Tübitak Lise 1. Aşama - 2003 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{C}$

$3$ e bölünmeyen sayıları ele alalım. Bu şekilde $50 - \lfloor 50/3 \rfloor = 34$ sayı var.
Bu sayıların her birinden ($a_i$) başlayarak, $a_i \cdot 3^k$, $k=0,1,2,\dots$, kümelerini oluşturalım.

$\{1,3,9,27\}$
$\{2,6,18\}$
$\{4,12,36\}$
$\{5,15,45\}$
$\{7,21\}$

$\vdots$

$\{50\}$

Her kümeden bir elemanı rahatlıkla seçebiliriz. $1,2,4,5$ ile başlayan kümelerden bir eleman daha (örneğin, kümelerin $3.$ elemanlarını) seçebiliriz.
Bu durumda $34 + 4 = 38$ elemandan hiçbiri bir diğerinin $3$ katı değildir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$a,b$ pozitif olduğu için denklemin büyük kökü $\dfrac{a+ \sqrt {a^2 + 4b}}{2} \leq 5$ dir.

$\sqrt {a^2 + 4b} \leq 10 - a \Rightarrow a^2 + 4b \leq 100 + a^2 - 20a \Rightarrow 5a+b\leq 25$.

$a=1$ için $20$, $a=2$ için $15$, $a=3$ için $10$, $a=4$ için $5$, yani toplamda $20+15+10+5=50$ çözüm vardır.

Yanıtla: $\boxed{E}$

$\angle DHB = \angle A$.

$\tan \angle A = \dfrac{BD}{DH}$.

$\tan \angle B = \dfrac{DC}{BD}$.

$\tan \angle A \cdot \tan \angle B = 2$.

Yanıt: $\boxed{B}$

$2000! = 10^k \cdot n = 2^{m} \cdot 5^{k} \cdot n$

$\left\lfloor\dfrac{2000}{5}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{2000}{5^2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{2000}{5^3}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{2000}{5^4}\right\rfloor = 499$.

Cevap: $\boxed{E}$

Tüm şıklar elde edilebilir. Yollarını gösterelim. Aşağıdaki örnekler AoPS'daki soruya Zimbalono adlı kullanıcının verdiği örnekleridir.

$\text{AA(AIE)E} \to \text{A(AE)(AE)} \to \text{AI(E)I(E)} \to \text{AIAIIAI}$

$\text{AA(AIE)E} \to \text{A(AE)AE} \to \text{(AIE)AE} \to \text{(E)AAE} \to \text{AIA(AE)} \to \text{AIAI(E)} \to \text{AIAIAI}$

$\text{AAAI(E)E} \to \text{AAAI(AIE)} \to \text{AA(AIE)A} \to \text{A(AE)AA} \to \text{(AIE)AA} \to \text{(E)AAA} \to \text{AIAAA}$

$\text{AA(AIE)E} \to \text{A(AE)AE} \to \text{(AIE)AE} \to \text{(E)AAE} \to \text{AIA(AE)} \to \text{AI(AIE)} \to \text{(AIE)A} \to \text{(E)AA} \to \text{AIAA}$

Dolayısıyla cevap hiçbiridir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$\text{der}(R) < n$ olmak üzere; $P(x) = a\cdot x^n + R(x)$ olsun.

$(x-4)(a\cdot 2^n \cdot x^n + R(2x)) = 4(x-1)(ax^n + R(x))$

$a^{x+1}$ li terimlerin katsayılarının eşitliğinden $a2^n = 4a \Rightarrow n=2$ dir.

$P(x) = A(x-2)(x-4)$ polinomları verilen eşitliği sağlar.

Yanıt: $\boxed{B}$

Bu şekilde tek üçgen $3-4-5$ üçgenidir.

Üçgenin kenarları $a\leq b \leq c$ olsun.

Heron formülünden $\sqrt{u(u-a)(u-b)(u-c)} = ur = u \Rightarrow  (u-a)(u-b)(u-c) = u$ elde edilir.

$u = \dfrac{a+b+c}{2}$ tam sayı olmalı. Aksi takdirde sol taraf üç tane buçuklu sayının çarpımı iken sağ tarafın ondalık kısmı $,5$ olamaz.
Bu durumu şöyle de görmek mümkün. Eşitliğin her iki tarafını $8$ ile çarpıp $2$ leri içeriye dağıtalım. $(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) = 4(a+b+c)$. $a+b+c$ tek olduğu için $a,b,c$ den tam olarak biri ya da üçü tek olmalı. Her durumda sol taraf tek olduğu için, çelişki elde etmiş olduk.

Soruya geri dönersek, $(u-a)(u-b)(u-c) = u = u-a + u-b+ u-c \leq 3(u-a) \Rightarrow (u-c)^2 \leq (u-b)(u-c) \leq 3$ olduğu için $u-c=1$ olmalı.
Bu da $u-c=r=1$, yani $\angle C= 90^\circ$ olduğu anlamına gelir. Bu durumda, $u-b=2$ ya da $u-b=3$ tür.
İki durumda da üçgen $3-4-5$ üçgeni olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$x \equiv 2 \pmod 5$ olduğu biraz denemeyle fark edilebilir. $x = 5k+2$ yazıp, $\bmod 25$ te incelersek

$(5k+2)^3 + 3(5k+2) - 2(5k+2) + 4 \equiv  60k + 8 + 60k+12 -10k - 4 + 4 \equiv 10k + 20 \equiv 0 \pmod {25}$

$10k+20 = 25m \Rightarrow 2k + 4 = 5m \Rightarrow k \equiv 3 \pmod 5$.

Bu durumda $x = 5(5n + 3) + 2 = 25n + 17$ olacaktır.

Yanıt: $\boxed{B}$

Tüm durumları tekrarlı permütasyonla iki farklı şekilde hesaplayalım:
Birincisi; $\dfrac{11!}{5! \cdot 2! \cdot 2!}$.
İkincisi; $A$ ve $B$ leri $C$ gibi düşünüp önce $CCCCCCCDKRR$ permütasyonunu hesaplayıp sonra çıkan değeri $AAAAABB$ permütasyonu ile çarpmak: $\dfrac{11!}{7! \cdot 2!} \cdot \dfrac{7!}{5!\cdot 2!} = \dfrac{11!}{5! \cdot 2! \cdot 2!}$.

Bu iki yolun aynı sonucu verdiğini gördükten sonra, ikinci yoldaki $AAAAABB$ permütasyonunu başta $A$ olmak üzere yeninden hesaplarsak $\dfrac{6!}{4!\cdot 2!}$ elde ederiz.

Bu durumda soruda sorulan olasılığı $$\dfrac{\dfrac{6!}{4!\cdot 2!} \cdot \dfrac{11!}{7! \cdot 2!} }{\dfrac{7!}{5!\cdot 2!} \cdot \dfrac{11!}{7! \cdot 2!} } = \dfrac{5}{7}$$ şeklinde yazabiliriz.

Yanıt: $\boxed{A}$

$x=0$ ise $(x,y,z)=(0,0,0)$  dır.

