Tübitak Lise 1. Aşama - 2004 Çözümleri

Elemanlarının hepsi $102$ den küçük olan ve herhangi iki elemanının toplamını içermeyen bir pozitif tam sayı kümesinin en çok kaç elemanı olabilir?

$
\textbf{a)}\ 49
\qquad\textbf{b)}\ 50
\qquad\textbf{c)}\ 51
\qquad\textbf{d)}\ 54
\qquad\textbf{e)}\ 62
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

Kümede hiç tek sayı yoksa, $\{2, 4, \ldots , 100\}$, en fazla $50$ eleman seçilebilir.
Kümede en az bir tek sayı olsun ve bunların en büyüğü $2k+1$ olsun.
$\{1,2,\ldots, 101\}$ kümesini $A = \{1,2,\ldots, 2k\}$, $B = \{2k+1\}$, $C=\{2k+2, \ldots, 2\cdot 50 +1\}$ şeklinde üç kümeye ayıralım.
$|A|=2k$, $|B|=1$, $|C|=100-2k$.
$2k+1$ seçtiğimiz kümede yer aldığı için, $C$ den sadece çift sayılar seçilebilir.
$A$ kümesini $k$ ayrık kümeye $A_1=\{1, 2k\}$, $A_2=\{2, 2k-1\}$, $\ldots$, $A_k=\{k, k+1\}$ şeklinde ayırırsak her kümeden en fazla $1$ eleman seçilebilir.
Bu durumda seçilecek küme en fazla $\dfrac {2k}2 + 1+ \dfrac{100-2k}{2}=k+1+50-k=51$ elemanlı olabilir.

Ayrıca istenen koşulan sahip $51$ elemanlı örnek bir küme vardır: $\{51, 52, 53, \dots, 101\}$.

Çözüm 2:

Aşağıdaki çözüm Google Gemini 3 Pro modeline ait birkaç cevabın birleştirilmesi ile oluşturulmuştur.

Bu problem, matematikte "toplamı içermeyen kümeler" (sum-free sets) olarak bilinen konuya girer. Amacımız, $\{1, 2, 3, \dots, 101\}$ kümesi içinden, herhangi iki elemanının toplamı yine kümenin içinde olmayan en geniş alt kümeyi bulmaktır.

Bu tür bir kümenin eleman sayısının en fazla kaç olabileceğini bulmak için iki etkili yöntem (strateji) vardır.

1. Strateji: Büyük Sayıları Seçmek (Üst Yarı Yöntemi)
Kümeye sayı doğrusunun en sonundaki (en büyük) sayıları alırsak, bu sayıların toplamı evrensel kümemizin ($101$) dışına taşacaktır.

Kümenin en küçük elemanı $n$ olsun.
Bu kümeden seçilecek en küçük iki sayının toplamı (kendisiyle toplamı dahil) en az $n + n = 2n$ olacaktır.
Bu toplamın, kümenin en büyük elemanı olan $101$'den büyük olması gerekir ki küme içinde yer almasın. $$2n > 101$$ $$n > 50.5$$
Bu durumda $n$ en az $51$ olabilir.

Kümeyi oluşturalım: $$A = \{51, 52, 53, \dots, 101\}$$

Bu kümedeki herhangi iki sayıyı toplarsak (en küçük toplam $51+51=102$), sonuç $101$'den büyük olacağı için kümenin içinde yer alamaz.

Eleman Sayısı:
Terim Sayısı = (Son Terim - İlk Terim) + 1. $$101 - 51 + 1 = 51$$
2. Strateji: Tek Sayıları Seçmek
Eğer kümemizi sadece tek sayılardan oluşturursak: $$B = \{1, 3, 5, \dots, 101\}$$
Herhangi iki tek sayının toplamı bir çift sayıdır. Kümemizde hiç çift sayı bulunmadığı için, toplamların hiçbiri kümede yer almaz.
Eleman Sayısı: $$\frac{101 - 1}{2} + 1 = 51$$

Sonuç: Her iki stratejiyle de ulaşılabilen maksimum eleman sayısı $51$'dir.

Şimdi de, Güvercin Yuvası İlkesi mantığına dayanan zarif bir "çelişki ile ispat" yapalım.

Varsayalım ki bu kümenin (adına $A$ diyelim) eleman sayısı $k$ olsun. Biz bu kümenin $k=52$ elemanlı olup olamayacağını test edeceğiz.

Adım 1: Kümeyi ve En Büyük Elemanı Tanımlayalım
Kümemizin elemanlarını küçükten büyüğe sıralayalım:
$$A = \{a_1, a_2, a_3, \dots, a_k\}$$
Burada $a_k$, kümenin en büyük elemanıdır ve soruda verilen sınıra göre $a_k \le 101$ olmak zorundadır.

Adım 2: "Farklar Kümesi" Oluşturalım
Şimdi, matematiksel bir hile yapalım. Kümenin en büyük elemanı olan $a_k$'dan, kendisi hariç diğer tüm elemanları çıkararak yeni bir $B$ kümesi oluşturalım:
$$B = \{a_k - a_1,\ a_k - a_2,\ \dots,\ a_k - a_{k-1}\}$$

Bu $B$ kümesinin özellikleri şunlardır:

$B$ kümesinin eleman sayısı, $A$'nınkinden tam 1 eksiktir ($k-1$ tane).
$B$'deki tüm sayılar pozitiftir.

Adım 3: Kritik Çakışma Noktası
Şimdi asıl soru şu: $A$ kümesi ile $B$ kümesinin ortak bir elemanı olabilir mi?

Eğer ortak bir elemanları olsaydı (diyelim ki bu sayı $x$ olsun);

$x$, $A$ kümesinin içinde olurdu ($x \in A$).
$x$, $B$ kümesinin de içinde olduğu için $x = a_k - a_i$ şeklinde yazılabilirdi (burada $a_i$, $A$ kümesinden bir sayı).

Bu denklemi düzenlersek:
$$x = a_k - a_i \implies x + a_i = a_k$$

Bu şu anlama gelir: $A$ kümesinden iki sayının ($x$ ve $a_i$) toplamı, yine $A$ kümesindeki başka bir sayıya ($a_k$) eşittir.
Fakat biz en başta kümenin "toplam içermeyen" bir küme olduğunu kabul etmiştik. Dolayısıyla $A$ ve $B$ kümelerinin hiçbir ortak elemanı olamaz.

Adım 4: Sonuç (Güvercin Yuvası)
Ortak elemanları yoksa, bu iki kümedeki toplam sayı adedi, evrensel sınırımızı ($a_k$) geçemez.

