Tübitak Lise 1. Aşama - 2007 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{C}$

$|PD|:|DA|:|AP|=5:12:13$ ve üçgende ki alan eşitliğinden, $|AD|.5=4.3 \Rightarrow |AD|=\dfrac{12}{5} , |PD|=1$ dir. Ayrıca öklit bağıntısı kullanarak $3^2=|DC|.5 \Rightarrow |DC|=\dfrac{9}{5}$ bulunur, o halde $|CP|=\dfrac{14}{5}$ dir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$\mod 64$ ten inceleme yapmalıyız. Euler'in $\phi$ fonksiyonundan, $\phi(64)=32$ dir. $(3,64)=(7,64)=1$ olup Euler teoremine göre $3^{32}\equiv 7^{32} \equiv 1 \pmod {64}$ olur.

$10\cdot 3^{195}\cdot 7^{98}\cdot \equiv 10\cdot \left(3^{32}\right)^6\cdot 3^{3}\cdot \left(7^{32}\right)^3\cdot 7^{2} \equiv 10\cdot 27 \cdot 49 \equiv 46 \pmod{64}$ olur. $46=(232)_4$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$x=7$ için $(7-a)(7-b)(7-c)(7-d)=9$ olur. $9$ sayısını birbirinden farklı dört tam sayının çarpımı olacak şekilde, $9=(-3).(-1).1.3$ biçiminde yazabiliriz.

Bu çarpanların toplamı sıfır olduğundan, $(7-a)+(7-b)+(7-c)+(7-d)=0 \Rightarrow a+b+c+d=28$ dir.

Yanıt: $\boxed {B}$

$7=2+2+3$ şeklinde parçalanır. Ancak $2$ li gruplar ayırtedilemez olduğundan $\dfrac {1}{2!}$ çarpanı kullanırız. $\dfrac {1}{2!}\binom{7}{2}\cdot \binom{5}{2} \cdot \binom{3}{3}=105$ bulunur.

Yanıt: $\boxed {E}$

$m(\widehat{COD})=\alpha$ dersek $m(\widehat{COD})=2\alpha$ olur. Çemberde iç açı özelliğinden $2\alpha = \dfrac{180^\circ + \alpha}{2}$ olup $\alpha = 60^\circ $ elde edilir. $|OC|=|OD|=1$ dir. $[OC] \perp [PC]$,  $[OD] \perp [PD]$ olduğundan $m(\widehat{COP})=m(\widehat{DOP})=30^\circ$ dir. $PDO$ dik üçgeninden $|PO|=\dfrac{2 \sqrt3}{3}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed {B}$

$221=13\cdot 17$ olduğundan $n \geq 13$ için $n!(2n+1)$ ile $221$ aralarında asal olmaz. O halde $n \leq 12$ dir. Ancak $n=8$ için $2n+1=17$ olduğundan bu halde de $n!(2n+1)$ ile $221$ aralarında asal olmaz. Sonuç olarak $12-1=11$ tane $n$ değeri bulunur.

Yanıt: $\boxed{E}$

$a$ bir tam sayı olmak üzere $\dfrac{15x-7}{5}=a$ dır. $x=\dfrac{5a+7}{15} $ olur. Buna göre $\dfrac{6x+5}{8} = \dfrac{6\frac{5a+7}{15} +5}{8}=\dfrac{10a+34}{40} $ olur. Tam değer fonksiyonunun tanımından $a\leq \dfrac{10a+34}{40}  \leq a+1$ dir. Bu kombine eşitsizlik çözülürse $a \in \{ 0,1 \}$ bulunur. $a=0$ için $x=\dfrac{7}{15} $, $a=1$ için $x=\dfrac{12}{15} $ olup bu değerlerin toplamı $\dfrac{19}{15} $ dir.

Değişmez (invariant) kavramı ile ilgili bir problem,

Yanıt: $\boxed {D}$

$9$ basamaklı sayının soldan sağa doğru $n$ inci basamağındaki sayı $a_n$ olsun. $a_n$ ile $a_{n+1}$ in pariteleri farklıdır. Yani bunlardan biri tek sayı iken diğeri çift sayıdır. Bitişik rakamların değerlerini birer azaltıp yerlerini kendi aralarında değiştirme işlemi sonucunda $n$ inci sayının paritesi değişmez. Örneğin $a_n$ tek sayı iken $a_{n+1}$ çift sayıdır ve bu rakamların yeri değiştirilince $\dots (a_{n})(a_{n+1}) \dots$ sıralaması yerine $\dots (a_{n+1}-1)(a_n-1) \dots$ gelir. $n$ inci basamakta $a_{n+1}-1$ tek sayısı, $n+1$ inci basamakta $a_n-1$ çift sayısı bulunur. Sonuç olarak elde edilebilecek en küçük sayı $101010101$ dir. (Bu sayıyı veren hamleleri yazmak kolaydır) Dolayısıyla $101010101$ sayısının rakamları toplamı $5$ olarak bulunur.