$x \neq 0$ ise

$\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{4z^2} + 1$

$\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{4x^2} + 1$

$\dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{4y^2} + 1$

$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{4x^2} + 1 + \dfrac{1}{4y^2} + 1 + \dfrac{1}{4z^2} + 1$

$0 = \left (\dfrac{1}{2x}-1 \right )^2 + \left (\dfrac{1}{2y}-1 \right )^2 + \left (\dfrac{1}{2z}-1 \right )^2$

$2x = 2y = 2z = 1 \Rightarrow (x,y,z) = \left (\dfrac 12, \dfrac 12, \dfrac 12 \right )$.

Yanıt: $\boxed{A}$
$x$, $y$ ve $z$ 'den en az biri sıfır ise $(x,y,z)=(0,0,0)$  çözümü olur. Pozitif olduklarında ise
$$x+y+z=\sum_{cyc}{\dfrac{4x^2}{1+4x^2}}\overbrace{\leq}^{AGO} \sum_{cyc}{\dfrac{4x^2}{4x}}=x+y+z$$
olduğundan denklem sistemi ancak eşitlik durumunda oluşur, dolayısıyla $x=y=z=\dfrac{1}{2}$  olmalıdır.

(Lokman GÖKÇE)

$|AB|=2|BC|$ eşitliğini sağlayan $C$ noktalarının geometrik yeri bir çemberdir. (Apollonius çemberi) $C$ noktasında $AB$ ye çizilen iç açıortay ve dış açıortay ayakları sırasıyla $C_1$ ve $C_2$ olsun. Açıortay teoremleri yardımıyla $|C_1B|=\dfrac{8}{3}$ ve $|C_2B|=8$ bulunur. $|C_1C_2|=\dfrac{32}{3}$ uzunluğu Apollonius çemberinin çapıdır. $[AB]$ kenarına ait $h_c$ yüksekliğinin en büyük olması için $C$ noktası çember üzerindeki $AB$ ye en uzak nokta olmalıdır. Yani $h_c$ en fazla yarıçap kadardır. $h_c=\dfrac{16}{3}$

Heron Formülü ile de sonuca gidebiliriz:

$BC=2x$ diyelim.

$[ABC]=\sqrt{(3x+4)(3x-4)(4+x)(4-x)} = \sqrt{(9x^2 - 16)(16-x^2)}$

$3[ABC] = \sqrt{(9x^2 - 16)\cdot 9 \cdot (16-x^2)}=\sqrt{(9x^2 - 16)(9\cdot 16-9x^2)}$

$3 \cdot \dfrac{8\cdot h}{2} = 12h = \sqrt{(9x^2 - 16)(9\cdot 16-9x^2)}$

Sağ tarafta toplamları sabit olan iki sayının çarpımı söz konusu. O halde, bu çarpım en büyük değerini sayılar eşit olunca alacak: $9x^2 - 16 = 9 \cdot 16 - 9x^2 = \dfrac{8\cdot 16}{2} = 64$.

$h_{\text{max}} = \dfrac{64}{12} = \dfrac{16}{3}$ $\blacksquare$

Bir de geometrik bir çözüm verelim:

$[AC]$ üzerinde $\angle KBC = \angle CAB$ olacak şekilde $K$ noktası alalım. $\triangle CKB \sim \triangle CBA$ olacaktır.

$BC=2x$ olsun.

$\dfrac{BK}{AB} = \dfrac{CK}{BC} = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{1}{2}$

Bu durumda $BK=4$, $CK=x$ ve $AC=4x$.

$\dfrac{8 \cdot h}{2} = [ABC] = \dfrac{4[ABK]}{3} \leq \dfrac{4\max([ABK])}{3} = \dfrac 43 \cdot \dfrac{AB\cdot BK}{2} = \dfrac 43 \cdot 16 = \dfrac {64}{3}$

$h \leq \dfrac{16}{3}$ $\blacksquare$

Lokman Hoca'nın çözümünden soruyu genelleyelim:

Soru: $\triangle ABC$'de $BC=a$ ve $AC/AB=b/c$ oranı sabitten, $[ABC]$ en çok kaç olabilir?

$AN_1$ iç açıortay $AN_2$ dış açıortay olsun. $N_1N_2$ nin orta noktası da $M$ olsun.
$b<c$ kabul edelim.

$CN_1 = \dfrac{ab}{b+c}$

$CN_2 = \dfrac{ab}{c-b}$

Maksimum yükseklik için $AM = CN_1 = CN_2 = \dfrac{N_1N_2}{2} = \dfrac{abc}{c^2-b^2}$.

Biraz daha düzenlemeyle $h_{\max} = a \cdot \dfrac{1}{\left | \frac cb - \frac bc \right |}$.

$[ABC]_{\max} = \dfrac {a^2}2 \cdot \dfrac{1}{\left | \frac cb - \frac bc \right |}$ $\blacksquare$

Bir not düşelim: $b=c$ iken üst limit yoktur.

Yanıt: $\boxed{B}$

$p=2$ olamaz.

$p=5$ ise $2^{p+1}-1$ in tam kare olması gerekir ki değil.

$p \neq 5$ ise $2^{p+1} \equiv 1 \pmod p$ olmalı. Fermat'tan $2^p \equiv 2 \pmod p \Rightarrow 2^{p+1} \equiv 4 \equiv 1 \pmod p \Rightarrow p=3$ tür.

$p=3$ için $5p(2^{p+1}-1) = 15 \cdot 15$ olduğu için tek bir asal sayı için söz konusu ifade tam karedir.

Yanıt: $\boxed C$

Toplam $4$ tur olacak.
$1.$ turda $A$ nın diğer $15$ takımın her biri ile karşılaşma olasılığı $\dfrac {1}{15}$ tir. Dolayısıyla $B$ ile $1.$ turda karşılaşma olasılığı $\dfrac {1}{15}$ tir.
$1.$ turda karşılaşmayıp $2.$ turda karşılaşmaları için ikisinin de ilk tur maçlarını kazanmaları gerekir. Bu ihtimal $\dfrac 12 \cdot \dfrac 12 = \dfrac 14$ tür.
O halde aradığımız yanıt $$ \begin{array}{lcl}
\dfrac {1}{15} + \dfrac {14}{15} \cdot \dfrac {1}{4} \left ( \dfrac 17 + \dfrac 67 \cdot \dfrac 14 \left ( \dfrac 13 + \dfrac 23 \cdot \dfrac 14 \right)  \right )
&=& \dfrac {1}{15} + \dfrac {14}{15} \cdot \dfrac {1}{4} \left ( \dfrac 17 + \dfrac 67 \cdot \dfrac 14 \cdot \dfrac 12  \right )  \\
&=& \dfrac {1}{15} + \dfrac {14}{15} \cdot \dfrac {1}{4} \cdot \dfrac 14  \\
&=& \dfrac {16 + 14}{16 \cdot 15} \\
&=& \dfrac {1}{8}
\end{array}$$

$p_n$ ile $2^n$ takımın karşılaştığı bir turnuvada $A$ ile $B$ nin eşleşme ihtimalini gösterelim.

Açık şekilde $p_1 = 1$.