$A$ kümesindeki eleman sayısı: $k$
$B$ kümesindeki eleman sayısı: $k-1$
Toplam farklı pozitif tamsayı adedi: $2k - 1$

Bu sayıların hepsi $a_k$'dan küçük veya eşittir (çünkü hepsi pozitif tamsayılardır ve en büyüğü $a_k$'dır). O halde:
$$2k - 1 \le a_k$$

Biz $a_k$'nın en fazla $101$ olabileceğini biliyoruz ($a_k \le 101$). Eşitsizliği birleştirelim:
$$2k - 1 \le 101$$
$$2k \le 102$$
$$k \le 51$$

Sonuç: Matematiksel olarak ispatladık ki, bu şartları sağlayan bir kümenin eleman sayısı ($k$) $51$'i asla geçemez. Yani $52$ elemanlı bir küme oluşturmak imkansızdır.

$\{a_1, a_2, a_3, a_4, a_5\} = \{1, 2, 3, 4, 5\}$ ise, $a_1+2a_2+3a_3+4a_4+5a_5$ toplamının alabileceği en büyük değerle en küçük değer arasındaki fark nedir?

$
\textbf{a)}\ 20
\qquad\textbf{b)}\ 15
\qquad\textbf{c)}\ 10
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ 0
$

Çözüm:

En büyük değeri alması için katsayısı büyük olan terimlere büyük değerler verilmelidir. Yani $(a_5,a_4,a_3,a_2,a_1)=(5,4,3,2,1)$ olmalıdır.
Buradan en büyük değer $1+2.2+3.3+4.4+5.5=1+4+9+16+25=55$ olur. En küçük değer için büyük katsayılı terimlere küçük olan değerleri vermeliyiz. Yani $(a_5,a_4,a_3,a_2,a_1)=(1,2,3,4,5)$ olmalıdır. Buradan en küçük değer $1.5+2.4+3.3+4.2+5.1=5+8+9+8+5=35$ olur. Aradaki fark $55-35=20$ olur. Cevap $A$.

Kenar uzunlukları $a, b, c$ olan bir üçgende $a\leq2\leq b\leq 3$ ise, bu üçgenin alanı en çok kaç olabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$A = \dfrac 12 \cdot a \cdot b \cdot \sin \theta \leq \dfrac 12 \cdot a \cdot b \leq \dfrac 12 \cdot 2 \cdot 3 = 3$.

$n$ nin aşağıdaki değerlerinden hangisi için $a^2 + ab - 6b^2 = n$ eşitliğini sağlayan $a$, $b$ tam sayıları bulunur?

$
\textbf{a)}\ 17
\qquad\textbf{b)}\ 19
\qquad\textbf{c)}\ 29
\qquad\textbf{d)}\ 31
\qquad\textbf{e)}\ 37
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

$a^2 + ab - 6b^2 = (a-2b)(a+3b) = n$ ve $(a+3b)-(a-2b) = 5b$ olduğu için $n$ nin farkları $5$ ile bölünebilen iki sayının çarpımı şekilde yazılabilmesi lazım.
Şıklardan sadece $31 = 31 \cdot 1$ bu şekilde yazılabilir.
$a+3b = 31$ ve $a-2b=1$ sisteminin ortak çözümünden $a=13$ ve $b=6$ sayıları denklemi sağlar.

Farklı ağırlıktaki dört taş, iki kefeli bir teraziyi en az kaç kez kullanarak hafiften ağıra doğru sıralanabilir?

$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 7
\qquad\textbf{e)}\ 8
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Farklı sıralama sayısı $4!$ dir. $n$ tartım yapıldığında $2^{n}$ durum olabileceğinden $2^{n} \geq 24$ eşitsizliğinden $n \geq 5$ elde edilir.
$5$ tartımda ağırlıkları $a, b, c, d$ olan taşları hafiften ağıra doğru nasıl sıralanabileceğini gösterelim:
Önce $a$ ile $b$'yi ve $c$ ile $d$'yi tartalım, sonuç örneğin $a<b$ ve $c<d$ olsun. Sonra $a$ ile $c$'yi tartalım, sonuç örneğin $a<c$ olsun. Bu durumda $a<d$ olduğundan $a$ ile $d$'yi tartmaya gerek kalmayacak. Şimdi $b$ ile $c$'yi ve $b$ ile $d$'yi tartarsak tüm ikilileri karşılaştırmış olacağız ve böylece $5$ tartım ile taşları sıralayabileceğiz. Diğer durumlar da ayn şekilde incelenir.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 1.83, Sayfa 125.

$x+y+z = 90$ eşitliğini sağlayan kaç $(x, y, z)$ pozitif tam sayı üçlüsü için $\dfrac xn = \dfrac y{n + 1} = \dfrac z{n + 2}$ koşulunu sağlayan bir $n$ pozitif tam sayısı vardır?

$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 7
\qquad\textbf{e)}\ 9
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

$\dfrac{x}{n}=\dfrac{y}{n+1}=\dfrac{z}{n+2} = \dfrac {x+y+z}{n+n+1+n+3} = \dfrac {90}{3(n+1)} = \dfrac {30}{n+1} $

$y=30$, $x = \dfrac{30n}{n+1}$, $z = \dfrac{30(n+2)}{n+1}$

$n>0$ bir tam sayı olmak üzere; $\text{obeb} (n,n+1) = \text{obeb} (n+1, n+2) = 1$ olduğu için $n+1 \mid 30$ olur.
$30$'un $8$ pozitif böleni vardır. Bunlardan biri ($1$), $n=0$ durumuna yol açar. Bu nedenle cevap $\boxed{(D)\ 7}$ olarak bulunur.

Çevresinin uzunluğu $\pi$ olan bir üçgenin dış bölgesinde kalan ve üçgene olan uzaklığı $1$ i aşmayan noktaların oluşturduğu bölgenin alanı nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$A$, $B$, $C$ merkezli $1$ er yarıçaplı çemberler çizelim. Üçgene uzaklığı $1$ i aşmayan noktalar kümesi, bu çemberler ve onların ortak dış teğetlerinin aşağıdaki şekildeki gibi sınırladığı bölgedir.

Bu bölgeyi üç dikdörtgen ve üç daire dilimi şeklinde görebiliriz.
Üç dikdörtgenin toplam alanı $BC \cdot 1 + AC \cdot 1 + AB \cdot 1 = \pi$ dir.
Üç daire diliminin açıları toplamı $180^\circ - \angle A + 180^\circ - \angle B + 180^\circ - \angle C = 360^\circ$ olduğu için bunların alanları toplamı bir daire diliminin alanına, yani $\pi \cdot 1^2 = \pi$ ye eşit olacaktır.
Bu durumda, bölgenin toplam alanı $\pi + \pi = 2\pi$ olacaktır.

