91
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 18, 2026, 02:13:09 ös »
3) Bu soruda eşitsizlik daima sağlandığına göre $x=y=z=t$ alırsak da sağlanmalıdır. $$3t \geq 4t^2 .3 . \dfrac{(2-t) (t-2)+K}{(4t+1)^2}$$ Buradan $K$ yı yalnız bırakırsak $$K \leq (t-2)^2+ \dfrac{(4t+1)^2}{4t^2}=5+\dfrac{(2t^2-4t-1)^2}{4t^2}$$ olarak yazabiliriz. Ayrıca bu eşitsizliğin daima sağlanması gerektiğinden ve eşitsizliğin sağ tarafının en az $5$ olduğunu ve bu değeri almasını sağlayan bir $t$ değeri olduğundan dolayı $K$ maksimum $5$ olabilir. $K=5$ için eşitsizliğin sağlandığını gösterebilirsek ispat biter.
$K=5$ alıp sağdaki terimlerden birine odaklanalım. $$\dfrac{2x+2y+1-xy}{(2x+2y+1)^2}$$ olur. Sadeleştirmek için $2x+2y+1=a$ dersek İfademizin payında $A-xy$ bulunduğunu görebiliriz. Bunu kullanabilmek için $$(A-2xy)^2=A^2-4Axy+4x^2y^2\geq 0$$ Buradan $$A^2\geq 4xy(A-xy)$$ $A\not = 0$ olduğundan $$1 \geq \dfrac{4xy(A-xy)}{A^2}$$ elde edilir. Benzer şekilde
$$1 \geq \dfrac{4yz(A-yz)}{A^2}$$ ve $$1 \geq \dfrac{4xz(A-xz)}{A^2}$$ olur. Buradan eşitsizlikleri sırasıyla $z,x,y$ ile genişletirsek ve taraf tarafa toplarsak $K=5$ durumunu ispatlamış oluruz.
92
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 17, 2026, 09:36:56 ös »
Daha genelini çözelim: $\angle ABP = t$, $\angle PBC = 2t$, $\angle PAC = 30^\circ$, $\angle ACP = 30^\circ - t$ olsun. $\angle BAP = 30^\circ + t$ olduğunu göstereceğiz. $BP$, $ABC$ nin çevrel çemberini $D$ de kessin. $\angle DAC = 2t$, $\angle DCA = t$, $\angle PCD = 30^\circ$ dir.  $\triangle PAC$ nin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle POC = 60^\circ$, $\angle AOP = 60^\circ - 2t$, $\angle OCD = \angle PCD = 30^\circ$. $CD$ ile $OP$, $E$ noktasında kesişsin. $PE=OE$. $\triangle AOP$ üçgeninin çevrel merkezi; $2\angle AOP = 2(60^\circ - 2t) = 120^\circ - 4t$ ve $\dfrac {180^\circ - (120^\circ - 4t)}2 = 30^\circ + 2t$ olduğu için $AD$ üzerindedir. Çevrel merkez, aynı zamanında $OP$ nin kenar orta dikmesi üzerinde olacağı için; $AD$ ile $DE$ nin kesişimi, yani $D$ noktasıdır. $\angle DPA = \angle DAP = 30^\circ + 2t$ olduğu için $\angle BAP = 30^\circ + t$ dir.