$p_{n+1} = \dfrac {1}{2^{n+1} - 1} + \left ( 1- \dfrac {1}{2^{n+1}-1} \right ) \cdot \dfrac 14 \cdot p_n$

$p_2 = \dfrac {1}{3} + \dfrac 23 \cdot \dfrac 14 \cdot 1 = \dfrac 12$

$p_3 = \dfrac {1}{7} + \dfrac 67 \cdot \dfrac 14 \cdot \dfrac 12 = \dfrac 14$

$p_4 = \dfrac {1}{15} + \dfrac {14}{15} \cdot \dfrac 14 \cdot \dfrac 14 = \dfrac 18$ çıkacaktır.

Buraya kadarki işlemler soruyu çözmede yeterli.
İster bu aşamada isterse $p_2 = \dfrac 12$ olduğunu farkettikten sonra tümevarımla $p_n = \dfrac {1}{2^{n-1}}$ olduğunu gösterelim.
$\begin{array}{lcl}
p_{n+1} &=& \dfrac {1}{2^{n+1} - 1} + \left ( 1- \dfrac {1}{2^{n+1}-1} \right ) \cdot \dfrac 14 \cdot p_n \\
&=& \dfrac {1}{2^{n+1} - 1} + \left ( 1- \dfrac {1}{2^{n+1}-1} \right ) \cdot \dfrac 14 \cdot \dfrac {1}{2^{n-1}} \\
&=& \dfrac {1}{2^{n+1} - 1} + \left ( 1- \dfrac {1}{2^{n+1}-1} \right ) \cdot \dfrac {1}{2^{n+1}} \\
&=& \dfrac {2^{n+1} + 2^{n+1} - 2}{2^{n+1}\left ( 2^{n+1} -1 \right )} \\
&=& \dfrac {2\left ( 2^{n+1} - 1 \right )}{2^{n+1}\left ( 2^{n+1} -1 \right )} \\
&=& \dfrac {1}{2^n}.

\end{array}$

Yanıt: $\boxed{D}$

$f(x,t) = x^4 - tx + \dfrac 1t$ olsun.
$t=6,7,8$ için $f(1,t) < 0$ ve $f(2,t)>0$ olduğu için $(1,2)$ aralığında $f(x,t)=0$ ın bir kökü vardır.

Bu durumda cevap ya $t=9$, ya da hiçbiri.
$t=9$ için denklem $x^4- 9x + \dfrac 19 = 0$ olacaktır.
$g(x) = x^4 - 9x$ olsun. $y=-\dfrac 19$ ile $y=g(x)$ fonksiyonlarının $[1,2]$ aralığında kesişip kesişmediklerini araştırıyoruz.

$g(x)$ in kökleri $0$ ve  $\sqrt[3]{9}$ olduğu için $(0, \sqrt[3]{9})$ aralığında $g(x) < 0$ olacaktır.
$g^\prime(x)=0$ denkleminin tek çözümü $x= \sqrt[3]{\dfrac 94}$ olduğu için $x= \sqrt[3]{\dfrac 94}$ noktasında eğri yön değiştirecek. Bu durumda $g(x)$ in $[1,2]$ aralığında en büyük değeri, $\max \{g(1), g(2)\} = g(2) = -2$  dir.

Bu durumda $y=g(x)$ eğrisi ile $y=-\dfrac 19$ doğrusu $[1,2]$ aralığı dışında kesişirler. (bkz. $g(x)$ in grafiği)

Yanıt: $\boxed{D}$

$C_1$ ile $C_2$ merkezi sırasıyla $O_1$ ile $O_2$ olsun.

$O_1B=O_1A$ olduğu için $\angle O_1BA = \angle O_1AB = \angle DBO_1 = \angle BDO_1 \Rightarrow BD=AB$.

Cevap: $\boxed{A}$

Öncelikle $n\equiv 0\pmod{11}$ için $5^n+n^5$ sayısının $11$ ile bölünemeyeceğini görelim. $(n,11)=1$ için $11$ asal olduğundan ve $$\left(n^5\right)^2\equiv 1\pmod{11}\implies n^5\equiv \pm 1\pmod{11}$$ Not: Bu bir teoremdir. Eğer $n$ sayısının ilkel kökü varsa, yani $1,2,4,p^a, 2p^a$ formatlarındaysa, $x^2\equiv 1\pmod{n}$ denkliğinin çözümleri sadece $x\equiv \pm 1\pmod{n}$'dir. Sonuç olarak $$5^n\equiv \pm 1\pmod{11}$$ olmalıdır. $5$'in $11$ modundaki mertebesinin $5$ olduğunu görelim, yani $$5^5\equiv \left(5^2\right)^2\cdot 5\equiv 3^2\cdot 5\equiv 1\pmod{11}$$ olur. $5$'ten daha küçük bir mertebesi olamayacağı $5$'in asal sayı olmasından bellidir. Ayrıca $5^n\equiv -1\pmod{11}$ denkliğinin de çözümsüz olduğunu görmek zor değildir. çünkü bu denkliği sağlayan en küçük pozitif $n$ ise $2n$ mertebe olacaktır ama mertebe tek sayıdır.

Dolayısıyla $5^n+n^5\equiv 0\pmod{11}$ olması için $5^n\equiv 1\pmod{11}$ ve $n^5\equiv -1\pmod{11}$ olmalıdır. $$5^n\equiv 1\pmod{11}\implies n\equiv 0\pmod{5}$$ olduğundan önce $2005$'i sonra $2010$'u denemeliyiz. $n=2005$ için $$2005^5\equiv 3^5\equiv 243\equiv 1\pmod{11}$$ olur ve istenen sağlanmaz. $n=2010$ için $$2010^5\equiv (-3)^5\equiv -243\equiv -1\pmod{11}$$ olur. $\boxed{n=2010}$ sağlar.

Yanıt: $\boxed C$

Bu noktalar ikişer ikişer alındığında aralarındaki uzaklık en büyük olan iki nokta $A$ ve $B$ olsun. $A$'yı diğer $n-1$ nokta ile birleştiren $n-1$ tane doğru parçasının orta noktalan birbirinden farklıdır ve bunların herbiri $A$'dan en fazla $\frac{|AB|}{2}$ uzaklıktadır. Benzer şekilde $B$'yi diğer $n-1$ nokta ile birleştiren doğru parçalarının orta noktaları birbirinden farklıdır ve bunlar da $B$ noktasından en fazla $\frac{|AB|}{2}$ uzaklıkta olduğundan birincilerden de farklıdır, sadece $[AB]$ doğru parçasının orta noktası hem birincilerde hem de ikincilerde vardır. Bu durumda işaretlenmiş nokta sayısı en fazla $2(n-1)-1=2 n-3$'tür.
$n=2003$ olduğu için sorunun yanıtı $2n-3 = 4003$'tür.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 9.14, Sayfa 222.