$a_1 = \sqrt 7$ ve $i \geq 1$ için $b_i = \lfloor a_i \rfloor$, $a_{i+1} = \dfrac 1{b_i - \lfloor b_i \rfloor}$ olsun. $b_n$ nin $4$ e bölünmesini sağlayan $2004$ ten büyük en küçük $n$ tam sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 2005
\qquad\textbf{b)}\ 2006
\qquad\textbf{c)}\ 2007
\qquad\textbf{d)}\ 2008
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Bu soru iptal edilmiştir.

Çözüm 2:

Payda sıfırlandığı için bu soru iptal edilmiştir. Sorunun yazarı bunu bilemeyecek kadar matematiğe uzak olamazdı elbette. Bu sorunun başına ne geldiği benim için de bir merak konusuydu. Fakat soruyu da toparlayamıyordum. ChatGPT 5.2 Thinking modelinden bu gizemi aydınlatmasını istedim. Burada küçücük bir harf yazımı hatası vardır ve onu düzeltirsek soru kurtuluyormuş. YZ'nin düzeltmesini ve yanıtını sunuyorum:

Düzeltilmiş Versiyon: $a_1 = \sqrt 7$ ve $i \geq 1$ için $b_i = \lfloor a_i \rfloor$, $a_{i+1} = \dfrac 1{a_i - \lfloor b_i \rfloor}$ olsun. $b_n$ nin $4$ e bölünmesini sağlayan $2004$ ten büyük en küçük $n$ tam sayısı nedir?

$ \textbf{a)}\ 2005 \qquad\textbf{b)}\ 2006 \qquad\textbf{c)}\ 2007 \qquad\textbf{d)}\ 2008 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri} $

Yanıt: $\boxed{A}$

Çözüm: Sorunun ana motivasyonu sürekli kesirler kavramıdır. $a_1=\sqrt7$ için $b_1=\lfloor \sqrt7\rfloor=2$ ve
$a_2=\dfrac{1}{\sqrt7-2}=\dfrac{\sqrt7+2}{3}$ olur. Buradan $b_2=\left\lfloor\dfrac{\sqrt7+2}{3}\right\rfloor=1$ olur.
Devam edelim:
$a_3=\frac{1}{a_2-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7+2}{3}-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7-1}{3}}
=\frac{3}{\sqrt7-1}
=\frac{\sqrt7+1}{2}$ olur ve dolayısıyla $b_3=1$.

$a_4=\frac{1}{a_3-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7+1}{2}-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7-1}{2}}
=\frac{2}{\sqrt7-1}
=\frac{\sqrt7+1}{3}$ olur ve dolayısıyla $b_4=1$.

$a_5=\frac{1}{a_4-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7+1}{3}-1}
=\frac{1}{\frac{\sqrt7-2}{3}}
=\frac{3}{\sqrt7-2}
=\sqrt7+2$ ve buradan $b_5=\lfloor \sqrt7+2\rfloor=4$.

Ayrıca $a_6=\frac{1}{a_5-\lfloor a_5\rfloor}
=\frac{1}{(\sqrt7+2)-4}
=\frac{1}{\sqrt7-2}
=\frac{\sqrt7+2}{3}
=a_2$. Demek ki dizi $a_2$'den itibaren periyodiktir ve $(b_2,b_3,b_4,b_5)=(1,1,1,4)$ dört adımda tekrar eder. Bu nedenle $b_n=4$ ancak ve ancak
$n\equiv 1 \pmod 4$ iken (ve $n\ge 5$) gerçekleşir. $2004\equiv 0\pmod4$ olduğundan $2004$'ten büyük ve $1 \pmod4$ olan en küçük tam sayı $2005$'tir.

$40$ satır ve $7$ sütundan oluşan bir satranç tahtasının her birim karesine $0$ ve $1$ sayılarından birini yazıyoruz. Bu yazım sonucu, farklı herhangi iki satırda oluşan diziler birbirinden farklıysa, en çok kaç tane $1$ kullanılmış olabilir?

$
\textbf{a)}\ 198
\qquad\textbf{b)}\ 128
\qquad\textbf{c)}\ 82
\qquad\textbf{d)}\ 40
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{A}$

Olabildiğince çok $1$ kullanmaya çalışacağız. Bir satırda en fazla $7$ tane $1$ kullanılabilir.

$7$ tane $1$ kullanılan sadece $1$ satır olabilir.

$6$ tane $1$ kullanılan en fazla $\dbinom{7}{6}=7$ satır olabilir.

$5$ tane $1$ kullanılan en fazla $\dbinom{7}{5}=21$ satır olabilir.

$4$ tane $1$ kullanılan en fazla $\dbinom{7}{4}=35$ satır olabilir.

Dolayısıyla en fazla $1$ kullanmak için $1$ adet $7$ tane birli, $7$ adet $6$ tane birli, $21$ adet $5$ tane birli ve $11$ adet $4$ tane birli kullanmalıyız. Toplamda $$1\cdot 7+7\cdot 6+21\cdot 5+11\cdot 4=198$$ adet $1$ kullanılmış olabilir.

$x$ bir gerçel sayı olmak üzere $(x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)$ çarpımının alabileceği en küçük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ -\dfrac 14
\qquad\textbf{b)}\ -\dfrac 13
\qquad\textbf{c)}\ -\dfrac 12
\qquad\textbf{d)}\ -1
\qquad\textbf{e)}\ -2
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{D}$

Sırasıyla $1$ ve $4$. İfadeyi çarpalım. $(x^2-5x+4)(x^2-5x+6)$ elde edilir. $x^2-5x=\alpha $ dönüşümü yapıp açalım,

$\alpha^2+10\alpha+24+1-1=(\alpha+5)^2-1 \Rightarrow (\alpha+5)^2\ge 0 $ ifadenin en küçük değeri $-1$ dir.

Bir üçgenin iç açılarının tanjantları tam sayılarsa, bu sayıların toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 9
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Önerme:

Bir üçgenin iç açıları arasında $\tan (A) + \tan (B) + \tan (C) = \tan (A) \tan (B) \tan (C)$ bağıntısı vardır.

İspat:

$ A+B+C=180^\circ$ olup $ A+B=180^\circ-C$ olacaktır. Ve $\tan (A+B)=\tan (180^\circ-C)$ olur. Tanjantın toplam formülünü kullanacak olursak

$$ \dfrac {\tan A+\tan B } {1-\tan A\tan B} = -\tan C$$
$$\tan(A) + \tan(B) + \tan(C) = \tan(A)\tan(B)\tan(C)$$
O halde sorumuzu çözelim. $a,b,c \in Z$ olmak üzere $\tan(A) = a$ , $\tan(B) = b$ ve $\tan(C)=c$ diyelim. Bu durumda
$$a+b+c = abc$$

denkleminin tamsayılarda çözümlerini arıyoruz. Denklem simetrik olduğundan $ a \leq b \leq c$ kabülü yapalım. Bu durumda $a+b+c = abc \leq 3c$ olacaktır. Yani $ab \leq 3$ olacaktır. $a = 1$ $b=2$ $c=3$ veya $a = 2$ $b=1$ $c=3$ gibi çözümler, bu denklemin çözümleridir. O halde cevabımız $1+2+3 = 6$ dır.