93
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 07:04:19 ös »
Cevap: $\boxed {D}$
Bu soruda oyunun ne zaman bittiğini dikkate almalıyız. Masada bulunan en büyük öbek $2^n-1$ formatında ise başlayan oyuncu oyunu kaybeder. Bunu gösterelim. Öncelikle $n=1$ ise ifademiz $1$ olduğu için barizdir. $n=3$ ise $2^n-1=7$ olur. Burada önemli olan $1.$ oyuncu böldükten sonra en büyük sayının $2^i-1$ formatında olamamasıdır ki bu da oynayan oyuncuyu $1$ sayısı $2^i-1$ formunda olmasından dolayı kaybeden sayıyı almamasını garantiler. Mesela oyundaki sayı $2^x-1$ olsun. Ve $2^i-1$ aynı formdaki en büyük sayı olsun. Bu durumda $2^x=2.2^i$ olur. Diğer taraftan en büyük sayı kabulümüzden dolayı diğer öbekteki sayı $s \leq 2^i-1$ olmalıdır. Bu da bize $s+2^i-1 \leq 2.2^i-2<2^x-1$ verir ki bu da bize $2^i-1$ formatında sayıyı bölen kişinin $2^i-1$ formatında en büyük sayı bırakamayacağını kanıtlamış olur. Benzer şekilde destemizde en büyük parça $2^x-1-a$ , $a \in \{1,2,3,....2^{x-1}-1\}$ sayı olsun. Bu durumda desteyi $2^{x-1}-1$ ve $2^{x-1}-a$ şeklinde $2$ desteye bölmeyi garantileriz. $2^{x-1}-1$ en büyük sayı olduğu için hamleyi yapan kişi kaybedecektir.
Mesela $33$ için başlayan oyuncu $31$ ve $2$ şeklinde bölebilir. Başlayan kazanır
$50$ için $31$ ve $19$ şeklinde bölmek mümkündür. Başlayan kazanır.
$63=2^6-1$ olduğu için başlayan kaybeder.
$120$ yi $63$ ve $57$ şeklinde bölmek mümkündür. Başlayan kazanır.
Dolayısıyla başlayan oyuncu bu oyunlardan $3$ ünü doğru stratejiyle kazanır.
94
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 06:24:08 ös »
Cevap: C
$0$ sayılarının değiştirilebilmesi için yanlarında bulunan $1$ sayılarına da müdahale etmek zorunda kalıyoruz. Bu nedenle her $1$ sayısı tekrar $1$ haline dönebilmek için en az $2$ kez işleme girmek zorundadır. Tahtanın yarısı $1$ olduğu için en az $1122$ işlem yapılması gerektiğini görürüz. Bunun yapılabilir olduğunu gösterirsek ispat biter.
tüm sütunları üçlü şekilde $1,0,1$ ve $0,1,0$ şeklinde gruplara ayıralım.
$1,0,1$ olan grupta soldaki virgülün olduğu yere $2$ işlem sağdaki virgülün olduğu yere de $2$ işlem yaparsak $2-1-1$ -> $0-2-1$ -> $0,0,2$ -> $0,1,0$ haline geliyor. toplamda $4$ işlem yapar.
$0,1,0$ olan grupta her iki vürgülün olduğu yere de benzer şekilde $1$ işlem yaparsak $0,1,0$ -> $1,0,1$ haline geliyor. Toplamda $2$ işlem yapar.
Toplamda $1-0-1$ ile başlayan sütunlarda $6$ tane $1-0-1$ ve $5$ tane $0-1-0$ bulunur.
Toplamda $0-1-0$ ile başlayan sütunlarda $5$ tane $1-0-1$ ve $6$ tane $0-1-0$ bulunur.
Tahtamızda toplamda $17.6+17.5$ tane $1-0-1$ ve $17.5+17.6$ tane $0-1-0$ dizilimi bulunur. Her birini de gerekli işlem sayısıyla çarparsak $$187.4+187.2=1122$$ elde edilir.
95
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 05:59:06 ös »
Cevap : D
Varsayalım ki seçilen gün kümesi $G$ ve her cücenin uygun olduğu gün kümesi $S$ olsun $$\mid G \cap S \mid \geq 7+7-10=4 $$ Dolayısıyla seçilen her cüce $7$ partiden en az $4$ üne katılır. Benzer şekilde güvercin yuvası ilkesi gereğince ($4+4>7$) olduğundan seçilen her iki cüce en az bir gün birlikte partiye katılır. Şimdi $6$ günün mümkün olmadığını gösterelim.
seçilen günler $d_1,d_2,d_3,d_4,d_5,d_6$ olsun.
