Son İletiler

Sayfa: 1 ... 3 4 [5] 6 7 ... 10
41
2026 AYT Matematik 23. Soru: Hatalı Değil, Daha Kötüsü, Ölçme Açısından Sorunlu


2026 AYT Matematik testindeki 23. soru, bence ÖSYM tarihinin en tartışmalı sorularından biri olmaya adaydır. İlk bakışta klasik bir türev grafiği, kök aralığı ve yorum sorusu gibi duruyor. Fakat biraz dikkatli bakıldığında, sorunun yalnızca matematiksel değil, ölçme-değerlendirme açısından da problemli bir madde hâline geldiği görülüyor. (Sorunun orijinali ÖYSM sayfasında bulunabilir.)

Öncelikle şunu açıkça söylemek gerekir: Bu soruda doğru cevap seçeneklerde yoktur demek doğru olmaz. Doğru cevap (A) seçenekler arasında vardır. Bu yüzden mesele basit bir “hatalı soru” meselesi değildir. Asıl mesele, sorunun hangi cevabı ölçme ilkeleri bakımından sağlıklı şekilde desteklediği ve resmî cevap anahtarının hangi çözüm düzeyini esas aldığıdır.

Soru, türev grafiği üzerinden fonksiyonun kökünün hangi aralıkta bulunabileceğini sorguluyor. Resmî cevap anahtarında I ve III. önermelerin doğru kabul edildiği görülüyor. Bu cevap, soruya daha hızlı ve daha yüzeysel bir grafik okumasıyla yaklaşan adayların ulaşabileceği doğal bir sonuçtur. AYT gibi süre baskısının yüksek olduğu bir sınavda birçok öğrencinin ve öğretmenin bu cevaba yönelmesi de şaşırtıcı değildir. Eğer açıklanan cevap anahtarında doğru yanıt (A) olarak verilseyi "Çok eleyici, zorlu bir soru sorulmuş" yorumunu yapabilirdik, itiraz da olmazdı. Ancak resmî cevap anahtarı (C) olarak verildiği için "Soru maksadını çok aşmış, ÖSYM bile kendi sorusunda elenmiş" yorumu oluşuyor.

Çünkü sorudaki özel koşullar ($f'$ türev grafiğinin $[3,4]$ aralığında artan oluşu ve $f'(4) = f(4)$ bilgileri) tam olarak kullanıldığında, III. önermenin elenmesi gerektiği ortaya çıkıyor. Yani daha derin ve daha dikkatli matematiksel muhakeme, resmî cevap anahtarından farklı bir sonuca götürüyor. Burada sorun tam olarak budur: Soru, daha iyi matematik yapan adayı ödüllendirmek yerine cezalandırma riski taşımaktadır.

Bu tür maddelerde yalnızca “doğru seçenek var mı?” sorusu yeterli değildir. Bir sınav maddesinin sağlıklı kabul edilebilmesi için, ölçmek istediği beceriyi açık, güvenilir ve pozitif ayırt edici biçimde ölçmesi gerekir. Bu soruda ise durum tersine dönmüş görünmektedir. Hızlı ve eksik bir çözüm yolu resmî anahtara götürürken, daha ayrıntılı ve daha tutarlı bir çözüm yolu farklı bir cevaba götürmektedir.

Bu nedenle sorunun negatif ayırt edicilik gösterme ihtimali oldukça yüksektir. Yani cevap seçeneği (C) olarak tutulursa üst düzey matematiksel muhakeme yapan adayların bir kısmı bu soruda dezavantajlı duruma düşebilir. Buna karşılık, soruyu daha yüzeysel yorumlayarak (C) seçeneğini işaretleyen adaylar avantajlı hâle gelebilir. Bu, bir test maddesi için ciddi bir ölçme problemidir.

Burada dikkat edilmesi gereken başka bir nokta daha var. “Yalnız I” cevabını doğru akıl yürütmeyle bulan aday sayısının çok sınırlı olması muhtemeldir. Aynı cevabı tesadüfen ya da eksik gerekçeyle işaretleyen adaylar da olabilir. Öte yandan I ve III cevabına ulaşan adayların önemli bir kısmı, kısıtlı süre altında sorunun beklenen ilk çözüm hattını takip etmiş adaylardır. AYT gibi hız baskısı yüksek bir sınavda, her adayın bu soruya dönüp daha derin bir ikinci analiz yapmasını beklemek gerçekçi değildir.

