Tübitak Lise 1. Aşama - 2005 Çözümleri

$BE = 4$ olduğu biraz farklı bir yöntemle de gösterilebilir.
$BA=BF = 2$ ve $F \in AD$ olacak şekilde $F$ noktası alalım. $\triangle ABF \sim ADB \quad (AA)$ olacaktır. Bu durumda $AF/AB = AB/AD \Rightarrow AF = 1$ ve $DF = 3$.
$EA=DF = 3$, $AB=FB=2$ ve $\angle BAE = 180^\circ - \angle BAF = 180^\circ - BFA = \angle BFD$ olduğu için $\triangle BAE \cong BFD \quad (KAK)$ ve $BE=BD=4$ olur.
Bu durumda $BC = \sqrt {4^2 - 3^2} = \sqrt 7$ olur.

Cevap: $\boxed{A}$

$(a_i,5)=1$ olduğundan küçük Fermat teoreminden $a_i^4\equiv 1\pmod{5}$ olacaktır. Dolayısıyla $$a_1^4+a_2^4+\cdots+a_n^4\equiv n\equiv 0\pmod{5}$$ olacaktır. $2005$'den küçük en büyük $5$'in katı sayı $2000$'dir.

Yanıt: $\boxed B$

$BM$, $CM$, $DM$, $AM$ doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$ olsun.
$O_1$ ve $O_2$, $BM$ doğru parçasının orta dikmesi üzerindedir, yani $O_1$, $O_2$ ve $M_1$ doğrusaldır.
Benzer şekilde $O_2O_3$ doğrusu $CM$ nin orta dikmesi, $O_3O_4$ doğrusu $MD$ nin orta dikmesi, $O_4O_1$ doğrusu $AM$ nin orta dikmesidir.
$O_1O_2 \perp BM$ ve $O_3O_4 \perp DM $ olduğu için $O_1O_2 \parallel O_3O_4$. Benzer şekilde $O_2O_3 \parallel O_1O_4$ olacağı için $O_1O_2O_3O_4$ bir paralelkenardır. $O_1M_1MM_4$ dörtgeninde iç açılar toplamı $360^\circ$ olacağı için $\angle O_2O_1O_4 = 180^\circ - \angle BMA = 120^\circ$ ve paralellikten $O_1O_4O_3 = 60^\circ$ dir.

$M_1M_3$, $O_1O_2O_3O_4$ paralelkenarında $O_1O_2$ ye ait yüksekliktir. $\dfrac {BD}{2} = M_1M_3 = O_1O_4 \cdot \sin 60^\circ$.
Benzer şekilde $\dfrac {AC}{2} =  M_2M_4 = O_3O_4 \cdot \sin 60^\circ$.

$\dfrac {[ABCD]}{[O_1O_2O_3O_3]} = \dfrac {\dfrac{AC\cdot BD \cdot \sin 60^\circ}{2}}{ O_1O_4 \cdot O_3O_4 \cdot \sin 60^\circ} = \dfrac {AC\cdot BD}{2 \cdot O_1O_4 \cdot O_3O_4} = \dfrac {2 \cdot O_3O_4 \cdot \sin 60^\circ \cdot 2 \cdot O_1O_4 \cdot \sin 60^\cdot}{2 \cdot O_1O_4 \cdot O_3O_4} = 2 \sin^2 60^\circ = \dfrac 32$

Cevap: $\boxed{C}$

$3$ asalı için $$3^{3n+1}+5^{3n+2}+7^{3n+3}\equiv (-1)^{3n+2}+1\pmod{3}$$ olduğundan eğer $n$ çiftse $2$ kalanı verecektir. $3$ istenileni sağlamaz.

$5$ asalı için $3^{3n+1}+5^{3n+2}+7^{3n+3}\equiv (-2)^{3n+1}+2^{3n+3}\pmod{5}$ olacaktır. Ancak $n=2$ için bu ifade $0$ kalanı vermeyecektir. İstenilen sağlanmaz.

$11$ asalı için $n=10$ yazarsak küçük Fermat teoreminden $$3^{31}+5^{32}+7^{33}\equiv 3+5^{2}+7^{3}\equiv 371\equiv 8\pmod{11}$$ olacağından istenilen sağlanmaz.

$53$ asalı için $n=1$ yazarsak $$3^4+5^5+7^6\equiv 81+3125+(343)^2\equiv 26+25^2\equiv 651\equiv 15\pmod{53}$$ olacağından istenilen sağlanmaz.

$7$ asalı için $$3^{3n+1}+5^{3n+2}+7^{3n+3}\equiv 3\cdot 27^n+25\cdot 125^n\equiv 3\cdot (-1)^n+25\cdot (-1)^n\equiv 28\equiv (-1)^n\equiv 0\pmod{7}$$ bulunur. Dolayısıyla verilen ifade her $n$ için $7$ ile bölünebilir.

