Tübitak Lise 1. Aşama - 1999 Çözümleri

En fazla $3, 5, 7$ ve $8$ top alabilen dört kutuya birbirinin aynı olan $19$ top kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

$
\textbf{a)}\ 34
\qquad\textbf{b)}\ 35
\qquad\textbf{c)}\ 36
\qquad\textbf{d)}\ 40
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

$$\begin{array}{rcl}
3+5+7+8 &=& 23 \\
23 - 19 &=& 4
\end{array}$$
Bu sayılar da neyin nesi? Toplamda kutuların kapasitesi $23$, yerleştirilecek topların sayısı $19$. Kutuların dolu olduğunu varsayalım, bu durumda $4$ kutudan $4$ top çıkaracağız. Normalde bu işlem (tekrarlı kombinasyon) $$ { {4+4-1} \choose {4-1} } = { {7} \choose {3}} = 35$$ farklı şekilde yapılır. Kapasitesi $3$ olan kutudan $4$ top çıkaramadığımız için $(4,0,0,0)$ dağıtımını iptal ediyoruz. Bu durumda $35-1=34$ farklı dağıtım elde edilir.

Çözüm 2:

Bir önceki çözümde yapılanı daha cebirsel bir dille ifade edelim.

$x_1\leq 3, x_2 \leq 5, x_3\leq 7, x_4 \leq 8$ olmak üzere $x_1+x_2+x_3+x_4=19$ denkleminin negatif olmayan tam sayı çözümlerini araştırıyoruz.

$x_1+y_1=3, x_2 + y_2 = 5, x_3 + y_3= 7, x_4 + y_4 = 8$ olsun.
Benzer şekilde $y_1\leq 3, y_2 \leq 5, y_3\leq 7, y_4 \leq 8$ ve $3-y_1+5-y_2+7-y_3+8-y_4=19$
$ \Rightarrow y_1+y_2+y_3+y_4=23-19=4$

$4$ şeker $4$ çocuğa ${ {4+4-1} \choose {4-1} } = { {7} \choose {3}} = 35$ şekilde dağıtılabilir; ama ilk çocuk $y_1< 4$ olduğu için $(4,0,0,0)$ dağılımı mümkün değil. Bu durumda cevap $35-1=34$ olur.

$\dfrac{\sin^3 x}{\cos x} + \dfrac{\cos^3 x}{\sin x} \geq k$ eşitsizliğini her $x\in (0, \tfrac{\pi}{2})$ için sağlayan en büyük $k$ değeri kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac 34
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac 32
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$$\begin{array}{lcl} \dfrac{\sin^4 x + \cos^4 x}{\sin x \cos x} & = & \dfrac{(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x \cos^2 x}{\sin x \cos x} \\ & = & \dfrac{2(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 4\sin^2 x \cos^2 x}{2\sin x \cos x} \\ & = & \dfrac {2 - \sin^2 2x}{\sin 2x} \end{array}$$ $\sin 2x$ artarken; kesrin payı azalacak, paydası da artacak. Yani kesir küçülecek. Bu durumda kesir en küçük değerini $\sin 2x = 1$ en büyükken alır. Bu durumda $$ \dfrac {2 - \sin^2 2x}{\sin 2x} \geq \dfrac {2 - 1^2}{1} = 1 = k$$ olacaktır. Eşitlik $2x = \tfrac{\pi}2 \Rightarrow x = \tfrac {\pi}4$ iken sağlanır.

Çözüm 2:

$x+y = \dfrac {\pi}{2}$ olmak üzere; sorudaki eşitsizlik aşağıdaki eşitsizliğe dönüşür: $$\dfrac {\sin ^3 x}{\cos x} + \dfrac {\sin ^3 y}{\cos y} \geq k$$
$x \leq \pi / 4 \leq y$ olsun.
$\sin^3 x \leq \sin ^3 y$ ve $\dfrac {1}{\cos x} \leq \dfrac {1}{\cos y}$ olduğu için Yeniden Düzenleme Eşitsizliği (Rearrangement Inequality) gereği $$\dfrac {\sin ^3 x}{\cos x} + \dfrac {\sin ^3 y}{\cos y} \geq \dfrac {\sin^3 x}{\cos y} + \dfrac {\sin^3 y}{\cos x} = \dfrac {\sin^3 x}{\sin x} + \dfrac {\sin^3 y}{\sin y} = \sin^2 x + \sin^2 y = 1 = k$$ elde edilir.

$ABC$ ikizkenar üçgeninde $|AB|=|AC|=10$ ve $|BC|=12$ dir. $[BC]$ üstünde $|BP|=|RC|=3$ olacak şekilde $P$ ve $R$ noktaları alınıyor. $S$ ve $T$ sırasıyla $AB$ ve $AC$ nin orta noktaları olmak üzere, $PT$ ye $S$ ve $R$ den inilen dikme ayakları, $M$ ve $N$ ise, $|MN|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{9\sqrt{13}}{26}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{12-2\sqrt{13}}{13}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{5\sqrt{13}+20}{13}
\qquad\textbf{d)}\ 15 \sqrt 3
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{10\sqrt{13}}{13}
$

Çözüm:

$[BC]$ nin orta noktası $H$ olsun. $SP \parallel AH \parallel TR$ ve $ST \parallel BC$ olduğu için $PSTR$ bir dikdörtgendir. Pisagordan $$SP = 4, PR = 6, PT = 2\sqrt {13} $$ elde ederiz. Öklid'den elde ettiğimiz $$MT \cdot PT = ST^2 = 36$$ $$NT \cdot PT = RT^2 = 16$$
ifadeleri taraf tarafa çıkartırsak $$(MT - TN)PT=20 \Rightarrow MN = \dfrac{10\sqrt{13}}{13}$$ bulunur.

$a, b, c$ tam sayılar olmak üzere,
$$ \begin{array}{rcl}
x &\equiv& a \pmod {14} \\
x &\equiv& b \pmod {15} \\
x &\equiv& c \pmod {16} \\
\end{array}
$$
denklik sistemini ve $0 \leq x < 2000$ koşulunu sağlayan $x$ tam sayılarının sayısı aşağıdakilerden hangisi olamaz?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$(14,15,16)$ sayıları ikişerli olarak aralarında asal olsalardı tam bir Çinlilerin Kalan Teoremi sorusu diyecektik. Ama yine de tam bir Çinlilerin Kalan Teoremi sorusu.
Öncelikle $a, c$ sayılarından biri tek, diğeri çift ise denklik sisteminin çözümünün olmadığını görmeye çalışalım.
$$a = b = c = 0 \Rightarrow 7\cdot 15\cdot 16 | x $$ şartını sağlayan $0\leq x < 2000$ aralığında iki tane ($x=0 \lor x = 1680$) tam sayı vardır.
$$a = 13, b = 14, c = 15 \Rightarrow 7\cdot 15\cdot 16 | (x+1) $$ şartını sağlayan $0\leq x < 2000$ aralığında tek bir tane $x= 1680 - 1 = 1679$ tam sayısı vardır.
Bu durumda denklik sisteminin çözüm kümesi $0, 1$ ya da $2$ elemanlı olabilir. Denklik sisteminin çözüm kümesinin eleman sayısının $3$ olamayacağını göstereceğiz.
$$x \equiv a \pmod {14} \Rightarrow x \equiv a \pmod {7}$$ gerektirmesini kullandığımızda
$$ \begin{array}{rcl}
x &\equiv& a \pmod {7} \\
x &\equiv& b \pmod {15} \\
x &\equiv& c \pmod {16} \\
\end{array}
$$ elde ederiz. Bu sistemin çözümleri, Çinlilerin Kalan Teoremine göre $$x = 7 \cdot 15 \cdot 16 \cdot k + m = 1680k + m$$ formundadır. $0\leq x < 2000$ aralığında çözüm kümesi $1$ ya da $2$ elemanlıdır. Bu durumda ikinci denklik sisteminin çözüm kümesi $3$ elemanlı olamaz. $$x \equiv a \pmod {14} \Rightarrow x \equiv a \pmod {7}$$ gerektirmesi çift yönlü olmadığı için ikinci denklik sisteminin bazı çözümleri birinci denklik sistemini sağlamaz. Bunun içindir ki birinci denklik sisteminin çözüm kümesi $0$ elemanlı da olabilir.

Üstlerinde $1, 1, 3, 4, 4$ ve $5$ yazılı altı kart bir torbaya konur. Torbadan rastgele, sırayla ve çekilenler geri konmaksızın üç kart çekilip, üstlerindeki rakamlardan çekiliş sırasına göre oluşturulan üç basamaklı sayının $3$ e bölünme olasılığı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac 15
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac 25
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 37
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$(114), (135), (144), (345)$ sayıları $3$ ile bölünür.
$(113), (115), (134), (145), (344), (445)$ sayıları da $3$ ile bölünmez.
$1, 1, 4$ sayıları için $$P_1 = \dfrac{3!}{2!}\dfrac{2}{6}\dfrac{1}{5}\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{10} $$
$1, 3, 5$ sayıları için $$P_2 = 3!\dfrac{2}{6}\dfrac{1}{5}\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{10} $$
$1, 4, 4$ sayıları için $$P_3 = \dfrac{3!}{2!}\dfrac{2}{6}\dfrac{1}{5}\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{10} $$
$3, 4, 5$ sayıları için $$P_4 = 3!\dfrac{2}{6}\dfrac{1}{5}\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{10} $$ ve $$P=P_1 + P_2 + P_3 + P_4 = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$$ olur.

