Tübitak Lise 1. Aşama - 2015 Çözümleri

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt: $\boxed{A}$

Oran sorduğu için işlemi kolaylaştırmak adına değer verebiliriz.  $|AE|=|EF|=|FC|=\sqrt{2}$  diyelim. $|O_{1}E|=r$  olsun.  $O_{1}EA$  dik üçgen ve $AO_1$ açıortaydır. Dolayısıyla $\angle O_1AE=22.5^\circ$  dir.  $\tan 22.5=\dfrac{1}{\sqrt{2}+1}$  dir.  O zaman

$\dfrac{r}{\sqrt{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}+1}$  ve  $r=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}$   dir.  İki çemberin eş olduğunu biliyoruz. Çünkü $BD$  köşegenine göre simetrik ve aynı konumdalar. Yani $O_{1}O_{2}FE$  dikdörtgendir.  $BD$  köşegenini  çizelim. $|O_1O_2|$  kesiştiği nokta  $H$ olsun.

$BD \perp AC$   ve  $AC // O_1O_2$  olduğu için  $BD \perp O_1O_2$  dir.   Üçgenlerin alanları oranı doğrudan $\dfrac{|BH|}{|DH|}$  a eşittir. $BD$  ile $AC$  kesişimi $K$ olsun.  $|BH|=|BK|+|KH|=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+r=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}=\dfrac{6+5\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+2}$  olur. 

$|DH|=|DK|-|KH|=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}-r=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1}=\dfrac{6+\sqrt{2}}{2\sqrt{2}+2}$    olur.   Böylece  $\dfrac{|BH|}{|DH|}=\dfrac{6+5\sqrt{2}}{6+\sqrt{2}}=\dfrac{13+12\sqrt{2}}{17}$  bulunur.

Yanıt: $\boxed{C}$

$2323=101\cdot23$

O halde $\{23^0\cdot101^{2323}, 23^1\cdot101^{2322}, 23^2\cdot101^{2321},\cdots,23^{2322}\cdot101^1, 23^{2323}\cdot101^0\}$ kümesi $2324$ elemandan oluşur, ve hiçbir eleman bir diğerini tam bölmez.

En büyük değerin $2324$ den büyük olamayacağını ispatlayalım.

$23$ ün bir elemandaki kuvveti $0, 1, \cdots, 2323$ olmak üzere $2324$ farklı değer alabilir. Eğer $2325$ tane eleman olsaydı, Güvercin Yuvası İlkesi gereği $23$ ün aynı kuvveti çarpanı olan $2$ eleman olmak zorundaydı. Bu iki elemandan $101$'in kuvveti küçük olan, büyük olanı bölmek zorundadır. Dolayısıyla kümemizde $2324$ den fazla eleman bulunamaz.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{E}$

İkinci ifadeyi $x(x-y)+y^2=y+1$   diye yazıp  $x(x-y)$  yerine $\dfrac{1}{y}$  yazalım.  Denklem $y^3-y^2-y+1=0$  a dönüşür.  Bu da $(y+1)(y-1)^2=0$  demektir. Yani   $y=1$   veya  $y=-1$  dir. $y=1$  olduğunda  $x^2-x-1=0$  dan  $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$  veya 

$x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$  çıkar.  $x^2+y^2=\dfrac{6+2\sqrt{5}}{4}$  veya  $x^2+y^2=\dfrac{6-2\sqrt{5}}{2}$  bulunur.  $y=-1$  olduğunda  $x^2+x+1=0$  çıkar ki bu denklemin kökleri gerçel değildir. O zaman $x^2+y^2$  nin alabileceği en büyük değerle en küçük değerin farkı 

$\dfrac{6+2\sqrt{5}}{4}-\dfrac{6-2\sqrt{5}}{4}=\sqrt{5}$  tir.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{E}$

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}$  ifadesinin alabileceği değerler  $0,1,2,3,4,5$  tir. Durum inceleyelim. Durumları incelerken $1$ leri dağıtma amaçlı inceleyeceğiz. Örneğin   $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=1$  ise  $\dbinom{5}{1}$  diye.

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=0$  ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0$  olamlıdır.  $1$  durum.

