Tübitak Lise 1. Aşama - 2001 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{B}$

$[AEC] = [OCF] \cdot \dfrac 23 \cdot \dfrac 23 = [BDF]$.

Yanıt: $\boxed{D}$

İstanbulspor başta olacaksa, Yeşildirek diğer takımlara yenildiği için sonda olmalı. Vefa, İstanbulspor hariç diğer takımları yendiği için ikinci sırada olmalı. Karagümrük, Adalet'i yendiği için, sıralama $\text{IVKAY}$ şeklindedir.

İstanbulspor başta olmadığı zaman, kendisini yenen tek takım olan Yeşildirek'ten hemen sonra gelmeli. Tüm durumlar:
$\text{YI}---$, $-\text{YI}--$, $--\text{YI}-$, $---\text{YI}$
Vefa'nın Karagümrük ve Adalet'i; Karagümrük'ün de Adalet'i yendiğini akılda tutarak yerleştirmelerimizi yaparsak:
$\text{YIVKA}$,
$\text{VYIKA}$, $\text{KYIVA}$,$\text{AYIVK}$,
$\text{KAYIV}$, $\text{VKYIA}$, $\text{VAYIK}$,
$\text{VKAYI}$
elde ederiz. Toplamda $9$ farklı dağılım elde etmiş olduk.

Yanıt: $\boxed{B}$

$p=3 \Rightarrow 2p^4-7p^2+1 = 100 = 10^2$.

$p \neq 3 \Rightarrow p^2 \equiv p^4 \equiv 1 \pmod 3 \Rightarrow 2p^4-7p^2+1 \equiv 2 \pmod 3 $
$a^2 \equiv 2 \pmod 3$ denkliğinin çözümü olmadığından tek çözüm $p=3$ tür.

$\dfrac{x^{2000}}{2001} \gt 0$ olduğunu biliyoruz ($x$ reel olduğu için).
Geri kalan ifade de $\Delta < 0$ ve sabit terim $\sqrt 3$ olduğu için tüm ifade toplam olarak her $x$ reel sayısı için $0$'dan büyük olur. Yani denklemi sağlayan $x$ reel sayısı yoktur.

Yanıt: $\boxed{D}$

$BE$, $CD$ yi $F$ de kessin. $AB=DF=3k$ ve $FC=2k$ dır. $[ABC]/[ABCD] = 3k/(3k+5k) = 3/8 \Rightarrow [ABCD]=80$.

Yanıt: $\boxed{C}$

$1,3,5,7,9$ kullanarak yazılabilecek sayıların sayısı $5^5$.

Hiçbir ardışık iki basamağın toplamının $10$ olmadığı durumları hesaplayalım:
İlk rakam $\binom{5}{1}$ şekilde seçilir. İkinci rakam, bu rakamın $10$'a tamamlayanı hariç herhangi biri olabilir $(4)$. Üçüncü rakam da ikincinin $10$'a tamamlayanı hariç herhangi biri olabilir $(4)$. Bu böyle gider. O halde, toplamda $\binom{5}{1}4^4$.

En az iki ardışık basamağının toplamının $10$ olduğu durumlar: $5^5 - \binom 51 4^4 = 5(5^4-4^4) = 5 (5^2-4^2)(5^2+4^2)=5 \cdot 9 \cdot 41 = 1845$.

Yanıt: $\boxed{A}$

$a$ ve $b$ pozitif tam sayı olduğunda, $2b+a\geq 2$ ve $2a+b\geq 2$ olacaktır.
O halde, denklemi pozitif $x,y$ tam sayıları için, $$\begin{array}{rcl}
2a+b &=& 2^x \\
2b+a &=& 2^y
\end{array}$$ şekline dönüştürebiliriz. Ortak çözersek, $a = \dfrac{2^{x+1}-2^y}{3}$ ve $b = \dfrac{2^{y+1}-2^x}{3}$ elde ederiz.
$a,b > 0$ olduğu için $x+1>y$ ve $y+1>x$, yani $1>y-x>-1$ olmalı. O halde $y=x$ tir. Bu durumda, $a=b$ olacaktır. $3a \cdot 3a = 9a^2 =2^c$ olamayacağı için, çözüm yoktur.

Verilen denklemdeki $21$ ve $-14$ katsayıları bize bir ipucu vermektedir. Her ikisi de $7$'nin katıdır.
$x^4 +3x^3 - 2x^2 + 7(x^2 + 3x - 2) = x^2(x^2 + 3x - 2) + 7(x^2 + 3x - 2) = (x^2 + 3x - 2)(x^2 + 7) = 0$ olur.
$x^2 + 7 = 0$ denkleminin gerçel kökü yoktur. $x^2 + 3x - 2=0$ denklemi için diskriminant $\Delta = 13>0$ olup gerçel köklere sahiptir. Vieta formülü ile, kökler çarpımı $-2$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

İkizkenar yamukta Pisagor'dan yüksekliği bulup alana gidebiliriz; ama direkt alana giden bir yöntem uygulacağız: Kirişler dörtgeninde alan formülü.
İkizkenar yamuk bir kirişler dörtgeni olduğu için $\text{Alan} = \sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$ formülünü kullanabiliriz.
Uzun taban $13$ ise, diğer kenarlar; $x,x,15-2x$ olacaktır. Yarıçevre $14$ ten alanı yazarsak; $$\text{Alan} = \sqrt{(14-1)(14-x)(14-x)(14-(15-2x))} = \sqrt{(14-x)(14-x)(2x-1)}$$ elde edilir. Toplamları $(14-x)+(14-x)+(2x-1) = 27$ olan bir ifade $AO \geq GO$ dan en büyük çarpım değerini hepsi eşitken yani $14-x=9 \Rightarrow x=5$ iken alır. Bu durumda $\text{Alan}_{\max} = 27$ dir.

