) 30 C) 0 D) 5 E) 50. Şekilde, 6 satır ve sütunu olan tablonun sol alt köşesinden ( noktasından) sağ üstköşesine (D noktasına), çizgiler üzerinde sağa veya yukarıya hareket ederek gidilecektir. B ve C noktalarının enazbirindengeçmekkoşuluyla, kaç farklı yol izlenebilir? ) 118 B) 1 C) 17 D) 130 E) 1 B C D 5. p bir asal sayı ve x>0, n 0 tam sayılar olmak üzere, n p<1000 ise n x =(n + x) p denkleminin kaç tane (x, n, p) çözüm üçlüsü vardır? ) 5 B) 30 C) 3 D) 33 E) 35

2 7 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları 6. n sayısı 3 e, n +1sayısı 7 ye, n +sayısı 11 e tam bölünecek şekilde en küçük n pozitif tamsayısınınrakamları toplamı kaçtır? ) 13 B) 10 C) 11 D) 9 E) 1 7. BC dar açılı üçgeninde C b =5 dir. dan BC ye indirilmiş dikmenin ayağı E ve B den C ye indirilmiş dikmenin ayağı da D olsun. Eğer CE = ve EB =3 birim ise, DE uzunluğu kaç birimdir? ) B) 5 C) 6 D) 7 E) Veriler Yetersizdir. n (n +1) 8. n bir pozitif tam sayı olmak üzere, a = biçimindeki sayıya bir üçgensel sayı denir. Buna göre, a b =90 eşitliğini sağlayan kaç tane (a, b) üçgensel sayı ikilisi vardır? )3 B) C)5 D)6 E)8 9. BC üçgeninin kenar uzunlukları tamsayılar olup, C = 117 birimdir. m(b b C) açısının açıortayının BC kenarı ile kesişim noktası D olsun. Eğer B = DC ise, üçgenin B kenarının uzunluğunun rakamları toplamı kaçtır? ) 1 B) 15 C) 13 D) 1 E) f : Z Z fonksiyonu her x, y Z için f (f (x)+y) f (y +7)=x eşitliğini ve f () = 5 koşulunu sağlasın. Bu durumda, f (11) aşağıdakilerden hangisidir? ) B) 3 C) D) E) a < b < c sayıları için a + c = b olursa, (a, b, c) üçlüsüne "aritmetik üçlü" diyelim. = {1,, 3,.., n} kümesinin elemanlarıyla oluşturulabilen tüm aritmetik üçlüler sayısının 99 dan büyük olması için n tek sayısı en az kaç olmalıdır? ) 1 B) 17 C) 19 D) 15 E) 3

3 000 İkinci şama Sınav Soruları Lise 1 Sınav Soruları 1. p ve q tek asal sayılar ve p ile q arasında başka asal sayı yoksa, p + q sayısının, her biri 1 den büyük en az üç tane doğal sayının çarpımı olarak yazılabileceğini gösteriniz. (Çarpanlarınfarklı olmaları gerekmez).. Sıfırdan farklı x, y, z sayıları x y = yz ve y z = zx eşitliklerini sağlıyor. x z = xy olduğunu gösteriniz. 3. Her biri 100 ü aşmayan 10 farklı pozitif tam sayının oluşturduğu kümenin boş olmayan ve ayrık öyle iki alt kümesi vardır ki, bu alt kümelerden birindeki sayıların toplamı diğerindeki sayıların toplamına eşittir; ispat ediniz.. Düzlem üzerinde, hepsi bir doğru üzerinde bulunmayan 000 tane nokta işaretlenmiş ve bu noktaların herbirinin yanına o noktanın yükü diyeceğimiz bir reel sayı yazılmıştır. Üzerinde en az iki işaretlenmiş nokta bulunduran her doğrunun tüm işaretlenmiş noktalarının yükleri toplamı sıfır olduğuna göre, her işaretlenmiş noktanın yükünün sıfırolduğunu kanıtlayınız. 5. Dar açılı bir BC üçgeninin çevrel çemberine ve B noktalarında teğet olan doğruların kesişim noktası D ; [DC] ile [B] nın kesişim noktası da E ile gösteriliyor. olduğunu ispat ediniz. E EB = C BC Lise - 3 Sınav Soruları 1. Bir n doğal sayısının kendisinden küçük tüm doğal sayılara bölünmesiyle ortaya çıkan farklı kalanların toplamı K(n) ile gösterilsin (Örnek: K(9)=1++3+= 10). K(n) =n olan tüm n doğal sayılarını bulunuz.

