Olimpiyat Haberleri

    53

    33. Uluslararası Matematik Olimpiyatı bu yıl 13-21 Temmuz arasında Moskova’da yapılacak. Takımımız Selçuk Ateşkan (Bornova Anadolu Lisesi), Oytun Eskiyenentürk (İzmir Fen Lisesi), Barış Fidan (Eskişehir Anadolu Lisesi), Sinan Güntürk (Kadıköy Anadolu Lisesi), Onur Menteş (Bornova Anadolu Lisesi) ve Cem Mutlugün’den (İstanbul Lisesi) oluşuyor. Nisan ayındaki son seçme sınavının ardından belirlenen takım gidene kadar toplam 5 haftalık iki çalışma daha yapacak. Takımımız elemanlarına Moskova’da iyi şanslar dilerken, seçme sınavı soruları da yer verelim.

    1992 Uluslararası Matematik Olimpiyadı Takım Seçme Sınavı

    1. Oturum (3 Saat)

    I-1. Her terimi $2 \leq \rho \leq 11$ koşulunu sağlayan p asal sayılarından en az biri ile bölünen 14 ardışık pozitif tamsayı bulunup bulunmadığını saptayınız.

    I-2. $ABC$ üçgeninin $B$ köşesinden geçerek $AC$ kenarına $E$ noktasında dik olan doğru, bu üçgenin $O$ merkezli çevre çemberini $D$ noktasında kesiyor. $D$ den $BC$ kenarına inilen dikmenin ayağı $F$ noktası olduğuna göre $BO$ doğrusunun EF doğrusuna dik olduğunu ispatlayınız.

    I-3. $ x_{2}, x_{2},…,x_{n+1}$ pozitif reel sayıları $ \frac{1}{1+x_{1}} + \frac{1}{1+x_{2}}+…+\frac{1}{1+x_{n+1}} = 1$ koşulunu sağlıyorsa $ x_{2}, x_{2},…,x_{n+1} \geq n^{n+1}$ olduğunu gösteriniz.

    2. Oturum (3 Saat)

    II-4 $ABCD$ konveks kirişler dörtgeninin köşegenlerinin kesim noktası olan x noktasından $AB, BC, CD, DA$ kenarlarına indirilen dikmelerin ayakları sıra ile $P, Q, R, S$ noktaları olduğuna göre $PQ + RS = QR + SP$ eşitliğini ispatlayınız.

    II-5 1 den n’ye kadar numaralanmış n kutudan 1 numaralı olanın kapağı açık; diğerlerinin kapakları kapalı bulunmaktadır. Birbirinin eşi m toptan $(m \geq n)$ bir tanesi bu açık kutuya konulunca 2 numaralı kutunun kapağı açılıyor. Şimdi açık bulunan iki kutudan rastgele birine top koyulunca üçüncü kutu açılıyor. Bu şekilde devam edilerek son kutu da açıldıktan sonra geriye kalan top(lar) kutulara rastgele dağıtılıyor. Bu şartlar altında dağıtımı kaç farklı şekilde yapabiliriz?

    II-6 Yarıçapı 4 birim olan bir dairenin içinde 251 tane farklı nokta veriliyor. Bu noktalardan en az 11 tanesini içeren, yarıçapı bir birim olan bir daire çizilebiliceğini gösteriniz.

    Geçen Sayıdaki Sorulara Yanıtlar:

    1- Toplantıda $n$ kişi olsun ve bunların el sıkıştığı kişilerin sırasıyla $e_1, e_2,…,e_n$ ile gösterelim. Bir kişi en çok $(n-1)$ kişi ile el sıkışabildiğinden $0 \leq e; \leq(n-1)$ olacaktır. Bir j değeri için $e_j = (n-1)$ olsun. Bu $j$-inci kişi herkesle el sıkıştı demektir ki, o halde geri kalanların hepsi en az bir kez el sıkmışlardır, yani her $i$ için $1 \leq e_i$ olacaktır. Benzer yolla bir $j$ için $e_j=0$ ise tüm $i$’ler için $e_i \leq (n+2)$ olacaktır. Bu dediklerimizden ${0,1,2,…,n-2}$ ya da ${1,2,…,n-1}$ kümelerinden birinin tüm $e_1, e_2,…,e_n$ sayılarını içerdiği çıkar. $n$-çorap ($e_1, e_2,…,e_n$ sayıları), ($n-1$) çekmecededir; o halde en az iki $e_i$ sayısı birbirine eşit olmalıdır.

