Tübitak Lise 1. Aşama - 2000 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{A}$

$a$ yı minimum, $b$ yi de maksimum yapacağız.
Bir çemberi içine çizilebilecek dik üçgenlerin en büyük alanlısı ($b$), ikizkenar dik üçgendir. Dik üçgenin hipotenüsü çemberin çapı olacağı için tüm dik üçgenlerin hipotenüsleri aynıdır. Alanı en çok yapmak için hipotenüse ait yüksekliği en çok yapmak gerekiyor. Hipotenüse ait yükseklik en fazla bir yarıçap kadar olabilir. Bu durumda çemberin yarıçapına $r$ dersek, $b=r^2$ olacaktır.
Alanı $a$ olan dik üçgenin, iç teğet çemberinin yarıçapını $r$ olarak tanımlamıştık. Bu durumda $u$ yarıçevreyi göstermek üzere; $a = ur$ olacaktır.
$\dfrac ab = \dfrac{ur}{r^2} = \dfrac ur$ değerini küçültmeye çalışacağız.
Çözüme geçmeden önce; sezgisel olarak, alanı $a$ olan dik üçgenin açılarından birini çok küçülttüğümüzde hipotenüs uzunluğunun sonsuza yakınsadığını görürüz. Bu da çevreyi, doğal olarak alanı maksimize eder. Yani sezgisel olarak "dik üçgen ikizkenar iken $a$ minimum olur" diyebiliriz.

Şimdi sezgisel olarak bulduğumuz bu durumu matematiksel olarak ispatlayalım.

Üçgenin kenarlarına da $x,y,z$ diyelim. $x$ hipotenüs olsun.
Bu durumda bizden
$$ \dfrac{a}{b}=\dfrac{u}{r}=\dfrac{u}{u-x}=\dfrac{1}{1-\dfrac xu}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2x}{x+y+z}} $$
ifadesini minimize etmemiz isteniyor.
$$ \dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{1+\dfrac{y+z}{x}}}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{1+\dfrac{y+z}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}}}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{1+\sqrt{\dfrac{y^{2}+z^{2}+2yz}{y^{2}+z^{2}}}}}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{1+\sqrt{1+\dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}}}}} $$ olacağından $\dfrac ab$ yi en küçük yapmak için, son ifadedeki paydayı, yani
$$ 1-\dfrac{2}{1+\sqrt{1+\dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}}}} $$ ifadesini en büyük yapmak gerekir. Bunun için de, paydadaki çıkan durumundaki $$ \dfrac{2}{1+\sqrt{1+\dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}}}} $$ ifadesi en küçük değerini almalı. Bu ifadenin en küçük değerini alması için paydanın, yani $$ 1+\sqrt{1+\dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}}} $$ ifadesinin en büyük değerini, yani $$ \dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}} $$ ifadesinin en büyük değerini alması gerekir. $AO \geq GO$ olduğu için $$y^2+z^2 \geq 2yz \Rightarrow 1 \geq \dfrac {2yz}{y^2+z^2}$$ olacağından $$ \dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}} $$ ifadesi en fazla $1$ olabilir. Eşitlik ise $y=z$, yani üçgen ikizkenar olduğunda mümkündür. Bu durumda $r$ yarıçaplı çemberi iç teğet çemberi kabul eden en küçük alanlı dik üçgen, ikizkenar dik üçgendir.
$$ \dfrac{2yz}{y^{2}+z^{2}} = 1$$ değerini yerine yazarsak,
$$ \dfrac{a}{b}=\dfrac1{1-\dfrac2{1+\sqrt 2}}=\dfrac{\sqrt 2+1}{\sqrt 2-1}= (\sqrt 2+1)^{2}= 3+2\sqrt 2 $$ elde ederiz.

$a$ yı minimum, $b$ yi de maksimum yapacağız.

Bir çemberin içine çizilebilecek dik üçgenlerin en büyük alanlısı ($b$), ikizkenar dik üçgendir.

İspat: Dik üçgenin hipotenüsü çemberin çapı olacağı için tüm dik üçgenlerin hipotenüsleri aynıdır. Alanı en çok yapmak için hipotenüse ait yüksekliği en çok yapmak gerekiyor. Hipotenüse ait yükseklik en fazla bir yarıçap kadar olabilir. Bu durumda çemberin yarıçapına $r$ dersek, üçgen ikizkenar dik üçgen olur. Dolayısıyla $b=r^2$ olacaktır.


Alanı $a$ olan dik üçgenin, iç teğet çemberinin yarıçapını $r$ olarak tanımlamıştık. Bu durumda $u$ yarıçevreyi göstermek üzere; $a = ur$ olacaktır.
$\dfrac ab = \dfrac{ur}{r^2} = \dfrac ur$ değerini küçültmeye çalışacağız.

$\angle YXZ = 90^\circ$ olmak üzere $YZ= x$ dersek; $u-x = r \Rightarrow u = x + r$ olacağı için $\dfrac ab = \dfrac ur = \dfrac {x+r}{r} = 1 + \dfrac xr$ elde edilir.

Bu durumda herhangi bir dik üçgende hipotenüsün içteğet çemberin yarıçapına oranının en küçük değerini bulmaya çalışacağız. Kolaylık olması açısından $r=1$ kabul edersek, $\dfrac ab = x + 1$ olacaktır.

Üçgenin iç merkezi $I$ olsun. $YIZ$ üçgenlerinin ortak özelliği $\angle YIZ = 135^\circ$ ve $YZ$ ye ait yüksekliğin $r=1$ olmasıdır. Buradaki sorunun sonucu olarak, bu üçgenlerden en küçük $YZ = x$ kenarına sahip olanı ikizkenar üçgendir. Bu durumda $XYZ$ dik üçgeni de ikizkenar olur. İkizkenar dik üçgende $r=1$ ise $YZ = x = 2(1 + \sqrt 2) = 2 + 2\sqrt 2$ olur.
Öyleyse, $\dfrac ab = x + 1 = 3 + 2\sqrt 2$ dir.

Bir önceki çözümdeki gibi büyük dik üçgenimiz $YZ$ hipotenüs olmak üzere $\triangle XYZ$ olsun.
İç teğet çemberin merkezi $I$, yarıçapı $r$ olsun. İç teğet çember hipotenüse $T$ noktasında dokunsun.
Önceki çözümlerdeki gibi $\max \{b\} = r^2 = 1$ olacaktır.

Dik üçgenlerde $a = \text{Alan} (XYZ) = YT \cdot TZ$ eşitliğinin sağlandığı kolayca görülebilir.
Demek ki, amacımız $YT \cdot TZ$ çarpımını en küçük yapmak.
Yine bir önceki çözümdeki $YIZ$ üçgenlerinin ortak özelliği $YIZ = 135^\circ$ ve $YZ$ ye ait yüksekliğin $r=1$ olması. Buradaki sorunun sonucu olarak, $\angle YIZ$ geniş açı olduğu için, $YT \cdot TZ$ çarpımının en küçük olduğu üçgen ikizkenardır.
$YT = TZ = 1 + \sqrt 2 \Rightarrow \min\{a\} = (1+\sqrt 2) = 3 + 2\sqrt 2$ elde edilir.

$\dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{1+\dfrac{y+z}{x}}}$ kısmına kadar ilk çözümdeki adımları uygulayalım.
Amacımız $\dfrac{y+z}{x}$ i maksimize etmek. $x$ i sabit tutarsak, $x$ kenarını gören açı da sabit, $90^\circ$, olduğu için $y+z$ nin en büyük değerini arıyoruz. Bu da $y=z$, üçgen ikizkenar iken olur.

Çemberin yarıçapı $1$ olsun.
$\max b = 1$ olacaktır. $\min a$ yı araştırıyoruz
İçteğet çember hipotenüsü $x$ ve $y$ şeklinde ikiye bölsün.
Alandan ya da Pisagor'dan $(x+1)(y+1)=2xy=2a$ elde ederiz.
Biraz düzenlemeyle $x+y+1=xy=a$ elde edilir.
$x = p+1$, $y=q+1$ şeklinde değişken değiştirelim.
$p+q+3=(p+1)(q+1)=a$ olacaktır.
Biraz düzenlemeyle $pq=2$ olacaktır.
$p+q$ toplamının en küçük değeri $2\sqrt 2$, dolayısıyla $\min a = \min (p+q+3 )= 3 + 2\sqrt 2$ olacaktır.

Çemberin yarıçapı $1$ olsun.
$\max b = 1$ olacaktır. $\min a$ yı araştırıyoruz
İçteğet çember hipotenüsü $x$ ve $y$ şeklinde ikiye bölsün.
Alandan ya da Pisagor'dan $(x+1)(y+1)=2xy=2a$ elde ederiz.
$y = \dfrac ax$ şeklinde değişken değiştirelim.
$(x+1)\left( \dfrac ax + 1 \right ) = 2a$ $\Longrightarrow$ $a + x + \dfrac ax + 1 = 2a $ $\Longrightarrow$ $a = \dfrac {x^2+x}{x-1}$ olur.

