Tübitak Lise 1. Aşama - 2014 Çözümleri

Dışbükey bir $ABCD$ dörtgeninde $m (\widehat{DAB} )=m (\widehat{CBD} )=120^{\circ}$, $|AB|=2$, $|AD|=4$ ve $|BC|=|BD|$ dir. $C$ noktasından geçen ve $AB$ ye paralel olan doğru $AD$ doğrusunu $E$ noktasında kesiyor ise, $|CE|$ nedir?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{A}$

Biraz zorlayıp, eşlikten çözelim:

$AB \parallel EC$ olduğu için, $\angle BAD = \angle CED = 120^\circ$ dir. $\angle DEC= \angle DBC$ olduğu için, $D$, $E$, $B$, $C$ noktaları çemberseldir.

Bu durumda, $DEBC$ kirişler dörtgeninde $\angle AEB = \angle BCD = 30^\circ$ olacağından, $AE=AB=2=ED$ olacaktır. $EB=BF$ olacak şekilde, $\triangle EBC$ üçgenini kuralım. $\triangle FAB$, bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olacaktır. Bu durumda $AF=2\cdot AB= 4$ tür.
$BD=BC$, $EB=BF$ ve $\angle DBF = \angle CBE$ olduğu için, $\triangle FDB \cong \triangle ECB$, dolayısıyla da $EC=FD=8$ dir.

Çözüm 2:

$AB \parallel EC$ olduğu için, $\angle BAD = \angle CED = 120^\circ$ dir. $\angle DEC= \angle DBC$ olduğu için, $D$, $E$, $B$, $C$ noktaları çemberseldir.
$EC \cap BD = \{P\}$ olsun. Paralellikten $EP=1$ ve $BP=PD$ elde edilir. $\triangle ABD$ de Kosinüs teoreminden $BD=2\sqrt 7$ ve $BP=PD=\sqrt 7$ çıkar.
$P$ noktasının, $(BDC)$ çemberine göre kuvvetini yazarsak, $EP\cdot PC = BP\cdot PD \Rightarrow 1 \cdot PC = \sqrt 7 \cdot \sqrt 7 \Rightarrow PC = 7$ ve $EC=8$ elde edilir.

Çözüm 3:

$[AB$ üzerinde $[AB]$ dışında, $BK=AD=4$ olacak şekilde bir $K$ noktası alalım. $\angle ADB = \angle KBC$, $BK=AD$ ve $BC=BD$ olduğu için $\triangle ABD \cong \triangle KCB$ dir.
$EA$ ile $CK$ doğruları $L$ noktasında kesişsin. $\triangle LAK$ ve $\triangle LEC$ birer eşkenar üçgendir. $KA=6=LK$ olduğu için $LC=8=EC$ dir.

Çözüm 4:

[Mehmet Utku Özbek]

$\triangle{ABD}$ 'de Kosinüs teoreminden $BD=BC=2\sqrt7$ bulunur. $[DA$ ile $[CB$, $K$ noktasında kesişsin. $\angle KAB = \angle KBD = 60^\circ$ dir.Dolayısıyla $\triangle{KAB}$ ile $\triangle{KBD}$ benzerdir. $KA=x$ ve $KB=y$ olsun. Benzerliği yazarsak $\dfrac {x}{y} =\dfrac {2}{2\sqrt7} = \dfrac {y}{x+4}$ olur. Buradan $y=x\sqrt7$ olur ve yerine yazarsak $x=\dfrac {2}{3}$ ve $y=\dfrac {2\sqrt7}{3}$ bulunur. $AB\parallel EC$ ve $BC=2\sqrt7$ olduğu için benzerlik oranı $\dfrac {1}{4}$ tür. $AB=2$ olduğu için $EC=8$ dir.

$mn+n+14=\left (m-1 \right)^2$ eşitliğini sağlayan kaç $\left (m,n \right)$ tam sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 16
\qquad\textbf{b)}\ 12
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 2
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Denklemi $n$ değerini yalnız bırakacak şekilde düzenlersek, $n= m-3-\dfrac{10}{m+1}$ olur.

$m+1$ değerleri $10$ un bölenleri olan $\left \{\pm1 , \pm2 , \pm5 , \pm10 \right \}$ kümesinden seçilerek $8$ tane $(m,n)$ ikilisi bulunabilir.

Kaç $n$ tam sayısı için, $ |x^2-4x-7|=n$ eşitliğini sağlayan dört farklı $x$ gerçel sayısı vardır?

$
\textbf{a)}\ 12
\qquad\textbf{b)}\ 10
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 7
\qquad\textbf{e)}\ 5
$

Çözüm:

(Eray Atay)

Yanıt: $\boxed{B}$

$|x^2+4x-7|=n$ denkleminin çözümleri, $x^2+4x-7=n$ ve $x^2+4x-7=-n$ olmak üzere iki denklemin çözümleridir.
$4$ farklı $x$ gerçel sayısının çözüm olması istendiğinden, ilk denklemin $2$ farklı ve ikinci denklemin de $2$ farklı çözümü olması gerekir. Bunun için de $\Delta$'larının $0$'dan büyük olması gerekir.
İlk denklemin $\Delta$'sı: $16-4(-n-7)=4n+44>0, n>-11$
İkinci denklemin $\Delta$'sı: $16-4(n-7)=44-4n>0, 11>n$
Bu iki eşitsizlikten $11>n>-11$ elde edilir. Soruda verilen eşitlikte mutlak değerli ifade $n$ e eşit olduğundan $n\geq 0$ olması gerekir. Ayrıca $n=0$ için tek bir denklem elde edildiğinden $4$ farklı $x$ reel sayısı çözüm olamaz. Dolayısıyla $11>n>0$ olmalıdır. Bu aralıktan $10$ adet $n$ tamsayısı seçilebilir.

$3$ kırmızı, $2$ beyaz ve $2$ mavi top rastgele sıraya dizildiğinde iki beyaz topun veya iki mavi topun yan yana gelme olasılığı nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{2}{5}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3}{7}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{16}{35}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{10}{21}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{5}{14}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$P(M\cup B)=P(M)+P(B)-P(M\cap B) = \dfrac{6!\cdot2!}{7!}+\dfrac{6!\cdot2!}{7!}-\dfrac{5!\cdot2!\cdot2!}{7!}=\dfrac{2}{7}+\dfrac{2}{7}-\dfrac{2}{21}=\dfrac{10}{21}$

$D$, $|AB|=|AC|$ olan bir $ABC$ ikizkenar üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde $|BD|=6$ ve $|DC|=10$ koşullarını sağlayan bir nokta olmak üzere, $ABD$ ve $ADC$ üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin $[AD]$ kenarına değme noktaları sırasıyla, $E$ ve $F$ ise, $|EF|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{2}{\sqrt{3}}
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{9}{8}
\qquad\textbf{e)}\ 2
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$DE = \dfrac{BD+AD-AB}{2}$,

$DF=\dfrac{CD+AD-AC}{2}$.

$EF = DF - DE = \dfrac{CD-BD}2 = 2$

Ondalık yazılımında tüm rakamları çift olan pozitif tam sayılar artan sırayla $$2,4,6,8,20,22,24,26,28,40,42,\dots$$ biçiminde yazıldığında $2014.$ sayı nedir?

$
\textbf{a)}\ 66480
\qquad\textbf{b)}\ 64096
\qquad\textbf{c)}\ 62048
\qquad\textbf{d)}\ 60288
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$2,4,6,8,20,22,24,26,28,40,42,\dots$ sayılarının her birini $2$ ye bölelim. $1,2,3,4,10,11,12,13,14,20,21,\dots$ olur. Bu sayılar $5$ tabanına göre dizilmiş haldedir. O halde $5$ tabanına göre $2014.$ pozitif tamsayıyı hesaplayalım. $2014=(31024)_5$ olur. Bu değeri tekrar $2$ ile genişletirsek $2\cdot 31024=62048$ elde edilir.

$x$ve $y$ gerçel sayıları için $ (x^2+1)(y^2+1)+9=6(x+y)$ ise, $x^2+y^2$ nedir?

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

Çözüm:

Verilen ifadeyi $(xy-1)^2+(x+y)^2-6(x+y)+9=0$ olarak düzenlersek

$(xy-1)^2+(x+y-3)^2=0$ olur. Buradan

$x+y=3$ ve $xy=1$ olmalıdır.

