Tübitak Lise 1. Aşama - 2008 Çözümleri

$ABC$ üçgeninde $AD$ kenarortay olmak üzere, $m(\widehat{ADB})=45^{\circ}$ ve $m( \widehat{ACB})=30^{\circ}$ ise $\widehat{ABC}$ açısı kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 75
\qquad\textbf{b)}\ 90
\qquad\textbf{c)}\ 105
\qquad\textbf{d)}\ 120
\qquad\textbf{e)}\ 135
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed {\text C}$

$B$ den $AC$ doğrusuna çizilen dikmenin ayağı $E$ olsun. $BEC$ üçgeni $30 - 60 - 90$ üçgeni olduğundan $|BD|=|CD|=|ED|=|BE|$ olur. $\angle ADE = \angle DAE = 15^\circ$ olduğundan $|AE|=|ED|=|BE|$ dir. Buradan da $\angle ABE = 45^\circ$ ve böylece $\angle ABC = 105^\circ$ elde ederiz.

Kaynak: Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri

Çözüm 2:

$BD=DC=x$ diyelim. Buna göre Sinüs Teoreminden $AD=\dfrac{x\cdot \sin 30^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}$ olur. $\angle ABC=\alpha$ için $\angle BAD=135^{\circ}-\alpha$ dır. $ABD$ üçgeninde Sinüs Teoreminden
$$\dfrac{AD}{\sin \alpha}=\dfrac{x}{\sin (135^{\circ}-\alpha)}\Longleftrightarrow \dfrac{\sin \alpha}{\sin (135^{\circ}- \alpha)}=\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}=\dfrac{\cos 15^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=\dfrac{\sin 105^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}$$
elde edilir ve $\angle ABC=\alpha=105^{\circ}$ bulunur.

$3m^2n=n^3+A$ denkleminin doğal sayılarda aşağıdaki $A$ değerlerinden hangisi için çözümü vardır?

$
\textbf{a)}\ 301
\qquad\textbf{b)}\ 403
\qquad\textbf{c)}\ 415
\qquad\textbf{d)}\ 427
\qquad\textbf{e)}\ 481
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Öncelikle seçeneklerde verilen $A$ değerlerinin $3$ ile bölünemediğini gözlemleyelim.

$n(3m^2-n^2)=A$ yazalım. $n^2\equiv 0,1 \pmod3$ olduğundan $3m^2-n^2 \equiv 0,2 \pmod3$ olur. $A$ sayısı $3$ e bölünmediğinden $3m^2-n^2 \equiv 2 \pmod3$ mümkündür. O halde $A$ sayısının pozitif bölenlerinden biri $3k+2$ formunda olmalıdır. Şimdi seçenekleri inceleyelim.

$301=7\cdot 43$ olduğundan $3k+2$ formunda böleni yoktur. $A \neq 301$
$403=13\cdot 31$ olduğundan $3k+2$ formunda böleni yoktur. $A \neq 403$
$415=5\cdot 83$ olduğundan $3k+2$ formunda böleni vardır. $n(3m^2-n^2)=5\cdot 83$ eşitliğinde $3m^2-n^2=83$ ve $n=5$ için $m=6$ bulunur.
$427=7\cdot 61$ olduğundan $3k+2$ formunda böleni yoktur. $A \neq 427$
$481=13\cdot 37$ olduğundan $3k+2$ formunda böleni yoktur. $A \neq 481$

$P\left (x \right )=1-x+x^{2}-x^{3}\cdots+x^{18}-x^{19}$ polinomu verilsin. $Q(x)=P(x-1)$ şeklinde tanımlanan $Q$ polinomunda $x^2$ nin katsayısı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 840
\qquad\textbf{b)}\ 816
\qquad\textbf{c)}\ 969
\qquad\textbf{d)}\ 1020
\qquad\textbf{e)}\ 1140
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed E $

$P(x)=-\dfrac{x^{20}-1}{x+1}$

$P(x-1)=-\dfrac{(x-1)^{20}-1}{x-1+1}$

$-(x-1)^{20}-1$'da $x^3 $'ün katsayısını bulursak $-\dfrac{(x-1)^{20}-1}{x-1+1}$'da $x^2$'nin katsayısını buluruz.

$x^3$'lü ifade şudur: $\binom{20}{3}\cdot x^3\cdot (-1)^{17}=-1140$

Başta $(-)$ olduğu için katsayısı pozitiftir.

YARIŞMA sözcüğünün harfleriyle, her harf bu sözcükte olduğu sayıda kullanılmak üzere, anlamlı veya anlamsız, iki kelimeden oluşan kaç cümle yazılabilir?

$
\textbf{a)}\ 2520
\qquad\textbf{b)}\ 5040
\qquad\textbf{c)}\ 15120
\qquad\textbf{d)}\ 20160
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

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

$YARIŞMA$ sözcüğünün harfleri $\dfrac{7!}{2!}=2520$ şekilde sıralanır. İki sözcüğü ayıracak olan ayraç $6$ farklı yere gelebilir. Bu yüzden cevap $2520.6=15120$ dir.

Bir üçgenin kenarları $a, b, c$ olsun, eğer $a^2, b^2, c^2$ uzunluğundaki doğru parçaları bir üçgen oluşturuyorsa bu üçgene iyi üçgen diyoruz. Aşağıda açıları verilen üçgenlerden kaç tanesi iyi üçgendir?

$40^{\circ}, 60^{\circ}, 80^{\circ}$
$10^{\circ}, 10^{\circ}, 160^{\circ}$
$110^{\circ}, 35^{\circ}, 35^{\circ}$
$50^{\circ}, 30^{\circ}, 100^{\circ}$
$90^{\circ}, 40^{\circ}, 50^{\circ}$
$80^{\circ}, 20^{\circ}, 80^{\circ}$

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

Çözüm:

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

Eğer bir üçgen oluşuyorsa üçgen eşitsizliğinden $a^2+b^2\gt c^2$ dir. O zaman bu üçgen dar açılıdır. O yüzden sadece $(i)$ ve $(vi)$ iyi üçgendir.

Eğer $n$ pozitif tamsayısına bölünen her tamsayı, basamaklarının yerleri nasıl değiştirilirse değiştirilsin yine $n$ ye bölünüyorsa, $n$ ye "iyi" sayı diyelim. Kaç iyi sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz Sayıda}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Bir basamaklı sayılarda şartı sağlayan sayıların yalnızca $1,3,9$ olduğunu görmek kolaydır.

En az iki basamaklı $n$ sayısının şartı sağladığını kabul edelim.

i) $n$ sayısının son basamağı $0$ olsun. Bu durumda $n$ nin basamaklarının yerini değiştirip son basamağı $0$ olmayan bir $n'$ sayısı oluşturursak $10\mid n\mid n'$ olur. Ancak $n'$ nün son basamağı $0$ olmadığından $10\nmid n'$. Çelişki

ii) $n$ sayısının son basamağı $a\neq0$ olsun. Diğer tüm basamaklarını da $K$ ile gösterelim. $n=Ka=10K+a$
$n\mid Ka0, n\mid K0a \Longrightarrow n\mid Ka0-K0a \Longrightarrow n\mid9a$
$a$ bir rakam olduğundan şartı sağlayan $n$ sayısı $18,27,36,45,54,63,72,81$ sayılarının bölenlerinden biri olabilir.
Bu sayıların en az iki basamaklı bölenlerinin kümesi $\{18,27,12,36,15,45,54,21,63,24,72,81\}$ dir. Ancak bu sayılardan hiçbiri, basamaklarının yerleri değiştirilince meydana gelen iki basamaklı sayıyı bölmez.