İkizkenarlar $13$ iken, yamuğun yüksekliği en fazla $13$; tabanlar toplamı da $2$ olacağı için alan en fazla $\dfrac{2\cdot 13}{2} = 13$ olacağı için, söz konusu ikizkenar yamuk alanca en büyük değerini kenarları $5,5,5,13$ olunca alır.

Yanıt: $\boxed{D}$

İki adımda ortak bir sayı yoksa, $(a,b), (c,d)$ sayı çiftleri $\dfrac 12 \cdot \binom 72 \cdot \binom 52 = 105$ farklı şekilde seçilir.

İki adımda iki sayı ortaksa, yani çiftler aynıysa, $(a,b),(a,b)$, her zaman baştaki dizilim elde edilecek. O halde, bu şekilde $1$ farklı seçim vardır.

İki adımda bir sayı ortaksa, $a,b,c$, değişim sonucunda hiçbir sayı kendi yerinde olmayacak. Örneğin $a,b,c$ şeklinde bir dizilimden, ya $c,a,b$ ya da $b,c,a$ elde edilecek. Bu üç sayı $\binom 73$ şekilde seçileceğinden, bu şekilde elde edilecek dizilimlerin sayısı $2 \cdot \binom 73 = 70$ olacaktır.

Toplamda, $105+1+70=176$ farklı diziliş elde etmiş olduk.

Yanıt: $\boxed{D}$

$10x + 15y = 35$ ve $10x+2ny=2n^2$ yi ortak çözersek, $(2n-15)y = 2n^2-35$ elde ederiz. Buradan $$2y = \dfrac{4n^2-70}{2n-15} = \dfrac{(2n-15)^2 + 30(2n-15) + 155}{2n-15} = (2n-15) + 30 + \dfrac{155}{2n-15}$$ elde edilir. $2n-15 \mid 155$ olması için $2n-15 \in \{-155,-31,-5,-1,1,5,31,155\}$ olması gerekir. Tüm elemanlar tek sayı olduğu için, her eleman için tam olarak bir $n$ sayısı vardır. Yalnız, $2x+3y=7$ denkleminde $y$ çift olamaz. Bu durumu da kontrol etmeliyiz. Yani $4 \nmid (2n-15) + 30 + \dfrac {155}{2n-15}$, yani $4 \mid (2n-15) + \dfrac{155}{2n-15}$ olması gerekir. Bunu da her durum sağlar.

Yanıt: $\boxed{B}$

$P$ noktasından geçen kiriş $XY$ olsun. $P$ noktasının çembere göre kuvveti, $R^2 - OP^2 = 144 = XP \cdot PY$ dir. $XP+PY$ en küçük değerini $XP=PY$ iken elde eder. Yani $\min (XP+PY) = 24$ tür.
$P$ den geçen en büyük kiriş de, çaptır ($30$).
Dikkat edilirse, en küçük kiriş, çapa dik olan kiriştir. Bu şekilde tek bir en büyük ve en küçük kiriş vardır. Bunlar haricinde $P$ den geçen kirişler $24<x<30$ aralığında her değeri iki kez alır. Tam sayı olanları ele alırsak, $25,26,27,28,29$ değerleri ikişer kez alınacağından, uzunluğu tam sayı olan kirişlerin toplam sayısı $1+1+2\cdot 5 = 12$ dir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$[CB$ üzerinde $[BC]$ dışında $AB=BD=9$ olacak şekilde bir $D$ noktası aldığımızda $ACD$ üçgeni tepe açısı $A$ olan bir ikizkenar üçgen olacak. $CD$ tabanının orta noktası $M$ olmak üzere; $BM=1$ ve $AM = \sqrt{9^2-1^2} = 4\sqrt 5$ olacaktır. $[ABC] = \dfrac{AM \cdot BC}{2} = 14 \sqrt 5$.

Yanıt: $\boxed{C}$

Herhangi ardışık iki terim aynı olamaz; çünkü bu bir terimi $0$ yapacaktır. Terim sayısının en fazla olması için değişimi en az yapmalıyız. Örneğin ; $1,2001,2000,1,1999,1998,1, \ldots$ şeklindeki dizi başka bir ifadeyle $a_1=1$ ve $a_2=2001$ seçilerek hazırlanan dizi istenen dizidir.Bu dizinin terim sayısını hesaplamalıyız. Bu dizide her $3$ terimde değer $2001$'e göre $2$ azalıyor. Daha matematiksel bir ifadeyle $a_2=2001, a_5=1999 , a_8=1997,\dots$ şeklinde olur.  Başka bir ifadeyle $a_{3k+2}=2001-2k$ olur. Burada $2001-2k=1$ buradan $k=1000$ olur . $n$'in en büyük değeri de $n=3.1000+2=3002$ olur.

