Tübitak Lise 1. Aşama - 2006 Çözümleri
« 2005 2007 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 1. Aşama - 2006 Çözümleri

1
Bir $ABC$ eşkenar üçgeninde $[AB]$ ve $[AC]$ kenarlarının orta noktaları sırasıyla $D$ ve $E$; $[DE$ ışınının çevrel çemberi kestiği nokta da $F$ olmak üzere, $\dfrac {|DE|}{|DF|}$ nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\sqrt 3}3
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 23 (\sqrt 3 - 1)
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac 23
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{\sqrt 5-1}2
$

Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$ABC$ eşkenar üçgeninin bir kenar uzunluğu $2$ olsun. $DE \parallel BC$ olduğundan $ADE$ üçgeni de eşkenardır. $|DE|=|AE|=|EC|=1$ dir.  $DE$ doğrusunun çevrel çemberi kestiği ikinci nokta $G$ olsun. $|EF|=|DG|=x$ diyelim. $E$ noktasının çembere göre kuvvetinden $|EA|\cdot |EC|= |EF|\cdot |EG| $ olup $1\cdot 1 = x \cdot (x+1)$ denklemi elde edilir. Bu denklem çözülürse $x= \dfrac{\sqrt5 -1}{2}$ bulunur. $|DF|=x+1=\dfrac{\sqrt5 +1}{2}$ ve$ \dfrac{|DE|}{|DF|}= \dfrac{\sqrt5 -1}{2}$ dir.

2
$p$ ve $p^2+2$ asal sayılarsa, $p^3+3$ sayısının en çok kaç asal böleni olabilir?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$p=3$ asalı için $p^2+2=9+2=11$ asaldır. Bu durumda $p^3+3=27+3=30 = 2 \cdot 3\cdot 5 $ şeklinde $3$ farklı asal çarpan elde edilir.

$p \neq 3$ durumunda çözüm olmadığını gösterelim. Fermat teoreminden $p^2 \equiv 1 \pmod{3}$ olur. Bu halde $p^2+2 \equiv 1 + 2 \equiv 0 \pmod{3}$ tür. Yani $3|p^2+2$ olup $p^2+2$ sayısı bileşiktir.
3
$a_1 = -1$, $a_2 = 2$ ve $n\geq 3$ için, $a_n = \dfrac {a_{n-1}}{a_{n-2}}$ ise, $a_{2006}$ kaçtır?

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

Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

Dizinin birkaç terimini hesaplayarak periyodik olduğunu gösterelim. $n \geq 1$ için $(a_n)=(-1,2,-2,-1, \frac{1}{2}, \frac{-1}{2}, -1, 2, \dots )$ olup $a_7=a_1$ ve $a_8=a_2$ olduğu görülmektedir. Dolayısıyla $(a_n)$ dizisi periyodik olup, periyot $6$ dır. $2006 \equiv 2 \pmod{6}$ olduğundan $a_{2006}=a_2=2$ elde edilir.
4
Kenar uzunlukları $1$ olan $27$ tane küpten her birinde, iki karşılıklı yüz birer nokta, başka iki karşılıklı yüz ikişer nokta, geri kalan iki karşılıklı yüz de üçer nokta ile işaretleniyor. Bu $27$ küp ile $3\times 3 \times 3$ boyutlarında bir küp oluşturursak, bu küpün yüzleri üstünde işaretlenmiş toplam nokta sayısı en az kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 54
\qquad\textbf{b)}\ 60
\qquad\textbf{c)}\ 72
\qquad\textbf{d)}\ 90
\qquad\textbf{e)}\ 96
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

Küpün $8$ köşesi, $6$yüzeyi, $12$ ayrıtı vardır.
$8$ köşede $1,2,3$ tane noktanın her biri görülür. $8\cdot(1+2+3)=48$. $12$ ayrıtın her birinin ortasındaki küplerde $1$ ve $2$ noktalı yüzeyler görülecek şekilde yerleştirebiliriz. $12\cdot(1+2)=36$. $6$ yüzeyin her birinin merkezini oluşturan küpleri $1$ noktalı yüzey görülecek biçimde yerleştirebiliriz. $6\cdot 1 = 6$. Toplam $48+36+6=90$ bulunur.
5
Bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde $|AB| + |BD| = |AC|$ ve $m(\widehat{BAD}) = m(\widehat{DAC}) = 30^\circ$ olacak biçimde bir $D$ noktası bulunuyorsa, $m(\widehat {ACB})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 30^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 40^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 45^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 48^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 50^\circ
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

$|AB|=x, |BD|=y, |AC|=x+y$ ve $m(\widehat{ACB})=\alpha $ diyelim. $[AB$ ışını düzerinden $|AE|=|AC|=x+y$ olacak şekilde $E$ noktası alalım. $|BE|=|BD|=y$ dir. Böylece $AEDC$ iç bükey deltoid olur.  $m(\widehat{AED})= m(\widehat{AED}) = m(\widehat{BDE})= \alpha $ ve $m(\widehat{ABC})= 2\alpha $ olur. $ABC$ üçgeninin iç açılar toplamından $\alpha = 40^\circ$ bulunur.

6
$3+3^2+3^{2^2} +3^{2^3} + \cdots +3^{2^{2006}}$ toplamı, $11$ moduna göre aşağıdakilerden hangisine denktir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ 10
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

Önce $n=1,2,3, \dots $ değerleri için $3^n$ ifadesinin $\mod{11}$ deki değerlerini inceleyelim. $3^n \equiv 3,9,5,4,1 \pmod{11}$  olduğundan $3^n$ nin periyodu $5$ tir.

