1
« Son İleti Gönderen: geo Bugün, 01:06:15 öö »
Önceki çözümlerdeki adımlardan $CEFD$ nin kirişler dörtgeni olduğu bulunur.
$$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC \cdot \sin \angle AEF}{FD\cdot BC\cdot \sin \angle FDC}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} \tag{1}$$
$\triangle AFE \sim \triangle ACD$ den $$\dfrac{FE}{CD} = \dfrac{AF}{AC} \Longrightarrow FE\cdot AC = AF\cdot CD\tag{2}$$
$\triangle BFD \sim \triangle BCE$ den $$\dfrac{FD}{CE} = \dfrac{BF}{BC} \Longrightarrow FD\cdot BC = BF\cdot CE\tag{3}$$
$(2)$ ile $(3)$ ü taraf tarafa oranlarsak $$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} = \dfrac{AF}{BF}\cdot \dfrac{CD}{CE}=2\cdot 2 =4$$
2
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 08:30:50 öö »
Alan eşitliğinden $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için $\angle AFB = 180^\circ-\angle ACB$. Bu durumda $CEFD$ kirişler dörtgenidir.
$AB$ nin orta noktası $M$ olsun. $CF$ ile $AB$, $P$ de kesişsin.
$AFBG$ paralelkenarı kuralım. $\triangle AFG \sim \triangle CDE$.
$\angle AFG = \angle CDE = \angle CFE = \angle BFP$ olduğu için $\triangle AFB$ de $FM$ kenarortay, $FP$ $F-$simedyandır. O halde, $\dfrac{AP}{BP}=\dfrac{AF^2}{BF^2}=4$ tür. $\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{AP}{BP}=4$.
3
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 08, 2025, 01:19:53 öö »
Önerme 13. Bir doğru parçası başka bir doğru parçası üzerinde duruyorsa, ya iki dik açı oluşturur ya da oluşturduğu açılar toplamı iki dik açıya eşittir. İspat. Herhangi bir $[AB]$ doğru parçası, $[CD]$ doğrusu üzerine oturmuş olsun ve açılar $\widehat{CBA}$ ve $\widehat{ABD}$ oluşsun. iddia ediyoruz ki ya $\widehat{CBA}$ ile $\widehat{ABD}$ iki dik açıdır, ya da bu iki açının toplamı iki dik açıya eşittir. Eğer $\widehat{CBA} = \widehat{ABD}$ ise, bu iki açı zaten iki dik açıdır. (Dik açının tanımından, Tanım 1.10) Ancak eşit değillerse, $B$ noktasından $CD$ doğrusu üzerine dik olan bir $BE$ doğrusu çizelim. (Önerme 1.11) Bu durumda $\widehat{CBE}$ ve $\widehat{EBD}$ birlikte iki dik açı oluşturur. Şimdi, $\widehat{CBE}$, $\widehat{CBA} + \widehat{ABE}$ toplamına eşittir. Her iki tarafa da $\widehat{EBD}$ ekleyelim: $$ \widehat{CBE} + \widehat{EBD} = \widehat{CBA} + \widehat{ABE} + \widehat{EBD} $$ Öte yandan $\widehat{DBA}$, $\widehat{DBE} + \widehat{EBA}$ toplamına eşittir. Her iki tarafa da $\widehat{ABC}$ ekleyelim: $$ \widehat{DBA} + \widehat{ABC} = \widehat{DBE} + \widehat{EBA} + \widehat{ABC} $$ Ama dikkat edelim: $\widehat{CBE} + \widehat{EBD}$ toplamının, aynı üç açı toplamına eşit olduğu daha önce gösterildi. Ve aynı şeye eşit olan şeyler de birbirine eşittir. Dolayısıyla: $$ \widehat{DBA} + \widehat{ABC} = \widehat{CBE} + \widehat{EBD} $$ Öte