$P(x)$ polinomu her $x$ gerçel sayısı için $2P(x) = P(x+3) + P(x-3)$ koşulunu sağlıyorsa, $P$ nin derecesi en çok kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

$$\begin{array}{rcl}
P(x) &=& a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots + a_1x + a_0 \\
P(x+3) &=& a_n(x+3)^n + a_{n-1}(x+3)^{n-1}+\dots + a_1(x+3) + a_0 \\
P(x-3) &=& a_n(x-3)^n + a_{n-1}(x-3)^{n-1}+\dots + a_1(x-3) + a_0
\end{array}$$
olsun. $x^{n-2}$'li terimin katsayısını hesaplayalım.
$$\begin{array}{rcl}
P(x+3) &=& \dots + (a_n \cdot {n \choose 2} \cdot 3^2 +a_{n-1} \cdot {{n-1} \choose 1}\cdot 3 + a_{n-2})x^{n-2} + \dots \\
P(x-3) &=& \dots + (a_n \cdot {n \choose 2} \cdot 3^2 -a_{n-1} \cdot {{n-1} \choose 1}\cdot 3 + a_{n-2})x^{n-2} + \dots \\
P(x+3)+P(x-3) &=& \dots + (2a_n \cdot {n\choose 2} \cdot 3^2\cdot x^{n-2} + 2a_{n-2}\cdot x^{n-2}) + \dots \\
2P(x) &=& \dots + 2a_{n-2}\cdot x^{n-2}+ \dots
\end{array}$$
Burada $$2a_n \cdot {n\choose 2} \cdot 3^2\cdot x^{n-2} = 0$$ sonucu çıkar ki, bu da ancak $(n-2)$. terimin tanımlı olmamasıyla açıklanabilir. Yani $n-2<0 \Rightarrow n \leq 1$ ile açıklanabilir.
$n=1$ durumunda bariz şekilde $P(x) = x$ polinomu eşitliği sağladığı için $P$ nin derecesi en çok $1$ olabilir.

Çözüm 2:

Her $n \in \mathbb{N}$ için $P(0), P(3), P(6), \dots, P(3n)$ bir aritmetik dizi oluşturacaktır. Bu durumda, $P(3n) = (P(3) - P(0))n + P(0)$ olacaktır.

$Q(x) = (P(3) - P(0))x + P(0)$ şeklinde lineer (1. dereceden) bir polinom olsun.

$R(x) = Q(x) - P(x)$ olarak tanımlansın.
Her $n \in \mathbb{N}$ için $R(0)=R(3)=\dots = R(3n) = 0$ olacağından, $R(x)$ polinomunun sonsuz sayıda kökü olacaktır. Bu da $R(x) = 0$ olmasını gerektirir.

O halde $P(x) = Q(x) = ax + b$ şeklindedir.

Köşeleri bir çember üzerinde bulunan dışbükey bir sekizgenin dört kenarının uzunluğu $2$, diğer dört kenarının uzunluğu da $6\sqrt 2$ ise, bu sekizgenin alanı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 120
\qquad\textbf{b)}\ 24 + 68\sqrt 2
\qquad\textbf{c)}\ 88\sqrt 2
\qquad\textbf{d)}\ 124
\qquad\textbf{e)}\ 72\sqrt 3
$

Çözüm 1:

Sekizgenin köşeleri çember üzerinde olduğu için her $2$ uzunluğundaki kenar (kiriş), aynı $\alpha$ merkez açısı ile görülür. Benzer şekilde her $6\sqrt 2$ lik kenar (kiriş) da $\beta $ merkez açısı ile görülür. Buradan $$4\alpha + 4\beta = 360^\circ \Rightarrow \alpha + \beta = 90^\circ$$ elde edilir. Sekizgende biri $2$ diğeri de $6\sqrt 2$ olan bir ardışık kenar ikilisini ele alalım. (Bu şekilde bir ikili vardır. Neden?) Genellemeyi bozmadan $AB=2, BC=6\sqrt 2$ ve çemberin merkezi $O$ olsun. $\angle AOB = \alpha$, $\angle BOC = \beta$ olduğu için $\angle AOC = 90^\circ$, $AO=OC=R$ ve $\angle ABC = \dfrac {360^\circ - 90^\circ}2 = 135^\circ$ elde edilir. Sekizgenin alanı $$4[AOB] + 4[BOC] = 4[ABCO]$$ olacağı için, $[ABCO]$ değerini hesaplamaya çalışacağız. $ABC$ üçgeninde Cosinüs teoreminden $$AC^2 = 2^2 + (6\sqrt 2)^2 - 2\cdot 2 \cdot 6\sqrt 2 \cdot \cos(135^\circ) = 4 + 72 + 24 = 100 \Rightarrow AC = \sqrt {100}$$ elde edilir.
Sinüs teoreminden $$[ABC] = \dfrac{1}2 \cdot 2 \cdot 6 \sqrt 2 \sin(135^\circ) = 6$$ ve $\triangle AOC$ ikizkenar dik üçgen olduğu için
$$[AOC] = \dfrac 12 \cdot AC \cdot \dfrac {AC}{2} = \dfrac {AC^2}4 = 25$$ dolayısıyla $$[ABCO] = [ABC] + [AOC] = 25 + 6 = 31 \Rightarrow 4[ABCO] = 4\cdot 31 = 124$$ elde edilir.

Çözüm 2:

$A_1A_2 = 2$ olmak üzere $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ kirişler sekizgeninin kenarları sırasıyla $2, 6\sqrt 2, 2, 6\sqrt 2, 2, 6\sqrt 2, 2, 6\sqrt 2$ olsun. (Kenar sıraları farklı olsa da sekizgenin alanı değişmezdi; çünkü $O$ merkez olmak üzere $A_iOA_j$ üçgenlerinden dördünün kenarları $R-R-2$, diğer dördünün kenarları $R-R-6\sqrt 2$ olacaktır.)
$A_1A_8$, $A_2A_3$, $A_4A_5$, $A_6A_7$ kenarlarını uzantıları $A, B, C, D$ noktalarında kesişsin. $ABCD$ kenarı $8\sqrt 2$ olan bir karedir.
Sekizgenin alanı $(8\sqrt 2)^2 - 4 = 128 - 4 = 124$ tür.

En büyük ortak bölenleri $n$ olan tüm $a, b, c$ tam sayıları için
$$ \begin{array}{rcl}
x + 2y + 3z &=& a \\
2x + y - 2z &=& b \\
3x + y + 5z &=& c
\end{array}$$
denklem sisteminin $x, y, z$ tam sayılar olmak üzere çözümünün bulunmasını sağlayan en küçük $n$ pozitif tam sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 7
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 28
\qquad\textbf{d)}\ 56
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Sistemi sırasıyla $- 1, 1, 1$ ile genişletip taraf tarafa toplayalım.
$$\begin{array}{lcl} -x -2y -3z &=& -a \\ 2x + y - 2z &=& b \\ 3x + y + 5z &=& c \end{array}$$
$4x = -a + b + c$ elde ederiz.
Sistemi sırasıyla $1, 4, 1$ ile genişletip taraf tarafa toplarsak $$12x + 7y = a + 4b + c$$ elde ederiz. $x$ i yerine yazdığımızda $7y=4a+b-2c$ elde edilir.
Bulduğumuz değerleri yerine yazdığımızda $28z = a -5b +3c$ olarak bulunur.

En büyük ortak böleni $n$ olan tüm $a,b,c$ tam sayıları için sistemin sağlanması gerekeceğinden sistemin $a=b=c=n$ için de sağlanması gerekir. Bu durumda $28z=-n$ olduğu için $n$ en az $28$ olmalıdır.
$n=28$ olduğunda sistemin sağlandığı kolayca görülebilir.

$1$ den $10$ a kadar olan tam sayılar, yandaki şekildeki on kutuya yerleştiriliyor. En üst sıradakiler dışında her kutudaki sayı, hemen üstündeki iki kutuda bulunan sayıların farkına eşitse, en alttaki kutuya yerleştirilen sayı en çok kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{D}$

Herhangi iki sayının farkı $10$ olamayacağı için $10$ en üstte olmalı. Bu durumda ikinci satırdaki en büyük rakam, en fazla $9$ olabilir. Üçüncü satırdaki en büyük rakam $8$ olamaz; çünkü bu durumda hemen üstünde $9-1$ olması gerekir. $9$'u üretmenin tek yolu $10-1$ olduğu için, $1$ de kullanıldığı için mümkün değil. Demek ki, üstten üçüncü satırdaki en büyük rakam en fazla $7$ olabilir. En alttaki sayının $5$ olduğunu düşünelim.
$7$ yi üretmek için $8-1$ ya da $9-2$ gerekli. $7-2=5$ olduğu için $2$ kullanılmış. Bu durumda $7$'in üstünde $8$ ve $1$ var. $8$, $9-1$ ya da $10-2$ şeklinde üretileceğinden $1$ de $2$ de kullanıldığından $7-2=5$ şeklinde son üç kutu yerleştirilemez. $5$ olabilmesi için geriye tek ihtimal kalıyor. O da $6-1=5$. $6$ yı üretmek için $8-2$ ya da $9-3$ gerekli. $8=10-2=9-1$ olacağından iki durumda da $1$ ve $2$ aşağılarda kullanıldığı için $6=8-2$ olamaz. $9-3$ için $9=10-1$ olacağından, $1$ de aşağıda kullanıldığından bu da mümkün değil. Demek ki, en alttaki kutuya $5$ gelemez.

$4$ olabilir mi? $$\begin{array}{ccccccc}
9&&10&&3&&8 \\
&1&&7&&5 \\
&&6&&2 \\
&&&4
\end{array} $$

Bir diğer çözüm de $$\begin{array}{ccccccc}
8&&10&&3&&9 \\
&2&&7&&6 \\
&&5&&1 \\
&&&4
\end{array} $$

Not: Bu sorunun benzeri IMO 2018/3 te karşımıza çıkıyor.