Not: $n=1$ ve $n=2$ yazarak sadece $7$'nin ortak bölen olduğu görülebilir ama biraz işlemlerle uğraşmak gerekecektir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Her $a, b$ gerçel sayısı için doğru olan $ab \leq \dfrac{1}{2}(a^2 + b^2)$ eşitsizliğinden
$$\sin x \cos y + \sin y \cos z + \sin z \cos x \leq \dfrac{1}{2}(\sin^2 x + \cos^2y + \sin^2 y + \cos^2 z + \sin^2 z + \cos^2 x)= \dfrac{1}{2}(1+1+1)=\dfrac{3}{2}$$
bulunur. Eşitlik durumu $x=y=z=45^\circ$ iken elde edilebilir.

Cevap:$\boxed {B}$

$x=2^a \cdot 5^d$,  $y=2^b \cdot 5^e$,  $z=2^c \cdot 5^f$ olsun.

$x \cdot y \cdot z = 10^6 = 2^{a+b+c} \cdot 5^{d+e+f}$

$a+b+c=6$,  $d+e+f=6$ ,

$a$, $b$, $c$ üçlülerinin sayısı  $\binom{6+3-1}{3-1}=\binom{8}{2}=28$ tanedir.

$d$, $e$, $f$ üçlülerinin de sayısı    $\binom{6+3-1}{3-1}=\binom{8}{2}=28$ tanedir.

Sağlayan  $28 \cdot 28=784$ tane doğal sayı üçlüsü vardır.

Yanıt: $\boxed E$

$ABC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$, diklik merkezi $H$ olsun. $ACH$ üçgeninin çevrel merkezi $K$ olsun.
$\angle ABC = \beta$ dersek $\angle AHC = 180^\circ - \beta$, $\angle AOC = 2\beta$ ve $\angle AKC = 180^\circ - \beta$ olacaktır.
$2\angle AHC + \angle AKC = 360^\circ$ olacağı için $360^\circ - 2\beta + 180 - \beta = 360^\circ \Rightarrow \beta = 60^\circ$ dir.
Bu durumda $AOC$ ikizkenar üçgeni bir $30^\circ - 30^\circ - 120^\circ$ üçgeni olacağından $AC = AO \cdot \sqrt 3 = \sqrt 3$ tür.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle $n\equiv 0\pmod{p}$ ise ifade kesin olarak $p$ ile bölünecektir. Dolayısıyla $(n,p)=1$ olarak incelememiz yeterlidir. Bu koşul altında küçük Fermat teoreminden $n^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$'dir.

$p=3$ ise $$n^{2225}-n^{2005}\equiv n\cdot (n^2)^{1112}-n\cdot (n^2)^{1002}\equiv 0\pmod{3}$$

$p=5$ ise $$n^{2225}-n^{2005}\equiv n\cdot (n^4)^{556}-n\cdot (n^4)^{501}\equiv 0\pmod{5}$$

$p=11$ ise $$n^{2225}-n^{2005}\equiv n^5\cdot (n^{10})^{222}-n^5\cdot (n^{10})^{200}\equiv 0\pmod{11}$$

$p=23 $ ise $$n^{2225}-n^{2005}\equiv n^3\cdot (n^{22})^{101}-n^3\cdot (n^{22})^{91}\equiv 0\pmod{23}$$

Bu bulduklarımızla cevabın $7$ olduğu ortaya çıkar ama aksi örnek bulalım. $$n^{2225}-n^{2005}\equiv n^5\cdot (n^{6})^{370}-n\cdot (n^{6})^{334}\equiv n^5-n\pmod{7}$$ olacaktır ama $2^5-2\equiv 30\equiv 2\pmod{7}$ olduğundan bu ifade $n=2$ için $7$ ile bölünemez.

$x^2+y^2+2x-6y=(x+1)^2+(y-3)^2-10=6 \Rightarrow (x+1)^2+(y-3)^2=16=4^2$ Olur. Yani $A(x,y)$ noktasının $(-1,3)$ noktasına uzaklığı $4$ birimdir. O zaman $(x-1)^2+(y-2)^2$ ifadesi de bu noktanın $(1,2)$ noktasına olan uzaklığının karesidir. $A$ noktalarının geometrik yeri $(-1,3)$ merkezli ve $4$ birim yarıçaplı çemberdir.$(1,2)$ noktası çemberin içindedir. Dolayısıyla bu uzaklığın en küçük değeri için $A$ noktası $(-1,3)$ ve $(1,2)$'den geçen doğrunun üzerinde olmalıdır. Yarıçap $4$ olduğundan $A$ ile $(1,2)$ arasındaki uzaklık $4-\sqrt{(-1-1)^2+(3-2)^2}=4-\sqrt5 $ olur. Öyleyse soruda istenen değerler $(4-\sqrt5)^2$'den büyük veya eşit olmalıdır. $2$ bu koşulu sağlamaz. Cevap $A$

Yanıt: $\boxed A$

İlk $12$ atış sonrası eşit sayıda ördek vurmuş olmaları olasılığı $p$, Ali’nin daha çok vurmuş olma olasılığı $\dfrac{1-p}{2}$, Veli’nin daha çok vurmuş olma olasılığı $\dfrac{1-p}{2}$ olacaktır.
$13.$ atış sonrası Veli’nin daha çok ördek vurması için

• ya $12.$ atış sonrası Veli’nin daha çok ördek vurmuş olması $\left (\dfrac{1-p}{2}\right )$,
• ya da $12.$ atış sonrası Ali ile Veli’nin eş sayıda ördek vurmuş olmaları ve Veli’nin $13.$ atışta ördeği vurması $\left ( p\cdot \dfrac 12 \right )$

gerekmekte. O halde aradığımız yanıt $\dfrac{1-p}{2} + p\cdot \dfrac 12 = \dfrac 12 $ dir.