Yani şartı sağlayan en az iki basamaklı sayı yoktur.

Dolayısıyla şartı sağlayan yalnızca üç pozitif tamsayı vardır: $1,3,9$.

$a=\sqrt[3]{9}-\sqrt[3]{3}+1$ olduğuna göre, $\left ( \dfrac{4-a}{a} \right )^6$ ifadesinin değeri aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 9
\qquad\textbf{e)}\ 12
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$\dfrac{4}{a}=\dfrac{4}{\sqrt[3]{9}-\sqrt[3]{3}+1}=\dfrac{4\left(\sqrt[3]{3}+1\right)}{\left(\sqrt[3]{3}+1\right) \left(\sqrt[3]{9}-\sqrt[3]{3}+1\right)}=\dfrac{4\left(\sqrt[3]{3}+1\right)}{4} =\sqrt[3]{3}+1$ olup $\dfrac{4}{a}-1=\sqrt[3]{3}$ elde edilir. Bu eşitliği kullanalım:

$\left( \dfrac{4-a}{a}\right)^6 = \left( \dfrac{4}{a}-1\right)^6=\left(\sqrt[3]{3} \right)^6=3^2=9$ sonucuna ulaşılır.

$10 \times 10$ bir satranç tahtasının birinci satırının karelerine sırasıyla $0, 1, 2, \dots , 9$, ikinci satırının karelerine sırasıyla $10, 11, \dots , 19, \dots$, onuncu satırının karelerine sırasıyla $90, 91, \dots , 99$ sayıları yazılmıştır. Sayıların bazılarının önüne, her satır ve her sütunda tam olarak beş tane olacak şekilde eksi işaretleri ekleyerek tüm sayıların toplamı en az kaç yapılabilir?

$
\textbf{a)}\ -10
\qquad\textbf{b)}\ -2
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{\text E}$

İşaretlerin yerlerinden bağımsız olarak tüm sayıların toplamı her zaman $0$ oluyor.
Her sütunda tam olarak beş tane eksi işaret olduğuna göre, tüm sayıların birler basamaklarının toplamı sıfıra eşittir. Her satırda tam olarak beş tane eksi işaret olduğuna göre, tümm sayıların onlar basamaklarının toplamı sıfıra eşittir. Buna göre, tüm sayıların toplamı her zaman sıfıra eşittir.

Kaynak: Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri

$ABCD$ karesinin dışında bir $E$ noktası verilmiştir. $m(\widehat{BEC})=90^{\circ}$ , $F\in [CE] , [AF]\perp[CE] , |AB|=25$, ve $|BE|=7$ olduğuna göre, $|AF|$ kaç birimdir?

$
\textbf{a)}\ 29
\qquad\textbf{b)}\ 30
\qquad\textbf{c)}\ 31
\qquad\textbf{d)}\ 32
\qquad\textbf{e)}\ 33
$

Çözüm:

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{C}$

$EB$ yi $B$ yönünde uzatalım ve bu doğruya $A$ dan dik indirelim. Dikmenin ayağına $G$ diyelim. Açılar yazıldığında $AGB$ üçgeni ile $BEC$ üçgeninin benzer olduğunu görürüz. Ve ikisinin de hipotenüsü $25$ tir yani bu üçgenler eştir. O zaman $|BE|=7$ ise $|AG|=7$ dir. Pisagor yapılırsa $|GB|=24$ bulunur. Ve $|GE|=31$ olur. $AGEF$ bir dikdörtgen olduğu için $|AF|$ de $31$ dir.

$\sqrt{xy}-71\sqrt{x}+30=0$ denkleminin pozitif tam sayılarda kaç tane $(x,y)$ çözüm ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 18
\qquad\textbf{c)}\ 72
\qquad\textbf{d)}\ 2130
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$\sqrt{xy}-71\sqrt{x}+30=0$ denklemini $\sqrt{x} \left(71-\sqrt{y}\right)=30$ şeklinde yazalım. Burada hem $\sqrt{x}$, hem de $71-\sqrt{y}$ çarpanlarının birer tam sayı olması gerekir. Aksini varsayalım, $\sqrt{x}=a\sqrt{b}$ şeklinde $a,b$ pozitif tam sayıları bulunduğunu varsayalım. $b$, $1$ den büyük tam kare çarpan içermeyecek şekilde olduğunu düşünebiliriz. (Böyle sayılara free-square denir). Bu durumda $71-\sqrt{y}=c\sqrt{b}$ şeklide olması gerekir ama öyle değildir, çelişki.

O halde $\sqrt{x} \left(71-\sqrt{y}\right)=30$ denklemini çözmek $n(71-m)=30$ denklemini çözmekle eşdeğerdir. $30$ un pozitif bölen sayısı kadar, yani $8$ tane çözüm vardır.

Bir $\left ( a_{n} \right )$ dizisi $a_{1}=1 , a_{2}=5$ ve her $n \geq2$ için $a_{n+1}-2a_{n}+a_{n-1}=7$ şeklinde tanımlanmaktadır. Buna göre $a_{17}$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 895
\qquad\textbf{b)}\ 900
\qquad\textbf{c)}\ 905
\qquad\textbf{d)}\ 910
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$$\sum_{2}^{n-1}(a_{k+1}-2a_{k}+a_{k-1})= a_{n}-a_{n-1}+a_{1}-a_{2}=7(n-2)$$ $$a_{n}-a_{n-1}=7n-10$$ $$\sum_{2}^{17}(a_{n}-a_{n-1})=a_{17}-a_{1}=7(2+3+\cdots+17)-10.(17-2+1) \Rightarrow a_{17}=1+7.152-160 = 905$$

Yedi renk kullanılarak her yüzeyi farklı bir renge boyanmış kaç küp oluşturulabilir?

$
\textbf{a)}\ 154
\qquad\textbf{b)}\ 203
\qquad\textbf{c)}\ 210
\qquad\textbf{d)}\ 240
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed C$

$\binom{7}{6}=7$ şekilde kullanacağımız renkleri seçelim.

İlk yüzeyi ne boyadığımız önemsizdir çünkü döndürerek aynı şekli elde edebiliriz.

İlk yüzeyin karşısını 5 farklı renke boyayabiliriz. Boyadıklarımız alt ve üst tabanımız olsun.

Kalan 4 yüzü boyamayı yuvarlak masa etrafına oturacak 4 kişi gibi düşünebiliriz çünkü hiçbiri döndürme ile elde edilemez.