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=1$  ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0,1$  olmalıdır.  Bu durumları sayarsak  $\dbinom{5}{1}\cdot \left (\dbinom{6}{0}+\dbinom{6}{1} \right )=35$   durum

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=2$  ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0,1,2$  olmalıdır.  Bu durumları sayarsak   $\dbinom{5}{2} \cdot \left (\dbinom{6}{0}+\dbinom{6}{1}+\dbinom{6}{2} \right )=220$    durum

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=3$   ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0,1,2,3$  olmalıdır.  Bu durumları sayarsak    $\dbinom{5}{3} \cdot \left (\dbinom{6}{0}+\dbinom{6}{1}+\dbinom{6}{2}+\dbinom{6}{3} \right )= 420$  durum

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=4$   ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0,1,2,3,4$  olmalıdır.  Bu durumları sayarsak    $\dbinom{5}{4} \cdot \left (\dbinom{6}{0}+\dbinom{6}{1}+\dbinom{6}{2}+\dbinom{6}{3}+\dbinom{6}{4} \right )= 285$   durum

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}=5$   ise  $a_{6}+a_{7}+a_{8}+a_{9}+a_{10}+a_{11}=0,1,2,3,4,5$  olmalıdır.  Bu durumları sayarsak    $\dbinom{5}{5} \cdot \left (\dbinom{6}{0}+\dbinom{6}{1}+\dbinom{6}{2}+\dbinom{6}{3}+\dbinom{6}{4}+\dbinom{6}{5} \right )= 63$   durum

Cevap  $1+35+220+420+285+63=1024$   bulunur.

$a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} >$ $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$ istenmeyen koşuldur. Toplamda $2^{11} = 2048$ onbirli olduğu için istenen koşulları bulmak için $2048$'den istenmeyen koşulları çıkartacağız.

$(a_{1},a_{2}, \dots , a_{10})$ onluları arasından $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 =$ $a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10}$ eşitliğini sağlayanların sayısı $x$ olsun. Bu durumda $a_{11} = 1$ olduğunda $x$ adet istenmeyen koşul elde edeceğiz.
Onluların sayısı $2^{10} = 1024$ olduğu için $a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} >$ $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$ şeklindeki onluların sayısı $\dfrac {1024 - x}2$ dir. $a_{11}$ nasıl seçilirse seçilsin $a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11} >$ $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5$ olacağı için $\dfrac {1024 - x}2 \cdot 2 = 1024 - x$ adet daha istenmeyen koşul elde ederiz.

Bu durumda tüm istenmeyen koşulların toplam sayısı $1024$, dolayısıyla istenen koşulların sayısı $2048 - 1024 = 1024$ olacaktır.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{D}$

$B$ köşesinden çıkan kenarortayın ayağı $D$ olsun.  $|AD|=|DC|=x$  olsun. $|PD|=y$  olsun.Açıortay teoreminden $|AB|=\dfrac{x}{y}$  olur.  Yine açıortay teoreminden  $\dfrac{x^2}{y}-y=3$  olur.  Ve  $APC$  üçgeninde kenarortay teoreminden $2y^2=3+7-2x^2$   olur. Yani $x^2+y^2=5$   tir.   $x^2-y^2=5-2y^2=3y$   olur.  $2y^2+3y-5=(2y+5)(y-1)=0$  olur. $y$ pozitif olduğu için $y=1$  dir. $x=2$  dir. $A(\triangle ABC)=2\cdot A(\triangle ABD)$  dir. $ABD$ kenarı $2$ olan eşkenar üçgen çıkıyor yani alanı $\sqrt{3}$  tür.  Cevap $2\sqrt{3}$  çıkar.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{C}$

$b_1 \ , \ b_2 \ \ldots \ , \ b_{23}$  terimlerini tanımlayalım. Öyle ki  $a_2=a_1 \cdot b_1$  olsun. Aynı şekilde  $a_3=a_2 \cdot b_2$  olsun. Yani  $a_{n+1}=a_n \cdot b_n$  olsun. Ve   $2015=a_{23} \cdot b_{23}$  olsun.  Son ifadede yerine yazarsak  $2015=a_{22} \cdot b_{22} \cdot b_{23}$  olur.  Böyle gidersek  $2015=a_1 \cdot b_1 \cdot b_2 \cdots b_{23}$   olur. Burada $24$  tane terim var.  $2015=5\cdot 13\cdot 31$  olduğundan dolayı  $3$  tane çarpanı $24$ terime dağıtacağız. Geri kalan terimler $1$ olacak.  Bu dağıtım $24^3$  şeklinde olur.