4 000 İkinci şama Sınav Soruları 91. İki öğrenci, tahtaya x +19x+91 polinomunu yazarak şöyle bir oyun oynuyorlar: Birinci oyuncu, polinomun başkatsayısı dışındaki katsayılarından birini silip, onun yerine bir fazlasını veya bir eksiğini yazıyor. Benzer şekilde, ikinci oyuncu da ortaya çıkan polinomun başkatsayısı dışındaki katsayılarından birini silip, onun yerine bir fazlasını veya bir eksiğini yazıyor ve oyun bu şekilde sürdürülüyor. Bir süre sonra, tahtada x +91x +19 polinomu yazılmış olduğuna göre, bundan önce yazılan polinomlardan en az birinin köklerinin ikisinin de tamsayı olduğunu kanıtlayınız. 3. n>3olmak üzere, a 1,a,a 3,..., a n reel sayıları için a 1 + a + + a n n ve a 1 + a + + a n n eşitsizlikleri sağlanmaktadır. a 1,a,a 3,..., a n sayıları içinde den küçük olmayan en az bir sayı bulunduğunu ispat ediniz.. Bir mühendis, her biri düzlemde uygun bir parabolün iç bölgesinin tümünü aydınlatabilen sonlu sayıda fener ile tüm düzlemi aydınlatabileceğini söyleyince, matematikçi olan arkadaşı bunun mümkün olmadığını kanıtlıyor. Bunu siz de kanıtlayınız. 5. Dar açılı bir BC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O; [O] üzerinde alınan bir E( 6= E 6= O ) noktasından, [B], [BC], [C] kenarlarına indirilen dikmelerin ayakları, sırasıyla N, L, M; BC üçgeninin dan geçen yüksekliğinin [BC] kenarını kestiği nokta D ile gösterilmek üzere; N, L, D, M noktalarının bir çember üzerinde bulunduğunu ispatlayınız.

5 009 Birinci şama SorularınınÇözümleri 1. Cevap : a 1 = 1, a =, a 3 = 3,... a 98 = 98 olmak üzere, (1 + a 1 )(1+a )(1+a 3 ) (1 + a 98 ) çarpımı bize, istenen toplamın 1 fazlasını verir. Buna göre, (1 + a 1 )(1+a ) (1 + a 98 ) 1 ifadesinde a 1 = 1,a =,..., a 98 = 98 yazılırsa, cevap 1 bulunur.. Cevap : C B = C / 3=6 3 ve BC = B / = 3 3 olduğu kolayca bulunabilir. Şimdi, m(ecd) b =α denirse, prob- E D lemin koşulundan m(eb) b = α olur. O 30 o α B halde, m(dcb) b = 90 α ve dolayısıyla, m(cbd) b =α bulunur. Demek ki, 60 = m(bc) b =α + α eşitliğinden α =30 olur. O halde, BC ve BEC dik üçgenleri benzer olur. Benzerlik oranı yazılırsa, orantısından C BC = BC CE CE = BC C = 7 9 =3 ve buradan da E = C CE = 9 3 = 6 bulunur. α C 3. Cevap : E x bx c =0denkleminin kökleri, x 1 = b b +c ve x = b + b +c ve x 1 <x olduğundan, x 5 eşitsizliğini sağlayan (b, c) ikililerini bulmalıyız.

