Page 236 - ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI 1. AŞAMA SORULARI VE ÇÖZÜMLERİ

2006 Birinci A¸sama Sorularının Çözümleri 235

µ ¶
2
4 3 2
4. x −x −24x +2x +4 = 0 denklemini sa˘ glayan x reel sayıları için x−
x
ifadesinin alabilece˘ gi en büyük de˘ ger nedir?
Çözüm : Her tarafı  ye bölersek,
2
2 4
2
 −  − 24 + + =0
  2
µ ¶ µ ¶
4 2
2
 + −  − − 24 = 0
 2 
µ ¶ 2 µ ¶
2 2
 − +4 −  − − 24 = 0
 
olur.  − 2 =  dersek,  −  − 20 = 0 ve buradan da,  = −4 veya  =5 oldu˘ gu
2
görülür. Sonuç olarak,  =  − 2 ifadesinin alabilece˘ gi en büyük de˘ ger 5’tir.
1 √ 1
5
5. x> 1 reel sayısı için x+ = 13 oldu˘ guna göre, x − sayısı kaçtır?
x x 5
1 1 1
2
2
2
Çözüm : 13 = ( + ) =  + +2 ⇒  + =11 olur. Buradan,
  2  2
1 1 1
4
4
2
2
121 = ( + ) =  + +2 ⇒  + = 119
 2  4  4
1 1 1
2
2
bulunur. ¸Simdi, (− ) =  + −2=9 e¸sitli˘ ginden elde edilen, − =3 e¸sitli˘ gi
  ¡ 2 ¢ 
3
2 2
4
5
3
5
kullanılarak,  −  =( − )  +   +   +  +  4 özde¸sli˘ ginden,
µ ¶
1 1 1 1
5 4 2
 − =( − )  +  +1+ +
 5   2  4
µ ¶
1 1
2
4
=3 ( + )+( + )+ 1
 4  2
e¸sitli˘ ginden,  − 1 = 3 (119 + 11 + 1) = 393 olarak bulunur.
5
5
6. x reel sayısının tam kısmı db|x|ce ve kesir kısmı da {x} = x− db|x|ce olmak üzere,
3
f (x)=x −3x ·db|x|ce·{x} ise, S=f (1, 2) +f (2, 2) +f (3, 2) + ··· + f (m, 2)
toplamının bir tamsayı olması için m ’nin alabilece˘ gi en küçük de˘ ger nedir?
Çözüm : db||ce =  ( ∈ Z) ve {} = , 0 ≤  1 olsun. Bu durumda,
3 3 3
 ()= ( + ) − 3( + )  =  + 
olur. Buna göre,
 =  (1 2) +  (2 2) +  (3 2) + ··· +  ( 2)
3
3
3
=(1 + ¡ 2 ¢ 3 )+(2 + ¡ 2 ¢ 3 )+ ·· · +( + ¡ 2 ¢ 3 )
10 10 10
¡ 3 3 3 ¢  · 8
= 1 +2 + ·· · +  +
1000
olur. O halde, ’nin bir tamsayı olabilmesi için, ’nin en küçük de˘ geri 125 olarak
bulunur.