O halde $m=0,1,2, \dots $ için $2^m$ ifadesinin $\mod{5}$ deki değerlerini incelememiz gerekir. $2^m \equiv 1,2,4,3,1 \pmod{11}$ olduğundan $2^m$ nin periyodu $4$ tür. Dolayısıyla bize verilen toplam $\mod{11}$ de, $3^{5k_1+1}+ 3^{5k_2+2}+3^{5k_3+4}+3^{5k_4+3}$ şeklinde $4$ lü gruplar halinde tekrar eder. $3^{5k_1+1}+ 3^{5k_2+2}+3^{5k_3+4}+3^{5k_4+3} \equiv 3+9+4+5 \equiv 10 \pmod{11}$ Bu toplamda $2007$ tane terim vardır ve $2007=501\cdot 4 +3$ olduğundan istenen değer $501\cdot 10 + 3+9+4 \equiv 10 \pmod{11}$ bulunur.
7
$\left \lfloor \dfrac m{11} \right \rfloor = \left \lfloor \dfrac m{10} \right \rfloor$ eşitliğini sağlayan kaç pozitif tam sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 44
\qquad\textbf{b)}\ 48
\qquad\textbf{c)}\ 52
\qquad\textbf{d)}\ 54
\qquad\textbf{e)}\ 56
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$\left \lfloor \dfrac m{11} \right \rfloor = n = \left \lfloor \dfrac m{10} \right \rfloor$ olsun. $n \leq \dfrac{m}{11} < n+1$ ve $n \leq \dfrac{m}{10} < n+1$ eşitsizlikleri beraber sağlanmalıdır. Buradan $ 11n \leq m < 10n+10$ elde edilir. Bu eşitsizlikte $0 \leq n < 10$ olduğu açıktır.

$n=0$ için $m \in \{0,1,2, \dots ,9 \}$ olup $10$ değer vardır. (Fakat $m \neq 0$ olduğunu unutmayalım)

$n=1$ için $m \in \{11,12,13, \dots ,19 \}$ olup $9$ değer vardır.

$\vdots$

$n=9$ için $m \in \{ 99 \}$ olup $1$ değer vardır.

Toplam $10 + 9 + \cdots +1 = \dfrac{10\cdot 9}{2}=55$ dir. Son olarak $m=0$ durumu çıkarılırsa $55-1=54$ elde edilir.
8
$d_1$ ve $d_2$ bir düzlem üzerinde birbirine paralel iki farklı doğru olmak üzere, $d_1$ üstünde $11$ siyah nokta, $d_2$ üstünde de $16$ beyaz nokta işaretleniyor. Siyah ve beyaz noktaları birleştiren doğru parçalarının, $d_1$ ve $d_2$ doğruları arasındaki şeridin iç bölgesinde bulunan kesişim noktalarının sayısı en çok kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 5600
\qquad\textbf{b)}\ 5650
\qquad\textbf{c)}\ 6500
\qquad\textbf{d)}\ 6560
\qquad\textbf{e)}\ 6600
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$d_1$ üstünden alınan temsilci iki nokta $A,B$; $d_2$ üstünden alınan temsilci iki nokta $C, D$ olsun. $A,B,C,D$ noktalarının saatin dönme yönünde sıralanmış olduğunu varsayalım. Bu noktalar ikişerli olarak birleştirilirse, $ \{DA, CB \}$ ikilisinin kesişiminden bir $Y$ noktası elde edilir. Ancak bu nokta şerit bölgenin dışındadır. $ \{AC, BD \}$ ikilisinin kesişiminden bir $X$ noktası elde edilir. Bu nokta şerit bölgenin içinde yer alır. Dolayısıyla $A,B,C,D$ gibi seçilen her $4$ noktadan en fazla $1$ tane $X$ noktası elde edilebilir. Bu $A,B,C,D$  noktalarının seçim sayısı $\binom{16}{2}\binom{11}{2}=120\cdot 55 = 6600$ bulunur.

9
Kenar uzunlukları $|AB| = 6$, $|BC| = 7$ ve $|AC| = 8$ olan bir ABC üçgeninin $A$ köşesine ait iç açıortay $BC$ yi $D$ noktasında kesiyor. $E$ noktası $[AC]$ üstünde olmak üzere $|CE| = 2$ ise, $|DE|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{17}5
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 72
\qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt 3
\qquad\textbf{e)}\ 3\sqrt 2
$

Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

İç açıortay teoreminden $\dfrac{|BD|}{|DC|}=\dfrac68$ olup $|BD|=3$ ve $|DC|=4$ tür. $|AE|=6=|AB|$ olduğundan $BAD \cong EAD$ (kenar-açı-kenar) eşliği vardır. Buradan kolayca $|DE|=|BD|=3$ bulunur.
10
$5^n$ nin $\dfrac{2006!}{(1003!)^2}$ sayısını bölmesini sağlayan en büyük $n$ tam sayısı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 500
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

De Polignac formülüne göre $2006!$ içindeki $5$ çarpanlarının sayısı

$\left \lfloor \dfrac{2006}{5} \right \rfloor + \left \lfloor \dfrac {2006}{25} \right \rfloor +  \left \lfloor \dfrac {2006}{125} \right \rfloor +  \left \lfloor \dfrac {2006}{625} \right \rfloor = 401 + 80 + 16 + 3 = 500 $ olur.

$1003!$ içindeki $5$ çarpanlarının sayısı

$\left \lfloor \dfrac{1003}{5} \right \rfloor + \left \lfloor \dfrac {1003}{25} \right \rfloor +  \left \lfloor \dfrac {1003}{125} \right \rfloor +  \left \lfloor \dfrac {1003}{625} \right \rfloor = 200 + 40 + 8 + 1 = 249 $ olur.

O halde aranan en büyük $n$ tam sayısı $n = 500-249-249=2$ dir.
11
$4x^4 - 3x^2 + 7x - 3 = 0$ denkleminin farklı gerçel köklerinin toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ -1
\qquad\textbf{b)}\ -2
\qquad\textbf{c)}\ -3
\qquad\textbf{d)}\ -4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$4x^4-3x^2+7x-3=(4x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ şeklinde çarpanlara ayrıldığını varsayarak $a,b,c,d$ tam sayılarını bulmayı deneyelim. Polinomların eşitliğinden

$$4c+a=0$$
$$4d+b+ac=-3 $$
$$ad+bc=7$$
$$bd=-3$$

İlk denklemden $a=-4c$ dir. Bunu üçüncü denklemde yazarsak $c(b-4d)=7$ olur. $c|7$ dir. $c=1$ için denklemler incelenirse çözüm gelmediği görülür. $c=-1$ için incelenirse $a=4,b=-3,d=1$ elde edilir. Bu durumda

$$4x^4-3x^2+7x-3=(4x^2+4x-3)(x^2-x+1)$$

şeklinde çarpanlara ayrılır. $x^2-x+1=0$ denkleminin diskriminantı negatif olduğundan reel çözümü yoktur. $4x^2+4x-3 = 0$ denkleminin diskriminantı pozitiftir ve $x_1,x_2$ şeklinde iki farklı kökü vardır. Vieta formülünden $x_1+x_2=-1$ dir.
12
$\{1, 2, \dots , 2006\}$ kümesi, boş olmayan ve hiçbiri ardışık herhangi iki sayı içermeyen üç kümeye kaç değişik biçimde ayrılabilir?

