HAFTALIK M˙IN˙I OL˙IMP˙IYAT DENEMELER˙I HAFTA-B˙IR

HAFTALIK M˙IN˙I OL˙IMP˙IYAT DENEMELER˙I

HAFTA-B˙IR

www.sbelian.wordpress.com 19 ¸Subat 2009

Her hafta www.sbelian.wordpress.com adresimizden indirebilece˘giniz denemelerin tamamı Kvant ve Potansia dergilerinde yayınlanmı¸s olan preolimpik deneme sınavların- dan olu¸smaktadır. Her sınavda 6 soru bulunmaktadır ve süre 50 dakikadır. Kolay Gelsin.

SORULAR¹

1.





a + b + c = 24, a²+ b²+ c²= 210, abc = 440

Denklem sisteminin tüm tamsayı çözümlerini bulunuz.

ÇÖZÜM. Varsayalım a, b, c de˘gerleri 3. dereceden bir denklemin kökleri olsun. Böyle dü¸sün- memizin sebebi, denklem sisteminde verilen ifadelerin kökler toplamı kökler çarpımı ve kökler kareleri toplamları gibi ifadelere benzer olmasıdır. E˘ger verilen sistemi düzenlersek,

ab + bc + ca = (a + b + c)²− (a²+ b²+ c²)

2 = 183

e¸sitli˘ginden katsayıları tamsayılar olan x³− 24x²+ 183x − 440 = 0 denklemi elde edilir. Bu denklemide çarpanlarına ayırırsak,

(x − 5)(x − 8)(x − 11) = 0

denklemini elde ederiz. Buna göre istenen çözümlerin, (5, 8, 11) üçlüsünün permitasyon- larının oldu˘gunu görmek zor de˘gildir.

2. P noktası ABC e¸skenar üçgeni içinde bir nokta olmak üzere, |PA| = 5, |PB| = 7 ve |PC| = 8 birim olarak veriliyor. Buna göre |AB| kenarının uzunlu˘gunu bulunuz.

ÇÖZÜM. Varsayalım üçgenimizin bir kenarı x cm olsun. E˘ger cosinüs teoremini kullanırsak, cos APB = 74 − x²

70 (1)

cos APC = 89 − x²

80 (2)

cos BPC = 113 − x²

112 (3)

11985 yılı sınavından alınmı¸stır.

1

denklemlerini elde ederiz. Ayrıca cos BPC = cos APB·cos APC −sin APC ·sin APB oldu˘gun- dan,

113 − x²

112 =(74 − x²) 70

(89 − x²)

80 −

r1 − (74 − x²)² 70²

r1 − (89 − x²)² 80²

E˘ger kareköklü kısmı yanlız bırakır ve karesini alır, 25 · 256 · 49 ile çarparsak, elimizde

A

B C

P

¸Sekil 1: Soru 2

x⁶− 138x⁴+ 1161x²= 0 denklemi elde edilir. Bu denklemin kökleride, x = 0, ±3, ±√

129 olarak bulunur. Negatif de˘gerlerin ve 0’ın olmayaca˘gı açıktır. x = 3 için ise P noktası üçgenin dı¸sında kalır. Çözüm x =√

129 olacaktır.

3. 4x⁴− ax³+ bx²− cx + 5 = 0 denkleminin pozitif reel kökleri r₁, r₂, r₃, r₄ olmak üzere, bu

kökler arasında r₁

2 +r₂ 4 +r₃

5 +r₄ 8 = 1 e¸sitli˘gi vardır. Buna göre denklemin köklerini bulunuz.

ÇÖZÜM. Kökler çarpımından r₁r₂r₃r₄=⁵₄ oldu˘guna göre ^r₂^1r₄^2r₅^3r₈⁴ = (¹₄)⁴ olarak bulunur.

Ancak, e˘ger AO-GO²e¸sitsizli˘gini kullanırsak, (r₁

2)(r₂ 4)(r₃

5)(r₄

8) ≤ ((r₁ 2) + (r₂

4) + (r₃ 5) + (r₄

8)/4)⁴= (1 4)⁴

oldu˘gunu görürüz. Demek ki, r₁/2 = r₂/4 = r₃/5 = r₄/8 olacaktır. Buna göre istenen de˘ger- ler, r₁= 1/2, r₂= 1, r₃= 5/4, r₄= 2 olarak bulunur.

4. x, y, z ∈ R olmak üzere x 6= 1, y 6= 1, x 6= y ve ^(yz−x_(1−x)²⁾=^(xz−y_(1−y)²⁾oldu˘guna göre, (yx − x²)

(1 − x) = x + y + z e¸sitli˘gini gösteriniz.

ÇÖZÜM. E˘ger içler dı¸slar çarpımı yaparsak,

yz − x²− y²z + yx²= xz − y²− x²z + xy² denklemini elde ederiz. Buradan z’yi çekersek,

z =x + y − xy x + y − 1

2Aritmetik Orta-Geometrik Orta E¸sitsizli˘gi

2

elde ederiz. yz = x+y+z−xy−xz oldu˘gundan yz−x²= x+y+z−x²−xy−xz ifadesininde e¸siti (x + y + z)(1 − x) olacaktır. Buradanda,

yz − x²

1 − x = x + y + z e¸sitli˘gi elde edilir.

5. Pozitif tamsayılar üzerinde tanımlanan f (n) fonksiyonu negatif olmayan de˘gerler almak- tadır.

a. f (mn) = f (m) + f (n)

b. n sayısının son basama˘gı 3 ise, f (n) = 0 c. f (10) = 0

oldu˘guna göre, f (1985) ifadesinin e¸sitini bulunuz.

ÇÖZÜM. Birinci ¸sarttan dolayı e˘ger f (mn) = 0 ise f (m) + f (n) toplamıda sıfır olacak- tır. Fakat, f (m) ve f (n) negatif olmayan de˘gerler alaca˘gından, f (m) = f (n) = 0 olacak- tır. f (10) = 0 oldu˘guna göre, f (5) = 0 olacaktır. Benzer biçimde, f (3573) ifadeside ik- inci ¸sarttan dolayı sıfır olacaktır. Demekki, f (397) = 0 olmalıdır. Buradanda, f (1985) =

f (5) + f (397) ise f (1985) = 0 olur.

6. O noktası ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi olmak üzere; |AO|, |BO|, |CO| do˘gru- ları kenarları sırasıyla D, E ve F noktalarında kesti˘gine göre,

1

|AD|+ 1

|BE|+ 1

|CF|= 2

|AO|

e¸sitli˘gini gösteriniz.

ÇÖZÜM.

A

B

D C E F

O

¸Sekil 2: Soru 6

A noktasından tabana bir dikme, yükseklik indirilirse,

|AD| cos(C − B) = |AC| sinC = 2R sin B sinC (4) 2R

|AD| = cos(C − B)

sin B sinC (5)

3

Buna göre,

2R sin A sin B sinC(1/|AD|+1/|BE|+1/|CF|) = sin A cos(B −C) + sin B cos(C − A) + sinC cos(A − B)

= 3 sin A sin B sinC + sin A cos B cosC + sin B cos A cosC + sinC cos A cos B

= 3 sin A sin B sinC + sin(A + B) cosC + sinC cos A cos B

= 3 sin A sin B sinC(cosC + cos A cos B)

= 3 sin A sin B sinC + sinC(− cos(A + B) + cos A cos B)

= 4 sin A sin B sinC Buna göre,

1/|AD| + 1/|BE| + 1/|CF| = 2/R = 2/|AO|

oldu˘gu bulunur.

4