$i, o, p, t, y \in \{0, 1, 2, \dots , 9\}$ olmak üzere, $top^2 = iyitop$ ise, $y - i$ kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

$\left ( \overline{top} \right )^2 = \overline{iyi000} + \overline{top}$

$\left ( \overline{top} \right )^2 - \overline{top} = \overline{iyi000} \equiv 0 \pmod {1000}$

$\overline{top} \equiv x \pmod {1000}$ olsun.

$x^2 - x \equiv 0 \pmod {1000}$ olması için $x(x-1) \equiv 0 \pmod 8$ ve $x(x-1) \equiv 0 \pmod {125}$ olması gerekir.

$x \equiv 0,1 \pmod 8$ ve $x \equiv 0, 1 \pmod {125}$ denklem sisteminden $4$ çözüm gelir.

$x = 8k = 125m \Rightarrow x \equiv 0 \pmod {1000}$

$x = 8k+1 = 12m + 1 \Rightarrow x \equiv 1 \pmod {1000}$

$x = 8k + 1 = 125m \Rightarrow 1 \equiv 125m \equiv 5m \pmod 8 \Rightarrow m \equiv 5 \pmod 8$ $\Rightarrow x \equiv 125(8n + 5) \equiv 625 \pmod {1000}$

$x = 8k = 125m + 1 \Rightarrow -1 \equiv 125m \equiv 5m \pmod 8 \Rightarrow m \equiv -5 \equiv 3 \pmod 8$ $\Rightarrow x \equiv 125(8n+3) + 1 \equiv 376 \pmod {100}$

$\overline{top} = 625 \Rightarrow 625^2 = 390625 \neq \overline{iyi625}$ sağlamaz.

$\overline{top} = 376 \Rightarrow 376^2 = 141376 \Rightarrow i = 1, y = 4$ ve $y-i = 4-1 = 3$ sağlar.

$\overline{top} = \overline{000}$ ve $\overline{top} = \overline{001}$ sayılarının karesinin aldığımızda $6$ basamaklı sayılar oluşmaz.

O halde yanıt: $\boxed D$

Not: Soruda $\overline{top}$'un $3$ basamaklı $\overline{iyitop}$'un da $6$ basamaklı sayılar olduğu daha açık bir şekilde belirtilmeliydi.
Aksi durumda sorudaki gösterim $t\cdot o \cdot p^2 = i \cdot y \cdot i \cdot t \cdot o \cdot p$ şeklinde de yorumlanabilirdi.
Ayrıca $\overline{000}^2 = \overline{000000}$ da bir açıdan bakıldığında denklemi sağlar. Bunun için $6$ basamaklı sayı vurgusu buradaki belirsizliği ortadan kaldırabilir.

Dört $0$, beş $1$, ve bir $2$ kullanarak on basamaklı kaç farklı tam sayı yazılabilir?

$
\textbf{a)}\ 1260
\qquad\textbf{b)}\ 1134
\qquad\textbf{c)}\ 756
\qquad\textbf{d)}\ 630
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

İlk basamağa $0$ lar hariç $6$ sayı yazılır. Tekrarlı permütasyondan $\dfrac {6 \cdot 9!}{4!\cdot 5!} = 756$ elde edilir.

Çözüm 2:

$2$ nin başta olduğu $\dfrac {9!}{5! \cdot 4!}$, $1$ lerden birinin başta olduğu $\dfrac {9!}{4! \cdot 4!}$ sayı yazılabilir.
Toplarsak $\dfrac {9!}{4! \cdot 4! } \left ( \dfrac {1}{5} + 1 \right ) = \dfrac {9!}{4!} \cdot \dfrac {6}{5} = 756$ elde ederiz.

Çözüm 3:

Tekrarlı permütasyondan hiçbir şartsız $\dfrac {10!}{5!\cdot 4!}$ sayı yazılabilir.
$0$ nın başta olduğu $\dfrac {9!}{3!\cdot 4!}$ sayı yazılabilir.

Aradığımız yanıt $\dfrac {10!}{5! \cdot 4!} - \dfrac {9!}{3!\cdot 5!} = \dfrac {9!}{3! \cdot 5!} \left ( \dfrac {10}{4} - 1 \right ) = 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot \dfrac 32 = 756$ dır.

Çözüm 4:

Tüm durumların $\dfrac{4}{10}$'u $0$ ile başlar. $\dfrac{6}{10}$'u diğer rakamlarla başlar. Böylece istenen durumların sayısı, tüm durumların $\dfrac{6}{10}$'u olur. Tekrarlı permütasyon ile
$$\dfrac{6}{10}\cdot \dfrac{10!}{4!\cdot 5!} = 756$$ bulunur.

$x^4 - 4x^3 + 5x^2 - 4x + 1 = 0$ denkleminin gerçel köklerinin toplamı nedir?

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

Çözüm 1:

$x^4-4x^3+5x^2-4x+1=(x^2+ax+1).(x^2+bx+1)$ şeklinde olabilir. Burada bir tahmin yapmış oldum. Polinom eşitliğini kullanırsak
$a+b=-4$ ve $a.c=3$ eşitliklerini elde ederiz buradan $a=-3$ ve $b=-1$ bulunur. Yani $x^4-4x^3+5x^2-4x+1=(x^2-3x+1).(x^2-x+1)$ olur.
$1)$ $(x^2-3x+1)=0 \Rightarrow x_1+x_2=3$
$2)$ $(x^2-x+1)=0 \Rightarrow \Delta\lt0$ olduğundan reel kök yoktur.

Öyleyse gerçel kökler toplamı $3$ olur. Cevap $C$

Çözüm 2:

$x^4-4x^3+6x^2-4x+1-x^2=(x-1)^4-x^2=[(x-1)^2-x][(x-1)^2+x]=$
$=(x^2-3x+1)(x^2-x+1)=0$

Kenar uzunluğu $6$ olan bir $ABCD$ karesinin $[BC]$ ve $[CD]$ kenarları üzerinde, $|CR| + |RT| + |TC| = 12$ olacak biçimde sırasıyla $R$ ve $T$ noktaları alınıyor. $\tan(\widehat{RAT})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 2\sqrt 3
\qquad\textbf{b)}\ \sqrt 3
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 13
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{e)}\ 1
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$TR$ üzerinde $DT = TH$ olacak şekilde bir $H$ noktası alalım. $DT+TC=HT+TC=6=BC=BR+RC=RH+RC$ olduğu için $HR=BR$ dir.
$AT^2 = AD^2 + DT^2$ ve $AR^2 = AB^2 + BR^2$ olduğu için $AT^2 - AR^2 = DT^2 - BR^2 = TH^2 - RH^2$, yani $AH \perp TR$ olacaktır.
Bu durumda, $\angle DAT = \angle HAT$ ve $\angle HAR = \angle BAR$, yani $\angle RAT = 45^\circ$, $\tan \angle RAT = 1$ olacaktır.