$7\cdot 5\cdot 6=210$

$C$ açısı geniş açı olan $ABC$ üçgeninde $D \in [AB]$ ve $[DC] \perp [BC]$ dir. $m( \widehat{ABC} )=\alpha , m( \widehat{BCA} ) = 3\alpha$ ve $|AC|-|AD|=10$ olduğuna göre $|BD|$ kaç birimdir?

$
\textbf{a)}\ 10
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 18
\qquad\textbf{d)}\ 20
\qquad\textbf{e)}\ 22
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$[BD]$ nin orta noktasına $E$ diyelim. $\angle{BCD}=90^\circ$ olduğundan $|BE|=|ED|=|CE|$ dir. Buna göre, $\angle{CBE}=\angle{BCE}=\alpha$ olup $\angle{ACE}=\angle{AEC}=2\alpha$ olur. Buradan $|AC|=|AE|=|AD|+|DE| \Rightarrow |DE|=|AC|-|AD|=10$ dur. Sonuç olarak $|BD|=2|DE|=20$ dir.

$49^{303} \cdot 3993^{202} \cdot 39^{606}$ sayısının son üç rakamı nedir?

$
\textbf{a)}\ 001
\qquad\textbf{b)}\ 081
\qquad\textbf{c)}\ 561
\qquad\textbf{d)}\ 721
\qquad\textbf{e)}\ 961
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed C$

Sayıyı asal çarpanlarına ayırırsak $7^{606} \cdot 11^{606} \cdot 13^{606}\cdot 3^{808}$ elde ederiz.

Son 3 basamağı öğrenmek için $\pmod {1000}$'de incelemeliyiz.

$7\cdot 11\cdot 13=1001 \equiv 1 \pmod {1000}$

$7^{606} \cdot 11^{606} \cdot 13^{606} \equiv 1^{606} \equiv 1\pmod {1000}$

Euler Teoreminden $3^{400}\equiv 3^{800} \equiv 1\pmod {1000}$ olduğunu görürüz.

Sayımız $\pmod {1000}$'de $3^8$'e eşittir.

$3^8=6561 \equiv 561 \pmod {1000}$

$a_{1}=\dfrac{1}{3}$ ve her $n\geq 1$ için $a_{n+1}=\dfrac{a_{n}}{\sqrt{1+13a_{n}^{2}}}$ şeklinde tanımlanan $(a_{n})$ dizisinin $a_{k}<\dfrac{1}{50}$ koşulunu sağlayan en büyük terimi $a_{k}$ ise $k$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 194
\qquad\textbf{b)}\ 193
\qquad\textbf{c)}\ 192
\qquad\textbf{d)}\ 191
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Cevap:$\boxed{B}$

Verilen denklemin karesini alırsak $$a_{n+1}^2=\dfrac{a_n^2}{1+13a_n^2}\implies \dfrac{1}{a_{n+1}^2}=13+\dfrac{1}{a_n^2}$$ olur. Yani $b_n=\dfrac{1}{a_n^2}$ olarak tanımlarsak $b_n$ dizisi ortak farkı $13$ olan bir aritmetik dizi olacağından $$b_n=b_1+13(n-1)=\dfrac{1}{a_1^2}+13n-13=13n-4\implies a_n=\dfrac{1}{\sqrt{13n-4}}$$ olacaktır. Dolayısıyla $$a_k<\dfrac{1}{50}\implies 50<\sqrt{13k-4}\implies \dfrac{50^2+4}{13}<k\implies 193\leq k$$ olur. $a_n$ ifadesi bariz bir şekilde azalan olduğundan en büyük $a_k$ değeri $k$ en ufakken elde edilir. Yani $k=193$ olmalıdır.

$50$ kişilik bir sınıfta yapılan $4$ soruluk bir sınavda, herhangi $40$ kişiden en az $1$ kişi tam olarak $3$ soruyu, en az $2$ kişi tam olarak $2$ soruyu, en az $3$ kişi tam olarak $1$ soruyu doğru, en az $4$ kişi ise bütün soruları yanlış çözmüştür. Tek sayıda soru çözen öğrencilerin sayısı en az kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 18
\qquad\textbf{b)}\ 24
\qquad\textbf{c)}\ 26
\qquad\textbf{d)}\ 28
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Cevap:$\boxed B$

40 kişilik grupta 3 doğru yapan en az 1 kişi olması için 3 doğru yapan kişi sayısı $\ge 11$ olmalıdır.
40 kişilik grupta 2 doğru yapan en az 2 kişi olması için 2 doğru yapan kişi sayısı $\ge 12$'dan büyük olmalıdır.
40 kişilik grupta 1 doğru yapan en az 3 kişi olması için 1 doğru yapan kişi sayısı $\ge 13$'dan büyük olmalıdır.
40 kişilik grupta 0 doğru yapan en az 4 kişi olması için 1 doğru yapan kişi sayısı $\ge 14$'dan büyük olmalıdır.
Topladığımızda 50 ettiği için en küçük değerleri almalıdır

1 ve 3 doğru yapan kişi sayısı $24$'tür.

$B$ açısı dik olan $ABC$ üçgeninin $A$ ve $C$ köşeleri, $B$ merkezli $20$ birim yarıçaplı çeyrek çemberin üzerindedirler. Bu çeyrek çemberin iç bölgesine $[AB]$ çaplı bir yarım çember çizilmiştir. $C$ noktasından yarım çembere çizilen teğetin değme noktası $B$’den farklı bir $D$ noktası ve $CD$ doğrusunun çeyrek çemberi kestiği nokta $F$ dir. Buna göre $|FD|$ kaç birimdir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: $4$. $[AB]$ nin orta noktası $E$ olsun. $E$ noktası yarım çemberin merkezi olduğundan $|ED|=10$ ve $ED \perp D C$ dir. $C B$ ve $CD$ doğruları çeyrek çembere teğet olduğundan $|CB|=|CD|=20$ dir. $F$ noktası çeyrek çember üzerinde olduğundan $|BF|=20$ dir. $\angle BCE=\alpha$ olsun. $\angle ECD=\alpha$ olur. $BFC$ üçgeni eşit iki açısı $2 \alpha$ olan ikizkenar bir üçgen olduğundan $|CF|=2|BC| \cos 2 \alpha$ olur. $BEC$ dik üçgen olduğundan Pisagor teoreminden $|EC|=10 \sqrt{5}$ ve buradan da $\cos \alpha=2 / \sqrt{5}$ elde edilir. Buradan da $\cos 2 \alpha=2 \cos ^2 \alpha-1=3 / 5$ ve böylece $|CF|=24,|FD|=24-20=4$ olur.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

Kaç tane $n$ pozitif tam sayısı için $\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n}}}}$ tam sayıdır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

$\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n}}}}$ sayısının tam sayı olabilmesi için $\sqrt{n}$ sayısının tam sayı olması gerekir.
Dolayısıyla $n$ sayısının $k$ pozitif bir tam sayı olmak üzere $n=k^2$ şeklinde olması gerekir. $n$ yerine $k^2$ yazalım. İçeride kalan $k^2+k$ ifadesinin eşiti $k(k+1)$ olduğundan bu ifadeyi tam kare yapacak bir $k$ pozitif tam sayısı yoktur.