$
\textbf{a)}\ 3^{2006}-3\cdot 2^{2006}+1
\qquad\textbf{b)}\ 2^{2005}-2
\qquad\textbf{c)}\ 3^{2004}
\qquad\textbf{d)}\ 3^{2005}-1
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

Önce $1$ i yerleştirelim, sonra da $2$ yi. $3$ ve sonraki sayılar için her zaman $2$ farklı seçenek olacaktır. Bu durumda $2^{2004}$ farklı şekilde dağıtım yapılabilir. Sorudaki kısıtlamadan dolayı $3.$ kümenin hiç kullanılmadığı durumu çıkarmamız gerekmekte: $2^{2004}-1$. $\blacksquare$
13
$|AB| = |AC|$ olan ikizkenar bir $ABC$ üçgeninin $[AB]$ kenarı üstünde alınan bir $D$ noktasından $BC$ ye çizilen paralel $AC$ yi $E$ noktasında kesiyor. $m(\widehat A) = 20^\circ$, $|DE| = 1$, $|BC| = a$ ve $|BE| = a + 1$ ise, $|AB|$ aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 2a
\qquad\textbf{b)}\ a^2-a
\qquad\textbf{c)}\ a^2+1
\qquad\textbf{d)}\ (a+1)^2
\qquad\textbf{e)}\ a^2+a
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$BE\cap CD =\{F\}$ olsun. $EF/BF=DE/BC=1/a \Rightarrow EF=1, BF=a$.
$BCED$ ikizkenar yamuk olduğu için $DF=1$ ve $CF=a$, yani $\angle EBC = \angle DCB = 60^\circ$.
$\angle ABE = 20^\circ = \angle BAE$ olduğu için $AD=AE=EB=a+1$ dir.

$DE \parallel BC$ olduğu için $\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{DE}{BC} \Rightarrow \dfrac{a+1}{AB} = \dfrac{1}{a} \Rightarrow AB = a^2 + a$.
14
$A,B \in \{1, 2, \dots , 9\}$ olmak üzere, on tabanındaki yazılımı $AABB$ şeklinde olan sayılardan kaç tanesi tam karedir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ 0
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$\overline {AABB} = 11\cdot \overline {A0B} \Rightarrow \overline {A0B} = 11\cdot T^2$

$11$ ile bölünebilme kuralı gereğince $A+B=11$ olmalı.
$T^2$ nin birler basamağı $B$ dir. Bu durumda, $B=1,4,5,6,9$ olabilir.
Bu iki şart birlikte düşünüldüğünde $(A,B)=(2,9), (5,6), (6,5), (7,4)$ ikililerinden bir tek $(7,4)$ için ($704 = 11 \cdot T^2 = 11 \cdot 8 ^2$) $T^2$ tam karesi bulunur.
O halde sadece $AABB = 7744$ sayısı bir tam karedir.
15
$x^2 - 5x - 4 \sqrt x + 13 = 0$ denkleminin kaç farklı gerçel kökü vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 4
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$x^2 - 5x - 4 \sqrt x + 13 = x^2-6x+9 + x - 4\sqrt x + 4 = (x-3)^2 + (\sqrt x - 2)^2 = 0$ denkleminin gerçel çözümü yoktur.
16
$x_1 + x_2 + \cdots + x_{13} \leq 2006$ eşitsizliğini sağlayan kaç $(x_1, x_2, \dots , x_{13})$ pozitif tam sayı on üçlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{2006!}{13!\cdot 1993!}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{2006!}{14!\cdot 1992!}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1993!}{12!\cdot 1981!}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1993!}{13!\cdot 1980!}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$x_1+x_2+x_3+ \ldots+x_{13}\le2006$ Burada $x_i$'ler pozitif olmalıdır. Bu koşuldan kurtulmak için $x_i=a_i+1$ dönüşümünü yapalım. $a_i\ge0$ olur. Soruda verilen ifadeyi düzenlersek $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{13}\le1993$ ifadesini elde ederiz. Öyleyse $a_1+a_2+\ldots+a_{13}+a_{14}=1993$ Olacak şekilde bir $a_{14}$ vardır. Bu denklemini de sağlayan ${2006\choose 13}$ tane tam sayı üçlüsü vardır.
17
Bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde $|BD| = 2$, $|DC| = 6$ olacak şekilde bir $D$ noktası bulunmaktadır. $|AB| = 4$ ve $m(\widehat{ACB}) = 20^\circ$ olduğuna göre, $m(\widehat{BAD})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 10^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 18^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 20^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 22^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 25^\circ
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$|BA|^2=|BD|\cdot |BC|$ çemberde kuvvet bağıntısı sağlandığı için $BA$ doğrusu, $ADC$ üçgeninin çevrel çemberinin bir teğetidir. Dolayısıyla aynı yayı gören teğet-kiriş açı ve çevre açının eşitliğinden $m(\widehat{BAD})=m(\widehat{ACD})=20^\circ $ olur.
18
$S = \{n : n3^n + (2n + 1)5^n \equiv 0 \pmod 7\}$ ise, her $n\in S$ için, $n + k \in S$ olmasını sağlayan en küçük pozitif $k$ tam sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 14
\qquad\textbf{d)}\ 21
\qquad\textbf{e)}\ 42
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{D}$