$1.$ cüce $\{d_1,d_2,d_3\}$ + seçilmeyen $4$ gün
$2.$ cüce $\{ d_4,d_5,d_6 \}$ + seçilmeyen $4$ gün şeklinde seçim yapabilir ve bu seçim Keloğlan'ın amacına ulaşmasını engeller.
96
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 05:24:27 ös »
Geometri sorularına yaptığım çözümleri de ekledim. ($1,5,9,13,17,21,25,29$) 1) Yanıt: A $\mid AB \mid =a$ , $\mid BC \mid =b$, $\mid CD \mid =c$, $\mid DA \mid = d$ , $\mid AC \mid =p $ ve $\mid BD \mid = q$ olsun. Soruda bize verilenler $a+c=15$, $b+d=\sqrt{43}$ , $p+q=12$ ve çembersellik yardımıyla Ptolemy Teoremi'ni uygularsak $ac+bd=pq$ elde edilir. $|AC|$ nin orta noktası $M$ ve $|BD|$ nin orta noktası $N$ olsun. Bu durumda bizdenin istenen uzunluk $\mid MN \mid$ olur. Bu uzunluk ise Euler dörtgen teoremi ile bulunabilir. $$4 \mid MN \mid ^2= a^2+b^2+c^2+d^2-p^2-q^2=(a+c)^2-2ac+(b+d)^2-2bd-(p+q)^2+2pq=(a+c)^2+(b+d)^2-(p+q)^2-2pq+2pq=15^2+43-144=124$$ yani $\mid MN \mid = \sqrt{31}$ olarak bulunur. 5) Yanıt: C  $13-14-15$ üçgeninde Heron Formülü ile alan hesaplanırsa $S=84$ olarak bulunabilir. ($S=\sqrt{u(u-a)(u-b)(u-c)}$) Aynı zamanda $S=u.r$ formülünü kullanırsak $84=21r$ den $\mid IP \mid = r=4$ olur. Ayrıca $S=\mid AH \mid .14/2=84$ den $\mid AH \mid =12$ elde edilir. $ABH$ üçgeninde Pisagor Teoremi'nden $\mid BH \mid = 5$ olur. $\mid BI \mid$ doğru parçasını çizersek ve bu doğru parçasının açıortay olduğunu göz önüne alırsak $\dfrac{13+x}{\mid IM \mid}=\dfrac{5}{\mid HI\mid}$. $\mid HP\mid = u-b-5=21-15-5=1$ olur. $M$ den $BC$ ye dik çizdiğimizdeki kesişim noktası $Q$ olsun. $\text{HPI}$ ile $\text{HQM}$ üçgenlerinin benzer olduğu görülebilir. Bu benzerlik yardımıyla $\mid HQ \mid =x$ ve $\mid MQ\mid =4x$ diyelim. $\text{ABG}$ ve $\text{MBQ}$ da benzerdir. Buradan $\mid BQ \mid= 5+x$ olduğundan yardım alırsak $5.4x=12.(5+x)$ ve $x=\dfrac{15}{2}$ elde edilir. $\mid BQ \mid = \dfrac{25}{2}$ olduğundan $\mid MA \mid = \dfrac{65}{2}$ olur. Buradan da istenen cevabı $\dfrac{39}{2}$ olarak bulabiliriz. 9) Yanıt: D Varsayalım ki $\mid AK \mid =x$ olsun. Bu durumda açıortay teoreminden $\mid DF \mid =3a$ ve $\mid FC \mid =(x+1) a$ olacak şekilde $a$ sayısı vardır. Menelaus Teoreminden $$\dfrac{3}{3+3}\dfrac{x}{1}\dfrac{(x+1)a}{3a}=1$$ ve buradan $x=2$ olur. $ACD$ ikizkenar üçgendir. Diğer taraftan açıortay teoremi yardımıyla $\dfrac{\mid BE \mid }{\mid EC \mid}=2$ olduğunu not edelim. Bunu kullanarak tekrardan menelaus teoremi uygularsak $$\dfrac{2}{3}\dfrac{1}{2}\dfrac{\mid AF \mid }{\mid FE \mid}=1$$ olur. Buradan $\mid FE \mid = y$ dersek $\mid AF \mid =3y$ olur ve soruda verilen orantı yardımıyla $\mid FC \mid =3y$ elde edilir. AFC üçgeninde pisagordan $y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ olur ve $\mid AE \mid =2 \sqrt{2}$ olur. AEC üçgeninde $AE$ uzunluğu için Stewart Teoremi yazıp hesaplarsak $\mid BC \mid = 3 \sqrt{5}$ yani $\angle BAC =90^\circ$ bulunur. Buradan $S=9$ olduğu kolayca görülebilir. 13) Yanıt : C 