$x^2+y^2 = (x+y)^2-2xy = 3^2-2 = 7$ bulunur.

$17$ özdeş kırmızı ve $10$ özdeş beyaz top $4$ farklı kutuya, her kutudaki kırmızı topların sayısı beyaz topların sayısından daha fazla olacak biçimde kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

$
\textbf{a)}\ 5462
\qquad\textbf{b)}\ 5586
\qquad\textbf{c)}\ 5664
\qquad\textbf{d)}\ 5720
\qquad\textbf{e)}\ 5848
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

İlk başta $10$ beyaz topu $4$ kutuya $\dbinom{10+4-1}{4-1} = \dbinom{13}{3} =286$ şekilde dağıtalım. Her kutuya içerdiği beyaz top sayısının bir fazlası kırmızı top koyalım. Kalan $3$ kırmızı topu $4$ kutuya $\dbinom{6}{3}=20$ şekilde dağıtabiliriz.
Buna göre istenen şekilde $286\cdot20 = 5720$ farklı dağıtım yapılabilir

$D$, bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde $|AB|=3, |CD|=1$ ve $|AC|=|BD|=\sqrt{5}$ koşullarını sağlayan bir nokta olmak üzere; $B$ köşesine ait yükseklik $AD$ doğrusunu $E$ noktasında kesiyor ise, $|CE|$ nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$AB^2 - AC^2 = 9-5=4=5-1=BD^2-CD^2$ olduğu için, $AD \perp BC$ dir. Ayrıca, $AD=2$ dir.

Bu durumda, $E$ noktası, $\triangle ABC$ nin diklik merkezidir. Basit açı hesabıyla, $\angle BAD = 90^\circ - \angle ABC = \angle BCE$ elde edilir.
$\cos \angle DAB = \dfrac 23 = \cos \angle DCE = \dfrac 1{EC} \Rightarrow EC = \dfrac 32$ elde edilir.

$m^3-n^3=9^k+123$ eşitliğini sağlayan kaç $(m,n,k)$ negatif olmayan tam sayı üçlüsü vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$k>0$ için $9^k \equiv 0 \pmod{9}$ olduğundan $m^3-n^3 \equiv 6 \pmod{9}$ olur. Ancak iki küp farkı $9$ modunda $0$, $1$, $2$, $7$, $8$ değerlerini alabileceğinden $k>0$ için çözüm yoktur.

$k=0$ için $m^3-n^3=124 \Rightarrow (m-n) \left [ (m-n)^2+3mn) \right]=124$ ifadesinde çarpanları muhtemel değerler için denersek sadece $m=5 , n=1$ değerleri için sağlandığını görebiliriz.

O halde tek çözüm $(5,1,0)$ üçlüsüdür.

Sadece bir $x$ gerçel sayısı için $x^2+ax+1$ ifadesinin negatif bir tam sayı değer almasını sağlayan $a$ gerçel sayılarının çarpımı nedir?

$
\textbf{a)}\ -1
\qquad\textbf{b)}\ -2
\qquad\textbf{c)}\ -4
\qquad\textbf{d)}\ -6
\qquad\textbf{e)}\ -8
$

Çözüm:

(Eray Atay)

Yanıt: $\boxed{E}$

$x^2 + ax + 1$'in grafiğinin kolları yukarı doğrudur. O halde tek bir negatif tam sayıya eşit olması, o sayının $-1$ olması gerektiği anlamına gelir. Çünkü daha küçük bir sayıya eşit olması durumunda $-1$'e de eşit olması her zaman mümkündür.

$x^2 + ax + 1 = -1$ yani $x^2 + ax + 2 = 0$ eşitliğini sağlayan tek bir $x$ reel sayısı var ise, $\Delta= 0$ olmalıdır.

$b^2- 4ac=a^2 - 8=0 \Rightarrow a^2=8 \Rightarrow a=2\sqrt{2}$ ya da $a= - 2\sqrt{2}$ dir. $a$ değerlerinin çarpımı $-8$ dir.

$21$ öğrenciden oluşan ve herhangi üç öğrencisinin en az ikisi arkadaş olan her sınıfta en az $k$ arkadaşı olan bir öğrenci bulunuyorsa, $k$ nin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 9
\qquad\textbf{c)}\ 10
\qquad\textbf{d)}\ 11
\qquad\textbf{e)}\ 12
$

Çözüm 1:

(Egemen Erbayat)

Yanıt: $\boxed{C}$

En çok arkadaşa sahip öğrenci $A$ olsun ve $A$ ile $B$ arkadaş olmayan iki öğrenci olsun.

$A-B-X$ üçlüsünde, $X$ öğrencisi $A$ ile veya $B$ ile arkadaş olmak zorunda. Çünkü, sorudaki herhangi üç öğrencinin ikisi arkadaş şartı, bunu zorunlu kılıyor.
O halde, $X(A)$ ile $A$ ile arkadaş olan $X$ öğrencilerinin, $X(B)$ ile $B$ ile arkadaş olan $X$ öğrencilerinin sayısını gösterirsek, İçerme-Dışarma ilkesi gereğince $$X(A) + X(B) - X(A \cap B) = 19$$ olduğu görülür.
$X(A) + X(B) \geq 19$ ve $X(A) \geq X(B)$ olduğu için
$2\cdot X(A) \geq 19$ ve $X(A) \geq 9,5$ olacaktır.

En küçük $X(A)$ değeri $10$ dur.
Yani herhangi bir sınıfta, en az $10$ arkadaşı olan bir $A$ kişisi yer almak zorunda.

Çözüm 2:

En çok arkadaşı olan kişilerden biri $A$, $A$ nın arkadaş sayısı $n$ olsun. $A$ ile arkadaş olan kişilerin kümesini $B= \{B_1,B_2, \dots , B_n \}$ ile gösterelim. $A$ ile arkadaş olmayan $20-n$ kişinin kümesini de $ C= \{C_1,C_2, \dots , C_{20-n} \}$ ile gösterelim. $C$ kümesinden seçtiğimiz herhangi iki kişi $C_i,C_j$ olsun. $\{A, C_i,C_j \}$ üçlüsünü göz önüne alırsak problemin hipotezi gereği $C_i$, $C_j$ arkadaş olmalıdır. O halde $C$ kümesindeki herkes birbiriyle arkadaştır. Böylece $C$ deki bir kişinin en azından $19-n$ arkadaşı olduğunu anlarız. Ancak $A$ nın maksimum sayıda arkadaşa sahip olması özelliğinden dolayı $n \geq 19 - n$ olup $n \geq 10$ elde edilir.

Burada çözümü tamamlayabilmek için $n=10$ olabilecek bir durum örneği de vermemiz gerekmektedir. Örnek: $A$ nın arkadaş olduğu $10$ kişi ve arkadaş olmadığı $10$ kişiden oluşan bir düzenlemede $B$ deki herkes kendi içinde arkadaş, $C$ deki herkes kendi içinde arkadaş olsun. $B$ deki ve $C$ deki kişilerin ortak arkadaşı bulunmasın.

Düşünce biçimi olarak aynı yolla çözülebilen bir başka soru 2010 Pr/32 de verilmiştir.

$m (\widehat{ADB})=15^{\circ}$ ve $m (\widehat{BCD} )=90^{\circ}$ olan dışbükey bir $ABCD$ dörtgeninin köşegenleri $E$ noktasında dik olarak kesişiyor. $P$, $|AE|$ üstünde bir nokta olmak üzere, $|EC|=4, |EA|=8$ ve $|EP|=2$ ise, $m (\widehat{PBD})$nedir?

$
\textbf{a)}\ 15^{\circ}
\qquad\textbf{b)}\ 30^{\circ}
\qquad\textbf{c)}\ 45^{\circ}
\qquad\textbf{d)}\ 60^{\circ}
\qquad\textbf{e)}\ 75^{\circ}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Öklit'ten $DE \cdot EB = 16$.
$\tan \angle DAE = \dfrac{DE}{AE} = \dfrac{\frac{16}{EB}}{8} = \dfrac{2}{EB} = \tan \angle PBE$ dir. Bu durumda, $\angle DAE = \angle PBD = 75^\circ$ dir.

Not: $P$, $\triangle ABD$ nin diklik merkezidir. $EP \cdot EA = DE \cdot EB$ olduğu ise bilinen bir özellik.