$f:\left ( 0,\infty \right )\rightarrow \left ( 0,\infty \right )$ fonksiyonu her $x,y \in (0,\infty)$ için, $$10\cdot \dfrac{x+y}{xy}=f\left ( x \right )\cdot f\left ( y \right )-f\left ( xy \right )-90$$ denklemini sağlıyorsa, $f\left ( \dfrac{1}{11} \right )$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 11
\qquad\textbf{c)}\ 21
\qquad\textbf{d)}\ 31
\qquad\textbf{e)}\ \text{Tek türlü bulunamaz}
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{C}$

$x \Rightarrow y \Rightarrow 1 $ koyalım.
$110=f(1)(f(1)-1)$ eşitliğinden $f(1)=11$ bulunur. Şimdi de $y \Rightarrow \dfrac{1}{11} x\Rightarrow 1$ koyalım.
$210=(f(\dfrac{1}{11})(f(1)-1)$ eşitliğinden $f(\dfrac{1}{11})=21$ bulunur.

$a_{1},a_{2},a_{3},\dots,a_{2008}$ tam sayılarından her biri en az $1$ en çok ise $5$ tir. $\left( a_{n},a_{n+1} \right)$ ikilisine, $a_{n}<a_{n+1}$ ise artan ikili, $a_{n}>a_{n+1}$ ise azalan ikili diyelim. Dizideki artan ikili sayısı $103$ tane ise azalan ikili sayısı en az kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 21
\qquad\textbf{b)}\ 24
\qquad\textbf{c)}\ 36
\qquad\textbf{d)}\ 102
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed E$

Azalan ikili sayısını az tutmak için ardarda olan artan ikililerin sayısını olabildiğince çok yapmalıyız.
$1, 2, 3, 4, 5$ dizisi ardarda olan artan ikililerin sayısının en fazla olduğu dizidir ve bu sayı $4$'tür. ($5$'ten sonra mecburen $5$ veya $5$'ten küçük bir sayı geleceği için başka artan ikili olmayacaktır..)

Azalan ikili sayısının en az olduğu durumda $4$ artan ikiliye $1$ tane azalan ikili gelmektedir.
$\left [|\dfrac{103}{4}|\right ]=25$ tane azalan ikili vardır.

Son artan ikili $a_{128}-a_{129}$'dur Sonrası için $a_{129}=a_{130}=\dots =a_{2008}$ şeklinde yazarsak istenilen duruma ulaşırız

$ABC$ dik üçgeninde $m\left ( \widehat{A} \right )=90^{\circ}$ olsun. $P\in[AC] , Q\in[BC] , R\in[AB]$ olacak şekildeki $APQR$ karesinin alanı $9, N,K\in[BC] , M\in[AB]$ ve $L\in[AC]$ olacak şekildeki $KLMN$ karesinin alanı da $8$ ise $|AB|+|AC|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 10
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 14
\qquad\textbf{e)}\ 16
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Cevap: $12$. $|AB|=x,|BC|=y$ olsun. $\triangle QRB \sim \triangle CAB$ olduğundan $(x-3) / x= 3 / y$ ve buradan da $xy=3(x+y)$ olur. $A$ dan geçen yüksekliğin ayağı $E$ olsun. $\triangle MNB \sim \triangle AEB$ ve $\triangle ALM \sim \triangle ACB$ benzerliklerini kullanarak $|MB| /|AB|= |MN| / |AE|$ ve $|MA| / |AB|=|ML| / |BC|$ elde ederiz. Bu iki eşitliği taraf tarafa toplayıp $|BC|=\sqrt{x^2+y^2}$ ve $|AE|=xy / \sqrt{x^2+y^2}$ eşitliklerini kullanarak $\sqrt{2} / 4= 1 / \sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{x^2+y^2} / x y$ denklemini buluruz. $x+y=a$ dersek $x y=3 a$ ve $\sqrt{x^2+y^2}=a^2-6 a$ olacağından son denklem $\sqrt{2} / 4=1 / \sqrt{a^2-6 a}+\sqrt{a^2-6 a} /(3 a)$ şeklindedir. Bu denklemi düzenlersek $4(a-3)=3 \sqrt{2 a^2-12 a}$ elde ederiz. Buradan da her iki tarafın karesini alarak $(a-12)(a+6)=0$ ve $a>0$ olduğundan $|A B|+$ $|B C|=a=12$ buluruz.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

Kaç $a\geq b$ şartını sağlayan $(a,b)$ pozitif tam sayı ikilisi için $a^2+b^2$ ifadesi $a^3+b$ ve $a+b^3$ ifadelerini böler?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $1$. Bir $p$ asal sayısı ve bir $s \geq 1$ tam sayısı için, $ \text{ebob}(a, b)$ nin $p^x$ şeklindeki en büyük çarpanı $p^s$ olsun. O zaman $a^3+b$ ve $a+b^3$ ifadelerinin en az birinde $p^x$ şeklindeki en büyük çarpan da $p^s$ olacaktır. $p^{2 s} \mid a^2+b^2$ olduğuna göre, bu $a^2+b^2$ nin $a^3+b$ ve $a+b^3$ ifadelerini bölmesi ile çelişir. Demek ki $a$ ve $b$ sayıları aralarında asaldır. $a^2+b^2$ sayısı $a\left(a^2+b^2\right)-\left(a^3+b\right)=b(a b-1)$ sayısını bölüyor. $b$ ve $a^2+b^2$ aralarında asal olduğuna göre, $a^2+b^2$ sayısı $a b-1$ sayısını bölüyor. $a b>1$ olursa, $a^2+b^2 \geq 2 a b>a b-1$. Demek ki tek seçenek $a=b=1$ olur.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

$a,b,c,d$ gerçel sayıları $a^2+b^2+c^2+d^2-ab-bc-cd-d+\dfrac{2}{5}=0$ eşitliğini sağlıyorsa $a$ kaçtır?

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

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{D}$

Birinci Yol: Verilen ifadeyi tamkarelerin toplamı olarak yazmaya çalışalım. $$a^2-ab+\dfrac{b^2}{4}+\dfrac{3b^2}{4}+c^2+d^2-bc-cd-d+\dfrac{2}{5}=\left(a-\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}-bc+\dfrac{c^2}{3}+\dfrac{2c^2}{3}+d^2-cd-d+\dfrac{2}{5}$$ $$=\left(a-\dfrac{b}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-\dfrac{1}{\sqrt{3}}c\right)^2+\dfrac{2c^2}{3}-cd+\dfrac{3}{8}d^2+\dfrac{5}{8}d^2-d+\dfrac{2}{5}$$ $$=\left(a-\dfrac{b}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-\dfrac{1}{\sqrt{3}}c\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}c-\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}d\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}d-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\right)^2$$ olacaktır. Dolayısıyla bu ifade $0$ ise $$a-\dfrac{b}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}b-\dfrac{1}{\sqrt{3}}c=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}c-\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}d=\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}d-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=0$$ Bu eşitliklerden $a=\dfrac{1}{5}$, $b=\dfrac{2}{5}$, $c=\dfrac{3}{5}$ ve $d=\dfrac{4}{5}$ olacaktır.