Yanıt: $\boxed{E}$

$4\sqrt{x-3}=2\sqrt{4x-12}$ ve $6\sqrt{x-3}=2\sqrt{9x-27}$ yazarsak verilen ifade $\sqrt{x+1-2\sqrt{4x-12}}+\sqrt{x+6-2\sqrt{9x-27}}$ Burada $4x-12=4(x-3)$ ve $x+1=4+(x-3)$ olduğundan $\sqrt{x+1-2\sqrt{4x-12}}=\mid 2-\sqrt{x-3} \mid$
Benzer şekilde $9x-27=9.(x-3)$ ve $x+6=9+(x-3)$ olduğundan $\sqrt{x+6-2\sqrt{9x-27}}=\mid 3-\sqrt{x-3} \mid$ Soruda verilen denklem de $\mid 2-\sqrt{x-3} \mid+\mid 3-\sqrt{x-3} \mid=1$ olur. Bu eşitlik $3\ge \sqrt{x-3}\ge 2$  koşulunu sağlayan her $x$ gerçel sayısı için sağlanır. Yani sonsuz tane çözümü vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$

$T$ deki ortak teğet doğrusu $t$ olsun.

$\angle BET = \angle (BT, t) = \angle TAD$ olduğu için $BE^2 = BT \cdot BA \Rightarrow BE=\sqrt{b(a+b)}$.

Teorem 1:

$p$ asal sayı ve $(a,b) = \text{OBEB}(a,b)=1$ olmak üzere $x^n \equiv a \pmod p$ olsun. Eğer $ a^{\dfrac {p-1} {(n,p-1)}} \not\equiv  1 \pmod p$  ise denkliğin çözümü yoktur.

İspat 1 :

$(n,p-1)=d$ olsun. Bu denkliğin çözümlerinden biri $u$ olsun. Ve  Fermat teoreminden $ u^{p-1}\equiv 1 \pmod p$ olduğunu biliyoruz. Bu durumda

$$a^{\dfrac {p-1} {d}} \equiv u^{n(\dfrac {p-1} {d})} \equiv u^{(p-1)(\dfrac {n} {d})} \equiv 1 \pmod p$$ olacaktır. İspatımız bitmiştir.

Teorem 2:

$a^{\dfrac {p-1} {(n,p-1)}} \equiv  1$ ise denkliğin çözümü vardır.

İspat 2:

Öyle bir $g$ sayısı alalım ki $g$ sayısının $\bmod p$ deki mertebesi $p-1$ olsun. Ayrıca

$$g^j \equiv a \pmod p$$ olsun ve bu denkliği sağlayan en küçük üs $j$ olsun.

$$g^{j(\dfrac {p-1} {d})}\equiv 1 \equiv g^0 \pmod p$$
$$\dfrac {j(p-1)} {d}\equiv 0 \pmod {p-1}$$
$$\dfrac {j(p-1)} {d} = k(p-1)$$ olup $d$ sayısı $j$ sayısını bölecektir.

$g$ nin mertebesi $p-1$ olduğundan $g^0, g^1, \dots, g^{p-1}$ sayıları $p$ modülüne göre bir asal kalan sistemi oluştururlar.

O halde $x^n \equiv a \pmod p$ denkliğinin çözümleri $x \equiv g^y \pmod p$  şeklindedir ve vardırlar.

Soru için bizden istenen $  (-1)^{\dfrac {n-1} {2}} \equiv 1 \pmod n$ olması. Seçeceğimiz $n$ sayısı asal olmalı. Şıklarda tek asal sayı $97$ dir. $(-1)^{48} \equiv 1 \pmod {97}$.

İfademizi $k \in \mathbb{Z^{+}}$ olmak üzere, $x^2 = nk-1$ şeklinde tanımlayalım. Soruya biraz analizsel yaklaşalım,

Şimdi bir işlem tanımlayacağız. Bu işlemi sevdiğim bir grek harfi olan $\psi$ ile göstereceğiz.

$n_1, n_2, n_3, \dots$ Tanımladığımız $\psi$ işleminin tanım kümesi olmak üzere bu kümeyi şu şekilde gösterelim :

$\psi^{\mathbb{T}} = \{n_1, n_2, n_3, \dots\}$.

Burada $\mathbb{P}$ asal sayılar kümesidir. $\mathbb{P_{1\pmod{4}}}$ te $4n+1$ formundaki asal sayıları göstermektedir. Göstermemiz gereken herhangi bir $l \in \mathbb{Z^{+}}$ için, $\psi\{n\}\longrightarrow|\psi^{\mathbb{T}}(1-l)-n| \longrightarrow\mathbb{P_{1\pmod{4}}}$ eşlemesinin doğru  olabildiği. Çünkü eğer bu eşleme doğru ise, tanımladığımız kümedeki sayıları kullanarak, $\psi\{x\}=p-\psi^{\mathbb{T}}l$ şeklinde çözümler elde etmek mümkün ve bunun doğal sonucu olarak ta $n\longrightarrow \mathbb{P_{1 \pmod{4}}}$ olacak. (Tabiki burada $p$ bir asal sayı).  Başka bir deyişle, kanıtlamamız gereken tanımladığımız işlemin uygun koşullar altında varlığı.

Bu durumda $\psi\{x\}$ işlemimizin $2$ adet doğrudan kökü olacaktır. $a\space\text{ve}\space l\in \mathbb{Z^{+}}$ olmak üzere şemamızı çizelim,
$$\begin{matrix}
 &&\psi\{a\}\longrightarrow |a-\psi^{\mathbb{T}}l|
\\ && \downarrow &
\\ && |\psi^{\mathbb{T}}(1-l)-a|
\end{matrix}$$

Çizdiğimiz eşleme şeması ise kafamızda canlandırdığımız muhtemel fonksiyon argümanı. Bundan sonraki adımlarımız, bu argümanın doğru olduğunu ispatlamak olacak.
Burada her ne kadar $\psi$ işleminin ürettiği $2$ kökü birbirinin eşi gibi görünüyorsa da aslında birbirlerinin tersidir. Genel olarak yol haritamızı açıkladığımıza göre teoremlerimizi vermeye başlayalım.

Tanım 1
Herhangi bir $\psi$ işlemi için, $\psi^{\mathbb{T}}$ bu işlemin tanımlandığı kümedir.

Tanım 2
$\{n_1, n_2, n_3, \dots < k\}$ bir tamsayı kümesi olmak üzere, $\psi^{\mathbb{T}} = \{n_1, n_2, n_3, \dots <k \}$ şeklinde tanımlanır.

Tanım 3
$\mathbb{P}_{1 \pmod{4}}$ kümesi $4c+1,  (c\in \mathbb{Z^{+}})$ şeklinde tanımlı asal sayılar kümesidir.

Tanım 4
$\psi(n)\longrightarrow \mathbb{P}$ bir eşlemedir.

Tanım 5
$a\space\text{ve}\space l\in \mathbb{Z^{+}}$ olmak üzere,
$\psi\{a\}\longrightarrow |a-\psi^{\mathbb{T}}l|$ şeklinde tanımlanır.

Teorem 1
$\psi\{x\}$ işlemimizin en az $2$ adet kökü vardır.

İspat: Tanım $5$ ten biliyoruz ki işlemimizi, $\psi\{a\}\longrightarrow |a-\psi^{\mathbb{T}}l|$ şeklinde tanımlamak mümkün idi, eğer bu eşleme sorudaki denklemi sağlıyorsa mutlaka $\psi\{a\}\longrightarrow|a(1-l)-\psi^{\mathbb{T}}|$ eşlemesi de doğru olmalıdır çünkü $l=0$ ve $\psi^{\mathbb{T}}\longrightarrow 0$ olması durumunda, $\psi\{a\}\longrightarrow |a-\psi^{\mathbb{T}}l|\longrightarrow |a(1-l)-\psi^{\mathbb{T}}|\longrightarrow a $ olacaktır. Yani bu iki kök birbirini üretebilir çünkü buradaki eşlemeler birebirdir. $\blacksquare$

Tanım 6
 Teorem 5'ten dolayı $\psi\{x\}\longrightarrow x$ dir.