Yanıt: $\boxed{E}$

$(x^2+1)(x+3) \equiv (x^2-49)(x+3) \equiv (x-7)(x+7)(x+3) \equiv 0 \pmod {25}$

$x-7 \equiv x+3 \equiv 0 \pmod 5$ denkliğini sağlayan her $x$ sayısı sorudaki denkliği de sağlayacaktır. Buradan gelen çözümler: $x \in \{2,7,12,17,22\}$.
Bunlar haricinde $x+7 \equiv 0 \pmod {25}$ de bir çözümdür. O halde, tüm çözümler, $x \in \{2,7,12,17,18,22\}$, toplamda $6$ tanedir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$P(0)=1$ olduğu için bahsi geçen aralıklarda tam olarak birer çözüm olması için $P(-2)<0$ ve $P(1)<0$ olması gerekir. Eşitsizlikleri yazarsak, $$P(-2)=-7-2a<0 \Rightarrow 7<2a\\ P(1)=2+a<0 \Rightarrow 2a<-4$$ $-7<2a<-4$ elde ederiz. Bu durumda $2 < P(2)=2a+9 < 5$ olacaktır. Şıklardan $\sqrt{30} \not\in (2,5)$ dir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Üçgen $ABC$, en büyük kenar da $BC=10$ olsun.
$a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ kenarlarının orta noktaları, sırasıyla, $M_a$, $M_b$, $M_c$ olsun.
$a$, $b$, $c$ kenarlarına ait yüksekliklerin orta noktaları, sırasıyla, $H_a$, $H_b$, $H_c$ olsun.
$M_bM_c$, $M_aM_c$, $M_a M_b$ doğrularını çizelim.

En uzun kenara ait yükseklik, üçgenin içerisinde yer almalı. Bu durumda $H_a$, $[M_bM_c]$ doğru parçasının üzerinde olacaktır.

$\triangle ABC$ dar açılı ise, $H_b$ ve $H_c$ üçgenin içerisinde, dolayısıyla da, sırasıyla, $[M_aM_c]$ ve $[M_aMb]$ doğru parçaları üzerinde olacaktır. Bu durumda, $H_a$, $H_b$, $H_c$ dejenere olmayan bir üçgen oluşturacaktır.

$\triangle ABC$ geniş açılı ise, $H_b$ ve $H_c$ üçgenin dışında ve sırasıyla $M_aM_c$, $M_aMb$ doğrularının üçgenin dışında kalan kısmında olacaktır. $H_aH_b$ ve $M_aM_b$ doğruları her zaman üçgenin içerisinde kesişeceğinden, $H_a$, $H_b$, $H_c$ noktaları dejenere olmayan bir üçgen oluşturacaktır.

Bu durumda, son seçenek, $\triangle ABC$ nin dik üçgen olması. Bu durumda, $M_c = H_b$, $M_b = H_c$ ve $H_a \in M_bM_c$ olacaktır. $AM_a = 5$ ve $[ABC] \leq \dfrac{AM_a \cdot BC}{2} = 25$.

Not: Bu soru Hüseyin DEMİR'e ait olup "Proposal 1997, Mathematics Magazine 57, 1984" olarak yayınlanmıştır.
bkz. Matematik Dünyası, Cilt:1 Sayı: 4, 1991, Sayfa 19

Yanıt: $\boxed{B}$

$A_1A_2\cdots A_n$ dışbükey çokgeninde $A_1A_2=1$ olsun. $n\geq 6$ için, üçgen eşitsizliğinden $$|A_1A_4-A_4A_2| < 1 \Rightarrow -1<A_1A_4 - A_4A_2<1 \Rightarrow A_1A_4 = A_4A_2$$ ve benzer şekilde, $A_1A_5 = A_5A_2$. $A_4$ ve $A_5$ noktalarının geometrik yeri, $A_1A_2$ doğru parçasının orta dikmesidir. $A_4$ ve $A_5$ aynı orta dikme üzerinde yer alırsa, dışbükeylik bozulacağı için, $n<6$ olmalı.

$n=5$ için, $A_1A_2$ ve iki köşegenden oluşan tek bir üçgen var. Yukarıda bahsedilen sıkıntı burada oluşmuyor. Yine de, $n=5$ için örnek bir çizim yapalım.
$A_4A_1 = A_4A_2 = 3$ olsun. $A_1$ merkezli $3$ yarıçaplı $C_1$ çemberil ile $A_2$ merkezli $3$ yarıçaplı $C_2$ çemberini çizelim. $C_2$ üzerinde $A_2$ açısının gördüğü yay üzerinde bir $A_5$ noktası alalım. $A_5$ merkezli $3$ yarıçaplı çemberle $C_1$ çemberi $A_3$ te kesişsin. $A_1A_2A_3A_4A_5$ dışbükey çokgeninde tüm köşegenler $3$ olacak.