Yanıt : $\boxed{B}$

İstenen ifade $(a^2-b)(b^2-a) = (ab)^2+ab-(a^3+b^3) = (ab)^2+ab-[ (a+b)^3-3ab(a+b)]$ biçiminde yazıldıktan sonra $a+b=1$ verisi kullanılarak $(ab)^2+4ab-1$ şekline dönüşür. Bu son ifade $(ab+2)^2-5$ olacağından en küçük değer $-5$ tir.   

Yanıt: $\boxed{A}$

Problemi kavramak maksadıyla bazı düzgün çokgenleri çizip $s(n)$ değerlerini hesaplayalım. Aşağıdaki şekilde $s(3)=3-2=1$, $s(4)=4\cdot1=4$, $s(5)=5\cdot 2 = 10$, $s(6)=6\cdot 2-2\cdot2 = 8$, $ s(7)=7\cdot 3 = 21$, $ s ( 8 ) =8 \cdot 3 =24 $ olur.


Burada $s(n) > s(n+1)$ özelliğine sahip en küçük değerin $n=5$ olduğu görülüyor. Çünkü düzgün altıgende oluşan ikizkenar üçgenlerden bazıları eşkenar üçgen olduğu için bunlar ikişer kez fazla sayılmıştır. Bu fazlalıkları çıkarınca $s(n) > s(n+1)$ durumunun oluşması mümkün görülüyor.

Şimdi $n=2k+1$ formunda tek sayı olsun. Ayrıca eşkenar üçgenler oluşması için $3|n+1$ olmasını istiyoruz. Üstelik $n+1=2k+2$ çift sayı olduğundan $6|n+1$ dir. Bu şartlar altında $s(n)=k \cdot n = \dfrac{n-1}{2}\cdot n= \dfrac{n^2-n}{2}$ ve $s(n+1) = k\cdot (n+1) - \dfrac{n+1}{3}\cdot 2 = \dfrac{3n^2-4n-7}{6}$ olur. $s(n) > s(s+1)$ eşitsizliğinden $ \dfrac{n^2-n}{2} > \dfrac{3n^2-4n-7}{6}$ olup $n>-7$ bulunur. Dolayısıyla $6|n+1$ özelliğindeki her $n$ pozitif tamsayısı istenen özelliktedir. $n+1 \leq 2016$ olup $2016 = 336 \cdot 6$ dır. Yani $336$ tane $n$ değeri elde edilir.

Şimdi de $n=2k+2$ formundaki çift sayıları inceleyelim. Ayrıca $3|n+1$ olsun. Bu durumda da benzer hesaplamalarla $s(n) =\dfrac{n^2-2n}{2} $, $s(n+1) = \dfrac{3n^2-n-4}{6}$ olur. $s(n) > s(n+1)$ eşitsizliğinden $ \dfrac{n^2-2n}{2} > \dfrac{3n^2-n-4}{6}$ olup $5n< 4$ bulunur. Bu duruma uygun $n$ değeri yoktur.

Sonuç olarak toplam $336$ tane $n$ değeri vardır.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{D}$

$4$  tane Menaleus uygulayacağız.

$\Longrightarrow \dfrac{|BA_1|}{|BC|}\cdot\dfrac{|CB_{1}|}{|B_1A|}\cdot\dfrac{|AX|}{|XA_1|}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{|AX|}{|XA_1|}=1 \ \ \ \Rightarrow  |AX|=6\cdot|XA_1|$

$\Longrightarrow \dfrac{|BA_1|}{|BC|}\cdot\dfrac{|CB_{2}|}{|B_2A|}\cdot\dfrac{|AW|}{|WA_1|}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{1}\cdot\dfrac{|AW|}{|WA_1|}=1 \ \ \ \Rightarrow 2\cdot|AW|=3\cdot|WA_1|$

Kolaylık olsun diye  $|AA_1|=35k$  diyelim.   O zaman bulduklarımızı yazarsak  $|AW|=21k \ , \ |WX|=9k \ , \ |XA_1|=5k$   olur.  $A(BXW)=9S$  diyelim. O zaman  $A(ABC)=105S$  olur.  Şimdi kalan iki Menaleusu yapalım.