Dolayısıyla bu soru, adayların matematiksel yeterliğini temiz biçimde ayıran bir madde olmaktan çıkmıştır. Sorunun güçlüğü, ölçülmek istenen matematiksel kazanımdan çok; adayın süre yönetimi, ikinci kez kontrol etme imkânı, sınav anındaki risk algısı tercihi gibi dış değişkenlere bağlı hâle gelmiştir.

Bana göre bu nedenle yapılması gereken en sağlıklı işlem, cevabı C olarak tutmak değildir. Cevabı A olarak güncellemek de matematik olarak doğru ve mümkün görünse bile, uygulama sonrasında maddenin ölçme işlevi ciddi biçimde bozulduğu için daha doğru karar sorunun iptal edilmesidir.

İptal gerekçesi “doğru cevap seçeneklerde yoktur” şeklinde kurulamaz. Çünkü doğru cevap seçenekler arasında vardır. Fakat bu durum, maddenin sağlıklı bir ölçme maddesi olduğu anlamına gelmez. Gerekçe şudur: Madde, verilen koşulların tam ve dikkatli kullanımı hâlinde resmî cevap anahtarından farklı bir sonuca götürmekte; bu nedenle madde geçerliği, puanlama güvenirliği ve ayırt edicilik bakımından sorun oluşturmaktadır.

Kısacası bu soru, matematiksel olarak ilginç ama sınav maddesi olarak sakattır. Bir yarışma probleminde tartışılabilir, bir ders ortamında güzel analiz edilebilir, hatta öğretici bile olabilir. Fakat milyonlarca adayın sıralamasını etkileyen yüksek riskli bir sınavda, bu kadar katmanlı ve anahtarı tartışmalı bir maddenin puanlamaya dâhil edilmesi doğru değildir.

Benim kanaatim, 2026 AYT Matematik 23. sorunun iptal edilmesi gerektiği yönündedir.
42
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂=1, N=5) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 27, 2026, 02:33:27 ös »
Problem: $(k_2=1, N = 5.6) \equiv (k_2=1, c=30^\circ , a_2 = 110^\circ) \Longrightarrow a_1 = 20^\circ $

Çözüm:

GeoGebra

$\angle AEC = 20^\circ$ olacak şekilde $DC$ nin uzantısı üzerinde $E$ noktası alalım. $\angle DAE = 120^\circ$ dir. $DA$ uzantısı üzerinde $F$ noktasını $\triangle AFE$ eşkenar olacak şekilde alalım.
$\angle AFE = 2\angle ACD = 60^\circ$ ve $AF=FE$ olduğu için $\triangle ACE$ nin çevrel merkezi $F$ dir.
$\angle AFC = 2\angle AEC = 40^\circ$ ve $CD=FC=AF=FE=AE$, dolayısıyla $AB=AE$ ve $\angle ABD = \angle AEC = 20^\circ$.

43
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂=1, N=5) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 27, 2026, 01:32:24 ös »
Problem: $(k_2=1, N = 5.3) \equiv (k_2=1, b=20^\circ , a_1 = 20^\circ) \Longrightarrow a_2 = 110^\circ $

Çözüm:

GeoGebra

$\angle ADC = 40^\circ$.
$DC$ nin uzantısı üzerinde $\angle AEC = \angle ABD = 20^\circ$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.
$\triangle AED$ üçgeninde $AE=CD$ sorusu $(k_2=1, N = 6.1) \equiv (k_2=1, b=20^\circ , c = 40^\circ) \Longrightarrow a_1 = 10^\circ$ sorusuna dönüşür. Orada yaptıklarımızı burada tekrarlayalım.

$AB=AE$ ve $\angle DAE = 120^\circ$ dir. $DA$ nın uzantısı üzerinde $AF=AE$ şeklinde $F$ noktası alıp $AFE$ eşkenar üçgenini oluşturalım.
$\angle AEC = 80^\circ$ dir.
$DE$ nin uzantısı üzerinde $FE=EG$ olacak şekilde $G$ noktası aldığımızda $\angle FDG = \angle FGD = 40^\circ$ olduğu için $FD=FG$. Ayrıca $CD=EG$ olduğu için de $FC=FE=CD$.
Bu durumda, $F$ noktası $\triangle ACE$ nin çevrel merkezidir. $\angle ACD = \dfrac {\angle AFE}{2} = 30^\circ$ ve $\angle CAD = 110^\circ$ olur.
44
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgende Kesenin Kenarlar İle Yaptığı Açı Üzerine
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 26, 2026, 01:19:52 öö »
Elle ya da tablet kalemi ile çalışmak isteyenler için, ilk iletinin eklerine tüm soruları içeren pdf'ler eklenmiştir.
45
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgende Açı Model 4.9'un Çözümü
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 24, 2026, 10:38:38 ös »
Bu sorunun eşdeğeri;
$\angle PAC=\angle PCA = 30^\circ - t$, $\angle ABP=30^\circ$, $\angle BAP = 90^\circ - t$ ise $\angle CBP = ?$