Bu soruda $\mid DC \mid = \mid BE \mid $ ve $\angle EBA = 90^\circ$ olacak şekilde bir $\text{E}$ noktası alalım. Bu durumda EB ile CD doğrularının paralel olduğu görülebilir ve dolayısıyla $\text{EBDC}$ bir paralelkenar oluşturur. köşegenlerin kesişim noktası paralelkenar özelliğinden dolayı $N$ noktası olmalıdır. DMN ve DAE üçgenlerindeki benzerlik yardımıyla $|MN|=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ olur. 17) Yanıt: D Öncelikle trigonometrik bağıntıları not edelim. $\mid AI \mid = 4 R \sin{B/2} \sin{C/2}$ ve $\mid BI \mid = 4R \sin{A/2} \sin{C/2}$ ve $\mid AB \mid = 2R \sin{A}$ ve $\mid AC \mid= 2R \sin{B}$ $$\dfrac{\mid AI \mid }{\mid BI \mid}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sin{B/2}}{\sin{A/2}}$$ . Diğer taraftan $\mid AB \mid \mid AC \mid = 4R^2 \sin{B} \sin{A}=16R^2 \sin{A/2} \sin{B/2} \cos{A/2} \cos{B/2}$ ifadesinde $\mid AI \mid $ yerine koyarsak $7=4R \cos{B/2} \cos{C/2}$ geliyor. Buradan $\dfrac{3}{7}=\tan{B/2} \tan{C/2}$ elde edilir. Şimdi $$\dfrac{\mid AI \mid }{\mid BI \mid}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sin{B/2}}{\sin{A/2}}=\dfrac{\sin{B/2}}{\cos{(\frac{B+C}{2})}}$$ $\tan{B/2}=x$ ve $ \tan{C/2}=y$ olsun. Bu durumda $xy=3/7$ ve $$\dfrac{x\sqrt{1+y^2}}{1-\frac{3}{7}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ $x=\dfrac{3}{7y}$ yazıp ifadeyi düzenlersek $y=\sqrt{3}$ yani bizdenen istenen açı $60^\circ$ olur. 21) Yanıt : D  $[CA$ ışını üzerinde $\mid EB \mid = \mid BC \mid $ olacak şekilde bir $E$ noktası alalım. $\angle{CEB}=20$ olur. Ayrıca EAB üçgeninin ikizkenar olduğu görülebilir. $\mid EA \mid = \mid AB \mid $ ve $\angle{DAE}=110^\circ = \angle{DAB}$ olduğunu görürsek DAE ve DAB üçenlerinin eş kenar-açı-kenar eşliğine sahip olduğunu görebiliriz. $\mid DE \mid = \mid DB \mid $ elde edilir. $[EC]$ ye DC doğrusu açıortay olacak şekilde eşkenar üçgen yerleştirirsek ve bu köşeye $F$ dersek Kenar-Açı-Kenar eşliği yardımıyla $\mid DE \mid = \mid DF \mid $ elde edilir. $EBC$ ikizkenar ve $ECF$ eşkenar üçgen olduğu için $BF$ doğrusu $EC$ nin orta dikmesidir ve aynı zamanda $\angle EBC$ ve $\angle CFE$ nin açıortayıdır. Ayrıca $\mid DE \mid = \mid DF \mid = \mid DB \mid $ olduğundan $D$ noktası $EBF$ nin çevrel çemberinin merkezidir. $\angle{EFB}=30$ olduğundan dolayı çevre açı merkez açı mantığı yardımıyla $\angle{EDB}=60$ ve $EDB$ üçgeninin eşkenar olduğunu elde ederiz. Buradan kenar eşitliklerini takip edersek $\mid DB \mid = \mid BC \mid $ olduğuna ulaşırız ve $\angle{CBD}=80^\circ$ elde ederiz. 