İkinci Yol: Verilen denklemi $a$'ya bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak düşünelim. Bu denklemin diskriminantı $$\Delta_1=b^2-4\left(b^2+c^2+d^2-bc-cd-d+\dfrac{2}{5}\right)=-3b^2-4c^2-4d^2+4bc+4cd+4d-\dfrac{8}{5}$$ Bu diskriminant negatif olmamalıdır. Bu diskriminantı da $b$'e bağlı ikinci dereceden denklem olarak düşünürsek, başkatsayısı negatif olduğundan $b$ değeri bu denklemin iki kökünün arasında değer almalıdır. Yani bu denklemin de kökü olmalıdır. Bu da diskriminantının negatif olmaması demektir. $$\Delta_2=16c^2+12\left(-4c^2-4d^2+4cd+4d-\dfrac{8}{5}\right)=-32c^2-48d^2+48cd+48d-\dfrac{96}{5}$$ Benzer şekilde bu denklemi de $c$'ye bağlı ikinci dereceden denklem olarak düşünürsek diskriminantı negatif olmamalıdır. $16$'ya bölüp diskriminantını alalım. $$\Delta_3=9d^2+8\left(-3d^2+3d-\dfrac{6}{5}\right)=-15d^2+24d-\dfrac{48}{5}=-15\left(d-\dfrac{4}{5}\right)^2$$ Bu diskriminantın negatif olmaması için $d=\dfrac{4}{5}$ olmalıdır. Bunu önce $\Delta_2$'de sonra da $\Delta_1$'de yazarsak $b=\dfrac{2}{5}$ ve $c=\dfrac{3}{5}$ olacaktır. Bu değerleri ana denklemde yazınca da $a=\dfrac{1}{5}$ olacaktır.

Birinci yol daha kolay olsa da iki yol da çözüm olarak incelenmeli.

Çözüm 2:

$f(a,b,c,d)=\frac{\left(a-\frac{1}{5}\right)^2+\left(b-a-\frac{1}{5}\right)^2+\left(c-b-\frac{1}{5}\right)^2+\left(d-c-\frac{1}{5}\right)^2+\left(d-\frac{4}{5}\right)^2}{2}=0$

$a=\dfrac 15$, $b=\dfrac 25$, $c=\dfrac 25$, $d=\dfrac 45$.

Kaynak: AoPS

Çözüm 3:

Bu tür soruların çözümünde kolaylık sağladığını düşündüğüm ve kullandığım yöntem şöyledir:

Dördüncü Yol: $S=a^2+b^2+c^2+d^2-ab-bc-cd-d+\dfrac{2}{5}$ ifadesine bakalım. Buradaki $a,b,c,d$ bilinmeyenleri arasında en az sayıda terimde bulunan var mı diye bakalım.

$a$ için bakarsak: $a^2, -ab$ terimlerinin sayısı $2$ dir.
$b$ için bakarsak: $b^2, -ab, -bc$ terimlerinin sayısı $3$ tür. Diğer bilinmeyenler için de bu sayı $3$ tür.

O halde $a$ bilinmeyeni ile tam kareye tamamlama işlemine başlıyorum. (Hepsinden eşit sayıda, örneğin $3$'er tane olursa hangi bilinmeyenden başladığınız çözüm yolunun kolaylık/zorluk durumuna etki etmez. O durumda katsayılar arasında çözümü kolaylaştırıcı başka özellikler yakalamayı denerim.) $a^2 -ab$ var elimizde. $\dfrac{b^2}{4}$ ekleyip çıkaracağız. $S= \left(a - \dfrac{b}{2}\right)^2 + \dfrac{3b^2}{4} + \cdots $ olur.

Bizi işlem hatalarından koruyabilecek bir başka kullanışlı püf noktamız da şudur: $\dfrac{3b^2}{4} - bc$ ifadesini tam kareye tamamlarken önce $\dfrac{3}{4}\left( b^2 - \dfrac{4}{3}bc \right)$ yazalım ve şimdi parantezin içine $\dfrac{4c^2}{9}$ ekleyip çıkaralım. Yani $\dfrac{3}{4}\left( b^2 - \dfrac{4}{3}bc + \dfrac{4c^2}{9}- \dfrac{4c^2}{9}\right) = \dfrac{3}{4}\left( b - \dfrac{2c}{3} \right)^2 - \dfrac{1}{3}c^2$ olur. Köklü ifadelerden kaçınmış olduk. $S = \left(a - \dfrac{b}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}\left( b - \dfrac{2c}{3} \right)^2 + \dfrac{2}{3}c^2 -cd + d^2 -d +\dfrac{2}{5}$ olur.

Bizi köklü ifade yazma sıkıntısından kurtaran bu püf noktasını tekrar uygulayalım: $\dfrac{2}{3}c^2 -cd = \dfrac{2}{3}\left(c^2 - \dfrac{3}{2}cd \right) = \dfrac{2}{3}\left(c^2 - \dfrac{3}{2}cd + \dfrac{9}{16}d^2 \right) - \dfrac{3}{8}d^2$ dir. $S = \left(a - \dfrac{b}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}\left( b - \dfrac{2c}{3} \right)^2 + \dfrac{2}{3}\left(c - \dfrac{3d}{4}\right)^2 + \dfrac{5}{8}d^2 - d + \dfrac{2}{5}$ olur.

Son olarak $\dfrac{5}{8}d^2 - d + \dfrac{2}{5} = \dfrac{5}{8}\left( d^2 - \dfrac{8}{5}d + \dfrac{16}{25}\right) = \dfrac{5}{8}\left(d - \dfrac{4}{5}\right)^2 $ biçiminde tam kareye tamamlarsak,

$$ S = \left(a - \dfrac{b}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4}\left( b - \dfrac{2c}{3} \right)^2 + \dfrac{2}{3}\left(c - \dfrac{3d}{4}\right)^2 + \dfrac{5}{8}\left(d - \dfrac{4}{5}\right)^2 $$

elde edilir. $S=0$ olması için gerek ve yeter şart tam kare ifadelerin $0$ a eşit olmasıdır. $d=\dfrac{4}{5}$ olur. Bunu kullanarak $c = \dfrac{3}{5}$, $b = \dfrac{2}{5}$, $a=\dfrac{1}{5}$ değerlerine ulaşılır.

Not: Bu türdeki çok bilinmeyenli bir denklemde, bilinmeyenlerden birini çözmemiz isteniyorsa tam kareler toplamı $0$ a eşitlenmiş bir ifade aramamız gerektiğini hissedebiliriz. Örneğin $x^2 + 2y^2 + 5z^2 = 1$ türündeki bir denklem uzayda elipsoid yüzeyi belirttiği için yüzey üzerinde sonsuz çoklukta nokta vardır. "$x$ kaçtır?" şeklinde bir soru sormak mantıklı değildir. Fakat $x^2 + 2y^2 + 5z^2 = 0$ türündeki bir denklem uzayda nokta belirtir ve $(x,y,z) = (0,0,0)$ tek çözümdür. "$x$ kaçtır?" gibi bir soru sormak artık mantıklıdır.

