Tübitak Lise 1. Aşama - 2016 Çözümleri

$24 \times 24$ satranç tahtasının bazı birim karelerine birer taş nasıl yerleştirilirse yerleştirilsin, her taşı $k$ renkten birine, aynı satır veya aynı sütun üzerinde olup aralarında başka taş bulunmayan herhangi iki taşın rengi farklı olacak şekilde boyayabiliyorsak, $k$ nın alabileceği en küçük değer nedir?

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

Çözüm:

Yanıt $\boxed{B}$

Eğer tüm karelere taş koyulmuşsa, ortak kenara sahip karelerde farklı renklerde taş olacağından $A$ ve $B$ ile göstereceğimiz iki farklı renkle boyama yapılabilir. Ancak bazı karelere taş konulmamışsa iki rengin yetmeyeceğini gösterelim. Şekildeki gibi $21$ kareye taş koyulmuş olsun. İki renk ile boyamaya başlarsak aşağıdaki desen oluşur. $?$ ile gösterdiğimiz karedeki taşın dört kare solunda $A$ rengi olduğu için $?$ karesini $A$ ile boyayamayız. Ayrıca $?$ karesinin üstündeki karede de $B$ rengi olduğundan $?$ karesindeki taşı $B$ ile de boyayamayız. Böylece $?$ karesi için üçüncü bir $C$ rengi kullanmamız gerektiğini anlarız. $k \geq 3$ tür.

Genel olarak bir karedeki taşın rengini kısıtlayan iki unsur vardır. Bunlar, o taşın üstündeki ilk taş ile o taşın solundaki ilk taştır. Üstünde ve solunda $A$, $B$ renkli taş bulunan taşı $C$ rengiyle boyarız. Üstünde ve solunda $A$, $C$ renkli taş bulunan taşı $B$ rengiyle boyarız. Üstünde ve solunda $B$, $C$ renkli taş bulunan taşı da $A$ rengiyle boyarız. Elbette üstünde ve solunda aynı renkli, örneğin $A$, $A$ taşları bulunan taşı $B$ ya da $C$ renginden istediğimiz herhangi biriyle boyayabiliriz. $k=3$ tür.

Bir $ABC$ üçgeninde $m(\widehat{BAC})=45^\circ$ ve $[AC]$ üzerinde alınan bir $D$ noktası için $m(\widehat{DBC})=90^\circ$ dir. $\dfrac{|CD|}{|AB|}=2\sqrt2$ ise $m(\widehat{BDC})$ nedir?

$\textbf{a)}\ 52.5^\circ \qquad\textbf{b)}\ 60^\circ \qquad\textbf{c)}\ 67.5^\circ \qquad\textbf{d)}\ 75^\circ \qquad\textbf{e)}\ 90^\circ$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$AB=\sqrt 2$ olsun. $CD=4$ olur.
$DC$ nin orta noktası $M$ olsun. $BM=2$ dir.
$B$ den $AC$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $\triangle ABH$ de, $BH=1$ olacaktır. Bu durumda $\angle BMH = 30^\circ$, dolayısıyla da $\angle BDC = 75^\circ$ olacaktır.

$n$ bir pozitif tam sayı ve $a_{1},a_{2}, \ldots , a_{n}$ birer tam sayı olmak üzere her $i=1,2, \ldots , n$ için $b_{i}={a_{i}}^2$ olarak tanımlanıyor. Hiçbir $(a_{1},a_{2}, \ldots , a_{n})$ tam sayı $n$-lisi için $2^{b_1}+2^{b_2}+\cdots+2^{b_n}-n^2$ ifadesi $7$ ile tam bölünmüyorsa $n$ kaç farklı değer alabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Tam kareler $\bmod 3$ te $0,1$ olduğu için ve $2^{3k} \equiv 1 \pmod 7$, $2^{3k+1} \equiv 2 \pmod 7$, $2^{3k+2} \equiv 4 \pmod 7$ olduğu için $2^{b_i} \equiv 1,2 \pmod 7$ olur. Dolayısıyla $T=2^{b_1}+2^{b_2}+\cdots+2^{b_n} \equiv n,n+1, \ldots, 2n \pmod 7$ dir. Görüldüğü üzere $n \ge 6$ için $T$ ifadesi $\bmod \ 7$ de her kalanı verebilir. $n^2 \equiv 0,1,2,4 \pmod 7$ olduğu için $n \ge 6$ ise $T \equiv 0,1,2,4 \pmod 7$ olacak şekilde $(a_{1},a_{2}, \ldots , a_{n})$ tam sayı $n$-lisi bulunabilir. $n=1,2,3,4,5$ için denenirse $n=3,4,5$ in istenen durumu sağladığı görülür.

Bir $f: \mathbf R \setminus \left \{ -\dfrac{2}{7},\dfrac{1}{7} \right \} \to \mathbf R$ fonksiyonu, tanım kümesinde bulunan her $x$ için, $$ f(x)+ f \left (\dfrac{x-1}{7x+2} \right )=x $$ eşitliğini sağlıyorsa $f(1)$ aşağıdakilerden hangisi olabilir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{7}
\qquad{b)}\ \dfrac{1}{4}
\qquad{c)}\ \dfrac{2}{7}
\qquad{d)}\ \dfrac{1}{2}
\qquad{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$x=1$ için $f(1) + f(0) = 1 $
$x=0$ için $f(0) + f(-1/2) = 0 $
$x=-1/2$ için $f(-1/2) + f(1) = -1/2 $

İkinci denlemi birinci denklemden çıkarırsak ve üçüncü denklem ile toplarsak

$f(1) - f(-1/2) = 1 $
$f(-1/2) + f(1) = -1/2 $
$2f(1)=1/2$
$f(1) = 1/4 $.

Başlangıçta masa üzerinde her biri $51$ gram süt içeren birkaç bardak bulunuyor. Bir kedi her işlemde önce masadaki her bardaktan $3$ gram süt içiyor, daha sonra bir bardak alıp bu bardaktaki sütü diğer bardaklara eşit olarak dağıtıyor ve boş bardağı masadan atıyor. Birkaç işlem sonucunda masada tek bir bardak kalıyor. Bu son bardakta yine $51$ gram süt bulunuyorsa kedi toplamda kaç gram süt içmiştir?

$\textbf{a)}\ 1530 \qquad\textbf{b)}\ 1581 \qquad\textbf{c)}\ 1632 \qquad\textbf{d)}\ 1683 \qquad\textbf{e)}\ 1734$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $1581$.

Bardak sayısı $n$ olsun. Toplam içilen suyu iki farklı biçmde hesaplayalım: $51 \times(n-1)$ ve $3(n+(n-1)+(n-2)+\cdots+2)$. O zaman $51(n-1)=3\left(\frac{n(n+1)}{2}-1\right)$ ve buradan $n^2-33 n+32=0$. Buradan $n=1$ ve $n=32$ değerlerini elde ediyoruz. $n>1$ olma zorundadır. $n=32$ sorudaki koşulları sağlıyor ve cevap $51 \cdot 31=1581$ dir.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

Bir $ABC$ üçgeninde iç teğet çember $BC,CA,AB$ kenarlarına sırasıyla $D,E,F$ noktalarında teğettir. $EF$ doğrusu $[CB$ ışınını $P$ noktasında kesiyor. Buna göre $|BD|=1 \ , \ |CD|=3 \ , \ |PF|=\sqrt{5}$ ise $|CA|$ uzunluğu kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Menaleustan $\dfrac{PB}{PB+4}\cdot\dfrac{3}{AE}\cdot\dfrac{AF}{1}=1$ bulunur. $AE=AF$ olduğu için $PB=2$ bulunur. Buradan $PBF$ üçgeninin dik üçgen olduğunu görürüz. O zaman $ABC$ üçgeni de diktir. Pisagordan $AF=x$ olmak üzere

$(x+1)^2+16=(x+3)^2$ ve $x=3$ bulunur. Yani $|CA|=5$ tir.

Not: Bir başka yol olarak P,B,D,C noktaları harmonik olduğu için $PB=x$ olmak üzere $\dfrac{x}{x+4}=\dfrac{1}{3}$ ten $x=2$ bulunabilir.

$p \in \{ 7,11,13,17,19 \}$ olmak üzere kaç farklı $p$ asal sayısı için $a^2+b+1$ ve $b^2+a+1$ sayılarının her ikisi de $p$ ile tam bölünecek biçimde $a$ ve $b$ tam sayıları bulunabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: $4$.

