81
« Son İleti Gönderen: ahmedsyldz Mayıs 23, 2026, 12:37:53 öö »
$f(x, y) = 5x - 7y$ ve $g(x, y) = 2x^2 - 3xy - 63$ olsun. $g(x, y) = 0$ koşulu altında $f$'in ekstremum noktası Lagrange çarpanı metodu gereği $\nabla f = \lambda \nabla g$ eşitliğini sağlamalıdır. Buradan $5 = \lambda(4x - 3y)$ ve $-7 = \lambda(-3)x$ gelir. Bu ifadeleri oranladığımızda $13x = 21y$ elde ederiz. $g(x, y) = 0$ olduğundan $x^2 = 441$ gelir ve $x$ pozitif olduğundan $x = 21$ olmalıdır. Bu durumda $f$'in minimumu $5x - 7y = \frac{2x}{3} = 14$ olur.
82
« Son İleti Gönderen: diktendik Mayıs 22, 2026, 11:45:30 ös »
Yanıt : $\boxed{B}$
Öncelikle eğer bir terim herhangi bir $p$ asal sayısına bölünüyorsa bu $k^2-k+1\equiv 0\pmod p$ demektir ve en az bir adet $p$’den küçük çözümü vardır. Dolayısıyla bir asal sayı çarpıma en geç üst indis o asal sayı olduğunda girer. $f(n)<n-2$ olan bir $n$ olduğunu farz edelim. $k^2-k+1<k(k+1)$ olduğundan bu ifadede $k$’den büyük en fazla $1$ asal sayı olabilir. Zaten demin ifade ettiğimiz gibi $k$’ye kadar olan asal sayılar çarpıma daha önce dahil edildiği için yeni terim diziye en fazla $1$ yeni asal ekleyebilir. $n$ sayısı da arttığından demin kabul ettiğimiz $f(n)<n-2$’den sonra soruda istenen koşulu sağlayan tam sayı bulunamaz. Şimdi birkaç adet $n$ için $f(n)$’i hesaplayıp ilk kez $<n-2$ olduğu yerde duracağız. $f(1)=0,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=3,f(5)=3,f(6)=4$$,f(7)=5,f(8=6,f(9)=7,f(10)=7 $ dolayısıyla koşulu sağlayan tüm tam sayılar $5,6,7,8,9$’dur ve $5$ adettir.
83
Klasik bir metot olarak $n.$ dereceden bir polinomda $x^{n-1}$'in katsayısını sıfırlama yöntemini kullanalım. $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots$ polinomunda $x=y-\frac{a_{n-1}}{na_n}$ dönüşümü yapılırsa, $y^{n-1}$'in katsayısı $0$ olacaktır. Bu polinom için uygularsak, $x=y-\frac{3}{2}$ dönüşümü yapmamız gerekir ki yerine koyduğumuzda $$2y^4-4y^2-\frac{33}{8}=2(y^2-1)^2-\frac{49}{8}$$ elde edilir. Bu fonksiyonun en küçük değeri $y=\pm 1$ için $-\frac{49}{8}$ olarak bulunur.
84
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 22, 2026, 11:12:19 ös »
Yanıt: $\boxed E$.
$a>b>c>1$ ve $a+b+c=101$ şartlarını sağlayan $(a,b,c)$ üçlülerinin sayısı $N$ olsun.
$a$ kırmızı kutudaki top sayısını ifade eder. Beyaz kutudaki top sayısı $b$ veya $c$ kadar olabilir. Bu durumda aradığımız yanıt $2N$ olacaktır.
$x,y,z$ negatif olmayan tam sayılar olmak üzere; $c=z+1$, $b=c+1+y=y+z+2$, $a=b+1+x=x+y+z+3$ olsun. $a+b+c=x+2y+3z+6=101$ ve $x+2y+3z=95$ olacaktır.
$x+2y=95-3z \in \{95, 92, 89, \cdots, 5, 2\}$
$y$ nin değerine göre tek bir türlü $x$ seçilecektir.
$y$ nin alabileceği değerlerin sayısı $48,47, 45, 44, \dots, 3, 2$ olacaktır.
Bu toplam da, ardışık iki terimi toplayarak, $N = 95 + 89 + 83 + \dots 11 + 5$ olarak bulunur.
$N=\displaystyle \sum_{k=1}^{16} 6k - 1 = 6\cdot \dfrac{16\cdot 17}{2}-16=16\cdot 51-16=16\cdot 50 =800$.
$2N=1600$.
85
« Son İleti Gönderen: ahmedsyldz Mayıs 22, 2026, 10:53:50 ös »
$\phi(n)$ Euler totient fonksiyonu olmak üzere, $ebob(1.3.5\cdots31, 32) = 1$ olduğundan $(1.3.5\cdots(2^{2026}-1)) \equiv (1.3.5.7\cdots31)^{2^{2021}} \equiv ((1.3.5.7\cdots31)^{\phi(32)})^{2^{2017}} \equiv 1 \pmod{32}$ olur.