Yanıt: $\boxed E$

Soruda $AD$ nin mi $BC$ nin mi taban olduğu verilmemiş. İki durumu da çizerek aşağıdaki eşitsizlikleri uygulayalım.

$P, A, D$ noktaları için üçgen eşitsizliğinden $PD - PA \leq |AD| \leq PA + AD \Rightarrow 2 \leq AD \leq 4$.

$ABD$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $\dfrac {AD}{ \sin \angle ABD} = \dfrac {BD}{\sin \angle BAD} = \dfrac {\sqrt 3}{\dfrac {\sqrt 3}{2}} = 2$, dolayısıyla $AD = 2 \cdot \sin \angle ABD \leq 2$ elde edilir.
İki eşitsizliği birleştirirsek $AD = 2$ çıkar.
Birinci eşitlik için eşitlik durumu $P,A,D$ doğrusal ve $A \in [PD]$ iken sağlanır.
İkinci eşitlik için eşitlik durumu $\angle ABD = 90^\circ$ iken sağlanır.
$\angle ABD = 90^\circ$ ise $\angle BAD = 120^\circ$ olmayacağı için $AD>BC$ dir, yani $AD$ tabandır.
$\triangle ABD$ de $AB=1$ elde edilir. Ayrıca ikizkenar yamukta $DC=AB=1$ dir.
$\triangle PDC$ de Kosinüs teoremi uygulayarak $PC^2 = PD^2 + DC^2 - 2 \cdot PD \cdot DC \cdot \cos \angle CDP = 3^2 + 1^2 - 2\cdot 3 \cdot 1 \cdot \dfrac 12 = 7$ ve $PC = \sqrt 7$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed A$

$x,y,z,a,b,c \in \{0,1, \dots, 9\}$ ve $k=1,2,\dots, 27$ olmak üzere; dengeli sayılar $x+y+z = a + b + c = k$ eşitliğini sağlar.
$a+b+c = k$ olacak şekilde yazılabilecek üç basamaklı $abc$ sayılarının sayısı $n_k$, toplamı $p_k$ olsun.
$xyz000$ sayılarının sayısı da $n_k$, toplamı $1000\cdot p_k$ olacaktır.
Bu durumda her $k$ için dengeli sayıların toplamı $S_k = 1001 \cdot p_k = 13 \cdot 77 \cdot p_k$ olacaktır.
Tüm dengeli sayıların toplamı $S = \displaystyle \sum_{k=1}^{27}S_k = 1001\displaystyle \sum_{k=1}^{27}p_k$, $13$ ile tam bölünecektir.

Cevap: $\boxed{C}$

Eğer polinomun iki tam sayı köküne $m$ ve $n$ dersek $$a^2x^2+ax+1-7a^2=a^2(x-n)(x-m)=a^2x^2-a^2(m+n)x+a^2mn$$ olur. Yani $$m+n=-\dfrac{1}{a}$$ $$mn=\dfrac{1}{a^2}-7$$ olacaktır. $\dfrac{1}{a}\in\mathbb{Z}^+$ olacağından $k\in \mathbb{Z}^+$ ve $a=\dfrac{1}{k}$ olacak şekilde bir $k$ vardır. Denklemde yazarsak $$\dfrac{x^2}{k^2}+\dfrac{x}{k}+1-\dfrac{7}{k^2}=0\implies x^2+kx+(k^2-7)=0$$ denklemi elde edilir. Bu denklemin iki farklı tamsayı kökü olması için $\Delta>0$ ve tamkare olmalıdır. $$\Delta=k^2-4(k^2-7)=28-3k^2$$ olduğundan $28>3k^2$ ve $3\geq k$ bulunur. $k=1,2,3$ için denersek üçü için de istenilen şartlar sağlanır. Dolayısıyla sadece $a=1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3}$ olabilir.

Cevap: $\boxed{B}$

$1$ kg olan taşlar $x$ tane,

$10$ kg olan taşlar $y$ tane,

$50$ kg olan taşlar $z$ tane olsun.

$x+10y+50z=500$,   $x+y+z=100$'dir ve $x$'in $10$'un katı olduğu görülür. $x$ yerine $10k$ yazalım.

$10k+10y+50z=500$  ve  $2k+2y+10z=100$

$x+y+z=100$ denkleminde $x$ yerine $10k$ yazalım. $10k+y+z=100$,  $y+z=100-10k$

$2k+2y+10z=2k+2(y+z)+8z$ $\Rightarrow$ $100+8z=18k$   $1 \le z \lt 10$ ve $18|100+8z$ olduğundan $z$ sadece $1$ olabilir.

$z=1$
   $\Rightarrow$ $k=6$
   $\Rightarrow$ $x=60$
   $\Rightarrow$ $y=39$'dır ve tek değer vardır.