GeoGebra

$ABP$ nin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle AOP = 2\angle ABP = 60^\circ$ olacağı için $BO=AO=OP=AP=PC$.
$\angle BAO = \angle BAP - \angle OAP = 90^\circ - t - 60^\circ = 30^\circ - t$ olduğu için $\triangle ABO \cong \triangle ACP$. Bu durumda, $AB=AC$ ve $\angle ABC=120^\circ -2t$ olduğu için $\angle ABC = \angle ACB = 30^\circ + t$. Dolayısıyla $\angle PBC = t$ ve $\angle PCB = 2t$ dir.
46
Fantezi Geometri / Ynt: Model Üçgen P noktası Model 33.5
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 24, 2026, 10:56:45 öö »
Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek)   $A$  noktasını $CP$  nin oluşturduğu doğruya göre yansıttığımızda $A'$ noktasını elde edelim ve üçgenin $AB$ kenarına üçgenin altına doğru eşkenar üçgen yapıştıralım.$\angle{PCA'}=39^\circ$, $\angle{A'CB}=24^\circ$  ve $|PA|=|PA'|$ ve  ACA' üçgeninde açıları ikizkenar üçgeninde $P$ kenar orta dikmesi üzerinde olduğu için $APA'$ ikizkenar ve $\angle{PAA'}=36^\circ$ yani $\angle{BAA'}=24^\circ$ olduğunu not edelim. Buradan  $\angle{A'CB}=\angle{BAA'}$ olduğundan dolayı $AA'BC$ kirişler dörtgenidir. Buradan kirişler dörtgeninde açı takipleri yapılırsa $|AB|=|AA'|=|AZ|=|BZ|$  elde edilir. Buradan da $BA'Z$ üçgeninin merkezinin $A$ olduğunu görebiliriz. $ZA'B$ üçgeninin açıları sırasıyla $12-150-18$  olduğunu (çember açı takiplerinden kolayca görülebilir) göz önüne alırsak ve $|AB|=|BZ|$ olduğunu da göz önüne alırsak $PAB$ ile $A'ZB$  üçgenlerinin eş olduğunu tahmin edebiliriz. Bunu ispatlayabilmemiz için $|A'Z|=|PA|$ elde etmeliyiz. $A'Z$  kenarını uygun bir şekle taşıyabilmek için $AA'Z$  üçgeninde $\angle{AA'Z}$ nin açıortayını çizdiğimizde bu açıortay $AZ$ yi $D$ noktasında keserse ve üçgen $36-72-72$ üçgeni olduğundan dolayı $|AD|=|DA'|=|A'Z|$ olur ve $APA'$ ve $ADA'$ üçgenleri arasında $(A-K-A)$  eşliği elde edilir. Buradan $|AP|=|A'Z|$ yani ispatladığımız eşlik nedeniyle $\angle{A'BZ}=\angle{ABP}=18^\circ$  yani $\angle{CBP}=33^\circ$ elde edilir.


GeoGebra
47
Fantezi Geometri / Model Üçgen P noktası Model 33.5
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 24, 2026, 10:37:27 öö »
$ABC$ üçgeninin içinde bir $P$ noktası alınsın. $\angle BAP=12^\circ$, $\angle PAC=15^\circ$, $\angle ACP=39^\circ$ ve $\angle PCB=63^\circ$ olduğuna göre, $\angle CBP$ açısının ölçüsünü bulunuz.
48
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen içerisinde P noktası, Model 32.6
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 22, 2026, 09:22:56 ös »
Bir önceki sorudaki model, Model 32.9
https://output.jsbin.com/metetoh/#39,24,27,57
49
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen içerisinde P noktası, Model 32.6
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 22, 2026, 03:01:44 ös »
Bu soruyu $7$  yıl önce Facebook  grubunda paylaşmıştım ve Marco Avalos isimli bir üye tarafından fotoğrafta eklediğim ek çizim verilmişti. Şu anlık ek çizimi ekledim. (Birebir aynı model değil bilinmeyenleri farklı )
50
Geomania Olimpiyat Denemeleri / Ynt: I. Aşama Deneme sınavı
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 22, 2026, 12:57:36 ös »
Sayılar Teorisi Sorularının çözümleri