$f(x) = \dfrac {x^2 + x}{x-1}$ fonksiyonu en küçük değerini

$f^\prime (x) = \dfrac {(2x+1)(x-1) - (x^2+x)\cdot 1}{(x-1)^2} = \dfrac {x^2 - 2x - 1}{(x-1)^2} = 0$ iken alır. Buradan $x = 1\pm \sqrt 2$, $x>0$ olduğu için de $x=1+\sqrt 2$ olur.

Yerine yazılırsa, $a_\min = f(1+\sqrt 2) = 3+2\sqrt 2$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$\Delta = b^2 - 4ac$ ifadesi $\bmod 4$ te, $0$ ya da $1$ değerini alabilir. Bu durumda $$23 \equiv 3 \not\equiv 1 \not\equiv 0 \pmod 4$$ olduğu için tam sayı katsayılı ikinci dereceden bir polinomun diskriminantı $23$ olamaz.

Yanıt: $\boxed{C}$

Tek sayıları kırmızıya, çift sayıları maviye boyayalım. Örnek bir dağılımda, tek sayıları kendi içlerinde yeniden sıralayıp, yeni dağılımlar oluşturamıyoruz; çünkü tek sayılar artan olmak koşuluyla tek bir şekilde sıralanabilir. Aynısı çift sayılar için de geçerli. Bu durumda tek sayıları özdeş kırmızı top, çift sayıları özdeş mavi top gibi düşünebilir. $5$ kırmızı top, $5$ mavi top $\dfrac {10!}{5!5!} = 252 $ farklı şekilde sıralanabilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$$x^{\tfrac {3x}2} = x^{x^{\tfrac 32}} $$ eşitliğinde her iki tarafın $\log$ unu alalım.
$$\dfrac {3x}{2} \log {x} = x^{\tfrac 32}\log {x} \Rightarrow \log {x}\left (\dfrac {3x}{2} -  x^{\tfrac 32} \right ) = x \log {x} \left (\dfrac 32 - x^{\tfrac 12} \right )$$
$x=0$ için  $0^0$ tanımsız olduğu için, $x=0$ bir kök değildir. Olsaydı da, gerçel köklerin toplamına etki etmeyecekti.
$$\log x = 0 \Rightarrow x = 10^0 = 1$$
ve
$$\dfrac 32 - x^{\tfrac 12} \Rightarrow \sqrt x = \dfrac 32 \Rightarrow x = \dfrac 94$$ olduğundan denklemin gerçel kökleri toplamı $$1 + \dfrac 94 = \dfrac {13}4$$ tür.

$\sqrt x$ ten dolayı $x\geq 0$ olmalı. $x=0$ ifadeyi tanımsız yapar, yapmasaydı da toplama etkisi olmazdı.
$x=1$ in çözüm olduğu aşikar.
$x\neq 1$ pozitif sayısı için $(x\sqrt x)^x=x^{\frac {3x}2}=x^{x\sqrt x}\Longrightarrow \dfrac{3x}2=x\sqrt x \Longrightarrow \dfrac 32 = \sqrt x \Longrightarrow x=\dfrac 94$.
Kökler toplamı: $1+\dfrac 94 =\dfrac{13}4$.

Yanıt: $\boxed{E}$

$D$ den $AB$ ye çizilen paralel $BC$ yi $E$ de kessin. $BE=EC$ ve $DE=1$ olacaktır. $\triangle ABD$ de Pisagordan, $BD=\sqrt 5$; $\triangle BDE$ de Pisagordan $BE=\sqrt 6$ çıkacaktır. Bu durumda $BC=2\sqrt 6$ olur.

Yanıt: $\boxed{B}$

$17p + 625 = T^2 \Rightarrow 17p = (T-25)(T+25) $

$T-25 \neq 1$ ise, $(T-25)(T+25)$ sayısının en az iki asal çarpanı olacak.
Bu durumda $T+25>17$ olduğu için, $T-25 = 17$ ve $T+25=p$ olmalı. Bu durumda, $T=42$ ve $p=67$ olacaktır.

$T-25 = 1$ ise, $T=26$ ve $17p=(T+25)=51 \Rightarrow p=3$ elde edilecektir.
Bu durumda, $17p + 625$ sayısının tam kare olmasını sağlayan en büyük asal sayı $67$ olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$A$ doğrucu olduğu için, $E$ nin doğrucu olması $B$ nin doğrucu olmasına bakıyor. Yani $B$ doğrucu ise, $E$ doğrucu; $B$ yalancı ise $E$ de yalancı olacaktır.
$B$ doğrucu olsun. Bu durumda $D$ nin söylediği yalan oluyor. $D$ yalancı olduğu için de $C$ yalancı oluyor. Bu durumda doğrucu sayısı $3$ tür.

$B$ yalancı olsun. Doğal olarak $E$ yalancı ve $D$ de doğrucu olacak. $D$ doğrucu olduğu için de $C$ doğrucu olacak. Doğrucu sayısı yine $3$ oluyor.

Yanıt: $\boxed{C}$

$x \geq y \geq z$ olsun.
$(x+y)^5 \geq (z+x)^5 \geq (y+z)^5$ olacaktır.
Sistemdeki eşitlikleri bu eşitsizlikte yerine yazarsak.
$$z\geq y \geq x$$ elde ederiz. Baştaki kabulümüzün tam tersi çıktı. Bu durumda $x=y=z$ dir. Bu eşitliği sistemde yerine yazarsak,
$$(2x)^5 = x$$ denklemini elde ederiz.
$$32x^5-x = 0 \Rightarrow x(32x^4 - 1)$$
denkleminin köklerinden biri $x=0$ dır. Diğerleri ise,
$$x^2 = \sqrt{\dfrac {1}{32}} \Rightarrow x = \pm \sqrt {\sqrt {\dfrac 1{32}}}$$ dir. Yani, sistemin çözüm kümesi
$$\{(0,0,0), (2^{-\frac 54},2^{-\frac 54},2^{-\frac 54}),(-2^{-\frac 54},-2^{-\frac 54},-2^{-\frac 54}) \}$$ dir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$BA$ ile $DE$ doğruları $F$ de kesişsin.
$\triangle BCD$ de, $\angle CBD = \angle CDB = 30^\circ$  ve $BD=3$ dir.
$\angle ABD = \angle BDE = 60^\circ$ olduğu için, $\triangle FBD$ bir eşkenar üçgendir. Bu durumda $FB=1$ ve $FE=2$ dir.
$\triangle AFE$ de ister Kosinüs teoreminden, isterse de doğrudan $AFE$ üçgeninin bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğunu fark ederek $AE=\sqrt 3$ bulabiliriz. Biraz daha estetik bir yol izleyelim.
$A$ dan $BD$ ye çizilen paralel $FD$ yi $G$ de kessin. $FA=AG=FG=GE=1$ ve $\angle AGE = 120^\circ$ olduğu için, $AE=\sqrt 3$ tür.

Yanıt: $\boxed{B}$

$N= 10^{49} + 10^{48} + \dots + 10^{25} + a\cdot 10^{24} + 10^{23} + \dots + 1$ ise, amacımız $a$ yı bulmak. Biraz düzenlemeyle
$$ \begin{array}{rcl}N &=& (1+10^2 + \dots + 10^{49}) + (a-1)10^{24} \\
&=& \dfrac {10^{50}-1}{9} + (a-1)10^{24}
\end{array}$$ elde edilir. $A=\dfrac {10^{50}-1}{9} \Rightarrow 9A = 10^{50}-1$ olsun.
Fermat'ın Küçük Teoreminden $10^{12} \equiv 1 \pmod {13}$ olduğu için,
$$9A\equiv 10^{50} - 1 \equiv 100 - 1 \equiv 99 \equiv 8 \pmod {13}$$ tür.
$9A \equiv 8 \pmod{13}$ denkliğinin çözümü $A=11$ dir. Bu durumda,
$$N = \dfrac {10^{50}-1}{9} + (a-1)10^{24}  = A + (a-1)10^{24} \equiv 11 + a-1 \equiv 0 \pmod{13} \Rightarrow a \equiv 3 \pmod {13}$$ elde ederiz.

Yanıt: $\boxed{B}$

Önce kırmızı topları dağıtalım. Tüm kırmızı toplar dağıtıldıktan sonra, toplamda $14$ top olacağı için geri kalan $7$ top, $7$ boşluğa tek bir şekilde dağıtılır. Yani soru, "$7$ topu $7$ kutuya, her kutuda en fazla $2$ top olacak şekilde kaç değişik biçimde dağıtırız?" oldu.
Kırmızı toplar kutulara ($(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7)$ ile her kutunun içindeki kırmızı top sayısını gösteriyoruz),
Hiçbir kutuda $2$ kırmızı top olmayacak şekilde ($(1,1,1,1,1,1,1)$)  $\dfrac{7!}{7!}=1$ değişik biçimde,

tam olarak $1$ kutuda $2$ kırmızı top olacak şekilde ($(2,1,1,1,1,1,0)$)  $\dfrac{7!}{5!1!1!} = 42$ değişik biçimde,

tam olarak $2$ kutuda $2$ kırmızı top olacak şekilde ($(2,2,1,1,1,0,0)$)  $\dfrac{7!}{3!2!2!} = 210$ değişik biçimde,

tam olarak $3$ kutuda $2$ kırmızı top olacak şekilde ($(2,2,2,1,0,0,0)$)  $\dfrac{7!}{3!3!} = 140$ değişik biçimde dağıtılır.