$n\in S$ olan herhangi bir $n$ alalım ve $n\equiv a\pmod{7}$ olsun. $a\not\equiv 0$ olmalıdır aksi takdirde kümenin şartı olan denklik sağlanmaz. Dolayısıyla $7$ modunda $a$'nın tersi vardır ve $$-(2a+1)5^n\equiv a3^n\pmod{7}\implies -a^{-1}(2a+1)\equiv -2-a^{-1}\equiv \left(3\cdot 5^{-1}\right)^n\equiv (3\cdot 3)^n\equiv 2^n\pmod{7}$$ olacaktır. $2^n$ ifadesi $7$ modunda sadece $n\equiv 0,1,2\pmod{3}$ için $1,2,4$ değerlerini alabilir. Bu değerlerin her biri için de  $a^{-1}$'e bağlı lineer bir denklem çıkacağından tam olarak bir tane $a$ değeri çıkacaktır. Yani $n$'nin $3$'e bölümünden kalana göre $7$'e bölümünden kalan değişecektir ve çin kalan teoreminden her durum için mod $21$'de tam olarak bir çözüm çıkacaktır. Yani her $21$ eklendiğinde yine çözüm gelecektir. $k=21$ olmalıdır.

Not: Bu kümenin elemanı olan $n$ sayıları şu şekildedir, $$n\equiv 8,9,19\pmod{21}$$
19
$x^4+y^4+z^4+1 = 4xyz$ eşitliğini sağlayan kaç $(x, y, z)$ gerçel sayı üçlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz çoklukta}
$
Çözüm:
$x^4, y^4, z^4, 1$ terimleri için aritmetik orta-geomerik orta eşitsizliği uygulanırsa $x^4+y^4+z^4+1^4 \geq 4|xyz| \geq 4xyz$ olur. Verilen denklemin sol tarafı da $4xyz$'dir. Bu durum ancak ve ancak $|x|=|y|=|z|=1$ eşitlikleriyle sağlanır. Denklemin sol tarafı pozitif olduğundan $xyz>0$ koşuluna uygun olarak tüm $(x,y,z)$ üçlüleri $(1,1,1)$, $(-1,-1,1)$, $(-1,1,-1)$, $(1,-1,-1)$ olup $4$ tanedir.
20
Bir kareyi $k$ tane kareye ayırabiliyorsak, $k$ tam sayısına iyi sayı diyelim. $2006$ dan büyük olmayan kaç iyi sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 1003
\qquad\textbf{b)}\ 1026
\qquad\textbf{c)}\ 2000
\qquad\textbf{d)}\ 2003
\qquad\textbf{e)}\ 2004
$
Çözüm:
$n=4$ için kenarların ortalarından çıkan doğru parçaları birleştirilerek yapılır. $n>4$ ve $n$ çift ise kareleri kenarlara yakın bir şekilde yan yana dizersek istenen yine doğrulanmış olur. $n>5$ ve tek ise yukarıdaki gibi çift durumunu oluşturu ardından en büyük kareyi $4$ eşit şekilde parçalarız (kare yaparız). Dolayısıyla $n=2$, $3$ ve $5$ için istenen yapılamaz. Bu basit bir çizim ile rahatlıkla görülebilir. Cevap $2003$ bulunur.
21
Bir $ABC$ üçgeninde $m( \widehat{A}) = 70^\circ$ dir. İçteğet çemberinin merkezi $I$ olmak üzere, $|BC| = |AC| + |AI|$ olduğuna göre, $m(\widehat{B})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 35^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 36^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 42^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 45^\circ
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

Problemi daha genel halde çözelim ve $m(\widehat{CBA})=\dfrac{m(\widehat{BAC})}{2}$ olduğunu ispatlayalım. $CA$ doğrusunun $A$ yönündeki uzantısı üzerinden $|DA|=|AI|$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım. (Yani, $A$ noktası $C$ ile $D$ nın arasındadır.) $AID$ üçgeni ikizkenar üçgen olduğundan

$$m(\widehat{ADI})=\dfrac{m(\widehat{BAC})}{4} \dots (1)$$

dir. Ayrıca $|CD|=|CA|+|AD|=|CA|+|AI|=|BC|$ olduğundan $BCD$ üçgeni de ikizkenardır. Böylece

$$ m(\widehat{ADI}) = m(\widehat{CBI}) \dots (2) $$

olur. $BI$ nın, $ABC$ üçgeninde bir iç açıortay olduğunu da kullanırsak $(1)$ ve $(2)$ den $m(\widehat{CBA})=\dfrac{m(\widehat{BAC})}{2}$ elde edilir.

Şimdi $m(\widehat{BAC})=70^\circ$ için $m(\widehat{CBA})=\dfrac{70^\circ}{2}=35^\circ $ bulunur.
22
$0\leq x<165,0\leq y<165$ ve $ y^{2}\equiv x^{3}+x \pmod{165}$ koşullarını sağlayan kaç $(x,y)$ tam sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 80
\qquad\textbf{b)}\ 99
\qquad\textbf{c)}\ 120
\qquad\textbf{d)}\ 315
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$165=3\cdot 5\cdot 11$ olduğundan denkliği $3$, $5$ ve $11$ modunda çözmeliyiz. $$y^2\equiv x^3+x\equiv x+x\equiv 2x\equiv -x\pmod{3}$$ olduğundan her $y$ değeri için tam olarak bir tane $x$ değeri gelecektir. Mod $3$'te $3$ tane çözüm vardır. Mod $5$ için $$y^2\equiv x(x^2+1)\pmod{5}$$ olduğundan $x\equiv 0,1,2,3,4$ için denersek sadece $x\equiv 0,2,3$ için çözüm geleceğini ve bu üç değer için de $y\equiv 0$ olduğunu görürüz. Mod $5$'te de $3$ tane çözüm vardır.

