Sayfa: 1 ... 5 6 [7] 8 9 10
61
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 16, 2026, 06:55:34 ös »
Kombinatorik sorularından yaptığım çözümleri de paylaşayım. ($4,8,12,16,24,28,32$ , $20$ yi ayrı ekledim)
$4)$ Yanıt: A Sırasıyla hamsi türlerinin sayılarına $a$ ve $b$ diyelim. Bu durumda $a+b=n$ ve aynı renk seçme olasılığımız
$$
P(\text{aynı renk})
=
\dfrac{a}{n}\cdot\dfrac{a-1}{n-1}
+
\dfrac{b}{n}\cdot\dfrac{b-1}{n-1} = \dfrac{1}{2}
$$ olur. Buradan $$2a(a-1)+2b(b-1)=(a+b)(a+b-1)$$ $$2a^2-2a+2b^2-2b=a^2+2ab+b^2-a-b$$ $$a^2-2ab+b^2=a+b=n=(a-b)^2$$ olur. Buradan $n$ tamkare olması gerektiğini elde ederiz. $n=25$ olabileceği tek değer olur ve buna örnek verebiliriz.
$\text{8)}$ Yanıt: A Burada değeri $1$ olan bilyeye $X$ diyelim. Aslı $X+a+b$ ve $X+c+d+e$ şeklinde $2$ adet seçim yapsın ve varsayalım ki aslı $x\geq 2$ seçtiğini varsaysın. Bu durumda geriye kalan bilyelerin toplamı en az $1,3,4,5,6$ değerlerinden dolayı iki durumdaki bilyelerin ağırlıkları toplamı $2x+19\geq 23$ olduğundan dolayı ve yırtılmama koşulu her seçimin $\leq 11$ olması gerekmesinden dolayı yırtılır ve $x$ daha büyük seçim oldukça yırtılabileceğini göz önüne alırsak aslı yukarıdaki $2$ seçimimizde torbanın yırtılmadığını gözlemlerse ortak olan bilyenin alabileceği ağırlığın sadece $1$ olabileceğini görür. Tek adımda ise bilye hakkında veri elde edemeyeceği için mümkün değildir Dolayısıyla cevap $2$ olur.
12) Yanıt: C üçgen eşitsizliklerini yazarsak $a\leq 1007$ ve $b \leq 1007$ ile $a+b \geq 1008$ şartlarının sağlanması gerektiğini görürüz. Tüm durum - $a+b\leq 1007$ olan durumlar şeklinde hesaplamamız yeterli olacaktır.
Bu da bize $$1007^2-\dfrac{1007.1006}{2} =507528 $$ sonucunu verir.
16) Yanıt: B Soruyu Graf kullanmadan çözelim. Bu grubu $6$ kişilik ve $7$ kişilik olarak $2$ ye bölersek güvercin yuvası ilkesi gereğince seçilen $3$ kişiden en az $2$ sinin arkadaş olacağını garantilemiş oluruz. $5$ veya daha az olamayacağını ispatlamamız yeterlidir. $X$ kişisi seçelim ve bu kişi en fazla arkadaşı olan kişi olsun. Geriye kalan $12$ kişiden $5$ iyle $X$ arkadaş olsun. Bu durumda geriye kalan $7$ kişiyle $X$ arkadaş değildir. Bu gruptan $Y,Z$ şeklinde iki kişi seçelim. Bu $2$ kişi birbiriyle arkadaş değilse $X,Y,Z$ üçlüsünde kimse birbiriyle arkadaş değildir. Dolayısıyla $Y,Z$ birbiriyle arkadaş olmalıdır. Ancak bu da bize bu $7$ kişinin tamamının birbiriyle arkadaş olduğunu gösterir O halde bu gruptaki kişiler en az $6$ kişiyle arkadaş olmak zorundadır ve bu $X$ in seçimiyle çelişir.
24) Yanıt: D Bu soruda dizinin $2015.$ Terimini bulacağız. $2015+50=2065$ ($+50$ tahmini atlayacağımız tamkare ve tamküp sayısı ) civarı bir sayıya ulaşmasını beklemeliyiz. $45^2=2025$ ve $46^2=2116$ ve $13^3=2197$ ve $12^3=1728$ olduğuna göre dizimizde atlayacağımız tamkare sayısı $45$ ve tamküp sayısı $12$ olur. İçerme dışarma prensibi gereği bir tamsayının $6.$ derecesi $2$ kez sayıldığı için bu sayıları çıkarmamız gerekir ($1^6,2^6,3^6$) Dolayısıyla Dizimizin $2015.$ Terimi $$\dfrac{2015-1}{1}+1+45+12-3=2069$$ olur. Bu sayının rakamları toplamı $17$ olur.
28) Yanıt : E Bu soruda içerme dışarma prensibini kullanabiliriz. Bize yasak olan dizilimler $12,23,34,45,56$ sayılarının yan yana gelmesi durumlarıdır. $n$ tane yasak çift bulunan permütasyon sayısına $S(n)$ diyelim. $$ \text{Tüm durum } - S(1)+S(2)-S(3)+S(4)-S(5)$$
$\text{Tüm durum}=6!=720$
$S(1)$ için $5$ yasak çiftten birini seçip bunların $2$ permütasyonu olduğunu göz önüne kalırsak ve ve toplamda $4+1$ bloğu sıralarsak $S(1)=C(5,1).2!.(5)!=1200$
$S(2)$ için ise $2$ tane $(12)$ $(23)$ gibi çiftler yan yana denk gelirse $(123)$ ve $(321)$ şeklinde $2$ şekilde dizilebilirler. Ardışık ikili ise $4$ farklı seçilebildiğinden ve toplamda $4$ adet bloğun permütasyon sayısını bulmamız gerektiğinden $4.2.4!$ olur. Eğer bu $2$ liyi $(12)$ $(45)$ gibi ayrık seçersek toplamda $6$ farklı seçim yapabiliriz. Bu durumda $6.2.2.4!$ toplam seçim sayısı elde ederiz. $S(2)=4.2.4!+6.4.4!=768$ olur.