Yani toplamda, $1+42+210+140=393$ farklı şekilde dağıtılır.

Her kutuda $0, 1$ ya da $2$ kırmızı top olabilir. Beyaz toplar geri kalan yerlere tek bir şekilde yerleşecektir.

Bu durumda $(1+x+x^2)^7$ polinomunda $x^7$ nin katsayısı aradığımız yanıttır. (bkz. Generating Functions [Üretici Fonksiyonlar])

$1^ax^b(x^2)^{c} = x^7$ olması için $a+b+c = 7$ ve $b+2c = 7$ olması gerekir. $(b,c) = (1,3), (3,2), (5,1), (7,0)$ aradığımız değerlerdir.

O halde, aradığımız katsayı;

$\begin{array} {lcl}
\dbinom {7}{3,1,3} + \dbinom {7}{2,3,2} + \dbinom {7}{1,5,1} + \dbinom {7}{0,7,0} &=& \dfrac {7!}{3!1!3!} + \dfrac {7!}{2!3!2!} + \dfrac {7!}{1!5!1!} + \dfrac {7!}{0!7!0!} \\
&=& 7\cdot 5 \cdot 4 + 7\cdot 6 \cdot 5 + 7\cdot 6 + 1 \\
&=& 7\cdot 56 + 1 \\
&=& 393
\end{array}$

Bir önceki çözümün başlangıç adımlarını uyguladıktan sonra $(1+x+x^2)^7$ polinomunda $x^7$ li terimi bulalım.

$\dfrac 1{1-x} = 1 + x + x^2 + \dots$ serisini kullanarak;

$(1+x+x^2)^7 = \dfrac {\left (1-x^3 \right )^7}{(1-x)^7} = \left (1-x^3 \right )^7(1+x+x^2 + \dots)^{7}$ elde ederiz.

$(1+x+x^2 + \dots)^{7}$ polinomunda $x^k$ lı terimin katsayısını bulmak $k$ top $7$ kişiye kaç farklı şekilde dağıtılır sorusu ile özdeştir. Cevap da $\dbinom {k+6}{6}$ dır.

$\left (1-x^3 \right )^7$ açılımından $x^0$, $x^3$, $x^6$ lı terimlerin katsayıları sırasıyla $\dbinom 70$, $-\dbinom 71$ ve $\dbinom 72$ olacaktır.

$(1+x+x^2 + \dots)^{7}$ açılımdan $x^7$, $x^4$, $x^1$ lı terimlerin katsayıları sırasıyla $\dbinom {7 + 6}{6}$, $\dbinom {4 + 6}{6}$ ve $\dbinom {1 + 6}{6}$ olacaktır.

O halde, $x^7$ li terimin katsayısı $\dbinom 70 \cdot \dbinom {13}6 - \dbinom 71 \cdot \dbinom {10}6 + \dbinom 72 \cdot \dbinom 76 = 1716 - 1470 + 147 = 393$ tür.

Not:
Genelleştirilmiş Binom Teoremi'nden

$(1+x)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n}{k}x^k$

$(1-x)^{-n} = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-n}{k}(-x)^k$

$\dbinom {-n}{k} = (-1)^k \dbinom {n+ k - 1}{k}$

Dolayısıyla $(1-x)^{-n}$ açılımında $x^k$ lı terimin katsayısı $\dbinom {-n}{k} (-x)^k = \dbinom {n+ k - 1}{k} \cdot x^k$ olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$(a_n)$ bir tam sayı dizisidir.

Verilen mutlak değerli denklemde her iki tarafın karesini alalım:
$$\begin{array}{rcl}
a_n^2 &=& a_{n-1}^2 + 4a_{n-1} + 4 \\
a_{n-1}^2 &=& a_{n-2}^2 + 4a_{n-2} + 4 \\
\vdots \\
a_{2}^2 &=& a_{1}^2 + 4a_{1} + 4 \\
\end{array}$$ olacaktır. Taraf tarafa topladığımızda,
$$a_n^2 = a_1^2 + 4\sum\limits_{i=1}^{n-1}a_i + 4(n-1)$$ olacaktır.
$n=2001$ ve $a_1 = 1$ için,
$$a_{2001}^2 = 1 + 4\sum\limits_{i=1}^{2000}a_i + 8000 \geq 0 \Rightarrow 4\sum\limits_{i=1}^{2000}a_i \geq -8001 \Rightarrow \sum\limits_{i=1}^{2000}a_i \geq -2000$$ olacaktır. Peki,  $\sum\limits_{i=1}^{2000} a_i = -2000$ eşitliğini sağlayan bir $(a_n)$ dizisi var mıdır?
Mutlak değerli eşitliği, her seferinde
$$a_n = - a_{n-1}-2$$ şeklinde çözersek,
$$\begin{array}{rcr}a_1 &=& 1 \\ a_2 &=& -3 \\a_3 &=& 1 \\ a_4 &=& -3 \\ \vdots \\ a_{1999} &=& 1 \\ a_{2000} &=& -3 \end{array}$$ elde ederiz. Bu durumda $\sum\limits_{i=1}^{2000} a_i = -2000$ dir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$k_1$ ve $k_2$ çemberlerinin merkezleri sırasıyla $O_1$ ve $O_2$ olsun. $d$ doğrusu, $k_2$ çemberine $M$ noktasında dokunsun. Çemberler teğet olduğu için $$O_1O_2 = 4+\dfrac 72 = \dfrac {15}2$$ dir. $O_1AMO_2$ bir dik yamuktur. $O_2$ den $O_1A$ ya inilen dikmenin ayağı $P$ olsun. $$O_1P = 4 - \dfrac 72 = \dfrac 12$$ olur. Pisagor teoreminden, $$\begin{array}{rcl}BO^2 &=& BP^2 + O_2P_2 = BC^2 + O_2C^2 \Rightarrow \\
BC^2 &=& BP^2 + O_2P^2 - OC^2  \Rightarrow \\
BC^2 &=& \left (4+\dfrac 12 \right)^2 + \left( \left (\dfrac {15}2 \right )^2 -  \left (\dfrac 12 \right )^2 \right) -  \left (\dfrac 72 \right )^2 = 64 \Rightarrow \\
BC &=& 8.
\end{array}$$

NOT:
$AB=a$ ve $O_2C=b$ olsaydı,
$$ BC^2 = \left (\dfrac a2+(\dfrac a2-b) \right )^2+ \left ((\dfrac a2+b)^2-(\dfrac a2-b)^2 \right)-(b)^2 = a^2\Rightarrow BC=a $$ olacaktı. Demek ki, $BC$ uzunluğu, $k_2$ nin çapından bağımsız olarak, her zaman $AB$ ye eşit.

İki çember $N$ noktasında birbirlerine dokunsun. $O_1$, $N$, $O_2$ nin doğrusal olduğunu söylemek çok da zor değil. Şimdi de $BN$ ve $NM$ doğru parçalarını çizelim. $O_2M \parallel O_1A$ olduğu için $\angle BO_1N = \angle NO_2M$ dir. $\triangle BO_1N$ ve $\triangle NO_2M$ nin ikisi de ikizkenardır. Bu durumda $\angle O_2NB = \angle O_1NM$ olacak, bu da $B,N,M$ noktalarının doğrusal olmasını gerektirecek. $AB$ çap olduğu için, $AN\perp BM$ olacak. Öklit'ten $AB^2 = BN\cdot BM$ ve $BC$ nin $k_2$ teğet olmasından $BC^2 = BC \cdot BM$ olacağı için, $BC=AB$ dir.

NOT:
Bu çözüm ile aslında 2000/29 sorusunun da çözümü yapılmış oldu.

Yanıt: $\boxed{D}$

$(100,9)=1$ ve $\varphi(100) = 40$ olduğu için $$9^{40} \equiv 1 \pmod{100}$$  olacaktır. Bu durumda $$8^{7^{\cdot^{\cdot^{\cdot^2}}}} \equiv x \pmod{40}$$ denkliğini çözmemiz gerekiyor. $$\begin{array}{rclr}
8^1 &\equiv& 8 & \pmod{40} \\ 
8^2 &\equiv& 24 & \pmod{40} \\
8^3 &\equiv& 32 & \pmod{40} \\
8^4 &\equiv& 16 & \pmod{40} \\
8^5 &\equiv& 8 & \pmod{40} \\
\end{array}$$ ve $$7^{6^{\cdot^{\cdot^{\cdot^2}}}} \equiv (-1)^{6^{\cdot^{\cdot^{\cdot^2}}}} = 1 \pmod{4}$$ olduğu için $$8^{7^{\cdot^{\cdot^{\cdot^2}}}} \equiv 8 \pmod{40}$$ ve $$9^{8^{7^{\cdot^{\cdot^{\cdot^2}}}}} \equiv 9^{40k+8} \equiv 9^8 \equiv 81^4 \equiv 19^4 \equiv 61^2 \equiv 21 \pmod {100}$$ olur.

