91
Yanıt: $\boxed{B}$
$n+n^{2}+n^{3}+n^{4}=n(n+1)(n^{2}+1)$ biçiminde çarpanlara ayıralım.
$n^{2} \in \{0,1,2,4\} (\mod 7)$ olduğu için $n^{2}+1$ hiçbir zaman $7$'nin katı olamaz. $n\equiv 6\pmod{7}$ veya $n\equiv 7\pmod{7}$ olmalıdır. $2026 = 7\cdot 289 + 3$ olduğundan uygun aralıkta $2\cdot 289 = 578$ tane çözüm vardır.
92
Yanıt: $\boxed{A}$
$r>p>2$ olduğu barizdir. $r^{2}-p^{2}$ $4$'ün katı olduğu için $q=2$ olmalıdır. $r^{2}-p^{2}=8$ elde edilir. $r>p>3$ ise $r^{2}-p^{2}=8$ olduğundan $p$, $3$'ün katı olmalıdır. Bu yüzden $p=3$ olmalı. Ancak $r^{2}=17$ olur ki buradan çözüm gelmez.
93
Yanıt: $\boxed{C}$
$(a+17)^{2}-289+N=b^{2}$
$(a+b+17)(a-b+17)=289-N$
$289-N$'in tek ya da dördün katı olması çözümün olması için yeterlidir. $N=100,101,102$ değerleri sağlar.
94
Yanıt: $\boxed{A}$
$x^{2}+2x(2y+1)+5y^{2}-2y+10=(x+2y+1)^{2}+(y-3)^{2}=0 \implies y-3=x+2y+1=0 \implies y=3,x=-7 \implies x+y=-4$
95
Yanıt: $\boxed{B}$
$1111\cdots 11$
$2222\cdots 22$
$1111\cdots12$
$2222\cdots21$
Sayılarını yazarsa 4 hamlede garantilemiş olur.
96
Cevap: $\boxed{D}$
Öğrencilerin kendi aralarında yaptığı maç sayısı $\binom{N}{2}=\frac{N(N-1)}{2}$'dir. Öğretmen hiç maç yapmamışsa bu kadar maç yapılmıştır, en yüksek durumda (herkesle maç yaptığı durumda) ise $+N$ fazla maç yapılmıştır. Bunu aslında öğretmeni de $(N+1).$ oyuncu olacağından $\binom{N+1}{2}$ olarak düşünebiliriz. $$\binom{N}{2}\leq 61\leq \binom{N+1}{2}$$ olacaktır. $N$'nin değerleri için denersek, $N=11$ için $61$'in bu aralıkta olduğunu görürüz çünkü $\binom{11}{2}=55$, $\binom{12}{2}=66$'dır. Yani öğrenciler kendi arasında $55$ maç yapmıştır, $61-55=6$ maçı da öğretmen yapmıştır.
97
Cevap: $\boxed{E}$
Denklemin tamsayı çözümlerini kontrol edelim. $x$ bir tamsayı çözümüyse sabit terimi bölmelidir, yani $10$'un böleni olacaktır. Denersek $2$'nin bir kök olduğunu görürüz. Eğer $x-2$'ye bölersek, $$(x-2)(x^2+x+5)$$ olarak çarpanlarına ayrılır. İkinci çarpanın diskriminantı $\Delta<0$ olduğundan kökü yoktur. Yani tek gerçel çözümü $x=2$'dir.
98
Cevap: $\boxed{D}$
Bize verilen bilgi aslında $\overline{20BA}-\overline{19AB}=B^A$ olduğudur. Yani $$B^A+9A-9B=100$$ olarak yazılabilir.
Eğer $A=1$ ise çözüm gelmediği görülebilir. $A=2$ ise $B^2-9B=72$ bulunur. $B\leq 9$ olduğundan sol taraf hiçbir zaman pozitif değildir, çözüm yoktur.
$A=3$ ise $B^3-9B=73$ elde edilir. Sol taraf $B$'ye bölündüğünden ama $73$ asal olduğundan $B=1$ olmalıdır ama o da bir çözüm değildir.
$A=4$ ise $B^4-9B=64$ bulunur. $B$, $64$'ün bir böleni olmalıdır ama çözüm gelmez.
Eğer $A\geq 5$ ve $B\geq 3$ ise $$3^5-9\cdot 9\leq B^5-9B\leq B^A-9B=100-9A\leq 55$$ elde edilir ancak bu bir çelişkidir. Dolayısıyla, $B=2$ veya $B=1$ olmalıdır. $B=1$ olmayacağı barizdir. $B=2$'dir.
$B=2$ için $2^A+9A=118$ elde edilir. Sol taraf $A$'yı arttırdıkça artacağı için tek çözümü olacaktır, onu da denersek $A=6$ bulunur. Yani $A+B=6+2=8$'dir.
99
Cevap: $\boxed{C}$
$ABC$ üçgeni $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgenidir. $ADC$ ise bir eşkenar üçgendir. $s(\widehat{BCA})=30^\circ$ olduğundan $s(\widehat{BCD})=90^\circ$'dir. Yani $BCD$ bir dik üçgendir. Pisagor teoreminden, $|BD|=\sqrt{7}$ bulunur.
100
« Son İleti Gönderen: geo Mayıs 25, 2026, 08:08:15 ös »
$A$ dan geçen ve $BD$ ye paralel olan doğru, $CE$ yi $L$ de, $CB$ yi $M$ de kessin.
import geometry;
import olympiad;
size(8cm);
real sq3 = sqrt(3);
pair A = (0, 2);
pair B = (0, 0);
pair C = (2*sq3, 0);
pair D = (sq3/2, 3/2);
pair E = (0, 1);
pair F = (2*sq3/7, 6/7);
pair M = (-2/sq3, 0);
pair L = (-2*sq3/7, 8/7);
// Ana ucgen
draw(A--B--C--cycle);
// Yukseklik BD
draw(B--D);
// Kenarortay CE
draw(C--E);
// A'dan BD'ye paralel dogru
draw(A--M,red);
draw(B--M,red);
draw(E--L, red);
// Dik aci isaretleri
draw(rightanglemark(A, B, C, 5));
draw(rightanglemark(B, D, A, 5));
// E: AB orta noktasi (tick isareti)
draw(pathticks(A--E, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(E--B, 1, 0.5, 1, 3));
// Noktalar ve etiketler
dot("$A$", A, NW);
dot("$B$", B, S);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, NE);
dot("$E$", E, SW);
dot("$F$", F, S);
dot("$M$", M, S, red);
dot("$L$", L, NW, red);
$BC:BE=MC:ML=7:2$. $ML=2k$, $MC=7k$. $AL:BF=AE:EB=1$. $AL=2$. $MAC$ dik üçgeninde Öklid'den $(2k+2)^2=(7k-7)7k$. $4k^2+8k+4=49k^2-49k \Longrightarrow 45k^2-57k-4=(15k+1)(3k-4)=0$, $k=\dfrac 43$. Buradan da $DC:AD=3$ elde edilir.
|
Son İletiler