Yanıt: $\boxed {A}$

$ABC$ üçgeninin kenarları $a,b,c$ ve yükseklikleri $h_a,h_b,h_c$ olmak üzere $Alan(ABC)=\dfrac{a\cdot h_a}{2}=\dfrac{b\cdot h_b}{2}=\dfrac{c\cdot h_c}{2}$ alan eşitliklerinden $a\cdot h_a=6$, $b\cdot h_b =6$ yazılır. Bu iki eşitlik taraf tarafa çarpılırsa $(a\cdot b)\cdot h_a \cdot h_b = 36$ olur. $a\cdot b \cdot \sin C = 6 $ olduğundan $$h_a \cdot h_b = 6 \cdot \sin C \dots (1)$$ elde edilir.


$(1)$ eşitliğinde $\sin C$ maksimum olduğunda $ h_a \cdot h_b $ çarpımı da maksimum değerine ulaşacaktır. ilk akla gelen yaklaşımlardan biri ''$m(\widehat {C})=90^\circ$ için $\sin C =1$ maksimum olur, bu nedenle cevap $6$ dır'' şeklinde olabilir. Fakat bu yaklaşım maalesef doğru değildir, sırf bu nedenle bile çeldiriciliği yüksek bir sorudur. $[AB]$ çaplı çemberi çizersek yarıçapı $3/2$ olduğundan $C$ noktası bu çemberin dışındadır. Böylece $C$ açısının dar olduğunu anlarız.

Şimdi doğru çözüm yoluna geçelim. $C$ noktasından $AB$ doğrusuna çizilen yükseklik ayağı $H$ olsun. $|AH|=x$, $|BH|=y$ dersek  $x+y=3$ tür. $m(\widehat{ACH})=\alpha$, $m(\widehat{BCH})=\beta$ dersek $\sin(\alpha+\beta)$ nın maksimum değerini bulmalıyız. Bunun için $\tan(\alpha+\beta)$ nın maksimum değerini bulmak işimizi kolaylaştırabilir. Toplam formülünden $\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}=\dfrac{(x/2)+(y/2)}{1-(xy)/4}=\dfrac{6}{4-xy}$ yazabiliriz. $x+y=3$ olduğundan aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğinden $xy \leq \dfrac{9}{4}$ olup $\tan(\alpha+\beta) \leq \dfrac{24}{7}$ elde edilir. $7-24-25$ dik üçgeninden dolayı $\sin(\alpha+\beta) \leq \dfrac{24}{25}$ olup $h_a \cdot h_b \leq 6 \cdot \dfrac{24}{25} = \dfrac{144}{25}$ bulunur. Eşitlik durumu $x=y=\dfrac{3}{2}$ iken vardır.

Yanıt: $\boxed {D}$

$n=2x^2=3y^3$ ve $n<10^6$ dır. $2|y^3$ ve $3|x^3$ olup $y=2a$, $x=3b$ yazılabilir. Buradan $3b^2=4a^3$ olur. Benzer muhakeme ile $b=2c$, $a=3d$ dir. $c^2=9d^3$ olup $c=3e$ dir. Buradan $e^2=d^3$ olur ve $e$ bir tam küp, $d$ bir tam kare olmalıdır. $e=m^3$ dersek $d=m^2$ dir. $c=3m^3$, $b=6m^3$, $a=3m^2$, $x=18m^3$, $y=6m^2$ dir. $n=2x^2=648m^6$ dır. O halde $648m^6 < 10^6$ eşitsizliğini sağlayan $m$ pozitif tam sayılarını belirleyelim. $\dfrac{1000000}{648}=1543,2 \dots$ olduğundan $m^6 \leq 1543$ tür. $3^6=729$, $4^6=4096$ olduğundan $m \in \{1,2,3\}$ olup $3$ değer bulunur.

Yanıt: $\boxed{C}$
$n$ farklı pozitif tam sayı $a_1,a_2, \dots , a_n$ olsun. $a_n \leq n$ dir. En büyük sayı en az $a_n=n$ olabilir. Bu durumda her $k$ için $a_k=k$ şeklide olur. Şimdi $n$ yi olabildiğince küçük seçmeliyiz. $a_1+a_2+ \cdots + a_{n-2} \geq \dfrac{8}{19}a_{n-1}a_n$ eşitsizliğini $1 + 2 +\cdots + (n-2)  \geq \dfrac{8}{19}(n-1)n$ şeklinde yazabiliriz. $\dfrac{(n-2)(n-1)}{2}\geq \dfrac{8}{19}(n-1)n $  eşitsizliğinden $n \geq 13$ olarak çözülür. $n=13$ için en büyük sayının en küçük değeri $a_{13}=13$ bulunur.

(Mehmet Utku Özbek)
Yanıt: $\boxed{A}$

$10$ farklı kitap $10!$ şekilde sıralanır. Bunları ayıracak olan iki ayraç da $9$ yerden ikisine $9\choose{2}$=$36$ farklı şekilde gelebilir. Cevap $36.10!$ dir.