Yanıt: $\boxed{A}$

$A$ ilk maçı kazanırsa, $A$ nın partiyi kazanma olasılığı
$$P_1(A) = \dfrac 14 + \dfrac{1}{32} + \dots + \dfrac{1}{4\cdot 8^k} + \dots $$ olacaktır.$A$ ilk maçı kaybederse, $A$ nın partiyi kazanma olasılığı
$$P_0(A) = \dfrac 1{16} + \dfrac{1}{128} + \dots + \dfrac{1}{16\cdot 8^k} + \dots $$ olacaktır. $A$ nın turnuvayı kazanma olasılığı $$P(A) = P_1(A) + P_0(A) = \left(\dfrac {1}{4} + \dfrac{1}{16}\right)\left( 1 + \dfrac 18 + \dots + \dfrac 1{8^k} + \dots \right) = \dfrac{5}{16} \cdot \dfrac{1}{1-\dfrac 18} = \dfrac 5{14}$$ tür. Benzer şekilde, $P(B)=P(A)=\dfrac{5}{14}$ olacağı için, $P(C) = 1 - \dfrac{5}{14} - \dfrac{5}{14} = \dfrac{4}{14} = \dfrac 27$ olur.

$C$ ilk maçını kayberderse, onu yenen oyuncu ikinci galibiliyetini almış olacağı için parti sona erer. Yani, $C$ nin partiyi kazanması için ilk maçını mutlaka kazanması gerekiyor ($\frac 12$). $C$, bundan sonraki maçını, yani ikinci maçını kazandığında ($\frac 12$) partiyi kazanmış olacak. İkinci maçı kaybettiğinde ($\frac 12$), bir maç bekleyecek ve kendisini yenenin kaybetmesi için dua edecek. Aksi takdirde, kendisini yenen, peşpeşe iki maç kazanmış olacak ki, bu da partiyi sonlandırır. Kendisini yenen ikinci oyununu kaybettiğinde ($\frac 12$), $C$ için her şey başa dönmüş olacak. Bu durumu, $$P(C) = \dfrac 12 \left(\dfrac 12 + \dfrac 12 \cdot \dfrac 12 \cdot P(C) \right) \Rightarrow P(C) = \dfrac 27.$$ şeklinde ifade edebiliriz.

Yanıt: $\boxed{A}$

$(x+2)^2$ pozitif olduğu için,
$$\begin{array}{rcl}
\sqrt {2000} - 2 &=& (2+(2+x)^2)^2 \\
\sqrt {\sqrt {2000} - 2} - 2 &=& (2+x)^2 = x^2 + 4x + 4 \\
\end{array}$$
ikinci dereceden denkleminin kökler toplamı $-4$ tür.

Yanıt: $\boxed{C}$


$4$ ile $7$ ardışık iki kenar değilse, uzunluğu $1$ olan kenar $4$ ile $7$ arasındadır. Bu durumda $AB=1$, $BC=4$, $CD=8$, $AD=7$ olsun.
$AB=A'D$ olacak şekilde $AA'DB$ ikizkenar yamuğunu çizelim. $A'B=7$, $A'D=1$ ve $[A'BD]=[ABD] \Rightarrow [ABCD] = [A'BCD]$ olacaktır. Bu durumda $4$ ile $7$ ardışık iki kenar oldu. Kenarları $4$ ile $7$ olan bir üçgenin alanı en çok $\dfrac {4\times 7}2 = 14$ olabilir. Kenarları $1$ ile $8$ olan bir üçgenin alanı en çok $\dfrac {1\times 8}2 = 4$ olabilir. Bu durumda $$[ABCD]=[A'BCD]\leq 4+14 = 18$$ olacaktır. Eşitliğin sağlanması için, $4$ ile $7$ arasındaki açı $90^\circ$ ve $1$ ile $8$ arasındaki açı da $90^\circ$ olması gerekir. Bunun olabilmesi için $7^2 + 4^2 = 65 = 1^2 + 8^2$ olması gerekir ki, bu da mümkün. Demek ki, kenarları $1,4,7,8$ olan bir dörtgenin alanı en çok $18$ olabilir.

Kenarları sabit olan dörtgenler arasında en büyük alanlısı, kirişler dörtgenidir. Bir kirişler dörtgeninin alanı da Brahmagupta Formülü ile bulunur. $p=\dfrac {a+b+c+d}2$ olmak üzere, $$[ABCD] = \sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$$ dir. Soruda verilenleri yerine yazarsak,
$$p=10 \text{ ve } [ABCD] = \sqrt {(10-1)(10-4)(10-7)(10-8)} = 18$$ elde ederiz.

Şimdi de isterseniz, yukarıdaki sonuca nasıl varıldığını açıklayalım:
$AB=a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA=d$, $AC=e$, $\angle ABC = \alpha$ ve $\angle CDA = \beta$ olsun.
Kosinüs Teoreminden, $$e^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos \alpha = c^2 + d^2 -2cd\cos \beta \Rightarrow a^2 + b^2 - c^2 -d^2 = 2ab\cos \alpha - 2cd\cos \beta$$ olur. Her iki tarafı $2$ ye bölüp, her iki tarafın karesini alalım. $$\left(\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2\right)^2 = a^2b^2 \cos^2 \alpha + c^2d^2\cos^2 \beta - 2abcd\cos \alpha \cos \beta \quad \tag{1}$$
Şimdi de $ABCD$ dörtgeninde alanı yazalım. $$A=\dfrac{ab\sin \alpha}2 + \dfrac{cd\sin \beta}2 \Rightarrow 4A^2 = a^2b^2\sin^2\alpha + c^2d^2\sin^2\beta + 2abcd \sin \alpha \sin \beta \tag{2}$$ elde edilir. $(1)$ ile $(2)$ yi taraf tarafa toplarsak $\sin^2 x + \cos^2 x = 1 $ ve $\cos (x+y) = \cos x\cos y - \sin x \sin y$ olacağından $$a^2b^2 + c^2d^2 - 2abcd\cos (\alpha + \beta) = 4A^2 + \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 \tag{3}$$ elde edilir. $a,b,c,d$ verildiği için maksimum alan için $\cos (\alpha + \beta)$ değeri minimum olmalı. Yani $\alpha + \beta = 180^\circ$ olmalı. Bu da $ABCD$ nin kirişler dörtgeni olduğunu gösterir. $(3)$ yeniden düzenlersek $$a^2b^2+c^2d^2+2abcd = 4A^2 + \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 \Rightarrow (ab+cd)^2 - \left( \dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}2 \right )^2 = 4A^2.$$ İki kare farkından yararlanarak
$(2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2)(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) = 16A^2$
$\Rightarrow \left( (a+b)^2-(c-d)^2 \right)\left( (c+d)^2-(a-b)^2 \right) = (b+c+d-a)(a+c+d-b)(a+b+d-c)(a+b+c-d).$
$p=\dfrac {a+b+c+d}2$ ise $$16A^2 = (2p-2a)(2p-2b)(2p-2c)(2p-2d) \Rightarrow A=\sqrt {(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$$ elde edilir.

$1$ ile $8$ yan yana ise alanın en büyük değeri $\dfrac{1\times 8 + 4\times 7}2 = 18$ olabilir. $1^2+8^2=4^2+7^2$ olduğu için de $1$ ile $8$ arasındaki ve $4$ ile $7$ arasındaki açılar $90^\circ$ olabilir.

$1$ ile $8$ yan yana değilse karşılıklıdır. Bu durumda karşılıklı kenarların kareleri toplamı birbirine eşit olduğu için bu durumdaki dörtgenin köşegenleri dik kesişir. Ptolemy eşitsizliğinden köşegenlerin çarpımı en çok karşılıklı kenarların çarpımı olabileceği için alan en fazla $\dfrac{1\times 8 + 4\times 7}2 = 18$ olabilir.

Bkz. Bretschneider alan formulü

Ayrıca bkz. Çevresi sabit dörtgende max köşegenler çarpımı

bkz. Matematik Dünyası, Şubat 2000 sayısında A203 nolu soru.
Çözüm için bkz. Matematik Dünyası, Temmuz 2000

Yanıt: $\boxed{D}$

$$1+2+2^2 + 2^3 + \dots + 2^n = 2^{n+1}-1 \equiv 0 \pmod{77} \Rightarrow 2^{n+1}-1 \equiv 0 \pmod{7} \land 2^{n+1}-1 \equiv 0 \pmod{11}$$
Söz konusu denklikleri sağlayan en küçük $n$ değerleri
$$2^3 \equiv 1 \pmod 7 \Rightarrow n+1 = 3p$$
$$2^5 \equiv -1 \pmod{11} \Rightarrow 2^{10} \equiv 1 \pmod {11} \Rightarrow n+1 = 10q$$ şeklinde bulunur. Sonuçları birleştirdiğimizde $$n+1 = 30k \Rightarrow n = 30k-1$$ olduğu için en küçük $n\geq 100$ sayısı $119$ dur.

