AYT · Yarışma tarzı sorular

Çözümün ana fikri iç açıların paylaşımını sinüs teoreminin üç üçgende birlikte kullanılmasıyla birleştirmektir. Önce $m(\widehat{ACB})=40^{\circ }$ bulunur, buradan $m(\widehat{ABD})=20^{\circ }$ ve $m(\widehat{ACD})=10^{\circ }$ elde edilir. $x=m(\widehat{BAD})$ denirse $m(\widehat{DAC})=100^{\circ }-x$ olur. $ABD$, $ACD$ ve $BCD$ üçgenlerinde sinüs teoremi yazılıp taraf tarafa çarpılınca $\sin x\mathrm{/}\sin (100^{\circ }-x)\cdot \sin 10^{\circ }\mathrm{/}\sin 30^{\circ }=1$ gelir, yani $\sin x\mathrm{/}\sin (100^{\circ }-x)=1\mathrm{/}(2\sin 10^{\circ })$ olur. $x=80^{\circ }$ için sol taraf $\sin 80^{\circ }\mathrm{/}\sin 20^{\circ }$ olur, $\sin 80^{\circ }=\cos 10^{\circ }$ ve $\sin 20^{\circ }=2\sin 10^{\circ }\cos 10^{\circ }$ olduğundan eşitlik sağlanır. Bu oran $0^{\circ }$ ile $100^{\circ }$ arasında kesin artandır, dolayısıyla çözüm tektir ve aranan açı $80^{\circ }$ olur.

Bu sorunun ana düşüncesi yatay eksen üzerinde gezen noktada görülen açının sabit iki noktadan geçen ve eksene teğet olan çemberin değme noktasında en büyük değerini alması ve bu teğetlik koşulunun başlangıç noktasının çembere göre kuvveti ile bulunmasıdır. Sabit noktalardan geçen ve ekseni iki noktada kesen herhangi bir çemberin dışında kalan noktada görülen açı daha küçük kalır, bu yüzden en büyük açı için çember eksene teğet olmalıdır. Başlangıç noktasından teğet parçasının karesi ile dikey eksen üzerindeki kesen parçaların çarpımı birbirine eşit olur ve buradan teğet noktasının uzaklığının karesi iki ile sekizin çarpımına eşit bulunur. Verilen artı koşul ile aranan uzaklık dört olur ve bu değer gerçekten istenen teğet çemberi verir. Doğrudan açı ölçüsü ile uğraşmak işlemi gereksiz yere uzatır.

Asıl fikir kareler toplamını ağırlık merkezine göre tamamlayarak değişken kısmı tek kareye indirmek ve kalan sabit kısmı kenarortay teoremiyle kenarlara bağlamaktır. Konum vektörleri $\vec{a},\vec{b},\vec{c},\vec{p}$ ve ağırlık merkezi $\vec{g}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\mathrm{/}3$ alınırsa $\mathrm{\mid }\vec{p}-\vec{a}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{p}-\vec{b}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{p}-\vec{c}{\mathrm{\mid }}^2=3\mathrm{\mid }\vec{p}-\vec{g}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{a}-\vec{g}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{b}-\vec{g}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{c}-\vec{g}{\mathrm{\mid }}^2$ olur. Değişken terim en küçük olması için $P$ ağırlık merkezinde olmalıdır. Kalan sabit kısım kenar kareleri toplamının üçte biridir, çünkü $\mathrm{\mid }\vec{a}-\vec{b}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{b}-\vec{c}{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }\vec{c}-\vec{a}{\mathrm{\mid }}^2$ açılımı bu ilişkiyi verir. Burada $25+25+49=99$ olduğundan en küçük değer $99\mathrm{/}3=33$ bulunur.