$\Longrightarrow \dfrac{|BA_2|}{|BC|}\cdot\dfrac{|CB_{1}|}{|B_1A|}\cdot\dfrac{|AY|}{|YA_2|}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{|AY|}{|YA_2|}=1 \ \ \ \Rightarrow |AY|=3\cdot|YA_2|$

$\Longrightarrow \dfrac{|BA_2|}{|BC|}\cdot\dfrac{|CB_{2}|}{|B_2A|}\cdot\dfrac{|AZ|}{|ZA_2|}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{2}{1}\cdot\dfrac{|AZ|}{|ZA_2|}=1 \ \ \ \Rightarrow 4\cdot|AZ|=3\cdot|ZA_2|$

Kolaylık olsun diye  $|AA_2|=28m$  diyelim.  O zaman bulduklarımızı yazarsak  $|AZ|=12m \ , \ |ZY|=9m \ , \ |YA_2|=7m$   olur.  $A(ABA_2)=70S$  olduğu için  $A(BZY)=\dfrac{45}{2}S$  olur.

$A(XYZW)=A(BYZ)-A(BXW)=\dfrac{45}{2}S-9S=\dfrac{27}{2}S$  bulunur.   $\dfrac{A(XYZW)}{A(ABC)}=\dfrac{\dfrac{27}{2}S}{105S}=\dfrac{9}{70}$   bulunur.

Teorem: $AB$ ve $PQ$ doğruları bir $M$ noktasında kesişsinler. Buna göre, $\dfrac{A(ABP)}{A(ABQ)}=\dfrac{|PM|}{|QM|}$ eşitliği geçerlidir.

İspat: Şekil-1 de bu duruma uygun çizimler verilmiştir.

$\dfrac{A(ABP)}{A(ABQ)}=\dfrac{A(ABP)}{A(AMP)}\cdot \dfrac{A(AMP)}{A(AMQ)}\cdot \dfrac{A(AMQ)}{A(ABQ)} = \dfrac{|AB|}{|AM|}\cdot\dfrac{|PM|}{|QM|}\cdot\dfrac{|AM|}{|AB|}=\dfrac{|PM|}{|QM|}$ dir.
$A(ABC)=\Delta$ diyelim.

$\dfrac{A(CAZ)}{A(ABZ)}=\dfrac{|CA_{2}|}{|BA_{2}|}=\dfrac{|CB_{1}|}{|AB_{1}|}=\dfrac{A(BCZ)}{A(ABZ)}=\dfrac{1}{2}$ ve  $A(ABZ)+A(BCZ)+A(CAZ)=\Delta $ olduğundan $A(ABZ)=\dfrac{\Delta}{2}$ dir.

$\dfrac{A(CAX)}{A(ABX)}=\dfrac{|CA_{1}|}{|BA_{1}|}=\dfrac{|CB_{2}|}{|AB_{2}|}=\dfrac{A(BCX)}{A(ABX)}=2$ ve $ A(ABX)+A(BCX)+A(CAX)=\Delta $ olduğundan $A(ABX)=\dfrac{\Delta}{5}$ dir.

$\dfrac{A(CAY)}{A(ABY)}=\dfrac{|CA_{2}|}{|BA_{2}|}=\dfrac{|AB_{2}|}{|CB_{2}|}=\dfrac{A(ABY)}{A(BCY)}=\dfrac{1}{2}$ ve  $A(ABY)+A(BCY)+A(CAY)=\Delta $ olduğundan $A(ABY)=\dfrac{2\Delta}{7}$ dir.

Benzer şekilde $A(BAW)=\dfrac{2\Delta}{7}$ dir.

Buna göre, $A(XYZW)=A(ABZ)+A(ABX)-A(ABY)-A(BAW)=\dfrac{\Delta}{2}+\dfrac{\Delta}{5}-\dfrac{2\Delta}{7}-\dfrac{2\Delta}{7}=\dfrac{9\Delta}{70}$ olur.

Yanıt: $\boxed{E}$

$2015$ den büyük olmayan pozitif tam sayıları $\{1,2,3\}, \{4,5,6\}, \{7,8,9\}, \cdots, \{2011,2012,2013\}, \{2014,2015\}$ şeklinde $672$ ayrık altkümeye ayıralım. Görüldüğü üzere, bir altkümeden birden fazla eleman aldığımızda bu iki elemanın farkları, toplamlarını böler. O halde $k$ en fazla $672$ olabilir. Gerçekten de, her kümeden $3k+1$ formundaki sayıyı aldığımızda, bu iki sayının farkı $3$ e bölünür. Toplamları ise $3$ e bölündüğünde $2$ kalanı vereceğinden, farkları toplamlarını bölemez.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{C}$

$\dfrac{x+1}{x}$  ifadesini  $2x+1$   e eşitleyen ifadeyi bulalım.   $\dfrac{y+1}{y}=2x+1 \Rightarrow  y=\dfrac{1}{2x}$  Aynı zamanda $\dfrac{1-2x}{2x}$  ifadesinde $x$  yerine $\dfrac{1}{2x}$  yazınca  $x-1$  çıkıyor.  Yani ifadeleri eşitleyen ifade $\dfrac{1}{2x}$ dir. 