Kaç farklı $p$ asal sayısı için, $ p\mid n^3+3$ ve $p\mid n^5+5$ olacak biçimde bir $n$ tam sayısı bulnur?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

öklit algoritması kullanalım.

$(n^3+3 , n^5+5)$ birinciyi $n^2$ ile çarpalım ve çıkartalım

$(n^3+3 , 5-3n^2)$ birinciyi $3$ ile ikinciyi $n$ ile çarpalım ve toplayalım

$(5n+9 , 5-3n^2)$ birinciyi $3n$ ile ikinciyi $5$ ile çarpalım ve toplayalım

$(5n+9 , 27n+25)$ birinciyi $27$ ikinciyi $5$ ile çarpalım ve çıkartalım

$(118 , 135n+125)$ bulunur.

$118=2\cdot59$ olup $p=2$ ve $p=59$ için istenen sağlanır.

Çözüm 2:

$p \mid n^3 + 3 \Longrightarrow p \mid (n^3)^5 + 3^5$

$p \mid n^5 + 5 \Longrightarrow p \mid (n^5)^3 + 5^3$

$p \mid (n^{15} + 243) - (n^{15}+125) \Longrightarrow p \mid 118$

$(p,n)=(2,1)$ ve $(p,n)=(59,10)$ ikilileri verilen koşulu sağlar.

Kaynak: AoPS

$(2x^2+5x+9)^2=56(x^3+1)$ eşitliğini sağlayan farklı $x$ gerçel sayılarının toplamı nedir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{7}{4}
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{9}{2}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$\left ( 2(x^2-x+1) + 7(x+1)\right )^2 = 56(x+1)(x^2-x+1)$

$4(x^2-x+1)^2 + 28(x+1)(x^2-x+1) + 49(x+1)^2 - 56(x+1)(x^2-x+1) = 0$

$4(x^2-x+1)^2 - 28(x+1)(x^2-x+1) + 49(x+1)^2 = 0$

$\left ( 2(x^2-x+1) - 7(x+1) \right )^2 = 0$

$(2x^2-9x-5)^2 = 0$

$x_1 + x_2 = \dfrac 92$

Aslı $100$ şekeri kardeşi ve kardeşinin $18$ arkadaşı arasında dağıtacaktır. Bunun için, kardeşinin arkadaşlarını bir kaç gruba ayırıyor ve $100$ şekeri bu gruplara dağıtıyor. Sonra her gruptaki çocuklar, kendilerine verilen şekerleri aralarında her biri eşit ve olabildiğince çok sayıda şeker alacak biçimde paylaşıp, kalan şekerleri de Aslı'nın kardeşine veriyorlar. Aslı'nın kardeşi en çok kaç şeker alabilir?

$
\textbf{a)}\ 12
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 16
\qquad\textbf{d)}\ 17
\qquad\textbf{e)}\ 18
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Grup sayısı $n$; $x_1, x_2, \cdots, x_n$ de grupların içerdiği çocuk sayısı olsun. $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 18$ dir.
Her $i=1,\dots, n$ için, $i.$ grupta $x_i$ çocuk olduğu için, artan şeker sayısı en çok $x_i - 1$ olur.

$k(n)$ ile Aslı'nın kardeşinin $n$ gruptan alabileceği en büyük şeker sayısını gösterelim.

$k(n) \leq x_1 - 1 + x_2 - 1 + \cdots + x_n - 1 = 18-n$ olacaktır.

Sırayla, deneyelim.

$n=1$ için $k(1) \leq 17$ olmasına rağmen, $100$ şeker $18$ çocuğa dağıtıldığında, her biri $5$ şeker alacak. $k(1)=100-18\cdot 5 = 10$ dur.

$n=2$ için $k(2) \leq 16$ olacaktır. $x_1 = 8$ ve $x_2=10$ aldığımızda, $1.$ gruba $31$, $2.$ gruba $69$ şeker dağıtılırsa, $k(2)=7+9=16$ olacak şekilde bir dağıtımın mümkün olduğu görülebilir.

Bir $ABCD$ karesinde $[AB]$ kenarının orta noktası $E$ ve $B$ köşesinden geçen $A$ merkezli çemberin $[EC]$ doğru parçası ile kesişim noktası $F$ ise, $|EF|/|FC|$ nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$DG$, çemberin bir çapı olsun.

$AE=EB$ ve $AG=BC$ olduğu için, $C$, $E$, $G$ doğrusaldır.
Kolaylık olması açısından, $AB=2$ dersek, Öklit'ten veya $C$ noktasının çembere göre kuvvetinden, $CF\cdot CG = CD^2 \Rightarrow CF = \dfrac {2}{\sqrt 5}$ çıkar.
$EC=\sqrt 5$ olduğu için de $EF=\dfrac 3{\sqrt 5}$ bulunur. O halde, $EF/FC=3/2$ dir.

Aşağıdaki sayılardan hangisi $x$ ve $y$ tam sayılar olmak üzere, $x^2+y^5$ biçiminde yazılamaz?

$
\textbf{a)}\ 59170
\qquad\textbf{b)}\ 59149
\qquad\textbf{c)}\ 59130
\qquad\textbf{d)}\ 59121
\qquad\textbf{e)}\ 59012
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$x,y \equiv 0, \pm1 , \pm2 , \pm3 , \pm4 , \pm5 \pmod{11}$

$x^2 \equiv -2,0,1,3,4,5 \pmod{11}$

$y^5 \equiv 0 , \pm1 \pmod{11}$

$\Rightarrow x^2+y^5 \equiv 0, \pm1 , \pm2 , \pm3 , 4 , \pm5 \pmod{11}$ yani $x^2+y^5$ sayısının $11$ ile bölümünden kalan $7$ olamaz.

Seçenekler incelendiğinde $59121 = 11k+7$ olduğundan, istenen biçimde yazılamayan bir sayıdır.

$x$ pozitif bir gerçel sayı olmak üzere, $\dfrac{x^2+2x+6}{x^2+x+5}$ ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{14}{11}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{9}{7}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{13}{10}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{4}{3}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

(Eray Atay)

Yanıt: $\boxed{E}$

$\dfrac{x^2+2x+6}{x^2+x+5}$ = $1+\dfrac{x+1}{x^2+x+5}$
Bu ifadenin en büyük değeri için, $\dfrac{x+1}{x^2+x+5}$ ifadesinin en büyük değeri bulunmalıdır. Bunun için kesri ters çevirip en küçük değeri bulunabilir. $\dfrac{x^2+x+5}{x+1}$ = $x+\dfrac{5}{x+1}$ = $x+1+\dfrac{5}{x+1}-1$
$x+1+\dfrac{5}{x+1}$ ifadesinin en küçük değerinin, aritmetik-geometrik ortalama yardımıyla $2\sqrt5$ olduğu görülebilir. O halde $x+1+\dfrac{5}{x+1}-1$'in en küçük değeri $2\sqrt5-1$ dir. Tekrar ters çevirirsek $\dfrac{x+1}{x^2+x+5}$ ifadesinin en büyük değeri $\dfrac{1}{2\sqrt5-1}$ = $\dfrac{2\sqrt5+1}{19}$ olarak bulunur.
O halde $\dfrac{x^2+2x+6}{x^2+x+5}$ ifadesinin en büyük değeri, $1+\dfrac{2\sqrt5+1}{19} = \dfrac{20 + 2\sqrt 5}{19}$ dur.

Çözüm 2:

$f(x)=\dfrac{x^2+2x+6}{x^2+x+5}$ için $f'(x)=0$ denkleminin pozitif gerçel kökünü bulalım.

$f'(x)=\dfrac{(2x+2)(x^2+x+5)-(2x+1)(x^2+2x+6)}{(x^2+x+5)^2}=0$ payı düzenlersek,

$x^2+2x-4=0 \Rightarrow (x+1)^2-5=0 \Rightarrow (x+1)^2=5$ ve $x>0$ için $x=\sqrt{5}-1$ dir. Bu noktada fonksiyonun bir ekstremumu vardır bu değer,

$f(\sqrt{5}-1)=\dfrac{(\sqrt{5}-1+1)^2+5}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}-1+1)+5}=\dfrac{10}{10-\sqrt{5}}$ dir.

Her biri $2$ nin veya $3$ ün tam sayı kuvveti olan tam sayılardan oluşan ve tüm elemanlarının toplamı $2014$ olan kaç farklı küme vardır?

