Cahit Arf Matematik G¨ unleri XI Birinci A¸sama Sınavı

Cahit Arf Matematik G¨ unleri XI Birinci A¸sama Sınavı

21 Nisan 2012 S¨ure: 3 saat

Not: T¨um sorularda sonuca nasıl ula¸stı˘gınızı a¸cıklayın. Sadece sonu¸ctan olu¸san cevaplar de˘gerlendirilmeyecektir. Her soru 10 puan de˘gerindedir.

1. 23852596145014785145 sayısının 999’a b¨ol¨um¨unden kalan ka¸ctır?

C¸ ¨oz¨um: Genel olarak bir n do˘gal sayısının 999’a b¨ol¨um¨unden kalanı f (n) ile g¨osterelim. Kolayca g¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere her x ve y i¸cin

f (f (x)) = f (x) ve f (x + y) = f (f (x) + f (y)).

Buradan

f (1000x) = f (999x + x) = f (f (999x) + f (x)) = f (0 + f (x)) = f (x) oldu˘gu ¸cıkıyor. Bu ¨ozelliklerden de

f (23852596145014785145) = f (f (23852596145014785) + f (145))

= f (f (23852596145014) + 785 + 145)

· · ·

= f (23 + 852 + 596 + 145 + 14 + 785 + 145)

= f (2560)

= f (2 + 560) = 562 e¸sitli˘gini elde ediyoruz.

2. √ x +√

y =√

2012 denkleminin t¨um pozitif tamsayı ¸c¨oz¨umlerini bulun.

C¸ ¨oz¨um: Diyelim ki x ve y birer tamsayı ve √ x +√

y = √

2012 e¸sili˘gi sa˘glanıyor. Bu durumda √

x = √

2012 −√

y e¸sitli˘ginde her iki tarafın karesini alıp terimleri d¨uzenlersek

2012 + y − x = 2p 2012y elde ederiz ve dolayısıyla 2√

2012y’nin bir tamsayı oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Di˘ger yandan 2012 = 2²·503 ve dolayısıyla 2√

2012y sayısının bir tamsayı olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul y’nin pozitif bir b do˘gal sayısı i¸cin 503b² for- munda olması. Simetriden dolyı x de pozitif bir a do˘gal sayısı i¸cin 503a² formunda olmalı. Yani

√

2012 =√ x +√

y =

√

503a²+

√

503b²=√

503(a + b)

1

sa˘glanmalı. Her iki tarafı√

503’e b¨olersek a + b = 2 elde ederiz. Hem a hem de b pozitif do˘gal sayılar olduklarından da a = b = 1 ve dolayısıyla x = y = 503 oldu˘gunu buluruz.

3. Her pozitif n tamsayısı i¸cin 1 x₁ + 1

x₂ + · · · + 1 x_n = 1

denkleminin do˘gal sayılarda sadece sonlu sayıda ¸c¨oz¨um¨u oldu˘gunu g¨osterin.

n = 2 ve n = 3 durumlarındaki t¨um pozitif tamsayı ¸c¨oz¨umleri bulun.

E˘ger n ≥ 3 ise b¨ut¨un x_i’lerin farklı pozitif tamsayılar oldu˘gu bir ¸c¨oz¨um¨un varlı˘gını kanıtlayın.

C¸ ¨oz¨um: Her pozitif rasyonel a sayısı i¸cin 1

x₁ + 1

x₂ + · · · + 1 x_n = a

denkleminin sonlu sayıda ¸c¨oz¨um¨u oldu˘gunu n ¨uzerine t¨umevarımla kanıt- layaca˘gız. E˘ger n = 1 ise sadece bir ¸c¨oz¨um var. Diyelim ki verilen bir n i¸cin iddiamız do˘gru. Bundan

1 x1

+ 1 x2

+ · · · + 1 xn

+ 1

xn+1

= a

denkleminin sonlu sayıda ¸c¨oz¨um¨u oldu˘gunu ¸cıkaraca˘gız. Elbette x1 ≥ x2≥ · · · ≥ xn+1oldu˘gunu varayabiliriz. Bu durumda 1/xn+1≥ a/(n + 1) sa˘glanır ¸c¨unk¨u 1/xn+1< a/(n + 1) ise

1 x1

+ 1 x2

+ · · · + 1 xn

+ 1

xn+1

< (n + 1) a n + 1 = a

olur. Demek ki x_n+1≤ (n+1)/a. Buradan da x_n+1’in sadece sonlu sayıda de˘ger alabilece˘gi ¸cıkıyor. Her xn+1de˘geri i¸cin de t¨umevarım varsayımından

1 x1

+ 1 x2

+ · · · + 1 xn

= a − 1 xn+1

denkleminin x₁, . . . , x_n de˘gi¸skenlerinde sonlu sayıda ¸c¨oz¨um¨u var. B¨oylece ba¸staki denklemin x₁, . . . , x_n+1 de˘gi¸skenlerinde sonlu sayıda ¸c¨oz¨um¨u ol- du˘gunu kanıtlamı¸s olduk.