Çözüm 2:

En alttaki sayı $a$ olsun.
$a$ nın hemen üstündeki iki sayıdan küçük olanı $b$ olsun. Büyük olanı $a+b$ olacaktır.
$a+b$ nin hemen üstündeki iki sayıdan küçük olanı $c$ olsun. Büyük olanı $a+b+c$ olacaktır.
$a+b+c$ nin hemen üstündeki iki sayıdan küçük olanı $d$ olsun. Büyük olanı $e=a+b+c+d$ olacaktır.
$a,b,c,d$ farklı sayılar olduğu için $e\geq 1+2+3+4 = 10$ olacaktır. Bu durumda $e=10$ ve $a< 5$ olacaktır.

$$\begin{array}{ccccccc}
9&&10&&3&&8 \\
&1&&7&&5 \\
&&6&&2 \\
&&&4
\end{array} $$
$$\begin{array}{ccccccc}
8&&10&&3&&9 \\
&2&&7&&6 \\
&&5&&1 \\
&&&4
\end{array} $$
$$\begin{array}{ccccccc}
6&&1&&10&&8 \\
&5&&9&&2 \\
&&4&&7 \\
&&&3
\end{array} $$
$$\begin{array}{ccccccc}
6&&10&&1&&8 \\
&4&&9&&7 \\
&&5&&2 \\
&&&3
\end{array} $$

$$x^2 + y^2 + z^2 = 21$$ $$x + y + z + xyz = -3$$ $$x^2yz + y^2xz + z^2xy = -40$$ denklem sistemini sağlayan kaç $(x, y, z)$ gerçel sayı üçlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 3
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$(xyz)(x+y+z) = -40$ ve $xyz + x+y+z = -3$ denklemlerini $xyz = P$ ve $x+y+z=S$ diyerek ortak çözersek

$$\begin{array}{rcl}
P+S &=& -3\\
PS &=& -40\\
P(-3-P) &=& -40\\
P^2+3P-40 &=& 0 \\
\end{array}$$
$P=-8, S=5$ ya da $P=5, S=-8$ elde ederiz.
$$(x+y+z)^2 = (x^2+y^2+z^2) + 2xy + 2yz +2xz$$ özdeşliğinden dolayı

$$\begin{array}{rcccl}
x+y+z = -8 &\Rightarrow& xy+yz+yz = \dfrac{43}2 &,& xyz = 5 \\
x+y+z = 5 &\Rightarrow& xy+yz+yz = 2 &,& xyz=-8
\end{array}$$
elde edilir. Vieta Teoremine göre $x, y, z$ sayıları
$$ x^3 + 8x^2 + \dfrac {43}{2}x - 5 = 0 $$ ya da
$$ x^3 - 5x^2 + 2x + 8 = 0 $$ denklemlerinin kökleridir. Kolaylık olsun diye önce ikincisini çözelim.
$$f(x)=x^3-5x^2+2x -8 \Rightarrow f(-1)=0 $$ olduğu için, denklemin bir kökü $x=1$ sayısı, polinom bölmesi yaparak $$f(x)=(x+1)(x-2)(x-4)$$ elde ederiz. Bu durumda $x=-1, y=2, z=4$ sorudaki denklem sisteminin çözüm kümesinin bir elemanıdır. $3!=6$ farklı şekilde $(x,y,z)$ sıralı gerçel üçlüsü elde edileceği için şu an için $6$ farklı gerçel çözüm bulduk.
$$ x^3 + 8x^2 + \dfrac {43}{2}x - 5 = 0 $$ denklemine dönersek, $f(0) = -5$ ve $f(1) > 0$ olduğu için denklemin $(0,1)$ aralığında en az bir gerçel kökü vardır. Bunun yanında $$f'(x) = 3x^2 + 16x + \dfrac{43}2=0 \Rightarrow \Delta = 16^2 - 4\cdot3\cdot \dfrac {43}2 = -2 < 0 $$ olduğu için denklemin karmaşık (kompleks) kökleri vardır. Bu son yaptığımızı biraz açarsak, normalde 3. dereceden bir eğrinin üç gerçel kökü olması için, $x$-eksenini üç kez kesmesi gerekir. Bu durum da eğrinin iki yerel ekstremumu olması gerekir. Biraz daha yalın türkçeyle, eğrinin ekseni üç kez kesmesi için eğrinin iki kez kambur oluşturması gerekir. Bu noktalardaki türev, yani eğriye çizilen teğetler $x$-eksenine paralel olacağı için bu teğetlerin eğimi $0$, yani o noktalardaki türev $0$'dır. Diğer bir ifadeyle fonksiyonun türevini $0$'a eşitlersek, fonksiyonun davranış (artan-azalan) değiştirdiği, kambur oluşturduğu noktaları buluruz. Bu şekilde gerçel noktalar olmadığı için denklemin iki kökü karmaşık, bir kökü gerçeldir. Bizim için tüm köklerin gerçel olması gerektiği için, bu denklemden gerçel kök çıkmaz.
Bu durumda sadece $(-1,2,4)$ sayılarının permütasyonu kadar çözüm vardır.

Çözüm 2:

$x+y+z = -8$ ve $xyz = 5$ durumunda reel çözüm olamayacağını türev gerektirmeden de gösterebiliriz.

$xyz > 0$ ve $x+y+z < 0$ olduğu için $x,y,z$ sayılarından tam olarak ikisi negatif olmalı.
Genelliği bozmadan $x \leq y < 0 < z$ olsun.

$AO \geq GO$ eşitsizliğinden $x^2 + y^2 \geq 2xy$.

Her iki tarafa $x^2 + y^2$ eklersek $2(x^2 + y^2) \geq (x+y)^2$

$x^2 + y^2 + z^2 = 21$ olduğu için $21 > x^2 + y^2$ olacaktır.

$42 > 2(x^2 + y^2) \geq (x+y)^2 = (-8-z)^2 = (8+z)^2 > 64$ çelişkisini elde etmiş olduk.

O halde $x+y+z = -8$ ve $xyz = 5$ durumunda reel çözüm yoktur.

Bir $ABC$ üçgeninde $m(\widehat{ A}) = 90^\circ$, $|AB|=\sqrt {12}$ ve $|AC|=2$ olmak üzere, bu üçgenin dışına doğru $BEDC$ karesi kurulduğunda, karenin merkezi $F$, $[AF] \cap [BC] = {G}$ ise, $|BG|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 6-2\sqrt 3
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt 3 - 1
\qquad\textbf{c)}\ 2 + \sqrt 3
\qquad\textbf{d)}\ 4 - \sqrt 3
\qquad\textbf{e)}\ 5 - 2\sqrt 2
$

Çözüm 1:

$\angle BFC = 90^\circ$ olduğu için $ABFC$ kirişler dörtgenidir. $BF=FC$ olduğu için de $AF$, $\angle BAC$ nin iç açıortayıdır. Açıortay teoremi gereği
$$\begin{array}{rcl}
BG &=& \dfrac {BC}{AB + AC} \cdot AB \\
&=& \dfrac{4}{2+2\sqrt3}\cdot 2 = 6-2\sqrt3
\end{array}$$ elde edilir.

Çözüm 2:

$A$ dan ve $F$ den $BC$ ye inilen yüksekliklerin ayakları sırasıyla $H$ ve $I$ olsun.
$BC=4$, $BI=IC=IF=2$, $AH=\sqrt 3$, $CH=1$ ve $IH=1$ olacaktır.
$FI \parallel AH$ olduğu için $\triangle GIF \sim \triangle GHA$.

$\dfrac {GI}{IH} = \dfrac {FI}{FI + AH} = \dfrac {2}{2+\sqrt 3} = 4 - 2\sqrt 3$

$GI = 4-2\sqrt 3$ ve $BG = 6-2\sqrt 3$ olacaktır.

Bu sorunun genel hali için buraya başvurabilirsiniz.

$72$ tane pozitif böleni olan en küçük pozitif tam sayının on tabanına göre yazılımındaki rakamların karelerinin toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 41
\qquad\textbf{b)}\ 65
\qquad\textbf{c)}\ 110
\qquad\textbf{d)}\ 123
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Normalde, böyle bir soruda $$72 = 2^3 \cdot 3^2 = 2\cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3$$ olduğu için $$n=2^2\cdot 3^2 \cdot 5^1 \cdot 7^1 \cdot 11^1 = 13860$$ gibi bir sayı seçerek toplamda $72$ pozitif böleni olan sayıyı küçültmeye çalışırız. $13860$ sayısının rakamlarının kareleri toplamı $1^2 + 3^2 + 8^2 +6^2 +0 ^2 =110 $ dur. Ama cevabımız ne yazık ki $110$ değil.
$k=2^2\cdot 3^2 \cdot 5^1 \cdot 7^1$ olmak üzere $n=11k$ sayısının $72$ pozitif böleni vardır (Az önce gösterdik.).
$n=2^5\cdot 3^2 \cdot 5^1 \cdot 7^1$ sayısını ele alalım. $d(n)=6\cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 = 72$ olduğu için ve $n=8k$ sayısı $n=11k$ sayısından daha küçük olduğu için $n=8k=10080$ sayısının rakamlarının kareleri toplamı $1^2 + 8^2 = 65$ tir. $10080 < 13860$ olduğu için $72 = 6 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2$ şeklinde bir çarpanlara ayırma $72 = 3\cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2$ şeklinde bir çarpanlara ayırmadan daha küçük bir sonuç verecektir. Ama $72$ pozitif böleni olan en küçük sayı $n=10080$ sayısı mı? Aslında bunu söylemek o kadar da kolay değil.

Ya, daha küçük bir sayı varsa?

Aslında bu soruyu 1644'te Mersenne öğrencilerine sormuş (Kaynak: Elementary Number Theory In Nine Chapters, 1999, syf. 94):
$D(k)$ ile tam olarak $k$ pozitif böleni olan en küçük sayıyı gösterelim. Önce $60$ pozitif bölene sahip bir sayı bulun. Sonra $D(60)$ ı hesaplayın.

Rahatça görüldüğü üzere bizim sorumuzdan farklı değil.
Bu konu literatürde Highly Composite Number diye geçiyor. Kendisinden küçük sayılardan daha fazla bölene sahip sayılara, benim çevirimle bir hayli birleşik sayı diyoruz. $10080$ sayısı bir hayli birleşik bir sayı. Yani kendisinden küçük sayıların pozitif bölenleri sayısı $72$'den küçük. O zaman $72$ pozitif bölene sahip ilk sayı $10080$ dir.

Şimdi de bu sorunun çözümü için neler yapabiliriz, ona bakalım.

$(1)$ $72$ tane pozitif böleni olan sayılardan en fazla asal bölene sahip sayı, $72 = 2\cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3$ olduğu için, $5$ asal bölenli bir sayıdır.
$72$ tane pozitif böleni olan sayılardan en küçüğünü arıyorsak, bu asal sayılar $2$, $3$, $5$, $7$ ve $11$ olmalı. Aksi halde daha büyük olan asal sayı bu listedeki eksiklerden biri ile değiştirilirse aynı sayıda pozitif bölene sahip daha küçük bir sayı elde edilir.

$(2)$ Asal bölenlerden küçük olanın üssü, daha büyük asal bölenin üssünden daha az olamaz. Bu durumda, üsleri değiştirirsek daha küçük bir sayı elde edebiliriz.