$
\textbf{a)}\ 64
\qquad\textbf{b)}\ 60
\qquad\textbf{c)}\ 54
\qquad\textbf{d)}\ 48
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{A}$

İstenen özellikteki kümeden, $3$ ün kuvvetleri olan tüm sayıları ($1=3^0$ dahil) birleştirerek $a_i \in \{0,1\}$ olmak üzere $(A)_{10}=(a_6a_5a_4a_3a_2a_1a_0)_3$ sayısını elde edelim. $(B)_{10} = ( \cdots b_0)_2 = 2014 - (A)_{10}$ olsun.
$A$ nın basamaklarını seçtiğimizde, $B$ nin basamakları kendiliğinden dolacaktır. Normalde, hiçbir kısıtlama olmaksızın $2^7$ farklı $A$ sayısı elde edilebilir. Hiçbir kısıtlama olmaksızın dedik; çünkü $3$ lük tabanda sadece $0,1$ lerden oluşan her $A$ sayısı böyle bir dağılımı mümkün kılmayabilir. Örneğin, $A \mod 6 = 1$ olduğunda, $A$ sayısı tek olduğu için, $B$ sayısı da tektir. Bu durumda, $a_0 = b_0 = 1$ olacaktır. $1$ sayısını $a_0$ için kullandığımızdan $B$ sayısının $2$ tabanındaki gösteriminde son basamak $1$ olamaz. $a_0 = 1$ olduğunda $A$ nın tek sayı olması için $a_1, a_2, \cdots, a_6$ nın çift sayıda $1$ içermesi gerekir. $\dfrac{6!}{0! \cdot 6!} + \dfrac{6!}{2! \cdot 4!} + \dfrac{6!}{4! \cdot 2!} + \dfrac{6!}{6! \cdot 0!} = 32$ olduğu için, bu şekilde $32$ farklı $A$ sayısı vardır.

$A \mod 6 = 0$ olduğunda, $A$ çift sayı olduğu için $B$ de çift sayı olacaktır. Bu durumda, $a_0 = 0$ ve $b_0 = 0$ olur. $a_0=0$ olduğundan dolayı $A$ nın çift sayı olması için $a_1, a_2, \cdots, a_6$ nın çift sayıda $1$ içermesi gerekir. Bu şekilde $32$ farklı $A$ sayısı olduğunu az önce göstermiştik.

$A \mod 6 = 3$ olduğunda, $a_0=0$ olur ve $a_1, a_2, \cdots, a_6$ sayıları tek sayıda $1$ içerir. $A$ tek sayı olduğu için, $B$ de tek sayıdır. Bu durumda $b_0=1$ dir. $1$ sayısı $A$ nın $3$ tabanındaki yazılımında kullanılmadığı için sorun teşkil etmez. Daha önce $a_1, \cdots, a_6$ sayılarının çift sayıda $1$ içeren $32$ farklı permütasyonu olduğunu göstermiştik. $2^6 = 64$ olduğu için, tek sayıda $1$ içeren de $64-32=32$ sayı vardır.

$A \mod 6 = 4$ olduğunda $a_0 = 1$ olur ve $a_1, a_2, \cdots, a_6$ sayıları tek sayıda $1$ içerir. $A$ çift sayı olduğu için $B$ de çift sayı olacaktır. Bu durumda, $b_0=0$ dır. $1$ sayısının kullanımı açısından burada da bir sorun yok; ama başka bir sorun var. $A \mod 6 =3$ ise $(A+1) \mod 6 = 4$ olacaktır. $A$ nın $3$ tabanındaki son basamağı $a_0=0$ ve $B$ nin $2$ tabanındaki son basamağı $b_0 = 1$ olduğu için, $A$ ile $A+1$ sayılarının son basamakları haricindeki diğer basamakları aynıdır. Benzer şekilde, $B$ ile $B-1$ in son basamakları haricindeki diğer basamakları aynıdır. Bu durumda $(A,B)$ ikilisinden gelecek küme ile $(A+1, B-1)$ ikilisinden gelecek küme aynı olacaktır. $(0)_3 = 0 \equiv 0 \pmod 6$ ve $(1111111)_3 = 1093 \equiv 1 \pmod 6$ olduğu için $A$ nın tüm değerleri arasından her $A \mod 6 = 3$ için $1$ tane $A+1 \mod 6 = 4$ bulunacaktır.

O halde, farklı kümeleri sayarsak $32+32 = 64$ küme elde ederiz.

Çözüm 2:

(Eray Atay)

Yanıt: $\boxed{A}$

$A$ sayısı $3$'ün kuvvetlerinin toplamından, $B$ sayısı da $2$'nin kuvvetlerinin toplamından oluşsun.
$A+B=2014$'tür. Bir kümede aynı sayı $2$ kez yazılamayacağından dolayı $2$ şartımız vardır:
Şart 1: $A$ sayısı $3$ tabanında $0$ ve $1$'lerden oluşmalıdır. $B$ sayısında $2$ tabanında aynı durum her zaman geçerli olduğundan bir kısıtlama yoktur.
Şart 2: $A$ sayısında $3^0=1$ ve $B$ sayısında $2^0=1$ aynı anda bulunamaz.

$3^7=2187>2014$ olduğundan $A$'da $3$'ün en fazla $6$. kuvveti bulunabilir. Yani $3^0, 3^1, 3^2,\cdots, 3^6$ olmak üzere $7$ adet $3$'ün kuvveti $A$'da bulunabilir. Ayrıca hepsinin toplamı $1093$ olduğundan hepsi aynı anda da bulunabilir.

$2$ durum söz konusudur.

Durum 1: Ne $A$'da, ne de $B$'de $3^0=2^0=1$ sayısı bulunsun.
Bu, $B$'nin çift olacağı anlamına gelir. $A+B=2014$ olduğundan $A$'yı çift seçmek yeterlidir. $A$'da $3^0$ sayısı bulunmadığına göre kalan $6$ kuvvetten çift sayıda bulunmalıdır. Bunların sayısı ise, $\binom{6}{0}+\binom{6}{2}+\binom{6}{4}+\binom{6}{6}=32$'dir. $A$ sayısı seçildiğinde, $B=2014-A$ sayısı zaten oluşacaktır. O halde Durum 1'de $32$ adet küme oluşturulabilir.

Durum 2: $A$ veya $B$'den herhangi birinde $3^0=2^0=1$ sayısı bulunsun.
$A=(a_1\cdots{a_n}1)_3$, $B=(b_1\cdots{b_m}0)_2$ durumu ile $A=(a_1\cdots{a_n}0)_3$, $B=(b_1\cdots{b_m}1)_2$ durumu aynı kümeyi verecektir. Yani herhangi birinde $1$ sayısı var iken, hangisinde olduğu sonucu değiştirmeyecektir. $A_1 =(a_1\cdots{a_n}0)_3$, $B_1 =(b_1\cdots{b_m}0)_2$ şeklide tanımlama yapalım. Buna göre, $A_1$ veya $B_1$'de $3^0=2^0=1$ sayısı bulunmamak şartı ile, $A_1+B_1=2013$ denkleminin çözüm sayısı bize Durum 2'den gelecek olan çözüm sayısını verir.
$B_1$'de $2^0$ bulunmayacağına göre $B_1$ çifttir, yani $A_1$ tektir. O halde $A_1$'de $3^1, 3^2, \cdots, 3^6$ sayılarından tek sayıda bulunmalıdır. Bunların sayısı ise $\binom{6}{1}+\binom{6}{3}+\binom{6}{5}=32$'dir. Yani Durum 2'de $32$ adet küme oluşturulabilir.

O halde, toplam küme sayımız $32+32=64$'tür.

$[AB]$ ve $[CD]$ kenarlarının $[BC]$ kenarına dik olduğu bir $ABCD$ yamuğunun $[BC]$ kenarı üstündeki bir $E$ noktası için $AED$ bir eşkenar üçgendir. $|AB|=7$ ve $|CD|=5$ ise, $ABCD$ yamuğunun alanı nedir?

$
\textbf{a)}\ 27\sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 42
\qquad\textbf{c)}\ 24\sqrt{3}
\qquad\textbf{d)}\ 40
\qquad\textbf{e)}\ 36
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$ABCF$ dikdörtgenini kuralım.