Yanıt: $\boxed{A}$


$AD$ ile $BC$ nin kesişim noktası $E$ olsun. $ABE$ eşkenar üçgen olduğundan $|AB|=|BE|=|AE|=2x$ diyelim. $CDE$ dik üçgeninin kenarları arasında $1: \sqrt3 : 2$ orantısı olduğundan $|ED|=1+x$, $|CD|=\sqrt3 + \sqrt3 x$, $|AD|=1-x$ dir. $ABCD$ teğetler dörtgeninde $|AB|+|CD|=|AD|+|BC|$ olduğundan $2x +\sqrt3 + \sqrt3 x = 2 + (1-x)$ denklemi elde edilir. Buradan $x= \dfrac{3 - \sqrt3 }{3 + \sqrt3} $ olarak çözülür. $|AD|=1-x=1-\dfrac{3 - \sqrt3 }{3 + \sqrt3} = \sqrt3 - 1$ bulunur.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{A}$

İfadeye $T$ deyip düzenleyelim:

$T=199.197.195. ....... .7.5.3 = \dfrac{199!}{198.196.194. ...... .6.4.2}=\dfrac{199!}{2^{99}.(99!)}$

$2^{99}$ da hiç $3$ böleni olmadığından $\dfrac{199!}{99!}$ deki $3$ böleninin sayısına bakmamız yeterli.

$\dfrac{199}{3}=66, ...$  ,    $\dfrac{66}{3}=22$ ,   $\dfrac{22}{3}=7, ...$ ,   $\dfrac{7}{3}=2, ...$   ; $\Longrightarrow 66+22+7+2=97$  tane $3$ böleni var. (payda)

$\dfrac{99}{3}=33$ ,  $\dfrac{33}{3}=11$   ,   $\dfrac{11}{3}=3, ...$  , $\dfrac{3}{3}=1$  ;  $\Longrightarrow 33+11+3+1=48$  tane $3$ böleni var. (paydada)

O zaman cevap $97-48=49$  dur.

Yanıt: $\boxed{D}$
$n=(ab+cd)(ef+gh)$ diyelim. Aritmetik – geometrik ortalama eşitsizliğinden $n > 2 \sqrt{abcd}$ ve $n > 2 \sqrt{efgh}$ dır. Taraf tarafa çarpılırsa $n^2 > 4 \sqrt{abcdefgh} \geq 4 \sqrt{8!}$ olur. Buradan $n > 28 $ elde edilir.
$n = 29$ durumuna bakalım. $\min \{a,b,c,d \}=a$, $\min\{e,f,g,h \}=e$ alınırsa $ab+cd=29 $ dan $a \leq 3$ bulunur. Benzer şekilde $a \leq 3$ tür. $29$ tek sayı olduğundan $ab+cd=29=ef+gh$ eşitliğinde ya $ab$, $ef$ çift sayılar; $cd$, $gh$ tek sayılar olmalıdır ya da  $ab$, $ef$ tek sayılar; $cd$, $gh$ çift sayılar olmalıdır. $a,e \leq 3$ ve şartından dolayı yalnızca $a=1,e=3$ durumu incelenir. Bu halde $3f+gh=29$ olur. $f$ tek sayısı için $f\geq 5$ olduğu kullanılırsa bir çelişki elde edilir.
$n=30$ durumuna bakalım. Yine $\min\{a,b,c,d \}=a$, $\min \{e,f,g,h \}=e$ alınırsa $ab+cd=30 $ dan $a,e \leq 3$ bulunur. Bu durum da incelenirse çelişkiye ulaşılır. (Bu kısım biraz zamanınızı alabilir, kendi kendinize incelemeyi detaylıca yapmanız faydalı olacaktır).
$n=31$ durumunda $a=1,b=7,c=4,d=6, e=2, f=8, g=3, h=5$ için eşitlik sağlanır.

Yanıt: $\boxed{C}$
Simetri fikrinden faydalanmak çözümü kolaylaştıracaktır. Her $(x,y,z)$ üçlüsüne karşılık bir $(10-x,10-y,10-z)$ üçlüsü karşılık getirilebilir. Örneğin $x \leq y \leq z $ sıralaması olsun. $x \leq y \leq z \Longleftrightarrow  10-x \geq 10-y \geq 10-z  $ olduğundan $(x,y,z)$ ve $(10-x,10-y,10-z)$ üçlülerinin güçlerinin toplamı sabit olarak $x+z+(10-x)+(10-z)=20$ dir. Tüm $(x,y,z)$ üçlülerinin sayısı $9^3$ olduğundan tüm üçlülerin güçlerinin toplamı $\dfrac{1}{2}\cdot 9^3 \cdot 20 = 7290$