$S(3)$ için ise $3$ bitişik çift seçilirse $3$ seçim yapılabilir ($(1234)$ gibi ). Bu bitişik çift $2$ şekilde sıralanabildiği için toplam permütasyon sayısı $3.2.(2+1)!$ olur.
$2$ si bitişik $1$ ayrı çift seçersek $(123)$ $(45)$ gibi toplamda $6$ seçim yapılabilir. Bunlar kendi aralarında $2.2=4$ şekilde sıralanabilirler. Dolayısıyla toplam permütasyon sayısı $6.4.(1+2)!$ olur.
$3$ ü de ayrık olursa tek şekilde seçim mümkün olur $(12)(34)(56)$ gibi . Bu çiftler kendi aralarında $2.2.2=8$ şekilde sıralanabilir. $8.3!$ olur. Hepsini toplarsak $S(3)=228$ olarak bulunur.
$S(4)$ için $(123)$ $(456)$, $(12)(3456)$, $(1234)(56)$ gibi $2$ ayrı grup ile $(12345)$ veya $(23456)$ tek grup seçimleri yapılabilir. İlk durumda $1.2.2.(1+1)!$ seçim oluşur. $2.$ durumdaki seçimlerde $3.2.2.2!$ seçim oluşabilir. $2.$ durumda ise $2.2.2!$ seçim mümkündür. $S(4)=24+8=32$ olur.
$S(5)$ için ise $(123456)$ veya $(654321)$ şeklinde $2$ durum oluşabilir. $S(5)=2$
O halde istediğimiz $720-1200+768-228+32-2=90$ olarak bulunur.
32) Yanıt: D Bu soru Catalan Teoremi sorusudur. Başlangıçtaki istenen yöndeki (pozitif) adım sayısı $h$ , dizilecek toplam adım sayısı $n$ , kalan istenen (pozitif) adım sayısı $u$ olmak üzere toplam yol sayısı $C(n,u)-C(n,u+h+1)$ ile hesaplanabilir. Buradan $C(7,2)-C(7,6)=21-7=14$ olarak bulunur.
Alternatif olarak sayılar küçük olduğu için formülü kullanmadan da hesaplayabiliriz.
i) üst üste $4$ kötülük ile başlayan durumlar istenmeyen durumlardır. $iiikkkkxyz$ ifadesinde $xyz$ kısmı $iik$ ,$iki$ ve $kii$ şeklinde $3$ şekilde dizilebilir.
ii) $5$ kötülük arasına $1$ tane iyi karışan durumlar da istenmeyen durumlardır. $ikkkkki$ $kikkkki$ $kkikkki$ $kkkikki$ şeklinde oluşabilir. (diğer durumları yukarıda saymıştık.)
Toplam istenmeyen durum sayısı $4+3=7$ olur. Tüm durum ise $C(7,2)=21$ olduğundan $21-7=14$ olarak bulunur.
62
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 16, 2026, 06:53:14 ös »
20) Cevap : D Bu soruya ayrı başlık açmak istedim. Tartıya $A$ ve $B$ şeklinde iki ağırlık koyduğumuzda gelebilecek sonuçlar $A<B$, $A=B$ ve $A>B$ olacak şekilde 3 adettir. Dolayısıyla başlangıçta $$3^7>\dfrac{9!}{3!3!3!}>3^6$$ olduğundan en az $7$ adımda kesin ayrım yapılabileceğini görüyoruz ancak bu $7$ adımda ayrımın mümkün olduğu anlamına gelmiyor. Öncelikle toplarımıza $T_1,T_2,... T_9$ diyelim. Bu soruda kefelerin sağına ve soluna sırasıyla $1.$ tartı $1:1$ (sağda ve solda $1$ er top - $ 2.$ tartı $1:1$ koyduğumuzda ilk tartım sonucunda $1<2$ sonucunu elde edersek ($T_1=T_2$ sonucu hesaplanırsa daha az olasılığa neden olduğu için kritik değil ) ve Ağırlıklara sırasıyla $H,N,A$ dersek $H,N$ $H,A$ $N,A$ şeklinde yaptığımız seçimler sonucunda faktöriyel ile yaptığımız hesap $\dfrac{7!}{2!2!3!}$ ve diğer hesapladığımız sonuç değerleri ise $3^6$ oluyorç Yani burada da ayrımı garantilemek için en az $6$ adım daha gerektiğini görebiliyoruz.
$2.$ tartım sonucunda $T_3<T_4 $ sonucunu aldığımızda ise geriye $3.30+6.20=240$ ve kalan adım sayısı $3^5=243$ olduğundan en az $5$ adım daha gerektiğini gösteriyor. ($(1,2)$ ve $(3,4)$ ün birbiriyle özdeş olduğu ve ayrı olduğu durumlar ayrı şekilde hesaplanarak bulunuyor)
$3.$ tartım sonucunda $1:1$ şekilde tartarsak buradan elimizde $93$ olasılık kalıyor. ancak $3^4=81$ olduğundan artık en az $4$ adımda bitirmenin mümkün olmadığını ve en az $5$ adım gerektiğini görüyoruz. Bu da bize en az toplamda $3+5=8$ adım gerektiğini gösteriyor.