$a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5}$ ve $a_{6}$ sayıları $\left \{ -1,0,1 \right \}$ kümesinin elemanları olmak üzere,$$a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}+a_{4}\cdot 5^{4}+a_{5}\cdot 5^{5}+a_{6}\cdot 5^{6}$$ ifadelerine bakalım.Bu ifadelerin kaç tanesi negatif değer alır?

$
\textbf{a)}\ 121
\qquad\textbf{b)}\ 224
\qquad\textbf{c)}\ 275
\qquad\textbf{d)}\ 364
\qquad\textbf{e)}\ 375
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed D$

$5^1+5^2+5^3+5^4+5^5\lt 5^6$ olduğu için $5^6$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}+a_{4}\cdot 5^{43}+a_{5}\cdot 5^{5}\lt |-5^6|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^5$ değer alır.
Eğer $1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}+a_{4}\cdot 5^{4}+a_{5}\cdot 5^{5}\lt 5^6$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise $5^1+5^2+5^3+5^4\lt 5^5$ olduğu için $5^5$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}+a_{4}\cdot 5^{4}\lt |-5^5|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^4$ değer alır.
Eğer $1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}+a_{4}\cdot 5^{4}\lt 5^5$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise $5^1+5^2+5^3\lt 5^4$ olduğu için $5^4$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}\lt |-5^4|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^3$ değer alır.
Eğer $1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}+a_{3}\cdot 5^{3}\lt 5^4$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise $5^1+5^2\lt 5^3$ olduğu için $5^3$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}\lt |-5^3|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^2$ değer alır.
Eğer $1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}+a_{2}\cdot 5^{2}\lt 5^3$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise $5^1\lt 5^2$ olduğu için $5^2$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}\lt |-5^2|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^1$ değer alır.
Eğer $1$ ise $a_{1}\cdot 5^{1}\lt 5^2$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise $0\lt 5^1$ olduğu için $5^1$ katsayısı üzerinden gidelim.

Eğer $-1$ ise $0\lt |-5^1|$ olduğu için sayı her zaman negatiftir. $3^0$ değer alır.
Eğer $1$ ise $0\lt 5^1$ olduğu için sayı her zaman pozitiftir.
Eğer $0$ ise ifademizde 0 olur.

Sonuç:$3^5+3^4+3^3+3^2+3^1+3^0=\dfrac{3^6-1}{3-1}=364$

$O$ merkezli çemberde $[AB]$ çaptır.$C$ ve $D$ noktaları çember üzerinde $[AB]$ çapına göre farklı yarım çemberler üzerindedir.$B$ den $[CD]$ ye inen dikmenin ayağı $H$ olsun.$|AO|=13,|AC|=24$ ve $|HD|=12$ olduğuna göre, $DCB$ açısı kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 30
\qquad\textbf{b)}\ 45
\qquad\textbf{c)}\ 60
\qquad\textbf{d)}\ 75
\qquad\textbf{e)}\ 80
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $30$. $ACB$ dik üçgen olup Pisagor teoreminden $|BC|=10$ olur. $\angle CAB=$ $\angle CDB$ olduğundan $\triangle ACB \sim \triangle DHB$ olur. Buradan da $|HB| / 12=10 / 24$ ve $|HB|=5$ olur. $CHB$ dik üçgeninde $|HB|=|BC| / 2$ olduğundan $\angle DCB=$ $\angle HCB=30^{\circ}$ bulunur.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

$$A=\dfrac{2^{2}+3\cdot 2+1}{3!\cdot 4!}+\dfrac{3^{2}+3\cdot 3+1}{4!\cdot 5!}+\dfrac{4^{2}+3\cdot 4+1}{5!\cdot 6!}+\cdots +\dfrac{10^{2}+3\cdot 10+1}{11!\cdot 12!} $$ toplamı için $11!\cdot12! \cdot A$ sayısını $11$ e bölünce kalan nedir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 8
\qquad\textbf{e)}\ 10
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{E}$
İfademiz genel olarak $\dfrac{k^2+3k+1}{(k+1)!(k+2)!}$ şeklindedir.

Düzenlersek;

$\dfrac{k^2+3k+1+1-1}{(k+1)!(k+2)!}\Rightarrow \dfrac{(k+1)(k+2)-1}{(k+1).k!.(k+2).(k+1)!}\Rightarrow 11!.12!.A\equiv \dfrac{11!.12!}{2!.3!}-1\equiv 10 \pmod {11}$ bulunur.

Bir üçgenin açıları olan $\alpha ,\beta ,\gamma $ bir aritmetik dizi oluşturuyorlar. $\sin 20\alpha$, $\sin 20\beta $ ve $\sin 20\gamma$ da aritmetik dizi oluşturuyorsa, $\alpha$ kaç farklı değer alabilir?

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

Çözüm:

Cevap: $\boxed{E}$

Soruda $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ için bu sırada aritmetik dizi oluşturup oluşturmadığını söylemediğinden herhangi bir sırada oluşturabildiklerini düşünüyorum.

Genelliği bozmadan $\alpha\leq \beta\leq \gamma$ diyelim, daha sonra bulgular üzerinden diğer durumlar için de sonuç bulabiliriz. $\alpha=\beta-x$ ve $\gamma=\beta+x$ yazarsak, $\alpha+\beta+\gamma=2\pi$ olduğundan $\beta=\frac{2\pi}{3}$ bulunur. Açılar üçgen açıları olduğundan $0\leq x<\frac{2\pi}{3}$ olmalıdır. $$\sin{20\beta}=\sin{\frac{40\pi}{3}}=\sin{\frac{4\pi}{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Eğer $\sin{20\alpha}+\sin{20\gamma}=2\sin{20\beta}$ ise $$\sin{\left(\frac{40\pi}{3}+20x\right)}+\sin{\left(\frac{40\pi}{3}-20x\right)}=2\sin{\frac{40\pi}{3}}\cos{20x}$$ olduğundan $$2\sin{20\beta}=\sin{\frac{40\pi}{3}}=2\sin{\frac{40\pi}{3}}\cos{20x}\implies \cos{20x}=1\implies 20x=2\pi n\implies x=\frac{\pi n}{10}$$ olarak bulunur ($n\in\mathbb{Z}$). $0\leq x<\frac{2\pi}{3}$ olduğunu göz önünde bulundurursak $$0\leq \frac{\pi n}{10}<\frac{2\pi}{3}\implies 0\leq n<\frac{20}{3}\implies 0\leq n\leq 6$$ Dolayısıyla en az $7$ adet $n$ değeri ve burada gelen $7$ adet $x$ değeri vardır. Cevap her türlü hiçbiri olacağından diğer durumlara bakmaya gerek yoktur. $7$'den fazla çözüm vardır.