6 1 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları Buna göre, eşitsizliğinden sırasıyla, b + b +c 10 p b +c 10 b b +c b b c +5b 5 eşitsizliği elde edilir. yrıca, c pozitif tamsayı olduğundan, 1 c 5(5 b) olmalıdır. O halde, b yerine sırasıyla 1,, 3, değerleri yazılırsa, c için sırasıyla, 1 c 0, 1 c 15, 1 c 10, 1 c 5 kısıtlamalarını elde ederiz. Böylece, (b, c) ikilileri sayısı = 50 olarak bulunur D Cevap : E Sağa ve yukarıya doğru haraketleri, sırasıyla, 0 ve 1 ile gösterirsek, gidilen her yol 0 lar ve 1 lerin oluşturduğu bir dizilim şeklinde gösterilebilir. Örneğin, yandaki yola uygun dizilim (0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1) şeklindedir. O halde, yolları saymak yerine, uygun dizilimleri sayacağız ki, bu da tekrarlı permütasyon for- (n + k)! (n, 0 ların vek da 1 lerin sayısıdır.). Şimdi, problemde n! k! mülüyle sayılıyor: istenen sayıyı bulmak için, B den geçen ve C den geçen yollar sayısının toplamından B ve C nin her ikisinden de geçen yollar sayısını çıkaracağız. Buna göre,!!! 6!!! + 6! 3! 3!! 1! 3!!!!! 1! 1!! 1! 3! ifadesi hesaplanırsa istenen cevap, olarak bulunur = = 1 5. Cevap : D n p + 100x = n p +npx + x p eşitliğinden 100 = p (n + x) elde edilir. Bu denkleme göre, p asal sayısının veya 5 olabileceğini görürüz. Bu değerler için denklemi inceleyelim. p =için, n + x =50denkleminin çözümlerini bulalım. n. < 1000 ise, n < 500 ve buradan da n olacağından, istenen şekilde 3 tane negatif olmayan n tamsayısı ve dolayısıyla da 3 tane (x, n) ikilisinin olduğu görülür. p =5için, 0 = n + x denklemi elde edilir. Buradan x>0 koşulundan dolayı, n 9 olması gerekir. 0 n 9 sayıları, problemin n 5 < 1000 yani, n < 00 koşulunu da sağlarlar. O halde, p = 5 durumunda da 10 tane (x, n) ikilisi bulunur. Sonuç olarak, tüm çözümlerin sayısı = 33 olur.

7 009 Birinci şama Sorularının Çözümleri Cevap : E 3,7ve11aralarındaki fark olan sayılardır. Bu sayıların her biri e bölünürse, aralarındaki fark 1 olur. Fakat, bu sayılar tamsayı değildirler. Bu nedenle, 3+k, 7+k, 11 + k sayıları tamsayı olacak şekilde bir k sayısı ekleyelim. Bu yeni üç sayı ardışık tamsayılardır. Diğer taraftan, ilk sayının 3 ile bölünebilmesi için, k sayısı 3 ün katı, ikinci sayının 7 ile bölünebilmesi için k sayısı 7 nin katı ve son sayının 11 ile bölünebilmesi için k sayısı 11 in katı olması gerekir. Biz en küçük sayıyı arıyoruz. O halde, OKEK (3, 7, 11) = = 31 olduğundan, k sayısı 31 in katı olmalıdır. Buna göre, 3+k, 7+k, 11 + k ifadeleri tamsayı olacak şekilde, k yerine 3 31 = 693 yazarsak, sırasıyla, 17, 175 ve 176 sayıları elde edilir. O halde, yanıt1olur..yol : n 0(mod3),n+1 0(mod7),n+ 0 (mod 11), yani, n 0(mod3),n 1(mod7),n (mod 11) sağlanacak şekilde en küçük n N bulmalıyız. Söz konusu n sayısını, n =3 7 a b c, (a, b, c Z) şeklinde ararsak, b 0(mod3),c (mod7),a (mod 11) olması gerektiğini görebiliriz. Buradan, söz konusu özelliğe sahip en küçük n sayısı n = = 17 olarak bulunur. 7. Cevap : B BC nin orta noktası M olsun. Üçgen dar açılı ve m( C)=5 b olduğundan, 5 <m( B) b < 90 olacak. Demek ki, M noktası E ile C arasındadır. CDB dik üçgeninde m( bc) =5 olduğundan, DB DC ve DM = CM = MB = BC CE + BE = = 7 olur. Diğer yandan, D C 5 M E B EM = BM BE = 1 BC BE = 7 3=1 dir. O halde, DME dik üçgeninde: q r DE = DM + ME = ( 7 ) +( 1 ) = elde edilir. r 50 = 5