Mod $11$ için $x\equiv 0$ ise $y\equiv 0$'dır. $y\equiv 0$ başka bir $x$ değeri için elde edilemez çünkü $x^2+1\equiv 0$ olamaz. Şimdi mod $11$ için karekalan olan ve olmayan değerleri bulalım. $1,3,4,5,9$ kalanları karekalanken $2,6,7,8,10$ kalanları değildir. $y^2$ tanımı gereği karekalan olduğundan $x^3+x=x(x^2+1)$ de karekalan olmalıdır. Dolayısıyla $x$ karekalan ise $x^2+1$ de karekalandır fakat $x$ karekalan değilse $x^2+1$ de karekalan değildir. Bunu kullanarak $x$ değerlerini deneyebiliriz. $x\equiv 5,7,8,9,10$ kalanları istenilen şartları sağlar. Her biri için de $y\not\equiv 0$ olacağından $y$ ve $11-y$ olmak üzere $2$ çözüm gelecektir. $(0,0)$ çözümünü de katarsak $11$ çözüm elde edilir.

Çin kalan teoreminden mod $165$'de $3\cdot 3\cdot 11=99$ çözüm vardır.
23
$\left ( 1+\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{8}+4} \right )^{10}$ sayısını aşmayan en büyük tam sayı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad\textbf{b)}\ 10
\qquad\textbf{c)}\ 21
\qquad\textbf{d)}\ 32
\qquad\textbf{e)}\ 36
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$\begin{array}{rcl}
\left ( 1+\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{8}+4} \right )^{10} &=& \left ( 1+\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}+\sqrt{4}+\sqrt 6 + \sqrt 8} \right )^{10} \\
&=& \left ( 1+\dfrac{1}{1+\sqrt 2} \right )^{10} \\
&=& \left ( \dfrac{2+\sqrt 2}{1+\sqrt 2} \right )^{10} \\
&=& (\sqrt 2)^{10} \\
&=& 32
\end{array}$
24
$n$ takımın katıldığı bir hentbol turnuvasında, her takım, kendi dışındaki her takımla tam olarak bir maç yapıyor. Her maçta kazanan $2$, kaybeden $0$ puan alırken, beraberlik durumunda iki takım da $1$ er puan kazanıyor. Turnuvanın bitiminde tüm takımların puanları farklı olup, sonuncu olan takım ilk üç sırada yer alan takımların hepsini yenmiş ise, $n$ en az kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 9
\qquad\textbf{c)}\ 10
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{E}$

Her takım, diğer $n-1$ takımla maç yapacağından toplamda $\dfrac{n(n-1)}{2}$ maç yapılacaktır. Her maçta toplamda $2$ puan dağıtıldığında turnuva bittiğinde tüm takımların puanları toplamı $n(n-1)$ olacaktır. Sonuncu takım en az üç maç kazandığından en az $6$ puana sahiptir. Tüm puanlar farklı olduğundan en az $6+7+\cdots+(n+5)=\dfrac{(n+5)(n+6)}{2}-15$ puan toplanabilir. Toplam puan $n(n-1)$ olduğundan $$n(n-1)\geq \dfrac{(n+5)(n+6)}{2}-15\implies n^2-13n\geq 0$$ olacaktır.  Yani $n\geq 13$ olacaktır. Cevap hiçbiridir.
25
Kenar uzunlukları $|AB| = 7, |BC| = 6$ ve$|AC| = 5$ olan bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ nin orta noktası $E$ dir. $A$ köşesinden çizilen iç açıortaya $E$ den inilen dikmenin $AB$ yi kestiği nokta $D$ ise, $|AD|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{9}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{2}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

$C$ den geçen $DE$ ye paralel olan doğru $AB$ yi $F$ de kessin. Paralellikten $CF$ doğrusu $A$ açısının iç açıortayına diktir. Bu durumda, $AF=AC=5$ ve $BF=2$ dir.
Paralellikten ve $BE=EC$ den dolayı $BD=DF=1$ ve $AD=6$ dır.
26
Kaç $p$ asal sayısı için, $m^3+3m-2 \equiv 0 \pmod{p}$ ve $m^2+4m+5 \equiv 0 \pmod{p}$  koşullarını sağlayan bir $m$ tam sayısı bulunur?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz çoklukta}
$
Çözüm:
Cevap:$\boxed{B}$

Öncelikle $p=2$ için $m\equiv 1\pmod{2}$'nin istenilen denklikleri sağladığını görelim. Diğer $p$'leri bulmak için $p\neq 2$ kabul edelim. $$m^3+3m-2-m(m^2+4m+5)\equiv -4m^2-2m-2\equiv 0\pmod{p}\implies 2m^2+m+1\equiv 0\pmod{p}$$ $$2(m^2+4m+5)-(2m^2+m+1)\equiv 7m+9\equiv 0\pmod{p}$$ $p=7$ olursa $9\equiv 0\pmod{7}$ olur ki bu da çelişkidir. Dolayısıyla $m\equiv -9\cdot 7^{-1}\pmod{p}$'dir. ($7^{-1}$ sayısı $7$'nin $p$ modundaki tersidir.) Buradan da $$m^2+4m+5\equiv 81\cdot \left(7^{-1}\right)^2-36\cdot 7^{-1}+5\equiv 0\pmod{p}\implies 81-36\cdot 7+5\cdot 7^2\equiv 74\equiv 0\pmod{p}$$ $74=2\cdot 37$ ve $p\neq 2$ olduğundan $p=37$ olmalıdır. $m\equiv -9\cdot 7^{-1}\equiv 4\pmod{37}$ istenilen denklikleri sağlar. $p=2$ ve $37$ olmak üzere iki tane çözüm vardır.
27
$x, y, z$ pozitif gerçel sayıları $xy + yz + zx = 5$ koşulunu sağlıyorsa, $x^2 + y^2 + z^2 - xyz$ ifadesi aşağıdaki değerlerden hangisini alamaz?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{3}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{E}$