$f\left ( \dfrac{x+1}{x} \right )+3g\left ( \dfrac{1-2x}{2x} \right )=f(2x+1)+3g(x-1)=x+4$   olur.  İki denklemi taraf tarafa çıkarırsak   $2g(x-1)=2-2x \ \Rightarrow g(x-1)=1-x$  bulunur. İlk denklemde yerine yazılırsa $f(2x+1)=4x+1$  bulunur. 

O zaman $f(2015)=4029$  ve  $g(2015)=-2015$   bulunur.  Ve bunların toplamı  $2014$  tür.

Yanıt: $\boxed{B}$

$n^5+2n^4+n^3-3n+2 = (n+2)(n^4+n^2-2n+1)$

İkinci çarpanı $\mod23$ de incelersek, $(n^2)^2 \equiv -(n-1)^2 \pmod{23}$. Bu denkliğin çözümünün olması için, $\mod23$ de karesi $-1$ e denk olan bir sayı olmalıdır. Ancak $23\equiv -1\pmod4$ olduğu için bu imkansızdır. Dolayısıyla $n^4+n^2-2n+1$ ifadesinde $23$ çarpanı bulunamaz.

O halde $23^2|(n+2)(n^4+n^2-2n+1) \Longleftrightarrow 23^2|n+2$. Yani şart sadece $n=23^2-2$ için sağlanır.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt: $\boxed{C}$

$f\left ( x \right )=a(x-1)(x-2)+23$ ün mutlak değerinin $23$  ten küçük olması için $-46 \leq a(x-1)(x-2) \leq 0$  olmalı.  $a$  nın en büyük değerini soruyor o yüzden pozitif kabul edebiliriz. $1 \leq x \leq 2$  için zaten $a(x-1)(x-2) \leq 0$ dır.  O zaman  $a(x-1)(x-2)+46 \geq 0$  olduğunu incelemeliyiz. Bu denklemin deltasının sıfırdan küçük eşit çıkması lazım.  $\triangle = 9a^2-4\cdot a\cdot (2a+46) \leq 0$  olur.   Yani  $a^2 \leq 184a$  olur . Bu da $a\leq 184$   demektir.  $a$  nın alabileceği en büyük değer $184$ tür.

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt:$\boxed{E}$

Aslı'nın bütün topların beyaz kutuda kalmasını garantileyebileceğini gösterelim. Aslı kırmızı kutudan $1$  top alamaz. Çünkü o zaman Burak'ın alabileceği top sayısı sadece $1$ olabilir ama daha önce kullanılmıştı. Aslı kırmızı kutudan $2$ top alsın. Şimdi beyaz kutuda $2$ top var. Burak'ın alabileceği top sayısı sadece  $1$  dir çünkü $2$ kullanıldı. Burak  $1$ topu kırmızı kutuya aktarır. Şu an beyaz kutuda $1$ top var. Ve  $1$  ve  $2$  sayıları kullanıldı. Aslı kırmızı kutudan $3$ topu beyaz kutuya aktarsın.  Şu an beyaz kutuda $4$  top var  ve  $1 \ , \ 2 \ , \ 3$  sayıları kullanıldı. Yani Burak sadece $4$ top alabilir. Burak  $4$ topu da kırmızı kutuya aktarsın.  Şimdi  kırmızı kutuda  $101$  beyaz kutuda $0$  top var.  Yani en başa döndük . Ve  $1 \ , \ 2 \ , \ 3 \ , \ 4$   sayıları kullanıldı.

Aslı yine benzer şekilde  $5$ top alamaz. Alırsa beyaz kutuda $5$ top olmuş olacak ve $1$ den $5$ e kadar bütün sayılar kullanıldığından Burak hamle yapamayacak.  Dolayısıyla Aslı $6$  top alır.  Ve benzer şekilde oyun devam eder. Görüldüğü gibi ilk $4k$ sayı kullanıldığında Aslı  beyaz kutuda $0$ top kalmasını garantileyebiliyor. O zaman $1$ den $100$ e kadar sayılar kullanıldığında yine beyaz kutuda $0$  top kalacak. Ve sıra Aslı' da olacak. Aslı 'ya sadece $101$ sayısı kaldı. Aslı $101$  topu da beyaz kutuya aktarır. Son durumda $1$ den $101$ e kadar bütün sayılar kullanıldı.  Ve beyaz kutuda $101$ top var. Yani Burak hamle yapamıyor. Aslı $101$ topun beyaz kutuda kalmasını garantilemiş oldu.