$3.$ tartım sonucunda $2:2$ şekilde seçip tartımları ayırırsak geriye en kötü olasılık seçimimizde $90$ olasılık kalıyor. Yine aynı sebepten dolayı artık en az $4$ adımda bitirmek mümkün olmuyor ve $3+5=8$ adım gerekiyor.
Not: buradan sonra artık $3^5$ ve $90$ ve $93$ sayıları arasındaki fark çok büyüdüğü için $8$ adımda tamamlanmasının garanti olduğu tahmin edilebilir. Ama kesin çözüm için örnek verilmesi gerekiyor.
Buradan yola çıkarsak daha iyi ilk $3$ tartım seçim stratejisi olmadığını varsayarsak (farklı bir seçim yapmakta mantık bulamadım çünkü olasılıkları daha çok azaltmıyorlar) en az $8$ adım gerektiğini ispatlamış oluyoruz. $8$ için örnek verirsek ispat biter.
Bu seçim stratejisini uygulamak yerine uygulaması daha kolay olduğunu düşündüğüm başka seçim stratejisi örnek verebiliriz.
İlk başta $4$ adet $1:1$ tartım seçelim. $T_1,T_2,T_3,T_4,T_5,T_6,T_7,T_8$ olsunlar.
a) Varsayalım ki bu $4$ ölçüm birbirinden farklı olsun. Bu durumda Python kodu yardımıyla yaptığım dağıtımı ekleyeceğim
$T_1+T_3 > T_5+T_7$ ve $T_1+T_3 <T_5 +T_7$ simetrik olduğundan birini incelememiz yeterli. Aşağıda kalan $4$ tartım işlemini python koduna yaptırdım ve hangi topun hangi kategori olduğunu bulmasını sağladım. (Örneği elle vermek çok zor olduğu için)
Tart: $T_1+T_3$ : $T_5+T_7$
< :
Tart: $T_2$ : $T_4$
< :
Tart: $T_2$ : $T_9$
< :
Tart: $T_1$ : $T_5$
< -> hnhanahna
= -> hnhahnnaa
= :
Tart: $T_1$ : $T_5$
< -> hnhanahan
= -> hnhahanan
> -> hnhananah
= :
Tart: $T_2$ : $T_6$
< :
Tart: $T_1$ : $T_5$
< -> hnhnnahaa
= -> hnhnhanaa
= -> hahanahnn
> -> hahahnnan
> :
Tart: $T_4$ : $T_9$
< :
Tart: $T_1$ : $T_5$
< -> hahnnahna
= -> hahnhnnaa
= :
Tart: $T_1$ : $T_5$
< -> hahnnahan
= -> hahnhanan
> -> hahnnanah
= :
Tart: $T_1+T_2$ : $T_4+T_5$
< :
Tart: $T_1+T_2$ : $T_3+T_7$
< -> hnnahanah
= -> hnnanahah
> -> hananahnh
= :
Tart: $T_1$ : $T_3$
< -> hanahnnah
> -> nahanahnh
> :
Tart: $T_1+T_5$ : $T_3+T_4$
< -> nahahnnah
= -> nahnhanah
> -> nahnnahah
> :
Tart: $T_6$ : $T_8$
< :
Tart: $T_1$ : $T_3$
< :
Tart: $T_2$ : $T_3$
= -> hnnahnhaa
> -> hanahnhan
= -> nanahnhah
> :
Tart: $T_1$ : $T_4$
< -> nahahnhan
= -> nahnhnhaa
= :
Tart: $T_2$ : $T_4$
< -> hnnahahan
= :
Tart: $T_1$ : $T_3$
< -> hanahnhna
> -> nahahnhna
> -> nahnhahan
> :
Tart: $T_1$ : $T_3$
< :
Tart: $T_2$ : $T_3$
= -> hnnahahna
> -> hanahahnn
= -> nanahahnh
> :
Tart: $T_1$ : $T_4$
< -> nahahahnn
= -> nahnhahna
B) [ /b] $3$ ü farklı $1$ i aynı durumu $T_1<T_2$ , $T_3<T_4$ ,$T_5<T_6$ ,$T_7=T_8$
Tart: 1+2 : 3+6
< :
Tart: 3 : 9
< :
Tart: 2 : 7
< -> hnhnhaaan
= -> hnhahanna
> -> hnnanahha
= :
Tart: 1 : 3
< -> hananahhn
= -> hnhnnaaah
> :
Tart: 2 : 3
= -> hnnahnaah
> -> hanahannh
= :
Tart: 7 : 9
< :
Tart: 1 : 5
= -> hahnhanna
> -> nanahahhn
= :
Tart: 1+2 : 7+8
< :
Tart: 2 : 7
< -> hnhnhnaaa
> -> hahahannn
= -> hahahannn
> :
Tart: 1 : 7
< -> hahahannn
> -> nananahhh
> :
Tart: 1 : 5
< -> hahanannh
= -> hnhahnaan
> :
Tart: 6 : 9
< :
Tart: 1 : 5
= -> hahahnnna
> -> nanahnhha
= :
Tart: 1 : 3
= -> hahnhnaan
> -> nahnnahha
> :
Tart: 1 : 7
< -> nahnhnaah
= -> nahahannh
> -> nahanahhn
c) $2$ farklı $2$ aynı ise $T_1<T_2$ , $T_3<T_4$ , $T_5=T_6$ , $T_7=T_8$ olur. Bu durumda
Tart: 1 : 3
< :
Tart: 3 : 5
< -> hnnaaahhn
= -> hanannhha
> :
Tart: 2 : 3
= -> hnnahhaan
> -> hanahhnna
= :
Tart: 2 : 5
< -> hnhaaannh
= :
Tart: 2 : 4
< -> hnhannaah
> -> hahnaannh
> -> hahnnnaah