E˘ger n = 2 ise tek ¸c¨oz¨um¨un (x1, x2) = (2, 2) oldu˘gunu g¨ormek kolay.

S

¸imdi n = 3 durmundaki t¨um ¸c¨oz¨umleri bulalım. Diyelim ki x1≤ x2≤ x3. E˘ger x1 > 3 olsaydı x⁻¹₁ + x⁻¹₂ + x⁻¹₃ > 1 e¸stsizli˘gi sa˘glanırdı. Di˘ger yandan x1’in 1 olamayaca˘gı da bariz. Demek ki x1 ya 2 ya da 3. Bundan sonra x1 ≤ x2 ≤ x3 ko¸sulubu sa˘glayan t¨um ¸c¨oz¨umlerin (3, 3, 3), (2, 3, 6) ve (2, 4, 4) oldu˘gunu kanıtlamayı okura bırakıyoruz.

Son kısmın kanıtını da gene n ¨uzerine t¨umevarımla yapaca˘gız. n = 3 durumunda b¨ut¨un xi’lerin farklı oldu˘gu bir ¸c¨oz¨um var: (2, 3, 6). Diyelim

ki 1

x1

+ 1 x2

+ · · · + 1 xn

= 1

2

denkelminin x₁ < · · · < x_n e¸sitsizliklerini sa˘glayan bir ¸c¨oz¨um¨u var. Bu- radan

1 a= 1

a + 1+ 1 a(a + 1)

¨

ozde¸sli˘gini kullanarak 1

x1

+ 1 x2

+ · · · + 1 xn−1

+ 1

xn+ 1 + 1

xn(xn+ 1) = 1 e¸sitli˘gini elde ederiz. Elbette x1< · · · < xn−1< xn+ 1 < xn(xn+ 1).

4. 1, 3, 6, 7, 8 ve 9 rakamları en fazla birer defa defa kullanılarak yazılabilen 4 basamaklı t¨um sayıların toplamını bulun.

C¸ ¨oz¨um: Hesaplamak istedi˘gimiz toplama T diyelim. Diyelim ki a ∈ {1, 3, 6, 7, 8, 9}. a’nın T ’ye olan katkısını hesaplayaca˘gız. E˘ger a rakamı yazılan sayının birinci hanesindeyse toplama olan katkısı a ve a rakamının birinci hanede oldu˘gu 5 · 4 · 3 = 60 sayı var ¸c¨unk¨u bir rakamı sadece bir kere kullanıyoruz. Benzer ¸sekilde e˘ger a rakamı yazılan sayının ikin- ci hanesindeyse toplama olan katkısı a · 10 ve a rakamının ikinci hanede oldu˘gu 5 · 4 · 3 = 60 sayı var. Aynı ¸sey elbette a’nın ¨u¸c¨unc¨u ve d¨ord¨unc¨u hanede oldu˘gu durumlarda da ge¸cerli. Yani a’nın toplama katkısı

60a + 600a + 6000a + 60000a = 66660a.

Demek ki

T = 66660 · (1 + 3 + 6 + 7 + 8 + 9) = 2266440.

5. Diyelim ki O = (0, 0), P = (5, 1), Q = (5, 0), P⁰ = (3, 2) ve Q⁰ = (3, 0).

POQ ve OP⁰Q⁰ a¸cıları arasındaki farkı bulun.

Birinci C¸ ¨oz¨um: Diyelim ki POQ a¸cısı α ve OP⁰Q⁰ a¸cısı β. Bu durumda tan(α) = 1/5 ve tan(β) = 3/2. Buradan

tan(β − α) = tan(β) − tan(α) 1 + tan(α) tan(β)=

3 2−¹₅ 1 +¹₅· ³₂ = 1 oldu˘gu, yani β − α = π/4 oldu˘gu ¸cıkıyor.

˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: Diyelim ki S = (2, −3). Bu durumda aradı˘gımız a¸cı OP⁰S a¸cısına e¸sit. Di˘ger yandan OP⁰S ¨u¸cgeninin dik ve ikizkenar oldu˘gunu g¨ormek zor de˘gil.

6. D¨uzlemde bir ` do˘grusu alalım. P ve Q, `’nin aynı tarafında iki nokta olsun. Bu durumda P’den ba¸slayıp `’ye dokunan ve Q’da biten en kısa yol nedir?