Yanıt: $\boxed D$

$BC=a, AC=b, AB=c$, $\angle BAC = \alpha$ ve $\angle ACB = \theta$ olsun.
$\angle NAQ = 180^\circ - \alpha$ ve $\angle KCP = 180^\circ - \theta$ olacaktır.

$\triangle ABC$ de $a$ ve $c$ kenarı için Kosinüs Teoremi uygulayalım. $$b^2 + c^2 - 2bc\cos \alpha = a^2 \tag {1}$$ $$a^2 + b^2 - 2ab\cos \theta = c^2 \tag {2}$$ $(2)$ den $(1)$ i çıkarırsak $$2bc\cos \alpha - 2ab\cos \theta = 2c^2 - 2a^2 \tag {3}$$ elde ederiz.

$\triangle NAQ$ de $NQ$ için Kosinüs Teoreminden $$NQ^2 = b^2 + c^2 + 2bc \cos \alpha \tag{4}$$ $\triangle KCP$ de $KP$ için Kosinüs Teoreminden $$KP^2 = a^2 + b^2 + 2ab \cos \theta \tag{5}$$ $(4)$ ten $(5)$ i çıkarırsak $$NQ^2 - KP^2 = c^2 - a^2 + 2bc \cos \alpha - 2ab\cos \theta \tag{6}$$ elde ederiz. $(3)$ teki eşitliği $(6)$ da yerine yazarsak $$\text{Alan}(NQZT)-\text{Alan}(KPYX) = NQ^2 - KP^2 = 3(c^2 - a^2) = 3 \tag {7}$$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{C}$

Eğer verilen polinom $121$'e bölünüyorsa $11$'e de bölünür. Yani $x^5+5x^2+x+1\equiv 0\pmod{11}$ olacaktır. $x\equiv 0\pmod{11}$ olamayacağı görülebilir. Dolayısıyla $$x^{10}\equiv (x^5)^2\equiv 1\pmod{11}\implies x^5\equiv \pm 1\pmod{11}$$ olacaktır.

Eğer $x^5\equiv -1\pmod{11}$ ise $$x^5+5x^2+x+1\equiv 5x^2+x=x(5x+1)\equiv 0\pmod{11}\implies 5x+1\equiv 0\pmod{11}\implies x\equiv 2\pmod{11}$$ olur ve $x^5\equiv -1\pmod{11}$ sağlanır. $121$ modunda $x=11k+2$ yazarsak $$x^5\equiv (11k+2)^5\equiv \sum_{i=0}^5 \dbinom{5}{k}(11k)^i\cdot 2^{5-i}\equiv 32+16\cdot 55k\equiv 32+880k\equiv 33k+32\pmod{121}$$ olduğunu kullanırsak $$x^5+5x^2+x+1\equiv 33k+32+5(11k+2)^2+(11k+2)+1\equiv 264k+55\equiv 22k+55\equiv 0\pmod{121}$$ $$\implies 2k+5\equiv 0\pmod{11} \implies k\equiv 3\pmod{11}$$ Eğer $k=11n+3$ yazarsak $x=11(11n+3)+2=121n+35$ olur. $0\leq x<121$ olduğundan $\boxed{x=35}$ olmalıdır.

$x^5\equiv 1\pmod{11}$ ise $$x^5+5x^2+x+1\equiv 5x^2+x+2\equiv 0\pmod{11}$$ denersek $x\equiv -3$ istenileni sağlar. Denklem ikinci dereceden olduğundan en fazla iki tane kök olabilir. İkinci kökü bulmak için Vieta teoremini kullanabiliriz. Diğer kök $t$ olsun. Başkatsayıyı $1$ yapmak için $9$ ile çarpalım. $$9(5x^2+x+2)\equiv 45x^2+9x+18\equiv x^2+9x+7\equiv 0\pmod{11}$$ ve Vieta teoreminden $$-3+t\equiv -9\pmod{11}\implies t\equiv 5\pmod{11}$$ bulunur. Denersek denkliği sağladığını görebiliriz. Ancak $x\equiv -3\pmod{11}$ için $x^5\equiv 1$ sağlanmamaktadır. Dolayısıyla $x\equiv 5\pmod{11}$ olmalıdır. Eğer $x=11k+5$ yazarsak $$x^5\equiv (11k+5)^5\equiv \sum_{i=0}^5 \dbinom{5}{k}(11k)^i\cdot 5^{5-i}\equiv 5^5+5^5(11k)\equiv 100+11k\pmod{121}$$ olur ve $$x^5+5x^2+x+1\equiv (11k+100)+5(11k+5)^2+(11k+5)+1\equiv 572k+231\equiv 88k-11\equiv 0\pmod{121}$$ $$\implies 8k\equiv 1\pmod{11}\implies k\equiv 7\pmod{11}$$ olur. Dolayısıyla $k=11n+7$ yazabiliriz. Yerine yazarsak $x=11(11n+7)+5=121n+82$ olur ve $\boxed{x=82}$ bulunur.

Toplamda $2$ çözüm vardır.

Not: $x$'in $11$ modundaki değerlerini bulduktan sonra $121$ moduna yükseltme işleminde birer çözüm çıkacağını görmek için yukarıdaki tüm adımları yapmaya gerek yoktur.