Yanıt: $\boxed{C}$

Aynı yayı gören çevre açı ve teğet kiriş açıların eşitliğinden $m(\widehat{KCA})= m(\widehat{CBA})$ dır. Dolayısıyla $m(\widehat{CKA})= m(\widehat{LAB})$ olup $ KC \parallel AL $ dir. $ \dfrac{KA}{AB}= \dfrac{CL}{LB}= \dfrac{4}{5} $ dir. Buna göre $|KA|=4x, |AB|=5x$ diyebiliriz. $K$ noktasının çembere göre kuvvetini yazarsak $|KC|^2 = |KA|\cdot |KB|$ eşitliğinden $12^2 = 4x \cdot 9x$ olur. Buradan $x=2$, $|AK|=4x=8$ dir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Bir pozitif böleni olan sayılar $1$ ve $-1$ dir. $n^3+8=1$, $n^3+8=-1$ denklemlerinin tam sayı çözümü yoktur.
$p$ bir asal sayı olmak üzere iki pozitif böleni olan sayılar $p$ ve $-p$ dir. $n^3+8=p$ ve $n^3+8=-p$ denklemlerini inceleyelim. $n^3+8=(n+2)(n^2-2n+4)$ şeklinde çarpanlara ayrılır. Ayrıca $n^2-2n+4 = (n-1)^2 +3 \geq 3$ olduğunu göz önüne alırsak $n+2=1$, $ n^2-2n+4=p$ olabilir. Bu halde $n=-1$ için $p= n^2-2n+4=3$ asal sayı elde edilir. $n^3+8=-p$ durumu incelenirse $n+2=-1$, $ n^2-2n+4=p$ olabilir. Buradan $n=-3$ için $p= n^2-2n+4=19$ asal sayısı elde edilir.
Son olarak üç pozitif böleni ola sayıları inceleyelim. Bu sayılar $p^3$ ve $-p^2$ şeklindedir. $ n^3+8=p^2 $ durumunda $n+2=p$, $n^2-2n+4=p$ olup $ n^2-2n+4=n+2$ denkleminden $n=1$, $n=2$ çözümleri bulunur. $n=1$ için $p=n+2=3$ asal sayıdır. $n=2$ için $p=n+2=4$ asal değil. $ n^3+8=-p^2 $ durumunda $n+2=-p$, $ n^2-2n+4=p $ olup $ n^2-2n+4=-n-2$ dir. Bu denklemin tamsayı çözümü yoktur. Sonuç olarak $n \in \{-3,-1,1\}$ şeklinde $3$ değer alabilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$x_m=0$ iken $x_{m+1}$ tanımsız olmaktadır. Bu sebeple $x_m=0$ olmasını sağlayan ilk $m$ pozitif tam sayısını bulmalıyız. Verilen indirgeme bağıntısını $x_nx_{n-1}-x_{n-1}x_{n-2}=-1$ şeklinde teleskopik hale getirelim. Şimdi $n=3,4, \dots, m$ için toplam oluşturalım:
$ \sum_{n=3}^{m} \left(x_n x_{n-1} -x_{n-1}x_{n-2} \right)= (-1)\cdot (m-2)$
olup $x_m x_{m-1}-x_{2}x_{1} = 2-m$ dir. Buradan $m=2007$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Problemi genel halde $n$ ardışık bölme için indirgemeli dizi yöntemiyle çözelim. Herhangi bitişik iki bölümün beyaza boyanmadığı durumların sayısı $a_n$ olsun. Kolayca görüleceği üzere $a_1=2$, $a_2=3$ tür. Biz $a_9$ değerini bulmalıyız. $n$ ardışık bölmenin $n$ inci hanesi için iki boyama seçeneği olduğundan tüm durumların sayısını iki alt durumun toplamı olarak ifade edeceğiz.

$n$ inci hane kırmızı ise, $n-1$ inci hane ve daha öncesini $a_{n-1}$ yolla boyayabiliriz.

$n$ inci hane beyaz ise, $n-1$ inci hane mutlaka kırmızıdır. $n-2$ inci hane ve daha öncesini $a_{n-2}$ yolla boyayabiliriz.

Böylece toplamda $a_n = a_{n-1}+a_{n-2}$ şeklinde bulunur. Fibonacci dizisinin indirgeme bağıntısını elde ettiğimize dikkat edilebilir. $a_1=2$, $a_2=3$ olduğunu kullanarak $(a_n)=(2,3,5,8,13,21,34,55,89, \dots)$ yazabiliriz. $a_9=89$ bulunur.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{B}$

$AC$ ile $BM$ nin kesişim noktasına $E$ diyelim. $MC//AB$ olduğu için $|CE|=2x$ ve $|EA|=3x$  tir. $ADME$ çemberseldir. $C$ noktasının bu çembere kuvvetini alırsak $2x.5x=6.12$ den $|AC|=5x=6\sqrt{5}$  bulunur. $ADC$ üçgeninde pisagor yapılırsa $|AD|=6$ bulunur.

Yanıt: $\boxed{B}$

$ABMF$ paralelkenarını inşa edelim. $|DF|=3$ olur. $BM \perp AC$ olduğundan $FA \perp AC$ dir. $AFC$ dik üçgeninde Öklid bağıntısı uygulanırsa $|AD|^2=|FD|\cdot |DC|$ olup $|AD|^2=3\cdot 12 = 36$, $|AD|=6$ bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$

Her $k$ tam sayısı için $1^k \equiv 1 \pmod{5}$ ve $5^k\equiv 0\pmod{5}$ tir. $k=1,2,3,4$ için $2^k\equiv 2,-1,3,1\pmod{5}$ , $3^k\equiv 3,-1,2,1\pmod{5}$, $4^k\equiv -1,1,-1,1\pmod{5}$ olur.