Teorem 2
$2\psi^{\mathbb{T}}-n\longrightarrow \mathbb{P}_{1 \pmod{4}}$ eşlemesi doğrudur.

İspat: Aslında burada bu Teoreme örnek olarak $n=97$ için $x=22-97b, b\in \mathbb{Z^{+}}$ örneğini verebiliriz, bu da bize eşlemenin en az $1$ doğrudan kökü olduğunu gösterirdi. Her ne kadar bu örnek mevcut olsa da, bu örneği bulmanın zorluğu dolayısıyla bu ifadeyi genel olarak ispatlamakta fayda görüyorum.

Şimdi varsayalım ki eşlemeyi doğru kılan bir $\psi^{\mathbb{T}}$ grubu ve $n$ tamsayısı olmasın, O halde ifademiz $4c+3$ şeklinde bir asal sayı veya herhangi bir asal olmayan pozitif tamsayıya eşit olabilir.

$|2\psi^{\mathbb{T}}-n|= \xi >k $ olsun,  $n=2\psi^{\mathbb{T}}- \xi$ Buradan $(2\psi^{\mathbb{T}}-\xi)k-1=x^2$ olur. $x^2\ge 0$ olduğundan dolayı, $(2\psi^{\mathbb{T}}-\xi)k-1\ge 0$ olmalı. Burayı da işlemimizin tanım  kümesini sade bırakacak şekilde düzenlersek,

$\psi^{\mathbb{T}}\ge \dfrac{k\xi+1}{2k}$ şeklinde bir ifadeye eşit olmalıdır. Fakat ispatımıza başlarken yaptığımız tanımdan dolayı bu mümkün değildir. Çelişki! İspat biter. $\blacksquare$

Teorem 3
$\psi\{n\}\longrightarrow \psi\{|\psi^{\mathbb{T}}(1-l)-n|\} \longrightarrow \mathbb{P}_{1 \mod4}$ eşlemesi birebirdir.

İspat: Burada $l=2$ alalım. Düzenlersek, $\psi^{\mathbb{T}}+n \longrightarrow \mathbb{P}_{1 \pmod4}$ olur. Bu eşlemenin Doğruluğu Teorem $2$ den doğrudur. Ayrıca bu eşlemenin birebirliği de Teorem $1$ den doğrudur. $\blacksquare$

Teorem 4
$n\longrightarrow \mathbb{P}_{1\pmod4}$ eşlemesi doğrudur.

ispat: Teorem $3$ ten $\psi\{n\}\longrightarrow \mathbb{P}_{1 \pmod4}$ olduğunu biliyoruz. Teorem $1$ in ispatından da $\psi\{n\}\longrightarrow n$ olduğunu ve bu eşlemenin birebir olduğunu biliyoruz. İspat biter. $\blacksquare$

Sonuç olarak $n$ sayımızı $\mathbb{P}_{1 \pmod4}$ kümesinin içinde almamız gerektiğini anlıyoruz. Böylece Teorem $2$ nin ispatında verdiğimiz örneği yineleyerek, cevabımızı $97$ olarak işaretliyoruz.

Yanıt: $\boxed{A}$

burada ispatladığımız Teorem 1'den dolayı $n=97$ asalı için çözüm vardır.

Cevap: $\boxed{A}$

Tek ölçümle tüm ağırlıkları bildiğini gösteremeyeceğini görmek zor değildir. İki ölçümle gösterelim. İlk ölçümde $1,2,3$ ağırlıklarını bir kefeye $7,8,9$ ağırlıklarını bir kefeye koyalım. Aralarındaki ağırlık farkı $18$ olarak gösterecektir. Kefeler $3$ topla elde edebileceği maksimum ve minimum ağırlıklar alındığında $18$ gram fark oluşacağından, Ayşe $18$ gram farkı gördüğünde hafif kefede $1,2,3$, ağır kefede $7,8,9$ olduğunu görecek, kullanılmayan topların ise $4,5,6$ olduğunu anlayacaktır. Bu top gruplarına hafif, orta, ağır grup diyelim.

İkinci ölçümde $1,4,7$ ve $3,6,9$ ağırlıkları farklı kefelere konulursa aralarındaki fark $6$ olacaktır. Ayşe, her kefede üç gruptan da birer tane top kullanıldığını biliyor. Aralarındaki fark en fazla $6$ olabileceğinden, hafif kefede olabilecek en küçük toplar, ağır kefede ise olabilecek en büyük toplar kullanıldığını anlayacaktır. Örneğin $1$'in hem hafif grupta hem de bu grubun en küçüğü olduğunu bildiğinden onun $1$ gram olduğunu anlayacaktır. $5$'in orta grupta olduğunu ve tartılmadığından grubun ortancası olduğunu bilecek ve $5$ gram olduğunu anlayacaktır.

Böylece $2$ ölçümle tüm topların ağırlıkları öğrenilebilir.

Cevap: $\boxed{C}$

Verilen eşitlikte $\sqrt{2}$'yi yalnız bırakıp karesini alırsak $$9a^2-6a+1=2\implies 9a^2-6a=1$$ bulunur. Dolayısıyla $$9a^4-6a^3+8a^2-6a+9=a^2(9a^2-6a)+8a^2-6a+9=9a^2-6a+9=1+9=10$$ bulunur. Dolayısıyla cevap $10$'dur.

Yanıt: $\boxed{B}$

$AO=OB$ olduğu için $OD \perp AB$ dir.
$ADOE$ kirişler dörtgeni olduğu için $\angle AEO = 90^\circ$ ve $\angle AED = \angle AOD = 45^\circ$ dir.
$AO=OC$ ve $OE \perp AC$ olduğu için $AE=EC$ dir.
Bu durumda, $[ABC] = 4 \cdot [ADE] = 4 \cdot \dfrac 12 \cdot DE \cdot AE \cdot \sin \angle AED = 2 \cdot 8 \cdot 7 \cdot \dfrac {\sqrt 2}{2}=56\sqrt 2$.

Cevap: $\boxed{A}$

$n$ sayısının birler basamağı verildiğinden diğerlerini de bulabiliriz. Eğer onlar basamağı $a\neq 9$ ise $a+1=b$ için $$\begin{array}{rcl}
n &=& \cdots a8\\
n+1 &=& \cdots a9 \\
n+2 &=& \cdots b0\\
n+3 &=& \cdots b1
\end{array}$$ şeklinde olacaktır ("$\cdots$" kısımları aynıdır). Yani rakamları toplamını $s(n)$ ile gösterirsek $s(n+1)=s(n)+1$, $s(n+2)=s(n)-7$ ve $s(n+3)=s(n)-6$ olacaktır. Yani $$s(n)\mid n$$ $$s(n)+1\mid n+1$$ $$s(n)-7\mid n+2$$ $$s(n)-6\mid n+3$$ olmasını istiyoruz.