25) Yanıt : A $DEF$ bir ortik üçgendir ve bu üçgenin iç teğet çemberi yarıçapı ile dış teğet çember yarıçapları sırasıyla $r$ ve $R$ olsun. Heron Formülü ve diğer alan formülleri yardımıyla $$\text{A(DEF)}=84=21r=13.14.15/4R$$ yani $r=4$ ve $R=65/8$ olarak bulunur. Ortik üçgen yardımıyla ana üçgenin ana formülü arasındaki $$\text{A(DEF)}=\dfrac{\text{A(ABC)}.r}{2R}$$ formülünü kullanırsak $\text{A(ABC)}=\dfrac{1365}{4}$ elde edilir. $1365+4=1369$ olur. 29) Yanıt: E $\mid BC\mid = a $ , $\mid AC \mid =b $ ve $ \mid AB \mid = c$ olsun. $\mid AD \mid =\dfrac{bc}{a+c}$ olur. $ABD$ üçgeninde $I$ noktasına göre açıortay teoreminde $$\dfrac{\mid BI \mid }{\mid ID \mid}=\dfrac{c}{\frac{bc}{a+c}}=\dfrac{a+c}{b}$$ olur. Benzer şekilde $\dfrac{\mid IC \mid }{ \mid IE \mid }= \dfrac{a+c}{b}$ ve $p=\mid IB \mid $ ve $q = \mid IC \mid $ olsun. ve bu iki kenar arasındaki açı $\theta$ ve $|IY|=L$ olsun. Küçük üçgenlerde ve büyük üçgende alan formüllerini yazarsak $1/2pq \sin{\theta}=1/2L(p+q)\sin{\theta /2}$ yani $$L= \dfrac{2pq \cos{\theta/2}}{p+q}$$ elde edilir. Bu formülü sorumuzda uygularsak \[ \mid IY \mid=\frac{2\cdot \mid IB\mid \cdot \mid IC\mid \cos\frac{\theta}{2}}{\mid IB\mid+\mid IC\mid}. \] \[ \mid IX \mid =\frac{2\cdot \mid ID\mid \cdot \mid IE\mid \cos\frac{\theta}{2}}{\mid ID\mid+\mid IE\mid}. \] ve buradan \[ \frac{\mid IX \mid }{\mid IY \mid} = \frac{\mid ID\mid\cdot \mid IE\mid}{\mid ID\mid+\mid IE\mid} \cdot \frac{\mid IB\mid+\mid IC\mid}{\mid IB\mid\cdot \mid IC\mid}. \] elde ederiz. $\mid IB \mid =m$ $ \mid IC \mid = n$ dersek \[ \frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid} = \frac{ \frac{b}{a+c}\cdot \frac{c}{a+b}(m+n) }{ \frac{b}{a+c}m+\frac{c}{a+b}n }. \] İç merkezden dolayı \[ m:n=\mid IB\mid:\mid IC\mid = \frac{r}{\sin\frac{B}{2}}:\frac{r}{\sin\frac{C}{2}} = \sin\frac{C}{2}:\sin\frac{B}{2}. \] Bu nedenle formülde \[ m=\sin\frac{C}{2},\qquad n=\sin\frac{B}{2} \] alabiliriz. Böylece \[ \begin{aligned} \frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid} &= \frac{ \frac{b}{a+c}\cdot \frac{c}{a+b} \left(\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}\right) }{ \frac{b}{a+c}\sin\frac{C}{2} + \frac{c}{a+b}\sin\frac{B}{2} } \\[2mm] &= \frac{ \sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2} }{ \sin\frac{C}{2}\cdot \frac{a+b}{c} + \sin\frac{B}{2}\cdot \frac{a+c}{b} }. \end{aligned} \] Sinüs teoreminden \[ \sin\frac{C}{2}\cdot \frac{a+b}{c} = \sin\frac{C}{2}\cdot \frac{\sin A+\sin B}{\sin C} = \cos\frac{A-B}{2}, \] ve benzer şekilde \[ \sin\frac{B}{2}\cdot \frac{a+c}{b} = \cos\frac{A-C}{2}. \] Dolayısıyla ana denklem \[ \begin{aligned} \frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid} &= \frac{ \sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2} }{ \cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A-C}{2} } \\[2mm] &= \frac{ 2\sin\frac{B+C}{4}\cos\frac{B-C}{4} }{ 2\cos\frac{2A-B-C}{4}\cos\frac{B-C}{4} } \\[2mm] &= \frac{\sin t}{\sin 3t}, \qquad t=\frac{180^\circ-A}{4}. \end{aligned} \] Verilen koşuldan \[ \frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid}=\frac12 \] olduğu için \[ \frac{\sin t}{\sin 3t}=\frac12. \] Buradan \[ 2\sin t=\sin 3t=3\sin t-4\sin^3 t. \] Dolayısıyla \[ \sin t(1-4\sin^2 t)=0. \] $(0<t<45^\circ) $ olduğundan $\sin t\neq 0$, bu yüzden \[ \sin t=\frac12. \] $t=30$ ve $A=60^\circ$ elde edilir.
97
« Son İleti Gönderen: geo Haziran 16, 2026, 10:49:19 ös »
 $BP$, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini $D$ de kessin. $\angle ACD = \angle ABP = 10^\circ$, $\angle DAC = \angle PBC = 20^\circ$, $\angle PCD = 30^\circ$. $APC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle POC = 2\angle PAC = 60^\circ$, $\angle AOP=2\angle ACP = 40^\circ$ ve $\angle CAD = \angle DAO = 20^\circ.$. $PC=OP=PC=AO$ ve $PDOC$ bir deltoittir. $AO$ yu $AC=AE$ olacak şekilde uzatalım. $\angle ACD = \angle AED = 10^\circ$. $\angle CDE = 60^\circ$ ve $\triangle CAE$ de $AD$ açıortay olduğu için $DCE$ eşkenar üçgen ve $\angle ECO = \angle DCO = 30^\circ$ oldğu için $DOEC$ bir deltoittir. Bu durumda $\angle ACD = \angle AED = \angle ODE = 10^\circ$ ve $\angle DOA = \angle DOP = \angle DPO = 20^\circ$ olacaktır. $\angle APD = \angle APO - \angle DPO = 70^\circ - 20^\circ = 50^\circ$ ve $\angle BAP = \angle APD - \angle ABP = 50^\circ - 10^\circ = 40^\circ$. Not: $ACO$ üçgeninde $D$ noktası için açıları yazarsak, $\angle DCA = 10^\circ$, $\angle OCD = 30^\circ$, $\angle CAD = \angle DAO = 20^\circ$ olur. Bu soru modeli, Model 4.3 e aittir. Buradan $t = 10^\circ, \angle AOD = 2t = 20^\circ$ elde edilir. Biz yukarıda bu modelin çözümlerinden birini yaptık. İlgili linkteki diğer çözümler ile de sonuca gidilebilirdi.
98
« 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.
99
« 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.
100
« 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.
|
Son İletiler