Asal çarpanlarına ayrıldığında tüm asal çarpanlarının kuvvetleri tek sayı olan pozitif tam sayıların oluşturduğu küme, en çok kaç ardışık tam sayı içerir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ 15
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{B}$

$8$'den fazla ardışık tam sayı içeremeyeceğini gösterelim. Eğer $8$ ardışık tam sayı varsa bu sayılar $8$'e bölündüğünde $0,1,2,\dots,7$ kalanları verir. $8$'e bölündüğünde $4$ kalanı veren sayının asal çarpanlarına ayrılmış halinde $2$'nin kuvveti $2$'dir. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla en fazla $7$ ardışık sayı içerebilir. $7$ için örnek durum bulalım. $$29,~~ 30~ (=2\cdot 3\cdot 5), ~~31,~~ 32 ~(=2^5), ~~33 ~(=3\cdot 11), ~~34 ~(=2\cdot 17),~~ 35~ (=5\cdot 7)$$ Dolayısıyla en fazla $7$ ardışık sayı olabilir.

$1$ ile başlayıp her adımda elimizdeki sayıya $1$ ekleyerek veya çarpmaya göre tersinin negatifini alarak, sonlu sayıda adımda aşağıdakilerden hangisini elde edemeyiz?

$
\textbf{a)}\ -2
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 53
\qquad\textbf{d)}\ 7
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

$1$ ekleme işlemini $a$ ile, bu işlemin $k$ kez uygulandığını $a^k$ ile, çarpamaya göre tersinin negatifini almayı $b$ ile gösterelim.
$(1, a^n) = n+1$ olacağı için $(1, a^6)=7$.

$-2$ ve $\dfrac 12$ sayıları birbirlerinden $(-2, b)=\dfrac 12$ elde edilebileceği için cevap ikisi de olamaz. (Yine de örnek vermek gerekirse $(1, aba)=-\dfrac 12$ ve $(1, abab)=-2$)

Bu durumda sadece $\dfrac {5}{3}$ ün elde edilip edilemeyeceğini göstermemiz yeterli.
$(1, a^2ba^2)=\dfrac 53$

O halde yanıt, $\boxed{\text{Hiçbiri}}$dir.

Tüm $x$ gerçel sayıları için $x^2 \geq C \lfloor x \rfloor (x - \lfloor x \rfloor)$ eşitsizliğinin doğru olmasını sağlayan en büyük $C$ gerçel sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ 9
\qquad\textbf{e)}\ 25
$

Çözüm 1:

(Mustafa Töngemen)

$a)$ $x$ tam sayı ise $x^2\ge C(x-x) \Rightarrow x^2\ge 0$ olduğundan eşitsizlik tüm tam sayılar için geçerlidir.

$b)$ $x$ tam sayı değilse, $a$ tamsayı olmak üzere, $a\le x<a+1$, $[ x ]=a$ dır.

$x^2\ge C(x-a)\Rightarrow x^2-Cx+Ca\ge 0$ olur, her gerçel sayı için sağlanması $\triangle \le 0$ olmasıyla mümkündür.

$\triangle=a^2C^2-4a^2C\le 0 \Rightarrow C(C-4)\le 0 \Rightarrow 0\le C\le 4$ olur ve $C$ nin en büyük değeri $4$ bulunur.

Çözüm 2:

$x=m+t$ dersek $0\le t<1$ olmak üzere

$(m+t)^2\ge C.m.t \Longrightarrow m^2+t^2\ge(C-2)m.t$

$C=4$ için ifade doğrudur eşitlik durumu ancak $m$'yi $t$'ye çok yaklaştırdığımızda gerçekleşir.

Örnek durum $x=1,999999999999998$

$S_1$ ve $S_2$ çemberleri $A$ ve $B$ noktalarında kesişiyor. $B$ den geçen bir doğru $S_1$ i $B$ dışında $D$ noktasında ve $S_2$ yi ise yine $B$ dışında $C$ noktasında kesiyor. $D$ den $S_1$ e çizilen teğet ile $C$ den $S_2$ ye çizilen teğetin kesişim noktası $E$ ve $|AD| = 15$, $|AC| = 16$, $|AB| = 10$ ise, $|AE|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 20
\qquad\textbf{b)}\ 24
\qquad\textbf{c)}\ 25
\qquad\textbf{d)}\ 26
\qquad\textbf{e)}\ 31
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle DAB = \angle CDE = \angle EAC$ ve $\angle ADB = \angle AEC$ olduğu için $\triangle ABD \sim \triangle ACE$ dir. $$\dfrac{AD}{AE} = \dfrac{AB}{AC} \Rightarrow 15 \cdot 16 = 10 \cdot AE \Rightarrow AE=24$$

Aşağıdaki ifadelerin hangisinin $25$ e bölünmesini sağlayan bir $x$ tam sayısı bulunur?

$\textbf{a)}$ $x^3-3x^2+8x-1$

$\textbf{b)}$ $x^3+3x^2-2x+1$

$\textbf{c)}$ $x^3 + 14x^2 + 3x-8$

$\textbf{d)}$ $x^3 - 5x^2 + x+1$

$\textbf{e)}$ $\text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{C}$

Şıkları inceleyip düzenleyelim,

$a) (x-1)^3+5x \Rightarrow x=5k$ ise, $25$ e bölünmez ,$x=5k+1$ ise $5x $ $25$ e bölünmeyeceği için ifade bölünmez.

$b) (x+1)^3-5x \Rightarrow x=5k$ ise , $(x+1)^3$, $25$ e bölünmez, $x=5k-1$ ise, $5x$, $25$ e bölünmez.

$c) (x+1)^3+11x^2-9 \Rightarrow x=5k+1$ için , ifade $25$ e bölünür.

$d)(x-1)^3-2x^2-2x-2 \Rightarrow x=5k, x=5k+1$ için bölünmediği görülür.