Eğer $s(n)$ çiftse $n$ ve $s(n)-6$ çift olmak zorundadır ancak $n+3$ tektir ve çift bir sayıya bölünemez.

Eğer $s(n)$ tekse $s(n)+1$ ve $s(n)-7$ çifttir ancak $n+1$ ve $n+2$ aynı anda çift olamaz. Bu da bir çelişkidir. Demek ki $a\neq 9$ kabulumuz yanlıştır. $a$ sadece $9$ olabilir.

Sınav test olduğundan $9$ için örnek veya karşıt örnek bulmamıza gerek yoktur ama örnek bulursanız ve eklerseniz sevinirim.

Yanıt: $\boxed C$

$1 \times 1$ boyutlarındaki karenin içinde bulunan, çaplarının toplamı $3$'ten büyük olan çemberlerin karenin bir kenarına izdüşümleri alındığında, izdüşümlerin uzunlukları toplamı $3$'ten büyük olduğundan, bu kenar üzerinde $3$'ten fazla sayıda izdüşümün kesiştiği bir nokta bulunacak. Bu noktadan bu kenara çizilen dikme en az $4$ çember kesecek. Diğer taraftan $A<3$ ise, her birinin çapı $\dfrac A3$ olan $3$ çember alıp bunları karenin içine yerleştirdiğimizde $4$ çember kesen bir doğru bulunmayacak çünkü sadece $3$ çember vardur. Sorudaki $C$ sayılarından $\dfrac C3 > 3$ koşulunu sağlayanlar $2$ tanedir: $\dfrac {19}2$ ve $10$.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 5.84, Sayfa 189.

Cevap: $\boxed{E}$

Verilen denklemleri birbirinden çıkartalım.  $$(a-1)(x+y)=3a-a^2$$ elde edilir. $a=1$ için eşitlik sağlanmadığından $x+y=\dfrac{3a-a^2}{a-1}$ olacaktır. $y=\dfrac{3a-a^2}{a-1}-x$ yazarsak $$z=3a-1-ax-x+\dfrac{3a-a^2}{a-1}=-x(a+1)+\dfrac{2a^2-a+1}{a-1}$$ elde edilir. Yani $$x^2+y^2+z^2=x^2+\left(x-\dfrac{3a-a^2}{a-1}\right)^2+\left(x(a+1)-\dfrac{2a^2-a+1}{a-1}\right)^2$$ Eğer özel olarak $x=0$ seçersek toplam $$\dfrac{(a^2-3a)^2+(2a^2-a+1)^2}{(a-1)^2}$$ haline gelecektir. Bizim iddiamız ise bu ifadenin şıklardaki her değere eşit olabileceğidir. Bu ifadeye $f(a)$ dersek $f(0)=1$ ve $\lim\limits_{a\to 1}f(a)=+\infty$ olduğundan ve $(0,1)$ aralığında sürekli olduğundan $1$'den büyük her ifadeye eşit olabilir. Dolayısıyla tüm şıklar sağlanabilir.

Örnek durum ise $f(a)=\text{"İstenen değer"}$ denkleminin $(0,1)$ aralığındaki bir çözümü $t$ ise $(a,x,y,z)=\left(t,0,\dfrac{3t-t^2}{t-1}, \dfrac{2t^2-t+1}{t-1}\right)$'dir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$I$, $\triangle BCD$ nin içmerkezi; $O$, $\triangle ACD$ nin çevrel merkezi olsun.
Basit hesaplarla, $BC=3$, $AC=4$ ve $BA=5$ olduğu fark edilir.
$BDC$ üçgeninde içteğet çember $BD$ ye $T$ de değsin. $DT = 4-3 = 1$ dir. Benzerlikten ya da trigonometriden $DI=\dfrac{5}{4}$ olarak hesaplanır.

$ACD$ üçgeninde $DC$ nin orta noktası $M$ olsun. $\triangle DOM \sim \triangle BAC$ olduğu için $DM : DO = 3:5$ ve $DO = \dfrac{25}{12}$ olur.
$ODI$ dik üçgeninde dik kenarlar $\dfrac{5}{4} = \dfrac{5}{12} \cdot 3 $ ve $\dfrac{25}{12} = \dfrac{5}{12} \cdot 5$ olduğu için $IO= \dfrac{5}{12}\cdot \sqrt {3^2 + 5^2} = \dfrac{5\sqrt {34}}{12}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed D$

$S(x)$ ile $x$ sayısının rakamları toplamı gösterilsin.

Sadece $1$ lerden oluşan bir sayıyı düşünelim. $S(7002n) = 999$ olacaktır.
$7002n$ yi hesaplarken sadece bir elde işlemi olacak şekilde bir $n$ sayısı seçmeye çalışalım.

$k \geq 3$ olmak üzere; $110 + k$ basamaklı $n = 2\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{111 \dots 111}_{\text{109 tane}}$ sayısının rakamları toplamı $S(n)=111$ dir.

$1000n = 2\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{111 \dots 111}_{\text{109 tane}}000$

$7000n = 14\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{777 \dots 777}_{\text{109 tane}}000$

$2n = 4\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{222 \dots 222}_{\text{109 tane}}$

$7002n = 14004\underbrace{0\dots 0}_{\text{k-3 tane}}777 \underbrace{999 \dots 999}_{\text{106 tane}}222$

$9$'a tamamlayarak sayarsak $S(7002n) = 110 \cdot 9 = 990$ olacaktır.

$2000n = 4\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{222 \dots 222}_{\text{109 tane}}000$

$3n = 6\underbrace{0\dots 0}_{\text{k tane}} \underbrace{333 \dots 333}_{\text{109 tane}}$

$2003n = 4006\underbrace{0\dots 0}_{\text{k-3 tane}}555 \underbrace{555 \dots 555}_{\text{106 tane}}333$

$5$'e tamamlayarak sayarsak $S(2003n) = 111 \cdot 5 = 555$ olacaktır.

Bu aşamada $(D)$ şıkkını işaretleyebiliriz. Çözümün sıhhati açısından devam edeceğiz.

Sonuca giden başka $n$ sayıları da bulabiliriz.
Örneğin; $n = \underbrace{111 \dots 111}_{\text{109 tane}}02$ aldığımız durumda da $7002n = 777 \underbrace{999 \dots 999}_{\text{106 tane}}36204$, $S(7002n) = 990$, $2003n = 222 \underbrace{555 \dots 555}_{\text{106 tane}}37306$ ve $S(2003n) = 555$ olacaktır.
Önemli olan $7002$ tane $n$ sayısını toplarken tam olarak $1$ kez elde oluşması.
Dikkat edilirse sadece $7000n$ yi hesaplarken $2 \times 7 = 14$ şeklinde elde oluştu. Örneğimizi verirken başka elde oluşmaması için $1$ leri ve sonrasında en az $3$ tane $0$ ı kullandık.

Bu aşamada bir lemma (iddia) ve corollary (sonuç) paylaşacağım. İspatları için buraya başvurabilirsiniz.

İddia: $a, b$ pozitif tam sayılar ve $a+b$ toplamı hesaplanırken eldelerin sayısı $k$ olmak üzere; $S(a + b) = S(a) + S(b) - 9k$ dir.