yandan $\widehat{CBE} + \widehat{EBD}$ zaten iki dik açıydı. O hâlde, $\widehat{DBA} + \widehat{ABC} =$ iki dik açı. Sonuç olarak, eğer bir doğru başka bir doğru üzerine yerleştirilirse, oluşturduğu açılar ya iki dik açıdır, ya da toplamları iki dik açıya eşittir. Not:Bu önerme ile birlikte Öklid’in büyüklükler aritmetiğinden ne anladığı yavaş yavaş ortaya çıkmaya başlar — özellikle açıların nasıl “toplandığı”. Öklid, örneğin $\widehat{CBE} = \widehat{CBA} + \widehat{ABE}$ der. Bu, açıların toplamı için şu durumlarda geçerlidir: $\bullet$ Açılar aynı köşeye (örneğin $B$) sahip olmalı, $\bullet$ Ortak bir kenar paylaşmalı (örneğin $BA$), $\bullet$ Ve açı kolları ortak kenarın farklı iki tarafında kalmalıdır. Yani bitişik açılar birleştirilerek açı toplamı yapılabilir. Ancak burada başka türden bir toplam da vardır. Öklid, $\widehat{CBE} + \widehat{EBD} = \widehat{CBA} + \widehat{ABE} + \widehat{EBD}$ şeklinde bir eşitlik kurar. Bu toplam, gerçekte bir doğru açı'dır — ki bu, Öklid’e göre bir “açı” değildir. Yani, bu toplam yalnızca iki dik açıya eşit olan biçimsel bir büyüklüktür. Elementler'de zaman zaman dört dik açı gibi daha büyük toplamlar da kullanılır. Bunlar bir “açı” olarak değil, yalnızca açıların toplamı olarak değerlendirilmelidir. Bir açı toplamı ancak iki dik açıdan küçükse, gerçek bir açı gibi kabul edilebilir.
4
1. Yol: $\frac{1}{2}-\frac{1}{10}=\frac{2}{5}$ olmasından yola çıkarak, $p>5$ için $$\left(\frac{p-5}{2}\right)^{-1}-10^{-1}\equiv -2^{-1}\equiv \frac{p-1}{2}\pmod{p}$$ olduğunu söyleyebiliriz. Eğer $p\geq 23$ ise hem $10$, hem de $\frac{p-5}{2}$ elemanları $A$ kümesinde olacaktır. Dolayısıyla, $A^{-1}=B$ olması için bu elemanların terslerinin de $B$ kümesinde olması gerekir. Ancak $B$ kümesinde arasındaki farkın $\frac{p-1}{2}$ olduğu iki tane eleman yoktur. Dolayısıyla $p< 23$ olmalıdır. $p=5,7,11,13,17,19$ asallarını denersek, $p=5,7,13$ asalları sağlar. ($p=11$ için $3^{-1}\equiv 4$ olması; $p=17$ için $3^{-1}\equiv 6$ olması; $p=19$ için $4^{-1}\equiv 5$ olması çelişkidir)
2. Yol: Denenirse $p=5,7,13$'ün sağladığı görülebilir. Dolayısıyla, $p\geq 17$ için çözüm olmadığını göstermek yeterlidir. Bu asallar için $2,3,\dots, 8$ kesinlikle $A$ kümesindedir. Dolayısıyla bu elemanların tersleri $B$ kümesinde olmalıdır. $4$'ün tersi $\frac{p+1}{4}$ veya $\frac{3p+1}{4}$ olacaktır ancak $\frac{p+1}{4}$ kesinlikle $A$ kümesinde olduğundan çelişki olmaması için $4$'ün tersi $\frac{3p+1}{4}$ olacaktır. Yani $p\equiv 1\pmod{4}$ olmalıdır.
Eğer $p\equiv 5\pmod{8}$ ise $8$'in $p$ modundaki tersi $\frac{3p+1}{8}$ olacaktır. $p\geq 5$ olduğundan $\frac{p-1}{2}\geq \frac{3p+1}{8}$ olacaktır. Yani hem $8$ hem de $8^{-1}\equiv \frac{3p+1}{8}$ elemanları $A$ kümesinde olacaktır. Bu bir çelişkidir.