    2- Verilen 7 farklı reel sayı $x_1, x_2,…,x_7$ olsun; ve $\tan (t_i) = x_i $ olacak şekilde $(- \pi /2, \pi /2)$ aralığında $t_1, t_2,…,t_7$ sayılarına bakalım. $t_i$’ler farklı olacaktır. Öte yandan \pi birim uzunluktaki bir aralıkta yer alan 7 sayıdan en az ikisi birbirlerine \pi /6 birimden daha yakın olmadılık. Bu sayıları $t_i > t_i$ olsun. Bu halde $0 < t_i-t_j < \pi /6 \Rightarrow 0 < \tan(t_i > t_i) < \tan(\pi /6)$

    $\tan(t_i > t_i) = \frac{\tan(t_j-\tan(t_i))}{1+\tan(t_j-\tan(t_i))} = \frac{x_j-x_i}{1+x_j x_i}$ ve $\tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{\sqrt{3}} $

    3- Önce bir gözlem yapalım $[0,4]$ aralığı içinde boyu bir birim olan bir kapalı aralık $1, 2$ ve $3$ noktalarından en az bir tanesini içermek zorundadır. Şimdi problemi çözelim. Elimizde 10 aralık var ve herbirini $1, 2$ ve $3$ sayılarından en az birini içeriyor. O halde $1, 2$ ve $3$ sayılarından biri en az 4 aralıkta olmadılıdır.

    4- Satranç ustası birinci günde $a_1$, ikinci günde $a_2$,…., yetmişyedinci günde (11 haftanın son günü) $a_77$ maç yapsın. $s_1 = a_1, s_2 = a_2,…, s_n = a_1 + a_2 + … + a_n$ olsun. Verilenlerden, usta her gün en az bir maç yapmıştır, yani her $a_i$ pozitiftir. Buradan da $1 \leq a_1 < s_2 < … s_76 < s_77$ olduğu görülür. Öte yandan haftada en çok 12 maç yaptığından, 11 haftada en çok $11 x 12 = 132$ maç yapmıştır. Yani $s_1, s_2,…,s_77$ birbirinden farklı tam sayılar ile 1 ile 132 arasındadır. $2×77=154 > 132 + 20$ olduğundan, örnek 2’deki yolla $s_j-s_i=20$ olacak şekilde $s_j$ ve $s_i$ sayılarının olması gerektiği görülür. Bu ise $(i+1)$-inci günden $j$-inci güne kadar ustanın tam olarak 20 maç yaptığını söyler.

    5- 52 farklı tam sayı $a_1, a_2,…,a_{52}$ ve bunların $100$ ile bölününce kalanları $r_1, r_2,…r_{52} (0\leq r_j < 99)$ olsun. Eğer iki farklı kalan sıfırsa, yani $r_j = r_i = 0$ ıse bu $a_i \pm a_j$ 100’le bölünür demektir. Aynı şekilde iki farklı kalan $50$’ye eşitse yani $r_i = r_j = 50$ ise $a_i \pm a_j 100$’le bölünür. O halde en çok bir $r$’nin sıfır, bir r kalanının ise $50$ olduğunu kabul edelim; diğer 50 kalan $\{1,2,…,49,51,…99\}$ kümesidir. Bir $a$ sayısı $100$’e bölündüğünde kalan $r$ ise, $-a$ sayısı için kalan $100-r$ olacaktır.

