Sayfa: 1 ... 6 7 [8] 9 10
71
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 25, 2026, 12:16:46 öö »
$\angle BAC = \angle BCA =\angle CED =\angle ECD = \angle BEC$.
$\triangle ABC \cong \triangle CDE$, $\triangle BCG \sim \triangle BEC$.
$\dfrac{BG}{BC}=\dfrac{CG}{EC}=\dfrac {BC}{BE} =\dfrac 46$.
$BE=9$, $EG=5$. $EC=AC=3x$ dersek, $CG=2x$ ve $AG=x$ olur.
$AG\cdot GC = BG\cdot GE$, $2x^2=4\cdot 5 = 20$. $x=\sqrt{10}$. $AC =3x =3\sqrt{10}$.
72
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 25, 2026, 12:04:10 öö »
$\angle BAC = \angle BCA =\angle CED =\angle ECD = \angle BEC$. $\triangle ABC \cong \triangle CDE$, $\triangle BAG \sim \triangle CEG$.
import geometry;
import olympiad;
size(9cm);
pair O = (0, 0);
real R = 4.899;
pair A = (0, R);
pair B = (4.7434, 1.2247);
pair C = (2.3717, -4.2866);
pair D = (-3.5576, -3.3680);
pair E = (-4.1505, 2.6026);
pair G = (0.7906, 1.8371);
// Cember
draw(circle(O, R));
// Besgen kenarlari
draw(A--B--C--D--E--cycle);
// Kosegenler AC ve BE
draw(A--C);
draw(B--E);
draw(E--C);
// Esit kenar isaretleri (AB=BC=CD=DE=6)
draw(pathticks(A--B, 1, 0.5, 1, 8));
draw(pathticks(B--C, 1, 0.5, 1, 8));
draw(pathticks(C--D, 1, 0.5, 1, 8));
draw(pathticks(D--E, 1, 0.5, 1, 8));
// Aci isaretleri: angle_BAC = angle_BCA = alpha
draw(anglemark(B, A, C, 30));
draw(anglemark(A, C, B, 30));
draw(anglemark(B,E,C,30));
// BG = 4 etiketi
label("$4$", (B + 2*G)/3, dir(30));
label("$6$", (2*A + B)/3, dir(30));
label("$2x$", (G + C)/2, dir(30));
label("$3x$", (E + C)/2, dir(45));
// Noktalar
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, NE);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, SW);
dot("$E$", E, W);
dot("$G$", G, NW);
$\dfrac{AB}{BG}=\dfrac{EC}{CG}=\dfrac 64$. $EC=AC=3x$ dersek, $AG=x$ ve $CG=2x$ olur. $\triangle BAC$ de, Stewart'ın özel halinden $36 = 16 +2x^2 \Longrightarrow x =\sqrt{10}$. $AC=3\sqrt {10}$
73
« Son İleti Gönderen: diktendik Mayıs 24, 2026, 10:25:47 ös »
Yanıt : $\boxed{A}$
$\angle BAC=\alpha$ olsun. $\angle CBE=2\alpha$ ve $\angle BCA=\alpha$ olup $BAG$ üçgeninde sinüs teoreminden $\frac{3}{2}=\frac{\sin{3\alpha}}{\sin{\alpha}}=3-4\sin^2{\alpha}$ olup $\alpha<90^\circ$ olduğundan $\sin{\alpha}=\sqrt{\frac{3}{8}}$ olur. $|AC|=2\cdot\cos{\alpha}\cdot 6=12\cdot\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}=12\cdot\sqrt{\frac{5}{8}}=3\sqrt{10}$ olur.