Verilen ifadenin alabileceği $2$ tane değer bulursak, bu ifade iki değerin arasındaki tüm değerleri alacaktır çünkü ifadeler süreklidir ve polinomaldir. Öncelikle $x=y=z=\sqrt{\dfrac{5}{3}}$ denersek $$x^2+y^2+z^2-xyz=5-\dfrac{5}{3}\sqrt{\dfrac{5}{3}}<3$$ olacaktır. Diğer değer için $x=y=\epsilon>0$ çok küçük bir sayı olsun. Bu durumda $z=\dfrac{5-\epsilon^2}{2\epsilon}$ olacaktır. $$x^2+y^2+z^2-xyz=\dfrac{9\epsilon^2}{4}-\dfrac{5}{2}+\dfrac{25}{4\epsilon^2}-\dfrac{\epsilon(5-\epsilon^2)}{2}$$ olacaktır. $\dfrac{25}{4\epsilon^2}$ ifadesinden dolayı $\epsilon$'u ne kadar küçük seçersek ifade o kadar büyür (sonsuza gider). Dolayısıyla ifade için üst sınır yoktur. $3$'den küçük bir değer de olabileceğini gösterdiğimizden, ifademiz $3$ veya daha büyük her sayı olabilir.
28
$10$ şekeri olan Ali, her gün en az bir şeker yiyorsa, şekerlerinin tümünü günlere dağılımı itibariyle kaç değişik biçimde yiyebilir?

$
\textbf{a)}\ 64
\qquad\textbf{b)}\ 126
\qquad\textbf{c)}\ 243
\qquad\textbf{d)}\ 512
\qquad\textbf{e)}\ 1025
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{D}$

Ali şekerleri en az $1$, en fazla $10$ günde yiyebilir. $k$ günde kaç farklı şekilde yiyebileceğine bakalım. Bu soru ile $$x_1+x_2+\cdots+x_k=10,~~x_i\geq 1 $$ dağılım sorusu denktir. $x_i=y_i+1$ dönüşümü yaparsak $$y_1+y_2+\cdots+y_k=10-k,~~y_i\geq 0 $$ olur. Bu dağılım sorusunun çözüm sayısı $\dbinom{10-k+k-1}{k-1}=\dbinom{9}{k-1}$'dır. $k=1,2,\dots,10$ için hesaplayıp toplarsak $$\dbinom{9}{0}+\dbinom{9}{1}+\cdots+\dbinom{9}{9}=2^9=512$$ elde edilir.
29
Bir $ABC$ üçgeninde içteğet çemberinin merkezi $I; [BC]$ ye değen dış teğet çemberinin merkezi $J$ olmak üzere, $m( \widehat{B}) = 45^\circ , m(\widehat{A}) = 120^\circ$ ve $|IJ| = \sqrt{3}$ ise, $|BC|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{3}{2}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\sqrt{3}}{2}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{3}{4}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{\sqrt{6}}{2}
\qquad\textbf{e)}\ \sqrt{3}-1
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle IBJ = \angle ICJ = 90^\circ$ ve $\angle BJC = 90^\circ - \frac{\angle BAC}2 = 30^\circ$ dir.

$IBJC$ kirişler dörtgeninin çevrel merkezi $M$, $IJ$ nin orta noktasıdır ve $\angle BMC = 2\cdot \angle BJC = 60^\circ$ dir. $\triangle BMC$ eşkenar üçgen olup $BC=BM=\dfrac {IJ}2 = \dfrac{\sqrt 3}{2}$ dir.


NOT:

Genel olarak Sinüs teoreminden $\dfrac{BC}{\sin \angle BJC} = IJ \Rightarrow BC = IJ \cdot \sin (90^\circ - \angle A/2) = IJ \cdot \cos (\angle A /2)$ elde edilir.

30
$0 \leq x < 13 , 0 \leq y < 13 , 0 \leq z < 13$ olmak üzere $$\begin{array}{lcl}
x-yz^2 &\equiv& 1 \pmod{13}\\
xz+y &\equiv& 4 \pmod{13}
\end{array}$$ denklik sistemini sağlayan kaç $(x,y,z)$ tam sayı üçlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ 10
\qquad\textbf{b)}\ 23
\qquad\textbf{c)}\ 36
\qquad\textbf{d)}\ 49
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap:$\boxed{B}$

İlk denklikten $x\equiv yz^2+1\pmod{13}$ bulunur. Bunu ikinci denklikte yazarsak $$y(z^3+1)\equiv 4-z\pmod{13}$$ olacaktır. Öncelikle bu denkliğin çözümü olan her $(y,z)$ çifti için tam olarak bir tane $x$ çözümü geleceğini görelim. Dolayısıyla bizim sadece ikinci denkliğin çözüm sayısını bulmamız gerekiyor. Burada ise eğer $z^3+1\not\equiv 0\pmod{13}$ ise her $z$ değeri için bir adet $y$ değeri elde edilecektir. Eğer $z^3+1\equiv 0\pmod{13}$ ama $4-z\not\equiv 0\pmod{13}$ ise çözüm gelmeyecek, eğer $z^3+1\equiv 4-z\equiv 0\pmod{13}$ ise her $y$ değeri çözüm olacaktır. $$z^3+1\equiv 0\pmod{13}\iff z\equiv 4,10,12\pmod{13}$$ olduğundan $z\equiv 10,12$ iken çözüm gelmez, $z\equiv 4$ iken $13$ çözüm gelir, geri kalan $10$ adet $z$ değeri için de birer tane çözüm gelir. Toplamda $10+13=23$ çözüm vardır.
31
$a,b,c$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere, $P(x)=x^3+ax^2+bx+c$  polinomu $P(1) \geq 2$ ve $P(3) \leq 31$ koşullarını sağlıyorsa, $P(4)$ ün alabileceği kaç tam sayı değer vardır?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{C}$

