2009 Birinci Asama Sınav Soruları

2009 Birinci Aşama Sınav Soruları
1. A = {−1, −2, −3, ..., −97, −98} kümesinin, boş olmayan her alt kümesi için,
bu alt kümenin elemanlarının çarpımını hesaplayalım. Ortaya çıkan tüm çarpımların
toplamı aşağıdakilerden hangisidir?
A) −1
B) 0
C) 1
D) 98! − 97!
E) 98! − 1
C
2. Şekildeki ABC dik üçgeninde
b
b = 30◦ ve
m(ACB)
= 90◦ , m(B AC)
b
b dir.
m(E CD)
= m(E BA)
α
E
CD ⊥ BE ve |AC| = 9 birim ise
|AE| uzunluğu kaç birimdir?
√
A) 5 B) 5 3 C) 6
√
D) 6 2
E) 7
D
A
30o
α
B
3. b ve c pozitif tamsayılar olmak üzere, kaç (b, c) ikilisi için x2 − bx − c = 0
denkleminin kökleri 5’ten küçüktür?
A) 25
B) 30
C) 40
D) 45
E) 50
D
4. Şekilde, 6 satır ve 4 sütunu olan tablonun sol alt köşesinden (A noktasından) sağ üst köşesine (D noktasına), çizgiler
üzerinde sağa veya yukarıya hareket ederek gidilecektir. B ve
C noktalarının en az birinden geçmek koşuluyla, kaç farklı yol
izlenebilir?
A) 118
B) 124
C) 127
D) 130
E) 122
C
B
A
5. p bir asal sayı ve x > 0, n ≥ 0 tam sayılar olmak üzere, n2 · p < 1000 ise
x
2
n2 + 100 · = (n + x)
p
denkleminin kaç tane (x, n, p) çözüm üçlüsü vardır?
A) 25
B) 30
C) 32
D) 33
E) 35
74
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
6. n sayısı 3’e, n + 1 sayısı 7’ye, n + 2 sayısı 11’e tam bölünecek şekilde en küçük
n pozitif tamsayısının rakamları toplamı kaçtır?
A) 13
B) 10
C) 11
D) 9
E) 12
b = 45◦ ’dir. A’dan BC’ye indirilmiş dikmenin
7. ABC dar açılı üçgeninde C
ayağı E ve B den AC’ye indirilmiş dikmenin ayağı da D olsun. Eğer |CE| = 4
ve |EB| = 3 birim ise, |DE| uzunluğu kaç birimdir?
4
5
6
7
A) √
B) √
C) √
D) √
E) Veriler
Yetersizdir.
2
2
2
2
n (n + 1)
biçimindeki sayıya bir üçgensel
2
sayı denir. Buna göre, a − b = 90 eşitliğini sağlayan kaç tane (a, b) üçgensel sayı
ikilisi vardır?
A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) 8
8. n bir pozitif tam sayı olmak üzere, a =
9. ABC üçgeninin kenar uzunlukları tamsayılar olup, |AC| = 117 birimdir.
b
m(B AC)
açısının açıortayının BC kenarı ile kesişim noktası D olsun. Eğer
|AB| = |DC| ise, üçgenin AB kenarının uzunluğunun rakamları toplamı kaçtır?
A) 14
B) 15
C) 13
D) 12
E) 16
10. f : Z → Z fonksiyonu her x, y ∈ Z için
f (f (x) + y) − f (y + 7) = x
eşitliğini ve f (2) = 5 koşulunu sağlasın. Bu durumda, f (11) aşağıdakilerden
hangisidir?
A) −4
B) −3
C) −2
D) 2
E) 7
11. a < b < c sayıları için a + c = 2b olursa, (a, b, c) üçlüsüne "aritmetik üçlü"
diyelim. A = {1, 2, 3, .., n} kümesinin elemanlarıyla oluşturulabilen tüm aritmetik
üçlüler sayısının 99’dan büyük olması için n tek sayısı en az kaç olmalıdır?
A) 21
B) 17
C) 19
D) 15
E) 23
2000 İkinci Aşama 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.
(Çarpanların farklı olmaları gerekmez).
