1
Bir torbada başlangıçta $a$ tanesi kırmızı, $b$ tanesi beyaz ve $c$ tanesi de siyah olmak üzere toplam $20$ top bulunmaktadır.
a) Beyaz topların sayısı iki katına çıkarıldıktan sonra torbadan rastgele çekilen bir topun kırmızı olması olasılığının, başlangıçtaki torbadan rastgele çekilen bir topun kırmızı olma olasılığından $\dfrac{1}{25}$ daha az olduğu ve
b) torbadaki bütün kırmızı toplar çıkarılıp geri kalanlar arasında rastgele bir top çekildiğinde, bu topun beyaz olması olasılığının, aynı çekişin başlangıçtaki torbadan yapıldığı durumdakinden $\dfrac{1}{16}$ daha fazla olduğu bilinmektedir.
$a$, $b$ ve $c$ yi bulunuz.
Çözüm 1:
$\dfrac{a}{20}-\dfrac{a}{20+b}=\dfrac{1}{25}$
$\dfrac{b}{20-a}-\dfrac{b}{20}=\dfrac{1}{16}$
$25ab=20(20+b)$
$16ab=20(20-a)$
$b=\dfrac{20(20-a)}{16a}=\dfrac{5(20-a)}{4a}$
$25a\cdot \dfrac{5(20-a)}{4a}=20\left (20+\dfrac{5(20-a)}{4a}\right)=5\cdot \dfrac{75a+100}{a}$
$a(20-a)=12a+16\Longrightarrow a^2-8a+16=0 \Longrightarrow a=4$.
$b=5$, $c=11$.
Çözüm 2:
$\dfrac{a}{20}-\dfrac{a}{20+b}=\dfrac{1}{25}$
$\dfrac{b}{20-a}-\dfrac{b}{20}=\dfrac{1}{16}$
$25ab=20(20+b)$
$16ab=20(20-a)$
$\dfrac{25}{16}=\dfrac{20+b}{20-a}$.
Bu aşamada $b=5$, $a=4$ ün çözüm olduğu açıktır. Başka çözümler de olabileceği için biraz daha işlem yapacağız.
Taraf tarafa çarptığımızda $25a+16b=180$ elde ederiz.
$a=0$ veya $b=0$ ın çözüm olmadığı açıktır.
Eşitliği $\bmod 4$ ve $\bmod 5$ te incelediğimizde ($k,m\in \mathbf Z^+$) $a=4k$ ve $b=5m$ elde ederiz.
$180=25a+16b=100k+80m\geq 180$ olduğu için $k=1$ ve $m=1$ tek çözümdür.
Bu durumda $a=4$, $b=5$, $c=11$ dir.
2
Yalnızca $1$, $6$ ve $9$ rakamları kullanarak yazılan pozitif tam sayıları $1,6,9,11,16,...$ diye küçükten büyüğe doğru dizelim.
a) $1996$ nın bu dizinin kaçıncı terimi olduğunu bulunuz.
b) Bu dizinin $1996$ ıncı terimini bulunuz.
Çözüm:
$a)$
Cevap: $\boxed {65}$
$k$ basamaklı sayıların sayısı $n_k$ olsun.
$n_1=3$, $n_k=3n_{k-1}$, $n_k=3^k$ bağıntısını elde ederiz.
En fazla $k$ basamaklı sayıların sayısı $M_k$ olsun.
$M_1=3$, $M_2=3^2+3=12$, $M_3=3^3+12=39$.
$1999$ sayısı $M_3+n_3=39+27=66$. sayıdır.
O zaman $1996$ da $65.$ sayıdır.
$b)$
Cevap: $\boxed {6191661}$
$M_6=3^6+3^5+3^4+3^3+3^2+3=\dfrac{3^7-3}{3-1}=1092$.
olduğu için aradığımız sayı $7$ basamaklıdır.
$1996-1092=904$ olduğu için $7$ basamaklı $904.$ sayıyı bulacağız.
Bu aşamada $1\to 0$, $6\to 1$, $9\to 2$ dönüşümlerini yapalım.
$0000000$, $0000001$, $0000002$, $0000010$, $\ldots$, $2222222$, $\ldots$ dizisindeki $904.$ elemanı bulmaya çalışıyoruz. Bu da $(903)_{10}=(1020110)_3$ sayısıdır.
Dönüşümü geri alırsak $1020110 \to 6191661$ elde ederiz.
3
Bir $ABC$ eşkenar üçgeninin iç bölgesinde $m(APB)=150^{\circ}$, $|AP|=2 \sqrt3$ cm ve $|BP|=2$ cm olacak biçimde bir $P$ noktası alınıyor. $|PC|$ yi bulunuz.