Yanıt: $\boxed{B}$

Eşitliği $13$ modunda incelersek, $$0 \cdot m + 0 \cdot n + -2k \equiv -1 \pmod{13} \Rightarrow k \equiv 7 \pmod{13}$$ elde ederiz. $100$ den büyük ilk $k$ sayısı da $13\cdot 8 + 7 = 111$ dir.
$$13 \cdot 17 \cdot m + 13 \cdot 19 \cdot n = 2001-323\cdot 111$$ denkleminde $\text{obeb}(13\cdot 17, 13 \cdot 19) =13 \mid (2001-323\cdot 111)$ olduğu için uygun $m$, $n$ tam sayıları bulunabilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

Sayılar arasında $a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_{21}$ bağıntısı olsun.
$$a_1 + (a_2 + a_3 + \cdots + a_{11}) > (a_{12}+a_{13} + \cdots + a_{21})$$ $$a_1 > (a_{12}+a_{13} + \cdots + a_{21})-(a_2 + a_3 + \cdots + a_{11}) \geq 0$$ Bu durumda $$0 < a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_{21}$$ olacak, yani sayıların hepsi pozitif olacak.

Yanıt: $\boxed{D}$

$A_1A_2\dots A_9$ bir düzgün dokuzgen olsun. $A_1A_5$ en büyük, $A_1A_3$ de en küçük köşegendir.

Düzgün dokuzgenin bir dış açısı $40^\circ$ olacağı için, dokuzgenin köşelerinden oluşan her açı gördüğü kenar sayısının $20^\circ$ ile çarpımı kadar ölçüye sahip olacaktır.  Bu durumda, $\angle A_4A_5A_1 = 60^\circ$ dir. $[A_1A_5]$ üzerinde $A_5P = A_4A_5 = a$ olacak şekilde bir $P$ noktası alalım. $\triangle A_4A_5P$ bir eşkenar üçgen olacak. $A_4P = A_3A_4$ ve $\angle A_3A_4P = 80^\circ$ olduğu için $\angle A_3PA_4 = 50^\circ$. Bu durumda $\angle A_3PA_1 = 70^\circ$ ve $\angle A_3A_1P = 40^\circ$ olduğu için $A_1A_3 = A_1P = b$ olacaktır. O halde $c = a + b$.

Yanıt: $\boxed{B}$

$n \times n$ için aradığımız yanıt $a_n$ olsun.
$n+1 \times n+1$ için $n\times n$ şekline gerekli eklemeleri yapalım. Önceki dikdörtgenlere ek olarak, yeni eklenen dikdörtgenlerin sol alt - sağ üst köşelerinden biri yeni eklenen köşelerden biri olacak. Satır indisinin yukarıdan başladığını düşünürsek, yeni dikdörtgenlerin sol alt köşesi yeni eklenen noktalardan oluşacak.
En soldaki sol-alt köşe için, $(n+1)$ adet aday sağ-üst köşe var.
İkincisi için, $(n-1)$ adet kareden $n$ adet paralel $2$ birimlik doğru parçaları oluşur. Buradan $2\cdot n$ aday sağ üst köşe gelir.
Devam ederserk, en sağdaki yeni sol-alt köşe için $(n+1) \cdot 1$ aday sağ-üst köşe gelecektir.
Bu durumda $$a_{n+1} = a_n + 1\cdot (n+1) + 2\cdot n + 3\cdot (n-1) + \cdots + (n-1)\cdot 3 + n \cdot 2 + (n+1) \cdot 1$$ olacaktır. Düzenlersek; $$a_{n+1} = a_{n} + \sum \limits_{i=1}^{n+1} i \cdot (n+2 - i) = a_n + (n+2)\sum \limits_{i=1}^{n+1} i - \sum \limits_{i=1}^{n+1} i^2$$ $$a_{n+1} = a_n + \dfrac{(n+2)(n+1)(n+2)}{2} - \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}$$ $$a_{n+1} = a_n + \dfrac{(n+1)(n+2)}{6} \cdot (3n+6 - 2n-3)$$ $$a_{n+1} = a_n + \dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6} = a_n + \binom{n+3}{3}$$ $$a_{n+1} = a_1 + \binom 43 + \binom 53 + \cdots + \binom {n+3}{3}$$ elde edilir. $a_1 = 1 = \binom 33$ olduğunu düşünürsek, $$a_{n+1} = \sum \limits_{i=3}^{n+3} \binom {i}{3}$$ olacaktır. $\binom {n-1}{m-1} + \binom {n-1}{m} = \binom {n}{m}$ olacağı için $\binom 33 + \binom 43 = \binom 44 + \binom 43 = \binom 54 $, $\binom 54 + \binom 53 = \binom 64$, $\dots$ şeklinde devam ettirirsek $$a_{n+1} = \binom {n+3}{3} + \binom {n+3}{4} = \binom{n+4}{4}$$ elde edilir. $n=9$ için $a_{10} = \binom {13}{4} = \dfrac{13\cdot 12 \cdot 10 \cdot 11 }{4 \cdot 3 \cdot 2} = 715$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

Diziyi $\{a_k\}_{k=1}^{\infty} = 10^k-1$ şeklinde tanımlayalım.

$a)$ öncülü doğrudur. $(10,p)=1$ şeklinde her $p$ asal sayısı için, Fermat'tan, $p \mid a_{p-1}$ dir. O halde, $p \nmid a_k$ şeklinde sadece $2$ asal sayı vardır. $p=2,5$.