Temel düşünce ağırlık merkezinin kenarortayı köşeden kenara ikiye bir oranla bölmesi ile kenarortay uzunluk bağıntısını birlikte kullanmaktır. $[AB]$ kenarının orta noktasına $M$ denirse $C$, $G$, $M$ aynı doğru üzerinde olur. $\mathrm{\mid }GC\mathrm{\mid }=8$ olduğundan $\mathrm{\mid }GM\mathrm{\mid }=4$ ve $\mathrm{\mid }CM\mathrm{\mid }=12$ olur. Bu durumda $ABG$ üçgeninde $M$ noktası $[AB]$ kenarının orta noktası olduğundan $\mathrm{\mid }GM\mathrm{\mid }$ bu üçgende kenarortaydır. Kenarortay bağıntısına göre $\mathrm{\mid }GA{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }GB{\mathrm{\mid }}^2=2\mathrm{\mid }GM{\mathrm{\mid }}^2+{\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2}{2}}$ yazılır. Değerler konursa $25+49=2\cdot 16+{\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2}{2}}$ olur. Buradan $74=32+{\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2}{2}}$ ve ${\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2}{2}}=42$ elde edilir. Böylece $\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2=84$ bulunur. Kök içindeki çarpanlar ayrılırsa $\sqrt{84}=\sqrt{4\cdot 21}=2\sqrt{21}$ olur, aranan uzunluk budur.

Bu sorunun ana düşüncesi ağırlık merkezinin kenarortay üzerinde köşeye iki parça ve tabana bir parça uzaklıkta olması ile aynı doğru üzerindeki bütünler açılarda yazılan kosinüs bağıntılarının birbirini yok etmesidir. AB kenarının orta noktası ile C köşesi birleştirildiğinde G noktası bu doğru üzerinde kalır ve verilen sekiz birimlik parçaya karşılık orta noktaya kalan parça dört birim olur. Böylece oluşan iki küçük üçgende orta noktadaki bütünler açılara kosinüs bağıntısı yazılınca kenarortay uzunluk bağıntısı elde edilir. Verilen uzunluklar yerleştirilince aranan kenarın karesi seksen dört bulunur ve köklü biçim sadeleştirilince iki kök yirmi bir elde edilir. Bütün üçgeni yerleştirmeye çalışmak işlemi gereksiz yere uzatır.

Çözümün fikri şerit genişliği kadar ötelemedir: $d_1$ ve $d_2$ doğruları $y=1$ ve $y=4$ olduğundan $PQ$ parçası boyu 3 olan sabit dik bir parçadır, bu yüzden $AP+QB$ toplamını küçültmek gerekir. $B(6,11)$ noktasını $(0,-3)$ vektörüyle $B^{\ast }(6,8)$ noktasına öteleyelim. $P=(x,1)$ ve $Q=(x,4)$ yazılırsa $Q{B}^2=(6-x{)}^2+49$ ve $P{B}^{\ast 2}=(6-x{)}^2+49$ olduğundan $QB=P{B}^{\ast }$ olur. Böylece $AP+QB=AP+P{B}^{\ast }\ge A{B}^{\ast }$ olur; bu son adım üçgen eşitsizliğidir ve eşitlik $P$ noktası $A{B}^{\ast }$ parçası üzerindeyken sağlanır. $A{B}^{\ast }=\sqrt{6^2+8^2}=10$ olduğundan en küçük toplam $10+3=13$ bulunur; $y=1$ doğrusu $A{B}^{\ast }$ parçasını kestiği için bu değer gerçekten alınır.

Asıl fikir uzaklık eşitliğini parabol olarak tanımak ve odağa en yakın parabol noktasının tepe olup odak doğrultman uzaklığının yarısına eşit olduğunu kullanmaktır. $F$ ile $d$ arasındaki dik uzaklık $\mathrm{\mid }3+1\mathrm{\mid }\mathrm{/}\sqrt{2}=4\mathrm{/}\sqrt{2}=2\sqrt{2}$ bulunur. Parabolün her noktasında odak uzaklığı doğrultman uzaklığına eşittir, bu yüzden odak ile doğrultman arasındaki dik parça parabolü tam ortasından keser. Bu orta nokta tepedir ve hem odağa hem doğrultmana olan uzaklığı parçanın yarısıdır. Dolayısıyla $\mathrm{\mid }PF\mathrm{\mid }$ en küçük değeri $2\sqrt{2}\mathrm{/}2=\sqrt{2}$ olur, uzun denklem açılımlarına ve dört dereceli ifadelere girmeye gerek kalmaz.