2. Sıfırdan farklı x, y, z sayıları x2 − y 2 = yz ve y 2 − z 2 = zx eşitliklerini sağlıyor.
x2 − z 2 = 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.
4. Düzlem üzerinde, hepsi bir doğru üzerinde bulunmayan 2000 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 sıfır olduğunu kanıtlayınız.
5. Dar açılı bir ABC üçgeninin çevrel çemberine A ve B noktalarında teğet olan
doğruların kesişim noktası D ; [DC] ile [AB] nın kesişim noktası da E ile gösteriliyor.
olduğunu ispat ediniz.
|AC|2
|AE|
=
|EB|
|BC|2
Lise 2 - 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 + 2 + 3 + 4 =
10). K(n) = n olan tüm n doğal sayılarını bulunuz.
2000 İkinci Aşama Sınav Soruları
91
2. İki öğrenci, tahtaya x2 + 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 x2 + 91x + 19 polinomu yazılmış olduğuna göre, bundan önce yazılan
polinomlardan en az birinin köklerinin ikisinin de tamsayı olduğunu kanıtlayınız.
3. n > 3 olmak üzere, a1 , a2 , a3 , ..., an reel sayıları için
a1 + a2 + · · · + an ≥ n ve a21 + a22 + · · · + a2n ≥ n2
eşitsizlikleri sağlanmaktadır. a1 , a2 , a3 , ..., an sayıları içinde 2’den küçük olmayan en
az bir sayı bulunduğunu ispat ediniz.
4. 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 ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O; [OA] üzerinde alınan
bir E ( A 6= E 6= O ) noktasından, [AB], [BC], [CA] kenarlarına indirilen dikmelerin
ayakları, sırasıyla N, L, M; ABC üçgeninin A’dan geçen yüksekliğinin [BC] kenarını
kestiği nokta D ile gösterilmek üzere; N, L, D, M noktalarının bir çember üzerinde
bulunduğunu ispatlayınız.
2009 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri
1. Cevap : A
a1 = −1, a2 = −2, a3 = −3, ... a98 = −98 olmak üzere,
(1 + a1 ) (1 + a2 ) (1 + a3 ) · · · (1 + a98 )
çarpımı bize, istenen toplamın 1 fazlasını verir. Buna göre,
(1 + a1 ) (1 + a2 ) · · · (1 + a98 ) − 1
ifadesinde a1 = −1, a2 = −2, ..., a98 = −98 yazılırsa, cevap −1 bulunur.
C
2. Cevap : C
√
√
α
|AB| = 2 |AC| / 3 = 6√ 3 ve
E
|BC| = |AB| /2 = 3 3 olduğu kolayca buD
b
lunabilir. Şimdi, m(E CD) = α denirse, probb
lemin koşulundan m(E BA) = α olur. O
30o
α
B
A
b
= 90◦ − α ve dolayısıyla,
halde, m(DCB)
b
b
m(C BD)
= α bulunur. Demek ki, 60◦ = m(ABC)
= α + α eşitliğinden α = 30◦
olur. O halde, ABC ve BEC dik üçgenleri benzer olur. Benzerlik oranı yazılırsa,
|BC|
|AC|
=
|BC|
|CE|
orantısından
2
|BC|
27
|CE| =
=
=3
|AC|
9
ve buradan da |AE| = |AC| − |CE| = 9 − 3 = 6 bulunur.
3. Cevap : E
x2 − bx − c = 0 denkleminin kökleri,
√
√
b − b2 + 4c
b + b2 + 4c
x1 =
ve x2 =
2
2
ve x1 < x2 olduğundan, x2 ≤ 5 eşitsizliğini sağlayan (b, c) ikililerini bulmalıyız.
212
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
Buna göre,
b+
eşitsizliğinden sırasıyla,
√
b2 + 4c ≤ 10
p
b2 + 4c ≤ 10 − b
b2 + 4c ≤ b2 + 100 − 20b
c + 5b ≤ 25
eşitsizliği elde edilir. Ayrıca, c pozitif tamsayı olduğundan, 1 ≤ c ≤ 5 (5 − b)
olmalıdır. O halde, b yerine sırasıyla 1, 2, 3, 4 değerleri yazılırsa, c için sırasıyla,
1 ≤ c ≤ 20, 1 ≤ c ≤ 15, 1 ≤ c ≤ 10, 1 ≤ c ≤ 5
kısıtlamalarını elde ederiz. Böylece, (b, c) ikilileri sayısı 20+15+10+5 = 50 olarak
bulunur.