6) Yanıt: A $(a,c)=g$  olsun ve $a=gu$  ve $b=gv$  alacak şekilde $g,u,v$ pozitif tam sayılarını seçelim. Benzer şekilde $ab=cd$  yardımıyla $b=vt$ ve $d=ut$ olacak şekilde $t$ pozitif tamsayısı bulunduğu görülebilir.

$$a^2+b^2+c^2+d^2=(gu)^2+(vt)^2+(gv)^2+(ut)^2=g^2(u^2+v^2)+t^2(u^2+v^2)=(g^2+t^2)(u^2+v^2)$$ ve $g^2+t^2>1$ ve $u^2+v^2>1$ olduğu için en az $2$ asal çarpanı vardır (farklı olması gerekmiyor) ve bu nedenle bu ifade pozitif tam sayılarda asal sayıya eşit olamaz.

Not: Örneğin  $g,t,u,v$  değerlerinden biri $0$ olabilseydi  $t^2(u^2+v^2)$ ve $t=1$  alırsak $u^2+v^2=p$ şeklinde bir eşitlik elde ederdik ve $p=4m+1$ formatındaki asal sayılar için daima $u,v$ bulunabilirdi.


10)   Yanıt: C   Bu sorudaki küçük tamsayımız $n$ olsun ve $S(n+1)-S(n)=1$ olmaması için (bu durumda her iki sayının rakamları toplamı $\pmod {11}$ de denk olamaz.) sondan en az bir basamağı $9$ olmalıdır. Varsayalım ki sondan $k$ tane $9$ olsun. Bu durumda $S(n+1)=S(n)+1-9k$ olur çünkü sondaki $k$ tane $9$ $0$  a dönüşür ve sonraki sonraki basamağın $1$ artmasını sağlar.  Buradan $$9k-1\equiv 0 \pmod{11}$$ denkliği elde ederiz ve $k\equiv 5 \pmod {11}$ olur. En düşük basamak sayısı için $k=5$ almalıyız. Bu durumda sayımız $6$ basamaklı ise $n=a99999$ olur ve $1\leq a \leq 8$ için $46\leq S(n) \leq 54$ olduğundan dolayı sayıının rakamları toplamı $11$ e bölünemez. Sayımız $n=ab99999$ şeklinde $7$ basamaklı olmalıdır ve $n=2899999$  örnek verilebilir.



14) Yanıt: D Bu soruda bir sayının özel olması sayının ondalık yazımındaki $0$ dan farklı rakamlarının her birine bölünmesi anlamına gelir. Öncelikle aynı onluk blok içinde iki ardışık özel sayı varsa önemli bir sonuç elde ederiz. Bu sayılar $10m+i$ ve $10m+i+1$ olsun. Eğer $m$ sayısının rakamları arasında $2,3,\ldots,9$ rakamlarından biri bulunursa bu rakam iki sayının da içinde bulunur. O zaman iki ardışık sayının ikisi de aynı $d>1$ rakamına bölünmek zorunda kalır ve bu mümkün dğeildir. Bu nedenle aynı onluk blokta iki ardışık özel sayı varsa $m$ sayısının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olabilir.
Ardışık çok sayıda özel sayı üretmek için doğal olarak bir onluk bloğun tamamını özel yapmamız gerekiyor. Yani $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özel olmalı ve $m$ in yazılış koşulu göz önüne alındığında  son rakamlardan gelen şartlara bakarsak $10m+7$ özel olduğu için $7\mid m$, $10m+8$ özel olduğu için $4\mid m$ ve $10m+9$ özel olduğu için $9\mid m$ gerekir. Bu şartlar $10m+3,10m+4$ ve $10m+6$ sayıları için gereken bölünebilme şartlarını da sağlar. Bu nedenle $252\mid m$ olması bu onluk bloğu özel yapmak için yeterli şarttır.