NOT:
$\varphi(77)=60$ olduğunu fark edip, $2^{60} \equiv 1 \pmod {77} \Rightarrow n=120-1=119$ şeklinde bir çözüm yanlış olacaktır. $\varphi(77)$, bize $2^x \equiv 1 \pmod{77}$ denkliğini sağlayan en küçük $x$ değerini vermez. Sadece $x|\varphi(77)$ olduğunu söyler. Soru bize $n\geq 200$ olarak verseydi, $\varphi(77)$ den sonuca gitmeye çalışan biri $n=239$ bulacaktı ki, yukarıda yaptığımız çözüme göre $n=209$ olurdu.

Yanıt: $\boxed{B}$

Köşeleri merkez alarak $1$ yarıçaplı çember yaylarını üçgen içerisinde kalacak şekilde çizelim. Bu üç eş yarıçaplı yayın ölçüleri toplamı $180^\circ$ olduğu için, bu üç yay bir yarım çember yapar. Bu çemberin alanı $\dfrac 12 \cdot \pi\cdot 1^2 = \dfrac {\pi}2$ dir. Üçgenin alanı da (Heron Formülü) $\sqrt {9(9-3)(9-7)(9-8)} = 6\sqrt 3$ olduğu için seçilen bir noktanın bu üç çember parçasının içerisinde olma olasılığı $$\dfrac {\dfrac {\pi}2}{6\sqrt 3} = \dfrac{\pi}{36}\sqrt 3$$ olur.

$a\neq 0$ olmak üzere; $p(x) = ax + b$ şeklinde bir polinom olsun.

$a(x^2 -1 ) + b = (ax + b)(-ax+b)$

$ax^2 + b - a = -a^2x^2 + b^2$

$a = -a^2 \Longrightarrow a = -1$.
$b^2 = b-a = b+1 \Longrightarrow b^2 - b - 1 = 0 \Longrightarrow b_{1,2} = \dfrac {1\pm \sqrt 5} 2$.
Köklerden birini alalım ve ona $\alpha$ diyelim.
$p(x) = -x + \alpha$ polinomu sorudaki şartı sağlar.

O halde, $p(x) = (-x + \alpha)^n$ polinomu da sorudaki şartı sağlar.

Yanıt: $\boxed{D}$

$ABCD$ kirişler dörtgeninde $\angle ABD = \angle ACD = 45^\circ$ ve $\angle ADB = \angle BCA = 90^\circ$ olduğu için $\triangle ABD$ ikizkenar dik üçgendir. $AB=26 \Rightarrow AD = 13\sqrt 2$.
$\angle ADC$ geniş açı olduğu için $A$ dan $CD$ ye inilen yükseklik üçgenin dışındadır. Bu yükseklik $CD$ yi $E$ de kessin. $\angle ADE = \angle ABC$ olduğu için $$\triangle ADE \sim ABC \Rightarrow AE=12\sqrt 2 \text{ ve } DE=5\sqrt 2 \Rightarrow CD = 7\sqrt 2 $$ elde edilir. $$[DAC] = \dfrac{DC\cdot AE}{2} = \dfrac{12\sqrt 2 \cdot 7\sqrt 2}{2} = 84$$

Pisagordan $AC=24$ ve $\triangle ABD$ ikizkenar dik üçgeninden $AD=BD=13\sqrt 2$ dir. Ptolemy'den $$AB\cdot CD + BC \cdot AD = BD\cdot AC \Rightarrow 26\cdot CD + 10\cdot 13\sqrt 2 = 24\cdot 13\sqrt 2 \Rightarrow CD=7\sqrt 2$$ olur. $$[DAC] = \dfrac 12 \cdot AC \cdot CD \cdot \sin \angle ACD = \dfrac 12 \cdot 24 \cdot 7\sqrt 2 \cdot \dfrac {\sqrt 2} 2 = 84$$

Yanıt: $\boxed{B}$

$$\begin{array}{rrcl}
5/&3x^2 - 2y^2 - 4z^2 + 54 &=& 0 \\
-3/&5x^2 - 3y^2 - 7z^2 + 74 &=& 0 \\
\hline
&-y^2 + z^2 + 48 &=& 0 \\
\end{array}$$
Bu durumda
$$y^2 - z^2 = 48 \Rightarrow (y-z)(y+z) = 48$$ elde edilir.
$y$ ve $z$ pozitif tam sayılar ve $(y-z)+(y+z)=2y$ sayısı çift sayı olduğu için, $48$ i toplamları çift olmak üzere,
$$48 = 2\cdot 24 = 4 \cdot 12 = 6 \cdot 8$$ $3$ farklı şekilde çarpanlarına ayırabiliriz. Bu durumda, olası çözümler
$$\begin{array}{rclrcl}
y&=&13 & z&=&11 \\
y&=&8 & z&=&4 \\
y&=&7 & z&=&1
\end{array}$$
den ibarettir. İlk denklemden $$3x^2 = 2y^2 + 4z^2 - 54 = 2y^2 - 2z^2 + 6z^2 - 54 = 2\cdot 48 + 6z^2 - 54 \Rightarrow x^2 = 2(7+z^2)$$ elde edilir.
$2(7+z^2)$ in bir tam kare olabilmesi için $z$ nin tek sayı olması gerekir ki, bu da denenecek ihtimalleri ikiye indirir.
$y=13, z=11$ için $$x^2 = 2(7+11^2) = 256 \Rightarrow x=16$$
$y=7, z=1$ için $$x^2 = 2(7+1^2) = 16 \Rightarrow x=4$$
Yani ÇK$=\{(4,7,1),(16,13,11)\}$ dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$$ \begin{cases}x=(ABC),y=(BAC),z=(CAB),\\x'=(ACB),y'=(BCA),z'=(CBA).\end{cases} $$ olsun.
$$\begin{array}{rcl}x+x'+z &=& 11 \\z+z'+y' &=& 12 \\y+y'+x &=& 14 \end{array}$$ olacaktır. Taraf tarafa toplarsak,
$$x+y'+z = 17$$ elde edilir. Bu durumda $$x'+y+z' = 3$$ olacaktır. Bu da $$x'= y = z' = 1$$ olduğu anlamına gelir. Bu değerleri yerine yazarsak,
$$x+x'+z = 11 \Rightarrow x+z = 10 $$ elde ederiz. $$x+y'+z = 17 \Rightarrow y' = 7 \Rightarrow y+y' = 8$$ olur.

Yanıt: $\boxed{C}$

$c=0$ olursa, tüm hepsi $0$ olacağı için; $c>0$.
$$2c\leq a+c+c+e = tb + td = t(b+d)=t^2c \Rightarrow t\geq \sqrt 2.$$
$t=\sqrt 2$ olduğunda ise, $$a=e=0 \text{ ve } c=b\sqrt 2 = d\sqrt 2$$ sayıları sorudaki eşitlikleri sağlar.

Yanıt: $\boxed{E}$

$AB=x$, $BD=y$, $CD=z$ olsun. $$[ABCD]=18 \leq \dfrac{xy+yz}{2} = \dfrac{y(x+z)}{2} \Rightarrow 36 \leq y(x+z)$$ olacaktır. Diğer taraftan $AO\geq GO$ dan, $$ \dfrac{y+(x+z)}{2} = 6\geq\sqrt{y(x+z)} \Rightarrow 36 \geq y(x+z)$$ olacağı için $y(x+z) = 36$ dır. Yani eşitsizlikteki eşitlik sağlanmış. Eşitlik $y=x+z = 6$, $BD\perp AB$ ve $BD\perp AC$ iken sağlanır.
$A$ dan $BD$ ye çizilen paralel $DC$ yi $E$ de kessin. $AE=BD=6$ ve $EC=AB+CD=6$ olduğu için $AC=6\sqrt 2$ çıkacaktır.

NOT:
Bu soru, IMO 1976/1 sorusunun neredeyse aynısıdır.

Yanıt: $\boxed{C}$

Sorudaki ifadenin eşiti,
$$p | f(a) - f(b) \Rightarrow p | a -b$$ dir. İlk birkaç $f(x)$ değerlerini hesaplarsak:
$$f(0)=10, f(1)=27$$ $17|27-10$ olduğu için $E$ şıkkı elenir.
$$f(2)=64, f(3)=127$$
$5|127-27$ olduğu için $A$ şıkkı elenir.

$7|127-64$ olduğu için $B$ şıkkı elenir.

$13|127-10$ olduğu için $D$ şıkkı elenir.

Bu durumda geriye sadece $p=11$ kalır.

AoPS'te yer alan bir çözümde; $p=11$ in niçin sağladığı gösterilmiş. Burada biraz değiştirerek o çözümü tekrarlayacağım.