$m-n$ nin en küçük değerini bulmak için $n$ nin en büyük değeri ile $m$ nin en küçük değerini belirlemeliyiz. $n=2007,2006, \dots $ değerleri geriye doğru denenirse ilk olarak $n=2002$ için $2002^{2002} \equiv 2^2 \equiv -1 \pmod{5}$ elde edilir. $m=2007,2008, \dots $ değerleri ileriye doğru denenirse ilk olarak $m=2009$ için $2009^{2009} \equiv 4^1 \equiv -1 \pmod{5}$ elde edilir. Dolayısıyla $m-n=2009-2002=7$ bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$.

$x^x\equiv -1\pmod 5$  denkliğini sağlayan $x$  tam sayılarını belirleyelim. $x\not\equiv 0,1\pmod 5$  olduğunu söyleyebiliriz. Ayrıca üslerin $4$  ile bölümüne bakacağız, yani Fermat Teoremi'ni kullanacağız.

$$\bullet \quad x=5k+2\Longleftrightarrow (5k+2)^{5k+2}\equiv 2^{k+2}\equiv -1 \pmod 5 \Longleftrightarrow k\equiv 0\pmod 4$$
olur. Dolayısıyla buradan $x\equiv 2\pmod {20}$  çözümü gelir.

$$\bullet \quad x=5k+3\Longleftrightarrow (5k+3)^{5k+3}\equiv 3^{k+3}\equiv -1 \pmod 5\Longleftrightarrow k\equiv 3\pmod 4$$
olur. Dolayısıyla buradan $x\equiv 18\pmod {20}$  çözümü gelir.

$$\bullet \quad x=5k+4\Longleftrightarrow (5k+4)^{5k+4}\equiv 4^{k}\equiv -1 \pmod 5\Longleftrightarrow k\equiv 1,3\pmod 4$$
olur. Dolayısıyla buradan $x\equiv 9,19\pmod {20}$  çözümü gelir.

Bundan ötürü $x^x\equiv 4\pmod {5}$  denkliğinin çözümü $x\equiv 2,9,18,19 \pmod {20}$  iken sağlanır. Soruda istenen aralıkta $m-n$  ifadesini minimum yapan sayılar ise modulo $20$  de denkliği sağlayan  $2002$  ve $2009$  sayılarıdır.

$2$ sayısı $5$ modunda ilkel köktür. $(a,5)=1$ olan her sayı $5$ modunda $2$'nin kuvveti olarak yazılabilir. $m\equiv 2^{m_0}$ yazarsak, $$m^m\equiv 2^{m_0m}\equiv -1\pmod{5}$$ olacağından $mm_0\equiv 2\pmod{4}$ olmalıdır. $m$ ve $m_0$'dan biri tek sayı diğeri $4k+2$ formatında olmalıdır.

$m\equiv 2\pmod{4}$ ise $m_0\equiv 1,3\pmod{4}$ olabilir. $m\equiv 2^{m_0}\equiv 2^1,2^3\equiv 2,3\pmod{5}$ olacaktır. Çin kalan teoreminden birleştirirsek, $m\equiv 2,18\pmod{20}$ bulunur.

$m\equiv 1\pmod{2}$ ise $m_0\equiv 2\pmod{4}$, yani $m\equiv 2^{m_0}\equiv 4\pmod{5}$'dir. Çin kalan teoreminden birleştirirsek, $m\equiv 9\pmod{10}$ bulunur. Sonuç olarak $$m\equiv 2,9,18,19\pmod{20}$$ bulunur. max $n=2002$ ve min $m=2009$ olduğundan $m-n$ en az $7$'dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

Çözüme geçmeden önce sorunun ifadesinin hatalı olduğunu belirtelim. İlk adımda çıkarılan alanlar sarı ile, ikinci adımda çıkarılan alanlar mavi ile renklendirilmiştir. Bundan sonra aralarda oluşan altıgenlerin kenarlarına eşkenar üçgen çizme işlemi tatbik edilmemiş, yalnızca oluşan eşkenar dörtgenlerin kenarlarına eşkenar üçgenler çizilmiştir. Bu yolla $\dfrac{\sqrt3}{10} $ sonucuna ulaşılabilir.

Şimdi çözüme geçelim:


Kenar uzunluğu $1$ olan eşkenar üçgenin alanı $S=\dfrac{\sqrt3}{4}$  olur. İlk adımda çıkarılan parçanın alanı $\dfrac{3}{9}S$, ikinci adımda çıkarılan parçanın alanı $\dfrac{3\cdot 4}{9^2}S$, üçüncü adımda çıkarılan parçanın alanı $\dfrac{3\cdot 4^2}{9^3}S$, … olur. Çıkarılan alanların toplamı $\dfrac{1}{3}S \left[  1+ \dfrac{ 4}{9} + \dfrac{ 4^2}{9^2} + \dots \right] = \dfrac{1}{3}S\cdot \dfrac{1}{1-\frac49}  = \dfrac{2S}{5}$ olur. Geriye kalan alan ise$ S - \dfrac{2S}{5}  = \dfrac{3S}{5} =\dfrac{\sqrt3}{10} $ bulunur.