Yanıt: $\boxed{E}$

$x^2 - ax + 1 \equiv 0 \pmod {23}$ denkliğinin çözümü olması için $\Delta = a^2 - 4$ ün $\bmod {23}$ te bir tam kare olması gerekir.

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}
& 0 & 1 & \color{red}2 & 3 & \color{red}4 & 5 & \color{red}6 & 7 & 8 & \color{red}9 & \color{red}{10} & \color{red}{11} & \dots \\
\hline a^2 \mod {23}& 0 & 1 & \color{red}4 & 9 & \color{red}{16} & 2 & \color{red}{13} & 3 & 18 & \color{red}{12} & \color{red}8 & \color{red}6 & \dots\\
\hline a^2-4 \mod {23}& 19 & 20 & \color{red}0 & 5 & \color{red}{12} & 21 & \color{red}9 & 22 & 14 & \color{red}8 & \color{red}4 & \color{red}2 & \dots\\
\hline
\end{array}$

$a=11$ e kadar $6$ çözüm olduğu için toplamda $12$ çözüm vardır.

Yanıt : $\boxed{C}$

İkizkenar üçgenin tabanına $2x$ diyelim, buna göre eşit kenarlar $\dfrac{23}{2}-x$ olur. Heron alan formülünden $23^2=\dfrac{23}{2} \cdot \left ( \dfrac{23}{2}-2x \right )  \cdot x \cdot x$ olup ifade düzenlenirse $4x^3-23x^2+92=0$ denklemi bulunur. Bu denklemin $x<\dfrac{23}{4}$ şartını sağlayan pozitif gerçel kök sayısını arıyoruz. Tek değişkenli polinomlar için Descartes in işaret kuralına göre polinomun ya $2$  ya da $0$ tane pozitif gerçel kökü vardır. $f(x)=4x^3-23x^2+92$ için $f(5)>0 , f(4)<0$  olduğundan $(4,5)$ aralığında bir pozitif kök vardır. $f(3)<0, f(2)>0$ olduğundan $(2,3)$ aralığında da bir pozitif gerçel kök bulunur. O halde problemde verilen şartları sağlayan iki üçgen vardır.

Descartes İşaret Kuralı

Yanıt: $\boxed{B}$

Öğrencilerden ilkini gruplardan birine yerleştiririz. İkinci öğrenciyi tek türlü yerleştirebilmemiz için ilk gruptaki öğrenci ile arkadaşlık bağı bulunmalıdır (bir bağ elde ettik), bu durumda bu öğrenciyi ikinci gruba yerleştiririz. Geri kalan $21$ öğrencinin her birinin tek türlü yerleşebilmesi için yerleşeceği grup haricindeki iki grupla da bir arkadaşlık bağı bulunması gereklidir ($21\cdot2=42$ bağ daha elde ettik). Yani tüm öğrencilerin tek türlü yerleşebileceği ve $43$ arkadaşlık bağı bulunan bir örnek kurmuş olduk.

En az $43$ arkadaşlık bağı gerektiğini ise tümevarım ile gösterebiliriz. İddiamız şudur ki; her $n>1$ tam sayısı için gereken arkadaşlık bağı sayısı $2n-3$ tür. $n=2$ iken $1$ arkadaşlık bağı bulunması gerektiği açıktır, aksi takdirde iki öğrenciyi aynı veya farklı gruba koyabiliriz ki tek türlü dağıtmış olmayız. $n=k$ iken dağıtabilmemiz için $2k-3$ bağ gerekiyor olsun. $k+1$ öğrenciyi dağıttığımızda ilk $k$ öğrenciyi tek türlü dağıtabilmek için $2k-3$ bağ gerekecek, $k+1.$ öğrencinin tek türlü gidişini sağlamak için iki bağ daha gerekecek ve toplam $2k-1=2(k+1)-3$ bağ gerekecektir, ispat bitmiştir.