10 sayıda kalmamak için bu bloğun arkasına $10m+10,10m+11,10m+12$ sayılarını da eklemek isteriz. Bu üç sayı $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçimindedir. Eğer $m+1$ sayısının rakamları da yalnızca $0$ ve $1$ ise ilk iki sayı otomatik olarak özel olur ve üçüncü sayı da $2$ ye bölündüğü için özel olur. Bu nedenle $m$ ve $m+1$ sayılarının ikisinin de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşmasını isteriz. Bunu sağlamak için $m=10s$ alınabilir. Bu durumda $m+1=10s+1$ olur. Ayrıca $252\mid m$ şartı $252\mid 10s$ demektir ve buradan $126\mid s$ yeterli olur.
Burada $s$ için sadece $0$ ve $1$ rakamlarından oluşan ve $126$ ya bölünen bir sayı arıyoruz.

Not: $9$ ile bölünebilme şartından dolayı  sayının en az $9$ adet $1$ içermesi ve son basamağın $0$ olmasını varsayabileceğimiz için en az $10$ basamaklı sayı seçmemiz gerektiğini ve elimizdeki $1$ leri $0$ kullanarak $7$  ile bölünebilme kuralına benzetmek sayıyı daha kolay elde etmemizi sağlar.

 Buradan düşünürsek $s=11110111110$ seçilebilir. Gerçekten $11110111110=126\cdot 88175485$ olur. O halde $m=10s=111101111100$ alabiliriz. Şimdi $m=111101111100$ için $m$ ve $m+1=111101111101$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ dir. Ayrıca $252\mid m$ olur. Bu nedenle $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özeldir. Bunun yanında $10m+10,10m+11,10m+12$ sayıları da $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçiminde oldukları için özeldir. Böylece $1111011111000,1111011111001,\ldots,1111011111012$ sayıları ardışık $13$ özel sayıdır. Demek ki cevap en az $13$ tür.

Şimdi $14$ tane ardışık özel sayı olamayacağını gösterelim. Böyle bir dizi olduğunu varsayalım ve ilk sayı $10q+r$ olsun. Burada $0\leq r\leq 9$ alabiliriz. Eğer $0\leq r\leq 7$ ise dizide hem $q$ bloğundan hem de $q+1$ bloğundan en az iki ardışık sayı bulunur. İlk gözlemden dolayı $q$ ve $q+1$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu durumda $q$ sayısı $0$ ile bitmelidir ve $q=10t$ yazılabilir. Ayrıca dizi içinde $10q+7,10q+8,10q+9$ sayıları da bulunur. Bunlar özel olduğu için $7\mid q$, $4\mid q$ ve $9\mid q$ olur. Dolayısıyla $252\mid q$ olur. $q=10t$ olduğundan $126\mid t$ elde edilir. Aynı dizide $10q+13$ sayısı da bulunur. Bu sayı $10q+13=100t+13$ biçimindedir ve içinde $3$ rakamı vardır. Özel olsaydı $3$ e bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 3$ olur ve $100t+13\equiv 1\pmod 3$ bulunur. Bu çelişkidir. Eğer $r=8$ ise dizide $q$ bloğundan $10q+8,10q+9$ sayıları vardır ve $q+1$ bloğunun tamamı vardır ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı vardır. İlk gözlemden dolayı $q,q+1,q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Fakat üç ardışık tam sayının üçünün de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşması mümkün değildir. Çünkü ilk ikisi böyleyse ilk sayı $0$ ile biter ve üçüncü sayı son basamakta $2$ ile biter. Bu çelişkidir. Eğer $r=9$ ise dizi $10q+9$ ile başlar ve $q+1$ bloğunun tamamını içerir ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı içerir. İlk gözlemden dolayı $q+1$ ve $q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu nedenle $q+1$ sayısı $0$ ile biter ve $q+1=10t$ yazılabilir. $q+1$ bloğunun tamamı özel olduğundan $10(q+1)+7$, $10(q+1)+8$ ve $10(q+1)+9$ sayılarından $7\mid q+1$, $4\mid q+1$ ve $9\mid q+1$ gelir. Yani $252\mid q+1$ olur. $q+1=10t$ olduğundan $126\mid t$ olur. Ancak dizinin ilk sayısı $10q+9=10(q+1)-1=100t-1$ dir. Bu sayı $9$ rakamını içerir ve özel olsaydı $9$ a bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 9$ olur ve $100t-1\equiv -1\pmod 9$ bulunur. Bu çelişkidir. Bu üç durum tüm olasılıkları kapsar. Demek ki $14$ ardışık özel sayı olamaz. $13$ ardışık özel sayı mümkün olduğu için en büyük değer $13$ tür.