Sonuç: $a, b$ pozitif tam sayılar ve $a \times b $ çarpımı hesaplanırken eldelerin sayısı $k$ olmak üzere; $S(a \times b) = S(a) \cdot S(b) - 9k$ dir.

$S(7002n) = S(7002) \cdot S(n) - 9k = 9 \dot 111 - 9k = 110 \Longrightarrow k = 1$ dir.

$n$ sayısının rakamları arasında birden fazla $d_i \geq 2$ sayısı varsa en az $2$ elde oluşacağı için $n$ nin ondalık yazılımında en fazla $1$ tane $2$ sayısı yer alabilir.

Tamamı $1$ ve $0$ lardan oluşan bir sayının $2000$ katı ile $3$ katı toplandığında hiç elde oluşmaz. ($1$ ve $0$ lardan oluşan bir sayının $7002$ katı hesaplanırken de hiç elde oluşmaz. Bu durumda aslında bu olasılık mümkün değil.)
Sadece $1$, $0$ ve bir tane $2$ den oluşan bir sayının $2000$ katı ile $3$ katı toplandığında da hiç elde oluşmaz. ($2$ ler birbirinin altına gelemeyeceği için $2\cdot 2 + 2 \cdot 3 = 10$ durumu önemsizdir.)
O halde $S(2003n) = S(2003) \cdot S(n) - 9 \cdot 0 = 5 \cdot 111 = 555$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{B}$

$1$ sayısı bu tahtada $1$ adet kullanılacaktır. Eğer $k=0$ ise $1$'in çevresindeki $4$ kare de $1$ olmalıdır ki bu da $1$ adet olmasıyla çelişir. Eğer $k=1$ ise $1$'in çevresine $4$ adet $2$ koymalıyız fakat sadece $2$ adet $2$ vardır. Dolayısıyla $k\geq 2$ olmalıdır. $k=2$ için örnek bulmaya çalışalım. Tekrar eden bir örüntü bulamasam da $1$ merkezli $5\times 5$'lik bir kareyi doldurdum. Kare genişletilebilir duruyor. $$7~~~~~6~~~~~\color{red}4~~~~~6~~~~~7$$ $$6~~~~~4~~~~~\color{red}2~~~~~4~~~~~6$$ $$\color{red}4~~~~~\color{red}2~~~~~\color{red}1~~~~~\color{red}3~~~~~\color{red}5$$ $$5~~~~~3~~~~~\color{red}3~~~~~5~~~~~6$$ $$7~~~~~5~~~~~\color{red}5~~~~~6~~~~~7$$

Burada $1$'den yukarı ve sola giden yol $1-2-4-6-\cdots$ gibi, aşağı ve sağa giden yol ise $1-3-5-7-\cdots$ gibi görünüyor. Yine de arada kalan kısımlar için bir örüntü göremedim.

Not: Verdiğim örnek kare devam ettirilemiyor olabilir ben sadece devamını kontrol etmeden $5\times 5$'in içini doldurdum ve kırmızı yollar dışında kalan $3$'ün farklı kullanım yerine göre farklı kareler çıkabilir.

$1$ sayısının $4$ komşusu olduğundan ve tahta üzerinde sadece $2$ tane $2$ sayısı bulunduğundan $k=1$ olamayacağı açıktır. $k=2$ olabileceği aşağıdaki şekilden görünmektedir.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\ \ \ &\ \ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ &\ \ \ &\ \ \ \\ \hline
&&&&&&&&&&&&&& \\ \hline
&&&&&&\cdot&\cdot &&&&&&& \\ \hline
&&&&&\cdot&11&10&\cdot&&&&&& \\ \hline
&&&&\cdot&11&9&8&10&\cdot&&&&& \\ \hline
&&&\cdot&11&9&7&6&8&10&\cdot&&&& \\ \hline
&&\cdot &11&9&7&5&4&6&8&10&\cdot&&& \\ \hline
&\cdot &11&9&7&5&3&2&4&6&8&10&\cdot && \\ \hline
&\cdot&10&8&6&4&2&1&3&5&7&9&11&\cdot& \\ \hline
&&\cdot&10&8&6&4&3&5&7&9&11&\cdot&& \\ \hline
&&&\cdot&10&8&6&5&7&9&11&\cdot&&& \\ \hline
&&&&\cdot&10&8&7&9&11&\cdot&&&& \\ \hline
&&&&&\cdot&10&9&11&\cdot&&&&& \\ \hline
&&&&&&\cdot&11&\cdot&&&&&& \\ \hline
&&&&&&&\cdot &&&&&&& \\ \hline
&&&&&&&&&&&&&& \\ \hline
&&&&&&&&&&&&&& \\ \hline
\end{array}
$$

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Problem 10.67, Sayfa 246.

Sonsuz satranç tahtasını, sol üstten başlayıp devam ettirdiğimizde başka bir sonuç elde ediliyor.

$k=0$ için tüm sayıların aynı olması lazım. Sorudaki koşul ile çelişiyor.
$k=1$ için aşağıdaki gibi bir satranç tahtası oluşturulabilir:
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c}
\hline
1 & 2&3&4&\ldots \\ \hline
2 & 3&4& 5& \ldots \\ \hline
3 & 4&5& 6& \ldots \\ \hline
4 & 5&6& 7 & \ldots \\ \hline
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots
\end{array}$$
Bu durumda yanıt $\boxed{(a) \ 1}$ oluyor.
Resmi cevap anahtarına göre, yanıt $2$ olarak verilmiş.
Sonsuz bir satranç tahtasının sol üst köşesi olmaz diyebilirsek, resmi cevap anahtarı doğru olur. Aksine, sol üst köşesi olan bir sonsuz satranç tahtası oluşturulabilir ise o durumda yanıt $(a)$ oluyor.

Yanıt: $\boxed{D}$

$\begin{array}{rcl}
f(x) + 3f(1-x) &=& x^2 \\
f(1-x) + 3f(x) &=& (1-x)^2 \\
f(x) &=& \dfrac{3(1-x)^2 - x^2}{8} \\
&=& \dfrac{2x^2-6x+3}{8}
\end{array}$
$f(x)=0 \Rightarrow x_{1,2} = \dfrac{3 \pm \sqrt 3}{2}$.

Yanıt: $\boxed{E}$

$b=c$ olduğunda her zaman $GI \perp BC$ olacaktır. Bu durumda, $|BC|=a$, $b=c$ den bağımsız olacaktır. Büyük olasılıkla, bundan dolayı resmi cevap anahtarında bu sorunun cevabı $(E)$ olarak verilmiş.

$b\neq c$ olma durumunda ise sorunun cevabı $(B)$ oluyor. Benim tahminim asıl sorulmak istenenin bu olduğu yönünde. Soruyu iptal etmek yerine $(E)$ şıkkını doğru cevap olarak kabul ettiklerini düşünüyorum.

Çözüme dönersek:

$M$, $BC$ nin orta noktası; $H$, $BC$ ye ait yüksekliğin ayağı, $T$, içteğet çemberin $BC$ ye değdiği nokta olsun.