> :
Tart: 1 : 5
< -> nahnaahhn
= -> nahannhha
> :
Tart: 1 : 4
< -> nahahhnna
= -> nahnhhaan
d) $1$ Farklı $3$ eşit çift olması durumunda yani $T_1<T_2$ , $T_3=T_4$ , $T_5=T_6$ $T_7=T_8$
Tart: 3 : 9
< :
Tart: 2 : 5
< :
Tart: 1 : 3
< -> hnnnaahha
= -> hnhhaanna
= :
Tart: 2 : 7
< -> hnhhnnaaa
> -> hahhaannn
> :
Tart: 1 : 3
< -> hnnnhhaaa
= -> hahhnnaan
= :
Tart: 1 : 5
< :
Tart: 1+2 : 3+4
< :
Tart: 2 : 3
< -> hnaannhha
> -> hannaahhn
= -> hannaahhn
> :
Tart: 1 : 3
< -> hannaahhn
> -> nahhaannh
= :
Tart: 1+2 : 3+4
< :
Tart: 2 : 3
< -> hnaahhnna
> -> hannhhaan
= -> hannhhaan
> :
Tart: 1 : 3
< -> hannhhaan
> -> nahhnnaah
> :
Tart: 1 : 3
< -> naaahhnnh
= -> nannhhaah
> :
Tart: 1 : 5
< :
Tart: 1 : 3
< -> haaannhhn
= -> nannaahhh
= :
Tart: 1 : 7
< -> haaahhnnn
> -> naaannhhh
> :
Tart: 1 : 3
< -> naaahhnnh
= -> nannhhaah
Şeklinde hepsi $8$ adım içinde ayırt edilebilir.
63
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 16, 2026, 02:46:47 ös »
Analiz ve Cebir sorularına yaptığım çözümleri de paylaşayım. ($3,7,11,15,19,23,27,31$) 3) Yanıt: E Bu soruyu tam onlarak anlamadım. Şekerler bir çocuğa yalnızca mavi alacak şekilde dağıtıldığında ($n$ adet mavi vardı) diğer çocukta $n$ daha fazla şeker bulunduğuna göre $n+2n=3n$ toplam şeker sayısı olmalıdır. Diğer taraftan $23+m+n$ de toplam şeker sayısı olduğuna göre $2n-23=m$ elde edilir. Dolayısıyla buradaki şekerler $3$ çocuğa dağıtıldığında $m-23=2n-46$ şeker gelmeyecek şekilde dağıtıldığında (Bu ifadenin mantıklı olması gerekiyorsa $n \geq 23$ olmalı ki bu durumda $n=23$ seçip $69$ toplam şekeri $23,23,23$ şeklinde dağıtırsak kimse $0$ şeker almamış olur.) Beyaz şeker sayısı $2n-23$ olduğundan en az $1$ beyaz şeker bulunmaldıdır. Varsayalım ki $2n-23=1$ olsun. Bu durumda $n=12$ olur ve toplamda oluşan $23+1+12$ adet şeker $3$ çocuğa $12+12+12$ şeklinde dağıtılabilir ve minimum $36$ olur. Sorunun kastetmek istediği kimsenin herhangi bir renkten $m-23$ veya daha fazla şeker bulunmasın ise bir çocuk mevcut renkten en fazla $m-24$ adet şeker alabilir. Bu durumda kırmızı şeker için bunu uygularsak en fazla $3.(m-24)$ kırmızı şeker bulunabilir. $3.(m-24)\geq 23$ yani $3m \geq 95$ $m\geq 32$ olur. Aynı zamanda Beyaz şekerler için de aynı koşulu yazarsak $m \leq 3.(m-24)$ sağlanmalıdır. Buradan $m\geq 36$ elde edilir. Bu da bize $m$ tek sayı olması gerektiğinden minimum $m=37$ $n=30$ yani toplamda minimum $90$ şeker bulunması gerektiğini gösterir. 7) Cevap: D toplamda $r+1$ adet çocuk bulunsun. Bu durumda toplam dağıtılan şeker sayısı $n$ ve $r$ cinsinden $n+(n+1)+(n+2)+...+(n+r)$ olur. Bu ifadeyi $(r+1).n+\dfrac{r.(r+1)}{2}=2323$ şeklinde yazarsak $$(2n+r).(r+1)=4646$$ elde edilir. $4646=2.23.101$ olduğu için $r+1 \in \{1,2,23,46,101,202,2323,4646\}$ olmalıdır. Buradan tüm olası değerleri denersek $r+1=2$ için $n=1161$ , $r+1=23$ için $n=90$ ve $r+1=46$ için $n=28$ olduğu bulunur. Δ 11) Yanıt: D Bu soruda Berk bir miktar şeker yediği için kalan şeker sayısına $X$ dersek $X<2015$ oluyor. Geriye kalan toplam şeker sayısı adımların sayısı sırasıyla $A,B,C \geq 1$ olmak üzere $A+5B+23C=X$ ve benzer şekilde $A',B',C' \geq 1$ $A'+5B'+23C'=X$ sağlanır. Ve soruda verilen bilgi yardımıyla $A+B+C=A'+B'+C'$ olduğundan yola çıkarsak $4ΔB+22ΔC=0$ olmalıdır. Buradan minimum değer için $ΔB=-11$ , $ΔC=2$ seçimi yapmamız gerektiği görülebilir. (zıt