8 1 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları 8. Cevap : D n (n +1) m (m +1) a = ve b =, (n, m N) eşitliklerinden sırasıyla, 90 = a b = 1 n + n m m, 90 = 1 (n m)(n + m +1), = (n m)(n + m +1) olur. n m ve n + m +1sayılarının biri çift olduğunda diğeri tek olacağından, küçük çarpan olan n m sayısı 1, 3, 5, 9, 15 ve değerlerini alabilir. n m =1olursa, n+m+1 = 180; n m =olursa, n+m+1 = 5v.b. Buradan n ve m dolayısıyla, (a, b) ikilileri bulunur. Yanıt 6 olur. 9. Cevap : B BD = k ve B = DC = m olsun. çıortay teoreminden: m = 117 k = 3 13 k eşitliği vardır. Buradan, k =13 n, (n N) olur. n =1 ise, k =13,m=3 13 = 39 ve buradan B + BC =39+(13+39)< 117 = C oluyor ki, bu da üçgen eşitsizliği ile çelişiyor. n 3 ise, k 117 oluyor ve B + BC = m C eşitsizliği üçgen eşitsizliği ile çelişiyor. Nihayet, n =için k = 13 = 5, m =3 13 = 78 ve dolayısıyla, B = m =78, BC = k + m = = 130, C = 117 oluyor ki, bu sayılar bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Yanıt15olur. 10. Cevap : y =1ve y =0için f (f (x)+1) f (8) = x ve f (f (x)) f (7) = x elde ederiz. Taraf tarafa çıkarırsak, f (f (x)+1) f (f (x)) = f (8) f (7) olur. f (f (x)) = x+f (7) eşitliğinden, f : Z Z fonksiyonunun örten olduğu görülüyor. Şimdi, f (x) =n dersek, her n Z için f (n +1) f (n) =f (8) f (7) olur. Demek ki, a, b Z olmak üzere, f (n) =an + b formundadır. Bunu, esas denklemde yerine koyarsak, her x, y Z için a (ax + b + y)+b (a (y +7)+b) =x eşitliğinden a 1 x + a (b 7) = 0 olur. Bu denklemden de, a = ±1 ve b =7 bulunur. Yani, denklemi sağlayan iki fonksiyon var: f (x) =x+7 ve f (x) = x+7. f () = 5 koşulundan, f (x) = x +7olduğu görülür. O halde, f (11) = olur. B m k.. D 117 m C

9 009 Birinci şama Sorularının Çözümleri Cevap : (a, a + r, a +r) aritmetik üçlüsüne bakalım. n = k +1dersek, a +r n eşitsizliğinden r k olması çıkar. 1 r k için 1 a n r =k +1 r sağlanacağından, her r {1,, 3,..., k} için a nın alabileceği değer sayısı k+1 r olur. O halde, tüm aritmetik üçlüler sayısı P S = k (k +1 r) r=1 P = k (k +1) k r r=1 k (k +1) = k (k +1) = k + k k k = k, yani, S = k olur. Buna göre, k > 99 eşitsizliğinden k 100 yani, k 10 elde edilir. Böylece, n =k +1tek sayısınınenaz1 olması gerektiği görülüyor. 1. Cevap : C c h b olduğundan, S = 1 ch c 1 h bh c 1 6=1 sağlanacaktır. Şimdi, öyle üçgen kuralım ki,h a 3, h b, h c 6 sağlansın ve S =1olsun. Dik kenarları ve 6 olan üçgenin alanı 1 olup, h a = S a = +6 = 13 = 1 > 3 13 sağlanır. 13. Cevap : B x 1 için her iki yanınkaresinialırsak, x +1 x +1+1 > 1 1 x x x x +1+(x +1) > 0 x x +1 > 0 olur. Son eşitsizlik, yalnız x x +1=0denklemini sağlayan x ler için geçersizdir. Bu denklemden x x 1=0elde edilir ki, x 1 koşulunu sağlayan tek x değeri x =(1+ 5)/ bulunur.