$a^2+b+1 \equiv b^2+a+1 \equiv 0 \pmod p$ olduğundan $a^2+b+1-\left(b^2+a+1\right)=(a-b)(a+b-1) \equiv 0 \pmod p$ olur. $a \equiv b \pmod p$ için $a^2+a+1 \equiv 0 \pmod p$ ve buradan da $(2 a+1)^2 \equiv-3 \pmod p$ olur. $a+b \equiv 1 \pmod p$ için ise $a^2-a+2 \equiv 0 \pmod p$ ve buradan da $(2 a-1)^2 \equiv -7 \pmod p$ elde ederiz. Yani soruda verilen koşulları sağlayan bir $a, b$ ikilisi vardır ancak ve ancak $-3$ ve $-7$ sayılarından en az biri $p$ modunda karekalandır. $5^2 \equiv-3 \pmod 7$, $6^2 \equiv -3\pmod {13}$, $4^2 \equiv-3 \pmod {19}$ ve $2^2 \equiv-7 \pmod {11}$ olduğundan $7,11,13,19$ şartları sağlar. $p=17$ için ise karekalanlar $0,1,4,9,16,8,2,15,13$ olup $-3$ ve $-7$ karekalan değildir. Bu yüzden cevap $4$ olur.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

$$\begin{array}{r}
(x+2y)(y+2z)(z+2x) = 1 \\
(2x+y)(2y+z)(2z+x) = 2 \\
(x+y)(y+z)(z+x) = 3 \end{array}$$
denklem sistemini sağlayan $x,y,z$ gerçel sayıları için $xyz$ ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşit olabilir?

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

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{B}$

İfadeleri açıp ilk ikisini toplayalım.

$\Rightarrow T=6x^2y+6xy^2+6x^2z+6xz^2+6y^2z+6yz^2+18xyz=3$

Üçüncü ifadeyi açarsak $x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2+2xyz=3$ olur. Üçüncü ifadeyi $6$ ile çarpıp $T$ den çıkaralım.

$\Rightarrow 6xyz=-15$

Yani $xyz=-\dfrac{5}{2}$ olabilir.

İki basamaklı sayılardan oluşan her $\{ a_1,a_2,\ldots,a_n \}$ kümesinin herhangi ikisinin her iki basamağı birbirinden farklı olan $5$ elemanı bulunuyorsa, $n$ en az kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 38 \qquad\textbf{b)}\ 41 \qquad\textbf{c)}\ 45 \qquad\textbf{d)}\ 51 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt $\boxed{B}$

$n=40$ için istenen özelliğin sağlanmadığına dair ters örnek verelim. $\{ 10, 11, 12, \dots , 49 \}$ kümesindeki sayıların onlar basamağındaki rakamlar $1,2,3,4$ ten oluşmaktadır. Dolayısıyla bu $5$ sayı nasıl seçilirse seçilsin güvercin yuvası prensibi gereği en az ikisinin onlar basamağı aynı olur. Yani $n \geq 41$ dir.

$n=41$ durumunda daima istenen özellikte $5$ sayı seçilebileceğini ispatlayalım. Önce iki basamaklı tüm sayıları $9 \times 10 $ tabloya yazalım. Bu tablonun $m$ inci satırındaki sayıların onlar basamağı $m$, $n$ inci sütunundaki sayıların birler basamağı $n-1$ dir. Şimdi aynı tablonun birim karelerini $x_1, x_2, \dots, x_{10} $ ile göstereceğimiz $10$ farklı renkle aşağıdaki gibi boyayalım. Hiçbir satırda veya sütunda aynı renk iki kez görülmez. Bu tablodan $41$ kare nasıl seçilirse seçilsin $\lfloor \dfrac{41}{10} \rfloor +1= 5$ kare aynı renkle boyanmıştır. Bu $5$ kare istenen özellikteki sayıları bulundurur.

Bir $ABC$ üçgeninin $BC$ kenarına ait dış teğet çemberinin merkezi $O$ olsun. $O$ dan geçen bir doğru $AB$ ve $AC$ doğrularını sırasıyla $D$ ve $E$ de kesiyor. $|AD| \gt |AB|$, $|AE| \gt |AC|$, $|AD|=|AE|$, $|BD|=9$, $|OD|=8$, $|OC|=4$ ise $|OB|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{9}{2} \qquad\textbf{c)}\ 5 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{11}{2} \qquad\textbf{e)}\ 6$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$AD=AE$ olduğundan ve $AO$ iç açıortay olduğundan $DO=OE=8$ dir. $\angle ADE=\angle AED=\alpha \ , \ \angle DBO=\angle OBC=\beta \ , \ \angle BCO=\angle OCE=\theta$ olsun. $DBCE$ dörtgeninde iç açılar toplamından $\alpha+\beta+\theta=180^\circ$ bulunur. O zaman $\angle DOB=\theta$ ve $\angle COE=\beta$ dır. Yani $\triangle BOD$ ve $\triangle OCE$ benzerdir. $\dfrac{9}{8}=\dfrac{x}{4}$ ten $x=\dfrac{9}{2}$ bulunur.

$3,5,7,11,13$ sayılarından kaç tanesi $(n+3)(n+7)(n+11)(n+15)+257$ ifadesini hiçbir $n$ tam sayısı için tam bölemez?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$f(n) = (n+3)(n+7)(n+11)(n+15) + 257$ ve $g_k(n) \equiv f(n-9) - 257 \pmod k$ olarak tanımlayalım.

$g_{3}(n) \equiv (n^2 -1 )(n^2 - 0) \equiv 1$
$g_{5}(n) \equiv (n^2 -4 )(n^2-1) \equiv 3$
$g_{7}(n) \equiv (n^2 -4 )(n^2-1) \equiv 2$
$g_{11}(n) \equiv (n^2 -4 )(n^2-3) \equiv 7$
$g_{13}(n) \equiv (n^2 -4 )(n^2-10) \equiv 3$
denkliklerini sağlayan değerleri araştıracağız.

$g_k(n) \equiv 0$ nın köklerinin sağlamayacağı aşikar. Bu yüzden onları doğrudan eleyeceğiz. $n=0$ ın da kök olmadığı aşikar.
$g_3$ için karesel kalanları yazalım: $\{\not 0, \not 1\}$. Yani, $k=3$ için $f(n) \equiv 0 \pmod k$ olamaz.

$g_5$ için karesel kalanlar: $\{\not 0, \not 1, \not 4\}$. $k=5$ te kümede.

$g_7$ için karesel kalanlar: $\{\not 0, \not 1, \not 4, 2\}$.
$n^2 \equiv 2$ için $(2-4)(2-1) \not \equiv 2 \pmod 7$ olduğu için $k=7$ de kümede.

$g_{11}$ için karesel kalanlar: $\{\not 0, 1, \not 4, 9, 5, \not 3\}$.
$n^2 \equiv 1$ için $(1-4)(1-3) \equiv 6 \not \equiv 7 \pmod {11}$.
$n^2 \equiv 9$ için $(9-4)(9-3) \equiv 8 \not \equiv 7 \pmod {11}$.
$n^2 \equiv 5$ için $(5-4)(5-3) \equiv 2 \not \equiv 7 \pmod {11}$.
$k=11$ de kümede.

$g_{13}$ için karesel kalanlar: $\{\not 0, 1, \not 4, 9, 3, 12, \not 10\}$.
$n^2 \equiv 12$ için $(12-4)(12-10) \equiv 16 \equiv 3 \pmod {13}$ olduğu için $k=13$ kümede değil.

O halde, $3,5,7,11$ sayıları için söz konusu ifadenin hiçbir değeri bu sayılara tam bölünmez.

$1\le|a|,|b|,|c|\le10$, $a\neq c$ ve $b^2\ge4ac$ koşullarını sağlayan tüm $a,b,c$ tam sayıları için $ax^2+bx+c=0$ denkleminin en küçük kökü ile $cx^2+bx+a=0$ denkleminin en büyük kökü birbirine eşitse $(a,b,c)$ üçlüsüne karesel üçlü diyelim. Kaç farklı karesel üçlü vardır?

$\textbf{a)}\ 20 \qquad\textbf{b)}\ 40 \qquad\textbf{c)}\ 50 \qquad\textbf{d)}\ 60 \qquad\textbf{e)}\ 80$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

Cevap: $80$.