Cevap: $\boxed{D}$

Öncelikle $x\neq 0$ olduğunu görelim ve $x=\dfrac{1}{t}$ yazalım. Denklem $$\dfrac{3-3t-3t^2-t^3}{3t^3}=0\implies t^3+3t^2+3t-3=0$$ halini alır. Her tarafa $4$ eklersek $$(t+1)^3=4\implies t+1=\sqrt[3]{4}\implies t=\sqrt[3]{4}-1$$ bulunur. Dolayısıyla $x=\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}-1}$ olacaktır. Tek gerçel kök bu olduğundan en büyük kök de budur.

Cevap:$\boxed{D}$

Genelde permütasyon fonksiyonu olarak tanımlanan birebir örten $\sigma:G\to G$ fonksiyonu $G$'deki elemanların yerlerini değiştirir. Mesela $G=\{1,2,3\}$ için $\sigma=\{(1,3),(2,1),(3,2)\}$ fonksiyonu $123$ sayılarını $312$ olarak dizmiştir. Aslında permütasyon fonksiyonları üzerinden grup teorisinde çok kullanılan permütasyon grupları tanımlanabilir (Permutation Group). Bu grup oluşturma yeteneğinin bir getirisi olarak da permütasyon fonksiyonlarının işaretlerinden bahsedebiliyoruz (signature). Eğer yapılan "hamle" sayısı çiftse işaret $+$, tek ise $-$ olarak düşünebiliriz. Buradan da aslında bir diziyi aynı anda tek ve çift sayıda hamle kullanarak elde edemeyeceğimizi anlıyoruz. Sonuç olarak, $$1(2)(3)45\to 13(2)(4)5\to 13425$$ çift sayıda hamleyle elde edilir. $$(1)(2)345\to 21(3)(4)5\to 21435$$ çift sayıda hamle ile elde edilir. $$(1)2(3)45\to 3(2)14(5)\to 35142$$ çift sayıda hamle ile elde edilebilir. $$(1)234(5)\to 5(2)(3)41\to 53(2)4(1)\to 531(4)(2)\to 53124$$ çift sayıda hamle ile elde edilebilir. $$(1)23(4)5\to 4(2)(3)15\to 43(2)(1)5\to 43125$$ tek sayıda hamle ile elde edilir. Cevap $\boxed{43125}$ olmalıdır.

Test mantığıyla sadece denemeleri yapmak yetecektir.

Cevap: $\boxed{E}$

Karenin merkezine $O$, $[BC]$'nin orta noktasına $E$ diyelim. Yarıçapı istenilen çember, $AOE$'nin çevrel çemberidir. $m(\widehat{AOE})=135^\circ $ olduğunu görmek zor değildir. Ayrıca $ABE$ üçgeninde Pisagor teoremi uygularsak $|AE|=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ bulunur. Sinüs teoreminden, istenilen yarıçapa $r$ dersek, $$\dfrac{|AE|}{\sin{(\widehat{AOE})}}=2r\implies r=\dfrac{\frac{\sqrt{5}}{2}}{2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$$ bulunur.

Cevap: $\boxed{C}$

$b+d\neq 0$ için $k=\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$ ise $k=\dfrac{a+c}{b+d}$ olduğunu kullanalım (kesir sayısı istenildiği kadar arttırılabilir). $(xy-3)+(7-x^2-y^2)+(xy-4)=2xy-x^2-y^2=-(x-y)^2\neq 0$ ise bu oran $$\dfrac{(x-1)+(3-x-y)+(y-2)}{(xy-3)+(7-x^2-y^2)+(xy-4)}=0$$ sonucuna eşit olur. Yani $x-1=3-x-y=y-2=0$ olacaktır. $\boxed{(x,y)=(1,2)}$ elde edilir ve yerine koyarsa eşitlik sağlanır.

Eğer $-(x-y)^2=0$ ise $x=y$ olacaktır. Yerine yazarsak $$\dfrac{x-1}{x^2-3}=\dfrac{3-2x}{7-2x^2}=\dfrac{x-2}{x^2-4}$$ elde edilir. Birinci ve üçüncü kesiri eşitleyip içler dışlar çarpımı yapalım $$(x-1)(x^2-4)=(x-2)(x^2-3)\implies x^2-x-2=(x+1)(x-2)=0$$ olur. $x=y=2$ için üçüncü kesir tanımsız olur. $\boxed{(x,y)=(-1,-1)}$ ise eşitlikleri sağlar. Toplamda $2$ çözüm vardır.

Yanıt: $\boxed{D}$


$20$ kişinin içinden İngilizce bilen $10$ kişiyi ayırırsak kalan $10$ kişi içinde hiç İngilizce bilen kalmadığı için bunlar arasından seçilen üçer kişilik gruplar komite oluşturamaz. Tüm $3$ kişilik grupların sayısı $\dbinom{20}{3}$ olduğundan en fazla $\dbinom{20}{3} - \dbinom{10}{3}=1140 -120 = 1020$ farklı komite oluşabilir.