D
4. Cevap : E
Sağa ve yukarıya doğru haraketleri, sırasıyla, 0 ve 1 ile gös0 0 1
terirsek, gidilen her yol 0’lar ve 1’lerin oluşturduğu bir dizilim
1
şeklinde gösterilebilir. Örneğin, yandaki yola uygun dizilim
1
0
(0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1) şeklindedir. O halde, yolları saymak ye1
rine, uygun dizilimleri sayacağız ki, bu da tekrarlı permütasyon for0 1
A
(n + k)!
mülüyle sayılıyor:
(n, 0’ların ve k da 1’lerin sayısıdır.). Şimdi, problemde
n! · k!
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!
4!
4!
2!
4!
4!
·
+
·
−
·
·
2! · 2! 2! · 4! 3! · 3! 1! · 3! 2! · 2! 1! · 1! 1! · 3!
ifadesi hesaplanırsa istenen cevap,
6 · 15 + 20 · 4 − 6 · 2 · 4 = 90 + 80 − 48 = 122
1
olarak bulunur.
5. Cevap : D
n2 · p + 100x = n2 · p + 2npx + x2 p eşitliğinden 100 = p · (2n + x) elde edilir.
Bu denkleme göre, p asal sayısının 2 veya 5 olabileceğini görürüz. Bu değerler için
denklemi inceleyelim.
p = 2 için, 2n + x = 50 denkleminin çözümlerini bulalım. n2 .2 < 1000 ise, n2 <
500 ve buradan da n ≤ 22 olacağından, istenen şekilde 23 tane negatif olmayan n
tamsayısı ve dolayısıyla da 23 tane (x, n) ikilisinin olduğu görülür.
p = 5 için, 20 = 2n + x denklemi elde edilir. Buradan x > 0 koşulundan dolayı,
n ≤ 9 olması gerekir. 0 ≤ n ≤ 9 sayıları, problemin n2 · 5 < 1000 yani, n2 < 200
koşulunu da sağlarlar. O halde, p = 5 durumunda da 10 tane (x, n) ikilisi bulunur.
Sonuç olarak, tüm çözümlerin sayısı 23 + 10 = 33 olur.
213
2009 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri
6. Cevap : E
3, 7 ve 11 aralarındaki fark 4 olan sayılardır. Bu sayıların her biri 4’e bölünürse,
aralarındaki fark 1 olur. Fakat, bu sayılar tamsayı değildirler. Bu nedenle,
3 + k 7 + k 11 + k
,
,
4
4
4
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) = 3 · 7 · 11 = 231 olduğundan, k sayısı 231’in katı olmalıdır.
Buna göre,
3 + k 7 + k 11 + k
,
,
4
4
4
ifadeleri tamsayı olacak şekilde, k yerine 3 · 231 = 693 yazarsak, sırasıyla, 174, 175
ve 176 sayıları elde edilir. O halde, yanıt 12 olur.
2.yol : n ≡ 0 (mod 3) , n + 1 ≡ 0 (mod 7) , n + 2 ≡ 0 (mod 11) , yani, n ≡
0 (mod 3) , n ≡ −1 (mod 7) , n ≡ −2 (mod 11) sağlanacak şekilde en küçük n ∈ N
bulmalıyız. Söz konusu n sayısını, n = 3 · 7 · a + 7 · 11 · b + 11 · 3 · c, (a, b, c ∈ Z)
şeklinde ararsak, b ≡ 0 (mod 3) , c ≡ 4 (mod 7) , a ≡ 2 (mod 11) olması gerektiğini
görebiliriz. Buradan, söz konusu özelliğe sahip en küçük n sayısı n = 3 · 7 · 2 + 7 ·
11 · 0 + 11 · 3 · 4 = 174 olarak bulunur.