$b)$ öncülü doğrudur. Bu dizinin bir terimini bölen her $p$ asal sayısı için, $ \{k_r\}_{r=1}^{\infty}=(p-1)\cdot r$ asal sayısı için, $p \mid a_{k_r}$ dir.

$c)$ öncülü doğrudur. Herhangi farklı $p_1, p_2, \dots, p_n \in \mathbb{P}-\{2,3,5\}$ asal sayıları için $k=2(p_1-1)(p_2-1)\cdots(p_n-1)$ aldığımızda, $a_k$ sayısı, $3,p_1,p_2,\dots, p_n$ sayılarının hepsine bölünecektir.

$d)$ öncülü doğrudur. $b)$ öncülünde $2$, $5$ haricindeki her asal sayının dizinin sonsuz çoklukta terimini böldüğünü göstermiştir. O halde her $n>4$ sayısı için $n$ den büyük her asal sayı, bu dizinin sonsuz çoklukta terimini böler.

Yanıt: $\boxed{C}$

$\lbrack x \rbrack = a$ ve $x=a+r$ olsun. ($0<r<1$)

$x^2-18(x-r) + 77 = 0 \Rightarrow x^2-18x+77 + 18r = 0$

$18r>0$ olduğu için $x^2-18x+77< 0 \Rightarrow 7<x<11$ dir. Bu durumda $a=8,9,10$ olabilir.

$a=8$ için, $x^2-18\cdot 8 + 77 = 0 \Rightarrow \boxed{x = \sqrt{67}}$.

$a=9$ için, $x^2-18\cdot 9 + 77 = 0 \Rightarrow \boxed{x = \sqrt{85}}$.

$a=10$ için, $x^2-18\cdot 10 + 77 = 0 \Rightarrow \boxed{x = \sqrt{103}}$.

Yanıt: $\boxed{B}$

$O$ çevrel merkez, $AH$ yükseklik olsun, $AB$ nin orta noktası da $M$ olsun. $OB=2\cdot OM$ olduğu için $\angle ABO = 30^\circ \Rightarrow \angle ACB = 60^\circ$ dir.
$HC=1$ ve $AH=\sqrt 3$ ten $AB=\sqrt 7$ ve alan eşitlğinden $x \cdot \sqrt {7} = 3 \cdot \sqrt 3 \Rightarrow x = \dfrac {3\sqrt {21}}{7}$.

Yanıt: $\boxed{B}$

Birler basamağı için $10$ durum söz konusu. Berk, $9$ tahmin yaptığında, Ayça hiçbir tahminde cevap olarak $2$ dememiş olabilir. Bu durumda $9$ tahmin yeterli değildir.
$10$ tahminde garantilemek için aşağıdaki gibi bir strateji takip edilebilir:

Berk sırasıyla $11$, $22$, $33$, $44$, $55$, $66$, $77$, $88$ tahmininde bulunur.
Berk bu tahminleri sıralarken olasılıklar şöyle:

• Berk hep $0$ cevabını alır.
  Demek ki, Ayça'nın tuttuğu sayı ya $90$ ya da $99$. Böylece, $9$ ya da $10$ tahminde tutturmuş olur.
  
  
• Berk bir kez $1$ cevabını alır.
  $1$ cevabını aldığı sayı $aa$ olsun. Ayça'nın tuttuğu sayı $a9$, $9a$ ya da $a0$ olacak.
  Berk önce $a0$ tahmininde bulunur.
  Tutmadıysa, $1$ cevabını aldıysa, $a$ nın yeri doğru demektir. O halde, Ayça'nın tuttuğu sayı $a9$ dur.
  Tutmadıysa, $0$ cevabını aldıysa, $a$ nın yeri yanlış ve sayı $0$ içermiyor demektir. O halde, Ayça'nın tuttuğu sayı $9a$ dır.
  Bu durumda da, Berk, $9$ ya da $10$ tahminde sayıyı tutturmuş oldu.
  
  
• Berk iki kez $1$ cevabını alır.
  Berk $n$. tahmininde ikinci kez $1$ cevabını almış olsun ($2\leq n \leq 8$).
  Bu sayılar $aa$ ve $bb$ olsun. Ayça'nın sayısı ya $ab$ ya da $ba$ olacak.
  O halde, Berk, bu durumda $3\leq n \leq 10$ tahmin aralığında sayıyı tutturabilir.
  
  
• Berk bir kez $2$ cevabını alır.
  Berk, sayıyı $2\leq n \leq 8$ tahmin aralığında tutturmuş demektir.
  
  

En kötü senaryoda $n=10$ tahmin gerekiyor.

Yanıt: $\boxed{A}$

$5^n$ nin ilk rakamı $x$ olsun.
$$7 \cdot 10^k < 2^n < 8\cdot 10^k$$ $$x \cdot 10^m < 5^n < (x+1)\cdot 10^m$$ Taraf tarafa çarparsak, $$7\cdot x \cdot 10^{k+m} < 10^n < 8\cdot (x+1) \cdot 10^{k+m}$$ $$7\leq 7x<10^{n-k-m}<8(x+1)\leq 80$$ olacaktır. $7$ ile $80$ arasında $10$ un kuvveti olan tek sayı $10^1$ olduğu için $7x<10 \Rightarrow x = 1$ dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$A(0), B(5), C(10), D(12), E(13)$ noktalarını çember üzerinde alalım. Sağlık ocağını da $S$ ile gösterelim.