C¸ ¨oz¨um: P’den ba¸slayıp `’ye dokunan ve Q’da biten bir ρ yolu alalım ve bu yolun `’ye dokundu˘gu noktaya X diyelim. Elimizdeki ρ yolunun P’den X’e kadar olan kısmına ρ₁, X’ten Q’ya kadar olan kısmına da ρ₂diyelim. S¸imdi ρ₂ yolunun `’ye g¨ore simetri˘gini alalım ve bu yola ρ<sup>0</sup><sub>2</sub> diyelim. Elbette ρ<sup>0</sup><sub>2</sub> yolu X’ten Q’nun `’ye g¨ore simetri˘gi olan noktaya gidiyor. Bu noktaya da Q⁰ diyelim. Minimize etmek istedi˘gimiz nicelik ρ₁’in boyu ve ρ₂’nin

3

boyunun toplamı. Ama ρ₂ ve ρ⁰₂ aynı boyda. Demek ki ρ₁’in boyu ve ρ⁰₂’n¨un boyunun toplamını minimize etmek istiyoruz. Di˘ger yandan ρ₁ ve ρ⁰₂’nden olu¸san yol P noktasından Q⁰ noktasına gidiyor. Ba¸ska bir deyi¸sle P ve Q⁰ arasındaki en kısa yolu arıyoruz. Bu yolun da bir do˘gru par¸cası oldu˘gunu biliyoruz. Demek ki aradı˘gımız yolu ¸su ¸sekilde bulabiliriz: ¨Once Q noktasının `’ye g¨ore simetri˘gini alıp Q<sup>0</sup> noktasını buluruz. Sonra P ve Q<sup>0</sup> noktalarını birle¸stiren do˘gru par¸casını ¸cizeriz. Bu do˘gru par¸casının ` ile kesi¸sti˘gi noktaya X dersek aradı˘gımız yol PX ve XQ do˘gru par¸calarının birle¸simi olur.

7. D¨uzlemde dar a¸cılı bir ABC ¨u¸cgeni alalım. X noktası BC, Y noktası AC ve Z noktası AB ¨uzerinde olsun. Bu durumda XYZ ¨u¸cgeninin ¸cevresi ne zaman minimum olur?

Birinci C¸ ¨oz¨um: ¨Once X noktasının AB ve AC kenarlarına g¨ore yansıma- larını alarak sırasıyla X₁ ve X₂ noktalarını ¸cizelim. Bu durumda XYZ

¨

u¸cgeninin ¸cevresi X₁Z + ZY + YX₂ toplamına e¸sit olur. Buradan da, e˘ger XYZ’nin ¸cevresi minimumsa, Z ve Y’nin X₁X₂’nin ¨uzerinde olması gerekti˘gi ¸cıkar. Yani yapmamız gereken, hangi X noktası i¸cin X1X2 ke- narının minimum oldu˘gunu bulmak. Verilen bir X noktası i¸cin AX1 = AX = AX2 oldu˘gunu biliyoruz. Di˘ger yandan ∠X¹AX2 = 2∠BAC. Yani t¨um X noktaları i¸cin X1AX2¨u¸cgenleri benzer. dolayısıyla X1X2kenarının minimum olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul AX1 kenarının minimum ol- ması. Ama AX1= AX ve X noktası BC ¨uzerinde oldu˘gundan AX’in mi- nimum olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul AX’in BC’ye dik olması. S¸unu kanıtladık: X noktsaı A’dan inilen y¨uksekli˘gin BC’yi kesti˘gi nokta olmalı.

Simetriden dolayı XYZ ¨u¸cgeninin k¨o¸seleri ABC ¨u¸cgeninin y¨uksekliklerinin ayakları olmalı.

˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: ¨Onceki sorudan biliyoruz ki, e˘ger ∠ZXB ve ∠YXC a¸cıları e¸sit de˘gilse, X’in yerini de˘gi¸stirerek XYZ ¨u¸cgeninin ¸cevresini k¨u¸c¨ultebiliriz.

Bu elbette Y ve Z i¸cin de do˘gru olmalı. Yani aradı˘gımız

∠ZXB = ∠YXC, ∠XYC = ∠ZYA, ∠YZA = ∠XZB

e¸sitliklerini sa˘glayan bir XYZ ¨u¸cgeni. S¸imdi X, Y ve Z noktalarını, ¨u¸cgenin y¨uksekliklerinin kar¸sıdaki tabanı kesti˘gi noktalar alalım. Bu ¸sekilde ku- rulan XYZ ¨u¸cgeninin istedi˘gimiz ko¸sulu sa˘gladı˘gını g¨osterece˘giz. Y¨uksek- liklerin kesi¸sti˘gi nokta H olsun. Se¸cimimizden dolayı ∠BZH ve ∠BXH a¸cıları dik. Yani B, Z, H ve X noktaları ¸capı BH olan ¸cemberin ¨uzerinde.

Buradan ∠ZBH ve ∠ZXH a¸cılarının e¸sit oldu˘gu ¸cıkıyor ¸c¨unk¨u aynı yayı g¨or¨uyorlar. Benzer ¸sekilde ∠YCH ve ∠YXH a¸cıları da e¸sit. Di˘ger yan- dan BZH ve CYH ¨u¸cgenleri benzer oldu˘gundan ∠ZBH ve ∠YCH a¸cıları e¸sit. Son olarak da AX y¨uksekli˘gi BC’ye dik oldu˘gundan ∠ZXB ve ∠YXC a¸cıları e¸sit. Elbette bu ∠XYZ ¨u¸cgeninin di˘ger noktaları i¸cin de ge¸cerli.

B¨oylece istedi˘gimizi kanıtlamı¸s olduk.

4