    Şimdi $\{1,2,…49,51,…99\}$ kümesindeki $50$ tane $r$ kalanı ile $50$ tane $(100-r)$ şeklindeki sayıya bakalım. Çekmece ilkesinden $r_i = r_j$ (ya da $100-r_i =100-r_j$ ) veya r_i = 100-r_j olacak şekilde bir $i \neq j$ çifti olması gerektiği görülür. Bu ise ilk durumda $a_i – a_j$; ikinci durumda $a_i + a_j$ sayısının 100’e bölündüğünü söyler.

    6- Bilardo masasını $x-y$ düzleminde başlangıç köşesi $(0,0)$ diğer köşeler $(1,0)$, $(1,1)$ ve $(0,1)$ noktalarına gelecek şekilde yerleştirelim. Masanın kenarları boyunca simetrilerini alırsak, topun yansıması şekilde görüldüğü gibi simetrilerde doğrusal olacak şekildedir.

    GÖRSEL

    Bu bakış açısı altında köşeler tam sayı koordinatlı $(q,p)$ noktalarına karşı geleceğinden problem şuna dönüşür: $(0,0)$’dan geçen herhangi bir $y = mx$ doğrusunun tam sayı koordinatlı bir $(q,p) \neq (0,0)$ noktasına $1/20$ birimden çok yaklaşacağını gösteriniz.

    Bu son dediğimizi gösterelim. $(q,p)$ noktasının $ y = mx $ doğrusuna uzaklığı $ \frac{|qm-p|}{\sqrt{m^{2}+1}} \leq |qm-p| $ dir. Öte yandan geçen aydaki örnek 4’te verilen bir $x$ reel sayısı ve n tamsayısı için $|qx-p|<1/n$ tamsayılarının varlığını göstermiştik. $n = 20$ ve $x = m$ alırsak istenen $(q,p)$ noktasının varlığını kanıtlamış oluruz.

    7- Bu soru örnek 5’in bir benzeri. $e_i \epsilon \{0,1,2,…,k-1\}$ olmak üzere $p=e_1|x_1| + e_2|x_2| +… + e_n |x_n|$ şeklindeki sayılara bakalım. Her $e_i$ için $k$ farklı değer koyabileceğimizden $k^n$ tane $p$ tipi sayı yazabiliriz. Öte yandan Cauchy-Schwartz eşitsizliğinden

    $0≤p$

    $ ≤(e_{1}^{2} + e_{2}^{2} + … + e_{n}^{2})^{1/2} (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + … + x_{n}^{2})^{1/2}$

    $ ≤(k-1) \sqrt{n}$

    bulunur. Yani $k^{n}$ tane $p$ sayısı $[0,(k-1) \sqrt{n}]$ kapalı aralığı içindedir. O halde aralarındaki fark $\frac{(k-1) \sqrt{n}}{k^n-1}$’den küçük olacak şekilde $p$, $p’$ sayısı vardır. $p=e_1|x_1| + e_2|x_2| +… + e_n |x_n|$ ve $p’=e_{1}^{‘}|x_1| + e_{2}^{‘}|x_2| +… + e_{n}^{‘} |x_n|$ olsun. Yapılan seçimden $(e_1,e_2,…,e_n) \neq (e_{1}^{‘}+e_{2}^{‘}+…+e_{n}^{‘})$ olacaktır. $p-p’=(e_1-e_{1}^{‘})|x_1|+ (e_2-e_{2}^{‘})|x_2|+…+(e_n-e_{n}^{‘})|x_n|$ olduğundan; $x_i ≥ 0$ ise $f_i = e_i-e_i^{‘}$ ve $x_i < 0$ ise $f_i = -(e_i-e_i^{‘})$ alırsak; $f_i$ sayılarının hepsi sıfır değildir; her $i$ için $|f_i| < k$’dır ve

    $|f_1 x_1 + f_2 x_2+…+f_n x_n| \geq \frac{(k-1)\sqrt{n}}{k^n-1}$’dir.

    ÇÖZMECENİN YANITI

    $ \sqrt{5739426081} = 75759$

    Önceki İçerikKorumalı: Evirtim (I)
    Sonraki İçerikKorumalı: CEBİRSEL DENKLEMLERİN KÖKLERİ