Şimdi komite sayısının $1020$ olduğu bir örnek bulalım: İngilizce, Almanca, Fransızca bilenler aynı $10$ kişi olsun. Diğer $10$ kişi bu üç dili de bilmiyorsa, komite oluşması için dil bilenlerin kümesinden en az $1$ kişi seçilmelidir. Bu ise $\dbinom{20}{3} - \dbinom{10}{3}=1020$ dir.

Yanıt: $\boxed D$

$BF=FG=x$ olsun. $BE=EG=\sqrt {5-x^2}$ ve $FC = \dfrac {4\sqrt 3}{5} - x$ olacaktır.

$\angle FEB = \alpha$ dersek, $\angle GEF = \alpha$ ve $\angle GFC = 2\alpha$ olacaktır.

$\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha$ eşitliğini yazarsak $\dfrac {\dfrac {4\sqrt 3 }{5} - x}{x}  = 1 - 2\left ( \dfrac {x}{\sqrt 5}\right )^2$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $x^3 - 5x + 2\sqrt 3 = 0$ denklemi elde edilir.
$x=\sqrt 3$ bu denklemin bir köküdür.
$x^3 - 5x + 2\sqrt 3= (x-\sqrt 3)(x^2 + \sqrt 3 \cdot x - 2)$ olacağı için diğer kökler $x_{2,3} = \dfrac {-\sqrt 3 \pm \sqrt {11} }{2}$ dir.
$BF < BC$ olması gerektiğinden $\sqrt 3 > \dfrac{4\sqrt 3} 5$ olduğu için $x_1 = \sqrt 3$ bir çözüm olarak gelmez.

Geriye pozitif tek bir kök kalıyor. $x_2 = \dfrac {\sqrt {11} - \sqrt 3}{2}$.

$\dfrac {4\sqrt 3} 5 > \dfrac {\sqrt {11} - \sqrt 3}{2} \Rightarrow 8\sqrt 3 > 5\sqrt 11 - 5\sqrt 3 \Rightarrow 13 \sqrt 3 > 5 \sqrt {11} \Rightarrow 169 \cdot 3 > 25 \cdot 11$ doğru olduğu için tek çözüm $x = \dfrac {\sqrt {11} -\sqrt 3}{2}$ dir.

Cevap: $\boxed{B}$

Tek sayılar arasında bir örüntü yakalamaya çalışalım. $$f(2n+1)=2f(2n)=2f(2n-1)+2$$ olduğundan $f(2n-1)=a_n$ ve $f(1)=a_1=0$ indirgemeli dizisini tanımlayabiliriz. $$a_{n+1}=2a_n+2$$ olacaktır. $2$'yi yok etmek için $$a_{n+1}-2a_n=a_n-2a_{n-1}\implies a_{n+1}-3a_n+2a_{n-1}=0$$ kuralını kullanalım. Bu dizinin karakteristik denklemi $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$ olacağından dizinin elemanları $$a_n=A\cdot 1^n+B\cdot 2^n=A+B2^n$$ formatındadır. $a_2=2$ olduğundan $n=1$ ve $n=2$ için $$A+2B=0$$ $$A+4B=2$$ denklemleri elde edilir. Çözülürse $B=1$, $A=-2$ bulunur. Yani $a_n=2^n-2$ formatındadır. $$f(2005)=a_{1003}=2^{1003}-2$$ bulunur. $2^4\equiv 1\pmod{5}$ olduğundan $$2^{1003}-2\equiv 2^3-2\equiv 6\equiv 1\pmod{5}$$ bulunur.

Cevap: $\boxed{A}$

Tüm denklemleri toplarsak $(a+b+c)(x^2+x+1)=0$ elde edilir. $x^2+x+1=0$ denkleminin gerçel kökü olmadığından $a+b+c=0$'dır. Dolayısıyla $x=1$ verilen sistemin bir çözümüdür. Eğer $a,b,c$'den biri sıfırsa denklemlerden biri linear olacağından sistemin tek çözümü $x=1$ olur. $a,b,c\neq 0$ için başka bir çözümü olduğunu varsayalım. Bu çözüm $t\neq 1$ olsun. O halde polinomlar $$a(x-1)(x-t)=0$$ $$b(x-1)(x-t)=0$$ $$c(x-1)(x-t)=0$$ olarak yazılabilir. Sabit terimleri verilen sistemdekilere eşitlersek $$at=c$$ $$bt=a$$ $$ct=b$$ bulunur. Bunları taraf tarafa çarparsak da $abct^3=abc$ elde edilir. $abc\neq 0$ olduğundan $t=1$ olacaktır ki bu da bir çelişkidir. Dolayısıyla sistemin $x=1$ dışında çözümü yoktur. En büyük ve en küçük kök kendisi olacağından farkları $0$'dır.

Cevap: $\boxed{E}$

Eğer $n\geq 3$ için $a=n!$, $b=n$, $c=n!-1$ seçersek eşitlik sağlanır ve $a,b,c>1$ olur. Dolayısıyla sonsuz çözüm vardır.