$8\times8$ bir satranç tahtasının bir köşesinden bir birim kare kesilip atıldığında kalan şekli eşit alanlı üçgenlere bölmek için en az kaç üçgen gerekir?

$
\textbf{a)}\ 17
\qquad\textbf{b)}\ 19
\qquad\textbf{c)}\ 20
\qquad\textbf{d)}\ 21
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

Cevap: $18$. Üçgenlerden birinin bir kenarı kesilip atılmış birim karenin bir kenarının üzerinde yerleşecektir. Bu nedenle üçgenlerin alanları en fazla $\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 7=\dfrac{7}{2}$ olacaktır. Buna göre, en az $63 \cdot \dfrac{2}{7}=18$ üçgen gerekiyor. $18$ üçgen örneğini vermek için satranç tahtasının kalan kısmını $9$ tane $1 \times 7$ dikdörtgene ayırıp bu dikdörtgenlerin her birini iki eşit üçgene bölmek gerekiyor.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

$ABCD$ konveks dörtgeninde $[AB]$ ile $[CD]$ paralel değildir. $[AD]$ nin orta noktası $E , [BC]$ nin orta noktası $F$ dir. $|CD|=12 , |AB|=22$ ve $|EF|=x$ olduğuna göre, $x$ in alabileceği tam sayı değerlerin toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 110
\qquad\textbf{b)}\ 114
\qquad\textbf{c)}\ 118
\qquad\textbf{d)}\ 121
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: $121$. $[AC]$ kösggeninin orta noktası $G$ olsun. $EG \parallel DC$ ve $FG \parallel AB$ olur. Buradan da $|EG|=6, |GF|=11$ dir. $AB$ ile $CD$ paralel olmadığı için $E, G, F$ doğrusal olamaz. Buradan da $EGF$ üçgeninde üçgen eşitsizliğinden $5<x<17$ elde ederiz. Bu aralıktaki her $x$ tam sayısı için şartları sağlayan bir dörtgen çizilebilir. $x$ in alabileceği değerler $6,7, \ldots, 16$ olup bu sayıların toplamı $121$ dir.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

İlk terimi pozitif tam sayı olan bir dizide, her terime en büyük rakamı eklenerek bir sonraki terim elde ediliyor. Bu dizinin en çok kaç ardışık terimi tek sayı olabilir?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad\textbf{b)}\ 3
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ 6
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: $5$. $\{857,865,873,881,889\}$ dizisinin istenilen koşulu sağladığı açıktır. Dizimizde $6$ tane ardışı terimin tek sayı olamayacağını gösterelim, aksini varsayalım. Dizinin ardışık üç elemanı $a, b, c$ tek sayılarını alalım. $a$ ve $b$ nin en büyük rakamları $x$ ve $y$ olsun. $x$ ve $y$ çift sayılar olduğundan, $a$ ve $b$ nin son basamakları olamazlar. Ek olarak, $a$ ve $b$ nin tüm rakamları $9$ dan küçüktür, bu da $a$ ve $b$ nin son iki basamak haricinde aynı olduğunu gösterir.

$x<y$ ise, $y$ rakamı $b$ nin son iki rakamından biri olmak zorundadır. $b$ sayısı tek sayı olduğundan $y$ rakamı $b$ nin sondan ikinci rakamı olur. Diğer taraftan, $x$ ve $y$ çift sayılar olduğundan $x \leq y-2$ olur. $a$ nın sondan ikinci rakamı en fazla $x$ olabileceğinden $x=b-a>10$ olup çelişki elde ederiz.
$x>y$ ise, $x$ rakamı $a$ nın son iki rakamından biri olmak zorundadır. $a$ sayısı tek sayı olduğundan $x$ rakamı $a$ nın sondan ikinci rakamı olur. $x \leq 8$ olduğundan, $b$ nin sondan ikinci rakamı $x$ veya $x+1$ olup, $x>y$ koşulu ile çelişir.

Buradan, dizimizin ardışık $6$ tek sayı terimi bir aritmetik dizi oluşturmak zorundadır, ortak farka $d$ diyelim. $d \leq 8$ olduğundan dizimizin ilk beş teriminin son rakamları $\{1,3,5,7\}$ olabilir. Güvercin yuvası prensibinden, ilk beş terim arasında son rakamları aynı olan iki terim elde ederiz. Dolayısıyla, iki terim arasındaki olası farkların oluşturduğu $\{d, 2 d, 3 d, 4 d\}$ kümesinden en az bir sayı $10$ ile bölünmelidir, bu da $d$ nin $5$ ile bölünmesini gerektirir. $d$ sıfırdan farklı çift bir rakam olduğundan bu imkansızdır. Sonuç olarak, dizimizde en fazla $5$ ardışık terim tek sayı olabilir.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008

$xy=1$ koşulunu sağlayan her $x,y$ gerçel sayıları için, $$\left ( (x+y)^{2}+4 \right )\left ( (x+y)^{2}-2 \right )\geq A.(x-y)^{2}$$
eşitsizliği sağlanıyorsa, $A$ sayısının alabileceği en büyük değer aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 12
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 16
\qquad\textbf{d)}\ 18
\qquad\textbf{e)}\ 20
$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{D}$

$x+y=m$ diyelim. Bizim $\left ( (x+y)^{2}+4 \right )\left ( (x+y)^{2}-2 \right )\geq A.[(x+y)^{2}-4]$ göstermemiz gerekir. $(x+y)^2 \ge 4xy=4$ biliyoruz. O halde $(x+y)^2=m^2=N$ için $\dfrac{(N+4)(N-2)}{N-4}$ en küçük değerini bulmalıyız. $10+(N-4+\dfrac{16}{N-4}) \ge^{A.G.O} 18$ dir. Eşitlik $x=y=\sqrt{17}+4$ için sağlanır. $A \le 18$ idir.

Çözüm 2:

$(x-y)^2=t$ diyelim. Buna göre eşitsizlik şuna dönüşür:
$$(t^2+8)(t^2+2)\geq A\cdot t^2$$
eşitsizliğini her $x$ ve $y$ için sağlayan maksimum $A$ değerini bulmaya dönüşür. Cauchy-Schwarz Eşitsizliği'nden $(t^2+8)(2+t^2)\geq 18t^2$ olduğundan $A\leq 18$ dir. Eşitlik durumu $(x,y)=(\sqrt{2}+1,\sqrt{2}-1)$ iken sağlanır.

$n\geq4$ kişilik bir partide, her $3$ kişinin tam olarak $1$ ortak arkadaşı varsa $n$ kaç farklı değer alabilir?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ \text{Sonsuz çoklukta}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap:$\boxed A$

Kişilerimiz $a_1, a_2, \dots, a_n$ olmak üzere $a_1$ ile $a_2$ arkadaş olsun.

$a_1-a_2-a_k$ üçlüsünde hiçbir $a_k$, $a_1$ ile arkadaş değildir. $k=3$ için bakalım.

$a_1-a_3-a_l$ üçlüsünde $l\not=2$ olmak üzere $a_1$ ile hiçbir $a_l$ arkadaş değildir. O zaman $a_3$ ile her $a_l$ arkadaştır. ($a_3$, $a_1$ ve $a_2$ dışındaki kişiler ile arkadaştır.)$l=4$ için bakalım.