$(a, b, c)$ bir çözümse $(-a,-b,-c)$ de bir çözümdür. Ayrıca $a c>0$ olmalıdır. Aksi halde her iki denklemin kökleri ters işaretli olacağından ilkinin en küçük kökü negatif ikincinin en büyük kökü pozitif olur ve çelişki elde ederiz. Simetriden $a>0, c>0$ durumundaki çözüm sayısı, $a<0, c<0$ durumu ile aynıdır. $a>0, c>0$ kabul edelim. $a x^2+b x+c=0$ denkleminin en küçük kökü $\dfrac{-b-\sqrt{b^2-4 a c}}{2 a}$ ve $c x^2+b x+a=0$ denkleminin en büyük kökü $\dfrac{-b+\sqrt{b^2-4 a c}}{2 c}$ olur. Bu iki ifadeyi eşitleyip gerekli sadeleştirmeleri yaparsak $(a+c)^2=b^2$ elde ederiz. Buradan da $a+c=|b|$ elde ederiz. $b>0$ için $a+c=b$ ve $a>c, b<0$ için ise $a+c=-b$ ve $c>a$ olmalıdır. Simetriden dolayı her iki durum için çözüm sayısı eşittir. $b>0$ için $a+c=b$ ve $a>c$ durumunda her $b>0$ değeri için $\lfloor(b-1) / 2\rfloor$ tane $(a, c)$ ikilisi elde ederiz. $b=1,2, \ldots, 10$ durumları için toplamda $0+0+1+1+2+2+3+3+4+4=20$ adet çözüm gelir. $b<0$ için de $20$ çözüm vardır. Buradan da $40$ çözüm buluruz. Son olarak tüm çözümleri $-1$ ile çarparsak $40$ yeni çözüm elde ederiz. Sonuç olarak toplam çözüm sayısı $80$ olur.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

$1,2,\dots,2016$ sayılarının her biri $k$ renkten birine, $a\mid b$ ve $b\mid c$ koşullarını sağlayan herhangi üç farklı $a,b$ ve $c$ sayıları aynı renkte olmayacak şekilde boyanabiliyorsa, $k$ en az kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ 8$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Cevap: $6$.

İlk önce en az $6$ renk gerektiğini gösterelim. $1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024$ sayılarının herhangi üçü aynı renge boyanırsa koşullar sağlanmaz. Demek ki renk sayısı $11 / 2=5.5$ 'den az olmayacaktır. Şimdi $6$ renk ile gereken boyamayı yapalım. $1,2, \ldots, 2016$ sayılarını $11$ gruba ayıralım: $G_1=\{1\}$, $G_2=\{2,3\}$, $G_3=\{4,5,6,7\}$, $G_4=\{8,9,10, \ldots 14,15\}$, $\ldots, G_{10}=\{512,513, \ldots, 1022,1023\}$, $G_{11}=\{1024,1025, \ldots, 2015,2016\}$. Aynı gruptaki herhangi iki sayıdan daha küçük olan daha büyük olanı bölmüyor. Bu nedenle her renk en fazla iki grupta kullanılmak üzere, her gruptaki sayıların tümü aynı renge boyanırsa koşullar sağlanmış olur.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $AD$ kenarortayı, $BE$ yüksekliği ve $CF$ iç açıortayı noktadaştır. $|BC|=10$, $|CA|=6$ ise $|AB|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 4\sqrt5 \qquad\textbf{b)}\ 9 \qquad\textbf{c)}\ \sqrt{85} \qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{10} \qquad\textbf{e)}\ \sqrt{91}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Ceva dan $FE \parallel BC$ dir. $\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{3}{5}$ olduğu için $AE=\dfrac{9}{4}$ ve $EC=\dfrac{15}{4}$ bulunur. $AB^2-\left (\dfrac{9}{4}\right )^2=10^2-\left (\dfrac{15}{4} \right )^2$ nden $AB=\sqrt{91}$ bulunur.

$n$ bir pozitif tam sayı, $p$ bir asal sayı, $d_1$ ve $d_2$ ise $n$ sayısının birbirinden farklı iki pozitif tam böleni olmak üzere $n=p(d_1+d_2)$ biçiminde yazılabiliyorsa $n$ sayısına dengeli sayı diyelim. $100$ den küçük kaç dengeli sayı vardır?

$\textbf{a)}\ 11 \qquad\textbf{b)}\ 17 \qquad\textbf{c)}\ 24 \qquad\textbf{d)}\ 30 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt $\boxed{B}$

$n=p(d_1+ d_2)$, $d_1|n$, $d_2|n$ ve $d_1 \neq d_2$ ise $d_1 > d_2 $ kabul edebiliriz. $n=d_1 x = d_2 y$ olacak şekilde $1 \leq x < y $ tamsayıları vardır. $d_1 =\frac{n}{x}$ ve $ d_2 =\frac{n}{y}$ değerlerini $n=p(d_1+ d_2)$ denkleminde yazalım. $n=p \left(\frac{n}{x} + \frac{n}{y} \right)$ olup buradan $xy – px – py =0 $ elde edilir. Her iki tarafa $p^2$ ekleyelim. $xy – px – py +p^2=p^2 $ ifadesi $(x-p)(y-p)=p^2$ biçiminde çarpanlara ayrılır. $x<y$ olduğundan yalnızca

$$x-p=1 \\ y-p=p^2 $$

durumu incelenir. $x=p+1$, $y=p(p+1)$ dir. O halde $n=d_2y=d_2p(p+1)$ dir. $p(p+1) \leq n <100$ olduğundan $p \in \{ 2,3,5,7 \}$ dir.

$p=7$ için $n=56d_2$ dir. $d_2 \in \{ 1\}$ olup $n \in \{ 56 \}$ dır.
$p=5$ için $n=30d_2$ dir. $d_2 \in \{ 1,2,3\}$ olup $n \in \{ 30,60,90 \}$ dır.
$p=3$ için $n=12d_2$ dir. $d_2 \in \{ 1,2, \dots , 8 \}$ olup $n \in \{ 12,24, \dots , 96 \}$ dır.
$p=2$ için $n=6d_2$ dir. $d_2 \in \{ 1,2, \dots , 16 \}$ olup $n \in \{ 6, 12, \dots , 96 \}$ dır.

$p=3$ ve $p=5$ durumlarından elde edilen $n$ değerleri $p=2$ içinde zaten vardır. $p=2$ ve $p=7$ durumlarından toplam $16 + 1 = 17$ farklı $n$ değeri elde edilir.

Gerçel katsayılı bir $P$ polinomu $P(1)=1$ ve her $x,y$ gerçel sayıları için $P(x)+P(y)=P(x+y)-2xy+1$ koşullarını sağlıyor. Buna göre $P(x)$ in alabileceği en küçük değer nedir?

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

Çözüm 1:

Yanıt $\boxed{E}$

Soruda $P$ nin polinom olduğu verilmeyip sadece sürekli bir fonksiyon olduğu verilse bile yeterlidir. $P$ nin sürekli fonksiyon olduğu zayıflatılmış şartıyla çözümü yapacağım, polinom olduğu bilgisini kullanmayacağım.

Verilen fonksiyonel denklemi sağlayan iki fonksiyon $P$ ve $R$ olsun.
$$ P(x+y)=P(x)+P(y)+2xy-1$$ $$R(x+y)=R(x)+R(y)+2xy-1 $$
denklemlerini taraf tarafa çıkarırsak $(P-R)(x+y)=(P-R)(x)+(P-R)(y)$ olur. $P-R=f$ dersek $f(x+y)=f(x)+ f(y)$ Cauchy fonksiyonel denklemini elde ederiz. $f$ fonksiyonu sürekli olduğundan tüm çözümler $f(x)=cx$ biçimindedir. Dolayısıyla verilen fonksiyonel denklemin herhangi iki çözümü arasındaki fark daima $cx$ tir. Yani $P(x)- R(x)=cx$ olur. Eğer fonksiyonel denklemin bir $R(x)$ özel çözümünü bulursak tüm $P(x)$ çözümlerini de bulabiliriz.
$ R(x+y)=R(x)+R(y)+2xy-1 $ denkleminin bir özel çözümünün $R(x)=x^2 + 1$ olduğunu tahmin edebiliriz. Genel çözüm $P(x)=x^2+cx+1$ dir. $P(1)=1$ için bir başka özel çözüm bulunur. $1+c+1=1$ den $c=-1$ olur. $P(x)=x^2-x+1$ elde edilir. Bu parabolün minimum değeri $P\left( \frac12 \right) = \frac34$ tür.