Yanıt: $\boxed{C}$

İlk olarak şu birkaç gözlemi yapalım:
1) $1$ in her iki yanındaki sayılar ardışık olmak zorundadır.
2) $n$ bir asal sayı ise $n$ nin her iki yanındaki sayılar ardışık olmak zorundadır. Böylece bunların farkı $1$ olup $n$ yi böler.
3) $n$ den küçük bir $p$ asalının her iki yanındaki sayılar ya ardışıktır ya da $\{p+1,1 \}, \{p+2,2 \}, \dots $ gibi farkları $p$ ye eşittir.

$n=5$ alalım. $5$ in yanındaki sayılar $ \{ (1,2),(2,3),(3,4) \}$ ikilileri olabilir. Bu durumlar incelenirse hiçbirinde uygun bir konfigürasyon oluşmadığı görülebilir.
$n=6$ alalım. $5$ in yanındaki sayılar $\{(1,2),(2,3),(3,4),(1,6) \}$ ikilileri olabilir. Bu durumlardan da uygun bir konfigürasyon elde edilemez.
$n=7$ alalım. $7$ nin yanındaki sayılar $\{(1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6)\}$ ikilileri olabilir. $7$ nin yanına gelecek $\{3,2\}$ için uygun bir konfigürasyon vardır. $\{3,7,2,6,5,1,4\}$ dairesel dizilimi yazılabilir.

NOT: Muhtemelen daha güzel bir çözümü vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$

$ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$ olmak üzere $ m(\widehat{OBC}) = m(\widehat{OCB})=36^\circ $ dir. $|BA|=|BD|=|BC|=|DC|$ olduğundan $D$ noktası, $B$ merkezli ve $|AB|$ yarıçaplı çember üstündedir.


Aynı yayı gören merkez açı – çevre açı ilişkisinden $m(\widehat{ABD})=2 m(\widehat{ACD})=12^\circ $, $m(\widehat{CBD})=2 m(\widehat{CAD})=60^\circ $ dir. Buna göre $m(\widehat{EDC}) = m(\widehat{ECD})=36^\circ $ olur. $ EDC \cong OBC$ (açı-kenar-açı eşliği) olduğundan $|ED|=|OB|=1$ dir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$d=(a,b)$ ise $a=dx$, $b=dy$ ve $(x,y)=1$ olacak şekilde $x,y$ pozitif tamsayıları vardır. Bu halde $c=dxy$ dir. Bu değerleri verilen denklemde yazalım: $ \dfrac{1}{dx} +\dfrac{1}{dy} + \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{dxy} = 1$ olup payda eşitledikten sonra $d$ yi yalnız bırakırsak $d=1+\dfrac{x+y+1}{xy}$ dir. Buradan $d>1$ olduğu görülüyor. $x=y=1$ özel halini incelersek $d=4$ bulunur. Bu halde $(a,b)=(4,4)$ çözümüne ulaşırız. Şimdi simetriden dolayı $1 \leq x < y $ kabul edebiliriz. $d=1+\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{xy} $ ifadesi $x=1$ ve $y=2$ için maksimum değerine ulaşır. Bu değerleri yazarsak $d=1+\dfrac{1}{1}+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2} $ olup $d \leq 3$ buluruz.

Açıkça $d=3$ durumu yalnızca $x=1$, $y=2$ iken vardır. Buradan $(a,b)=(3,6),(6,3)$ çözümleri elde edilir.

$d=2$ durumunda $2=1+\dfrac{x+y+1}{xy}$ denkleminden $xy-x-x=1$ olur. Her iki tarafa $1$ eklersek $(x-1)(y-1)=2$ elde edilir. Bu denklemin çözümü $x=2$, $y=3$ tür. Bu halde $(a,b)=(4,6),(6,4)$ çözümlerine ulaşılır. Toplamda $5$ tane $(a,b)$ çözüm çifti bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$

Birinci ile ikinci ve üçüncü ile dördüncü parantezlerin çarpımından, $\left (x^2+\dfrac{5}{4}x+\dfrac{1}{4} \right ) \left (x^2+\dfrac{5}{4}x+\dfrac{3}{8} \right ) = \dfrac{45}{32}$ olur. $x^2+\dfrac{5}{4}x = a$ değişken değiştirmesi ile, $\left (a+\dfrac{1}{4} \right ) \left (a+\dfrac{3}{8} \right )=\dfrac{45}{32}$ yazılır ve bu denklemi düzenleyerek $16a^2+10a-21=0$ denklemine ulaşırız. Son denklemi çarpanlarına ayırarak köklerini bulalım; $(8a-7)(2a+3)=0$ ifadesindeki herbir çarpanın sıfıra eşit olması durumunda köklerini inceleyelim. $x^2+\dfrac{5}{4}x-\dfrac{7}{8}=0$ ve $x^2+\dfrac{5}{4}x+\dfrac{3}{2}=0$ denklemlerinin gerçel kökler toplamı ikinci denklemin diskriminantı sıfırdan küçük olduğundan birinci denklemden gelmektedir. Bu toplam $-\dfrac{5}{4}$ dür.