işaretlileri de seçilebilir aynı sonuca gider.) Bu da bize $ΔA=9$ verir. $A=1$ ve $C=1$ minimum seçmemiz için gerekli olduğundan ve $B'=1$ olması minimum seçim için gerektiğinden dolayı $(A,B,C)=(1,12,1)$ ve $(A',B',C')=(10,1,3)$ olur. Bu durumda $X=1+5.12+23=84$ olur. Berk'in yediği miktar ise maksimum $2015-84=1931$ olur. 15) Yanıt: B polinomda Bu polinom daima $P(X)\geq 0$ koşulunu sağladığı için ve başkatsayısı pozitif olduğundan $A(x-x_0)^2$ formatında yazılabilmelidir. $A=3$ olduğundan ve denklemin bir kökü $x_0=1$ olduğuna göre polinomumuz $3(x-1)^2=3x^2-6x+3$ olur. Bize $R(x)$ için verilen ifadeyi $P(X)$ $Q(x)$ arasında verilen eşitlik yardımıyla $$R(x)=P^2(x)+P(x)-2=(P(x)+2)(P(x)-1)$$ olarak yazılabilir. buradan $R(x)=(3x^2-6x+5)(3x^2-6x+2)$ olur. İlk çarpanın diskriminantı negatif olduğundan dolayı gerçel kökü bulunmaz. Bu nedenle $R(x)$ in gerçel kökleri toplamı $-(-6)/3=2$ olarak bulunur. 19 Yanıt:B Soruda reel sayı şartı olmadığına dikkat edelim. Öncelikle $x^3-x+1=y^3-y+1$ den yola çıkarak $(x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)$ ve $x,y$ farklı olduğundan dolayı $x^2+xy+y^2=1$ olmalıdır. Bizden istenen ifade $x^2y+xy^2$ olduğu için ve bu ifade tamküp açılımından geldiği için tamküp açılımını göz önüne alabiliriz. $$(x+y)^3=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$$ olur ve bize verilen eşiltlik yardımıyla $$(x+y)^3=3.xy(x+y)+x+y-2$$ olarak yazılabilir Diğer taraftan $$(x+y)^3=(x+y)^2(x+y)=(x^2+2xy+y^2)(x+y)=(1+xy)(x+y)$$ olduğundan $$x+y+xy(x+y)=3xy(x+y)+x+y-2$$ elde edilir. Buradan sadeleştirmeler yapılırsa $$xy(x+y)=1$$ olur. 23) Yanıt: E İfadeyi $$K=a+b+9+\dfrac{8a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{8}{a}+\dfrac{8}{b}$$ olarak yeniden yazdığımızda ifadeye $AO \geq GO$ eşitsizliği uygulanabileceğini görebiliriz. $$K=(a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{8}{b})+(b+\dfrac{8a}{b}+\dfrac{8}{a})+9$$ şeklinde yeniden yazıp $AO \geq GO$ uygularsak $K\geq 3.2+3.4+9=27$ olduğunu görebiliriz. $a=2$ $b=4$ durumu her iki eşitsizliğinde eşitlik şartı olduğu için ve yerine koyduğumuzda sağladığı için $K=27$ değerinin alınabileceğini ve $K=25$ in mümkün olmadığını görebiliriz. $K>27$ değerleri için $a=2$ kısmını sabitleyip $K$ yı tekrar yazdığımızda ifadenin $b>4$ için daima artan olduğu gösterilebilir ve bu durumda diğer $K$ değerlerinin hepsinin alınması mümkün olur. 27) Yanıt : E İfadeyi $10$ ile çarpıp tam kareye tamamlamaları uyguladığımızda $$2.(5p-2)^2+5.(2q-1)^2+17=0$$. Tamkareler negatif olamayacağı için bu eşitlik sağlanamaz. 31) Yanıt : E Bu soruda klasik pisagor parametrizasyonunu göz önüne alabiliriz ($a^2+b^2=c^2$ denkleminin genel çözümü $(m,n)=1$ olmak üzere $k.(m^2-n^2),k.2mn,k.(m^2+n^2)$) Buradan $$a+b+c=k.(2m^2+2mn)=2014=2.19.53$$ yani $$k.(m^2+mn)=k.m.(m+n)=19.53$$ elde edilir. Burada $m.n$ negatif olamayacağı için genelliği bozmadan $m$ ve $n$ yi pozitif alabiliriz (denklemin $a=k.(m^2-n^2)$ ve $b= k.(2mn)$ çözümlerini göz önüne alırsak) $k$ yı da pozitif alalım. $m^2-n^2>0$ olduğundan dolayı $m>n$ olmalıdır. $m,n$ genel çözümden kaynaklı zıt paritede olmalıdır. Bu koşulların hepsini sağlayan ve $km(m+n)=19.53$ denklemini sağlayan üçlü bulunmadığı için uygun bir üçgen yoktur. Not: Parametrizasyonlar için https://geomania.org/forum/index.php?topic=9594.0 linkine bakılabilir.