Çözüm 2:

Yanıt : $\boxed {E}$

$P(x)=x^2+1+Q(x)$ olarak yazalım. Denklemde yerine yazarsak $Q(x)+Q(y)=Q(x+y)$ bulunur. Cauchy fonksiyonel denkleminde ötürü $a$ bir reel sayı olmak üzere $Q(x)=ax$ bulunur. $P(x)=x^2+ax+1$ olduğu anlaşılır. $P(1)=a+2=1$ olduğundan $a=-1$ olur. $x^2-x+1$ polinomunun minimum değeri $x=\frac{-(-1)}{2}=\frac{1}{2}$ olduğunda olacağından cevap $\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+1=\frac{3}{4}$ bulunur.

Kaç $n\in \{12,18,42,60,72\}$ değeri için $1,2,\dots,n$ sayıları herhangi iki komşu sayının toplamı asal olacak şekilde sıraya dizilebilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

Cevap: $5$.

$n+1$ ve $n-1$ sayıları asal ise $1,2, \ldots, n$ sayıları herhangi iki komşu sayının toplamı asal sayı olacak şekilde dizilebilir. Dizi $$
n, 1, n-2,3, n-4,5, \ldots, 6, n-5,4, n-3,2, n-1$$ şeklinde olacaktır (dizinin tek numaralı elemanları çift ve çift numaralı elemanları tek sayılardır ve çift sayılar azalan, tek sayılar artan alt dizi oluşturuyor). Bu durumda dizinin herhangi iki komşu elemanının toplamı $n+1$ veya $n-1$ olacaktır.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

$|AB|=13, |BC|=4, |CA|=15$ olan bir $ABC$ üçgeninde iç teğet çemberin merkezi $I$ ve $BC$ kenarının orta noktası $M$ dir. $IM$ doğrusu $BC$ kenarına ait yüksekliği $K$ de kesiyor. Buna göre $|AK|$ kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt :$\boxed{A}$

Heron formülünden üçgenin alanı $24$ bulunur. $u=16$ olduğu için $u.r=24$ ten iç teğet çemberin yarıçapı $r=\dfrac{3}{2}$ bulunur. Aynı zamanda $BC$ kenarına ait yükseklik $BC$ yi $H$ de kessin. Alandan dolayı $AH=12$ bulunur. Üçgen geniş açılı olduğu için $H$ noktası $|BC|$ nin dışındadır. $BH=5$ bulunur.İç teğet çemberin $BC$ kenarına değdiği noktaya $D$ diyelim. Basit hesaplamalarla $BD=1$ bulunur. O zaman $DM=1$ dir. $KHM$ ve $IDM$ üçgenlerinin benzerliğinden $\dfrac{1}{7}=\dfrac{\tfrac{3}{2}}{KH}$ ve $KH=\dfrac{21}{2}$ bulunur. $AK=12-KH=\dfrac{3}{2}$ bulunur.

Pozitif tam sayılardan oluşan bir $(a_n)_{n=1}^\infty$ dizisinin terimleri her $n\ge1$ için $a_{n+1}=a_n^3+1376$ eşitliğini sağlamaktadır. Buna göre bu dizinin terimleri arasında en fazla kaç tane tam kare olabilir?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

Tam küpler $\pmod 7$ de $0,1,6$ kalanlarını verebilir. $1376 \equiv 4 \pmod 7$ dir. O zaman $n \ge 2$ olmak üzere $a_{n} \equiv 3,4,5 \pmod 7$ dir. Tam kareler $\pmod 4$ te $0,1,2,4$ kalanlarını verdiğinden $a_{n} \equiv 4 \pmod 7$ olursa ancak tam kare olabilir. Farz edelim ki $k \ge 2$ olmak üzere bir $a_k$ için $a_k \equiv 4 \pmod 7$ olsun. O zaman $a_{k+1} \equiv 5 \pmod 7$ olur. $a_{k+2} \equiv 3 \pmod 7$ olur. Devam edersek $a_{k+3} \equiv 3 \pmod 7$ olduğu görülür. Yani bundan sonra bütün terimler $\pmod 7$ de $3$ kalanı verir. Demek ki bir $a_k \equiv 4 \pmod 7$ için $a_k$ dan sonraki terimlerin hiçbiri tam kare olamaz. Şimdi $a_k$ dan önceki terimlere bakalım. $a_{k-1} \equiv 0 \pmod 7$ olmalıdır. Ama $n \ge 2$ olmak üzere $a_{n} \equiv 3,4,5 \pmod 7$ olmak zorunda demiştik. O zaman $k-1 \lt 2$ olmalıdır. Yani tam kare olarak farz ettiğimiz $a_k$ terimi $a_2$ veya $a_1$ olabilir. Eğer $k=1$ ise dizide en fazla bir tane tam kare olabilir. Eğer $k=2$ ise dizide en fazla $2$ tane tam kare olabilir. Yani hem $a_1$ hem de $a_2$ tam kare olması koşuluyla. Dolayısıyla bu dizide en fazla $2$ tane tam kare bulunabilir. Örnek olarak $a_1=7^2$ ve $a_2=49^3+1376=343^2+4.343+4=345^2$ verebiliriz.

Çözüm 2:

Ardışık iki tam kare terim örneğinin nasıl bulunduğunu açıklayalım. $a_n=y^2$ ve $a_{n+1}=x^2$ olsun. $x^2-y^6=1376$ dır. Çarpanlara ayırırsak

$$(x-y^3)(x+y^3)=2^5\cdot 43 $$

olur. Muhtemel durumlar incelenirse yalnızca $x-y^3=2$ ve $ x+y^3=688$ denklem sisteminden çözüm gelir ve $(x,y)=(345,7)$ bulunur.

Tüm terimleri birbirinden ve sıfırdan farklı bir $(a_n)_{n=0}^\infty$ gerçel sayı dizisi $a_0=\sqrt2$ ve her $n\ge1$ için $a_n a_{n+1}+\dfrac{4}{a_n a_{n-1}}=2\left(1+\dfrac{a_{n+1}}{a_{n-1}}\right)$ koşulunu sağlıyor. Buna göre $a_1\cdot a_2\cdots a_{2016}$ çarpımının alabileceği kaç farklı değer vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $1$.

İfade düzenlenirse $\left(a_n a_{n+1}-2\right)\left(a_n a_{n-1}-2\right)=0$ elde edilir. Buradan da tüm terimler farklı olduğundan her $i=0,2,4, \ldots$ için $a_i a_{i+1}=2$ veya her $i=1,3,5, \ldots$ için $a_i a_{i+1}=2$ olmalıdır. $a_0=\sqrt{2}$ olduğundan ilki olamaz. Bu durumda da $a_1 \cdot a_2 \cdots a_{2016}=2^{1008}$ olur.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016

Elimizde $12$ kırmızı ve $12$ beyaz top bulunuyor. Bir doğru üzerindeki $6$ boş kutunun her birine bu toplardan $2$ tanesi, herhangi iki komşu kutuda aynı renkli top bulunması koşuluyla kaç farklı biçimde dağıtılabilir?

$\textbf{a)}\ 204 \qquad\textbf{b)}\ 216 \qquad\textbf{c)}\ 228 \qquad\textbf{d)}\ 239 \qquad\textbf{e)}\ 251$

Çözüm:

Yanıt $\boxed{D}$

Problemi genel halde, $2n$ kırmızı ve $2n$ beyaz topu $n$ kutuya dağıtma şeklinde çözelim. İstenen özellikteki dağıtımların sayısı $a_n$ olsun. Kırmızı ve beyaz topları kısaca $K,B$ ile gösterelim. İlk kutuya $KK$, $KB$, $BB$ dağıtıldığında kalan $n-1$ kutuya istenen özellikte sırasıyla $b_{n-1}$, $c_{n-1}$, $b_{n-1}$ yolla dağıtılsın. $a_{n}$ bu üç ayrık toplamından oluşur.

$$ a_n = 2b_{n-1} + c_{n-1}…(1)$$
Şimdi $b_{n-1}$ i inceleyelim. İkinci kutuya $KK$ veya $KB$ konabileceğinden
$$ b_{n-1} = b_{n-2} + c_{n-2}…(2)$$
olur. Şimdi de $c_{n-1}$ i inceleyelim. İkinci kutuya $KK$ , $BB$ veya $KB$ konabileceğinden

$$ c_{n-1} =2 b_{n-2} + c_{n-2}…(3) $$
olur. (1) ve (3) ten
$$c_{n-1}=a_{n-1}…(4) $$
bulunur. Ayrıca (2) ve (3) ten $2b_{n-1}=c_{n-1}+c_{n-2}$ olup (4) ten dolayı bu denklemi

$$ 2b_{n-1}=a_{n-1}+a_{n-2} …(5) $$
biçiminde yazabiliriz. (4) ve (5) i (1) de kullanırsak
$$ a_{n} =2 a_{n-1} + a_{n-2}…(6) $$
indirgeme bağıntısı elde edilir. $a_1$ için $KK,BB,KB$ durumları olup $a_1=3$ bulunur. $a_2$ için $ \{KK,KB\}$, $\{KK,KK\}$, $\{BB,KB\}$, $\{BB,BB\}$, $\{KB,KB\}$, $\{KB,KK\}$, $\{KB,BB\}$ durumları olup $a_2=7$ dir. (6) dan faydalanarak