Sonsuz bir satranç tahtasında $25$ kare nasıl seçilirse seçilsin ortak köşesi olmayan $n$ tanesi bulunabiliyorsa, $n$ en çok kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 7
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 9
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ 11
$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{A}$

Öncelikle $n\leq 7$ olduğunu gösterelim. Eğer $25$ kareyi $4\times 6$'lık bir dikdörtgen ve bunların dışında kalan bir dikdörtgen olarak seçersek ardışık iki sütunda ikiden fazla kareyi seçemeyeceğimiz görülebilir çünkü bir sütunda ikiden fazla kare seçersek yanındaki sütundan kare seçemeyiz. Eğer bir tane seçersek yan sütundan da $1$'den fazla seçemeyiz. Dolayısıyla her ardışık sütun çiftinden en fazla $2$ tane kare seçerek toplamda $6$ kare seçilebilir ($1-2$ sütun çiftinden $2$ tane, $3-4$'den $2$ tane $5-6$'dan $2$ tane). Dışardaki kareyi de seçersek bu şekilden en fazla $7$ kare seçebildiğimizi görebiliriz. Cevap $7$'dir.

Şıklardaki en küçük sayı $7$ olduğundan test mantığıyla her zaman $7$ kare seçebildiğimizi göstermemize gerek yoktur ama bunun ispatı da eklenebilir.

Çözüm 2:

Problem, boyama yöntemi ve güvercin yuvası prensibi beraber kullanılarak çözülebilir.

yanıt: $\boxed{A}$

Önce $4$ renk kullanarak sonsuz satranç tahtasını aşağıdaki desende boyayalım.

Aynı renkle boyanmış olan karelerin ortak köşesi olmadığına dikkat edelim. Şimdi bize verilen $25$ karenin her biri bu $4$ renkten birinde bulunacağı için, güvercin yuvası prensibine göre aynı renge sahip en az $\left\lfloor \dfrac{25}{4} \right\rfloor + 1 = 7$ kare bulunur. Yani daima, ortak köşesi olmayan $n=7$ kare seçebiliriz. $25$ kareden, ortak köşesi olmayan $8$ kare seçemeyeceğimiz bir düzenleme örneği de vardır. Aşağıdaki çizimde böyle $25$ kare verilmiştir. Bu yüzden $n<8$ olup $n_{\max} = 7$ dir.

$x^3 - 2x^2 - x + 1 = 0$ denkleminin gerçel köklerinin küplerinin toplamı nedir?

$
\textbf{a)}\ -6
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 11
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Denklemin kökleri $a,b,c$ olsun. $a^3+b^3+c^3$ toplamını hesaplayacağız. $a^3=2a^2+a-1$ olur . Bunu $b$ ve $c$ için de yazıp toplarsak $a^3+b^3+c^3=2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)-3$ olur. Vieta teoreminden dolayı $a+b+c=2$ olur. Buradan $a^3+b^3+c^3=2(a^2+b^2+c^2)-1$ olur. $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)$ özdeşliğini kullanalım. Yine vieta teoreminden $ab+bc+ac=-1$ bulunur. $a^2+b^2+c^2=2^2-2.(-1)=4+2=6$ olur. Bunu aradığımız ifadede yerine yazalım. $a^3+b^3+c^3=2.6-1=11$ olur. Cevap $D$.

Not:Denklemin üç kökünün de reel olduğuna dikkat ediniz.

Bir $ABC$ üçgeninde, $A$ açısına ait iç açıortayın ayağı $D$ olmak üzere, $[AC]$ kenarı üzerindeki $E$ noktası, $|CE| = |CD|$ ve $|AE| = 6 \sqrt 5$; $[AB$ ışını üzerindeki $F$ noktası da, $|DB| = |BF|$ ve $|AB| < |AF| = 8 \sqrt 5$ koşullarını sağlıyorsa, $|AD|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 10\sqrt 5
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 4 \sqrt{15}
\qquad\textbf{d)}\ 7\sqrt 5
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$\angle BAD = \angle DAC = \alpha$ ve $\angle AFD = \beta$ olsun.
Bu durumda, $\angle ABD = 2\beta$, $\angle BCA = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta$, $\angle DEC = \alpha + \beta$, $\angle ADE = \beta$, yani $\triangle ADF \sim \triangle AED$ olacaktır.
$$\dfrac{AD}{AF} = \dfrac{AE}{AD} \Rightarrow AD^2 = AF \cdot AE \Rightarrow AD = 4 \sqrt {15}.$$

Çözüm 2:

$AC=b$, $AB=c$, $BD=n$, $DC=m$ olsun.
Açıortay Teoreminden bildiklerimizi $$\dfrac{b}{c} = \dfrac{m}{n} \tag{1}$$ $$AD^2 = bc-mn \tag{2}$$ birleştirirsek $$AD^2 = bc - mn + \underbrace{bn - cm}_{0} = b(c+n) -m(c+n) = (b-m)(c+n) \tag{3}$$ elde ederiz. Bu da $AD^2 = AE \cdot AF = 8\sqrt 5 \cdot 6\sqrt 5 \Rightarrow AD = 4\sqrt {15}$ anlamına gelmektedir.

$2005^{2003^{2004}+3}$ sayısı $3$ tabanına göre yazıldığında son iki basamak ne olur?

$
\textbf{a)}\ 21
\qquad\textbf{b)}\ 01
\qquad\textbf{c)}\ 11
\qquad\textbf{d)}\ 02
\qquad\textbf{e)}\ 22
$

Çözüm:

Aslında bize sorulan soru $2005^{2003^{2004}+3}\equiv ? \pmod{9}$ çünkü $3$'lük taban da her basamak $3$'ün kuvvetlerini belirtir. Son iki basamakta sayının $9$ ile bölümünden kalandır.

$2005^{2003^{2004}+3}\equiv2^{2003^{2004}+3}\pmod{9}$

$\phi(9)=6 \Longrightarrow 2003^{2004}+3\equiv(-1)^{2004}+3\equiv4\pmod{6}$

$2^4\equiv7\pmod{9}$ $\Longrightarrow$ $7$'nin de $3$'lük tabanda yazılışı $(21)_3$ 'dir.

İkisinde $1$, sekizinde $2$, on ikisinde $3$, dördünde $4$ ve beşinde $5$ yazılı otuz bir taştan otuzu herhangi iki satırdaki sayıların toplamı eşit ve herhangi iki sütundaki sayıların toplamı eşit olacak biçimde $5 \times 6$ bir satranç tahtasına yerleştirilmişse, kullanılmayan taştaki sayı nedir?

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

Çözüm:

Cevap: $\boxed{E}$

Verilen $31$ tane taşın üzerindeki yazıların toplamı $95$'dir. Otuz tane taşı dizdikten sonra $k$ yazılı taş kullanılmasın. Satranç tahtası üzerindeki sayıların toplamı $95-k$ olacaktır. Her sütundaki sayıların toplamı sabit olduğundan ve $6$ tane sütun olduğundan $95-k$ sayısı $6$'ın katı olacaktır. Dolayısıyla $$95-k\equiv 0\pmod{6}\implies k\equiv 5\pmod{6}\implies k=5$$ Kullanılmayan taş $5$ yazılı taştır.

