81
Cevap: $\boxed{C}$
$|AB|=|AC|$ olduğundan $s(\widehat{BAD})=s(\widehat{EDC})=\alpha^\circ$ ve $s(\widehat{ABC})=\beta^\circ$ dersek, $s(\widehat{ACB})=\beta^\circ$ olacağından $ABD$ ve $DCE$ üçgenleri benzerdir. Benzerlikten $|DC|=\sqrt{3}$ bulunur. Yani $AD$ yüksekliktir. Pisagordan $|AD|=\sqrt{6}$ bulunur. $ADC$ üçgeninde kenar uzunlukları ve $|EA|,|EC|$ uzunlukları bilindiğinden $|DE|$'yi rahatlıkla hesaplayabiliriz. Birde çok yöntem vardır, ben en genel hali olan Steward teoremini kullanacağım. $$|DE|^2=\frac{|DC|^2\cdot |AE|+|AD|^2\cdot |EC|}{|AC|}-|AE|\cdot |EC|=2\implies |DE|=\sqrt{2}$$ bulunur.
82
Cevap: $\boxed{C}$
$|BD|=|BF|=x$ ve $|CD|=|EC|=y$ olsun. Bu durumda $xy=x+y+3$ olduğu verilmiştir. $s(\widehat{BAC})=\alpha$ diyelim. Kosinüs teoreminden $$(x+3)^2+(y+3)^2-2(x+3)(y+3)\cos\alpha=(x+y)^2$$ olacaktır. Sadeleştirirsek ve $\cos\alpha$'yı çekersek, $$\cos\alpha=\frac{6x+6y+18-2xy}{6x+6y+18+2xy}=\frac{6x+6y+18-2(x+y+3)}{6x+6y+18+2(x+y+3)}=\frac{4x+4y+12}{8x+8y+24}=\frac{1}{2}$$ bulunur. Buradan $\alpha=60^\circ$ bulunur.
83
Cevap: $\boxed{D}$
Eğer $n\geq 5$ ise oyuna başlayan oyuncu ilk köşeye $x$ yazsın. Diğer oyuncu ise başka bir köşeye $y$ yazsın. Yazılan $y$ nerede olursa olsun, ilk oynayan oyuncunun başladığı köşenin saat yönünde veya saat yönünün tersindeki ikinci köşelerden birisi boş olacaktır. Buraya ilk yazdığı sayıyı yazarak oyunu kazanır.
$n=3$ durumunda da kendine ikinci defa sıra geldiğinde ilk yazdığı sayıyı yazarak her ihtimalde kazanır.
$n=4$ durumunda bir köşeye $x$ yazsın, diğer oyuncu onun tam çaprazındaki köşeye $x+1$ yazsın. Üçüncü oyuncu kalan köşelerden birine $y$ yazarsa, diğer oyuncu da son köşeye $y+2$ yazar ve başlayan oyuncu kazanamaz.
Sonuç olarak $n=4$ durumu haricindeki tüm oyunlarda kazanma stratejisi vardır.
84
Cevap: $\boxed{A}$
Herkes birbiriyle tokalaşmış olmasın. $(A,B)$ ve $(C,D)$ ikilileri tokalaşmamış olsun. Eğer bu dört kişi farklı kişilerse diğer üç kişiyle tokalaşmış birisi olmayacağından çelişki elde edilir. Dolayısıyla, $(A,B)$ tokalaşmamış bir ikiliyse, tokalaşmamış diğer tüm ikililer ya $A$'yı ya da $B$'yi içermek zorundadır. Genelliği bozmadan ikinci ikili $(A,C)$ olsun. Aynı mantıkla, tüm tokalaşmayan ikililer ya $A$'yı ya da $C$'yi içermelidir. Bu da tokalaşmayan ikililerin sadece $(B,C)$ veya $(A,X)$ formatında olabileceğini gösterir. Eğer $(A,D)$ tokalaşmayacak şeklinde bir $B,C$'den farklı bir $D$ varsa, $A,B,C,D$'nin dörtlüsünü ele aldığımızda kimse $A$ ile tokalaşmadığından çelişki çıkar. Dolayısıyla, tokalaşmayan ikililer en fazla $(A,B),(A,C),(B,C)$ olabilir. Bu durumun sıkıntı çıkarmadığı da kolayca görülebilir çünkü her dörtlüde $A,B,C$'den farklı bir kişi vardır ve bu herkesle el sıkışır. Sonuç olarak tokalaşmayan ikili sayısı en fazla $3$ olabilir.
85
Cevap: $\boxed{D}$
Toplam $3$ tane satır/sütunda bir tane işaretli, $1$ tane satır/sütunda da üç tane işaretli kare olması gerektiği kolayca görülebilir. $4\cdot 4=16$ şekilde hangi sütun ve hangi satırda $3$ tane işaretli kare olacağını seçelim. $R$. satır ve $C$. sütun seçilmiş olsun. Bu ikisinin kesişimi olan kare işaretli değilse, kalan üçer kare işaretli olacaktır ve böylece $6$ kareyi uygun şekilde işaretlemiş oluruz. Bu bize bir tane işaretleme verir.
$R$ ve $C$'nin kesişimi işaretli ise geriye kalan üçer kareden ikisini işaretlemeliyiz. Her biri için $3$ farklı şekilde yapabileceğimizden $3\cdot 3=9$ olası durum vardır. $5$ kare işaretlenmiştir. Bu durumların her biri bize hiçbir karesi boyanmamış bir satır ve sütun verir. Boyanacak olan son kare bu satır ve sütunun kesişimi olacaktır. Dolayısıyla, $6$. kare de tek şekilde işaretlenmiş olur. Yani bu durumda da $9$ farklı işaretleme vardır.
Her $(R,C)$ ikilisi için tam olarak $10$ tane işaretleme vardır. Dolayısıyla tüm işaretlemelerin sayısı $16\cdot 10=160$'dır.
86
Cevap: $\boxed{D}$
En ağır taşın ağırlığı $A$ olsun. Kalan taşların toplam ağırlığı $100-A$ olacaktır. En hafif $12$ taşın ağırlığı en fazla $\frac{12(100-A)}{21}$ olabilir. Bu durumdan dolayı $$\frac{12(100-A)}{21}\geq 40\implies A\leq 30$$ bulunur. $A=30$ durumunda da diğer taşların ağırlığı eşit, yani $\frac{10}{3}$ seçilirse istenilen şart sağlanır.
87
Cevap: $\boxed{C}$
Aslı ilk gün $a$ soru çözsün. Bu durumda $2$. gün sonunda $a$ tane soru kalmış olmalıdır, yani $2$. gün $99-2a$ soru çözmüştür. Aynı mantıkla $3$. gün sonunda $99-2a$ soru kalacağından, $3$. gün de $$99-(99-2a)-(99-2a)-a=3a-99$$ soru çözmüştür. Bu şekilde devam edersek, $4$. gün sonunda $3a-99$ sorusu kaldığından $4$. gün çözdüğü soru sayısı $$99-(3a-99)-(3a-99)-(99-2a)-a=198-5a$$ olacaktır. Bu sayı $5$. gün sonunda kalan soru sayısı olduğundan, $5$. gün $$99-(198-5a)-(198-5a)-(3a-99)-(99-2a)-a=8a-297$$ soru çözmüştür. Bu sayıların hepsi sıfırdan büyük veya eşit olmalıdır. Toplamları da, yani $5a-99$ sayısı da, $99$'u geçmemelidir. Dolayısıyla basit bir hesaplamayla, $39\geq a\geq 38$ eşitsizliği bulunur, yani $a=38$ veya $a=39$ olabilir. $a=38$ durumunda $3.$ gün $3\cdot 38-99=15$ soru çözmüştür, $a=39$ ise $3\cdot 39-99=18$ soru çözmüştür. Bu yüzden üçüncü gün çözülen soru sayısı en fazla $18$ olabilir.