$AB$ büyük yayının orta noktası $A_1(11)$ olsun. Sağlık ocağı bu noktaya kurulursa, sağlık ocağı en uzak kasabalara ($A$ ve $B$) $6$ km. uzaklıkta olacaktır. Bu da demektir ki, aradığımız uzaklık $6$ km. den büyük olamaz.

$A_2(6)$ olmak üzere; sağlık ocağı $\overset{\Huge\frown}{A_1A}$ ya da $\overset{\Huge\frown}{AA_2}$ küçük yayları üzerinde olmalıdır. Yani $\overset{\Huge\frown}{A_1AA_2}$ yayı üzerinde olmalıdır.
Benzer şekilde $B_1(16)$ ve $B_2(11)$ olmak üzere; $S \in \overset{\Huge\frown}{B_1BB_2}$ olmalı.
$C_1(16)$ ve $C_2(4)$ olmak üzere; $S \in \overset{\Huge\frown}{C_2CC_1}$ olmalı.
$E_1(2)$ ve $E_2(7)$ olmak üzere; $S \in \overset{\Huge\frown}{E_2EE_1}$ olmalı.

Bu dört aralığın kesişim kümesi sadece $A_1(11)=B_2(11)$ noktası ile $B_1(16) = C_1(16)$ noktasıdır.

Bu iki noktanın $D$ ye uzaklıkları $6$ km. den küçük olduğu için, bu iki nokta da sorudaki koşulu sağlar.

Yanıt: $\boxed{E}$

$ABCD$ ikizkenar yamuğunda içteğet çemberin merkezinden taban ve tavana dikmeler indirildiğinde, bu değme noktaları ve iç merkez doğrusal olacaktır. Bu doğru yamuğun simetri ekseni olacaktır.

$AN=x$ ve $DN=y$ olsun.

$B$ noktasının içteğet çembere göre kuvvetinden $BL\cdot BN = x^2 \Rightarrow \dfrac{BN}{BL} = \dfrac{BN^2}{x^2}$,

$C$ noktasının içteğet çembere göre kuvvetinden $CK\cdot CN = y^2 \Rightarrow \dfrac{CN}{CK} = \dfrac{CN^2}{y^2}$.

$\angle BAD = \alpha$ dersek, $BN^2 = 5x^2 - 4x^2\cdot \cos \alpha$ ve $CN^2 = 5y^2 + 4y^2\cdot \cos \alpha$ olur.

Bu durumda, $\dfrac{BN}{BL} + \dfrac{CN}{CK} = 5 - 4\cos \alpha + 5 + 4\cos \alpha = 10$ elde edilir.


Test Mantığı:

$ABCD$ yi neredeyse kare olan bir ikizkenar yamuk olarak düşünebiliriz. Bu durumda problem $1-2-\sqrt 5$ dik üçgeni ve çemberde kuvvet sorusuna dönüşüyor.

Önceki çözümdeki gibi $AN=x$, $DN=y$ değişkenlerini kullanırsak $\dfrac{BN}{BL} = \dfrac{BN^2}{x^2}$ ve $ \dfrac{CN}{CK} = \dfrac{CN^2}{y^2}$ elde ederiz.

$[AD$ üzerinde $[AD]$ dışında $M$ noktası $\triangle CMD \sim \triangle BNA$ olacak şekilde $M$ noktası aldığımızda $\dfrac {CM^2} {y^2} = \dfrac{BN^2}{x^2}$ olacaktır. Bu durumda, $$\dfrac{BN}{BL} + \dfrac{CN}{CK} = \dfrac{CM^2}{y^2} + \dfrac{CN^2}{y^2} = \dfrac{CM^2+CN^2}{y^2} $$ olacaktır.
$\triangle CMN$ de kenarortay teoreminden $CM^2 + CN^2 = 2(y^2 + 4y^2) = 10y^2$ olacağı için $\dfrac{BN}{BL} + \dfrac{CN}{CK} = 10$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{A}$

İddia 1: $n$ nin çift sayı olması durumunda $k>\dfrac{n}{2}$ iken bütün uçakların aynı havaalanında toplanması olanaksızdır. $k \leq\dfrac{n}{2}$ iken bütün uçakların aynı havaalanında toplanması mümkündür.

İddia 2: $n$ nin tek sayı olması durumunda $k$ nın her değeri için bütün uçakların aynı havaalanında toplanması mümkündür.

Bu iddialara göre $(n,k)=(10,6)$ durumunda uçakların aynı havaalanında toplanması olanaksız olduğunu anlarız. Şimdi Bu iddiaları ispat edelim.