$(3)$ Bu iki özelliğin yanında, Wikipedia ve Wolframda bahsedilen bir üçüncü özellik var. En büyük asal bölenin üssü, sayı $4$ veya $36$ değilse $1$ olmalı. Muhtemelen bu özelliğin ispatı, diğer iki özelliğe göre daha uzun. Belki Highly Composite Numbers ile ilgili bir başlık altında bu özelliğin ispatı verilebilir. Şimdilik bu özelliği kullanmadan çözümümüze devam edelim.

$72$ tane pozitif bölene sahip, $(1)$ ve $(2)$ özelliklerini sağlayan $16$ farklı sayı vardır:

$\begin{array}{l|l|l}
1 & 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 & 2^{2}3^25^17^111^1 = 13860 \\ \hline
2 & 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 9 & 2^83^15^17^1 \\ \hline
3 & 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 6 & 2^53^25^17^1 = 10080 \\ \hline
4 & 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 4 & 2^33^25^27^1 \\ \hline
5 & 2 \cdot 2 \cdot 18 & 2^{17}3^15^1 \\ \hline
6 & 2 \cdot 3 \cdot 12 & 2^{11}3^25^1 \\ \hline
7 & 2 \cdot 4 \cdot 9 & 2^{8}3^35^1 \\ \hline
8 & 2 \cdot 6 \cdot 6 & 2^{5}3^55^1 \\ \hline
9 & 3 \cdot 3 \cdot 8 & 2^{7}3^25^2 \\ \hline
10 & 3 \cdot 4 \cdot 6 & 2^{5}3^35^2 \\ \hline
11 & 2 \cdot 36 & 2^{35}3^1 \\ \hline
12 & 3 \cdot 24 & 2^{23}3^2 \\ \hline
13 & 4 \cdot 18 & 2^{17}3^3 \\ \hline
14 & 6 \cdot 12 & 2^{11}3^5 \\ \hline
15 & 8 \cdot 9 & 2^{8}3^7 \\ \hline
16 & 72 & 2^{71} \\
\end{array}$

$(3)$ nolu özelliği kullansaydık $9.$, $10.$, $12.$, $13.$, $14.$, $15.$ ve $16.$ sayılar da iptal olacaktı.

$2^2 < 5^1$ ve $2^3 < 3^2 < 11$ özelliklerini kullanarak ilk dört sayıya baktığımızda $2^53^25^17^1 = 10080 < 2^{14}$ sayısının en küçük olduğu görülür.
$2$ veya daha az asal çarpandan oluşan sayılar ($2^{a} \cdot 3^{b}$) için, $a\geq b$, $a+b < 14$, $(a+1)(b+1) = 72$ ve $a+1 + b + 1 < 16$ şartları sağlanmalı. $8 \cdot 9 = 72$ ve $8+9 > 16$ olduğu için bu şekildeki sayılar $10080$ den küçük olamaz.
$[5,10]$ arasındaki sayıları $2$ nin üssü şeklinde yazmaya çalıştığımızda $10.$ sayı hariç diğerleri $2^{14}$ ten büyük olacaktır.
$10.$ sayı ile $3.$ sayıyı oranlarsak $\dfrac {15}{7} > 1$ çıkacağı için $3.$ sayı yani $10080$, $72$ pozitif bölene sahip en küçük sayıdır.

Referanslar:
Wikipedia
Wolfram
Mathematical Gems III, Rons Honsberger, 1985, Chapter 14, Syf. 193.

Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(C)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.

$3 \times 3$ lük bir tahtadaki dokuz kareden dördü, ikisi kırmızı, ikisi maviye olmak üzere ve aynı renkte iki kare ne aynı satır ne de aynı sütunda yer alacak biçimde boyanıyor. Bu boyama işlemi kaç değişik biçimde yapılabilir?

$
\textbf{a)}\ 198
\qquad\textbf{b)}\ 288
\qquad\textbf{c)}\ 396
\qquad\textbf{d)}\ 576
\qquad\textbf{e)}\ 792
$

Çözüm:

$9$ kareden birini kırmızıya boyadığımızda, kırmızı renk için geriye $4$ uygun kare kalıyor. Geriye kalan $7$ kareyi maviye $4+4+3+3+3+3+2=22$ şekilde boyarız. Yani toplamda $9\times 4 \times 22 = 792 $ boyama oldu. Yalnız, kırmızılar kendi arasında, maviler de kendi arasında özdeş olduğu için $792$'yi $2!\times 2! = 4$'e bölmemiz gerekiyor. $\dfrac{792}4 = 198$ aradığımız cevap.

$y = \sqrt {x^2 + \dfrac {1}{1999}}$ eşitliğini sağlayan kaç $(x,y)$ rasyonel sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}
$

Çözüm:

Her iki tarafın karesini alalım. $$y^2 = x^2 + \dfrac 1{1999} \Rightarrow (y-x)(y+x) = \dfrac 1{1999}$$ olacaktır. $y-x=r$ ise $y+x=\dfrac1{1999r}$ olur. Bu durumda $y=\dfrac{r + \dfrac 1{1999r}}{2}$ ve $x=\dfrac{\dfrac 1{1999r} - r}{2}$ elde edilir. Her $r$ rasyonel sayısı için $x, y$ sayıları rasyonel olacağı için sonsuz farklı çözüm vardır.

Tabanı $ABC$ eşkenar üçgeni ve tepe noktası $T$ olan bir düzgün piramidin $[AB]$, $[BC]$, $[CT]$, $[TA]$ ayrıtlarının orta noktaları sırasıyla $P, Q, R, S$ ile gösterilmek üzere, bu piramidin cisim yüksekliği $2\sqrt {15} $ ve $|AB|=6$ ise, $Alan(PQRS)$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 4\sqrt {15}
\qquad\textbf{b)}\ 8 \sqrt 2
\qquad\textbf{c)}\ 8 \sqrt 3
\qquad\textbf{d)}\ 6 \sqrt 5
\qquad\textbf{e)}\ 9 \sqrt 2
$

Çözüm:

$T$ noktası $A, B, C$ noktalarına eş uzaklıkta olacak. Bu durumda $T$'nin $ABC$ düzlemindeki izdüşümü $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olan $G$ noktasıdır. $TG=2\sqrt{15}$ soruda verilmiş. $AB=6$ ise $AG=2\sqrt 3$ ve $TAG$ dik üçgeninde $$AT^2 = AG^2 + TG^2 \Rightarrow AT^2 = 72 \Rightarrow AT = 6\sqrt 2$$ dir.

$ATB$ üçgeninde $PS$, kenarları ortalayan bir doğru parçası olduğu için $$ PS = \frac{TB}{2} = 3\sqrt2$$ elde edilir. Bu işlemi diğer orta noktalar için de yapınca
$$PQ = SR =\frac{AC}{2} = 3, PS = QR =\frac{TB}{2} = 3\sqrt2$$ elde ediyoruz. Bu durumda $PQRS$ kenarları $3$ ve $3\sqrt 2$ olan bir paralelkenar oldu. Simetriden dolayı $PR = SQ$ olacağı için paralelkenar bir dikdörtgendir. Bu durumda $$[PQRS] = 3 \cdot 3\sqrt 2 = 9\sqrt 2$$ olacaktır.

$t_k(n)$ ile $n$ pozitif tam sayısının on tabanına göre yazılımındaki rakamların $k$ inci kuvvetlerinin toplamını gösterelim. Aşağıdaki $k$ değerlerinden hangisi için, $3$ ün $t_k(n)$ yi bölmesi $3$ ün $n$ yi bölmesini gerektirmez?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 9
\qquad\textbf{d)}\ 15
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$a^3 \equiv a \pmod 3$ olduğunu fark edelim. Daha genel bir şekilde, $k$ negatif olmayan bir tam sayı ise $$a^{2k+1} \equiv a \pmod 3$$ özdeşliği vardır. Buna göre, $$ \begin{array}{lclr}\overline{a_ma_{m-1}\dots a_1a_0} & \equiv & 10^ma_m + \dots + 10a_1 + a_0 & \pmod 3 \\ & \equiv & a_m + a_{m-1} + \dots a_1 + a_0 & \pmod 3 \\ & \equiv & a_{m}^{2k+1}+a_{m-1}^{2k+1}+...+a_{0}^{2k+1} & \pmod 3 \end{array}$$ olacaktır. Yani her $k$ tek sayısı için $3 | t_k(n)$ olduğunda otomatik olarak $3 | n$ olacaktır. Dikkat edilirse, şıklardaki tek çift sayı $6$.
$k=6$ için $$ t_{6}(\overline{112}) = 66 \equiv 0 \pmod 3 $$ iken $$\overline{112} \equiv 1+1+2 \equiv 1 \pmod 3 $$ tür.

$2 \times 5$ lik bir satranç tahtasının üst sırasında sol köşeden itibaren ardışık $k$ kareye siyah pullar konmuştur. Boş olan karelere istediğimiz sırayla beyaz pullar koyuyoruz. En az bir ortak köşeye sahip iki kare komşu sayılmak üzere, her beyaz pul konduğunda, komşu karelere daha önceden konmuş olan pılların rengi, beyazsa siyaha, siyahsa beyaza dönüşüyor. $k$ nin aşağıdaki değerlerinden hangisi için tüm kareler dolduğunda pulların hepsi beyaz olabilir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

$k > 1$ olduğu durumda $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
S & S &\; \; &\; \; & \; \; \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $$ İlk karedeki siyah taşın etrafında $2$ boşluk olduğu için nihayetinde ($S \rightarrow B \rightarrow S$) siyaha dönüşecek. Bu durumda $k=1$ olabilir, $k=0$ olabilir, ya da hiçbir $k$ değeri için bu şekilde bir yerleştirme yapılamaz.
$k=1$ için, ilk taş siyah olacak.
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
\bf{S} &\; \; &\; \; &\; \; & \; \; \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & \bf{B} & \; \; &\; \; & \; \; \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & S & \bf{B} & \;\; & \;\; \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & S & S & \bf{B} & \;\; \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & S & S & S & \bf{B} \\ \hline
& & & & \\ \hline
\end{array} $

Dikkat edilirse baştaki ve sondaki karenin $2$ komşusu, diğerlerinin $3$ komşusu var. $2$ komşusu olan beyaz taşlar ($B\rightarrow S \rightarrow B$) beyaza, $3$ komşusu olan siyah taşlar ($S\rightarrow B \rightarrow S \rightarrow B$) beyaza dönüşecek. Yani ikinci satırdaki taşlar hangi sırada konursa konsun, ilk sıradaki taşların tamamı beyaza dönüşecek. Bu durumda, ikinci sıradaki taşları beyaz taşları öyle yerleştirmeliyiz ki, hepsi beyaz olsun. Biraz düşününce (aslında birden çok bu şekilde diziliş var), ortadaki karenin $3$ komşusu, baştaki ve sondaki karenin $1$ komşusu, diğerlerinin (yani baştan ve sondan ikinci karelerin) $2$ komşusu var. Beyaz taşın beyaza dönüşmesi için, değişime uğramaması, yani etrafına kendisinden sonra taş konmaması ya da çift sayıda taş konması gerekiyor. Önce $2$ ve $4$ nolu karelere, sonra $1$ ve $5$ nolu karelere, en son da $3$ nolu kareye taşı yerleştirdiğimizde tüm taşlar beyaz olur.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
S & B & B & S & B \\ \hline
& \bf{B} & & & \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
S & B & S & B & S \\ \hline
& B & & \bf{B} & \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & S & S & B & S \\ \hline
\bf{B} & S & & B & \\ \hline
\end{array} $

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & S & S & S & B \\ \hline
B & S & & S & \bf{B} \\ \hline
\end{array} $ $\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
B & B & B & B & B \\ \hline
B & B & \bf{B} & B & B \\ \hline
\end{array} $

Not:
Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(E)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.