Not: Sütun sayısı $5$, satır sayısı $6$ olarak alıp çözmeye çalışırsak da cevap $5$ çıkacaktır.

$x$, $y$ gerçel sayıları $4x^2+9y^2 = 8$ eşitliğini sağlıyorsa, $8x^2+9xy+18y^2+ 2x + 3y$ ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 23
\qquad\textbf{b)}\ 26
\qquad\textbf{c)}\ 29
\qquad\textbf{d)}\ 31
\qquad\textbf{e)}\ 35
$

Çözüm:

$8x^2 + 9xy + 18y^2 + 2x + 3y = 16 + 2x + 3y + 9xy$

O halde $2x + 3y + 9xy$ ifadesinin en büyük değerini bulmalıyız.

Cauchy - Schwarz Eşitsizliği:

$(4x^2+9y^2)(1+1)\ge(2x + 3y)^2 \Longrightarrow 4\ge2x + 3y$

Öte yandan,
$(2x - 3y)^2\ge0 \Longrightarrow 8 \ge 12xy \Longrightarrow 6\ge9xy$

O halde,
$8x^2 + 9xy + 18y^2 + 2x + 3y = 16 + (2x + 3y) + 9xy \le 16 + 4 + 6 = 26$ bulunur.

Eşitlik durumu $4x^2+9y^2$ ve $2x - 3y=0$ eşitlikleri sağlandığında, yani $2x = 3y$ olduğunda sağlanır. Verilen eşitlikten $x=1$ ve $y=\dfrac{2}{3}$ olması gerektiği bulunabiliir.

$ABCD$ kirişler dörtgeninin $AC$ ve $BD$ köşegenleri $M$ noktasında kesişiyor. $|AB| = 5$, $|CD| = 3$, $m(\widehat{AMB}) = 60^\circ$ ise, dörtgenin çevrel çemberinin yarı çapının uzunluğu nedir?

$
\textbf{a)}\ 5\sqrt 3
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{7\sqrt 3}3
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \sqrt{34}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

$AD'=DC=3$ olacak şekilde $AD'DC$ ikizkenar yamuğunu çizelim.
$\angle ABD = \angle ACD = \angle CAD'$ ve $\angle BAM + \angle ABM =120^\circ = \angle BAD'$ dir. $\triangle D'AB$ de Kosinüs Formülünden $BD'^2 = 3^2 + 5^2 - 2\cdot 3 \cdot 5 \cdot \frac {-1}{2} \Rightarrow BD'=7$ elde edilir.
$O$ çevrel merkez olmak üzere; $\angle D'OB = 120^\circ$ ve $OB=\dfrac 7{\sqrt 3}$ dir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$.

$\angle ADB=\alpha$ diyelim. O zaman $\dfrac{\sin \alpha}{\sin (60^{\circ}-\alpha)}=\dfrac{5}{3}$ olur. Öte yandan $t=\sin \alpha$ için $\sin (60^{\circ}-\alpha)=\dfrac{1}{2}{\sqrt{3(1-t^2)}-t}$ elde edilir. Dolayısıyla
$$\dfrac{\sin \alpha}{\sin (60^{\circ}-\alpha)}=\dfrac{2t}{\sqrt{3(1-t^2)}-t}=\dfrac{5}{3}$$
$$11t=5\sqrt{3(1-t^2)}$$
$$t=\dfrac{5\sqrt{3}}{14}$$
bulunur. $\dfrac{5}{\sin \alpha}=\dfrac{14}{\sqrt{3}}=2R$ olduğundan $R=\dfrac{7}{\sqrt{3}}$ olarak elde edilir.

$p^2 + 23$ sayısının pozitif bölenlerinin sayısı $14$ olacak şekilde kaç $p$ asal sayısı bulunur?

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

Çözüm 1:

Yanıt:$\boxed{B}$

$p^2+23=a_{1}^{p_{1}}.a_{2}^{p_{2}}$ olsun . $14$ ün çarpanları $1,7,14,2$ olduğundan ,

$p^2+23=a_{1}^6.a_{2}$ veya $p^2+23=a_{1}^{13}$ olabilir.$p=2$ için denenirse, sağlanmadığı görülür.

$p=3$ için de sağlanmaz,

$a_{n}\ge 3$ için denenirse, $p=13$ bulunur.

$p>13$ için Sol tarafın P.B sayısı $6$. Kuvvet çarpımı olarak yazılamayacağı için çözüm olamaz.

Çözüm 2:

$p>3$ kabul edelim o zaman $p^2\equiv1$(mod 3) ve (mod 4) olacağından ifademiz $3$ ve $4$'e bölünür.

O zaman $p^2+23=2^6.3$ olmalıdır.

Buradan $p^2+23=192$ ve $p=13$ çözümü gelir.

$p<4$ olan sayıları da denediğimizde çözüm gelmez.Tek çözüm vardır.

$n$ tam sayısının kaç farklı değeri için, düzlemde her biri kendi dışındakilerin tam olarak $2004$ ü ile kesişen farklı $n$ doğru bulunabilir?

$
\textbf{a)}\ 12
\qquad\textbf{b)}\ 11
\qquad\textbf{c)}\ 9
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 1
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{A}$

Düzlemde $n$ tane doğrunun Her biri kendi hariç sadece $2004$ noktada kesişmesi için $2004$ ün bölenlerinden biri olmalıdır , yani cevap $2004$ ün pozitif bölen sayısıdır. $2004=2^2.3.167\Rightarrow (2+1)(1+1)(1+1)=12$ bulunur.

$a$, $b$, $c$, $d$ farklı gerçel sayılar olmak üzere, $a$ ve $b$, $x^2 - 2cx - 5d = 0$ denkleminin, $c$ ve $d$ ise, $x^2 - 2ax - 5b = 0$ denkleminin kökleriyse, $a + b + c + d$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 10
\qquad\textbf{b)}\ 15
\qquad\textbf{c)}\ 20
\qquad\textbf{d)}\ 25
\qquad\textbf{e)}\ 30
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{E}$

Vieta formüllerinden $2c=a+b$, $2a=c+d$ ve $-5d=ab$, $5b=cd$ bulunur. $1.$ denklemden $a+c=b+d$ buluruz yani $2(a+c)$ yi bulmamız yeterli . $2.$ denklemden $d$ yi yalnız bırakırsak,

$d=-\dfrac{ab}{5}$ , $d=-\dfrac{5b}{c} \Rightarrow ac=25$ Buluruz şimdi de $x=a,x=c$ yazıp alt alta toplayalım,

$a^2+c^2-4ac-5(b+d)=0$ $b+d=a+c$ yazıp düzenlersek,

$(a+c+10)(a+c-15)=0$ elde edilir buradan $2(a+c)=30$ bulunur.