64
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 16, 2026, 12:17:05 ös »
Sayı Teorisi sorularına ($2,6,10,14,18,22,26,30$) yaptığım çözümleri ekledim.
2) Cevap:Hiçbiri Varsayalım ki ardışık $3$ sayımız $x-1$ $x$ $x+1$ olsun. Bu durumda $(x-1)^2+x^2+(x+1)^2+1=3x^2+3$ elde ederiz. İfadeyi çarpanlarına ayırdığımızda $3.(x^2+1)$ elde ederiz. $x=1$ için $2$ asal çarpanının seçilebileceğini görebiliriz ve daima $3$ asal çarpanının da bulunduğu görülebilir. $x^2+1$ ifadesinin asal çarpanlarının daima $1 \pmod 4$ olması gerektiğinden ilk $100$ sayı içinde $1 \pmod4$ olan asal sayılar ise $5,13,17,29,37,41,53,61,73,89,97$ olabilir. Toplamda ilk $100$ sayı içinde $11+2 = 13$ asal sayı $S$ kümesinde bulunabilir (Bu soru hazırlanırken $3$ unutulmuş sanırım)
6) Yanıt: C $p \mid (n+2)^2+2$ ve $p \mid (n+3)^3+3$ ifadelerini açarsak $p \mid n^2+4n+6$ ve $p\mid n^3+9n^2+27n+30$ elde edilir. ilk ifadeyi $n$ ile çarpıp $2.$ den çıkartıp daha sonra kalan $n^2$ terimini yok etmek için tekrar ilk ifadeyi $5$ ile çarpıp son ifadeden çıkartırsak $p \mid (n^3+9n^2+27n+30)-(n+5)(n^2+4n+6)$ yani $p\mid n$ olur. Bu ifadeyi ilk denklemde kullanırsak $p \mid n^2+4n+6-(n)(n+4)$ yani $p\mid 6 $ elde edilir. Bu $2$ asal sayi için de $n=0$ durumu örnek verilebilir.
10) Cevap:A $n^22^n$ ifadesini düzenleyelim. $$n^22^n=2^{n+1}(n^2-2n+3)-2^n((n-1)^2-2.(n-1)+3)$$ özdeşliği fark edilirse ve $S(n)=2^{n+1}(n^2-2n+3)$ olarak tanımlarsak alt alta sadeleşmeler yardımıyla $$ \sum_{n=1}^{2015} n^2 2^n = S(2015)-S(0)= 2^{2016}(2015^2-2.2015+3)-6$$ elde edilir. Fermat teoreminden $2^{22} \equiv 1 \pmod {23}$ olduğunu biliyoruz. Periyodun $22$ sayısını bölmesi gerektiğinden $2,11,22$ sayıları periyodumuz olabilir. Denenirse $2^{11}\equiv 1\pmod {23}$ olduğu görülür. $2016$ nın $11$ e bölümünden kalan $3$ olduğu için $2^{2016}\equiv 8 \pmod {11} $ elde edilr ve $2015 \equiv 14 \pmod {23}$ olduğundan aradığımız kalan $2^3(14^2-2.14+3)-6 \equiv 8.(171)-6 \pmod {23}$ Buradan ise $8.171-6 \equiv 80-6 \pmod {23}$ ve kalanın $5$ olduğu görülebilir.
14) Cevap: C Bu soruda denklemi $2.$ dereceden tek bilinmeyenli denklem gibi yazıp diskriminant tam kare olmalıdır diyerek çözebiliriz. Bunun yerine denklemi $4$ ile genişletelim ve $m^2$ ve $mn$ terimlerini tamkareye tamamlayarak yok edelim. Bu durumda $$(2m-n)^2=9n^2-92n+232$$ elde edilir. Bu ifadeyi ardışık $2$ tam kare arasına sıkıştırırsak $$(3n-16)^2<9n^2-92n+232<(3n-15)^2$$ elde edilir. eşitsizlik sınırları çözülürse bu ifadenin iki tam kare arasına sıkıştırılamadığı durumlar $n \in \{4,5,6 \}$ olur. Denenirse sadece $n=6$ için ifade tam kare olur. Bu durumda ise $m^2+23.6=6m+2.6^2+58$ denkleminden $ m^2-6m +8 =0$ olur $m=2$ ve $m=4$ için denklem sağlanır $(2,6)$ ve $(4,6)$ şeklinde denklemin $2$ çözümü vardır.
18) Cevap: E $301=7.43$ olduğundan ifadeyi $2$ farklı mod altında inceleyip en son birleştirebiliriz. $\pmod 7$ altında $23$ ve $24$ sayıları sırasıyla $2$ ve $3$ kalanlarına sahiptir ve fermat teoremi gereği $2^6\equiv 1 \pmod 7$ ve $3^6 \equiv 1 \pmod 7$ sağlanır. Bu nedenle bize verilen ifadenin $\pmod 7$ altında kalanı $2+3=5$ olur. $23$ ve $24$ $43$ ile aralarında asal olduğundan fermat teoremi gereği $7^4$ ün $42$ ile bölümünden kalanı incelemek yeterlidir. $7^4=2401\equiv 7 \pmod { 42}$ olur. Geri kalan sayıları $(23^2)^3.23+(24^2)^3.24\equiv 12 \pmod {43}$ olarak bulunur. Buradan $301$ e bölümünden kalanın da $12$ olacağı görülebilir.