$a\not \equiv b \pmod {p}$ şartıyla; $a^3 + 7a^2 + 9a + 10 \equiv b^3 + 7b^2 + 9b + 10 \pmod {p}$ olsun.
Biraz düzenlemeyle; $(a^3 - b^3) + 7(a^2 - b^2) + 9(a-b) \equiv 0 \pmod {p}$ elde ederiz.
$a-b \not \equiv 0 \pmod {p}$ olduğu için denkliğin her iki tarafını $a-b$ ye bölebiliriz: $a^2 + ab + b^2 + 7a + 7b + 9 \equiv 0 \pmod {p}$.
Şimdi de denkliği $12$ ile genişletelim: $12a^2 + 12ab + 12b^2 + 84a + 84b + 108 = 3(2a+b+7)^2 + 9b^2 + 42b  - 39 \equiv 0 \pmod {p}$
Şimdi denkliğin her iki tarafına $88$ ekleyelim: $3(2a+b+7)^2 + 9b^2 + 42b  + 49 \equiv 3(2a+b+7)^2  + (3b+7)^2 \equiv 88 \pmod {p}$ olmalı.

$11 \mid 88$ olduğu için $p=11$ özel durumunu inceleyelim.
$m = 2a + b + 7$ ve $n=3b+7$ olsun. $3m^2 + n^2 \equiv 0 \pmod {11}$ denkliğinin çözümlerini arayalım.

$m\equiv 0 \pmod{11}$, $n\equiv 0 \pmod {11}$ bir çözümdür.
$3b+7 \equiv 0 \pmod {11}$ ve $2a+b+7 \equiv 0 \pmod {11}$ denklik sisteminin tek çözümü $a \equiv b \equiv 5 \pmod {11}$ dir. $a\not \equiv b$ olduğu için buradan çözüm gelmez.

$m \not \equiv n \pmod {11}$ olduğu durumda; $11$ asal sayı olduğu için $n \equiv km \pmod {11}$ olacak şekilde bir $k$ tam sayısı vardır.
$-3 m^2 \equiv n^2 \equiv (km)^2 \pmod {11} \Rightarrow k^2 \equiv -3 \pmod {11}$ olmalı. $-3$, $\bmod {11}$ de bir kare kalan olmadığı için buradan da çözüm gelmez.

O halde, $a\neq b$ sayıları için $f(a) \not \equiv f(b) \pmod {11}$ dir.

Bir önceki çözümdeki, $p=11$ için çalışan yöntemi genelleştirelim.

$a^3 + 7a^2 + 9a + 10 \equiv b^3 + 7b^2 + 9b + 10 \pmod {11}$
$\Longrightarrow (a^3 - b^3) + 7(a^2 - b^2) + 9(a-b) \equiv 0 \pmod {11}$
$\Longrightarrow a^2 + b^2 + ab + 7a + 7b + 9 \equiv 0 \pmod {11}$

$x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod {11}$ denkliğinin çözümü yoktur. Çünkü $-1$, $\bmod {11}$ de bir kare kalan olmadığı için; $x^2 \equiv -1\cdot y^2 \pmod{11}$ denkliğini sağlayan $x$ ve $y$ yoktur.
O halde $g(a,b) = a^2 + b^2 + ab + 7a + 7b + 9 \equiv x^2 + y^2 \pmod {11}$ şeklinde yazabilirsek $a\not \equiv b$ durumunda $g(a,b) \not \equiv 0$ şartını sağlayan $a,b$ sayıları bulamamış olacağız.

$x \equiv ma + nb + r$ ve $y\equiv kb + s$ olsun.
$\begin{array}{lcl}
a^2 + b^2 + ab + 7a + 7b + 9 &\equiv & (ma + nb + r)^2 + (kb+ s)^2 \\
&\equiv & m^2a^2 + n^2b^2 + r^2 + 2mnab + 2mra + 2nrb + k^2b^2 + 2ksb + s^2 \\
&\equiv & m^2a^2 + (n^2 + k^2)b^2 + 2mnab + 2mra + (2nr +2ks)b + (r^2 + s^2)
\end{array}$

$\bmod {11}$ de; $m^2 \equiv 1$, $n^2 + k^2 \equiv 1$, $2mn \equiv 1$, $2mr \equiv 7$, $2nr+ 2ks \equiv 7$ ve $r^2 + s^2 \equiv 9$ denklik sistemini çözelim.

$m\equiv 1$ olsun.
$2mn \equiv 2n \equiv 1 \Longrightarrow n \equiv 6$.
$2mr \equiv 2r \equiv 7 \Longrightarrow r \equiv 9 \equiv -2$.
$n^2 + k^2 \equiv 36 + k^2 \equiv 1 \Longrightarrow k^2 \equiv 9 \Longrightarrow k\equiv \pm 3$
$r^2 + s^2 \equiv 9 \Longrightarrow 9^2 + s^2 \equiv 9 \Longrightarrow s^2 \equiv 5 \equiv 16 \Longrightarrow s \equiv \pm 4$.
$2nr + 2ks \equiv 2\cdot 6 \cdot 9 + 2ks \equiv 9 + 2ks \equiv 7 \Longrightarrow ks \equiv -1$. Bu durumda $k \equiv 3$, $s \equiv -4$ veya $k \equiv -3$, $s \equiv 4$ olmalı.

Gerçekten de;
$\begin{array}{lcl}
(a+6b - 2)^2 + (3b - 4)^2 &\equiv & a^2 + 36b^2 + 4 + 12ab - 4a - 24b + 9b^2 + 16 - 24b \\
&\equiv & a^2 + 45b^2 + 12ab -4a - 48b + 20 \\
&\equiv & a^2 + b^2 + ab  + 7a + 7b + 9
\end{array}$

Yanıt: $\boxed{C}$

$\{1,2,3,4,5\}$ kümesinin toplamda $5!=120$ permütasyonu var. Bunlardan
her $1\leq k \leq 4$ için $(\alpha_1\dots \alpha_k)$, $\{1,\dots, k\}$ kümesinin bir permütasyonu olan  $(\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4\alpha_5)$ leri çıkartırsak sonucu elde ederiz.
$k=1$ için $(1\overbrace{\cdot \cdot \cdot \cdot}^{4!}) \rightarrow 24$
$k=2$ için $\{1,2\}$ kümesinin toplamda $2!$ permütasyonu var. Bunlardan biri $k=1$ de geçen $(12\alpha_3\alpha_4\alpha_5)$ permütasyonu olduğu için $(\overbrace{21}^{2!-1}\overbrace{\cdot \cdot \cdot}^{\text{Geriye kalanlar } 3!}) \rightarrow 6 $
$k=3$ için $\{1,2,3\}$ kümesinin toplamda $3!$ permütasyonu var. Bunlardan ikisi $k=1$ de geçen $(1\overbrace{\cdot \cdot}^{2,3}\alpha_4\alpha_5)$ permütasyonu, biri de $k=2$ de geçen $(21\overbrace{3}^{1 \text { tane}}\alpha_4\alpha_5)$ permütasyonu olduğu için $(\overbrace{\cdot \cdot \cdot}^{3!- 2! - 1}\overbrace{\cdot \cdot}^{\text{Geriye kalanlar }2!}) \rightarrow 6 $
$k=4$ için $\{1,2,3,4\}$ kümesinin toplamda $4!$ permütasyonu var. Bunlardan $3!$ tanesi $k=1$ de geçen $(1\overbrace{\cdot \cdot \cdot}^{2, 3, 4}5)$ permütasyonu, $2!$ tanesi $k=2$ de geçen $(21\overbrace{\cdot \cdot}^{3,4}5)$ permütasyonu ve $3$ tanesi de $k=3$ de geçen tüm permütasyonlar olduğu için $(\overbrace{\cdot \cdot \cdot \cdot}^{4!- 3! - 2! - 3}5) \rightarrow 13 $
$$120 - 24 - 6 - 6 - 13 =71$$

İndirgenemez (Irreducible) ya da başka bir deyişle Ayrıştırılamaz (Indecomposable) Permütasyonların sayısı sorulmuş. (bkz. oeis/A003319)

$P_n$ ile $\{1, \dots, n\}$ kümesinin permütasyonlarını, $|P_n|=n!$ ile de permütasyonların sayısını gösterelim.
$P=(\alpha_1 \dots \alpha_n)$ permütasyonu için, ($1\leq k \leq n$ olmak üzere) $(\alpha_1\dots \alpha_k)$, $\{1, \dots, k\}$ kümesinin bir permütasyonu olacak şekilde seçilebilecek $k$ sayılarının en küçüğüne, permütasyonun derecesi, $\text{der} P$, diyelim. (Permütasyon tanımında derece ile başka bir şey ifade ediliyor olabilir; bu soruda o tanımı ezdiğimizi düşünelim.)
$Q_n$ ile de $\{1,\dots, n\}$ kümesinin, her $1\leq k \leq n-1$ için $(\alpha_1\dots \alpha_k)$, $\{1,\dots, k\}$ kümesinin bir permütasyonu olmayacak şekilde oluşturulan $(\alpha_1\dots\alpha_n)$ permütasyonlarını gösterelim.
$Q_1 = \{(1)\}$ ve $Q_2 = \{(21)\}$ dir. Soruda bizden $|Q_5|$ i bulmamız isteniyor.
$1\leq i \leq n$ için $D_i = \{P \in P_n \mid \text {der} P = i\}$ olsun. $i \neq j$ için $D_i \cap D_j = \emptyset$ ve $P_n = D_1 \cup \dots \cup D_n$ olacaktır.
Öncelikle, $D_n= \{P \in P_n \mid \text {der} P = n\} = Q_n$ olduğunu fark edelim.
$Q \in Q_i$ permütasyonuna $\{i+1, \dots, n\}$ kümesine ait bir permütasyon eklemlersek $D \in D_i$ permütasyonunu elde ederiz.
Bu durumda $n! = |P_n| = |Q_n| + |Q_{n-1}|\cdot 1! + |Q_{n-2}|\cdot 2! + \dots + |Q_{1}|\cdot (n-1)! = \displaystyle \sum_{i=1}^{n} |Q_i|\cdot (n-i)!$

$|P_3| = 3! = |Q_3| + |Q_2|\cdot 1! + |Q_1|\cdot 2! \Longrightarrow |Q_3| = 3! - 1 - 2 = 3$.