$B$ ve $C$ yi $x-$ekseni üzerinde $B<C$ olarak düşünelim. Bu durumda,
$$\vec{MT} = \vec {MC} + \vec {CT} \text{ ve } \vec{MH} = \vec {MC} + \vec {CH} \tag{1}$$ olacaktır. Kenarortay özelliğinden ve $GI \parallel AH$ olduğundan $$MG:MA = MT:MH = 1:3 \tag{2}$$ olacaktır. $(1)$ ve $(2)$ yi birleştirirsek $$ 3\vec{MC} + 3\vec{CT} = \vec {MC} + \vec {CH}$$ $$2\vec{BC} = 3\vec{TC} - \vec{HC} \tag{3}$$ elde ederiz.
$BC=a$ ve $u=\dfrac{a+b+c}{2}$ olmak üzere; yönlü olarak düşündüğümüzde,  $$TC = u-c = \dfrac{a+b-c}{2} \text{ ve } HC = \dfrac{b^2-c^2+a^2}{2a} \tag{4}$$ olarak hesaplanır. Bu değerleri $(3)$ te yerine yazarsak, $$\begin{array}{rcl}
a &=& \dfrac{3a+3b-3c}{2} - \dfrac{b^2-c^2+a^2}{2a} \\
&=& a + \dfrac{3b-3c}{2}-\dfrac{b^2-c^2}{2a} \\
&=& a + \underbrace{\dfrac{(b-c)\left (3a - (b+c) \right )}{2a}}_{= 0}
\end{array}$$ elde ederiz. Bu durumda, $b=c$ veya $3a = b+c$ olmalı.

• $b=c$ durumunda, $a$ yı bağlayan tek şey $b+c = 2b>a$ üçgen eşitsizliği.
• $a=\dfrac{b+c}3$ durumunda ise üçgen eşitsizliğinin sağlanması için $2b>c$ ve $2c>b$ eşitsizliklerinin sağlanması gerekir.

Cevap: $\boxed{D}$

$m=\underset{6\text{  tane  } 9}{\underbrace{99\cdots 9}}2$ sayısı için $n=15$ istenileni sağlar. Şimdi bu sayıyı nasıl elde ettiğimizi gösterelim. $m$ sayısının son basamağı $0$ veya $1$ ise $m+8$ sayısının da rakamları toplamı $8$'e bölünecektir. Bu durumda $n$ en fazla $8$ olur. $b\geq 2$ için $m$'nin son basamağı $b$ olsun. $b$'den önceki basamağı $9$ değilse, $m=a_1a_2\dots a_kb$ için $m+9=a_1a_2\dots (a_k+1)(b-1)$ sayısının rakamları toplamı $8$'e bölünecektir. Bu durumda da $n$ en fazla $9$ olabilir.

$b\geq 2$ ve $b$'den önceki $t$ adet rakam $9$ ise $m=a_1a_2\dots a_k \underset{t\text{  tane  } 9}{\underbrace{99\cdots 9}}b$ sayısını ele alalım ($a_k\neq 9$). Rakamları toplamının $8$ modunda $a_1+a_2+\cdots + a_k +t+b$'a denktir. Eğer $t+b-1$'in $8$ modunda verdiği kalan $A$ ise $m+A+10-b$ sayısı $$a_1a_2\dots (a_k+1)\underset{t\text{  tane  } 0}{\underbrace{00\cdots 0}}A$$ olacaktır. Bu sayının rakamları toplamı da $8$'e bölünür. $A$ en fazla $7$ ve $b$ en az $2$ olacağından bu durumda $n$ en fazla $7+10-2=15$ olabilir. Örnek olarak da $m=\underset{6\text{  tane  } 9}{\underbrace{99\cdots 9}}2$ sayısı verilebilir. Dolayısıyla $n$ en fazla $15$ olabilir.

Yanıt: $\boxed E$

Soruyu genel şekilde, tüm $(n, m)$ ikilileri için çözelim. $m=n=1$ ise, Ayşe tek kareyi almak zorunda olduğu için oyunu kaybediyor. Diğer durumlarda Ayşe oyunu kazanmayı garantileyebilir. Genelliği bozmadan $m \leq n$ kabul edebiliriz. $L$ harfinin $m$ kare içeren kenarına $M$, $n$ kenar içeren kenarına da $N$ diyelim. $m=1$ ise, Ayşe $n-1$ kareyi alıp Betül'ü geriye kalan tek kareyi almaya zorlar ve dolayısıyla oyunu kazanır. $m=2$ ise, Ayşe $N$ kenarındaki tüm kareleri (köşedekiyle birlikte) alarak Betül'ü $M$ kenarında kalan tek kareyi almaya zorlar ve yine kazanır. $m \geq 2$ ise, Ayşe $N$ kenarında köşeden başlayarak ilk $n-m+1$ kareyi alacak, dolayısıyla $N$ ve $M$ kenarlarının her birinde $m-1$ kare kalacak. Sonraki adımlarda:

(a) Betül'ün hamlesinden sonra kenarların birinde hiç kare kalmamışsa, Ayşe diğer kenarda bir kare bırakarak geriye kalan tüm kareleri alarak Betül'ü son kareyi almaya zorlayacak.

(b) Betül'ün hamlesinden sonra kenarlardan birinde bir kare kalmışsa, Ayşe diğer kenardakilerin tamamını alarak yine Betül'ü son kareyi almaya zorlayacak.

(c) Betül'ün hamlesinden sonra kenarların her birinde birden fazla sayıda kare kalmışsa, Ayşe daha çok kare olan kenardan fazla kareleri alarak kenarlardaki kare sayılarının eşit olmasını sağlayacak. Her hamleden sonra toplam kare sayısı azaldığından, birkaç adım sonra Betül kenarlardan birinde $0$ veya $1$ kare bırakmak zorunda kalacak ve Ayşe ilk iki durumdaki gibi oyunu kazanacak.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 8.19, Sayfa 217.

Yanıt: $\boxed{B}$

$\begin{array}{rcl}
a_2^2 - a_1^2 &=& 2a_1 + 1 \\
a_3^2 - a_2^2 &=& 2a_2 + 1 \\
& \vdots & \\
a_{2004}^2 - a_{2003}^2 &=& 2a_{2003} + 1 \\
\end{array}$

Taraf tarafa toplarsak $$a_{2004}^2 - a_1^2 = 2(a_1 + a_2 + \cdots + a_{2003}) + 2003 \Rightarrow a_1 + a_2 + \cdots + a_{2003} = \dfrac { a_{2004}^2 - 2004} 2$$ elde ederiz. $|a_1+a_2+\cdots + a_{2003}|$ ifadesinin en küçük değeri için $a_{2004}^2$ mümkün olduğunca $2004$ e yaklaşmalı. Bunun için $|a_{2004}| =44$ olmalı. Bu durumda, $ \dfrac { a_{2004}^2 - 2004} 2 = -34$ olacaktır.

Geriye sadece $|a_{2004}| = 44$ olacak şekilde bir dizi yolu bulmak kalıyor:
$a_1 = -1$, $a_2 = 0$, $a_3 = -1$, $a_4 = 0$, $\dots$, $a_{1959} = -1$, $a_{1960} = 0$, $a_{1961} = 1$, $a_{1962} = 2$, $\dots$, $a_{2003} = 43$ sayılarının toplamı gerçekten de $-34$ tür.