10 000 İkinci şama Sorularının Çözümleri Lise I Sorularının Çözümleri 1. p ve q tek sayı olduklarından, p + q bir çift sayı ve p + q sayısı p ile q arasında bir sayıdır. p ile q arasında asal sayı bulunmadığından, p + q sayısı asal değildir; yani 1 den büyük iki tane doğal sayının çarpımıdır. Dolayısıyla, p + q = p + q sayısı, 1 den büyük 3 tane (farklı olmaları gerekmeyen) doğal sayının çarpımıdır.. x y = yz ve y z = zx denklemleri taraf tarafa toplanırsa, x z =(x + y) z denklemi elde edilir. O halde, iddianınispatı için (x + y) z = xy olduğunu göstermek yeterlidir. Eğer problemdeki birinci denklem x ile, ikinci denklem ( y) ile çarpılıp taraf tarafa toplanırsa, ve buradan da x 3 xy y 3 + yz =0 z = y3 + xy x 3 y elde edilir. Diğer taraftan, problemdeki birinci denkleme göre, z = x y y eşitliği vardır. Bu ifadenin karesi alınırsa, z = x x y + y y elde edilir. z için bulunan bu iki ifade eşitlenirse, y + xy 3 x 3 y = x x y + y, y 3 x y = x 3 xy, x y y 3 + x 3 xy = xy, x y y x y x + = xy, y y yz + xz = xy ve buradan da (x + y) z = xy elde edilir.

11 000 İkinci şama Sorularının Çözümleri 5 3. Her biri 100 ü aşmayan 10 farklı pozitif tamsayının oluşturduğu küme K olsun. K nın boş olmayan altkümelerinin sayısı 10 1 = 103 tür. yrıca, K nın boş olmayan her bir altkümesi içindeki sayıların toplamı en az 1, en çok = 955, olacaktır. 955 < 103 olduğuna göre, K nın boş olmayan en az iki farklı ve B kümesi için daki sayıların toplamı ile B deki sayıların toplamı birbirine eşittir. Şimdi, S = \ ( B) ve T = B\ ( B) olsun. Bu durumda, S kümesi boş olamaz, çünkü aksi halde, B ve dolayısıyla, = B olurdu. Benzer şekilde, T kümesi de boş olamaz. S ve T ayrık olup, S deki sayıların toplamı, T deki sayıların toplamına eşittir.. Bir işaretlenmiş nokta n ile, n nin yükü y n ile; n den geçen ve üzerinde en az iki işaretlenmiş nokta bulunduran doğruların sayısı da s n ile gösterilsin. Tüm işaretlenmiş noktalar bir doğru üzerinde bulunmadığından, s n > 1 olacaktır. Düzlem üzerinde bulunan tüm işaretlenmiş noktaların yükleri toplamı y olsun. s n tane doğrunun her biri üzerindeki işaretlenmiş noktaların yükleri toplamı sıfırolduğundan, s n tane eşitlik taraf tarafa toplanırsa, y +(s n 1) y n =0 elde edilir. s n 1 > 0 ve y, y n lerin toplamı olduğundan, y =0olmak zorundadır. (y >0 veya y<0 varsayımı çelişki ortaya çıkarır; çünkü, ( ) a göre, y ile y n lerin işaretleri farklı olmalıdır; bu ise olanaksızdır.) Böylece, y =0olmalıdır. O halde, ( ) eşitliğinden y n =0olduğu görülür. ( ) 5. DC doğrusu ile (BC) çemberinin kesişim noktası K olsun. Şekilden DK DC ve DKB DBC D K α β olduğu görülür. Buradan, β E K C = D ve KB DC BC = DB DC eşitlikleri çıkar. D = DB B olduğundan α K C = KB BC K KB = C BC (1) olur. Diğer taraftan, KE ve KEB üçgenlerinin alanlarınınoranı kullanılarak, K KE sin α KB KE sin β = E BE bulunur. C ()

12 6 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları BC üçgeninde sinüs teoreminden C sin α olduğundan =R = BC sin β C BC = sin α sin β eşitliği sağlanır. () ve (3) den, K KB C BC = E EB bulunur. (), (1) de yazılırsa, C BC C BC = E EB, yani, C BC = E EB elde edilir. Lise -3 Sorularının Çözümleri 1. Bu özelliğe sahip olan tek sayı yoktur. Gerçekten, n = k 1, (k 1), ise bu durumda, n sayısı k, k 3,..., k +1,k sayıları ile bölününce, sırasıyla, 1,, 3,..., k 1 kalanları elde edilir. n yi k dan küçük olan sayılarla bölünce de bu kalanlardan biri elde edilir. Dolayısıyla, K (k 1) = k (k 1) = k 1 (k 1) k =k 1 k 5k +=0 olduğu görülür. k 5k +=0denkleminin hiç tamsayı çözümü bulunmadığından, n tek sayı olunca K (n) 6= n olur. Şimdi de, K (n) =n eşitliğini sağlayan çift sayıları arayalım. n =kise, n sayısı k 1, k,..., k +1sayıları ile bölününce, sırasıyla, 1,, 3,...,k 1 kalanları elde edilir. n yi k +1 den küçük sayılarla bölünce de bu kalanlardan biri elde edilir. Dolayısıyla, K (k) =k k 1=k (k 1) k =k k =5 bulunur. O halde, K (n) =n eşitliğini sağlayan yegane sayı n =10 olur. (3) ()