İddia 1'in İspatı: Düzgün $2n$ genin köşeleri $A_0A_1\dots A_{2n-1}$ ve saat yönünde sıralanmış olsun. Tüm uçakların toplanacağı havaalanının $A_0$ olduğunu kabul edelim. $A_m$ havaalanındaki bir uçak $A_0$ a (saat yönünde veya ters yönde ilerlemesi durumuna göre) $m$ günde ya da $2n-m$ günde gidebilir. $m$ ve $2n-m$ sayılarının pariteleri (çift-tek durumları) aynıdır. Bunun anlamı: örneğin, $A_3$ deki bir uçak $A_0$ a tek sayı bir günde ulaşabilrken $A_4$ deki bir uçak $A_0$ a çift sayı bir günde ulaşabilir. Dolayısıyla pariteleri farklı olan uçaklar asla aynı yerde toplanamazlar. $0$ dan $2n-1$ e kadar olan sayılardan yarısı çifttir, yarısı da tektir. Eğer $k>n$ ise güvercin yuvası prensibi gereği en az bir uçağın bulunduğu yer çift indislidir ve en az bir uçağın bulunduğu yer de tek indislidir. Dolayısıyla bu uçakları asla bir araya getiremeyiz. $k\leq n$ ise $k$ tane uçağı çift indisli yerlere yerleştirerek $A_0$ da toplanmalarını sağlarız.

İddia 2'in İspatı: Düzgün $2n+1$ genin köşeleri $A_0A_1\dots A_{2n}$ ve saat yönünde sıralanmış olsun. Tüm uçakların toplanacağı havaalanının $A_0$ olduğunu kabul edelim. $A_m$ havaalanındaki bir uçak $A_0$ a (saat yönünde veya ters yönde ilerlemesi durumuna göre) $m$ günde ya da $2n+1-m$ günde gidebilir. Bu sayılardan biri çift iken diğeri tektir, yani pariteleri farklıdır. Dolayısıyla herhangi bir şehirdeki uçağı $A_0$ a istersek tek günde, istersek çift günde ulaştırabiliriz. Dolayısıyla çokgenin kenar sayısı tek sayı iken $k$ nın her değeri için bütün uçakların aynı havaalanında toplanması mümkündür.

Yanıt: $\boxed{C}$

$2^n+65=m^2$ olsun.$\mod5$ te incelersek $2^n \equiv m^2 \pmod5$ olur. Ayrıca her $m$ tam sayısı için $m^2\equiv 0,1\pmod5$, her $n$ pozitif tek tam sayısı için $2^n \equiv 2,3 \pmod5$ olduğundan $n$ tek sayı iken çözüm yoktur. $n=2a$ diyelim. Denklem $m^2-2^{2a}=65$ şekline dönüşür. İki kare farkı özdeşliğinden $(m-2^a)(m+2^a)=65$ yazılır. $a$ nın en büyük olması için $m-2^a=1$ ve $m+2^a=65$ durumunu incelemeliyiz. Buradan $m=33$, $a=5$ olup $n=10$ en büyük değeri elde edilir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$(\sqrt{10} + 3)^{2001}=a+b\sqrt{10}$ olacak şekilde $a,b$ tam sayıları vardır. Bu sayılar için $(\sqrt{10} - 3)^{2001}=a-b\sqrt{10}$ olur. Burada iki önemli gözlem yapmalıyız:

1. Gözlem: $(\sqrt{10} + 3)^{2001}+(\sqrt{10} - 3)^{2001}=2a$ şeklinde bir pozitif çift tam sayı olur. Bu gözlemin doğruluğu açıktır.


2. Gözlem: $0 < (\sqrt{10} - 3)^{2001} < 10^{-33}$ olur.

2. gözlemimizi ispatlayalım: $0 < (\sqrt{10} - 3)^2 < 10^{-1}$ olduğunu görelim. Gerçekten $(\sqrt{10} - 3)^2 < 10^{-1}\Leftrightarrow 10+9-6\sqrt {10} <\dfrac{1}{10}\Leftrightarrow 189 < 60\sqrt{10}\Leftrightarrow 189^2< 36000$ olur. Dolayısıyla $(\sqrt{10} - 3)^{2001} < (\sqrt{10} - 3)^{2000} < (10^{-1})^{1000}<10^{-33}$ elde edilir.

Bu 2. gözlemimize göre $(\sqrt{10} - 3)^{2001} $ pozitif sayısının virgülden sonraki ilk $33$ basamağının (hatta virgülden sonraki ilk $1000$ basamağının bile) $0$ olduğunu söyleyebiliriz. Dolayısıyla $(\sqrt{10} + 3)^{2001}=2a-(\sqrt{10} - 3)^{2001}$ sayısı $2a$ tam sayısına çok yakındır ve tam kısmı $2a-1$ dir. Ondalıklı kısmında ise virgülden sonra $33$ tane (hatta $1000$) tane $0$ rakamı bulunur.

Yanıt: $\boxed{C}$

$(MAN)$ çemberinin $A$ dan geçen çapı $AA'$ olsun. $A'MAN$ dörtgeninde, $\angle A'MA = \angle A'NA = 90^\circ$ dir. Ayrıca, $\angle MA'A + \angle MA'A = \angle MAB + \angle BAF$ olduğu için $\angle MA'A = \angle BAF$ ve benzer şekilde, $\angle FAC = \angle AA'N$ dir. $F$ den, $AB$ ve $AC$ ye inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $X$ ve $Y$ olsun. $AXFY \sim A'MAN$ olup, $MA/AN = XF/FY=\sqrt 2$ dir. $BF/FC = [ABF]/[AFC] = \dfrac{AB \cdot XF}{AC \cdot FY} = \sqrt 2 \cdot \sqrt 2 = 2$ dir.