$x^4-2^{-y^2}x^2 - \lfloor x^2 \rfloor + 1 = 0 $ eşitliğini sağlayan kaç $(x,y)$ gerçel sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}
$

Çözüm:

$\{a\}$ ile $a$ pozitif sayısının virgülden sonraki kısmını gösterelim. Buna göre $$\lfloor x^2 \rfloor = x^2 - \{x^2\}$$ olacaktır.
$$\begin{array}{rcl}
x^4-2^{-y^2}x^2 - (x^2 - \{x^2\}) + 1 &=& 0 \\
(x^4 - 2x^2 + 1) + x^2 - 2^{-y^2}x^2 + \{x^2\} &=& 0 \\
(x^2-1)^2 + x^2(1 - \dfrac 1{2^{y^2}}) + \{x^2\} &=& 0
\end{array}$$
Sol taraftaki terimlerin üçü de $\geq 0$ olduğu için, toplamlarının $0$ olması için her birinin $0$ olması lazım. Buna göre
$$ (x^2 -1) = 0 \land (1 - \dfrac 1{2^{y^2}}) = 0 \land \{x^2\} = 0 \Rightarrow x = \pm 1 \land y = 0 \land x\in \mathbb{Z}$$
olur. Bu durumda $$ (x,y)=(\pm 1,0) $$ ile çözüm kümesinin eleman sayısı $2$ olacaktır.

$ABC$ üçgeninde $m(\widehat{BAC}) = 10^\circ$ ve $m(\widehat{ABC}) = 150^\circ$ dir. $[AC]$ üstünde $|AX|=|BC|$ olacak şekilde $X$ noktası alınıyor. $m(\widehat{BXC})$ kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 15
\qquad\textbf{b)}\ 20
\qquad\textbf{c)}\ 25
\qquad\textbf{d)}\ 30
\qquad\textbf{e)}\ 35
$

Çözüm 1:

$ \angle YBA =\angle BAY = 10^\circ $ olacak şekilde $[AC]$ üzerinde $Y$ noktasını alalım. $BY = YA$ olacaktır. $ \angle BYC =\angle BCY = 20^\circ $ olduğu için $BY=BC$, dolayısıyla da $AX=AY$ olacaktır. Bu durumda $X$ ile $Y$ noktası çakışıktır. Yani $\angle BXC = 20^\circ$.

Çözüm 2:

$[AC$ üzerinde $BA=BD$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım.
$$ \angle BDA = 10^\circ\Rightarrow\angle DBC = 10^\circ $$ olduğu için $CD=CB$ olacaktır. Bu durumda
$$DB=BA, DC=AX, \angle BDC =\angle BAX = 10^\circ $$
olduğu için $\triangle BDC \cong \triangle BAX$ olacaktır. Bu da $$ BX=BC\Rightarrow\angle BXC = 20^\circ $$ olmasını gerektirir.

Çözüm 3:

$BX=\sin 10^\circ$ olsun. Bu durumda $AB=\sin X$ ve $ AX =\sin(X-10^\circ) = BC $ olacaktır. $\triangle BXC$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $$ \dfrac{\sin(X-10^\circ)}{\sin X}=\dfrac{\sin10^\circ}{\sin20^\circ} $$ elde edilir. Açık bir şekilde $X=20^\circ$ denklemi sağlar.

Çözüm 4:

$\angle BCA$ nın açıortayı $AB$ yi $Y$ de kessin.
$$ \angle YCA =\angle YAC = 10^\circ\Rightarrow CY = YA $$
$$ \angle BCY =\angle YAX = 10^\circ \land CY=YA \land AX =BC \Rightarrow \triangle AXY \cong \triangle CBY \Rightarrow BY = YX$$
$ \angle XYB =\angle BCX = 20^\circ $ olduğu için de $BYXC$ kirişler dörtgenidir. Bu durumda $$ \angle BYC =\angle BXC = 20^\circ $$ olur.

Çözüm 5:

$\angle ABY = 30^\circ $ olacak şekilde $[AC]$ üzerinde $Y$ noktasını alalım.
$Z$, $[CB$ üzerinde $[BC]$ nin dışında $BZ=BY$ olacak şekilde bir nokta olsun.
$\triangle BZY$ eşkenar üçgendir. $AB \perp ZY$ olduğu için de $BZAY$ bir deltoiddir. Bu durunda $AZ = AY$ ve $ \angle ZAB =\angle BAY = 10^\circ $ olduğu için $$ \angle ZAC = 20^\circ =\angle ZCA\Rightarrow AZ = CZ $$ elde edilir.
$$ AX+XY = AY = CZ = BC+BZ\Rightarrow YX = BZ = BY $$ bilgisi eşliğinde $$ \angle BYC = 40^\circ\Rightarrow\angle BXY = 20^\circ $$ elde edilir.

Çözüm 6:

$C$ nin $AB$ ye göre simetriği $D$ olsun. $\triangle ACD$ bir $ 80^\circ-20^\circ-80^\circ $ üçgenidir. Bu durumda $\triangle BCD$ eşkenar; $AXBD$ dörtgeni de ikizkenar yamuk, yani kirişler dörtgenidir. Buna göre $AB$ açıortay olduğu için $DX$ de $\angle ADB$ nin açıortayıdır. Ayrıca $BD=BX=AX$ olduğu için de $\triangle AXB$ ikizkenar üçgen olur. Bu durumda $m(\widehat{BXC}) = 20^\circ$ elde edilir.

Çözüm 7:

Daha genelini çözeceğiz:
$\angle BAC = x$ ve $\angle BCA = 2x$ olsun.

$\triangle ABC$ nin çevrel çemberinin merkezi $O$ olsun. $OB$ ile $AC$, $Y$ de kesişsin.

$\angle BOA = 2\angle BCA = 4x$, $\angle COB = 2 \angle BAC = 2x$, $\angle CBO = 90^\circ-x$, $\angle BYC = 90^\circ - x$. $CY = BC = AX$.
$OC=OA$ ve $CY=AX$ olduğu için $OY=OX$ ve $\angle XOA = \angle YOC = \angle YOX = 2x$ elde edilir.
Bu aşamadan sonra iki şekilde ilerleyebiliriz:

$\angle BOX = \angle BCX$ olduğu için $BXOC$ bir kirişler dörtgeni ve $\angle BCX = \angle BOX = 2x$
$\triangle BOA$ ikizkenar ve $OX$ tepe açısına ait açıortay olduğu için $BX=XA$ ve $\angle ABX = x$ ve $\angle BCX =2x$

Çözüm 8:

Bu soru, Üçgende Kesenin Kenarlarla Yaptığı Açı Üzerine konusunda bahsedilen $(k_2 = 1, b=x, c=x/2)$ ya da diğer bir deyişle $(k_2 = 1, N=1.1)$ ailesine ($x=20^\circ$) aittir. Bundan önceki tüm yanıtlar aslında genel durum için de çalışıyor.

Aşağıdaki sayılardan hangisi, $m$ ve $n$ tam sayılar olmak üzere, $m^2+3mn-4n^2$ şeklinde ifade edilemez?

$
\textbf{a)}\ 69
\qquad\textbf{b)}\ 76
\qquad\textbf{c)}\ 91
\qquad\textbf{d)}\ 94
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$$A = m^2+3mn-4n^2 =(m+4n)(m-n)$$ olduğu için,
$$\begin{array}{rcl}
m+4n &=& a_1 \\
m-n &=& a_2 \\
\end{array}$$ deyip taraf tarafa çıkarırsak,
$$\begin{array}{rcl}
5n &=& a_1-a_2 \\
n &=& \dfrac{a_1-a_2}{5} \\
m &=& n+a_2 \\
A &=& a_1a_2
\end{array}$$ elde ederiz. $A$ sayısını farkları $5$ ile bölünen iki sayının çarpımı biçimde yazabilirsek, $A$ sayısı $$m^2+3mn-4n^2 = (m+4n)(m-n)$$ şeklinde ifade edilebilir. Bu durumda $A=69=23\cdot 3$, $A=76=76\cdot 1$, $A=91=91\cdot 1$ ve $A=94=47\cdot 2$ sayılarının hepsi farkları $5$ ile bölünen iki sayının çarpımı şeklinde yazılabilir.