$a_3=2a_2+a_1 = 17$
$a_4=2a_3+a_2 = 41$
$a_5=2a_4+a_3 = 99$
$a_6=2a_5+a_4 = 239$ bulunur.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninde $BC$ kenarına ait yükseklik $C$ den geçen ve $AB$ doğrusuna $A$ da teğet olan çemberi ikinci kez $K$ de kesiyor. Benzer şekilde $AC$ kenarına ait yükseklik $C$ den geçen ve $AB$ doğrusuna $B$ de teğet olan çemberi ikinci kez $L$ de kesiyor. $|CK|=12$, $|KL|=9$ ise $|CL|$ uzunluğunun alabileceği değerler toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 12 \qquad\textbf{b)}\ 15 \qquad\textbf{c)}\ 18 \qquad\textbf{d)}\ 21 \qquad\textbf{e)}\ 24$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$ABC$ üçgeninde $H$ diklik merkezi olsun.
$\angle HCB = \angle BAH = \angle BAK = \angle ACK$ dır.
Benzer şekilde $\angle HCA = \angle ABH = \angle ABL = \angle BCL$.
Bu iki eşitliği birleştirirsek $\angle ACL = \angle ACK$ elde edilir. Yani $C$, $L$, $K$ doğrusaldır.
Bu durumda, $CL=12-9=3$ ya da $CL=12+9=21$ değerlerini alacaktır. $\boxed{3+ 21=24}$.

Not: Dikkat edilirse $CKL$ doğrusu $CH$ nin izogonal eşleniğidir. Yani $CKL$ doğrusu $ABC$ nin çevrel merkezi $O$ dan geçer. Bu durumda $O$ nun pozisyonuna göre $CO$ doğrusu $AH$, $BH$ doğrularından (yükseklikler) önce birini sonra diğerini kesecektir. Yani sorudaki iki ihtimal de duruma göre gerçekleşecektir.

$\dbinom{3n}{n}$ ifadesinin $2016$ ile tam bölünmesini sağlayan en küçük $n$ pozitif tam sayısı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 11
\qquad{b)}\ 23
\qquad{c)}\ 31
\qquad{d)}\ 43
\qquad{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{B}$

$2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ olduğundan $\dbinom{3n}{n}=\dfrac{(3n)!}{(2n)!\cdot n!}$ ifadesinin asal çarpanlarına ayrılmış halinde $2$, $3$, $7$'nin kuvvetleri sırasıyla en az $5$, $2$ ve $1$ olmalıdır. $3$ ve $7$ asallarından $n$'yi sınırlandırmamız zordur çünkü $n=3$ için $7\mid \dbinom{3n}{n}$ ve $n=4$ için $3^2\mid \dbinom{3n}{n}$ olacaktır. Yani $n$'yi alttan sınırlamak için $2$ asalına bakmak mantıklıdır. $n!$'deki $2$'nin kuvveti $$v(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor$$ olarak hesaplanır. Dolayısıyla $$v\left(\dbinom{3n}{n}\right)=v\left(\dfrac{(3n)!}{(2n)!\cdot n!}\right)=v((3n)!)-v((2n)!)-v(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\left\lfloor\frac{3n}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor\right)$$ $S_n(k)=\left\lfloor\frac{3n}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor$ diyelim. Bu durumda $$v\left(\dbinom{3n}{n}\right)=S_1(n)+S_2(n)+S_3(n)+\cdots$$ olacaktır. Eğer Öklit algoritmasıyla $n=2^ka+b$ olarak yazarsak ($0\leq b<2^k$)

$0\leq b<\frac{2^k}{3}$, $\frac{2^k}{3}<b\leq 2^{k-1}$, $2^{k-1}<b<\frac{2^{k+1}}{3}$ ve $\frac{2^{k+1}}{3}<b<2^k$ durumlarını incelersek her durumda $S_n(k)=0$ veya $1$ olabileceğini görürüz. Eğer $3n<2^k$ ise $S_n(k)$ kesinlikle $0$ olacaktır, bu yüzden $S_n(k)=1$ olması için $3n\geq 2^k$ olmalıdır. Her $n$ için $S_1(n)=0$ olacağından $5$'i elde etmek için ilk $6$ terime bakmalıyız, eğer $3n<2^6=64$ ise $k\geq 6$ için $S_k(n)=0$ olacaktır ve sadece $k=2,3,4,5$ için $S_k(n)=1$ olabileceğinden $2$'nin $5.$ kuvveti elde edilemez. Dolayısıyla $3n\geq 64$ olmalıdır. Yani $n\geq 22$ olmalıdır.

$n=22$ ise $v\left(\dbinom{3n}{n}\right)=4$ olacaktır. İstenileni sağlamaz. Ancak $n=23$ için $2$, $3$ ve $7$'nin kuvvetleri istenilen şekilde olacaktır.

$P(x)=(x^3+x+1)(x^3-3x^2+4x-3)$ polinomunun gerçel köklerinin toplamı kaçtır?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

$P(x)$ polinomunun bir kök varsa bu kök ya $x^3+x+1$ polinomunun ya da $x^3-3x^2+4x-3$ polinomunun bir köküdür.Öncelikle, $x^3+x+1$ in Descartes'ın işaret değişimi kuralından hiç pozitif kökü yoktur.$x$ yerine $-x$ yazarak da yine Descartes'ten tam olarak bir negatif kökü olduğuna ulaşırız.
$x^3+x+1$ polinomunun bir kökü $a$ olsun. Şimdi $x^3-3x^2+4x-3$ polinomunda $x$ yerine $1-a$ yazalım. $(1-a)^3-3(1-a)^2+4(1-a)-3 = -(a^3+a+1)=0$ olduğundan; buradan $x^3+x+1$ ve $x^3-3x^2+4x-3$ polinomlarını kökleri arasında bire bir eşleme olduğuna ulaşırız. Yani iki polinomun da tam olarak birer reel kökü vardır ve toplamları $1$ dir.

Çözüm 2:

$x^3-3x^2+4x-3=(x^3-3x^2+3x-1)+(x-1)-1$ olduğundan $y=x-1$ dersek $y^3+y-1=0$ olur. Bu ifade $y$ değişkenine göre artan bir fonksiyon belirttiğinden tam olarak $y_1=x_1 - 1$ şeklinde bir gerçel köke sahiptir. Ayrıca $x^3+x+1=0$ ifadesi de $x$ e göre artan bir fonksiyon belirttiğinden tam olarak $x=x_2 $ şeklinde bir gerçel köke sahiptir. Dolayısıyla $P(x)=0$ denkleminin iki farklı gerçel kökü vardır.
$$ x^3+x+1=0 \\ y^3+y-1=0 $$
denklemlerini taraf tarafa toplarsak $(x^3+y^3)+(x+y)=0$ olup $(x+y)(x^2+y^2-xy+1)=0$ elde edilir. $ x^2+y^2-xy+1>0$ olduğundan $x+y=0$ olmalıdır. Buradan $x_1+x_2=1$ elde edilir.

Bir torbada başlangıçta $2016$ adet eşit uzunluklu çubuk bulunuyor. Her işlemde bir çubuk seçilip iki eşit parçaya bölünüyor. İşlemler nasıl yapılırsa yapılsın torbada her zaman en az $n$ tane eşit uzunluklu çubuk bulunuyorsa, $n$ nin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad{b)}\ 505
\qquad{b)}\ 756
\qquad{b)}\ 1009
\qquad{b)}\ 1511
$

Çözüm:

Yanıt $\boxed{D}$

$2016$ tane $1$ birim uzunluğunda parça olsun. Bunları $1$, $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{2^2}$, $\dots $, $\frac{1}{2^k}$ birimlik parçalara sırasıyla $x_0$, $x_1$, $\dots$, $x_k$ tane olacak şekilde ayıralım. Bunların her birinden en fazla $n$ tane vardır. Yani $\max\{x_0, x_1,\dots, x_k \} =n$ dir. Bunların toplam uzunluğu $T=1\cdot x_0+\frac{1}{2}\cdot x_1+\frac{1}{2^2}\cdot x_2+\cdots + \frac{1}{2^k}\cdot x_k = 2016$ olur. Her $i$ için $x_i \leq n$ olduğundan $n \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots + \frac{1}{2^k} \right) \geq 2016$ dır. Geometrik toplam formülünden $2n\dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}} \geq 2016$ dır. Ayrıca $ \dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}} <1$ olduğundan $n>1008$ elde edilir.