(Şöyle de düşünebiliriz ki; eğer $2n-2$ arkadaşlık bağı ile öğrencileri dağıtabilseydik öğrencilerden birini çıkardığımızda geriye en az $2n-3$ arkadaşlık bağı kalması gerekeceğinden bu öğrencinin en fazla $1$ arkadaşlık bağı bulunabileceğini söyleyebilirdik, ki bu durumda da bu öğrenci arkadaşlık bağı bulunmayan iki gruba da gidebilirdi, çelişki.)

Yanıt : $\boxed{D}$

$[ED]$ nin orta dikmesinin $B$ den geçtiği açıktır. Orta dikmenin çemberi ve $[ED]$ yi kestiği noktalar sırasıyla $K$ve $T$ olsun. $ \angle{BED}=\alpha \Rightarrow \angle{BAE}=180-\alpha$ olur. $ABE$ üçgeninde kosinüs teoreminden $|BE|^2 = 274+210\cdot cos{\alpha}$ dir ayrıca $BTE$ üçgeninde $cos{\alpha}=\dfrac{12}{|BE|}$ olduğundan bu iki ifadeden $|BE|^3-274|BE|-2520=0$ denklemi elde edilir. Bu denklemin çözümünden (birazda sezgisel olarak) $|BE|=20$ bulunur.Buna göre $|BT|=16$ dır. Sonuç olarak $|ABCDE| = 2 \left (|ABE|+|BTE|  \right ) =2 \left (42+96  \right ) = 276$ dır.

Yanıt: $\boxed B$

$n$ sayısının en küçük asal böleni $p$, en büyük asal böleni $q$ olsun.

$p=q$ ise $2p = p-23$ denklemini sağlayan $p$ asal sayısı yoktur. Dolayısıyla $n$ en az iki farklı asal çarpan içermelidir.

$n$ sayısı başka çarpanlar da içerebileceğinden $n\ge pq$ olduğu açıktır.
$f(n)=n-23 \Longrightarrow p+q=n-23\ge pq-23$
$p+q\ge pq-23 \Longrightarrow 24 \ge pq - p - q +1 \Longrightarrow 24 \ge (p-1)(q-1)$
$2\le p < q$ olduğunu bildiğimizden, $p=2,3,5$ olabilir.

$q=n-23-p$ olduğundan $q|n-(p+23) \Longrightarrow q|p+23$ tür. O halde,

$p=2 \Longrightarrow q|25 \Longrightarrow q=5 \Longrightarrow n=2+5+23=30$ sağlar.
$p=3 \Longrightarrow q|26 \Longrightarrow q=13 \Longrightarrow n=3+13+23=39$ sağlar.
$p=5 \Longrightarrow q|28 \Longrightarrow q=7 \Longrightarrow n=5+7+23=35$ sağlar.

Yani şartı sağlayan $n$ tam sayıları $30, 35, 39$ olmak üzere $3$ tanedir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$k=c-23$ olsun.

Denklem, $x^{23} - 2015^{2015}x - k = 0$ dır.

İddia 1: Denklemin en fazla üç gerçel kökü olabilir.
Bu iddianın doğruluğu, Descartes'in İşaret Değişim Kuralı yardımıyla veya $f(x)=x^{23}$ ve $g(x)=2015^{2015}x + k$ fonksiyonlarının grafikleri göz önüne alınarak görülebilir.


O halde denklemin tam olarak üç farklı gerçel kökünün bulunmasını sağlayan $c$ tam sayılarının aritmetik ortasını arıyoruz.

İddia 2: Bir $k=k_0$ için denklemin $3$ farklı gerçel kökü varsa, $k=-k_0$ için de $3$ farklı gerçel kökü vardır.
İspat: $x_0$ sayısı $x^{23} - 2015^{2015}x - k_0 = 0$ denkleminin köküyse, $-x_0$ sayısı $x^{23} - 2015^{2015}x + k_0 = 0$ denkleminin köküdür. Çünkü $x$ yerine $-x$ yazıldığında önceki denklem elde ediliyor. Yani $k_0$ yerine $-k_0$ yazıldığında, denklemin köklerinin negatifleri yeni denklemin kökleri olur. Dolayısıyla kök sayısı korunur.

O halde, $-k = -c + 23 = (46-c) - 23 $ olduğundan, bir $c=c_0$ tamsayısı için denklemin üç farklı gerçel kökü varsa, $c=46 - c_0$ tamsayısı için de üç farklı gerçel kökü vardır.