7. Cevap : B
BC ’nin orta noktası M olsun. Üçgen dar açılı ve
b = 45◦ olduğundan, 45◦ < m(B)
b < 90◦ olacak.
m(C)
Demek ki, M noktası E ile C arasındadır. CDB dik üçb = 45◦ olduğundan, DB ⊥ DC ve
geninde m(C)
D
|BC|
|CE| + |BE|
7
|DM | = |CM | = |M B| =
=
=
2
2
2
A
olur. Diğer yandan,
1
7
|EM | = |BM | − |BE| = |BC| − |BE| = − 3 =
2
2
’dir. O halde, DM E dik üçgeninde:
r
r
q
50
7 2 1 2
2
2
|DE| = |DM | + |M E| = ( ) +( ) =
=
2
2
4
elde edilir.
C
45
M
E
B
1
2
5
√
2
214
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
8. Cevap : D
n (n + 1)
m (m + 1)
a=
ve b =
, (n, m ∈ N) eşitliklerinden sırasıyla,
2
2
¢
1¡ 2
90 = a − b =
n + n − m2 − m ,
2
1
90 =
(n − m) (n + m + 1),
2
1 · 2 · 2 · 3 · 3 · 5 = (n − m) (n + m + 1)
olur. n − m ve n + m + 1 sayılarının biri çift olduğunda diğeri tek olacağından, küçük
çarpan olan n − m sayısı 1, 3, 5, 9, 15 ve 4 değerlerini alabilir. n − m = 1 olursa,
n+m+1 = 180; n−m = 4 olursa, n+m+1 = 45 v.b. Buradan n ve m dolayısıyla,
(a, b) ikilileri bulunur. Yanıt 6 olur.
A
..
9. Cevap : B
m
|BD| = k ve |AB| = |DC| = m olsun. Açıortay
teoreminden: m2 = 117 · k = 32 · 13 · k eşitliği
vardır. Buradan, k = 13 · n2 , (n ∈ N) olur. n = 1 B
D
k
ise, k = 13, m = 3 · 13 = 39 ve buradan
|AB| + |BC| = 39 + (13 + 39) < 117 = |AC|
117
m
C
oluyor ki, bu da üçgen eşitsizliği ile çelişiyor. n ≥ 3 ise, k ≥ 117 oluyor ve
|AB| + |BC| = m + 117 ≤ |AC|
eşitsizliği üçgen eşitsizliği ile çelişiyor. Nihayet, n = 2 için
k = 4 · 13 = 52, m = 3 · 2 · 13 = 78
ve dolayısıyla, |AB| = m = 78, |BC| = k + m = 52 + 78 = 130, |AC| = 117
oluyor ki, bu sayılar bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Yanıt 15 olur.
10. Cevap : A
y = 1 ve y = 0 için 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
¢
¡ 2
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 (2) = 5 koşulundan, f (x) = −x + 7 olduğu görülür. O halde, f (11) = −4 olur.
215
2009 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri
11. Cevap : A
(a, a + r, a + 2r) aritmetik üçlüsüne bakalım. n = 2k + 1 dersek, a + 2r ≤ n
eşitsizliğinden r ≤ k olması çıkar. 1 ≤ r ≤ k için
1 ≤ a ≤ n − 2r = 2k + 1 − 2r
sağlanacağından, her r ∈ {1, 2, 3, ..., k} için a’nın alabileceği değer sayısı 2k +1−2r
olur. O halde, tüm aritmetik üçlüler sayısı
k
P
S =
(2k + 1 − 2r)
r=1
= k (2k + 1) − 2
k
P
r
r=1
k (k + 1)
2
= 2k 2 + k − k2 − k = k2 ,
= k (2k + 1) − 2 ·
yani, S = k2 olur. Buna göre, k 2 > 99 eşitsizliğinden k 2 ≥ 100 yani, k ≥ 10 elde
edilir. Böylece, n = 2k + 1 tek sayısının en az 21 olması gerektiği görülüyor.