13 000 İkinci şama Sorularının Çözümleri 7. I. Yol : f 0 (x) =x +19x +91olsun ve k yıncı adımda ortaya çıkan polinom f k (x) ile gösterilsin. Her k 0 için f k ( 1) ve f k+1 ( 1) tamsayılarının farkının mutlak değeri 1 olur. Şimdi, f 0 ( 1) > 0 ve f n ( 1) = ( 1) +91 ( 1) + 19 < 0 olduğundan, en az bir k için, f k ( 1) = 0 olacaktır. f k (x) =x + px + q denilirse, x + px+q =0denkleminin bir kökü ( 1) olduğundan, diğer kökü de tam olacaktır. II. Yol : Tahtadaortayaçıkan polinomlar sırasıyla x +a i x+b i (i =1,,..., n) olsun. Birinci polinom x +19x +91,n inci polinom x +91x +19 dur. Bu polinomlara göre, a 1 b 1 =19 91 = 7 a n b n =91 19 = 7 eşitlikleri vardır. Soruda verilene göre,(a i b i ) farkı her adımda ya 1 artıyor ya da 1 azalıyor. Başlangıçtaki fark 7, sondaki fark 7 olduğundan, 1 <s<neşitsizliğini sağlayan uygun bir s sayısı için a s b s =1olmalıdır. Dolayısıyla, s inci polinom, x +(b s +1)x + b s =(x + b s )(x +1) biçimindedir ve bu polinomun kökleri ( b s ) ve ( 1) tamsayılarıdır. 3. I. yol : ksini varsayalım. Yani, her k =1,..., n için, a k < olsun. Bu durumda a 1 + a + + a n n a k >n (n 1) = n (a k ) (a k ( n)) < 0 a k ( n) a k < n olur. Son eşitsizlik her k :1 k n için yazılır veortayaçıkan n tane eşitsizlik toplanırsa, nx n a k +(n ) X a k <n(n ) k=1 k=1 olduğu görülür. Son eşitsizlikte, nx n, a k n olduğu kullanılırsa, çelişkisi elde edilir. k=1 ve nx a k n k=1 n +(n ) n<n (n ), n n <n n II. Yol : a i lerin k tanesi pozitif veya sıfır, n k tanesi negatif olsun. 1 k n için a i ler (gerekirse, yeniden numaralanarak)

14 8 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları a 1 a a k 0 a k+1 a n biçiminde sıralanabilir. Şimdi, problemde verilen önermenin yanlış olduğunu varsayalım. Yani, a 1 < olsun. Bu durumda, a 1 + a + + a n n a 1 + a + + a k n (a k+1 + a k+ + + a n ) k >a 1 +a + +a k n (a k+1 +a k+ + +a n ) (k n) > (a k+1 + a k+ + + a n ) 0 (k n) > (a k a n ) a k a n (k n) >a k a n olur. Diğer taraftan, 0 a k a 1 < a a k < k ( ) dır. Son iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa ve problemin II. hipotezi gözönüne alınırsa, n a a n < (k n) +k elde edilir. Buradan, k kn +k>0 k (k n +1)> 0 k n> 1 k n 0 k = n yani, a i lerin hepsinin pozitif olduğu görülür. ( ) eşitsizliği ve problemin II. hipotezinden, n a a n < n >n çelişkisi ortaya çıkar.. I. Yol : Düzlemde bir parabol alalım ve koordinat sistemini öyle seçelim ki, bu sistemde parabolün denklemi y = ax, (a >0) olsun. Parabolün iç bölgesindeki (ve sınırındaki) (x, y) noktaları için y ax sağlanacaktır. Şimdi y eksenine paralel olmayan herhangi bir y = kx + b doğrusunu alalım. y Bu doğrunun en fazla sonlu bir kısmının y=ax "aydınlanabileceğini" görelim. ydınlanmış noktaların birinci koordinatı olan x için kx + b ax eşitsizliği sağlanmalıdır. Buradan, ax kx + b 0 y=kx+b olduğu görülür. Eğer P (x) =ax kx + b (a >0) polinomunun diskirminantı D = k ab negatif ise, doğru, parabolü hiç kesmez. x 1 x x