Yanıt: $\boxed{B}$

En büyük sayı $x$, onu saat yönünde takip eden sayı da $y<x$ olsun. $y$ den bir sonraki sayı $x+y$ olmalı. Bu durumda $x+y>x$ olacaktır.
Bu durumun istisnaları $y=0$ veya $y=x$ olup her iki durumda da çemberdeki dizilim saat yönünde $0,x,x, \dots, 0,x,x$ şeklinde olur. O halde çemberde $n = 3m$ sayı vardır.
$2\cdot x\cdot m = 278 \Rightarrow x \cdot m = 139$ eşitliğinden $m \in\{1,139\}$ çıkar.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{D}$

$ABCD$ kare olduğu için bütün kenarlar $28$ dir. Gerekli pisagorlar yapılırsa $|AM|=35$ , $|AN|=20\sqrt{2}$ ve $|MN|=25$ bulunur. $NAM$ üçgeninde $\angle NAM$ ye Kosinüs teoremi uygulanırsa $\angle NAM=45^\circ$  bulunur.

$ADN$ üçgenine eş olan $ABK$ üçgenini $K$ köşesi karenin dış bölgesinde kalacak şekilde inşaa edelim. $BK=DN=4$ ve $MN=25$ olduğundan, $MK=MN$ dir. Ayrıca $AK=AN$ olduğundan, $AKMN$ deltoit olup $\angle{KAM}=\angle{NAM}$ dir. $\angle{NAK}=\angle{BAD}=90^\circ \Rightarrow \angle{NAM}=45^\circ$ dir.

Genel durumda; $ABCD$ karesinin $BC$ ve $CD$ kenarları üstünde alınan $M$ ve $N$ noktaları için $MN=BM+DN \Rightarrow \angle{NAM}=45^\circ$ dir.
Burada $A$ köşesi $MCN$ üçgeninin $MN$ ye teğet olan dış çemberinin merkezidir.

Periyod kavramı ile ilgili bir problem,

Yanıt: $\boxed{E}$

$a_{n+48} \equiv a_n \pmod{35}$ olduğundan $a_{n+48} \equiv a_n \pmod{5}$ ve $a_{n+48} \equiv a_n \pmod{7}$ yazabiliriz. Bu denkliklere göre $a_n$ dizisinin $\mod 5$ ve $\mod 7$ deki bir periyodu $48$ dir. Üstelik $a_n$ nin aynı modlardaki en küçük periyodu sırasıyla $i$ ve $j$ dir. Dolayısıyla $i|48$ ve $j|48$ olmalıdır. $j=18$ için $j|48$ sağlanmadığından $(i,j) \neq (16,18)$ dir.

Yanıt: $A$

Karenin bir kenar uzunluğu $a$ ise, çevresi $4a$ olur. Şimdi kare arazinin yatay kenarına paralel $m-1$ tane doğru çizerek $m$ dilime ayıralım. Kare arazinin düşey kenarına paralel $k-1$ tane doğru çizerek $k$ dilime ayıralım. Oluşan dikdörtgenlerin sayısı $n=m\cdot k$ dır. Oluşan dikdörtgenlerin çevreleri toplanırken $m-1$ tane kenar ikişer kez, $2$ kenar birer kez hesaplanır. Yine $k-1$ tane kenar ikişer kez, $2$ kenar birer kez hesaplanır. Toplam çevre $2(m-1)a+2a+2(k-1)a+2a=2a(m+k)$ olup bu değer karenin çevresinin $100$ katına eşit olduğundan $2a(m+k)=100\cdot 4a$ dır. $m+k=200$ bulunur. Aritmetik – geometrik ortalama eşitsizliğinden  $\sqrt{n}=\sqrt{m \cdot k} \leq \dfrac{m+k}{2}=100$ olup $n \leq 100^2$ dir. Eşitlik durumu $m=k=100$ iken sağlanır.

Yanıt: $\boxed{B}$


Kesikli çizgilerle gösterilen köşegenlere paralel doğruların geçtiği karelerin sayısı $1,3,5,7$ şeklinde tek sayılardır. Örneğin $5$ karenin merkezinden geçen bir doğruyu göz önüne alalım. Bu karelerdeki sayıların toplamının çift sayı olması için karelerden en az birinde $0$ yazmalıdır. Bu yolla 16 tane doğru için, içine $0$ yazılan en az $16$ kare bulunur. Dolayısıyla tüm karelerdeki sayıların toplamı $\leq 64-16=48$ dir. Toplamın $48$ e eşit olduğu maksimum duruma örnek vardır. En uzun iki köşegendeki karelere $0$ yazmak yeterlidir.