12. Cevap : C
c ≥ hb olduğundan,
1
1
1
chc ≥ hb hc ≥ · 4 · 6 = 12
2
2
2
sağlanacaktır. Şimdi, öyle üçgen kuralım ki, ha ≥ 3, hb ≥ 4, hc ≥ 6 sağlansın ve
S = 12 olsun. Dik kenarları 4 ve 6 olan üçgenin alanı 12 olup,
2S
24
12
24
ha =
= √ = √ >3
=√
2
2
a
2 13
13
4 +6
S=
sağlanır.
13. Cevap : B
x ≥ 1 için her iki yanın karesini alırsak,
√
1
x+1−2 x+1+1 > 1−
x
√
x2 − 2x x + 1 + (x + 1) > 0
√
¢2
¡
> 0
x− x+1
√
olur. Son eşitsizlik, yalnız x− x + 1 = 0 denklemini sağlayan x’ler için geçersizdir.
x2 − x − 1 = 0 elde edilir ki, x ≥ 1 koşulunu sağlayan tek x değeri
Bu denklemden
√
x = (1 + 5)/2 bulunur.
2000 İkinci Aşama Sorularının Çözümleri
Lise I Sorularının Çözümleri
p+q
sayısı p ile q arasında
2
p+q
sayısı asal değildir; yani
bir sayıdır. p ile q arasında asal sayı bulunmadığından,
2
p+q
sayısı,
1’den büyük iki tane doğal sayının çarpımıdır. Dolayısıyla, p + q = 2 ·
2
1’den büyük 3 tane (farklı olmaları gerekmeyen) doğal sayının çarpımıdır.
1. p ve q tek sayı olduklarından, p + q bir çift sayı ve
2. x2 − y 2 = yz ve y 2 − z 2 = zx denklemleri taraf tarafa toplanırsa,
x2 − z 2 = (x + y) z
denklemi elde edilir. O halde, iddianın ispatı için
(x + y) z = xy
olduğunu göstermek yeterlidir. Eğer problemdeki birinci denklem x ile, ikinci denklem (−y) ile çarpılıp taraf tarafa toplanırsa,
x3 − xy 2 − y 3 + yz 2 = 0
ve buradan da
y 3 + xy 2 − x3
z2 =
y
elde edilir. Diğer taraftan, problemdeki birinci denkleme göre,
x2 − y 2
z=
y
eşitliği vardır. Bu ifadenin karesi alınırsa,
x4 − 2x2 y 2 + y 4
z2 =
y2
elde edilir. z 2 için bulunan bu iki ifade eşitlenirse,
y 4 + xy 3 − x3 y = x4 − 2x2 y 2 + y 4 ,
y 3 − x2 y = x3 − 2xy 2 ,
x2 y − y 3 + x3 − xy 2 = xy 2 ,
¡ 2
¢
¢
¡ 2
x − y2 y
x − y2 x
+
= xy,
y
y
yz + xz = xy
ve buradan da (x + y) z = xy elde edilir.
245
2000 İkinci Aşama Sorularının Çözümleri
3. Her biri 100’ü aşmayan 10 farklı pozitif tamsayının oluşturduğu küme K olsun.
K ’nın boş olmayan altkümelerinin sayısı 210 − 1 = 1023’tür. Ayrıca, K ’nın boş
olmayan her bir altkümesi içindeki sayıların toplamı en az 1, en çok
91 + 92 + · · · + 99 + 100 = 955,
olacaktır. 955 < 1023 olduğuna göre, K ’nın boş olmayan en az iki farklı A ve
B kümesi için A’daki sayıların toplamı ile B ’deki sayıların toplamı birbirine eşittir.
Şimdi,
S = A\ (A ∩ B) ve T = B\ (A ∩ B)
olsun. Bu durumda, S kümesi boş olamaz, çünkü aksi halde, A ⊆ B ve dolayısıyla,
A = B olurdu. Benzer şekilde, T kümesi de boş olamaz. S ve T ayrık olup, S ’deki
sayıların toplamı, T ’deki sayıların toplamına eşittir.