18) Yanıt: E

$p>2$ asalları için $$p^2\equiv 1 \pmod 8$$ denkliğini göz önüne alalım. Bu durumda $p^2+11\equiv 4 \pmod 8$ olduğundan dolayı $p^2+11=4m$ olsun ve $τ(4m)=3.τ(m)<11$ olmalıdır.  $ τ(m)\leq 3$ olması gerektiğini görürüz. $τ(m)=1$ için çözüm olmadığı görülebilir. $τ(m)=2$  ise $m=q$ şeklinde $q$  asalı olmalıdır. Ayrıca $p>3$ için $p^2\equiv 1 \pmod 3$ olduğundan dolayı $q$ ancak ve ancak $3$ olabilir ve bu durumda $p=1$ olur. Çelişki.

Geriye $τ(m)=3$ yani $p^2+11=4q^2$  olacak şekilde $q$ asal sayısı bulunması gerektiği görülebilir. Aynı modüler argümanla $q=3$  ün tek olasılık olduğunu görebiliriz ve $p^2+11=36$ yani $p=5$  elde edilir.

Ancak yukardaki çözümde $p>3$ için çözüm yaptığımız için $p=2$  ve $p=3$  ü denemeliyiz. $p=2$  ise $p^2+11=15$  olur ve bölen sayısı $4$ olduğu için sağlar. $p=3$  ise $p^2+11=20=2^2.5$  olduğundan $6$ böleni olur ve sağlar.

$p\in \{2,3,5 \}$ olacak şekilde $3$ $p$ asalı bulunabilir ve toplamları $2+3+5=10$ olur.



22)    Cevap: E   İfademizi $(a^2+b^2+1)=(d-b)(d+b)$ şeklinde yeniden düzenleyelim. Şıklara bakarsak verilen $a-b$  farklarının tek sayı olduğunu yani $a,b$  nin zıt paritede olduğunu görebiliriz. Bu durumda $a^2+b^2\equiv 1 \pmod 4$ olmalıdır. ve $a^2+b^2+1\equiv 2 \pmod 4$  elde edilir. Eşitliğin sağ tarafı da çift olması gerektiği için $b,d$ aynı paritede olmalıdır. Bu da bize $d-b$ ve $d+b$ nin aynı anda çift olduğunu yani eşitliğin sağ tarafının $4$ ile bölünebildiğini gösterir. Çelişki.


26) Cevap: B Soruda öncelikle $p$ en küçük asallarını belirlemeye çalışalım.

$p=2$  olsun. $p^2+p+1=7$ olur ve bu mümkündür. $14k$ formatındaki sayılar sağlar.
$p=3$  olsun. $p^2+p+1=13$  olur ve bu mümkündür. $39k$ formatındaki tek sayılar sağlar.
$p=5$ olsun.   $p^2+p+1=31$  olur ve bu mümkündür. $155k$ formatındaki sayılardan ($2$ veya $3$ e bölünemeyen sayılardan $k$ için $1,5,7,11,13$ seçilebileceği için $5$ mümkün sayı vardır.
$p=7$ olsun. $p^2+p+1=57=3.19$ ve $3$ asalı en küçük asalın $7$ olmasıyla çelişir.
$p=11$ olsun. $p^2+p+1=133=7.19$ ve en küçük asalın $11$  olmasıyla çelişki elde edilir.
$p=13$ olsun. $p^2+p+1=183=3.61$ ve en küçük asalın $13$ olmasıyla çelişki elde edilir.
$p\geq 17$ asalları için $p.(p^2+p+1)>2019$ olduğundan dolayı mümkün değildir.

Buradan $p=2$ için toplamda $144$  , $p=3$ için $26$  ve $p=5$ için $5$  adet sayı olduğu görülüp $144+26+5=175$ elde edilir.


30) Cevap: B    Bu soru $\pmod 5$  analizinden bulunabilir. Kare kalanlar $p=5$  hariç $p^2\equiv \{1,4\} \pmod 5$   olabileceğini kullanalım. $1$ kalanı için $4p^2+1\equiv 0\pmod 5$ ve $4$  kalanı için $6p^2+1\equiv 0\pmod 5$ olduğundan ve bu asallar $5$  e eşit olamayacağından çözüm gelmez. Tek olasılık $p=5$ denenirse sayılarımız $5,101,151$  olur ve sağlanır.
 
Sayfa: 1 ... 3 4 [5] 6 7 ... 10

SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal