Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2010 => Konuyu başlatan: ERhan ERdoğan - Eylül 08, 2013, 01:04:02 öö

Başlık: Tübitak Lise 1. Aşama 2010 Soru 14
Gönderen: ERhan ERdoğan - Eylül 08, 2013, 01:04:02 öö

Gerçel sayı doğrusu üstünde $0$ noktasından başlayarak, her adımda doğru boyunca istediği yönde $364$ veya $715$ birim sıçrayan bir çekirgenin konduğu noktaların $2010$ noktasına uzaklığı en az ne kadar olabilir?       

$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 18
\qquad\textbf{d)}\ 34
\qquad\textbf{e)}\ 164
$

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2010 Soru 14
Gönderen: mehmetutku - Haziran 09, 2014, 10:03:24 ös

(Mehmet Utku Özbek)
Yanıt: $\boxed{A}$

Görüldüğü üzere $364$ ve $715$, $13$ e tam bölünüyor. O zaman çekirgenin konduğu noktalar $13$ e tam bölünür. $2002$ ve $2015$,  $13$ e tam bölündüğü için uzaklık en az $5$ olabilir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2010 Soru 14
Gönderen: Lokman Gökçe - Haziran 19, 2014, 02:11:02 öö

Yanıt: $\boxed{A}$

$\text{OBEB}(364,715)=13$ tür. Çekirge $x$ defa $364$ birim, $y$ defa $715$ birim zıplasın. ($x,y$ birer tamsayıdır).  O halde $364x+715y=z$ şeklindeki $z$ noktalarına ulaşılabilir. $z=13(28x+55y)$ dir. $28x+55y=1$ doğrusal Diyofant denkleminin tam sayılar kümesinde çözümü vardır. Dolayısıyla tüm tam sayıları $28x+55y$ şeklinde ifade edebiliriz. $z=13(28x+55y)$ ile $13$ ün katı olan tüm tam sayıları gösterebiliriz, bunun dışındaki tam sayıları ise $13(28x+55y)$ şeklinde yazamayız. $2002=13\cdot 154$ ve $2002=13\cdot 155$ tir. $2010$ noktası $2015$ e $2002$ den daha yakındır. Aranan en kısa uzaklık $2015-2010=5$ tir.