$A$ noktasının, $F$ ye göre simetriği $A'$ noktası olsun. $AD=DA'=DE=AE$ dir. Bu durumda, $D$ noktası, $\triangle AA'E$ nin çevrel merkezidir. $\angle AA'E = 30^\circ$ dir.
$A$ dan $A'E$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $\angle A'AH = \angle DAE = 60^\circ$ olduğu için, $\angle DAA' = \angle HAE$ dir. Bu durumda, $AD=AE$ olduğu için, $\triangle DFA \cong \triangle EHA$ dır. Yani, $EH=DF=2$ dir.
$E$ den $AA'$ ne inilen dikme, $AB=7$ ye eşit olacağından ve $\angle AA'E = 30^\circ$ olduğu için $A'E=2\cdot 7 = 14$ ve $A'H=12$ dir. $\triangle A'AH$ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğu için $AA'=8\sqrt 3$ ve $AF=4\sqrt 3$ tür.
Bu durumda, $[ABCD] = \dfrac{4\sqrt 3 \cdot (5+7)}{2} = 24\sqrt 3$ tür.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{C}$

$ADE$ üçgeninin çevrel çemberi ile $E$ noktasından yamuğun tabanlarına paralel olarak çizilen doğru $F$ noktasında kesişsin.

''Bir eşkenar üçgenin çevrel çemberi üzerinde alınan noktanın, yakın köşelere uzaklıkları toplamı, diğer köşeye olan uzaklığına eşittir'' *

Bu durumda $|FD|+|FA|=|FE|$ * dir.

$A$ ve $D$ den $EF$ ye çizilen dikme ayakları sırasıyla $N$ ve $M$ olsun. $|ME|=5 , |MN|=2$ dir.

$|FN|=x$ dersek $|FA|=2x , |FD|=2x+4 , |FE|=x+7$ olur ve * dan $x=1$ bulunur.

Buradan $|AN|=\sqrt{3} , |DM|=3\sqrt{3}$ ve $|BC|=4\sqrt{3}$ olup $A(ABCD)=6\cdot 4\sqrt{3} = 24\sqrt{3}$

Çözüm 3:

$AB=a$, $CD=c$, $AD=DE=EA=d$ ve $AF=BC=h$ olsun.
$ABCF$ dikdörtgenini çizelim ve $\angle FDA = \alpha$ diyelim.
$$\cos \angle EAB = \cos (\alpha - 60^\circ) = \dfrac ad$$ $$\cos \angle FDE = \cos (\alpha + 60^\circ) = -\dfrac cd$$ Taraf tarafa çıkarırsak $$2 \sin \alpha \sin 60 = \dfrac{a+c}{d}$$ $$2 \cdot h \cdot \dfrac{\sqrt 3}{2} = \dfrac{a+c}d \Rightarrow h = \dfrac{a+c}{\sqrt{3}}$$ olarak bulunur.
$a=7$ ve $c=5$ için $h=4\sqrt 3$ çıkıyor. Bu durumda, $[ABCD]=24\sqrt 3$ olacaktır.

Çözüm 4:

$AD$ ile $BC$ nin kesim noktası $K$ olsun. $DC \parallel AB$ olduğundan $\dfrac{|DC|}{|AB|}=\dfrac{|KD|}{|KA|}=\dfrac{5}{7}$ dir. $E$ den $AD$ ye çizilen dikmenin ayağına $H$ dersek $\triangle{KHE} \sim \triangle{KCD}$ olur. Bu benzerlikten $\dfrac{|HE|}{|HK|}=\dfrac{|CD|}{|CK|} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{5}{|CK|} \Rightarrow |CK|=10\sqrt{3}$ dür.

$\dfrac{|CK|}{|BC|}=\dfrac{|DK|}{|AD|} \Rightarrow |BC|=4\sqrt{3}$ olur.

Buna göre, $A(ABCD)=6\cdot4\sqrt{3}=24\sqrt{3}$ bulunur.

$2014^{2015}$ sayısının $121$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 45
\qquad\textbf{b)}\ 34
\qquad\textbf{c)}\ 23
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ 1
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$(2014)^{2015} = (2013 + 1)^{2015} = \dbinom{2015}{0}2013^{2015} + \cdots + \dbinom{2015}{2013}2013^{2} + \dbinom{2015}{2014}2013 + \dbinom{2015}{2015}$

$11 \mid 2013$ olduğu için yukarıdaki açılımdaki ilk $2014$ terim $121$ ile bölünecektir.
$(2014)^{2015} \equiv 2015 \cdot 2013 + 1 \equiv (2013+2)2013 + 1 \equiv 4027 \equiv 34 \pmod{121}$

$x$ bir gerçel sayı olmak üzere, $$(x^2+2x+8-4\sqrt{3})\cdot(x^2-6x+16-4\sqrt{3})$$ ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 112-64\sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 3-\sqrt{3}
\qquad\textbf{c)}\ 8-4\sqrt{3}
\qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{3}-4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Eray Atay)

Yanıt: $\boxed{A}$

$(x^2 + 2x+8-4\sqrt 3) \cdot (x^2-6x+16-4\sqrt 3) = \left [(x+1)^2 + (2-\sqrt 3)^2 \right ] \cdot \left [(x-3)^2 + (2-\sqrt 3)^2 \right ]$
$x$'li terimleri $0$ yapan sayılar $-1$ ve $3$ olduğundan, ifadenin en küçük değeri için $x$'in $-1$ ve $3$ arasında olması gerektiği açıktır. Çünkü aksi takdirde ifade daha büyük olacaktır.
$-1<x<3$ seçileceği için, $x-3$ yerine pozitif olması adına $3-x$ yazılıp Cauchy-Schwarz eşitsizliği uygulanırsa, $$\begin{array}{lcl}
\left [(x+1)^2 + (2-\sqrt 3)^2 \right ] \cdot \left [(2-\sqrt 3)^2 + (3-x)^2 \right ] &\geq & \left[ (x+1)(2-\sqrt 3) + (2-\sqrt 3)(3-x)\right ]^2 \\
&=& [(2-\sqrt 3) \cdot 4]^2 \\
& =& 112 - 64\sqrt 3
\end{array}$$ bulunur.

$1,2,\dots,n$ tam sayıları, ikisi de içerdiği herhangi farklı iki sayının aritmetik ortalamasını içermeyecek biçimde iki kümeye ayrılabiliyorsa, $n$ en çok kaç olabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Not: Yalnızca okuyarak takip edilmesi zor bir çözüm olduğundan kağıt ve kalem ile takip edilmesi önerilir.

İki kümemizden birindeki herhangi iki sayının aritmetik ortalamasının aynı kümede olmasını istemiyoruz.
$n=9$ için sağlanamayacağını ve $n=8$ için sağlayan bir durum olduğunu gösterelim. $n=9$ için sağlanamıyorsa $n\geq 9$ için de hiçbir zaman sağlanamayacağı aşikardır.
$2$'nin kuvveti olan $2$, $4$, $8$ sayılarının iki kümeye ayrılma varyasyonlarını inceleyelim.
$a$ ve $b$'nin aritmetik ortalamasını $s(a,b)$ ile gösterelim.

Durum 1: $2$, $4$, $8$ aynı anda ilk kümede olsun. $s(2,4)=3$, $s(2,8)=5$ ve $s(4,8)=6$ olduğundan $3$, $5$ ve $6$ ikinci kümede olmalıdır. $s(3,9)=6$ olduğundan $9$ ikinci kümede olamaz. İlk kümede olmalıdır. Bu noktada $7$ her iki kümede de bulunamaz çünkü ilk kümede olursa $7$, $8$, $9$; ikinci kümede olursa $5$, $6$, $7$ sayıları şartı bozar. Dolayısıyla bu durum mümkün değildir.

Durum 2: $2$ ve $8$ ilk kümede, $4$ ikinci kümede olsun. $s(2,8)=5$ olduğundan $5$ ikinci kümede olmalıdır. $s(4,6)=5$ ve $s(5,3)=4$ olduğundan $6$ ve $3$ ilk kümede olmalıdır. $s(8,6)=7$ olduğundan $7$ ikinci kümede olmalıdır. İlk kümede $2$, $8$, $6$, $3$; ikinci kümede $4$, $5$, $7$ sayıları olmuş oldu. Bu noktada $s(3,1)=2$ ve $s(7,1)=4$ olduğundan $1$ iki kümeye de dahil edilemez. Dolayısıyla bu durum da mümkün değildir.