Şartı sağlayan $c$ tam sayıları $c_1, c_2, \cdots, c_n, 46-c_1, 46-c_2, \cdots 46-c_n$ olsun. $c_i$ sayıları arasında $23$ varsa, $23$ ü iki kez yazdık demektir. Ancak olsa da olmasa bu sayıların aritmetik ortalaması $23$ tür.

Yanıt: $\boxed C$

Cevap: $252$.
Taban dışındaki kenarların boyama sayısı $2^7$. Bir iyi boyamada bu yedi kenarın tümü kırmızı, veya tümü mavi olamaz: $2^7-2$. Piramidin tepe noktası $O$ olmak üzere, genelliği bozmadan $\left[O A_i\right]$ kırmızı, $\left[O A_{i+1}\right]$ mavi renge boyanmış olsun. $\left[A_i A_{i+1}\right]$ kenarını herhangi bir renge boyayalım, bu renk de genelliği bozmadan mavi olsun. O zaman $\left[A_{i+1} A_{i+2}\right]$ kenarı kırmızı renge boyanma zorunda olacaktır. Benzer şekilde devam edersek diğer taban kenarların da tek türlü boyanma zorunda olacaklarını göreceğiz. Demek ki iyi boyama sayısı $2\left(2^7-2\right)=252$ dir.

Kaynak: Tübitak 23. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2015

Yanıt : $\boxed{C}$

$\dfrac{|BE|}{|CE|}=\dfrac{9}{5}$ ve $|BC|=7$ için $|BE|=\dfrac{9}{2} , |CE|=\dfrac{5}{2}$ dir. $|AC|+|CE| = |AB|+|BE|=s$ olduğundan $E$ noktası $ABC$ üçgeninin dış çemberinin $[BC]$ kenarına teğet olduğu noktadır.$[BC]$ ye teğet olan çemberin merkezi $BIC$ üçgeninin çevrel çemberi üzerinde olacağından bu merkez problemde bahsedilen $D$ noktasıdır. Kosinüs teoreminden $\angle{BAC}=120^\circ$ olup $\angle{BAD}=60^\circ$ dir. 

$s : ABC$ üçgeninin yarı çevresidir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$a,b,c$ dizinin $3$ ardışık terimi olmak üzere $a>b$ ise $b>c$ olduğu açıktır, yani dizi bir yerde azalmaya başladığında sürekli azalacaktır. Şimdi dizinin azalan $7.$ teriminin sıfırın altına ineceğini gösterelim. Dizinin en büyük terimi $x, x$ ten sonra gelen terim $y$ olsun. (eğer $x$ sayısı birden fazla kez geçiyorsa en sonuncusuna bakalım) Sonraki terim $z$ olmak üzere, soruda verilen koşuldan $2y>x+z$ olduğundan $2y-x>z$ olur, yani $z$ en fazla $2y-x-1$ olabilir, benzer şekilde yazarsak $z$ den sonraki terim $t$ olmak üzere $2(2y-x-1)>y+t$ olduğundan $t$ en fazla $3y-2x-3$ olabilir, bunu bu şekilde devam ettirerek $4y-3x-6, 5y-4x-10, 6y-5x-15$ ve $7.$ terim olan $7y-6x-21$ i buluruz. $x \geq y+1$ olduğundan $7y-6x-21 \leq 7y-6(y+1)-21=y-27<0$ buluruz (çünkü $y<23$ verilmiştir). Bu da demektir ki dizideki sayılar en fazla $6$ kez azalabilir. Sorunun başında söylediğimiz ifadeden dizinin bir yere kadar artan, en büyük sayıda tekrar eden ve sonra azalan olduğunu görebiliriz*. Bu da demektir ki ilk $7$ terim artan sırada olacak (yani terimler $6$ kez artacak), $7.$ terim belli sayıda tekrar edecek (ki bu sayı en fazla $2$ olabilir, sorudaki şarttan $3$ olamayacağı açıktır) ve simetrik bir şekilde $6$ terim daha eklenecek, bu da bize $14$ terimli bir dizi verir. Dizimize örnek olarak $2,8,13,17,20,22,23,23,22,20,17,13,8,2$ dizisini verebiliriz.

*Burada görmemiz gereken bir durum $a,b,c  b$ en büyük terim olmayacak şekilde ardışık terimler ve $a<b$ ise $b=c$ olabileceğidir, fakat bu durumda $c$ den sonra gelen terim $d$ olmak üzere $b=c$ olduğundan $c>d$ olmalıdır, ki bu durumda $b$ ve $c$ en büyük terim olur, çelişki.