Çözümün ana fikri simetrik ön görüntülerle üstel yeniden yazmayı birleştirip tepe değerinde öz tutarlılık kurmaktır. $x=1+d$ ve $x=1-d$ için $x^2-2x+2$ aynı olduğundan logaritma değerleri eşittir, sağ tarafların eşitliğinden $b=-2a$ bulunur. $t={\log }_2((x-1{)}^2+1)$ yazılırsa $(x-1{)}^2+1=2^t$ olur ve $a{x}^2+bx$ ifadesi $a\cdot 2^t-2a$ biçimine indirgenir, böylece $t\ge 0$ için $f(t)=a\cdot 2^t-2a+f(a)$ yazılır. $a$ pozitif olduğundan $t=a$ yazılabilir ve $f(a)=a\cdot 2^a-2a+f(a)$ eşitliğinden $a(2^a-2)=0$ gelir, sıfır kökü elenince $a=1$ ve $b=-2$ bulunur. Bu durumda $t\ge 0$ için $f(t)=2^t-2+f(1)$ olur. $x=1$ için $t=0$ olduğundan $2=f(0)=f(1)-1$ ve $f(1)=3$ bulunur. Sonuç olarak $f(3)=8-2+3=9$ elde edilir.

Fikir $t={\sin }^{2}x$ koyarak trigonometrik koşulu polinom özdeşliğine çevirmek ve sıfır polinomunu kullanmaktır. $t={\sin }^{2}x$ sayısı $[0,1]$ aralığında sonsuz değer aldığından ve ${\cos }^{2}x=1-t$ olduğundan $Q(t)=P(t)+P(1-t)-7$ polinomu sonsuz noktada sıfır olur; derecesi sonlu olduğundan $Q$ sıfır polinomudur, yani $P(t)+P(1-t)=7$ özdeşliği her $t$ için geçerlidir. $P(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ yazılıp $t^3+(1-t{)}^3=1-3t+3t^2$ ve $t^2+(1-t{)}^2=1-2t+2t^2$ kullanılırsa $P(t)+P(1-t)=(3a+2b)t^2-(3a+2b)t+a+b+c+2d$ bulunur. Bunun sabit olması için $3a+2b=0$ gerekir. Baş katsayı $a=4$ olduğundan $b=-6$ olur. Sabit kısım $a+b+c+2d=7$ ve $P(0)=d=1$ olduğundan $c=7$ bulunur. Böylece $P(2)=32-24+14+1=23$ elde edilir.

Buradaki düşünce, gidip gelmede iki aracın birlikte kat ettiği toplam yolu karşılaşma sayısının katı olarak yazıp toplam hızı bulmak ve yolun ortasında olma koşulunu kalan ile hız aralığını birleştirerek elemektir. Karşı yönlerden ilk karşılaşmaya kadar toplam 300 km, her sonraki karşılaşmaya kadar 600 km daha yol alınır, bu yüzden karşı yönlerden üçüncü karşılaşmaya kadar toplam yol 1500 km olur. Beş saatte toplam hız 300 olur. Yolun ortasında karşılaşma, yavaş olanın beş saatte aldığı yolun 600 ile bölümünden kalanın 150 ya da 450 olmasını gerektirir. Bu koşul yavaş hız için 30, 90 ve 150 değerlerini verir. Bunlar içinde 80 ile 120 arasında olan yalnız 90 olur. Toplam 300 olduğundan hızlı olan 210 bulunur.