22) Yanıt:A Toplama $S$ diyelim. Bu ifadede dikkatimizi çekmesi gereken şey ifadelerin $\pmod p$ analizine oldukça uygun şekilde verilmiş olmasıdır. Bu nedenle $C(p,n)=1$ durumu hariç $C(p,n)\equiv 0 \pmod p$ ve Wilson teoremi'nden $(p-1)!\equiv -1 \pmod p$ olduğunu kullanırsak $S \equiv -1 \pmod p$ elde edilir. $7,19,23,31$ değerlerinin hepsi $3 \pmod 4$ tipi asal olduğu için $-1$ bu sayılarda kare kalan olamaz. Bu nedenle $n=0$ ve $n=p$ sınır durumları hariç $S$ tamkare olamaz.
a) $n=0$ olsun. Bu durumda $1+(p-1)!=x^2$ olacak şekilde bir $x$ tam sayısı bulunmalıdır. Wilson Teoreminden ifadenin sol tarafının $0 \pmod p$ olduğu görülebilir. $p|x$ ise $p^2|x^2$ olacağından dolayı $1+(p-1)!\equiv 0 \pmod {p^2}$ olmalıdır. Ancak bize verilen asal sayılar bu durumu sağlamadığından buradan çözüm gelmez. ($n!+1=m^2$ denklemi Brocard denklemi olarak bilinir ve genel çözümü henüz ispatlanamamıştır.)
b) $n=p$ olsun. Bu durumda $$1+p^3+(p-1)!=x^2$$ olacak şekilde $x$ tam sayısı bulunmalıdır. Benzer şekilde ifade $p$ ile bölünebilir olduğundan $p^2$ ile de bölünebilmelidir. Bu da bize $1+p^3+(p-1)!\equiv 1+(p-1)! \pmod {p^2}$ verir ki bu denkliğin bize verilen asal sayılar için çözümsüz olduğunu yukarıda incelemiştik.
Dolayısıyla cevap $0$ olur.
26) Cevap: D Bu ifadenin tamkare olması için ve $p_1$ $p_2$ $p_3$ asal sayı olması gerektiğinden dolayı $p_1p_2p_3=2015=5.13.31$ olmalıdır. Bu durumda $$23p_1p_4p_5+2015k=2015p_1$$ elde edilir. $p_1\in {5,13,31}$ olduğunu da kullanırsak $p_4p_5=\dfrac{2015(p_1-k)}{23p_1}$ elde edilir. Buradan $23|p_1-k$ olduğu görülebilir. Ayrıca ifadenin sadece iki ayrı asal sayının çarpımı olarak yazılabilmesi için $p_1-k=23$ seçmemiz gerektiğini görebiliriz. Buradan $p_1=31$ seçmemiz gerektiği ve bu durumda $k=8$ olmalıdır ve bu durumda $p_4p_5=5.13$ olduğundan uygun $p_i$ değerleri minimum $k=8$ için bulunabilir. (zaten $k=8$ den başka bir değeri alması mümkün değildir.)
30) Cevap : B Bu soruda $S(n)$ $n$ sayısının rakamları toplamı olmak üzere $\pmod 9$ altında $n \equiv S(n) \pmod 9$ özdeşliği kullanılabilir. (Sayının $10$ luk tabanda basamak açılımı yardımıyla kolayca gösterilebilir.) $2012^{2015}\equiv 2 \pmod 9$ olduğu görülebilir ve bu $\pmod 9$ da kare kalan değildir. Dolayısıyla rakamlar toplamı adımı kullanılması gerekir. Rakamları toplamı seçeneği kullanıldığı sürece elde edilen sayıların kare kalanı daima $2 \pmod 9$ olacağından hiçbir zaman karekök alma adımı uygulanamaz. Ve bu işlemler sonucunda en son tahtada $2$ kalacağı görülebilir ve bu nedenle ifademiz tahtada yazılan $1,2,3,4,5$ sayılarından sadece $2$ sayısını alabilir.
65
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 15, 2026, 11:13:17 ös »
Bu soru, buradaki Model 1.1 e ait bir sorudur. Onun için daha genelini çözelim. $\angle PBA = t$, $\angle PCA = 2t$, $\angle PBC = 30^\circ - t$ ve $\angle PAC = 30^\circ$ olsun. $\angle PAB = 30^\circ + t$ ve $\angle PCB = 90^\circ - 3t$ olduğunu göstereceğiz.  $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$ olsun. $\angle AOC = 2\angle ABC = 60^\circ$ ve $\angle OAC = \angle OCA = 60^\circ$. $\angle OAP = \angle CAP = 30^\circ$ olduğu için $\angle AOP = \angle ACP = 2t$ ve $\angle POC = 60^\circ - 2t$. Şimdi de $PO$ yu $OQ=AO$ olacak şekilde uzatalım. $\angle AQO = t$ ve $\angle CQO = 30^\circ - t$ olacaktır. Bu durumda, $\angle AQC = ABC$ olduğu için, $A,C,B,Q$ çemberseldir. $\angle AQP = \angle ABP$ olduğu için $A,Q,B,P$ çemberseldir. Bu da, $A,B,C,P$ nin çembersel olduğu anlamına gelir. Bu mümkün değildir. O zaman $B=Q$ tek seçenek olarak kalır. Bu durumda, $\angle BAP = \angle PAO + \angle BAO = 30^\circ + t$ elde edilir.