$|P_4| = 4! = |Q_4| + |Q_3|\cdot 1! + |Q_2|\cdot 2! + |Q_1| \cdot 3! \Longrightarrow |Q_4| = 4! - 3 - 2 - 6 = 13$.

$|P_5| = 5! = |Q_5| + |Q_4|\cdot 1! + |Q_3|\cdot 2! + |Q_2| \cdot 3! + |Q_1| \cdot 4! \Longrightarrow |Q_5| = 5! - 13 - 6 - 6 - 24 = 71$.

Yanıt: $\boxed{B}$

$f_i(a) = A$ ve $g_i(a) = B$ olsun. $h_i(a)=a$ olacaktır. Toplama, çıkarma ve çarpma işlemleri kullanılarak, $f_i$ ve $g_i$ fonksiyonlarından $h_i(a)=a$ elde edilebiliyorsa, $(A,B)|a$ olması gerekir.
$i=1$ için, $x=2$ alırsak
$$f_1(2) = 6, g_1(2) = 0 \Rightarrow (6,0) = 6 \nmid 2$$
olacağı için $F_1 = 0$ dır.
$i=2$ için, $x=\dfrac 12$ alırsak
$$f_2\left(\frac 12\right) = 0, g_2\left(\frac 12\right) = 1$$
olacağı ve $0$ ile $1$ kullanarak $\dfrac 12$ elde edilemeyeceği için $F_2 = 0$ dır.
$i=3$ için $$g_3^2(x) - f_3(x) - g_3(x) - g_3(x) = x^2+4x+4 - x^2 - x - x - 2 -x -2 =x$$ olduğu için de $F_3 = 1$ dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$A$ dan geçen ve çemberlere teğet olan $\ell$ doğrusu $BC$ yi $E$ de kessin. $$\angle ABC = \angle BAE = \angle (AD, \ell) = \angle DCA$$ olduğu için, $$DA\cdot DB = DC^2 \Rightarrow 4\cdot 9 = DC^2 \Rightarrow DC = 6$$ dır.
Niye? Çünkü $\angle DCA =\angle ABC$ olduğu için $\triangle DCA \sim \triangle DBC$ dir. Benzerlik oranları yazılırsa, $\dfrac 4{DC} = \dfrac {DC}9 \Rightarrow DC=6 $ elde edilir. Her seferinde, bu benzerliği yazmak yerine $\angle DCA = \angle DBC$ bağıntısı varsa doğrudan $DA\cdot DB = DC^2$ diyebiliriz. Dikkat ettiyseniz, bu çemberdeki kuvveti (teğet durumunda) hatırlatıyor. Gerçekten de öyle, $\angle DCA = \angle DBC$ ise $DC$ doğrusu, $\triangle ABC$ nin çevrel çemberine teğettir (teğet-kiriş açı = çevre açı). Bu durumda $D$ noktasının $(ABC)$ çemberine göre kuvveti $DC^2 = DA\cdot DB $ olacaktır.

$A$ dan geçen ve çemberlere teğet olan doğru $BC$ yi $E$ de kessin.
$$AE = EB \text{ ve } AE=EC$$ olacağı için $\angle BAC = 90^\circ$ dir. Bu durumda, $DC$ çaptır. Bu durumda, $DC\perp BC$ olacağı için, $\triangle BCD$ bir dik üçgendir. Öklit'ten $$DC^2 = DA\cdot DB \Rightarrow DC= 6$$ olacaktır.

NOT:
Öklit'in bu bağıntısı, Çözüm 1'de anlatılan bağıntının özel halidir.

NOT 2:
$D$ den diğer çembere çizilen teğetin değme noktası $T$ olsun. Öklid'den ve kuvvetten $DT=DC$ olacaktır.
Bu durumda 2000/13 sorusunun aynısını elde etmiş olduk. Yani aynı sınavda benzer iki soru sorulmuş.

Yanıt: $\boxed{B}$

$f(x)=x^2 -18 $ olsun. Her $x$ sayısı için,
$$f^2(x) \equiv y^2 \pmod{31}$$ denkliğinin $$y \equiv f(x) \pmod{31} \text{ ve } y \equiv -f(x) \pmod{31}$$ olmak üzere, $2$ çözümü vardır. Bu son ifade biraz yanlış $f(x) \equiv 0 \pmod {31}$ ise $f^2(x) \equiv y^2 \pmod{31}$ denkliğinin $1$ çözümü vardır. $$f(x) \equiv x^2 - 18 \equiv 0 \pmod {31} \Rightarrow x \equiv \pm 7 \pmod{31}$$ olacağı için, $x=7$ için $1$ adet $y$; $x=31-7=24$ için $1$ adet $y$, geri kalan $29$ $x$ değeri için ise $2$ şer adet $y$ vardır. Bu durumda, toplamda $2\times 29 + 1 + 1 = 60$ çözüm vardır.

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

Yanıt: $\boxed{D}$

Tüm rakamlar kullanılarak elde edilen $10$ basamaklı sayının rakamları toplamı $$0+1+2\dots + 9 = \dfrac{9\times 10}{2} = 45 \equiv 0 \pmod 9$$ olacağı için bu sayı $9$ ile bölünür. $(9,11111)=1$ olduğu için, hem $9$ hem de $11111$ ile bölünen sayılar $99999$ ile bölünür.
$$\overline{a_9a_8a_7a_6a_5a_4a_3a_2a_1a_0} = 100000\cdot\overline{a_9a_8a_7a_6a_5} + \overline{a_4a_3a_2a_1a_0} \equiv \overline{a_9a_8a_7a_6a_5} + \overline{a_4a_3a_2a_1a_0} \equiv 0 \pmod{99999}$$ $$\Rightarrow \overline{a_9a_8a_7a_6a_5} + \overline{a_4a_3a_2a_1a_0} = 99999k$$ olur. $k=0$ olamaz. Tüm rakamlar birbirinden farklı olduğu için de $k\geq2$ olamaz. Bu durumda $k=1$ ve $$\overline{a_9a_8a_7a_6a_5} + \overline{a_4a_3a_2a_1a_0} = 99999$$ olacaktır. $i=0,1,2,3,4$ olmak üzere; her $a_i$ için tek bir türlü $a_{i+5}$ sayısı olacaktır. Ek olarak $a_9 \neq 0$ olduğu için $a_4 \neq 9$ dur. Rakamları dağıtmaya $a_4$ ten başlarsak, $a_4$ için $9$ farklı seçenek var.
$a_3$ için $a_4$ ve $a_9$ da iki rakam kullanıldğı için $8$ farklı seçenek var.
$a_2$ için $6$,
$a_1$ için $4$,
$a_0$ için $2$ farklı seçenek vardır.
Bu durumda toplamda $$9\cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2 = 3456$$ farklı sayı elde edilir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$x=1, y=1$ için
$$f^2(1) - f(1) - 2 = 0 \Rightarrow f(1)=2 \text{ veya } f(1)=-1$$
$y=1$, $f(1)=2$ için
$$f(x)\cdot2 - f(x) = \dfrac 1x + x \Rightarrow f(x) = x + \dfrac 1x$$
$y=1$, $f(1)=-1$ için
$$f(x)(-1) - f(x) = \dfrac 1x + x \Rightarrow f(x) = \dfrac {-1}2 \left(x + \dfrac 1x\right)$$
olur.
$f(x) = x+ \dfrac 1x$ fonksiyonu,
$$\left(x+\dfrac 1x\right)\left(y+\dfrac 1y\right) - \left(xy + \dfrac 1{xy} \right) = xy + \dfrac 1{xy} + \dfrac xy + \dfrac yx - xy - \dfrac 1{xy} = \dfrac yx + \dfrac xy $$ olduğu için verilen fonksiyon denklemini sağlar. Bu durumda $f(2)=\dfrac 52$ bir çözümdür.
Öte yandan, $f(x) = \dfrac {-1}2\left(x+ \dfrac 1x\right)$ fonksiyonu,
$$\dfrac 14\left(x+\dfrac 1x\right)\left(y+\dfrac 1y\right) + \dfrac 12\left(xy + \dfrac 1{xy} \right) = \dfrac {xy}4 + \dfrac 1{4xy} + \dfrac x{4y} + \dfrac y{4x} + \dfrac {xy}2 + \dfrac 1{2xy} = \left(xy + \dfrac{1}{xy}\right)\dfrac 34 + \left(\dfrac yx + \dfrac xy\right)\dfrac 14 \neq \dfrac yx + \dfrac xy $$ olduğu için verilen fonksiyon denklemini sağlamaz.