Durum 3: $2$ ve $4$ ilk kümede, $8$ ikinci kümede olsun. $s(2,4)=3$ ve $s(2,6)=4$ olduğundan $3$ ve $6$ ikinci kümede olmalıdır. $s(8,6)=7$ olduğundan $7$ ilk kümede olmalıdır. $s(7,1)=4$ olduğundan $1$ ikinci kümede olmalıdır. $s(5,1)=3$ olduğundan $5$ ilk kümede olmalıdır. İlk kümede $2$, $4$, $7$, $5$; ikinci kümede $8$, $3$, $6$, $1$ olmuş oldu. Bu, $n=8$ için sağlayan bir durumdur. Ayrıca $s(5,9)=7$ ve $s(3,9)=6$ olduğundan bu noktada $9$ iki kümeye de dahil edilemez. Yani $n=9$ için bu durum da mümkün değildir.

Durum 4: $2$ ilk kümede, $4$ ve $8$ ikinci kümede olsun. $s(4,8)=6$ olduğundan $6$ ilk kümede olmalıdır. İlk kümede $2$, $6$; ikinci kümede $4$, $8$ olmuş oldu. Bu noktada ilerleyemediğimizden deneme yapmalıyız. Örneğin, $7$ sayısını ilk kümeye ve ikinci kümeye koyup şart sağlanabiliyor mu diye bakalım.
$7$ ilk kümede olsun, $s(7,5)=6$ olduğundan $5$ ikinci kümede olmalıdır. $s(5,3)=4$ olduğundan $3$ ilk kümede olmalıdır. $s(3,1)=2$ olduğundan $1$ ikinci kümede olmalıdır. İlk kümede $2$, $6$, $7$, $3$; ikinci kümede $4$, $8$, $5$, $1$ olmuş oldu. Bu da $n=8$ için sağlayan bir durumdur. Yine $9$ iki kümeye de dahil edilemez. Çünkü $s(9,3)=6$ ve $s(9,1)=5$'tir. Dolayısıyla $7$ ilk kümeye koyulduğunda $n=9$ sağlanamaz.
$7$ ikinci kümede olsun, $s(7,1)=4$ olduğundan $1$ ilk kümede olmalıdır. $s(1,3)=2$ olduğundan $3$ ikinci kümede olmalıdır. $s(3,7)=5$ olduğundan $5$ ilk kümede olmalıdır. İlk kümede $2$, $6$, $1$, $5$; ikinci kümede $4$, $8$, $7$, $3$ olmuş oldu. Bu da $n=8$ için sağlayan başka bir durumdur, ve yine $9$ iki kümeye de dahil edilemez. Çünkü $s(9,1)=5$ ve $s(9,7)=8$'dir. Dolayısıyla $7$ ikinci kümeye koyulduğunda da $n=9$ sağlanamaz.

Bu durumun da sağlanamayacağını bulduk. Başka durum da yoktur. Yani $n=9$ hiçbir şekilde sağlanamaz. $n=8$ için ise $3$ örnek bulduk. Dolayısıyla verilen şartı sağlayan en büyük $n$ sayısı $8$'dir. Benzer işlemler farklı sayıların varyasyonlarıyla da denenebilir.

Onat Vuran'a ayrıca teşekkürler...

Birbirine $A$ noktasında dıştan teğet olan $C_{1}$ ve $C_{2}$ çemberlerinin yarıçapları sırası ile $6$ ve $8$ birimdir. $C_{1}$ ve $C_{2}$ çemberlerine dıştan teğet olan $C_{3}$ çemberinin yarıçapı ise $21$ birimdir. $C_{1}$ ve $C_{2}$ çemberlerinin $A$ noktasından geçen ortak teğet doğrusu $C_{3}$ çemberini $B$ ve $C$ noktalarında kesiyor ise, $|BC|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 24
\qquad\textbf{b)}\ 25
\qquad\textbf{c)}\ 14\sqrt{3}
\qquad\textbf{d)}\ 24\sqrt{3}
\qquad\textbf{e)}\ 25\sqrt{3}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$C_1$, $C_2$, $C_3$ çemberlerinin merkezleri, sırasıyla $X$, $Y$, $Z$ olsun.

$\triangle XYZ$ de, $Z$ den geçen yükseliğin ayağı $H$ olsun.
$YZ^2 - XZ^2 = YH^2-XH^2$ olacaktır.

$29^2 - 27^2 = 2\cdot 56 = (YH-XH)(YH+XH)=(YH-XH)\cdot XY = 14 \cdot (YH-XH)$

$YH-XH = 8$ ve $XH=AH=3$ çıkar.

$BC$ nin orta noktası $M$ olsun. $ZM \perp BC$ dir. Bu durumda, $ZMAH$ bir dikdörtgen olur. O halde, $AH=ZM=3$ olacaktır.
$\triangle ZMC$ dik üçgeninde, $MC^2 = ZC^2 - ZM^2 = 21^2 - 3^2 = 18 \cdot 24 \Rightarrow MC = 12 \sqrt 3$ ve $BC= 2\cdot MC = 24\sqrt 3$ tür.

$n^4+1$ sayısını bölen en küçük asal sayı $f(n)$ olmak üzere, $f(1)+f(2)+\cdots+f(2014)$ toplamının $8$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 3
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 7
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$n^4+1$ sayısını bölen en küçük asallar; eğer $n$ sayısı tek ise, $f(n)=2$ olması gerektiği açıktır.

Ancak sayı çift ise mertebe (order) kavramını kullanarak çözüme gidilebilir.

$n^4 \equiv -1 \pmod{f(n)} \Rightarrow n^8 \equiv 1 \pmod{f(n)}$.

Buradan $f(n)$ mertebesi için $8 \mid f(n)-1$ diyebiliriz.

Buradan $f(n)=8k+1$ şeklinde olduğu ortaya çıkar.

Aradığımız asal sayıların yarısı tek, yarısı çift olduğu için sayı $f(2)+f(4)+ \cdots +f(2014) \equiv 1\cdot1007 \pmod 8$ olur.

$f(1)+f(3)+ \cdots + f(2013)=1007\cdot2$ dir.

Toplarsak $3 \cdot 1007 \equiv 5 \pmod{8}$ olur.

Pozitif tam sayılarda tanımlı bir $f$ fonksiyonu, $f(1)=4$ ve her $n$ pozitif tam sayısı için $f(2n)=f(n)$ ve $f(2n+1)=f(n)+2$ koşullarını sağlamaktadır. $2014$ ten küçük kaç $k$ pozitif tam sayısı için $f(k)=8$ dir?

$
\textbf{a)}\ 45
\qquad\textbf{b)}\ 120
\qquad\textbf{c)}\ 165
\qquad\textbf{d)}\ 180
\qquad\textbf{e)}\ 215
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

(Egemen Erbayat)

$f(1)=4 \Rightarrow k \in \mathbf N , f(2^k)=4$

$f(2^k)=4 \Rightarrow f(2^k)+2=f(2(2^k)+1)=f(2^{k+1}+1)=6$

$f(2^{k+1}+1)=6 \Rightarrow m \in \mathbf N , f((2^m)(2^{k+1}+1))=6= f(2^{k+m+1}+2^m)$

$f(2^{k+m+1}+2^m)=6 \Rightarrow f(2^{k+m+1}+2^m)+2=f(2(2^{k+m+1}+2^m)+1)=f(2^{k+m+2}+2^{m+1}+1)=8 $

$f(2^{k+m+2}+2^{m+1}+1)=8 \Rightarrow \ell \in \mathbf N , f((2^\ell)(2^{k+m+2}+2^{m+1}+1))=8= f(2^{k+m+\ell+2}+2^{m+\ell+1}+2^\ell)$

$2^{k+m+\ell+2}+2^{m+\ell+1}+2^\ell \lt 2014$

$g(k,m,\ell) = 2^{k+m+\ell + 2} + 2^{m+\ell + 1} + 2^{\ell} < 2014 = \underbrace{(1111011110)_2}_{11 \text{ basamaklı}}$
$g(k,m,\ell)$; $2$ tabanında en fazla $11$ basamaklı sayılardan tam olarak $3$ tane $1$ içerenlerin sayısıdır. $\dfrac{11!}{8! \cdot 3!} = 165$.