Şimdi de $n=1009$ için $T=1\cdot x_0+\frac{1}{2}\cdot x_1+\frac{1}{2^2}\cdot x_2+\cdots + \frac{1}{2^k}\cdot x_k = 2016$ denklemini sağlayan $ x_0$, $x_1$, $\dots$, $x_k $ tamsayılarına örnek bulalım. $k=10$, $x_0=1009$ alırsak bu denklem

$$2^9x_1 + 2^8x_2 + \cdots + 2x_9+x_{10} = 1007\cdot 2^{10} $$

biçimine dönüşür. $x_1=x_2=\dots = x_{10} = 1007$ örnek bir çözümdür.

$m(\widehat {ABD})=45^\circ$ koşulunu sağlayan bir $ABCD$ kirişler dörtgeninde $CD$ doğrusu $[BA$ ışınını $E$ de kesiyor. $|AB|+|BD|=|AE|$ ve $|ED|=2|AC|$ ise $m(\widehat {DEB})$ nedir?

$\textbf{a)}\ 15^\circ \qquad\textbf{b)}\ 22.5^\circ \qquad\textbf{c)}\ 30^\circ \qquad\textbf{d)}\ 37.5^\circ \qquad\textbf{e)}\ 45^\circ$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

$AC=1$ olsun ve $\angle DEB = \alpha$ olsun.

$ACE$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $AE=\dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$.

$BDE$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $BD = \dfrac {2\sin \alpha}{\sin 45^\circ}$ ve $BE=\dfrac{2\sin (\alpha + 45^\circ)}{\sin 45^\circ}=2(\sin \alpha + \cos \alpha)$ olacaktır.

$AB=BE - AE = 2 (\sin \alpha + \cos \alpha) - \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$ olacağından $AB+BD=AE$ eşitliğini yazarsak $$2(\sin \alpha + \cos \alpha) - \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha} + \dfrac {2\sin \alpha}{\sin 45^\circ} = \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$$ düzenleyip $$\sin \alpha + \cos \alpha= \dfrac{\sin 45^\circ}{\sin \alpha} - \dfrac{\sin \alpha}{\sin 45^\circ} = \dfrac{\dfrac 12 - \sin^2 \alpha}{\dfrac 1 {\sqrt 2} \sin \alpha }$$ $$\sqrt 2\sin\alpha(\sin \alpha + \cos \alpha) = 1 - 2\sin^2 \alpha $$ $$2\sin^2\alpha - 1 + 1 + \sin 2\alpha = \sqrt 2 \cos 2\alpha$$ $$1-\cos 2\alpha + \sin 2\alpha = \sqrt 2 \cos 2\alpha$$
$\sin 2\alpha = x$ dersek $$1 - \sqrt {1-x^2} + x = \sqrt 2 \sqrt {1-x^2} \Rightarrow (\sqrt {1+x})^2 = \sqrt{1-x}\sqrt {1+x}(\sqrt 2 + 1)$$ $$ \sqrt {\dfrac {1+x}{1-x}} = \sqrt 2 + 1 $$ $$\dfrac{1+x}{1-x} = 3 + 2\sqrt 2$$ $$ x(4+2\sqrt 2) = 2 + 2\sqrt 2\Rightarrow x = \dfrac 1 {\sqrt 2} \Rightarrow 2\alpha = 45^\circ \Rightarrow \alpha = 22,5^\circ$$

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$

$[BD$ üzerinde $BF=BE$ olacak şekilde bir $F$ noktası alalım. $\angle EFB=\angle FEB = 67,5^\circ$ ve $DF=2AB$ olacaktır.
$\angle FDE = \angle CDB = \angle BAC$ ve $DF / DE = AB / AC$ olduğu için $\triangle DFE \sim \triangle ABC$ $(K.A.K)$. Bu durumda $FE = 2BC$ ve $\angle CBA = 67,5^\circ$ olacaktır.
$EF$ nin orta noktası $G$ olsun. $BG \perp EF$ dir. Ayrıca $(K.A.K)$ dan $\triangle GEB \cong \triangle CBE$ dir. Bu durumda $EC \perp BC$ olup $\angle CEB = 22,5^\circ$ çıkacaktır.

Çözüm 3:

Yanıt $\boxed{B}$

Probleme genel bir çözüm verelim. Verilen uzunluk eşitliklerinin yanında $m(\widehat{ABD})=2\alpha$ ve $m(\widehat{DEB})=\beta$ ise $\alpha = \beta$ olduğunu ispatlayalım.

Kirişler dörtgeninde çevre açılardan $m(\widehat{ACD})=2\alpha$ olur. $|AB|=x$, $|BD|=y$, $|AC|=z$ dersek $|AE|=x+y$ ve $|ED|=2z$ olur. $ADE$ üçgeninin alanını iki farklı yolla hesaplayalım. $D$ noktasından $AE$ ye inen yüksekliğin uzunluğuna $h_1$ dersek $h_1=y\sin 2\alpha$ olur. $A$ noktasından $DE$ ye inen yüksekliğin uzunluğuna $h_2$ dersek $h_2=z\sin 2\alpha$ olur. $Alan(ADE) = \frac12 |AE|h_1=\frac12 |DE|h_2$ olduğundan $2z^2=y(x+y)$ elde edilir.

Şimdi $BDE$ üçgeninde sinüs teoremini yazarsak

$\dfrac{y}{\sin \beta}=\dfrac{2x+y}{\sin (2\alpha + \beta)}=\dfrac{2z}{\sin 2\alpha}=\dfrac{2(x+y)}{\sin \beta + \sin (2\alpha + \beta)}$

olup

$\dfrac{y}{\sin \beta}\cdot \dfrac{2(x+y)}{\sin \beta + \sin (2\alpha + \beta)}= \dfrac{4z^2}{\sin^2 2\alpha}$

bulunur. $2z^2=y(x+y)$ eşitliğinden

$\sin^2 2\alpha= \sin^2 \beta + \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies \sin^2 2\alpha - \sin^2 \beta = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies (\sin \alpha - \sin \beta)\cdot(\sin \alpha + \sin \beta) = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies \sin (2\alpha - \beta)\cdot\sin (2\alpha + \beta) = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta)$
$\implies 2\alpha - \beta=\beta$
$\implies \alpha = \beta$ sonucuna ulaşılır.

$23,29,31,37,41$ sayılarından kaç tanesi en az bir $(m,n)$ pozitif tam sayı ikilisi için $m^7-n^7-3$ sayısını böler?

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

Çözüm 1:

Yanıt:$\boxed{D}$

$m^7-n^7\equiv 3 \pmod{k},k\in \{23,29,31,37,41\}$ denkliğinin çözümlerinin varlığını arıyoruz.

İlk olarak $k=23$ için, $m=k^{3},n=\ell^{3}$ olarak değiştirirsek, denklik, $k^{21}-\ell^{21}\equiv 3 \pmod{23}$ şekline döner, Euler-Phi fonksiyonundan, $\varphi(23)=22$ bulunur. Böylece, $k^{21}-\ell^{21} \equiv 3 \pmod{23}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{\ell}\equiv 3 \pmod{23}\Rightarrow \dfrac{\ell}{3\ell+1}\equiv k \pmod{23}$ denkliğinin çözümünün olabilmesi için, $\left(23,\dfrac{\ell}{3\ell+1}\right)|k$ olması gerekir ki zaten $(n,3n+1)=1$ olduğundan bu doğrudur. O halde $23$ bu koşulları sağlar.

Şimdi $k=29$ olsun. Kare alırsak, $m^7-n^7\equiv 3 \pmod{29}\Rightarrow m^{14}+n^{14}\equiv 9+2(mn)^7\Rightarrow m^{28}+n^{28}+2(mn)^{14}\equiv 81+4(mn)^{14}+36(mn)^7 \pmod{29}$ Burada Euler-Phi fonksiyonundan $\varphi(29)=28$ bulunur. Düzenlersek, $2\equiv 23+2(mn)^{14}+36(mn)^{7} \pmod{29}\Rightarrow (mn)^{14}+18(mn)^{7}+81\equiv 85 \pmod{29}\Rightarrow \left((mn)^{7}+9\right)^2\equiv 27 \pmod{29}$ bulunur. $27\equiv -2 \pmod{29}$ olduğundan $27$ $\pmod{9}$ da kare kalan değildir. O halde $29$ bu koşulları sağlamaz.