4. Bir işaretlenmiş nokta n ile, n’nin yükü yn ile; n’den geçen ve üzerinde en az iki
işaretlenmiş nokta bulunduran doğruların sayısı da sn ile gösterilsin. Tüm işaretlenmiş noktalar bir doğru üzerinde bulunmadığından, sn > 1 olacaktır. Düzlem üzerinde
bulunan tüm işaretlenmiş noktaların yükleri toplamı y olsun. sn tane doğrunun her
biri üzerindeki işaretlenmiş noktaların yükleri toplamı sıfır olduğundan, sn tane eşitlik
taraf tarafa toplanırsa,
y + (sn − 1) yn = 0
(∗)
elde edilir. sn − 1 > 0 ve y, yn ’lerin toplamı olduğundan, y = 0 olmak zorundadır.
(y > 0 veya y < 0 varsayımı çelişki ortaya çıkarır; çünkü, (∗)’a göre, y ile yn ’lerin
işaretleri farklı olmalıdır; bu ise olanaksızdır.) Böylece, y = 0 olmalıdır. O halde, (∗)
eşitliğinden yn = 0 olduğu görülür.
5. DC doğrusu ile (ABC) çemberinin
kesişim noktası K olsun. Şekilden
4
4
4
4
A
D
β
K α
DKA ∼ DAC ve DKB ∼ DBC
β
E
olduğu görülür. Buradan,
C
|DA|
|DB|
|KA|
|KB|
ve
=
=
|AC|
|DC|
|BC|
|DC|
α
eşitlikleri çıkar.
|DA| = |DB|
B
olduğundan
|KB|
|KA|
|AC|
|KA|
=
⇔
=
(1)
|AC|
|BC|
|KB|
|BC|
olur. Diğer taraftan, KAE ve KEB üçgenlerinin alanlarının oranı kullanılarak,
|AE|
|KA| |KE| sin α
=
(2)
|KB| |KE| sin β
|BE|
bulunur.
246
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
ABC üçgeninde sinüs teoreminden
|BC|
|AC|
= 2R =
sin α
sin β
olduğundan
|AC|
sin α
=
|BC|
sin β
eşitliği sağlanır. (2) ve (3)’den,
|KA| |AC|
|AE|
·
=
|KB| |BC|
|EB|
bulunur. (4), (1)’de yazılırsa,
|AE|
|AC| |AC|
·
=
,
|BC| |BC|
|EB|
yani,
|AC|2
2
elde edilir.
|BC|
=
(3)
(4)
|AE|
|EB|
Lise 2-3 Sorularının Çözümleri
1. Bu özelliğe sahip olan tek sayı yoktur. Gerçekten, n = 2k − 1, (k ≥ 1) , ise
bu durumda, n sayısı 2k − 2, 2k − 3, ..., k + 1, k sayıları ile bölününce, sırasıyla,
1, 2, 3, ..., k − 1 kalanları elde edilir. n’yi k’dan küçük olan sayılarla bölünce de bu
kalanlardan biri elde edilir. Dolayısıyla,
K (2k − 1) = 2k − 1 ⇔ 1 + 2 + 3 + · · · + (k − 1) = 2k − 1
(k − 1) k
⇔
= 2k − 1
2
2
⇔ k − 5k + 2 = 0
olduğu görülür. k2 − 5k + 2 = 0 denkleminin hiç tamsayı çözümü bulunmadığından,
n tek sayı olunca K (n) 6= n olur.
Şimdi de, K (n) = n eşitliğini sağlayan çift sayıları arayalım. n = 2k ise, n sayısı
2k − 1, 2k − 2, ..., k + 1 sayıları ile bölününce, sırasıyla, 1, 2, 3, ..., k − 1 kalanları
elde edilir. n’yi k + 1’den küçük sayılarla bölünce de bu kalanlardan biri elde edilir.
Dolayısıyla,
K (2k) = 2k ⇔ 1 + 2 + · · · + k − 1 = 2k
(k − 1) k
= 2k
⇔
2
⇔k=5
bulunur. O halde, K (n) = n eşitliğini sağlayan yegane sayı n = 10 olur.