Başlangıçta tahtaya $-1$, $2$, $-3$, $4$, $-5$, $6$ sayıları yazılıdır. Her işlemde tahtaya yazılı olan herhangi $a$ ve $b$ sayılarını silip yerine $2a+b$ ve $2b+a$ sayılarını yazarsak $(0,0,0,3,-9,9)$, $(0,1,1,3,6,-6)$, $(0,0,0,3,-6,9)$, $(0,1,1,-3,6,-9)$, $(0,0,2,5,5,6)$ altılılarından kaç tanesini elde edebiliriz?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$|2a+b|+|a+2b|\geq|a|+|b|$ eşitsizliği gereği sonlu adım sonunda altılıdaki sayıların mutlak değerleri toplamı azalmaz. İspatlayalım.

$a,b\geq0$ ve $a,b < 0$ durumlarında eşitsizliğin doğruluğu açıktır. Genelliği bozmadan $a\geq0 > b$ durumu için ispatlayalım.

Eşitsizlikte $a$ sayısının kritik noktaları $a=-\dfrac{b}{2}$ ve $a=-2b$ dir. Ayrıca $b < 0$ olduğundan $-2b > -\dfrac{b}{2}$ dir. $a$ sayısı için $3$ durum söz konusudur:

Durum 1: $a\geq -2b$

$|2a+b|+|a+2b|\geq|a|+|b| \Longleftrightarrow (2a+b) + (a+2b) \geq a-b \Longleftrightarrow 2a \geq -4b \Longleftrightarrow a\geq-2b$ ki bu zaten kabulumüzdür.

Durum 2: $-2b>a\geq -\dfrac{b}{2}$

$|2a+b|+|a+2b|\geq|a|+|b| \Longleftrightarrow (2a+b) + (-a-2b) \geq a-b \Longleftrightarrow 0\geq 0$ eşitsizliği doğrudur.

Durum 3: $-\dfrac{b}{2}> a$

$|2a+b|+|a+2b|\geq|a|+|b| \Longleftrightarrow (-2a-b)+(-a-2b)\geq a-b \Longleftrightarrow -2b \geq 4a \Longleftrightarrow -\dfrac{b}{2}\geq a$ ki bu zaten kabulümüzdür.

Eşitsizliği ispatlamış olduk.

Başlangıçta tahtada yazılı olan $(-1,2,-3,4,-5,6)$ altılısındaki sayıların mutlak değerleri toplamı $21$ dir. $(0,1,1,3,6,-6), (0,0,0,3,-6,9), (0,1,1,-3,6,-9), (0,0,2,5,5,6)$ altılılarındaki sayıların mutlak değerleri toplamı sırasıyla $18, 18, 20, 18$ olduğundan bu altılıları elde etmek mümkün değildir.

$(0,0,0,3,-9,9)$ altılısı, her adımda kırmızı renkle belirtilen sayılar işleme sokularak şu şekilde elde edilebilir:

$(\color{red}{-1},\color{red}2,-3,4,-5, 6)\longrightarrow ({\color{red}0},{\color{red}3},-3,4,-5, 6)$

$(0,3,\color{red}{-3},4,-5,{\color{red}6})\longrightarrow (0,3,{\color{red}0},4,-5,{\color{red}9})$

$(0,3,0,{\color{red}4},\color{red}{-5},9)\longrightarrow (0,3,0,{\color{red}3},\color{red}{-6},9)$

$(0,{\color{red}3},0,3,\color{red}{-6},9) \longrightarrow (0,{\color{red}0},0,3,\color{red}{-9},9)$

Dolayısıyla $(0,0,0,3,-9,9), (0,1,1,3,6,-6), (0,0,0,3,-6,9), (0,1,1,-3,6,-9), (0,0,2,5,5,6)$ altılılarından sadece biri elde edilebilir.

$|AB|=13 , |BC|=12$ ve $|CA|=5$ olan bir $ABC$ üçgeninin $A$ ve $B$ köşelerine ait iç açıortaylar $I$ noktasında kesişiyor ve karşı kenarları da sırasıyla, $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $[DE]$ nin orta noktasından ve $I$ dan geçen doğru $[AB]$ yi $F$ noktasında kesiyor ise, $|AF|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{3}{2}
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{5}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{7}{2}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

Bahse konu doğrunun dik üçgenin hipotenüsüne dik olduğunu genel durumda görelim.

$D,E,I$ noktalarında hipotenüse inilen dikme ayakları sırasıyla $D',E', I'$olsun. $|BC|=|BD'|=a$ ve $|AC|=|AE'|=b$ eşitlikleri vardır.

Buradan $|AD'|=c-a$ ve $|BE'|=c-b$ dir. Ayrıca $|I'A|=u-a$ ve $|I'B|=u-b$ olduğundan $|I'D|=|I'E|=u-c$ olur.

$EDD'E'$ yamuğundan $II' \parallel DD' \parallel EE'$ olduğundan $II'$ doğrusu $[DE]$ nı ortalar.

Buna göre verilen üçgende $[IF] \perp [AB]$ olup $|AF|=u-a=u-|BC|=15-12=3$ tür.

Çözüm 2:

$DE$ nin orta noktası $Z$, $BE \cap DF = \{Y\}$ ve $AD \cap EF = \{X\}$ olsun.

$\triangle DBF$ de açıortay teoreminden, $\dfrac{BD}{BF} = \dfrac{DY}{YF}$.

$\triangle AEF$ de açıortay teoreminden, $\dfrac{AF}{AE} = \dfrac{XF}{XE}$.

$\triangle DEF$ üçgeninde, $X$, $Y$, $Z$ noktaları için Ceva Teoremi uygularsak, aslında bilinen bir özellik, $$\dfrac{DY}{YF} \cdot \dfrac{XF}{XE} \cdot \dfrac {EZ}{ZD} \Rightarrow \dfrac{BD}{BF} \cdot \dfrac{AF}{AE} \Rightarrow \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AE}{BD} \tag{1}$$ olacaktır.
$\triangle ABC$ de, $a=12$, $b=5$, $c=13$ olup, açıortay teoreminden, $BD = \dfrac{ac}{b+c} = \dfrac {26}{3}$ ve $AE = \dfrac{bc}{a+c} = \dfrac {13}{5}$ tir. $(1)$ de yerine yazarsak, $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{3}{10}$ çıkar. $AB=13$ olduğu için $AF=3$ tür. $\blacksquare$

Not:
Dikkat ettiyseniz, $\triangle ABC$ nin dik üçgen olduğunu kullanmadık. $\angle ACB$ nin ölçüsünden bağımsız, her üçgende $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AE}{BD} = \dfrac{b(b+c)}{a(a+c)}$ bağıntısı vardır.
Özel olarak, $c^2 = a^2+b^2$ olduğunda, ayrıca her dik üçgende $[ABC]=(u-a)(u-b) = \dfrac{ab}2$ olduğu için $$\begin{array}{rcl}
\dfrac{b(b+c)}{a(a+c)} &=& \dfrac{2b(b+c-a)+2ab}{2a(a+c-b)+2ab}\\
&=& \dfrac{2b(b+c-a)+(b+c-a)(a+c-b)}{2a(a+c-b)+(b+c-a)(a+c-b)} \\
&=& \dfrac{(b+c-a)(a+b+c)}{(a+c-b)(a+bc)} \\
&=& \dfrac{u-a}{u-b}
\end{array}$$ elde edilir. $AC = b = (u-a)+(u-b)$ olduğu için, $F$ noktası, iç teğet çemberin $AC$ ye değdiği noktadır. Yani $IF \perp AB$.

Aslında, $\dfrac{b(b+c)}{a(a+c)} = \dfrac{u-a}{u-b}$ denkleminin çözüm kümesi (çapraz çarpım yapıp, çarpanlara ayrıldığında görülebilir) $a=b$ veya $c^2 = a^2+b^2$ dir. Bu da demek oluyor ki, $\triangle ABC$ üçgeninde $AC=BC$ olduğunda veya $AC^2 + BC^2 = AB^2$ olduğunda, $IF \perp AB$ dir.

Çözüm 3:

$D$ den $FI$ ya çizilen paralel $BA$ yı $D^\prime$ da, $BE$ yi $D^{\prime \prime}$ de kessin.
$E$ den $FI$ ya çizilen paralel $BA$ yı $E^{\prime}$ de, $AD$ yi $E^{\prime \prime}$ de kessin.