Saat kısmı $1$ den $12$ ye kadar olan sayıları gösteren dijital bir saatin, dakika kısmı doğru çalışmakta, ancak saat kısmı bir bozukluk sonucu, saat başlarında $n:59$ dan sonra, ($n+1$ ve $2n$, $\bmod {12}$ düşünülmek üzere), $(n+1):00$ olacağına, $2n:00$ a atlamaktadır. (Örneğin, saat, $7:00$ a ayarlanırsa, bir saat sonra $8:00$ yerine $2:00$ olmaktadır.) Saati gelişi güzel bir zamana ayarlar ve aradan bir gün geçtikten sonra saate bakarsak, saat kısmının $4$ ü gösteriyor olma olasılığı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{12}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{1}{4}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1}{3}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{2}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Saat şu anda $n:30$ olsun. $1$ saat sonra $2n:30$ olacaktır. Buna göre, saat $24$ saat içerisinde
$$\begin{array}{rcl}
t_0 &\equiv& n \pmod {12} \\
t_1 &\equiv& 2n \pmod {12}\\
\vdots \\
t_{24} &\equiv& 2^{24}n \pmod {12}
\end{array}$$
değerlerini alacaktır. $24$ saat sonra $$t_{24} \equiv 2^{24} \equiv 4 \pmod {12}$$ olacaksa $$2^{24}n \equiv 4n \equiv 4\pmod {12} $$ denkliğinden $k$ bir tam sayı olmak üzere; $$4n - 4 = 12k \Rightarrow n-1 = 3k \Rightarrow n =3k+1$$ elde edilir. $[1,12]$ aralığındaki $12$ sayıdan $\{1,4,7,10\}$ sayılarının $3$ ile bölümünden kalan $1$ olduğu için $$P(2^{24}n \equiv 4 \pmod {12}) = \dfrac {4}{12} = \dfrac 13$$ olarak bulunur.

$f(x)$ polinomu her $x$ gerçel sayısı için $(x-1)f(x+1) - (x+2)f(x)=0$ koşulunu sağlıyor. $f(2)=6$ ise, $f(\frac 32)$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ -6
\qquad\textbf{b)}\ 0
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 32
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac {15}8
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$$
f(x) = \dfrac { (x-1)f(x+1) } {x+2}
$$
olduğu için $f(1) = 0$ ve polinomun bir kökü $(x-1)$ olur.
$x$ yerine $x-1$ dersek,
$$
(x-2)f(x) - (x+1)f(x-1) = 0 \\
f(x) = \dfrac {(x+1)f(x-1)}{x-2}
$$
olduğu için $f(-1) = 0$ ve polinomun diğer kökü $(x+1)$ olur.
$ f(x) = g(x)(x-1)(x+1)$ olsun. Soruda verilen denklemi yeniden yazarsak
$$\begin{array}{rcl}
(x-1)g(x+1)x(x+2) - (x+2)g(x)(x-1)(x+1) &=& 0 \\
(x-1)(x+2)(g(x+1)x - g(x)(x+1)) &=& 0 \end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\dfrac {g(x+1)}{g(x)} &=& \dfrac {x+1}{x} \\
g(x) &=& \dfrac {xg(x+1)}{x+1} \\
\end{array}$$
elde ederiz. Bu durumda $g(0)=0$ ve $g(x) = xh(x)$ tir. Bu son bulduğumuzu
$$\dfrac {g(x+1)}{g(x)} = \dfrac {x+1}{x}$$ eşitliğinde yerine yazarsak
$$ \dfrac {(x+1)h(x+1)}{xh(x)} = \dfrac {x+1}{x} \Rightarrow \dfrac {h(x+1)}{h(x)} = 1$$ elde ederiz. Buradan da $h(x)=A$ sabit bir fonksiyon olarak elde edilir. Son olarak $$f(x)=x(x-1)(x+1)A$$ elde edilir. $f(2)=6$ değerini yerine yazarsak $$f(2)=2(2-1)(2+1)A = 6 \Rightarrow A=1$$ elde ederiz. Son durumda $f(x)=x(x-1)(x+1)$ ve $f(\frac 32) = \dfrac 32 \left(\dfrac 32 - 1\right)\left(\dfrac 32 + 1\right) = \dfrac 32 \cdot \dfrac 12 \cdot \dfrac 52 = \dfrac {15}8$ elde edilir.

$ABC$ üçgeninde $m(\widehat{A}) = 80^\circ$ ve $|AB|=|AC|$ dir. $[AB]$ üstünde $K$ ve $[AB$ üstünde $L$ noktaları, $|AB|^2 =|AK|\cdot |AL|$ ve $|BL|=|BC|$ olacak şekilde alınıyor. $m(\widehat{KCB})$ kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 20
\qquad\textbf{b)}\ 25
\qquad\textbf{c)}\ 30
\qquad\textbf{d)}\ 35
\qquad\textbf{e)}\ 40
$

Çözüm:

$$BC=BL, \angle BLC = 25^\circ, AK\cdot KL = AB^2 = AC^2$$ olduğu için $\triangle ACK \sim \triangle ACL$, dolayısıyla da $$\angle ACK = \angle ALC = 25^\circ \Rightarrow \angle KCB = 25^\circ$$ olacaktır.

Benzerliği fark edemeyenler için $$AK \cdot KL = AC^2 \Rightarrow \dfrac{AK}{AC} = \dfrac{AC}{AL} $$ ve $$\angle KAC = \angle LAC $$ olduğu için $\triangle ACK \sim \triangle ACL$ $(K.A.K)$ dır. Aslında bu tip soruda \textit{benzerlik vardır} ara adımını atlayabiliriz. $AK\cdot AL = AC^2 $ ifadesi $A$ dan $\triangle CKL$ üçgeninin çevrel çemberine çizilen teğetin denklemidir. Bu durumda teğet-kiriş açıdan $\angle ACK = \angle ALC$ olacaktır. Bu tip $xy = z^2$ tarzı eşitliklerde, teğet-kiriş açıyı hemen fark etmemiz gerekiyor.

$x, y, z$ tam sayıları
$$ \begin{array}{rcl}
x - 3y + 2z &=& 1 \\
2x + y - 5z &=& 7
\end{array}$$ denklem sistemini sağlıyorsa $z$ aşağıdakilerden hangisi olabilir?

$
\textbf{a)}\ 3^{111}
\qquad\textbf{b)}\ 4^{111}
\qquad\textbf{c)}\ 5^{111}
\qquad\textbf{d)}\ 6^{111}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$3$ bilinmeyen $2$ denklem var. Yani denklem sistemini çözemeyiz. Ama $x, y, z$ tam sayılar olduğu için $z$ hakkında yorum yapabiliriz.
Denklem sisteminde $x$ i yok etmeye çalışalım.
$$ \begin{array}{rcl}
2x - 6y + 4z &=& 2 \\
-2x - y + 5z &=& -7 \\
-7y + 9z &=& -5
\end{array}$$

$y$ yi yok edelim.
$$ \begin{array}{rcl}
x - 3y + 2z &=& 1 \\
6x + 3y - 15z &=& 21 \\
7x - 13z &=& 22
\end{array}$$

Son bulduğumuz değerleri $\bmod 7$ de inceleyelim.
$$ \begin{array}{rcl}
-7y + 9z &=& -5 \\
2z &\equiv& 2 \pmod 7 \Rightarrow z \equiv 1 \pmod 7 \\
7x - 13z &=& 22 \\
z &\equiv& 1 \pmod 7
\end{array}$$
Bu durumda $z$ nin $7$ ile bölümünden kalan $1$ olmalı. $7$ asal sayı, şıklardaki üslerin hepsi $111$ olduğu için Euler'in Phi ($\phi$) Fonksiyonunu, ya da Fermat'ın Küçük Teoremini kullanarak

$$ \begin{array}{rcl}
a^6 &\equiv& 1 \pmod 7 \\
a^{108} &\equiv& 1 \pmod 7 \\
a^{111} &\equiv& a^{3} \pmod 7
\end{array}$$
elde ederiz. Yani $3, 4, 5, 6$ sayılarından küpü $7$ ile bölündüğünde $1$ kalanını veren sayıyı arıyoruz.
$$4^3 \equiv 1 \pmod 7$$
olduğu için aradığımız sayı $4$ tür. Diğer şıklar $\bmod 7$ de $-1$ kalanını verirler.

Kenar uzunluğu $c$ olan bir karenin noktaları kırmızı ya da maviye boyanıyor. Bu boyama nasıl yapılırsa yapılsın, aralarındaki uzaklık en az $\sqrt 5$ olan aynı renkte iki nokta bulunuyorsa, $c$ nin alabileceği en küçük değer kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac {\sqrt {10}}2
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ \sqrt 5
\qquad\textbf{d)}\ 2 \sqrt 2
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Öncelikle şunu ifade edelim. Karenin iç bölgesindeki noktaları boyamıyoruz. Karenin kenarları üzerindeki noktaları boyuyoruz.
$ABCD$ karesinde $AB$ nin orta noktası $E$, $CD$ nin orta noktası $F$ olsun. $EF$ üzerinden kareyi ikiye bölelim. Bir tarafını tamamen kırmızıya, diğer tarafını tamamen maviye boyayalım.
$c < 2$ ise yukarıda anlatıldığı gibi bir boyamada, aynı renkte iki noktanın arasındaki uzaklık en fazla $\triangle ADF$ üçgenindeki $A, F$ noktaları arasındaki uzaklık kadardır. $AD=c$ ve $DF=\dfrac c2$ olduğu için Pisagordan $$AF^2 = AD^2 + DF^2 = c^2 + \dfrac {c^2}4 = \dfrac {5c^2} 4 \Rightarrow AF = \dfrac {c\sqrt 5}2$$ olur.
$c < 2 $ olduğu için $$AF = \dfrac {c\sqrt 5}2 < \dfrac {2\sqrt 5}2 < \sqrt 5$$ olacağı için, $c<2$ olan bir karede aralarındaki uzaklık $\sqrt 5$ olan aynı renk iki nokta bulunamayabilir. Demek ki, $c \geq 2$ olmalı. $c=2$ olan karede boyamalar nasıl yapılırsa yapılsın, aralarındaki uzaklık en az $\sqrt 5$ olan aynı renkte iki nokta bulunuyorsa aradığımız yanıt $c=2$. Bulunmuyorsa, bu durumda $c > 2$ olacak şekilde başka arayışlara gireceğiz.
$c=2$ olan bir kare ele alalım. Aralarındaki uzaklık $\sqrt 5$ ten küçük olacak şekilde boyama yapmaya çalışacağız. Bunu başarırsak, aradığımız yanıt $c=2$ değil. Başaramazsak, yani ne yaparsak yapalım, aralarındaki uzaklık en az $\sqrt 5$ olan aynı renkli iki nokta oluyorsa, aradığımız yanıt $c=2$ olacak.
$A$ ile $C$ aynı renkli olamaz. Olursa $AC=2\sqrt 2 > \sqrt 5$ olduğu için, soruda istenen şekilde boyama yapmış oluruz. Hatırlatalım, elimizden geldiğince bu şekilde boyama yapmayacağız. Benzer şekilde $B$ ile $D$ de aynı renkli olamaz. O zaman bu durumda ya $B$ ile $C$, ya da $C$ ile $D$ aynı renkli. $B$ ile $C$ aynı renkli olsun. Bu durumda $A$ ile $D$ de aynı rekli olur. Genelliği bozmadan $B$ ile $C$ yi kırmızı, $A$ ile $D$ yi de mavi kabul edelim. $E$ ya kırmızı ya da mavi olacak. Mavi ise, $DE=\sqrt 5$ olacak; kırmızı ise $CE=\sqrt 5$ olacak. Yani ne yaparsak yapalım aralarındaki uzaklık $\sqrt 5$ olan aynı renkli iki nokta bulabiliyoruz. Bu durumda, bu şartı sağlayan karelerin en küçük kenarlısı için $c=2$ dir.

Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(E)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.

Pozitif gerçel sayılar üzerinde tanımlı, $f(1)=1$ koşulu ile tüm $x, y$ gerçel sayıları için $f(x^2y^2)=f(x^4+y^4)$ koşulunu sağlayan kaç $f$ fonksiyonu vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}
$

Çözüm:

$xy = 1$ ise $$f(1) = f\left ( x^4 + \dfrac 1{x^4} \right )$$
$AO \geq GO$ dan $$x^4 + \dfrac 1{x^4} \geq 2$$ elde edilir. Bu durumda $$f(x\geq 2) = f(1) = 1$$ elde edilir.Yani $x\in [2, \infty )$ için $f(x) = 1$ elde edilir.
$x=y$ ise $f(x^4) = f(2x^4)$ olacağından $(0,2)$ aralığındaki her $x$ için yeteri kadar $f(x^4) = f(2x^4) = f(4x^4) = \dots = f(2^{n}x^4) = f(K)$ eşitliği kullanıldığında $ K = 2^{n}x^4 \geq 2$ olacağı için $f(K)=f(1)=1$ olur. Bu durumda $(0,\infty )$ aralığındaki her $x$ için $f(x) = f(1) = 1$ olacaktır. Yani sorudaki koşulu sağlayan tek bir $f$ fonksiyonu vardır.

Yüksekliği $3$ olan $ABC$ eşkenar üçgeninin $[BC]$ kenarına orta noktasında teğet olan ve diğer kenarları da kesen $2$ yarıçaplı çember çiziliyor. $AB$ ve $AC$ nin çemberi üçgenin dışında kestiği noktalar $D$ ve $E$ olmak üzere, $Alan(ABC)$ nin $Alan(ADE)$ ye oranı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 2(5+\sqrt 3)
\qquad\textbf{b)}\ 7\sqrt 2
\qquad\textbf{c)}\ 5\sqrt 3
\qquad\textbf{d)}\ 2(3+\sqrt 5)
\qquad\textbf{e)}\ 2(\sqrt 3 + \sqrt 5)
$

Çözüm:

Çemberin merkezi $O$ ve $[AB]$ ile çember $F$ de kesişsin.$\triangle AFO$ da, ister Cosinüs Teoreminden ister $AF$ ye ait yüksekliği çizerek $AF$ yi bulabiliriz. Yükseklik yaklaşımını kullanalım.
$\triangle AOF$ de $OH$, $AF$ ye ait yükseklik olsun. $\angle FAO = 30^\circ$, $AO=1$ ve $OF=2$ olduğu için $$OH=\dfrac 12, AH = \dfrac {\sqrt 3} 2$$ olarak elde edilir. $\triangle OHF$ dik üçgeninde Pisagordan $$HF^2 = OF^2 - OH^2 \Rightarrow HF^2 = 4 - \dfrac 14 = \dfrac{15}4 \Rightarrow HF = \dfrac{\sqrt {15}}2 $$ olarak elde edilir. Bu durumda $$AF=AH+HF=\dfrac{\sqrt {15}}2 + \dfrac{\sqrt 3} 2$$ olur. $A$ noktasının çembere göre kuvvetinden $$AE\cdot AF = 1 \cdot 3 \Rightarrow AE = \dfrac {6}{\sqrt 3 + \sqrt {15}} $$ elde edilir. Benzer şekilde $AD=AE$ elde edilir. $\triangle ADE \sim \triangle ACB$ olduğu için $$\dfrac{[ABC]}{[ADE]} = \dfrac{AB^2}{AE^2}$$ olacaktır.
$AB=2\sqrt 3$ ve $AE = \dfrac {6}{\sqrt 3 + \sqrt {15}}$ olduğu için
$$\dfrac{[ABC]}{[ADE]} = \dfrac{AB^2}{AE^2} = \dfrac {(2\sqrt 3)^2}{ \left ( \dfrac {6}{\sqrt 3 + \sqrt {15}} \right )^2} = \dfrac{12(\sqrt 3 + \sqrt {15})^2}{36} = 6+2\sqrt 5 = 2(3+\sqrt 5)$$

Her $0 \leq i \leq 9$ için $a_i \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ olmak üzere, $6 \displaystyle {\sum_{i=0}^{9}} a_i5^i \equiv 1 \pmod {5^{10}}$ ise, $a_9$ aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 4
$

Çözüm:

Tüm işlemlerimizi $10$ tabanı yerine $5$ tabanında yaparsak, bizden istenen
$$ (11)_{5}\cdot(a_{9}a_{8}\dots a_{0})_{5}= (b_{n}\dots b_{10}b_{9}b_{8}\dots b_{0}) = (b_{n}\dots b_{10}00\dots1) $$ eşitliğindeki $a_i$ leri bulmamız. Eşitliği
$$ (11)_{5}\cdot(a_{9}a_{8}\dots a_{0})_{5} = (a_{9}a_{8}\dots a_{0}0)_{5}+(a_{9}a_{8}\dots a_{0})_{5} = (b_{n}\dots b_{10}00\dots1) $$ olarak yeniden yazdığımızda $5^0$ lar basamağının eşitliğinden $a_0 = 1$ olduğu hemen fark edilir. Daha sonra $5^1$ ler basamağında $a_0 + a_1 = 0$ olduğu için $a_1 = 4$ olarak elde edilir. Bu işlem ilkokul toplamasındaki gibi devam ettirilerek
$$ (40404040410)_{5}+(4040404041)_{5}= (100000000001)_{5}\equiv 1 \pmod {5^{10}} $$ elde edilir. Bu durumda $a_9 = 4$ tür.

Birbirinin aynı olan $30$ top, $A$ ve $B$ deki topların toplam sayısı, $C$ ve $D$ dekilerin toplam sayısından fazla olmak üzere, $A, B, C, D$ kutularına kaç değişik biçimde dağıtılabilir?

$
\textbf{a)}\ 2472
\qquad\textbf{b)}\ 2600
\qquad\textbf{c)}\ 2728
\qquad\textbf{d)}\ 2856
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

$A$ ve $B$ deki topların toplam sayısı, $C$ ve $D$ deki topların toplam sayısından fazla olduğu $S$ farklı dağılım olsun. Simetriden dolayı $C$ ve $D$ deki topların toplam sayısı, $A$ ve $B$ deki topların toplam sayısından fazla olduğu $S$ farklı dağılım olur. $A+B = C+D$ olacak şekilde $T$ farklı dağıtılım yapılıyorsa, hiçbir şart olmadan $30$ top bu dört kutuya $S+T+S$ farklı şekilde dağıtılabilir.\\
$A+B=15$ ve $C+D=15$ olacak şekilde, $$ T = {{2+15-1} \choose {15}}{{2+15-1} \choose {15}} = {{16} \choose {15}}{{16} \choose {15}} = 16\cdot 16 = 256 $$ farklı dağıtım yapılabilir.
$A+B+C+D=30$ olacak şekilde, $$2S+T = {{4+30-1} \choose {30}} = {{33} \choose {30}} = 5456 $$ farklı şekilde dağıtılacağı için $$2S + 256 = 5456 \Rightarrow S = \dfrac {5200}2 = 2600$$ elde edilir.

Çözüm 2:

$P(k)$ ile $A+B = k$ olacak şekilde olan dağılımları gösterelim. Açık şekilde $P(k)=k+1$ dir. Benzer şekilde $Q(k)$ ile $C+D = k$ olacak şekilde olan dağılımları gösterelim.
$A$ ve $B$ deki topların toplam sayısı, $C$ ve $D$ dekilerin toplam sayısından fazla olmak üzere,
$$\displaystyle { \sum_{i=16}^{30} P(i)Q(30-i)} $$ farklı dağıtım yapılabilir.
$$S = \displaystyle { \sum_{i=16}^{30} P(i)Q(30-i)} = \displaystyle { \sum_{i=16}^{30} (i+1)(31-i)} = 17\cdot 15 + 18 \cdot 14 + \dots + 31\cdot 1$$
İlk çözümdeki mantığı kullanarak,
$$T = \displaystyle{\sum_{i=1}^{31} i(32-i)} = 1\cdot 31 + 2\cdot 30 + \dots + 15\cdot 17 + 16\cdot 16 + 17\cdot 15 + \dots + 30\cdot 2+ 31\cdot 1$$ elde edilir. Bu durumda $$S = \dfrac{T-256}2$$ olacaktır.
$$T = \displaystyle{\sum_{i=1}^{31} i(32-i) } = 32\displaystyle{\sum_{i=1}^{31} i} - \displaystyle{\sum_{i=1}^{31} i^2} = 32\cdot \dfrac {31 \cdot 32}2 - \dfrac{31 \cdot 32 \cdot 63}{6} = \dfrac{31\cdot 32}{2}\left ( 32 - \dfrac {63}3\right) = 31\cdot 16 \cdot 11$$
$$S = \dfrac{T-256}2 \Rightarrow S=\dfrac{31\cdot 16 \cdot 11 - 16\cdot 16}{2} = \dfrac{16(31\cdot 11 - 16)}2 = 8\cdot(325) = 2600 $$ elde edilir.

Çözüm 3:

Bir önceki çözümdeki
$$S = \displaystyle { \sum_{i=16}^{30} P(i)Q(30-i)} = \displaystyle { \sum_{i=16}^{30} (i+1)(31-i)} = 17\cdot 15 + 18 \cdot 14 + \dots + 31\cdot 1$$ ifadesini daha sade bir şekilde hesaplayabiliriz.