247
2000 İkinci Aşama Sorularının Çözümleri
2. I. Yol : f0 (x) = x2 + 19x + 91 olsun ve k − y ıncı adımda ortaya çıkan polinom
fk (x) ile gösterilsin. Her k ≥ 0 için fk (−1) ve fk+1 (−1) tamsayılarının farkının
mutlak değeri 1 olur. Şimdi,
f0 (−1) > 0 ve fn (−1) = (−1)2 + 91 · (−1) + 19 < 0
olduğundan, en az bir k için, fk (−1) = 0 olacaktır. fk (x) = x2 + px + q denilirse,
x2 + px + q = 0 denkleminin bir kökü (−1) olduğundan, diğer kökü de tam olacaktır.
II. Yol : Tahtada ortaya çıkan polinomlar sırasıyla x2 +ai x+bi (i = 1, 2, ..., n) olsun.
Birinci polinom x2 + 19x + 91, n’inci polinom x2 + 91x + 19’dur. Bu polinomlara
göre,
a1 − b1 = 19 − 91 = −72
an − bn = 91 − 19 = 72
eşitlikleri vardır. Soruda verilene göre,(ai − bi ) farkı her adımda ya 1 artıyor ya da 1
azalıyor. Başlangıçtaki fark −72, sondaki fark 72 olduğundan, 1 < s < n eşitsizliğini
sağlayan uygun bir s sayısı için as − bs = 1 olmalıdır. Dolayısıyla, s’inci polinom,
x2 + (bs + 1) x + bs = (x + bs ) (x + 1)
biçimindedir ve bu polinomun kökleri (−bs ) ve (−1) tamsayılarıdır.
3. I. yol : Aksini varsayalım. Yani, her k = 1, ..., n için, ak < 2 olsun. Bu durumda
a1 + a2 + · · · + an ≥ n ⇒ ak > n − 2 (n − 1) = 2 − n
⇒ (ak − 2) (ak − (2 − n)) < 0
⇒ a2k − (4 − n) ak < 2n − 4
olur. Son eşitsizlik her k : 1 ≤ k ≤ n için yazılır ve ortaya çıkan n tane eşitsizlik
toplanırsa,
n
n
X
X
a2k + (n − 4)
ak < n (2n − 4)
k=1
k=1
olduğu görülür. Son eşitsizlikte,
n
n
X
X
n ≥ 4,
a2k ≥ n2 ve
ak ≥ n
k=1
k=1
olduğu kullanılırsa,
n2 + (n − 4) n < n · (2n − 4) ,
2n2 − 4n < 2n2 − 4n
çelişkisi elde edilir.
II. Yol : ai ’lerin k tanesi pozitif veya sıfır, n − k tanesi negatif olsun. 1 ≤ k ≤ n için
ai ’ler (gerekirse, yeniden numaralanarak)
248
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ ak ≥ 0 ≥ ak+1 ≥ · · · ≥ an
biçiminde sıralanabilir. Şimdi, problemde verilen önermenin yanlış olduğunu varsayalım. Yani, a1 < 2 olsun. Bu durumda,
a1 + a2 + · · · + an ≥ n ⇒ a1 + a2 + · · · + ak ≥ n − (ak+1 + ak+2 + · · · + an )
⇒ 2k > a1 +a2 + · · · +ak ≥ n − (ak+1 +ak+2 + · · · +an )
⇒ (2k − n) > − (ak+1 + ak+2 + · · · + an ) ≥ 0
⇒ (2k − n)2 > (ak+1 + · · · + an )2 ≥ a2k+1 + · · · + a2n
⇒ (2k − n)2 > a2k+1 + · · · + a2n
olur. Diğer taraftan,
0 ≤ ak ≤ · · · ≤ a1 < 2 ⇒ a21 + · · · + a2k < 4k
(∗)
dır. Son iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa ve problemin II. hipotezi gözönüne alınırsa,
n2 ≤ a21 + · · · + a2n < (2k − n)2 + 4k
elde edilir. Buradan,
4k2 − 4kn + 4k > 0 ⇒ 4k (k − n + 1) > 0
⇒ k − n > −1
⇒k−n≥0
⇒k=n
yani, ai ’lerin hepsinin pozitif olduğu görülür. (∗) eşitsizliği ve problemin II. hipotezinden,
n2 ≤ a21 + · · · + a2n < 4n ⇒ 4 > n
çelişkisi ortaya çıkar.