74
Bu üç öğrencinin bir sorudan aldıkları puanların toplamı $3$'ün katı ise ya her birinin aldığı puanlar birbirinden farklı olmalı ya da eşit olmalı. Her bir soru için bu üç kişinin puan dizilimi $9$ farklı şekilde yapılabilir. Toplam dizilim $9^{5}$ olur. Eğer her bir sorudan aldıkları puanlar eşit ise bu üç öğrenciden herhangi iki öğrencinin birbirinden farklı puanlar aldığı soru bulunamayacağından dolayı istenmeyen olasılık $3^{5}$ olarak bulunur, yani istenilen toplam dizilim $9^{5}-3^{5}$ olur. Hangi öğrencinin hangi soru-puan dizilimini yaptığı fark etmediği için cevap $\frac{9^{5}-3^{5}}{6}=9801$'dir
75
Cevap: $\boxed{C}$
Tahtadaki $12$ sayı $a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_{12}$ olsun. Herhangi bir $12$li için $t$'nin alabileceği en büyük değer $t=\min_{i}(a_{i+1}-a_i)$'dir. Dolayısıyla, biz bu $t$'nin sınırlarını arıyoruz. $j>i$ ise $a_j-a_i\geq t(j-i)$ olacaktır. Dolayısıyla, $a_j\geq a_1+t(j-1)\geq t(j-1)$ olacaktır. Her öğrencinin yazdığı sayıların indekslerin toplamı $S_1,S_2,S_3,S_4$ olsun. $S_1+S_2+S_3+S_4=1+2+\dots+12=78$ olduğundan en az bir tanesi $\frac{78}{4}=19.5$'dan büyük olmalıdır, yani en az birisinin indekslerinin toplamı en az $20$ olmalıdır.
Bu kişinin yazdığı sayılar $a_p,a_q,a_r$ olsun, $p+q+r\geq 20$'dir. Dolayısıyla, $$34=a_p+a_q+a_r\geq (p-1)t+(q-1)t+(r-1)t\geq 17t$$ olduğundan $2\geq t$'dir. Şimdi $t=2$ olabileceğini gösterelim. Bu örnek durum için çift tamsayıları kullanabiliriz (eşitlik durumunda ardışıklar arasındaki farkın olabildiğince çok kez $2$ olması gerektiğini tahmin ediyoruz). Öğrenciler $(2,6,26)$, $(0,14,20)$, $(4,12,18)$, $(8,10,16)$ seçilirse $t=2$ olabileceği görülür. Dolayısıyla $t$'nin en küçük değeri $2$'dir.
76
Cevap: $\boxed{E}$
$m=1$'in hiçbir durumda eşitliği sağlamadığı görülebilir. Dolayısıyla, $m>1$'dir ve asal çarpanlarına ayırabiliriz. $p_i$'ler farklı asallar ve $a_i>0$ tamsayılar olmak üzere $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$ şeklinde asal çarpanlarına ayırırsak, $d(m)=(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$ formülünden, bize verilen denklemin $$(ka_1+1)(ka_2+1)\cdots (ka_s+1)=3(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$$ olduğu görülür. $k=1$ için çözüm olmadığı kolayca görülebilir.
$s=1$ ise $ka_1+1=3a_1+3$ elde edilir. $(k-3)a_1=2$ elde edilir. $(k,a_1)=(4,2),(5,1)$ olabilir ancak $m$ asal olmadığından $m=p^2$ formatında olmalıdır. $s\geq 2$ kabul edelim.
$k\geq 3$ ise $$(ka_1+1)(ka_2+1)\geq (3a_1+1)(3a_2+1)=9a_1a_2+3a_1+3a_2+1=3(a_1+1)(a_2+1)+6a_1a_2-2> 3(a_1+1)(a_2+1)$$ olduğundan ve diğer terimlerde de $(ka_i+1)>a_i+1$ olduğundan çelişki elde ederiz. Yani $k\leq 2$ olmalıdır. $k=1$ olamayacağından $k=2$ olmak zorundadır.
Yani elimizdeki denklem artık $$(2a_1+1)(2a_2+1)\cdots (2a_s+1)=3(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$$ şeklindedir. Bu durumda $$3=\frac{2a_1+1}{a_1+1}\cdot\frac{2a_2+1}{a_2+1}\cdots \frac{2a_s+1}{a_s+1}$$ olarak yazarsak, $\frac{2a_i+1}{a_i+1}=2-\frac{1}{a_i+1}$ olduğundan artandır. Yani $$3\geq\left(\frac{3}{2}\right)^s$$ olacağından $s\leq 2$ olacaktır yani $s=2$ olmak zorundadır. Yani $k=2$ ve $m=p^aq^b$ formatında olmalıdır. $$(2a+1)(2b+1)=3(a+1)(b+1)\iff (a-1)(b-1)=3\iff (a,b)=(2,4),(4,2)$$ elde edilir. Aradığımız sayılar $p^2$ veya $p^2q^4$ formatındaki sayılardır. $2026$'dan küçük tamkareler $1^2,2^2,\cdots,45^2$'dir. Bunlardan asal olanlar $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43$ olduğundan $m=p^2$ olan $14$ çözüm gelir. $pq^2$ formatında olanlar ise $12,18,20,28,44,45$ olduğundan $m=p^2q^4$ olan $6$ çözüm gelir. Dolayısıyla, $20$ tane $m$ vardır.