Verilen bilgilerden $$A=P(1)-1=a+b+c\geq 1$$ $$B=P(3)-27 =9a+3b+c\leq 4$$ şeklindedir. Bizim ise $C=P(4)-64=16a+4b+c$ ifadesinin alabileceği değerleri bulmamız lazım. Üç değişkenli üç lineer denklemi matris ile çözebiliriz. $$\left[ {\begin{array}{ccc}1 & 1 & 1\\9 & 3 & 1\\16 & 4 & 1\\ \end{array} } \right]\left[ {\begin{array}{ccc}a\\b\\c\\ \end{array} } \right]=\left[ {\begin{array}{ccc}A\\B\\C\\ \end{array} } \right]$$ Matrisin tersini hesaplarsak $$\left[ {\begin{array}{ccc}\dfrac{1}{6} & -\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3}\\-\dfrac{7}{6} & \dfrac{5}{2} & -\dfrac{4}{3}\\2 & -2 & 1\\ \end{array} } \right]\left[ {\begin{array}{ccc}A\\B\\C\\ \end{array} } \right]=\left[ {\begin{array}{ccc}a\\b\\c\\ \end{array} } \right]$$ elde edilir. Yani $$A-3B+2C=6a$$ $$-7A+15B-8C=6b$$ $$2A-2B+C=c$$ olur. $a,b,c>0$ olduğunu kullanırsak $C$'yi üstten ve alttan sınırlayabiliriz. $$\dfrac{15B-7A}{8}>C>\max\left\{2B-2A, \dfrac{3B-A}{2}\right\}$$ Öncelikle $B=9a+3b+c>a+b+c=A$ olduğundan alt sınır kesinlikle pozitiftir. Dolayısıyla $C\geq 1$ olacaktır. Üst sınır için $$\dfrac{15\cdot 4-7}{8}=6.625\geq \dfrac{15B-7A}{8}$$ olduğundan $6\geq C$ olacaktır. Eğer $C=1$ ise $1\geq \dfrac{3B-A}{2}$ olacağından $\dfrac{2+A}{3}\geq B>A$ olur. Ancak $A\geq 1$ olduğundan üst sınır alt sınırdan küçük olur. Bu bir çelişkidir. $C=2,3,4,5,6$ değerlerini alabilir yani $P(4)=66,67,68,69,70$ olabilir.

Örnek durumlar için $A=1$ seçilerek $C$ değerlerine uygun $B$'ler bulunabilir.
32
"$\left \{1, 2, \cdots , 9 \right \}$ kümesinin $5$ elemanlı hangi $6$ altkümesini alırsak alalım, bunlardan en az bir ortak elemana sahip $k$ tanesi bulunur" önermesinin doğru olmasını sağlayan en büyük $k$ tam sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{D}$

$5 \cdot 6=30$ eleman bulunur. Güvercin yuvası prensibine göre, $30:9>3$ olduğu için $k$ nın en büyük değeri $4$ olur.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{D}$

$k=5$ tane alt küme için istenen koşulun gerçekleşmeyebileceğini gösterelim.

$\{2,3,4,5,6\}$, $\{1,3,4,5,6\}$, $\{1,2,4,5,6\}$, $\{1,2,3,5,6\}$, $\{1,2,3,4,6\}$, $\{1,2,3,4,5\}$ alt kümelerinden herhangi beşinin kesişimi boş kümedir. $k<5$ olmalıdır. $k_{\max} = 4$ olduğunu, önceki çözümde gösterildiği gibi kanıtlayabiliriz. $5$ elemanlı $6$ alt kümede toplam $6\cdot 5 = 30$ eleman vardır. Güvercin yuvası prensibi gereğince, en az $\left\lceil \dfrac{30}{9} \right\rceil = 4$ eleman aynı olmalıdır. Bu da kesişimi boş küme olmayan $4$ farklı alt kümenin seçilebileceğini gösterir.
33
Bir dışbükey $ABCD$ dörtgeninde $m(\widehat{ABD})=40^\circ , m(\widehat{DBC})=70^\circ ,m(\widehat{BDA})=80^\circ$ ve $m(\widehat{BDC})=50^\circ$ ise $m(\widehat{CAD})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 25^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 30^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 35^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 38^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 40^\circ
$
Çözüm 1:
(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{B}$

$[AB$ ve $[AC$ yi uzatalım ve bu ışınların üzerinde $|AB|$ ve $|AC|$ doğru parçaları üzerinde olmayacak şekilde sırasıyla $E$ ve $F$ noktaları alalım. O zaman $\angle EBD=\angle CBD=70^\circ$ ve $\angle BDC=\angle CDF=50^\circ$ olur. Yani $|BC|$ ve $|DC|$ dış açıortaydır. İki dış ve bir iç açıortay noktadaş olduğu için $|AC|$ de $\angle BAD$ nin açıortayıdır. O zaman $\angle CAD=\dfrac{\angle BAD}{2}=30^\circ$  dir.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{B}$

Kirişler dörtgeni oluşturmaya çalışacağız.$ABP=50^{\circ}$ olacak şekilde $DC$ üzerinde $P$ noktası alınsın. Buna göre $ABPD$ kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla $\angle BDP=50^{\circ}, \angle DAP=10^{\circ},\angle APB=80^{\circ}$ elde edilir. Ayrıca $\triangle BPC$ eşkenar, $\triangle APB$ ise ikizkenardır. Dolayısıyla $BC=BP=PC=AP$ belirlenir. Buna göre $\triangle APC$ de ikizkenardır. $\angle APC=140^{\circ}$ olduğundan $\angle CAP=20^{\circ}\Longleftrightarrow \boxed{\angle CAD=30^{\circ}}$ bulunur.
34
$1000$ den küçük olan ve $2$ veya daha fazla ardışık pozitif tam sayının toplamı olarak yazılamayan kaç pozitif tam sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 10
\qquad\textbf{c)}\ 26
\qquad\textbf{d)}\ 68
\qquad\textbf{e)}\ 72
$
Çözüm:
Yazılamayan sayılar $2^n$ formundadır. $1000$'den küçük olduğu için $10$ sayı bulunur.
35
$a, b, c$ gerçel sayılar olmak üzere, $P(x) = ax^2 + bx + c$ polinomunun farklı gerçel köklerinin sayısı $1$, $P(P(P(x)))$ polinomunun farklı gerçel köklerinin sayısı da $3$ ise, $abc$ ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır?