Eğer $p\equiv 1\pmod{8}$ ise $2$ sayısı $p$ modunda karekalandır, dolayısıyla, $x^2\equiv 2\pmod{p}$ olacak şekilde bir $x$ vardır. Bu $x$ için $$(x-1)(x+1)\equiv 1\pmod{p}$$ olduğundan arasında $2$ fark bulunan ve birbirinin tersi olan iki eleman olmalıdır. Ancak birbirlerinin tersleri olan elemanların farklı kümelerde olmasını istiyoruz. İstisna olan $1$ ve $p-1$ elemanlarını da hesaba katarsak, $x=\frac{p-1}{2},\frac{p+1}{2},1,2,p-2,p-1$ olabilir. $x^2\equiv 2\pmod{p}$ denkliğini kullanarak bunların çözüm getirmediğini görebiliriz. Dolayısıyla, $p\geq 17$ için şartı sağlayan bir asal sayı yoktur.
5
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 04, 2025, 08:39:43 ös »
Yanıt: $\boxed{C}$ $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezine $I$, yarıçapına $r$ diyelim. $\angle BAI = \angle CAI = \alpha$ olsun. Aşağıdaki şekli takip edelim. $\angle IDH = \angle BFD = \alpha$ olur. $\sin \alpha = \dfrac{r}{25}$ ve $\cos \alpha = \dfrac{12}{r}$ dir. Çarpımlarının sabit olduğuna dikkat edersek $\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cdot \cos \alpha$ özdeşliğini kullanabiliriz. $\sin 2\alpha = 2 \cdot \dfrac{12}{25} = \dfrac{24}{25}$ bulunur. Bir dik üçgen inşa ederek $\tan \alpha = \dfrac{3}{4}$ bulabiliriz. $\sin \alpha = \dfrac{3}{5} = \dfrac{12}{|AE|}$ olup $|AE| = 20$ elde edilir.
6
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 04, 2025, 08:08:13 ös »
Yanıt: $\boxed{C}$ $m$ ile $n$'den en az biri çift sayı ise istenen şekilde boyamak mümkündür. $m=2\ell$ şeklinde çift sayı olduğunu varsayalım. Ardışık satırları ikişerli gruplayarak $\ell$ tane $2\times n$ türünde tahta düşünelim. Kırmızı renkli olan karelere $k$, mavi renkli olan karelere $m$ yazalım. İlk gruptaki $2\times n$ kareye $k$, ikinci gruptaki $2\times n$ tane kareye $m$, üçüncü gruptaki $2\times n$ tane kareye $k$ yazarak alterne biçimde ilerleyelim. Aşağıdaki örnek yapıyı inceleyebiliriz: $$ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline k & k & k & \cdots & k \\\hline k & k & k & \cdots & k \\\hline m & m & m & \cdots & m \\\hline m & m & m & \cdots & m \\\hline \end{array} $$ Bu şekilde $m \times n$ türünde tahta istenen özellikte boyanabilir. Şimdi $m$ ve $n$ sayılarının tek sayı olduğunu düşünelim. Aynı renkli komşu kareler arasında birer çizgi çekerek bunları gösterelim. Çizge teorisi diliyle, kareleri birer köşe noktası, aynı renkteki komşulukları da birer kenar ile ile ifade edebiliriz. Her köşe noktasının derecesi $1,3,5,7$ sayılarından biri olabilir. Tüm köşe noktalarının derecelerinin toplamı, toplam kenar sayısının $2$ katına eşittir. Çünkü her kenarın iki ucu vardır. Bu uçlar komşu renkli kareleri temsil eden noktalardır. Bu temel teorem, Euler'in El Sıkışma Lemması (Handshaking lemma) ismiyle de bilinir. Özetle, $mn$ tane (tek sayıda) köşe noktası vardır ve her köşe noktasının derecesi $1,3,5,7$ sayılarından biri olduğundan dereceler toplamı tek sayıdır. Bu sayı toplam kenar sayısının $2$ katına (çift sayıya) eşit olamaz. Böylece $m$ ve $n$ tek sayı iken bu boyamayı yapmak imkansızdır. Münkün olan boyamalar $(m,n) = (32,33), (20,25), (10,40)$ olup $3$ tanedir.
7
$p\geq 5$ bir asal sayı olsun. $A=\left\{2,3,\dots, \frac{p-1}{2}\right\}$ ve $B=\left\{\frac{p+1}{2},\dots, p-2\right\}$ olsun. $A^{-1}$ ile $A$ kümesindeki elemanların $p$ modundaki terslerinin kümesini gösterelim. $A^{-1}=B$ olmasını sağlayan tüm $p$ asallarını bulunuz.
