30. ULUSLARARASI MATEMATİK OLİMPİYADININ CEVAPLARI

7 Ekim 2008 tarihinde tarafından eklendi.

3) k>— + V2n olduğunu varsayalım. Snin bir
P noktasını alalım. P ye uzaklıkları aynı olan ve S de bulunan en az k tane nokta vardır. Yani AP = BP olan en az (2) tane A,B nokta çifti vardır. S deki her P için bu özellik doğru olduğundan enazn(l) tane A,B nokta çifti vardır, öyle ki AB’nin orta dikmesi üzerinde S nin en az bir noktası bulunsun. Yani
> n(n—1)
= 2(2)
dir. (2), mümkün olan bütün A,B çiftlerinin sayısı ol­duğundan öyle bir A,B çifti ve P,, P2, … , Pm, (m>2)
noktaları vardır ki APj = BP, , i= 1,2…..m dir. Yani
bu P-, , P2,…, Pm noktaları aynı doğru üzerindedir. Bu ise problemin (i) koşuluna aykırıdır. O halde k
< -y + V2n olmalıdır. 4) (Yarışmada bronz madalya alan Tolga Güney'-in çözümü) A merkezli |AD| = R, yançaplı çember C,, B merkezli |BC| = R2 yançaplı çember C2 olsun. P merkezli h yançaplı çember ise verilen koşullara göre hem C, ve C2 çemberlerine hem de DC doğrusuna teğettir. C, ve C2 nin ortak teğeti D'C olsun. D'C doğ­rusuna ve C, , C2 çemberlerine teğet olan çember P' merkezli ve h' yançaplı olsun. DC doğru parçası ABC'D' dörtgeninin içindedir veya D'C ile çakışıktır. Dolayısıyla P merkezli h yançaplı çember ya D'C' yü kesmez ya da D'C'ye teğettir. Şimdi h' yarıçapını R, ve R2 cinsinden hesaplaya­lım. Bu amaçla önce P'den ve A dan D'C ye sırasıy­la FG ve AH paralellerini çizelim. |AF|= R,—h' , |AP'|= R^h' |BG[= R2—h' , |BP'|= R2 + h' olduğu açıktır. Şekilden |FP'| + |P'G|= |FG|= |AH| özelliği kolaylıkla görülebilir. Bu ise 2— |AF|2 —|BG|2= V/|ABJ2— |BH|2 demektir. Gerekli işlemler yapılırsa VR^h7+VR2Ti7= Vr,R2 ya da W" VrT" ya da, istenen, J_> _J_+ _J_
sonucu bulunur.
Not: Bu problemi ekibimiz elemanlarından Nejat Çingi, A.Selma Çizmeci ve Mehmet Özhabeş de tam olarak çözmüştür.
5) (Yarışmada bronz madalya alan Tolga Gü-ney’in çözümü)
Bir neZ+ alalım ve p > n + 2 olacak şekilde bir peZ* seçelim.
n + p > n + 2 + n olduğundan
n + p > 2(n + 1) > 2n > 2(n-1) > … > 2.3 > 2.2 dır. Şimdi
(n + p)! + 2, (n + p)! + 3, (n + p)! + 4, …, (n + p)! +n + 1
ardışık tamsayılarını ele alalım. Bu sayılardan hiçbiri bir asal sayının tam kuvveti değildir. Çünkü k, 2^ k < n +1 koşuluna uyacak şekilde ise 2k < 2n + 2 < n + p olduğundan, uygun bir A sayısı için (n + p)!= A.2k.k yazılabilir. Yani k2 |(n + p)! dir. O halde (n + p)! + k= k (^j^ +1)= k(A2k+1) bulunur, k bir asal sayının tam kuvveti değilse k . (A.2k + 1)= (n + p)! + k da bir asal sayının kuvveti olamaz. Eğer k bir asal sayının tam kuvveti yani q asal olmak üzere k= g1 ise k4-A.2k+ 1=>q-CA.2k + 1
dir. Dolayısıyla k(A.2k + 1) yine bir asal sayının tam kuv­veti değildir.
Sonuç olarak.V neZ* için bir p> n + 2 tamsayısı aldığımızda
(n + p)!+ 2, (n + p)!+ 3, … , (n + p)! + n + 1 ardışık tamsayılarının hiçbiri bir asal sayının tam kuv­veti değildir.
Not: Bu problemi ekibimiz elemanlarından Ümit Kumcuoğlu da tam olarak çözmüştür.
6) (Yarışmada gümüş madalya alan Ümit Kum-cuoğlu’nun çözümü)
Önce P koşulunu sağlayan permütasyonları göz önüne alalım. Bu halde 10 (p + 1)!(n-p)l
S nin alt sınırını bulmak için
S(x)= 2* (5) (2n-x)! gösterilimi kullanalım. Böylece
S= 2 (?) (2n-1)! – 22 Ç) (2n-2)!+S(3)-S(4)
olur. n tek ise
[S(3)—(S(4)] + [S(5)—S(6)] +… + [S(n-2)—S(n-1)]
+ S(n) > 0
ve n çift ise
S(3)—S(4)] + [S(5)—S(6)] +… + [S(n-1)—S(n)] >
dir. O halde
S > 2 (?) (2n-1)!—22(S) (2n-2)l
veya
S> (2n-2)!2n2
dir. P özelliğine sahip olan permütasyonların S sayısı, bütün permütasyonların (2n)! sayısına bölünürse
_S_ = (2n-2)!2n2 = __n_ > J_ (2n)l (2n)! 2n-1 2
bulunur. Yani P özelliğine sahip olan permütasyonla­rın sayısı, bu özelliğe sahip olmayan permütasyonla­rın sayısından fazladır.
Not: Bu soruyu ekibimiz elemanlarından Mehmet Aslan da tam olarak çözmüştür.

Etiketler:

Yorumlar

Henüz yorum yapılmamış.

Şu Sayfamız Çok Beğenildi
Nano Robot Geliştirildi