4. I. Yol : Düzlemde bir parabol alalım ve koordinat sistemini öyle seçelim ki, bu
sistemde parabolün denklemi y = ax2 , (a > 0) olsun. Parabolün iç bölgesindeki (ve
sınırındaki) (x, y) noktaları için y ≥ ax2 sağlanacaktır.
Şimdi y eksenine paralel olmayan herhangi bir y = kx + b doğrusunu alalım.
y
Bu doğrunun en fazla sonlu bir kısmının
y=ax2
"aydınlanabileceğini" görelim. Aydınlanmış noktaların birinci koordinatı olan x
y=kx+b
için kx + b ≥ ax2 eşitsizliği sağlan2
malıdır. Buradan, ax − kx + b ≤ 0
olduğu görülür. Eğer
x
x1
x2
P (x) = ax2 − kx + b (a > 0)
polinomunun diskirminantı
D = k 2 − 4ab negatif ise, doğru, parabolü hiç kesmez.
2000 İkinci Aşama Sorularının Çözümleri
249
D ≥ 0 ise; doğru, parabolü (x1 , y1 ) ve (x2 , y2 ) gibi (D = 0 durumunda 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
x
α
A
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 A 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 Ai , (1 ≤ i ≤ n) nok2π
tasında olan ve
’den küçük olan αi
n
açısının içine alalım.
Eğer düzlem bu
2π
şe- kilde
’den küçük n tane açı tarafınα6
n
α1
α5
dan örtülebilseydi, köşeleri çakışan n tane
α2
2π
α4 α3
’den küçük açı tarafından da örtülebilmesi
n
gerekirdi. Fakat bu mümkün değildir; çünkü,
sözü edilen ortak köşeyi merkez kabul eden
bir çember çizilirse,
2π
α1 + α2 + · · · + αn < n ·
= 2π eşitsizliğinden dolayı, çemberin bu açılarla
n
örtülemeyeceği görülür.
250
Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
5.
N, L, D, M noktalarının çemberselliğini göstermek yerine, daha fazlasını,
NLDM dörtgeninin bir ikizkenar yamuk olduğunu göstereceğiz.
OA doğrusunun çemberi kestiği
(A’dan farklı) nokta K olsun.
Çapı gördükleri için,
b = 90◦
b = ACK
ABK
dir. Ayrıca,
[EN] ⊥ [AB] ve [EM] ⊥ [AC]
A
α
α
N
M
E
β
β
β
O
B
L
D
C
K
olduğundan,
[EN] // [KB] , [EM] // [KC]
b = MDL
b
ve dolayısıyla, [NM] // [BC]’dir. Yani, NLDM bir yamuktur. Şimdi, NLD
b = MDA
b olduğunu göstermek yeter (Çünkü,
olduğunu gösterelim. Bunun için, NLE
b = 90◦ = ADL’dir;
b
şekilden izleyiniz). [EN] ⊥ [AB], [EL] ⊥ [BC] olduğundan,
ELD
b = NBE’dir.
b
N,B,L,E noktaları çemberseldir. Bundan dolayı, NLE
b = NLE
b eşitliği yerine, MDA
b = NBE,
b veyahutta, MDA
b = EBA
b olduğunu
Böylece, MDA
4
4
göstermek yeter. Sonuncu eşitlik yerine, MDA ∼ EBA olduğunu göstereceğiz.Bunun
için aşağıdaki adımları izleyelim:
b ve ABK
b = DAM;
b
b = ACB
b = ADC
b (= 90◦ ) ⇒BAE
(1)
1) AKB
|AE|
|AK|
=
;
|AM|
|AC|
4
4
|AK|
|AB|
3) ABK ∼ ADC ⇒
=
;
|AC|
|AD|
|AE|
|AB|
olur. Burada (1) eşitliğini de dikkate alırsak,
(2) ve (3)’ten:
=
|AM|
|AD|
4
4
2) AEM ∼ AKC ⇒
4
4
b = EBA
b olur.
MDA ∼ EBA ve dolayısıyla, MDA
(2)
(3)