$(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\angle MOA = 2x$ ve $\angle NOA = 2y$ olsun.
$\angle NAO = 90^\circ - y$, $\angle OAM = 90^\circ - x$, $\angle NMA = y$ ve $\angle MNA = x$ olacaktır. Bu durumda $\angle CAF = y$ ve $\angle FAB = x$ olur.
$BA$ bir kenarortay olacak şekilde $\triangle BCD$ yi oluşturalım. $\triangle ADB \cong \triangle ANM$ $(\text{KAK})$ olacaktır.
$A$ dan geçen ve $BD$ ye paralel olan doğru $BC$ yi $BC$ nin orta noktası $P$ de keser. $\angle BAP = y$, $\angle PAC = x$, dolayısıyla da $\triangle ABC$ de, $AP$ kenarortay; $AF$ de kenarortaysıdır. Bu durumda, $BF/FC = AB^2/AC^2 = 2$ olacaktır.

Ek olarak, $AP$ nin $MN$ ye dik olduğunu söyleyebiliriz.

Çoktan seçmeli sınav mantığı ile, $\angle CAB = 90^\circ$ olsun. Soru metninde ve şıklarda böyle olmasına engel bir durum söz konusu değil.

$\angle ACB = \alpha$ dersek, $ACB \cong ANM$ olduğu için $\angle ANM = \alpha$ olur. $(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\triangle MAN$ dik üçgen olduğu için $ON=OM=OA$, dolayısıyla $\angle MAO = \angle OMA = \alpha$ ve $\angle CAF = 90^\circ - \alpha$. $\angle CAF + \angle ACF = 90^\circ$ olduğu için $\triangle ABC$ dik üçgeninde Öklit'ten $BF:FC = AB^2 : AC^2 = 2 : 1$ elde edilir.

$(MAN)$ çemberinin merkezi $O$ olsun. $\angle MOA = 2x$ ve $\angle NOA = 2y$ olsun.
$\angle NAO = 90^\circ - y$, $\angle OAM = 90^\circ - x$, $\angle NMA = y$ ve $\angle MNA = x$ olacaktır. Bu durumda $\angle CAF = y$ ve $\angle FAB = x$ olur.

$B$ den geçen $AC$ ye paralel olan doğru ile $AF$ doğrusu $E$ de kesişsin.
Paralellikten $\angle CAF = \angle BEA = y$ ve $(AA)$ eşliğinden $\triangle ABE \sim \triangle NAM$ olacaktır.

$\dfrac {BE}{AB} = \dfrac {AM}{AN} \Rightarrow BE = 2$.

Paralellikten $\dfrac {BF}{FC} = \dfrac {BE}{AC} = 2$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$AA'$ doğru parçası $(MAN)$ çemberinin çapı olsun. $MANA'$ kirişler dörtgeninde $\angle AMA'=90^{\circ}$ olduğundan $F$ noktası $AA'$ doğrusu üzerinde olacaktır. Ayrıca $MA\perp AB$ ise
$$\angle ANM=90^{\circ}-\angle A'NM=90^{\circ}-\angle A'AM=\angle BAF$$
olur. Benzer şekilde $\angle FAC=\angle AMN$ olduğu için $AMN$ üçgeninde Sinüs Teoremi'nden

$$\dfrac{BF}{FC}=\dfrac{AB\cdot AF\cdot \sin \angle BAF}{AC\cdot AF\cdot \sin \angle FAC}=\dfrac{AB\cdot \sin \angle ANM}{BC\cdot \sin \angle AMN}=\dfrac{AB\cdot AM}{BC\cdot AN}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$$
elde edilir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$f(0,0) = a_0$, $f(0,1) = a_1$, $\dots$ , $f(0,6)=a_6$ olsun.

$m=2, n=3$ için $f(x,y) = f(x,y+7)$ ve

$m=n=1$ için $f(x,y)=f(x+1,y+1)$ olduğu için $f(x,y)$ bu $7$ değerden farklı değer alamaz.

Yanıt: $\boxed{C}$

$p>2$ için $p$ tek sayı olacağı için sol taraf her zaman çift, sağ taraf da her zaman tek sayı olacaktır. O halde buradan çözüm gelmez.

$p=2$ için denklem $3^n = 1 + 2n + n^2 = (n+1)^2$ ye dönüşüyor. $f(n) = 3^n - (n+1)^2$ fonksiyonu $n>2$ den sonra her zaman pozitif olacağı için denememiz gereken iki $n$ değeri kalıyor: $n=2$ ve $n=1$. Bu durumda sadece $(p,n)=(2,2)$ çiftinin çözüm olduğu kolayca görülebilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$a^2+b^2 = (a-b)^2 + 2ab = \dfrac 1{a^2b^2} + 2ab$ dir. $AO\geq GO$ dan $$\dfrac{\frac 1{a^2b^2} + ab + ab}{3} \geq \sqrt[3]{\dfrac 1{a^2b^2}\cdot ab \cdot ab} = 1 \Rightarrow a^2+b^2 \geq 3$$ elde edilir.