$\displaystyle { \sum_{i=16}^{30} (i+1)(31-i)} = \displaystyle { \sum_{i=1}^{15} (16+i)(16-i)} = \displaystyle { \sum_{i=1}^{15} 16^2 - i^2} = 15\cdot 16^2 - \dfrac{15 \cdot 16 \cdot 31}{6} = 2600$

$(a_n)_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayılar dizisi, her $n\geq 1 $ için $a_{n+1}=a_na_{n+2}$ koşulunu sağlıyorsa, $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesinin eleman sayısı aşağıdakilerden hangisi olamaz?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad\textbf{b)}\ 3
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$$a_{n+2} = \dfrac{a_{n+1}}{a_n}$$ olduğu için
$a_1 = a$ ve $a_2=b$ ise
$$ a_3 = \dfrac ba, a_4 = \dfrac 1a , a_5 = \dfrac 1b, a_6 = \dfrac ab, a_7 = a, a_8 = b$$
elde edilir. Bu durumda $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesinin elemanları $a, b, \dfrac 1a, \dfrac 1b, \dfrac ab, \dfrac ba$ dan oluşur.

$a=1, b=-1$ ise $1, -1, 1, -1, -1, -1$ olduğundan $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesi $2$ elemanlı olacaktır.

$a=b\neq 1$ ise $a, a, \dfrac 1a, \dfrac 1a, 1, 1$ olduğundan $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesi $3$ elemanlı olacaktır.
$b=a^2\neq 1$ olduğunda $a, a^2, \dfrac 1a, \dfrac 1{a^2}, \dfrac 1a, a$ olduğundan $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesi $4$ elemanlı olacaktır.
$a=-b \not\in \{1,-1\}$ ise $a, -a, \dfrac 1a, -\dfrac 1a, -1, -1$ olduğundan $\{a_n:n\geq 1\}$ kümesi $5$ elemanlı olacaktır.
Bu durumda cevap hiçbiridir.

$|AC|=8\sqrt 2$; $[AC]$ nın orta noktası $B$; $[AB]$ nı kiriş kabul eden bir çemberin $AB$ yayının orta noktası $E$; $C$ noktasından bu çembere çizilen teğetin değme noktası da, ($D$ ile $E$, $AB$ doğrusunun ters taraflarında olmak üzere) $D$ dir. $[DE] \cap [AB] = \{F\}$ ise, $|CF|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 5\sqrt 2
\qquad\textbf{b)}\ 4\sqrt 2
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 4\sqrt 3
$

Çözüm 1:

$C$ noktasının çembere göre kuvvetinden
$$CD^2 = BC \cdot AC = 4\sqrt 2 \cdot 8\sqrt 2 = 64 \Rightarrow CD=8$$
elde edilir. $$ \angle BFD =\dfrac{\stackrel\frown{AE}+\stackrel\frown{BD}}{2} \text { ve } \angle CDF =\frac{\stackrel\frown{EB}+\stackrel\frown{BD}}{2} $$ olduğu için $$ \angle CFD =\angle CDF\Rightarrow CF = CD = 8 $$ elde edilir.

Çözüm 2:

Çemberin merkezi $O$ olsun. $OD \perp CD$.
$AB$ nin orta noktası $M$ olsun.
$\overset{\Huge\frown}{AB}$ nin orta noktası $E$ olduğu için $O,M,E$ doğrusal ve $OE \perp AB$ dir.
$\angle OED = \angle ODE = \alpha$ dersek $\angle EFM = 90^\circ - \alpha$ ve $\angle FDC = 90^\circ - \alpha$ olacaktır. Bu durumda $\angle CDF = \angle CDF = 90^\circ - \alpha$, dolayısıyla $CF = CD = \sqrt {CB \cdot CA} = \sqrt {4 \sqrt 2 \cdot 8 \sqrt 2} = 8$ elde edilir.

Çözüm 3:

Çembere $E$ noktasında teğet olan $\ell$ doğrusu $AB$ ye paraleldir.
$\ell$ ile $CD$, $P$ de kesişsin. $\angle CDF = \angle PED =\angle CFD$ olduğu için $CF^2=CD^2=CB\cdot CA = 64$.

Kaç $p$ asal sayısı için, $x^3-x+2\equiv (x-r)^2(x-s) \pmod p$ denkliğinin tüm $x$ tam sayıları tarafından gerçeklenmesini sağlayan $r, s$ tam sayıları bulunabilir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

$$x^3 - x + 2 \equiv (x-r)^2(x-s) \pmod p$$
$$f(r) = r^3 - r + 2 \equiv 0 \pmod p ..*$$
$$f'(x) = 2(x-r)(x-s) + (x-r)^2 \Rightarrow f'(r)=3r^2 - 1\equiv 0 \pmod p ..**$$
$p=3$ için $$-1 \not\equiv 0 \pmod 3$$ olacağı için $p \neq 3$ tür.
Bu durumda denkliği $3$ ile genişletmek sorun çıkarmaz.
$$3f(r) \equiv 0 \pmod p \Rightarrow 3r^3 - 3r + 6 \equiv (3r^2-1)r - 2r + 6 \equiv 0 \pmod p$$
Daha önce elde ettiğimiz $f'(r)=3r^2 - 1\equiv 0 \pmod p$ özdeşliğini kullanarak,
$$-2r+6 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow r \equiv 3 \pmod p \text{ veya } p=2$$
elde edilir. $r\equiv 3 \pmod p$ ise
$$f'(r)=3r^2-1\equiv 0 \pmod p \Rightarrow 26 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow p=2 \text { veya } p=13$$
elde edilir. Sonuçta, $(p,r)=(13,3)$ veya $(p, r)=(2,3)\equiv (2,1) \pmod p$ elde edilir. Vieta formülüne göre, köklerin toplamları $0$ olacağı için $$r+r+s = 0 \Rightarrow s = -2r$$, buradan da $(p,r,s)=(13,3,7)$ ve $(p,r,s)=(2,1,0)$ çözümleri elde edilir.

Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(B)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.

Çözüm 2:

$x^3 - x + 2 \equiv (x-r)^2(x-s) \equiv x^3 - x^2(s+2r) + x(r^2+2rs) - r^2s \pmod p$

$s+2r \equiv 0 \pmod p$
$r^2+2rs \equiv -1 \pmod p$
$r^2s \equiv -2 \pmod p$

İlk denklemden $s$ çekilip $3.$ ve $2.$ denklemlerde yazılırsa,

$r^3 \equiv 1 \pmod p$

$3r^2 \equiv 1 \pmod p$

Taraf tarafa çıkartılırsa,

$r^3-3r^2 \equiv r^2(r-3) \equiv 0 \pmod p$

$r \equiv 0 \Rightarrow s \equiv 0$

verilen eşitlikte yazılırsa

$x^3-x+2 \equiv x^3 \pmod p$

Absürt.

$r \equiv 3 \Rightarrow 27 \equiv 1 \pmod p \iff 26 \equiv 0 \pmod p$

bunu da $p = 2$ ve $p = 13$ sağlayabilir, denklemlerde yerine yazılırsa çözümlerin $(p,r,s)=(13,3,7)$ ve $(p,r,s)=(2,1,0)$ olduğu görülür.

$13$ kent arasında, karşılıklı olması gerekmeyen uçak seferleri yapılıyor. $k \geq 2$ olmak üzere, $A_1$ den $A_2$ ye, $A_2$ den $A_3$ e, $\dots$, $A_{k-1}$ den $A_k$ ye ve $A_k$ den $A_1$ e uçak seferi varsa, $A_1, A_2, \dots , A_k$ dizisine bir çevrim diyelim. Seferler hangi kentler arasında olursa olsun, bir çevrimin oluşmasını gerektiren en küçük toplam sefer sayısı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 14
\qquad\textbf{b)}\ 53
\qquad\textbf{c)}\ 66
\qquad\textbf{d)}\ 79
\qquad\textbf{e)}\ 156
$

Çözüm:

$A_1A_2\dots A_{13}$ bir $13$-gen olsun. Köşegenleri ve kenarları çizelim. Bu yollara $i<j$ ise $A_i \rightarrow A_j$ olacak şekilde yön verelim. Bu durumda ${13 \choose 2} = 78$ yol vardır. Bu stratejiye göre, bir çevrimin olabilmesi için $1 < 2 < \dots < k < 1 $ gerekir. Bu mümkün değil. Demek ki, bu $78$ yol hiçbir şekilde bir çevrim oluşturmuyor. Bu sayı aynı zamanda $1\leq i < j \leq 13$ olacak şekilde yazılabilecek $(i, j)$ sıralı çiftlerin sayısıdır. $79$. çifti ele aldığımızda mecburen $i>j$ olacaktır.

$x_1, \dots , x_9$ gerçel sayıları, $i=1,2\dots, 9$ için $|x_i| \leq 1$ ve $\displaystyle{\sum_{i=1}^9} x_i^3 = 0 $ koşullarını sağlıyorsa, $\displaystyle{\sum_{i=1}^9} x_i$ toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac 32
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac 92
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Her $-1 \leq x_i = \sin (\alpha_i) \leq 1$ sayısı bir açının sinüsüne eşittir. Bununla birlikte $$\sin (3\alpha) = 3\sin (\alpha) - 4\sin^3(\alpha)$$ özdeşliğini kullanarak
$$\displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin(3\alpha_i) = 3 \displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin(\alpha_i) - 4\displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin^3(\alpha_i) $$ elde ederiz.
$$\displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin(3\alpha_i) = 3 \displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin(\alpha_i) \leq 9 \Rightarrow \displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin(\alpha_i) \leq 3$$ elde edilir. Eşitlik hali için $$\sin (3\alpha_1) = \sin (3\alpha_2) = \dots = \sin (3\alpha_9) = 1 = \sin(90^\circ) = \sin (-270^\circ) \Rightarrow \alpha_i \in \{30^\circ, -90^\circ\}$$ olması gerekir. Aynı zamanda $$ \displaystyle{\sum_{i=1}^9} \sin^3(\alpha_i) = 0 $$ olması gerektiğinden eşitlik hali $$\sin (\alpha_1) = \sin (\alpha_2) = \dots = \sin (\alpha_8) = \dfrac 12 \text{ ve } \sin(\alpha_9) = -1$$ iken sağlanır.