77
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 24, 2026, 09:58:34 öö »
Yanıt: $\boxed D$ $\angle ACB = 34^\circ$, $\angle ACD = 92^\circ$. $\angle ACD = \angle AED = 92^\circ$ olduğu için, $\triangle ACD \cong \triangle AED$ iddiası çalışır. Ama çözümün tam olması için Sinüs Teoremine başvuracağız. $\triangle ACD$ ile $\triangle AED$ üçgenlerinin çevrel yarıçapları aynı olmak zorunda. $ED=DC$ olduğu için de, $\sin \angle EAD = \sin \angle CAD$ olmak zorunda. Dışbükey çokgenlikten dolayı, $\angle EAD + \angle CAD = 180^\circ$ olamaz. Geriye sadece $\angle EAD = \angle CAD$ ihtimali kalır. Dolayısıyla $\triangle ACD \cong \triangle AED$. $\angle CAD = 56^\circ - 34^\circ = 22^\circ$. $\angle ADC = \angle ADE = 66^\circ$, $\angle CED = 24^\circ$ ve $\angle AEC = 68^\circ$. $\angle AEC + \angle ABC = 180^\circ$ olduğu için $ABCE$ kirişler dörtgenidir. $\angle BEC = \angle BAC = 34^\circ$ ve $\angle BED = 34^\circ + 24^\circ = 58^\circ$.
import geometry;
import olympiad;
size(9cm);
pair A = (0, 0);
pair B = (1, 0);
pair C = (1.375, -0.927);
pair D = (1.014, -1.504);
pair E = (0.345, -1.622);
draw(A--B--C--D--E--cycle);
draw(B--D, dashed);
draw(A--D, dashed);
draw(A--C, red);
draw(E--C, red);
draw(E--B, dashed+red);
// Esit kenar isaretleri
draw(pathticks(A--B, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(B--C, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(C--D, 2, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(D--E, 2, 0.5, 1, 3));
// B'de ABC acisi (112)
draw(anglemark(A, B, C, 5));
label("$112^\circ$", B + 0.22*dir(-124));
// C'de BCD acisi (126)
draw(anglemark(B, C, D, 5));
label("$126^\circ$", C + 0.22*dir(175));
// E'de DEA acisi (92)
draw(anglemark(D, E, A, 5));
label("$92^\circ$", E + 0.20*dir(56));
// A'da DAB acisi (56)
draw(anglemark(D, A, B, 5));
label("$56^\circ$", A + 0.22*dir(-28));
// Noktalar
dot("$A$", A, NW);
dot("$B$", B, NE);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, SE);
dot("$E$", E, SW);
78
« Son İleti Gönderen: diktendik Mayıs 23, 2026, 11:07:01 ös »
$f$ aynı şekilde tanımlanarak şöyle bir soru türetilebilir:
$f(n)\le n-\lfloor\sqrt{n-1}\rfloor$ olduğunu ispatlayınız.
79
« Son İleti Gönderen: diktendik Mayıs 23, 2026, 11:00:04 ös »
2023’ten beri (2024’te görece zordu ama) bir tırtlaşma var geolarda 2 tane falan guzel oluyor en fazla gerisi yks ayari hatta orada bile orta seviye sayilacak sorular oluyor herhalde amacli zorlamiyorlar geometriyi bu yil da sadece 2/7’li soru fena degil gibi
80
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 23, 2026, 10:29:18 ös »
Üniversiteye giriş seviyesinde bir soru olmuş; açıkçası lise matematik olimpiyatına yakışmamış.
Sayfa: 1 ... 6 7 [8] 9 10
|
Son İletiler