Cevap: $\boxed{B}$

Üçgenin alanı $S=\dfrac{5h_1}{2}=\dfrac{2h_2\sqrt{6}}{2}$ olduğundan $h_1=\dfrac{2S}{5}$ ve $h_2=\dfrac{2S}{2\sqrt{6}}$ olacaktır. Eşitsizlikte yerine yazarsak $$5+\dfrac{2S}{5}\leq 2\sqrt{6}+\dfrac{2S}{2\sqrt{6}}\implies 2\sqrt{6}(25+2S)\leq 5(24+2S)\implies 50\sqrt{6}-120\leq S(10-4\sqrt{6})\implies S\geq 5\sqrt{6}$$ Bir kenara ait yükseklik diğer kenarlardan her zaman küçük veya eşit olacağından $h_1\leq 2\sqrt{6}$'dır ve $$h_1=\dfrac{2S}{5}\leq 2\sqrt{6}\implies S\leq 5\sqrt{6}$$ bulunur. Yani eşitlik durumu olmalıdır. Buradan $h_1=2\sqrt{6}$ bulunur. Başka bir deyişle üçgen dik üçgendir ve verilen iki kenar birbirine diktir. Pisagor teoreminden üçüncü kenar $\sqrt{5^2+(2\sqrt{6})^2}=7$ olarak bulunur.

Yanıt: $\boxed E$

$n=2$ için $n^2+1=5$ olur ve pozitif $2$ böleni vardır.
$n=3$ için $n^2+1=10$ olur ve pozitif $4$ böleni vardır.
$n=7$ için $n^2+1=50$ olur ve pozitif $6$ böleni vardır.
$n=13$ için $n^2+1=170 = 2\cdot 5 \cdot 7$ olur ve pozitif $8$ böleni vardır.
Dolayısıyla cevap "Hiçbiri"dir.

Cevap: $\boxed{C}$

Verilen eşitlikleri birbirinden çıkartalım. $$\left(g(x)\right)^3+g(x)=g(x)\left((g(x))^2+1\right)=0$$ denkleminin de birden fazla çözümü olmalıdır. $(g(x))^2+1\neq 0$ olduğundan verilen denklem sisteminin çözümleri $g(x)=0$'ın da çözümleridir. $g$, ikinci dereceden bir polinom olduğundan en fazla $2$ kökü vardır. Denklem sisteminin kökleri aynı zamanda $g$'nin de kökleri olduğundan sistemin de tam olarak iki kökü vardır. İlk denklemden bu iki kökün aynı zamanda $f$'in de kökleri olduğunu anlarız. Buradan $f$ ve $g$'nin ikişer kökleri olduğunu ve aynı polinom olduklarını anlarız. Dolayısıyla $f(x)g(x)=(g(x))^2=0$ denkleminin de $2$ tane kökü vardır.

Yanıt: $\boxed A$

Betül'ün herhangi bir hamlesinden önce taş sayısı $n=2k$ gibi bir çift sayı ise Betül en fazla $k-1$ tane taşın oyundan çıkarılmasını garantileyebilir. Gerçekten daha fazla sayıda taşın oyundan çıması için Betül'ün en az $k$ taş içeren bir öbek ayırması gerekir, fakat işaretli taş bu öbekte ise, diğer öbeklerin her birinde en fazla $k-1$ taş olduğundan oyundan çıkarılan taş sayısı da en fazla $k-1$ olacak. Benzer şekilde $n=2k+1$ ise Betül en fazla $k$ taşın çıkarılmasını garantileyebilir. O halde Betül aşağıdaki stratejiyi uygularsa en az hamle sayısına ulaşır: Taş sayısı $2k+1$ ise bunları $k, k, 1$ taş içeren üç öbeğe, taş sayısı $2k$ ise $k, k-1,1$ taş içeren üç öbeğe ayırır. Birinci durumda en az $k$, ikinci durumda da en az $k-1$ taş oyundan çıkarılacak. $2005$ taş için en "kötü" durumda taş sayısı şöyle değişecek:

$2005 \rightarrow 1003 \rightarrow 502 \rightarrow 252 \rightarrow 127 \rightarrow 64 \rightarrow 33 \rightarrow 17 \rightarrow 9 \rightarrow 5 \rightarrow 3 \rightarrow 2$.

Böylece Betül en az $11$ hamlede işaretli taşı bulmayı garantileyebilir.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 6.46, Sayfa 203.

Yanıt: $\boxed B$

$\angle BAC = \angle BCA = \angle BDA$ olduğu için $\triangle BAK \sim \triangle BDA \quad (AA)$.
$BA/BD = BK/BA \Rightarrow BA^2 = BD \cdot BK = (b+d)b = b^2 + bd \Rightarrow BA = \sqrt {b^2 + bd}$.