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

Yanıt: $\boxed{A}$

$K$ nin $AD$ ve $DL$ ye olan uzaklıkları $3$ olduğu için, $DK$; $\angle ADL$ nin açıortayıdır.
$\angle DLC = \angle ADL = 2\alpha$ olsun.
$$\tan \alpha = \dfrac 35 \Rightarrow \tan 2\alpha = \dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2\alpha} = \dfrac{2\cdot \frac 35}{1-\frac 9{25}} = \dfrac{15}{8}$$ olacaktır. $$DC=15k=BC \Rightarrow LC=8k \Rightarrow BL = 7k \Rightarrow BL:BC = \dfrac 78$$

$K$ nin $AD$ ve $DL$ ye olan uzaklıkları $3$ olduğu için, $DK$; $\angle ADL$ nin açıortayıdır.
$[BC$ üzerinde $[BC]$ nin dışında $DL=LN$ olacak şekilde bir $N$ noktası alalım.
$$\triangle DCN \cong \triangle DAK$$ olacaktır. Bu durumda, $DL=LN=LC+3$ olacağından, Pisagor'dan $$DL^2 = LC^2 + DC^2 = LC^2 + 25 = LC^2 + 6\cdot LC + 9 \Rightarrow LC = \dfrac 83 \Rightarrow BL=\dfrac 73 \Rightarrow BL:LC = \dfrac 78$$ olarak elde edilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

Denklikleri uzun uzun yazmak yerine şu tanımlamayı yapalım.
$x^2 + x + 3 \equiv 0 \pmod p$ denkliğinin $p$ asal sayısı için çözümü varsa, $X(p) = 1$; yoksa $X(p)=0$ olsun.
$x^2 + x + 25 \equiv 0 \pmod p$ denkliğinin $p$ asal sayısı için çözümü varsa, $Y(p) = 1$; yoksa $Y(p)=0$ olsun.

Cevabın $A$ olduğunu kabul edelim. Bu durumda öyle bir $p$ asal sayısı var ki, $X(p)=1$; ama $Y(p)=0$. Bu $p$ asal sayısı için, $D$ şıkkı da doğru olmuyor. Çünkü $Y(p)=0$ olmasına rağmen $X(p)\neq 0$.
Bu durum, diğer şıklar için de geçerli. Aslında, $A$ ile $D$ önermeleri, $B$ ile $C$ önermeleri karşıt ters.
Bir sorunun iki cevabı olmayacağı için, cevap $A,B,C,D$ şıklarından hiçbirisidir. $E$ deki şık da tam olarak bu anlama gelmektedir.

Aslında soru şunu soruyor. Öyle bir $p$ asal sayısı var mı ki,
$$x^2 + x+ 3 \equiv 0 \pmod p \text { ile } x^2 + x+ 25 \equiv 0 \pmod p$$ denkliklerinden birinin çözümü var, diğerinin yok.
$x^2 + x+ 3 \equiv 0 \pmod p$ denkliği için,
$$x_{1,2} = \dfrac{-1\pm \sqrt {-11}}{2} \pmod p.$$
$x^2 + x+ 25 \equiv 0 \pmod p$ denkliği için,
$$x_{1,2} = \dfrac{-1\pm \sqrt {-99}}{2} \pmod p.$$
Bu durumda $2^{-1}$, $\mod p$ de tanımlıysa;
$D_1^2 \equiv -11 \pmod p$ koşulunu sağlayan bir $D_1$ sayısı varsa, $x^2 + x + 3 \equiv 0 \pmod p$ denkliğinin bir çözümü vardır.
$D_2^2 \equiv -99 \pmod p$ koşulunu sağlayan bir $D_2$ sayısı varsa, $x^2 + x + 25 \equiv 0 \pmod p$ denkliğinin bir çözümü vardır.
Bu durumda $D_1$ ile $D_2$ arasında, $$D_2 \equiv \pm 3 D_1 \pmod p \text{ ve } 3^{-1}D_2 \equiv \pm D_1 \pmod p$$ bağıntıları vardır. Bu durumda, $D_1$ var olmasının $D_2$ varlığını gerektirmesi (ya da diğer ihtimaller) $3^{-1}$ in $\mod p$ de tanımlı olması ile alakası var.
Bir $a$ sayısı için $a^{-1} \pmod p$ nin tanımlı olması için gerek ve yeter koşul $(a,p)=1$ olmasıdır.
$p=2$ ve $p=3$ hariç tüm asal sayılar için $2^{-1}$ ile $3^{-1}$ tanımlıdır.
$p=2$ için, iki denkliğin de çözümü yoktur.
$p=3$ için, iki denkliğin de çözümü vardır.
Bu durumda, tüm $p$ asal sayıları için; ya iki denklemin de çözümü vardır, ya da iki denklemin de çözümü yoktur. Böylelikle, tüm şıklar doğru olmuş oldu. Doğru yanıt, şıklardan hiçbiri. Yani $E$.

Yanıt: $\boxed{C}$

Farklı $a,b$ sayıları için $a|b$ demek, $b\geq 2a$ demektir. Bu durumda,
farklı $b|c$ sayıları için de $b|c$ ise, $c \geq 2b \geq 4a$ olacaktır.
Açık bir şekilde $S_{24}\{9,10,11,\dots, 30,31,32\}$ kümesinden $a|b|c$ şeklinde üç sayı seçmek mümkün değil. Bu durumda $k>24$ olmalı.
Acaba bu şekilde üç eleman içermeyen daha büyük bir küme var mı? Olduğunu varsayalım.
$1$, bu kümenin bir elemanı olabilir mi? $1$ içeriliyorsa, $n$ ile $2n$ sayılarından biri bu kümenin dışında olmalı. $$\{2,4\}, \{3,6\}, \{5,10\}, \{7,14\}, \{8,16\}, \{9,18\}, \{11,22\}, \{12,24\}, \{13,26\}, \dots$$ kümelerinin her birinden en fazla bir eleman seçilebileceği için $1$ bu en büyük kümenin bir elemanı olamaz.
Bu en büyük küme, $\{2,4,8,16,32\}$ kümesinden en fazla iki eleman içerebilir. Yani en az $3$ eleman içermez.
$\{3,6,12,24\}$ kümesinden en az $2$ eleman içermez.
$\{5,10,20\}$ kümesinden en az $1$ eleman içermez.
$\{7,14,28\}$ kümesinden en az $1$ eleman içermez.
Bu durumda $a|b|c$ şeklinde üç eleman içermeyen en büyük küme, $S=\{1,2,\dots, 32\}$ kümesinden en az $1+3+2+1+1=8$ eleman içermez. Bu durumda bu kümenin eleman sayısı en fazla $32-8=24$ olabilir. Daha fazla olamaz. Demek ki bahsedilen koşulu sağlayan $S_{24}$ kümesinden daha büyük bir küme yok. Bu durumda, $S$ nin herhangi $k>24$ elemanlı alt kümesinde $a|b|c$ şeklinde üç eleman bulunur.

Yanıt: $\boxed{B}$

Biraz düzenlemeyle $$ nx_{n+1}= (n+2)x_{n}+4 $$ elde ederiz.
$y_n = x_n +2$ olsun. Bu durumda $y_1 = 1$ ve $$\begin{array}{rcl}
n(y_{n+1}-2) &=& (n+2)(y_n-2)+4 \\
ny_{n+1}-2n &=& (n+2)(y_n)-2n-4+4 \\
ny_{n+1} &=& (n+2)y_n
\end{array}$$ olur.
$$\begin{array}{rcl}
ny_{n+1} &=& (n+2)y_n \\
(n-1)y_{n} &=& (n+1)y_{n-1} \\
(n-2)y_{n-1} &=& ny_{n-2} \\
&\vdots&\\
3y_4 &=& 5y_3 \\
2y_3 &=& 4y_2 \\
1y_2 &=& 3y_1
\end{array}$$
eşitliklerini taraf tarafa çarparsak $$ y_{n+1}=\dfrac{y_1(n+1)(n+2)}2 \Rightarrow y_{2000}=\frac{2000\times 2001}{2} = 2001000$$ elde ederiz. Bu durumda $$ y_{2000}-2 = x_{2000}= 2000998 $$ olur.