Şimdi de $k=31$ olsun. Burada $m=a^{13},n=b^{13}$ olarak değiştirirsek, Euler-Phi fonksiyonundan, $\varphi(31)=30$ bulunur. Böylece $k^{91}-\ell^{91} \equiv 3 \pmod{31}=k-\ell\equiv 3 \pmod{31}$ buradan $k\equiv 4 \pmod{31}$ ve $\ell\equiv 1 \pmod{31}$ olarak bulunur. Yani $31$ koşulları sağlar.

Şimdi $k=37$ olsun. $m=k^{5},n=\ell^{5}$ olarak değiştirirsek, denklik, $k^{35}-\ell^{35}\equiv 3 \pmod{37}$ şekline döner. Euler-Phi fonksiyonundan $\varphi(37)=36$ bulunur. Böylece, $k^{35}-\ell^{35}\equiv 3 \pmod{37}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{\ell}\equiv 3 \pmod{37}\Rightarrow \dfrac{\ell}{3\ell+1}\equiv k \pmod{37}$ denkliğinin çözümünün olabilmesi için, $\left(37,\dfrac{\ell}{3\ell+1}\right)|k$ olması gerekir ki zaten $(n,3n+1)=1$ olduğundan bu doğrudur. O halde $37$ bu koşulları sağlar.

Son olarak $k=41$ olsun. $m=k^{6},n=\ell^{6}$ olarak değiştirirsek, denklik, $k^{42}-\ell^{42}\equiv 3 \pmod{41}$ şekline döner. Euler-Phi fonksiyonundan $\varphi(41)=40$ bulunur. Böylece, $k^{42}-\ell^{42}\equiv 3 \pmod{41}= k^2-\ell^2\pmod{41}$ denkliğinin çözümü $k\equiv 2 \pmod{41}$, $ \ell\equiv 1\pmod{41}$ olduğundan bu doğrudur. O halde $41$ de bu koşulları sağlar.

Sonuç olarak verilen $5$ sayıdan $4$ ü bu koşulları sağlar

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed D$

$p\in\{23, 31, 37, 41\}$ sayıları için $k\cdot 7\equiv1\pmod{p-1}$ olacak şekilde $k$ sayısı bulunabileceğini biliyoruz. Çünkü $7$ sayısı $22, 30, 36, 40$ sayılarının hepsiyle aralarında asaldır.

$p\in\{23, 31, 37, 41\}$ sayıları için $m^7 - n^7 - 3\equiv0\pmod p$ olacak şekilde $(m,n)$ tamsayılarının bulunduğunu gösterelim.

$k\cdot 7\equiv1\pmod{p-1}$ olsun. $m=a^k, n=b^k$ olacak şekilde seçelim. $\Longrightarrow a^{7k}\equiv a\pmod p$, $\Longrightarrow b^{7k}\equiv b\pmod p$ olur.

$\Longrightarrow m^7-n^7-3\equiv a - b - 3\pmod p$ olur. $a=4, b=1$ seçerek koşulu sağlatırız.

Şimdi $m^7 - n^7 - 3\equiv0\pmod{29}$ olacak şekilde $(m,n)$ tamsayılarının bulunmadığını gösterelim.

$x^{28}\in\{0,1\}\pmod{29}$ olduğundan $k=x^7$ sayısı için $k^4\in\{0,1\}\pmod{29}$ dur. Bu $k=x^7$ sayısının alabileceği değerlere bakalım.

$k\equiv0$ veya $k^4\equiv1\pmod{29} \Longrightarrow (k-1)(k+1)(k^2+1)\equiv0 \pmod{29} \Longrightarrow k\in\{1,-1,12,13\} \pmod{29}$.

$\Longrightarrow x^7 \in \{0,1,12,13,28\}\pmod{29}$

Görüldüğü üzere, $m^7-n^7-3\equiv0\pmod{29}$ olması mümkün değildir.

Sonuç olarak, $23,29,31,37,41$ sayılarından $29$ hariç dördü sorudaki koşulu sağlar.

$a^3+b^3+c^3-3abc=1$ eşitliğini sağlayan $a,b,c$ pozitif gerçelleri için, $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesi $2016^{-2}$, $2016^{-1}$, $1$, $2016$ sayılarından kaç tanesine eşit olabilir?

$\textbf{a)}\ 0
\qquad{b)}\ 1
\qquad{c)}\ 2
\qquad{d)}\ 3
\qquad{e)}\ 4
$

Çözüm 1:

Cevap:$\boxed{D}$

$\dfrac{2}{a+b+c}$ ifadesinin $1$ den büyük olduğunu ispatlayacağız.

Soruda verilen ifade $\sum_{cyc}(a-b)^2=2(\sum_{cyc} a^2-ab)= \dfrac{2(a+b+c)(\sum_{cyc}a^2-ab)}{a+b+c}= \dfrac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a+b+c}=\dfrac{2}{a+b+c}$ olduğundan, $a+b+c$ nin alabileceği minimumunu bulmak yeterli.

Cauchy-schwarz'dan $(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)\geqslant (a^2+b^2+c^2)^2$ bulunur.

Şimdi $a^3+b^3+c^3=3abc+1$ yazarsak, $3abc+1\geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c}$ olduğundan
$(3abc+1)(a+b+c)\geqslant (a^2+b^2+c^2)^2 \Rightarrow (3abc+1)(a+b+c)\geqslant 9abc\sqrt[3]{abc}\Rightarrow a+b+c\geqslant \dfrac{9abc\sqrt[3]{abc}}{3abc+1}$ bulunur.

$a^3+b^3+c^3\geqslant \dfrac{(a+b+c)^3}{9}$ eşitsizliğinden, $9(3abc+1)\geqslant (a+b+c)^3$ ve burada $abc=k$ dersek ifade ,$27^3k^2\leqslant (27k+9)(3k+1)^3\Rightarrow k\leqslant \dfrac{1}{2}$ bulunur. Buradan, $\dfrac{2}{a+b+c}>1$ olur ispat biter. $\blacksquare$

O halde alınabilecek değerler $2016^{-2},2016^{-1}$ ve $1$ dir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed D$

Özdeşik: $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$

Ayrıca $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$

O halde, $(a+b+c)\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]=2$ bilgisi altında $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesinin soruda verilen değerlerden hangilerini alabileceğini bulmak istiyoruz.

$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesinin $2016^{-2}, 2016^{-1}, 1, 2016$ değerlerine eşit olması için $a+b+c$ ifadesinin sırasıyla $2.2016^2, 2.2016, 2, \dfrac{1}{1008}$ değerlerine eşit olması gerekir.

İddia 1: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016$ ve $a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ olması mümkün değildir.
İspat: Olabileceğini varsayalım. $a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ olabilmesi için $a,b,c<1$ olmalıdır. Ancak bu durumda $2016=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2<a^2+b^2+c^2<a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ elde ederiz. Çelişki.

İddia 2: Diğer 3 durum mümkündür.

İspat: Diğer 3 duruma örnek bulacağız. Kolay olması açısından $(a,b,c)=(x+y, x, x)$ formunda örnekler bulalım.

i) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016^{-2}, a+b+c=2.2016^2$
$\Longrightarrow 2y^2=2016^{-2}, 3x+y=2.2016^2$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.

ii) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016^{-1}, a+b+c=2.2016$
$\Longrightarrow 2y^2=2016^{-1}, 3x+y=2.2016$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.

iii) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=1, a+b+c=2$
$\Longrightarrow 2y^2=1, 3x+y=2$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.

O halde $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesi $2016^{-2},2016^{-1}, 1$ sayılarına eşit olabilir ancak $2016$ sayısına eşit olamaz.

Aslı ve Berk başlangıçta birkaç sayı yazılmış tahtada sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Sırası gelen oyuncu tahtadaki bir sayıyı siliyor veya tahtadaki bir sayıyı silip yerine o sayının bir fazlasını, tahtadaki tüm sayıların birbirinden farklı olması ve hiçbirinin $24$ ü aşmaması koşuluyla yazıyor. Oyunu son hamleyi yapan oyuncu kazanıyor. Oyuna her seferinde Aslı başlamak üzere, oyun tahtadaki sayılar $\{2,3,22,23\}$, $\{1,2,3,21,22,23\}$, $\{1,7,12,13,19,24\}$, $\{5,6,11,17,18\}$ ve $\{10,11,12,13,14\}$ olarak birer kez oynanırsa, Aslı bu oyunların kaçını kazanmayı garantileyebilir?