Örnek: $p=7$ için $A=\{2,3\}$ ve $B=\{4,5\}$'dir. $2$'nin tersi $4$ ve $3$'in tersi $5$ olduğundan $A^{-1}=B$ olur.
8
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 03, 2025, 03:00:26 öö »
- İlk 8 soruyu olabildiğince çözmeye çalışırım.
- Eğer bunlar hızlı gidiyorsa işler yolunda demektir, kalan geometrileri aradan çıkarmaya çalışırım.
- Sonra da 10-20 arasını çözmeye çalışırım.
- Vakit kaldıysa 20'den sonraki sorularda da ilerlemeyi denerim.
Mevcut 3 saatlik sınav süresinde 20-25 arasında soru işaretleyebilirim. 2012 sınavına öğretmen olarak katılmıştım ve 2,5 saatte 21 soru işaretlemiştim. 4 yanlış yapsam da barajı geçmeye yeterliydi. Buradan bir oran kuruyorum kendimce. Tüm sorular üzerinde anlayıp uğraşacak kadar vaktim kalacağını sanmıyorum. O kadar hızlı değilim. Ama 20 soru işaretlemek ve çok az hata yapmak çoğu zaman 1. aşama sınavını geçmek için yeterlidir.
Sorular kolay ise baraj yükselecektir ancak bu durumda ben de daha hızlı çözebilirim. O durumda işaretlediğim soru sayısı olarak 25'e kadar çıkabileceğime inanıyorum.
9
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 03, 2025, 12:16:09 öö »
Bu başlık altında sınavları çözerken kullandığınız/önerdiğiniz stratejileri paylaşıyoruz.
Örneğin;
- Geometrim çok iyi.
- Önce geometriden başlarım. 6-8 tane çözmek hedefimdir. 60-70 dakika arası ayırırım.
- Sonra ilk 4 sayfaya, uzun kombinatoriklere bulaşmadan, 60 dakika ayırırım.
- Son 50-60 dakika gözüme kolay görünen sorulara (sayılar teorisi, cebir, kombinatorik), yarım kalan sorulara (önce geometri) bakarım.
10
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 02, 2025, 07:18:43 ös »
Yanıt: $\boxed{D}$
Öbeklerde $a$ ve $b$ tane taş olması durumunu $(a,b)$ ile gösterelim. $(a,b) = (0,0)$ durumunda oyunun kaybedileceği açıktır. Oyuna başlayan kişinin kazanabildiği oyunlara $A$ oyunu, kaybettiği oyunlara $B$ oyunu diyelim. $(a,b)$ ikilisi için yapılabilecek hamleler $(a-1, b), (a, b-1), (a-1, b+1), (a+1, b-1), (a-1, b-1)$ dir. Bunun anlamı, $(a,b)$ tam sayı koordinatlı bir noktanın etrafındaki $5$ tam sayı koordinatlı noktaya ulaşabilmek mümküdür. Fakat bu noktanın sağındaki sağ altındaki veya altındaki $(a, b+1), (a+1, b+1), (a+1, b)$ şeklindeki $3$ noktaya hamle yapılamamaktadır. Buna göre $(m,n)$ ikilileri için aşağıdaki tabloyu doldurabiliriz:
$$
\begin{array}{c|cccccc}
m \backslash n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ \hline
0 & B & A & B & A & B & A \\
1 & A & A & A & A & A & A \\
2 & B & A & B & A & B & A \\
3 & A & A & A & A & A & A \\
4 & B & A & B & A & B & A \\
5 & A & A & A & A & A & A \\
\end{array}
$$
Eğer $5$ uygun hamleden birini yaparak rakibe $B$ oyunu bırakabiliyorsak o hücreye $A$ oyunu yazarız. Eğer $5$ hamlenin tamamı da rakibe $A$ oyunu bırakıyorsa, o kareye $B$ oyunu yazarız. Böylece her iki bileşeni de çift sayı koordinatlı olan oyunlar $B$ oyunu olmaktadır.
Sonuç olarak yalnızca $(16, 24)$ bir $B$ oyunu olur. Diğer $4$ oyunu ilk başlayan oyuncu kazanır.
|
Son İletiler