Açıortay teoreminden, $\dfrac{BI}{IE} = \dfrac{AB}{EA} = 5$ ve $\dfrac{AI}{ID} = \dfrac{AB}{BD} = \dfrac 32$.
$IE=a$ ve $ID=2b$ olsun.
$IE = ID^{\prime \prime} = a$ ve $BD^{\prime}=4a$; $ID=IE^{\prime \prime}=2b$ ve $AE^{\prime \prime}=b$ dir.
Bu durumda, $AE^{\prime}=m$ ise, $E^{\prime}F=D^{\prime}F=2m$ ve $BD^{\prime}=8m$ olur. $AB=13m$ olduğu için $AF=3m=3$ tür.

Çözüm 4:

Üçgenin iç teğet çemberinin yarıçapı, $r=u-c=15-13=2$.
Açıortay teoreminden $CE=\dfrac{12}5$, $CD=\dfrac{10}3$.

$C(0,0)$, $A(5,0)$, $B(0,12)$ olsun. $I(2,2)$ olacaktır.
$DE$ nin orta noktası $M$ olsun. $M(6/5,4/3)$.

$MI:5x-12y+14=0$.
$BC:12x+5y-60=0$.

Bu iki doğrunun ortak çözümü $x=\dfrac{50}{13}$ tür.
$F$ noktasının apsisi $\dfrac{50}{13}$ olduğu için benzerlikten $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{5-\dfrac{50}{13}}{5}=\dfrac{3}{13} \Longrightarrow AF=3$.

Not: Doğru denklemlerini yazınca, $MI \perp BC$ olduğu kolayca görülebilir. Bu durumda $F$ iç teğet çemberin kenara değdiği nokta olur. Yani doğrudan $AF=u-a=15-12=3$ sonucuna varabiliriz.

Bir $n$ pozitif tam sayısı için, $s(n)$ ile $n$ sayısının pozitif tam sayı bölenlerinin sayısını göstermek üzere; $2014^{2014}$ sayısını bölen tüm $k$ pozitif tam sayıları için $\left (s(k) \right )^3$ sayılarının toplamının en büyük asal böleni nedir?

$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 11
\qquad\textbf{d)}\ 13
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Eray ATAY)

Yanıt: $\boxed{E}$

$2014=2\cdot 19 \cdot 53$ olduğundan $2014^{2014}=2^{2014}\cdot 19^{2014}\cdot 53^{2014}$ tür.
$2014^{2014}$ sayısının bir pozitif böleni $k=2^{a_1} \cdot 19^{a_2} \cdot 53^{a_3}$ olsun. $(s(k))^3=(a_1+1)^3\cdot (a_2+1)^3 \cdot (a_3+1)^3$ dir.
Bize sorulan, mümkün olan tüm $(a_1+1)^3\cdot(a_2+1)^3\cdot(a_3+1)^3$ sayılarının toplamıdır. Bu toplam şöyle ifade edilebilir,
$\sum (s(k))^3= \sum \limits_{a_1=0}^{2014} \sum \limits_{a_2=0}^{2014} \sum \limits_{a_3=0}^{2014} (a_1 + 1)^3 (a_2 + 1)^3(a_3 +1)^3$

$= \sum \limits_{a_1 = 0}^{2014} (a_1 + 1)^3 \cdot \sum \limits_{a_2 = 0}^{2014} (a_2+1)^3 \cdot \sum \limits_{a_3 = 0}^{2014} (a_3 +1)^3$

$=(1^3 + 2^3 + \cdots + 2015^3)\cdot(1^3 + 2^3 + \cdots + 2015^3)\cdot(1^3 + 2^3 + \cdots + 2015^3)$

$=(1^3 + 2^3 + \cdots + 2015^3)^3 = \left ( \left (\dfrac{2015 \cdot 2016}{2} \right )^2 \right)^3 = (2015 \cdot 1008)^6 = (5 \cdot 13 \cdot 31)^6 \cdot (2^4 \cdot 3^2 \cdot 7)^6 = 2^{24} \cdot 3^{12} \cdot 5^6 \cdot 7^6 \cdot 13^6 \cdot 31^6$ sayısının en büyük asal çarpanı $31$'dir.

$a_{1}=1$ ve her $n \geq 1$ için, $$ (a_{n+1}-2a_{n})\cdot \left (a_{n+1} - \dfrac{1}{a_{n}+2} \right )=0$$ olmak üzere, $a_{k}=1$ ise, $k$ aşağıdakilerden hangisi olabilir?

$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 10
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Bir sonraki terim ya şu ankinin iki katı ya da iki fazlasının çarpaya göre tersi olmalı.

$1 \to 1/3 \to 2/3 \to 3/8 \to 6/8 \to 12/8 \to 3 \to 6 \to 1/8 \to 1/4 \to 1/2 \to 1$ dizisinden de görülebileceği için $k=12$ için $a_k = 1$ olabilir.

Bizi $k=12$ ye götüren yolu inceleyelim:

Öncelikle, dizinin terimleri pozitif olduğu için $a_n \geq \dfrac 12$ ise $a_{n-1} = \dfrac {a_{n}}2$ olmak zorunda olduğunu fark edelim.

$a_k = 1$ ise,

$a_{k-1} = \dfrac 12$, $a_{k-2} = \dfrac 14$,

$a_{k-3} = 2$, $a_{k-4} = 1$

ya da

$a_{k-3} = \dfrac 18$, $a_{k-4} = \dfrac 1{16}$

ya da

$a_{k-3} = \dfrac 18$, $a_{k-4} = 6$ olacaktır.

Bu durumda, ilk olarak $k-4=1 \Rightarrow a_5 = 1$ elde ediliyor.

Açıktır ki, $i\geq 0$ olmak üzere, her $a_{4i+5} = 1$ olabilir.

Diğer taraftan, $6$ dan sonra $r$ adımda ilk kez $1$ e ulaşılırsa, $k=r+5$ olabilecek.

$a_{k-4} = 6 \to 3 \to 3/2 \to 3/4 \to a_{k-8} = 3/8$ olmak zorunda.
$a_{k-9} = 2/3$, $a_{k-10} = 1/3$, $a_{k-11} = 1$ ve $k=12$.

Başlangıçta masada $k$ tane taş bulunuyor. Alper, Betül ve Ceyhun sırayla hamle yapıyorlar ve sırası gelen oyuncu masadan bir veya iki taş alıyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor ve oyun sona eriyor. Oyuna her seferinde Alper başlamak üzere, oyun $k=5,6,7,8,9$ değerleri için birer kez oynanırsa, Alper bunlardan kaçını kaybetmemeyi garantileyebilir?

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

Çözüm:

(Egemen Erbayat)

Cevap: $\boxed B$

İki kişi toplam $2$, $3$ veya $4$ taş çekebilir.
Alper'e $4$ taş gelirse, Alper taş çektikten sonra kalan $2 = 1+1$ ya da $3 = 1+2$ taşı diğerleri bitirip Alper'i hamlesiz bırakabilir.
Alper'e $5$ taş gelirse, Alper taş çektikten sonra kalan $4 = 2+2$ ya da $3 = 1+2$ taşı diğerleri bitirip Alper'i hamlesiz bırakabilir.
Alper'e $8$ taş geldiğinde, Alper ne çekerse çeksin, Betül ile Ceyhun $1$ er taş çektiğinde Alper'e tekrardan $8-x-1-1=6-x \in \{4,5\}$ geleceği için, Alper hamlesiz kalabilir.
Alper'e $9$ taş geldiğinde, Alper ne çekerse çeksin, Betül ile Ceyhun toplamda $3$ taş çektiğinde Alper'e tekrardan $9-x-1-2=6-x \in \{4,5\}$ geleceği için, Alper hamlesiz kalabilir.

Alper, kendisinden sonra gelen oyuncuya $5$ taş bırakırsa, şöyle bir durum oluşacak: $5-1-1=3$, $5-1-2=2$ ya da $5-2-2=1$
Alper, mümkün olduğunca çok taş çektiğinde, kendisinden sonra gelene $1$ ya da $0$ taş bırakmış olacak. Bu durumda, sıra kendisine gelmeden oyunu Betül ile Ceyhun'dan biri kaybetmiş olacak.
Hem $6-1=5$ hem de $7-2=5$ durumlarıyla, Alper oyunu kaybetmemeyi garantileyebilir.