Yanıt: $\boxed{A}$

$\triangle PNR \sim \triangle ANM$ olduğundan $|PN|=2x$ dersek $|NR|=\sqrt3 x$ ve $|AP|=2-2x$ olur. $2-2x>0$ olduğundan $x<1$ olmalıdır. $\triangle PNM \sim \triangle QRM$ olduğundan $\dfrac{|PQ|}{|PM|} = \dfrac{\sqrt3 x }{\sqrt3 } = x$ dir. $|PQ|=|PM|x$ yazılır. $P$ noktasının çembere göre kuvveti: $|PN|^2 = |PQ|\cdot |PM|$ olduğundan $|PM|^2 = 4x$ elde edilir. $MAP$ üçgeninin kenarları $x$ e bağlı olarak belirlidir. $MAN$ üçgeninde kosinüs teoremi uygulanırsa $\cos A = \dfrac{5}{8}$ bulunur. Şimdi de $MAP$ üçgeninde kosinüs teoremi uygulanırsa $|PM|^2 = |PA|^2+ |MA|^2 - 2|PA|\cdot |MA|\cdot \dfrac{5}{8}$ olup $4x= (2-2x)^2 +4 -2\cdot (2-2x) \cdot 2 \cdot \dfrac{5}{8}$ denklemi elde edilir. Bu denklem düzenlenirse $4x^2-7x+3=0$ olup $(4x-3)(x-1)=0$ yazılır. $x=1$ veya $x=\dfrac{3}{4}$ tür. $x<1$ şartından dolayı $x=\dfrac{3}{4}$ alınır ve $|PN|=2x=x=\dfrac{3}{2}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$m,n,k$ sayıları 3. dereceden $x^3-bx^2+cx-d \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğinin kökleri olarak düşünülebilir. Vieta teoreminden $ b \equiv 0 \pmod{p}$, $ c \equiv 1 \pmod{p}$, $ d \equiv 2 \pmod{p}$ olur. $x^3+x-2 =0$ denkleminin bir kökü $x=1$ olduğundan $x-1$ çarpanı bulunur. Polinom bölmesi ile $ x^3+x-2 =(x-1)(x^2+x+2)$ yazılabilir. $k \equiv 1 \pmod{p}$ alabiliriz. $m,n$ sayıları $ x^2+x+2 \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğinin kökleridir. Bu denkliği $4$ ile genişletirsek $ (2x+1)^2 \equiv -7 \pmod{p}$ şeklinde düzenleyebiliriz. Şimdi $p$ ye değerler verelim.

$p=2$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 1 \pmod{2}$ olup $1$ sayısı, $\mod{2}$ de bir kare kalandır. (Yani çözüm vardır, bu çözümlerin $ x \equiv 0,1 \pmod{2}$ olduğunu görmek zor değildir).

$p=3$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 2 \pmod{3}$ olup $2$ sayısı, $\mod{3}$ de bir kare kalan değildir, çözüm yoktur.

$p=5$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 3 \pmod{5}$ olup $3$ sayısı, $\mod{5}$ de bir kare kalan değildir, çözüm yoktur.

$p=7$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 0 \pmod{2}$ olup $0$ sayısı, $\mod{7}$ de bir kare kalandır. Yani çözüm vardır ve $x \equiv 3 \pmod{7}$ çözümdür. $m=n=3$ alınabilir.

$p=11$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 4 \pmod{2}$ olup $4$ sayısı, $\mod{7}$ de bir kare kalandır. Çözüm vardır .

$p=13$ için $ (2x+1)^2 \equiv -7 \equiv 5 \pmod{2}$ olup $5$ sayısı, $\mod{13}$ de bir kare kalan değildir. $\mod 13$ de kare kalanlar $ 0,1,3,4,9,10,12 $ dir.

Sonuç olarak $p \in \{  2,7,11 \}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed {E}$

$x = \sqrt [3]{2+\sqrt5} + \sqrt [3]{2-\sqrt5} $ , $ a= = \sqrt [3]{2+\sqrt5} $, $ =b \sqrt [3]{2-\sqrt5} $ diyelim. $x=a+b$ olur. $a^3+b^3=4$ ve $ab=-1$ dir.

$(a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)$ özdeşliğine göre $x^3=4+3\cdot (-1)\cdot x$ olup $x^3+3x-4=0$ denkleminin gerçel kökü $x=1$ dir. Diğer kökler gerçel sayı değildir. Dolayısıyla $ \sqrt [3]{2+\sqrt5} + \sqrt [3]{2-\sqrt5} = 1$ olup bir tam sayının ondalıklı açılımında virgülden sonraki tüm rakamları $0$ dır.

Bu soru iptal edilmiştir ama, uzun yıllar sonra bugün tekrar baktığımda artık iptal edilme gerekçesi göremiyorum. Soru çözülebiliyor ve cevabı seçeneklerde var gibi ...


Yanıt: $\boxed{B}$

Toplam dışbükey çokgen sayısı $S$ olsun.  Beş noktayı $A, B, C, D, E$ ile gösterelim. Herhangi üçü doğrusal olmayan $5$ nokta daima $\binom{5}{3}=10$ tane üçgen oluşturabilir. $S\geq 10$'dur. Dışbükey dörtgen ve beşgen sayılarını en az tutmaya çalışmalıyız. $5$ noktanın dışbükey örtüsüne-iskeletine (İng: convex hull) bakalım. Eğer dışbükey beşgen varsa, tam $5$ tane de dışbükey dörtgen vardır. $S = 10 + 5 + 1 = 16$ olur. O halde dışbükey örtü bir dörtgen olsun. İç bölgede $2$ tane daha dışbükey dörtgen oluşur. $S = 10 + 3 = 13$ olur.



Şimdi de dışbükey örtünün üçgen olduğu durumu ele alalım. Bu halde de zorunlu bir dışbükey dörtgen oluşur. $S=10+1=11$ olur. Tüm bu durumlarda oluşabilecek dışbükey çokgen sayısı en az $S_{\min} = 11$ bulunur.