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

Çözüm 1:

Yanıt $\boxed {D}$

Aslı’nın hamlesini $A$, berk’in hamlesini $B$ ile gösterelim. Ayrıca bir sayı silinirse onun yerine $0$ koyalım.
Oyunun kazandıran stratejisini belirlemek için daha az sayıyla oynayalım. Örneğin tahtada $\{ 20,21 \}$ sayıları yazılı olsun. $\{ 20,21 \}$ için $A$ $\{ 20,0 \}$ ya da $\{ 21,0 \}$ oynarsa $B$ de diğer sayıyı siler. Yani $\{ 0,0 \}$ bırakıp oyunu kazanır. Eğer $A$ $\{ 20,22 \}$ oynarsa $B$ de $\{ 21,22 \}$ oynayıp yine $A$ ya ardışık sayılar bırakır. Bu yolla $B$ başlangıç pozisyonunu korur ve oyunu kazanır. $a$ uygun aralıkta bir tamsayı olsun.
(1) $\{ a, a+1 \}$ ile başlayan oyunu $B$ kazanır.
(2) $\{ a, a+2 \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ a+1, a+2 \}$ hamlesini yaparak $B$ ye (1) durumunu bırakır. $A$ kazanır.
(3) $\{ a, a+3 \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ a+1, a+3 \}$ hamlesini yaparsa $B$ ye (2) durumunu bırakır. $B$ kazanır. Eğer $A$, $\{ a, a+4 \}$ hamlesini yaparsa $B$ de buna karşılık $\{a+1, a+4 \}$ hamlesini yaparak sayılar arasındaki farkı korumuş olur. Bu yolla $B$ kazanır.
(4) $\{ a, a+4 \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ a+1, a+4 \}$ hamlesini yaparsa $B$ ye (3) durumunu bırakır. $A$ kazanır.
Sonuç 1. Tek sayıyı $T$ ile ve çift sayıyı $Ç$ ile gösterelim. $\{ T, T \}$ veya $\{ Ç, Ç \}$ oyunlarını $A$ kazanır. $\{ T, Ç \}$ oyunlarını $B$ kazanır.

Şimdi üç sayıdan oluşan oyunları inceleyelim.
(5) $\{ T, T, T \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ T, T, 0 \}$ yaparsa $B$ ye kazandırır. O halde $A$, $\{ T, T, Ç \}$ yapar. Buna karşılık $B$ de $\{ 0, T, Ç \}$ hamlesiyle karşılık verir. $B$ kazanır.
(6) $\{ T, T, Ç \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ 0, T, Ç \}$ yapar. $A$ kazanır.
(7) $\{ T, Ç, Ç \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ 0, T, Ç \}$ yapar. $A$ kazanır.
(8 ) $\{ Ç, Ç, Ç \}$ ile başlayan oyunda $A$ $\{ 0, Ç, Ç \}$ yaparsa $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ T, Ç, Ç \}$ yaparsa $B$ $\{ T, Ç, 0 \}$ hamlesiyle karşılık verir. $B$ kazanır.
Sonuç 2. $\{ T, T, T \}$ ve $\{ Ç, Ç, Ç \}$ oyunlarını $B$ kazanır. $\{ T, T, Ç \}$ ve $\{ T, Ç, Ç \}$ oyunlarını $A$ kazanır.

Şimdi dört sayıdan oluşan oyunları inceleyelim.
(9) $\{ T, T, T, T \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, T,0 \}$ hamlesini yapar. (5) e göre $A$ kazanır.
(10) $\{ T, T, T, Ç \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, T,0 \}$ hamlesini yapar. (5) e göre $A$ kazanır.
(11) $\{ T, T, Ç,Ç \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, Ç,0 \}$ ya da $\{ 0, T, Ç,Ç \}$ hamlesini yaparsa (6-7) ye göre $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ T, T, T,Ç \}$ yaparsa $B$ $\{ T, T, T,0 \}$ hamlesini yapar ve (5) e göre $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ T, Ç, Ç,Ç \}$ yaparsa $B$ $\{ 0, Ç, Ç,Ç \}$ hamlesini yapar ve (8 ) e göre $B$ kazanır.
(12) $\{ T, Ç, Ç, Ç \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, Ç, Ç \}$ yapar ve (11) e göre $A$ kazanır.
(13) $\{ Ç, Ç, Ç, Ç \}$ oyununda $A$ $\{ 0, Ç, Ç, Ç \}$ yapar ve (8 ) e göre $A$ kazanır.
Sonuç 3. $\{ T, T, Ç,Ç \}$ oyununda $B$, diğer oyunlarda $A$ kazanır.

Şimdi beş sayıdan oluşan oyunları inceleyelim.
(14) $\{ T, T, T, T, T \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, T,T, Ç \}$ oynar. Buna karşılık, $B$ $\{ T, T, T,T, 0 \}$ oynarsa (9) a göre $A$ kazanır. Eğer $B$ $\{ T, T, T, T, T \}$ oynarsa $A$ tekrar $\{ T, T, T, T, Ç \}$ oyununu oynar. Eğer $B$ $\{ T, T, T, Ç, Ç \}$ oynarsa $A$ tekrar $\{ T, T, T, T, Ç \}$ oyununu oynar. Yani $B$ nin tüm hamlelerine karşı $A$ nın ve başlangıç pozisyonunu koruduğu bir hamlesi vardır. Böylece $A$ kazanır.
(15) $\{ T, T, T, T, Ç \}$ oyununda (15) deki incelemeden dolayı $B$ kazanır.
(16) $\{ T, T, T, Ç, Ç \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, T, T, Ç \}$ hamlesini yapar. (14) deki incelemeden dolayı $A$ kazanır.
(17) $\{ T, T, Ç, Ç, Ç \}$ oyununda $A$ $\{ T, T, Ç, Ç, 0 \}$ hamlesini yapar. (11) den dolayı $A$ kazanır.
(18) $\{ T, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ oyununda $A$ sayılardan birini silerse (12-13) durumlarından biri oluşur ve $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ T, T, Ç, Ç, Ç \}$ oynarsa (17) den dolayı $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ Ç, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ oynarsa $B$ $\{ T, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ hamlesiyle başlangıç pozisyonunu korur. Böylece her şekilde $B$ kazanır.
(19) $\{ Ç, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ oyununda eğer $A$ sayılardan birini silerse (13) den dolayı $B$ kazanır. Eğer $A$ $\{ T, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ oynarsa $B$ $\{ Ç, Ç, Ç, Ç, Ç \}$ hamlesiyle başlangıç pozisyonunu korur. Böylece her şekilde $B$ kazanır.
Sonuç 4. $\{ T, T, T, T, T \}$, $\{ T, T, T, Ç, Ç \}$, $\{ T, T, Ç, Ç, Ç \}$ oyunlarını $A$ kazanır. Diğer durumlarda ise $B$ kazanır.

Şimdi probleme dönelim. $\{ 2, 3, 22, 23 \}$ oyununu (11) den dolayı $B$ kazanır. $\{ 5, 6, 11, 17, 18\}$ oyununu (15) den dolayı $A$ kazanır. $\{ 10, 11, 12, 13, 14 \}$ oyununu (17) den dolayı $A$ kazanır. $\{ 1, 2, 3, 21, 22, 23\}$ oyununda $A$ $\{ 1, 2, 3, 21, 23\}$ hamlesini yapar ve (15) e göre $A$ kazanır. $\{ 1, 7, 12, 13, 19, 24\}$ oyununda $A$ $\{ 1, 7, 12, 13, 19 \}$ oynarsa (15) ten dolayı $A$ kazanır.

Çözüm 2:

Cevap: $4$.

Bir oyuncu kendi hamlesi sonucunda tahtadaki tek ve çift sayıların sayısını birbirlerine eşit yaparsa her zaman hamlesi olur. Aslı $\{2,3,22,23\}$ sayılarıyla başlayan oyun dışında bunu yapabiliyor. $\{2,3,22,23\}$ sayılarıyla başlayan oyunda ise Aslının hamlesi ne olursa olsun Berk ilk hamlesi sonucunda tek ve çift sayıların sayısını birbirlerine eşit yaparak oyunu kazanmayı garantiler.

Kaynak: Tübitak 24. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2016