Elimizde $a_1,a_2,a_3,a_4$ kişileri var.

Eğer $a_3-a_4-a_m$ üçlüsüne bakacak olursak $a_3$ ile $a_4$ arkadaş olduğu için $a_m$ ile $a_3$ arkadaş değildir.
$a_3$ ile arkadaş olmayan sadece $a_1$ ve $a_2$ olduğu için $a_m$ bunlardan biridir.

En fazla 4 kişi olacağını görürüz.

Koşulumuza olan $n\geq4$'a uyarsak $n$ sadece $4$'tür.

$E$ noktası $ABCD$ eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde olmak üzere, $|AE|=|EB|$ , $m ( \widehat{EAB} )=12^{\circ}$ ve $m ( \widehat{DAE} )=72^{\circ}$ dir. Buna göre, $m (\widehat{CDE})$ kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 64
\qquad\textbf{b)}\ 66
\qquad\textbf{c)}\ 68
\qquad\textbf{d)}\ 70
\qquad\textbf{e)}\ 72
$

Çözüm:

$F$ noktası $ABCD$ eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde olmak üzere, $EAB$ üçgenine eş olan $FDA$ üçgenini oluşturalım. $\angle{FAE}=60^\circ$ ve $|AF|=|AE|$ olacağından $AEF$ üçgeni eşkenar üçgendir. Yani $|FD|=|FE|$ olacaktır. $\angle{FDE}=\angle{FED}=18^\circ$ olduğunu $ADE$ üçgeninin iç açılarından bulabiliriz. Buna göre $\angle{ADE}=30^\circ$ dir. $AB\parallel DC$ olduğundan $\angle{BAD}+\angle{ADC}=180^\circ$ olur. O halde $\angle{CDE}=66^\circ$ dir.

Ondalık yazılımında $0$ dan farklı olan tüm rakamlarına bölünen pozitif bir tam sayıya "özel sayı" diyelim. En fazla kaç ardışık özel sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 9
\qquad\textbf{b)}\ 10
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 13
\qquad\textbf{e)}\ 14
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{D}$

$13$'den fazla olamayacağını gösterelim. Aksini varsayalım. $n$, $n+1,\dots$, $n+13$ sayıları özel sayıysa bunlar arasında son basamağı $3,4,6,7,8,9$ olan sayılar vardır ama bu sayılardan birer tane olmalıdır çünkü $k$ ile $k+10$ sayılarının ikisinin de son aynı basamağı aynıdır ve ikisinin de özel sayı olması için son basamağı sıfır veya $10$'un bir böleni olmalıdır. Dolayısıyla en uzun ardışık sayı dizisi için son basamaklar $0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,0,1,2$ veya bunların çembersel permütasyonu olmalıdır. $14$ adet ardışık sayıya ulaşılamaz, bu bir çelişkidir. Yani en fazla $13$ tane ardışık sayı olabilir.

Örnek bulmaya çalışalım. $n=\underbrace{11\dots 1}_{k\text{ adet } 1}000$ formatında olsun. Eğer $k$'yı $9$'un katı alırsak $n+7$ haricinde sorun olmayacaktır. $7\mid n+7$ veya denk olarak $7\mid \underbrace{11\dots 1}_{k\text{ adet } 1}$ olacak şekilde bir $9\mid k$ seçmeye çalışmalıyız. $$\underbrace{11\dots 1}_{k\text{ adet } 1}\equiv \dfrac{10^k-1}{9}\equiv 0\pmod{7}\implies 10^k\equiv 3^k\equiv 1\pmod{7}\implies k\equiv 0\pmod{6}$$ olduğundan $k=18$ seçersek $n, n+1,\dots$, $n+12$ sayıları özel sayı olacaktır.

$x$ bir gerçel sayı ise $\sqrt{x^2-6x+13}+\sqrt{x^2-14x+58}$ ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \sqrt{39}
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{43}{6}
\qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt{2}+\sqrt{13}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$f(x)=\sqrt{x^2-6x+13}+\sqrt{x^2-14x+58}=\sqrt{(x-3)^2+2^2}+\sqrt{(x-7)^2+3^2}$ olarak yazalım. Analitik düzlemde $x$ ekseni üzerindeki değişken bir $P(x,0)$ noktası ve sabit $A(3,2)$, $B(7,3)$ noktalarını gözönüne alalım. $|PA|=\sqrt{(x-3)^2+2^2}$ ve $|PB|=\sqrt{(x-7)^2+3^2}$ olduğundan $f(x)=|PA|+|PB|$ olur. $B$ noktasının $x$ eksenine göre simetrisi $C(7,-3)$ olsun. $|PB|=|PC|$ olduğundan $f(x)=|PA|+|PC|$ yazılabilir. Üçgen eşitsizliğinden $|PA|+|PC| \leq |AC|=\sqrt{41}$ dir. Eşitlik hali $A,P,C$ doğrusal iken sağlanır. Yani $f_{\min}=\sqrt{41}$ dir.

Üst üste dizilmiş $2008$ madeni paranın bulunduğu bir beyaz masa ve iki boş siyah masadan başlayarak, her hamlede herhangi bir masadaki en üst pozisyondaki parayı alıp herhangi bir boş masaya veya herhangi bir masadaki en üst pozisyona yerleştirerek, en az kaç hamlede tüm paralar beyaz masaya ters sırada yerleştirilebilir?

$
\textbf{a)}\ 6016
\qquad\textbf{b)}\ 6017
\qquad\textbf{c)}\ 6022
\qquad\textbf{d)}\ 6023
\qquad\textbf{e)}\ 6024
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Cevap: $6022$. $n$ tane madeni para için cevabın $3n-2$ olduğunu kanıtlayacağız. İlk olarak bunun için $3n-2$ hamlenin yeterli olduğunu gösterelim. Beyaz masa $B$, diğer masalar $S_1$ ve $S_2$ olsun. En üstteki parayı $S_1$ e, kalan paraları $S_2$ ye, $S_1$ deki parayı $B$ ye, $S_2$ deki $n-1$ tane paranın $n-2$ tanesini $S_1$ e, $S_2$ deki tek parayı $B$ ye ve $S_1$ deki paraları $B$ ye yerleştirirsek paralar $1+(n-1)+1+(n-2)+1+(n-2)=3 n-2$ hamle sonucunda beyaz masaya ters sırada yerleşmiş olur. Şimdi gereken hamle sayısının $3 n-2$ den az olamayacağını gösterelim. Her madeni paraya hamle uygulanacağı için $2$ den az hamle uygulanmış madeni para yoktur. Toplam hamle sayısı $3 n-2$ den az olursa, $2$ hamle uygulanmış en az $3$ madeni para olacaktır. Bu $3$ madeni paranın ikisi aynı siyah masaya taşınmıştır ve demek ki hamleler bittiğinde bu iki paranın $B$ masasındaki sıraları değişmemiştir, çelişki.

Kaynak: Tübitak 16. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2008