Cevap: $\boxed{C}$

Genelliği bozmadan $x\geq y\geq z$ olsun. O halde $x^2y=\dfrac{x^2yz}{z}=\dfrac{510510x}{z}$ olacaktır. Diğer terimler için de aynısını yazarsak $$\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}=\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{y}$$ olacaktır. $\dfrac{x}{z}=a\geq 1$,  $\dfrac{y}{x}=b\leq 1$ ve $\dfrac{z}{y}=c\leq 1$ dersek $abc=1$ ve $$m=a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{ab+ac+bc}{abc}=ab+ac+bc$$ olacaktır. Eğer $$P(t)=(t-a)(t-b)(t-c)=t^3-(a+b+c)t^2+(ab+ac+bc)t-abc=t^3-mt^2+mt-1$$ polinomu tanımlarsak $a,b,c$ rasyonel sayıları bu polinomun kökü olacaktır. $P(1)=0$ olduğundan $t=1$ bu polinomun bir köküdür. Dolayısıyla $a,b,c$'den birisi $1$ olmalıdır. Bu da $x,y,z$'den en az ikisinin eşit olduğu anlamına gelir. $$510510=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17$$ olduğundan $510510$'un tek tamkare böleni $1$'dir. Bu da eşit olan sayıların $1$'e eşit olduğu anlamına gelir. $1$'den daha küçük pozitif tamsayı olmadığından $(x,y,z)=(510510,1,1)$ olmalıdır. Bunun verilen ikinci eşitliği de sağladığı kolaylıkla görülebilir. Dolayısıyla permütasyonları ile birlikte $3$ adet çözüm üçlüsü vardır.

Cevap: $\boxed{D}$

Eğer $a=0$ ise her $x$ için $bx+c\geq 0$ olmasının tek yolu bu doğrunun eğimsiz olmasıdır. Yani $b=0$ olmalıdır fakat bu $a<b$ ile çelişir.

$a\neq 0$ ise

Eğer $ax^2+bx+c$ polinomunun farklı kökleri varsa polinom, bu iki kök arasında ve aralığın dışında farklı işaretli değerler alacaktır. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla $\Delta=b^2-4ac\leq 0$ olmalıdır. Ayrıca bu durumda polinom her zaman başkatsayının işaretiyle aynı işaretli değerler alacağından $b>a>0$ olmalıdır. $c\geq \dfrac{b^2}{4a}$ yazarsak $$\dfrac{a+b+c}{b-a}\geq \dfrac{a+b+\frac{b^2}{4a}}{b-a}=\dfrac{4a^2+4ab+b^2}{4a(b-a)}=\dfrac{(2a+b)^2}{4a(b-a)}$$ olacaktır. Eğer $b=a+k$ dersek, $a,k>0$ için $$\dfrac{(2a+b)^2}{4a(b-a)}=\dfrac{(3a+k)^2}{4ak}\geq_{AGO} \dfrac{(2\sqrt{3ak})^2}{4ak}=\boxed{3}$$ olacaktır. Eşitlik durumu $3a=k$ yani $b=4a$ ve $b^2=4ac$ iken sağlanır yani $t>0$ için $(a,b,c)=(t,4t,4t)$ eşitlik durumudur.

Cevap: $\boxed{B}$

Her güreşçi toplamda $n-1$ maç yapmıştır. Toplamda $\dfrac{n(n-1)}{2}$ maç yapılmıştır ve her maçta tam olarak $2$ puan dağıtıldığından herkesin puanlarının toplamı $n(n-1)$'dir. Eğer birinci olan güreşçi hiç maç kazanmadıysa en fazla $n-1$ puanı olacaktır. Diğer herkesin $n-1$'den az puanı olacağından toplamda $n(n-1)$ puana ulaşılamaz. Yani birinci kişi en az bir maç kazanmıştır. $k$ defa kazansın ve $m$ defa ise berabere kalsın. Toplam puanı $2k+m$ olacaktır. Diğer herkes en az $k+1$ maç kazandığından en az $2k+2$ puanı vardır, yani $m>2$'dir. Ayrıca $$n(n-1)\geq 2k+m+(n-1)(2k+2)>n(2k+2)\implies n-1> 2k+2\implies n\geq 2k+4$$ olmalıdır. $k\geq 1$ olduğundan $n\geq 6$ olacaktır.

$n=6$'ya örnek durum için güreşçilere $A,B,C,D,E,F$ diyelim, $A$ en çok puanı kazansın. Eşitlik durumu $k=1$ için gerçekleştiğinden $A$'nın tam olarak $1$ defa kazanması gerekir. Diğer herkes en az ikişer galibiyet almalıdır. Eğer $3$ galibiyet olan varsa $A$'yı geçeceğinden, herkes $2$ maç kazanmıştır. Genelliği bozmadan $A$'nın yendiği kişi $B$ olsun, geri kalan maçları berabere bitsin. Bu durumda,

$A\to 1$ galibiyet ($B$), $4$ beraberlik ($C,D,E,F$), toplamda $6$ puan,
$B\to 3$ mağlubiyet ($A,C,D$), $2$ galibiyet ($E,F$), toplamda $4$ puan,
$C\to 2$ mağlubiyet ($D,E$), $2$ galibiyet ($B,F$), $1$ beraberlik ($A$), toplamda $5$ puan,
$D\to 2$ mağlubiyet ($E,F$), $2$ galibiyet ($B,C$), $1$ beraberlik ($A$), toplamda $5$ puan,
$E\to 2$ mağlubiyet ($B,F$), $2$ galibiyet ($C,E$), $1$ beraberlik ($A$), toplamda $5$ puan,
$F\to 2$ mağlubiyet ($B,C$), $2$ galibiyet ($D,E$), $1$ beraberlik ($A$), toplamda $5$ puan durumu istenilen sağlanır.