$
\textbf{a)}\ -3
\qquad\textbf{b)}\ -2
\qquad\textbf{c)}\ 2\sqrt{3}
\qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{3}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$P(x)$ polinomunun gerçel kök sayısı $1$ olduğundan $P(x)=a(x-k)^2$ formatındadır. $k=0$ ise $P(P(P(x)))=a^7x^8$ olacağından $3$ farklı kökü olmayacaktır. Dolayısıyla $k\neq 0$'dır. Şimdi $P(P(x))$'i hesaplayalım. $$P(P(x))=a\left(P(x)-k\right)^2=a\left(a(x-k)^2-k\right)^2$$ $P(x)=0\iff x=k$ olduğundan $$P(P(P(x)))=0\iff a\left(a(x-k)^2-k\right)^2=k$$ olacaktır. $Q(x)=a\left(a(x-k)^2-k\right)^2-k$ polinomu $4.$ derecedendir fakat $3$ kökü olmasını istiyoruz. O halde tam olarak bir kökü katlı köktür. Yani bu kök, $Q'(x)$'in de köküdür. Dolayısıyla $$Q'(x)=4a^2\left(a(x-k)^2-k\right)(x-k)=0$$ $k\neq 0$ olduğundan $\left(a(x-k)^2-k\right)\neq 0$'dır aksi takdirde bu katlı kök için $Q(x_0)=0$ olacağından $k=0$ bulunur. Yani katlı kök $x_0=k$'dır. Bunu $Q(x)$'de yazarsak $ak^2=k$ ve $k=\dfrac{1}{a}$ bulunur. Yani $P(x)=a\left(x-\dfrac{1}{a}\right)^2$ formatındadır. Bu ifadeyi açarsak $b=-2$ ve $c=\dfrac{1}{a}$ bulunur. Yani $\boxed{abc=-2}$ olacaktır.

Örnek durum $a=1$ konularak bulunabilir. Denememiş olmamla beraber her $a\neq 0$ gerçel sayısının da bu özelliği sağladığını düşünüyorum.
36
$n$ pozitif bir tam sayı olmak üzere, $n$ sorudan oluşan bir sınavda, her soru en az bir öğrenci tarafından doğru yanıtlanıyor. Ayrıca hem her öğrenci çift sayıda soruyu doğru yanıtlıyor, hem de herhangi iki öğrenci için, her ikisinin de doğru yanıtladığı ortak soru sayısının çift olduğu gözleniyor. $n$ nin alamayacağı değerlerin sayısı nedir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ \text{Sonsuz çoklukta}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{A}$

Öncelikle $n=k$ olabiliyorsa $k+2$ de olabileceğini görelim çünkü $n=k$ durumuna ek olarak $2$ soru ve sadece $1$ öğrenci ekler ve bu iki soruyu sadece o öğrenciye çözdürerek $n=k+2$ için örnek durum bulabiliriz. $n=2$ için tek öğrenci yeterlidir, bu öğrencinin iki soruyu da çözdüğü durum istenilen şartları sağlar. Dolayısıyla, $n$ çift herhangi bir sayı olabilir. Tek sayılar için iddiamız ise $n\geq 7$ olan herhangi bir tek sayı olabileceğidir. Bunun için $n=7$ için göstermemiz yeterlidir. Soruları $1,2,\dots,7$ olarak numaralandırıp öğrencilere $A$, $B$ ve $C$ dersek $$A\to 1,2,3,4$$ $$B\to 1,2,5,6$$ $$C\to 1,3,5,7$$ sorularını çözmesi halinde her soru çözülmüş, herkes çift sayıda soru çözmüş ve herhangi iki kişinin ortak çözdüğü soru sayısı $2$ olmuş olur. Yani $n$, $7$ veya daha büyük herhangi bir tek sayı olabilir.

Geriye sadece $n=1,3,5$ için istenilenin sağlanamayacağını göstermek kalır. $n=1$ çok basittir.

$n=3$ için soru çözmemiş öğrencinin hiçbir katkısı olmayacağından onları yokmuş gibi sayabiliriz. Herkes çift sayıda soru çözeceğinden hepsi tam olarak $2$ tane soru çözmelidir. İki kişinin ortak çözdüğü soru sayısı ya $2$ ya da $0$ olmalıdır. Eğer $2$ ise bu iki kişinin çözdüğü sorular tamamen aynıdır. Bu yüzden üç veya daha fazla kişinin ortak çözdüğü soru sayısı $1$ olamaz çünkü ortak soru çözmüş kişiler tamamen aynı soruları çözmüş olmalıdır. Dolayısıyla içerme dışarma prensibi gereğince $$\text{(Öğrencilerin çözdüğü soru sayılarının toplamı )}-\text{(Herhangi iki öğrencinin çözdüğü ortak soru sayılarının toplamı )}$$ $$+\text{(Herhangi üç öğrencinin çözdüğü ortak soru sayılarının toplamı )}-\cdots=3$$ doğru olamaz çünkü sağ taraf tek sayıyken sol taraftaki tüm toplamlar çifttir. Bu bir çelişkidir. $n=3$ olamaz.

$n=5$ için her öğrenci çift sayıda soru çözeceğinden $2$ veya $4$ soru çözmüş olmalıdır. Eğer tam olarak $2$ soru çözmüş biri varsa bu kişi diğer herhangi biriyle ya hiç ortak soru çözmemiştir ya da iki sorusu da ortaktır. Bu kişiyi ve çözdüğü soruları atarsak geriye kalan öğrenciler ve sorular da $n=3$ durumunu sağlar çünkü herkesten çift sayıda soru eksilir ve ortak çözülen soru sayısı da her öğrenci ikilisi için $2$ veya $0$ azalır. Bu yüzden herkes tam olarak $4$ soru çözmelidir. Başka bir deyişle herkes tam olarak bir soruyu çözmemiştir. herhangi bir $A$ kişisini alalım, genelliği bozmadan bu kişi ilk soruyu çözmesin. İlk soruyu çözen herhangi bir $B$ kişisi alırsak bu kişi $A$'nın çözdüğü sorulardan tam olarak bir tanesini çözmemiş olmalıdır. Yani $A$ ve $B$'nin ortak çözdüğü soru sayısı $3$ olacaktır. Bu bir çelişkidir. $n=5$ olamaz.

$n$'nin alamayacağı $3$ değer vardır, bunlar $n=1,3,5$'dir.