66
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 15, 2026, 07:59:21 ös »
Ek çizimler denenerek geometrik çözümler de araştırılabilir. Ben sıkça yaptığım gibi, üçgen içinde alınan bir nokta için trigonometrik Ceva teoremini uygulayacağım. Çözüm: $\angle PAB = x$ dersek üçgende iç açılar toplamından $\angle PCB= 100^\circ - x$ olur. Şimdi trigonometrik Ceva Teoremi'ni uygulayalım: $\displaystyle{\frac{\sin \angle BAP}{\sin \angle PAC} \cdot \frac{\sin \angle CBP}{\sin \angle PBA} \cdot \frac{\sin \angle ACP}{\sin \angle PCB} =1}$. Verilen açıları yerine yazarsak \[\frac{\sin x}{\sin 30^\circ} \cdot \frac{\sin 20^\circ}{\sin 10^\circ} \cdot \frac{\sin 20^\circ}{\sin(100^\circ-x)}=1\] olur. $\sin 3\theta = 4\sin\theta \cdot \sin(60^\circ - \theta)\cdot \sin(60^\circ + \theta)$ ve $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cdot \cos \theta$ formüllerinden yararlanarak \[\frac{\sin30^\circ\sin10^\circ}{\sin^2 20^\circ} = \frac{\sin40^\circ}{\sin60^\circ}\] eşitliğini gösterebiliriz. Sıkça kullandığımız bir trigonometrik hile'den $\dfrac{\sin x}{\sin(100^\circ-x)}= \dfrac{\sin40^\circ}{\sin60^\circ}$ denkleminin tek çözümü $x=40^\circ$'dir. Not: Trigonometrik Hile'nin başka uygulamaları için şu bağlantıları verebiliriz:
67
« Son İleti Gönderen: AhmetG Haziran 15, 2026, 06:46:02 ös »
Bir ABC üçgeninin içinden alınan P noktasının köşelerle yaptığı açılar şu şekildedir. m(PAC)=30°, m(PCA)=20°, m(PBA)=10°, m(PBC)=20°. Buna göre
m(PAB)=?
68
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 14, 2026, 12:54:19 ös »
Eksiklikler- Etiket gibi text pozisyonlarında, S,W,N,E gibi yönler çalışıyor; ama bunun sonrasında toplama, çarpma ile ince ayarlar istenildiği gibi çalışmıyor.
- Fonksiyonlar, orijinal asymptote ile benzer; ama aynı değil. Daha az sayıda argüman alıyor olabilir; bazen de tam istenilen fonksiyon kazandırılmamış olabilir.
- import ifadeleri aslında çalışmıyor. Bütün fonksiyonlar tek bir yerden geliyor. İleride import içeren parçaları kopyala yapıştır yaptığınızda çalışsın diye basitçe görmezden geliniyor.
- Latex etiketlerin print sayfasında kullanımında bazı sıkıntılar var. Örneğin, bendeki android tabanlı chrome browser'da render problemleri görünüyor. Değişik platformlarda kontrol edilip düzeltilmesi gerekiyor.
69
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 14, 2026, 12:41:50 ös »
EksiklerAlıntı yapıldığında, çizim değiştirildiğinde orijinali de değişiyor. Bu durumda orijinal çizim nesnesini kullandırtmak yerine, onun bir kopyasını kullandırtmak daha doğru olacak. Ya da, alıntı durumunda değiştirmeye hiç izin vermemek (tabii, geogebra nesnesini tekrardan kullandırabilmek için kopyalama özelliği eklemek gerekebilir)
Ayrıca, bu durumun aynı zamanda bir yetki problemi. Yukarıdaki gibi düzeltildikten sonra, bu güvenlik durumu da ele alınmalı.- Temel renkleri standartlaştırmada fayda var. Şu an, ek çizimler için benim eklentilerimi kullanıyor. Oradan gelen renkler; yeşil, mavi gibi. Geogebra nın default larını siyaha çekmiştim; ama hala siyah yerine gri bileşenler olabilir. İleride bu değişikliği yapınca, eski çizimler bu ayarlardan etkilenebilir. Bu bazen istenmeyen durum olabilir.
Bazı ayar ekranları küçük panel boyutundan dolayı ekrana sığmıyor.
70
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 13, 2026, 09:47:49 ös »
$AI \perp KL$ ve $\angle KAI = \angle LAI$ olduğu için $KI=LI$.
Basit açı eşitliklerinden $\angle BCI = \angle ACI = \angle BIK$ ve $\angle ABI = \angle IBC = \angle CIL$.
$\triangle EBI \sim \triangle EIK$ dan $\dfrac {BI}{IK}=\dfrac {EB}{EI} = \dfrac {EI}{EK} \Longrightarrow \dfrac {BI^2}{IK^2} = \dfrac {EB}{EK}$.
$\triangle DCI \sim \triangle DIL$ den $\dfrac {CI}{IL} = \dfrac {DC}{DI} = \dfrac {DI}{DL} \Longrightarrow \dfrac {CI^2}{IL^2} = \dfrac {DC}{DL}$.
Taraf tarafa oranlarsak, $\dfrac {BI^2}{CI^2} = \dfrac {EB}{EK} \cdot \dfrac {DL}{DC} = \dfrac {16}{9} \cdot \dfrac {1}{4} = \dfrac 49$.
$\dfrac {BI}{CI} = \dfrac 23$.
Sayfa: 1 ... 5 6 [7] 8 9 10
|
Son İletiler