88
Cevap: $\boxed{D}$
$n=1$ istenileni sağlar. $m>1$ sayısı herhangi bir sayının birden büyük bir kuvveti olarak yazılamayan bir tamsayı olmak üzere, $k\geq 1$ için $n=m^k$ olarak yazabiliriz. Bu durumda $$n^{\frac{18}{n}}=m^{\frac{18k}{m^k}}\in\mathbb{Z}\implies m^k\mid 18k$$ elde edilir.
$k=1$ için $m\mid 18$ olacağından $n=m=2,3,6,18$ olabilir.
$k=2$ için $m^2\mid 36$, yani $m\mid 6$ olduğundan $n=m^2=4,9,36$ olabilir.
$k=3$ için $m^3\mid 54$, yani $m\mid 3$ olduğundan $n=m^3=27$ olabilir.
$k\geq 4$ için $m^k\mid 18k$ bize $18k\geq m^k\geq 2^k$ verir. Bir taraf üstel, diğer taraf lineer olduğundan bu eşitsizlik belli bir değerden sonra bozulacaktır. $k=4$ için zaten doğru olmadığından $k\geq 4$ için de doğru değildir. Buradan çözüm gelmez.
Sonuç olarak $n=1,2,3,4,6,9,18,27,36$ olmak üzere $9$ farklı değer alabilir.
89
Cevap: $\boxed{C}$
Ali ve Burcu'nun yaşları $a$ ve $b$ olsun. Doğru orantılı olduğu durumda Ali'nin aldığı şeker sayısı $\frac{99a}{a+b}$ şeker alır. Ters orantılı olduğu durumda da $\frac{99\cdot \frac{1}{a}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{99b}{a+b}$ şeker alacaktır. Dolayısıyla bize verilen eşitlik $$\frac{99b}{a+b}-\frac{99a}{a+b}=9\implies 5b=6a$$ bulunur. Yani $(a,b)=(5k,6k)$ formatındadır. Ali'nin yaşı, verilen şıklarda sadece $10$ olabilir.
90
Cevap: $\boxed{D}$
Herhangi iki öğrencinin ortak beğendiği bir tablo olsun. Herkesin beğendiği bir tablo varsa, o tablo otomatik olarak $23$ kişi tarafından beğenilmiş demektir. Böyle bir tablo olmadığı kabulüyle başlayalım. Herkes aynı iki tabloyu beğenmiş olamaz, bu yüzden $a,b,c$ farklı tablolar olacak şekilde $(a,b)$ ve $(a,c)$ tablolarını beğenen $2$ öğrenci olmalıdır. Herkes $a$ tablosunu beğenmiş olamayacağından, $a$'yı beğenmeyen herkes $(b,c)$ tablolarını beğenmiş olmalıdır. Eğer $a,b,c$ dışında beğenilen bir $d$ tablosu varsa, bu tabloyu beğenen kişi otomatik olarak $a$'yı da beğeneceğinden $(a,d)$ ikilisini beğenmiş olur. Ancak bu durumda da $a$'yı beğenmeyen kişi $b,c,d$'nin üçünü birden beğenmek zorunda kalır ki bu da imkânsızdır. Sonuç olarak ya herkesin beğendiği bir tablo vardır, ya da herhangi bir öğrencinin beğendiği tablo ikilisi $(a,b),(a,c),(b,c)$ ikililerinden biri olmak zorundadır. Bu ikilileri beğenenlerin sayısı sırasıyla $d_1,d_2,d_3$ olsun. Bu durumda $d_1+d_2+d_3=23$'dür ve $a,b,c$ tabloları sırasıyla $d_1+d_2,d_1+d_3,d_2+d_3$, veya denk olarak, $d_1+d_2,23-d_2,23-d_1$ kişi tarafından beğenilir. Bu sayıların toplamı $46$ olduğundan her durumda en az bir tanesi en az $\left\lceil \frac{46}{3}\right\rceil=16$ kişi tarafından beğenilir. Örnek durum olarak da $d_1=d_2=8$ ve $d_3=7$ verilebilir.
|
Son İletiler