$|AB| = 9$, $|CD| = 5$ ve $BC\parallel AD$ koşullarını sağlayan $ABCD$ yamuğunun $D$ açısına ait iç açıortay, $A$ ve $C$ açılarının iç açıortaylarını sırasıyla $M$ ve $N$ noktalarında; $B$ açısının iç açıortayı ise, yine $A$ ve $C$ açılarının iç açıortaylarını sırasıyla $L$ ve $K$ noktalarında kesiyor. $K$ noktası $[AD]$ üzerinde ve $\dfrac {|LM|}{|KN|} = \dfrac 37$ ise, $\dfrac{|MN|}{|KL|}$ nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{62}{63}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{27}{35}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{2}{3}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{5}{21}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{24}{63}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$AB=AK=9$ ve $DK=DC=5$, $[ABK] / [CKD] = [ALK] / [KND] = 9/5 = AK/KD$ olduğu için $\triangle KAL$ ve $\triangle KND$ üçgenlerinin $AK$ ve $KD$ kenarlarına ait yükseklikleri eşit yani $LN \parallel AD$ dir. Bu durumda, $MK \cap LN = \{P\}$ dersek $LP/PN=9/5$ ve $LMNK$ kirişler dörtgeninde $LM/KN=LP/KP$ olacaktır. $LP=9k$ dersek, $PN=5k$ ve $PK=21k$ çıkacaktır. Bu durumda $MN/LK = PN/PK = 5/21$ olacaktır.

$n$ nin tüm pozitif tam sayı değerleri için $5n^{11} -2n^5 -3n$ sayısını bölen kaç tane pozitif tam sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ 18
$

Çözüm:

$f(2)=5 \cdot 2^{11} - 2\cdot 2^5 - 3\cdot 2 = 5\cdot 2 \cdot 1024 - 64 - 6 = 10240 - 70 = 10170 = 2\cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 113$.

O halde $2$, $9$, $5$, $113$ sayılarının $f(n)$ yi her zaman bölüp bölmediğini araştıracağız.

$f(n)$ nin çift sayı olduğu kolayca görülür.

Euler'den $n^5 \equiv n \pmod 5$ olduğu için $f(n) = 5n^{11} - 2n^5 - 3n \equiv -2n - 3n \equiv 0 \pmod 5$.

$n \equiv 0 \pmod 3$ iken $9 \mid f(n)$.
$n \equiv 1,2 \pmod 3$ iken $(n, 9) = 1$ ve Euler'den $n^{\varphi (9)} = n^6 \equiv 1 \pmod 9$ olacaktır. $f(n) = 5n^{11} - 2n^5 - 3n \equiv 5n^5 - 2n^5 - 3n \equiv 3n(n^4-1) \pmod 9 $ ve $n^4 \equiv 1 \pmod 3$ olduğu için $9 \mid f(n)$ dir.

$2$, $9$ ve $5$ her zaman bölen olduğu için cevabımız $113$'ün de bölen olup olmamasına göre $2 \cdot 3 \cdot 2 = 12$ ya da $2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 = 24$.

$24$ şıklarda yer almadığına göre cevabımız $\boxed {12}$.

$113$ ün bu tip bir sayıyı bölmesi biraz iddialı olurdu.
Yine de bölmediğini biraz işlemle ve karşıt bir örnekle gösterebiliriz:
$\begin{array}{lcll}
f(3) &=& 5\cdot 3^{11} - 2\cdot 3^5 - 3\cdot 3 & \pmod {113}\\
&\equiv& 5 \cdot 3^5 \cdot 3^5 \cdot 3 - 2 \cdot 3^5 - 9 & \pmod {113}\\
&\equiv& 17 \cdot (15\cdot 17 - 2) - 9 & \pmod {113}\\
&\equiv & 17 \cdot 27 - 9 & \pmod {113}\\
&\equiv & 450 & \pmod {113} \\
&\equiv & -2 & \pmod {113}
\end{array}$

Bir çember üzerine, her biri saat yönünde kendisinden sonra gelen iki sayının farkının mutlak değerine eşit ve hepsinin toplamı $94$ olacak biçimde $n$ tane tam sayı yerleştirilmesini olanaklı kılan en büyük $n$ sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 188
\qquad\textbf{b)}\ 186
\qquad\textbf{c)}\ 141
\qquad\textbf{d)}\ 100
\qquad\textbf{e)}\ 47
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çember üzerine yerleştirilen tamsayıların negatif olamayacağı açıktır. Bu sayıları $a_1,a_2,\dots, a_n \geq 0$ ile gösterelim. Ayrıca $a_1+a_2+\cdots + a_n = 94$ veriliyor. $n$ nin en büyük değerini alabilmesi için bazı $i$ ler için $a_i=0$ olmalıdır. Aksi halde her $i$ için $a_i\geq 1$ olursa $n \leq 94$ olurdu. Biz bazı $i$ ler için $a_i=0$ ise $n$ nin $94$ ten daha büyük olabileceğini göstereceğiz. Elbette böyle bir durumda ardışık iki tamsayı $a_i=a_{i+1}=0$ değerini alamaz. Aksi takdirde $a_{i+2}=0$ olup tüm sayıların $0$ olduğu çelişkisi ortaya çıkar. Tüm bunları göz önüne alarak $a_1=0$ diyelim. Bu durumda $a_2=a_3=c$ dir. $c=1$ seçerek $n$ nin daha büyük değerler almasını mümkün kılabiliriz. $a_4=0$ olup $a_5=a_6=1$ dir. (Aslında $a_4=2c$ olabilir gibi görünmekte, ancak bu seçim $n$ nin küçülmesine sebep olur.) Bu şekilde $k=3m+1$ formundaki $k$ pozitif tamsayıları için $a_k=0$; $k=3m+2$ ve $k=3m$ formundaki $k$ tamsayıları için $a_k=1$ dir. ($m=1,2,\dots , n/3$.) Son olarak $a_1+a_2+\cdots + a_n = 94$ olduğundan $(2m)\cdot 1=94$, buradan $m=47$ ve $n_{\max}=3m=141$ elde edilir.

Bu problemle aynı gibi görünen, ancak ispat tekniği açısından biraz daha zor versiyonu (en büyük değer ilkesi kullanılarak) 2007 yılında sorulmuştur. http://geomania.org/forum/2007-164/tubitak-lise-1-asama-2007-soru-28/ bağlantısını incelemenizi tavsiye ederiz.