86
« Son İleti Gönderen: ahmedsyldz Mayıs 22, 2026, 09:47:42 ös »
$a_n = \frac{b_n}{(n+1)!}$ olarak tanımlayalım. Bu durumda verilen eşitlikten $\frac{b_n}{(n-1)!} = \frac{b_{n-1}}{(n-1)!} - \frac{b_{n-2}}{(n-1)!} \implies b_n = b_{n-1} - b_{n-2}$ ifadesi gelir. $b_1 = 12$ ve $b_2 = 2028.6$ olduğu bilindiğinden $b_3 = 1013.12$, $b_4 = -12$, $b_5 = -1014.12$, $b_6 = -1013.12$ ve $b_7 = 12$ olur. Bu durumda $b_n = b_{n \pmod 6}$ olduğu açıktır. O halde $b_{2027} = b_{5} = -1014.12$ ve $b_{2026} = b_4 = -12$ olur. Buradan $\frac{a_{2027}}{a_{2026}} = \frac{b_{2027}}{2028.b_{2026}} = \frac{1}{2}$ gelir.
87
« Son İleti Gönderen: Yağmur Çağla Mayıs 22, 2026, 06:08:40 ös »
Bu ifade $2(x^2+3x+1)^2 +(x^2+3x+1)-6$ şeklinde yazılabilir. $y=x^2+3x+1$ değişken değiştirmesi yaparsak $2y^2+y-6$ elde edilir. Bu ifade $y=\dfrac{-b}{2a}$ tepe noktasında minimum değerini alır. Yani $y=\dfrac{-1}{4}$ seçilir. $y=\dfrac{-1}{4}$ için diskriminant $0$'dan büyük olduğu için $x$ gerçel sayı değeri vardır. Öyleyse $y=\dfrac{-1}{4}$ değerini parabolik ifadede yerine koyarsak minimum değer $\dfrac{-49}{8}$ olarak bulunur.
88
« Son İleti Gönderen: ahmedsyldz Mayıs 21, 2026, 12:19:02 ös »
$(1 - x_1^2)(1 - x_2^2)(1 - x_3^2) = -(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(-1-x_1)(-1-x_2)(-1-x_3)$ olduğundan $Q(1) = -P(1)P(-1) = -(-1)\cdot 3 = 3 = 1+a+b+c$ eşitliği yazılabilir, buradan $a + b + c = 2$ gelir.
89
Cevap: $\boxed{A}$
Verilen ifadeye $m\geq 0$ olmak üzere $m^2$ diyelim. $m=0$ için çözüm yoktur, dolayısıyla $m\geq 1$ kabul edebiliriz. $$m^2+1=n^5(9n+7)$$ elde edilir. $n$ ve $9n+7$'nin pariteleri farklı olduğundan $m^2+1$ çifttir, yani $m$ tektir.
Eğer $m$ tekse $m^2+1\equiv 2\pmod{8}$ olacağından $n$ de tek olmak zorundadır, aksi takdirde $4\mid n^5$ olurdu. Sonuç olarak $9n+7$ çifttir, hatta $$9n+7\equiv 2\pmod{4}\implies n\equiv 3\pmod{4}$$ elde edilir. Yani $n$'nin $4k+3$ formatında bir asal böleni vardır (aksi takdirde tüm asal bölenleri $4k+1$ formatında olurdu ve $n$ de $4k+1$ formatında olurdu). Bu asal bölene $p$ diyelim. $$m^2+1\equiv 0\pmod{p}\implies m^2\equiv -1\pmod{p}$$ olduğundan $-1$ karekalandır, bu da çelişkidir çünkü $-1$'in $p$ modunda karekalan olması için gerek ve yeterli koşul $p$'nin $4k+1$ formatında olmasıdır. Yani çözüm yoktur.
90
« Son İleti Gönderen: diktendik Mayıs 21, 2026, 01:34:20 öö »
Yanıt : $\boxed{B}$
$Q(x)$ tam sayı katsayılı bir polinom olmak üzere $P(x)=Q(x)(x-20)(x-26)+p$ olup herhangi bir tam sayı kökü olması için $x_1$ tam sayısı için $-p=(x_1-20)(x_1-26)Q(x_1)$ olur. Bu durumda soldaki çarpanlardam biri ya $-1$ ya $1$ olmalıdır. Bu durumların her birinde diğer çarpanın mutlak değeri $7$ veya $5$ olup işarete göre $Q(x_1)$, $-1$ veya $1$ olacak şekilde belirlenir ve $p$'nin alabileceği $2$ değer vardır.
|
Son İletiler