15 000 İkinci şama Sorularının Çözümleri 9 D 0 ise; doğru, parabolü (x 1,y 1 ) ve (x,y ) gibi (D =0durumunda çakışan) iki noktada keser ve doğrunun aydınlanan ksımı bu iki noktayı birleştiren doğru parçasıdır. D = 0 durumunda doğrunun bir tek noktası aydınlanmıştır. Böylece, parabolün simetri eksenine paralel olmayan her doğrunun en fazla sonlu bir parçası aydınlanabilir. Şimdi, sonlu sayıda fener, dolayısıyla, onların aydınlattığı sonlu sayıda parabol, düzlemde nasıl yerleştirilmiş olursa olsun, bu pararbollerin hiçbirinin simetri eksenine paralel olmayan bir doğrunun tamamı aydınlanamaz. Bu nedenle, düzlemin tamamı aydınlanamaz. y α x II. Yol : Bir parabolün iç bölgesini, istediğimiz kadar küçük bir açının iç bölgesi içine alabiliriz. Çünkü, düzlemde koordinat sistemini, şekilde görüldüğü gibi, parabolün tepe noktası orijin ve simetri ekseni y-eksini olacak şekilde seçersek ve parabol üzerinde y-eksenine göre simetrik olan iki noktadan teğetler çizersek, bu teğetler y-ekseni üzerinde bir noktasında kesişirler. Böylece oluşan açının iç bölgesi, parabolün iç bölgesini içerir. Teğetleri uygun yerden çizerek, oluşan α açısını istediğimiz kadar küçültebileceğimiz açıktır. Parabollerin sayısı n olsun ve her bir parabolü, köşesi i, (1 i n) noktasında olan ve π n den küçük olan α i açısının içine alalım. Eğer düzlem bu şe- kilde π den küçük n tane açı tarafından örtülebilseydi, köşeleri çakışan n tane n π den küçük açı tarafından da örtülebilmesi n gerekirdi. Fakat bu mümkün değildir; çünkü, sözü edilen ortak köşeyi merkez kabul eden bir çember çizilirse, α 1 + α + + α n <n π n örtülemeyeceği görülür. α 5 α 6 =πeşitsizliğinden dolayı, çemberinbuaçılarla α α 3 α 1 α

16 50 Ulusal ntalya Matematik Olimpiyatları 5. N, L, D, M noktalarının çemberselliğini göstermek yerine, daha fazlasını, NLDM dörtgeninin bir ikizkenar yamuk olduğunu göstereceğiz. O doğrusunun çemberi kestiği ( dan farklı) nokta K olsun. Çapı gördükleri için, bbk = bck =90 dir. yrıca, [EN] [B] ve [EM] [C] olduğundan, [EN] // [KB], [EM] // [KC] B K ve dolayısıyla, [NM] // [BC] dir. Yani, NLDM bir yamuktur. Şimdi, NbLD = MbDL olduğunu gösterelim. Bunun için, NbLE = MbD olduğunu göstermek yeter (Çünkü, EbLD = 90 =bdl dir; şekilden izleyiniz). [EN] [B], [EL] [BC] olduğundan, N,B,L,E noktaları çemberseldir. Bundan dolayı,nble = NbBE dir. Böylece, MbD = NbLE eşitliği yerine, MbD = NbBE, veyahutta, MbD = EbB olduğunu göstermek yeter. Sonuncu eşitlik yerine, MD EB olduğunu göstereceğiz.bunun için aşağıdaki adımları izleyelim: 1) bkb = bcb ve bbk = bdc(= 90 ) BbE = DbM; (1) ) EM KC E M = K C ; () 3) BK DC K C = B D ; (3) E () ve (3) ten: M = B olur. Burada (1) eşitliğini de dikkate alırsak, D MD EB ve dolayısıyla, MbD = EbB olur. β O N β L E α β D α M C