Çözüm 1:
Klasik bir soru. Sorulduğu yılda da klasik bir soruydu; ama o dönemki orta 3 öğrencileri arasında böyle bir soruyu daha önce görenler yok denecek kadar azdır. (O zamanki eğitim sistemi 5 + 3 + 3 = 11 şeklindeydi, 8. sınıflar orta 3 oluyordu.)
$\triangle ABP \cong \triangle CBQ$ olacak şekilde $\triangle ABP$ yi $[CB]$ kenarı üzerine üçgenin dışarısına doğru yapıştıralım.
$\angle ABP = \angle CBQ$ olduğu için $\angle ABC = \angle PAQ = 60^\circ$ olur. (Dolayısıyla, bu yaptığımız işleme $\triangle ABP$ yi saat yönünde $60^\circ$ döndürme de denebilir.)
$\triangle APQ$ tepe açısı $60^\circ$ olan bir ikizkenar üçgendir, dolayısıyla, $|BP| = |BQ| = |PQ| = 2$ dir.
$\angle CQB = \angle APB = 150^\circ$ olduğu için $\angle PQC = 90^\circ$ dir.
$\triangle PQC$ dik üçgen $ |CQ| = |AP| = 2\sqrt 3$ ve $|PQ|=2$ olduğu için Pisagor'dan $|PC|^2 = (2\sqrt 3)^2 + 2^2 = 16 \Rightarrow |PC|=4$ elde edilir.
Dikkat edilirse $\triangle PQC $ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgenidir. Dolayısıyla, $\angle APC = \angle APQ + \angle CPQ = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$ ve $\angle APB = 360^\circ - 150^\circ - 120^\circ = 90^\circ$ dir.
Not: Soruda $\angle APB = \alpha$ olarak verilseydi, $\triangle PQC$ de $\angle PQC = \alpha - 60^\circ$ olacaktı. Bu durumda $\triangle PQC$ de $|PQ|=|BP|$, $|CQ|=|AP|$ kenarları ve $\cos (\alpha - 60^\circ)$ değerleri ile Kosinüs Teoreminden $|CP|$ hesaplanabilir.
Çözüm 2:
Bu sefer "yapıştırma" ifadesini kullanmadan, bir önceki çözümün neredeyse aynısını $[AC]$ kenarını kullanarak verelim:
$\triangle APR$ eşkenar üçgenini ($R$ ile $P$, $AC$ nin farklı taraflarında kalacak şekilde) çizelim.
$\angle BAP = \alpha$ dersek $\angle PAC = 60^\circ - \alpha$ ve $\angle CAR = \alpha$ olacaktır.
$|CA| = |BA|$, $|AP| = |AR| = 2\sqrt 3$ ve $\angle BAP = \angle CAR = \alpha$ olduğu için $\triangle ABP \cong \triangle ACR \quad (KAK)$. Bu durumda $|CR| = |BP| = 2$ ve $\angle ARC = \angle APB = 150^\circ$ olacaktır.
$\angle PRC = \angle ARC - \angle ARP = 150^\circ - 60^\circ = 90^\circ$ olduğu için $\triangle RPC$ bir dik üçgendir. Pisagor'dan ya da dik üçgenin bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğunu fark ederek $|CP| = 2\cdot |CR| = 4$ elde edilir.
Çözüm 3:
Ortaokul müfredatından çıkıp Trigonometrik Dönüşüm ve Kosinüs Teoremi kullanarak çözüme gidelim.
Bunu yapmadan önce yaptıklarımızın bizi çözüme götüreceğinden emin olalım:
$(1)$ $\triangle ABP$ de iki kenar ve aralarındaki açı bilindiği için $AB$ yani $ABC$ eşkenar üçgeninin bir kenarı hesaplanabilir.
$(2)$ Yine $\triangle ABP$ de $\angle ABP$ için Kosinüs teoremi uygulandığında $\cos \angle ABP$ hesaplanabilir.
$(3)$ $\angle PBC = \angle ABC - \angle ABP = 60^\circ - \angle ABP$ olduğu ve $BP$ ve $AC$ bilindiği için, $\triangle CBP$ de Kosinüs Teoremi uygulanarak $CP$ hesaplanabilir.
Uygulamaya koyulursak:
Kosinüs Teoreminden $AB^2 = AP^2 + BP^2 - 2 \cdot AP \cdot BP \cdot \cos \angle APB = (2\sqrt 3)^2 + 2^2 + 2 \cdot 2 \sqrt 3 \cdot 2 \cdot \cos 30^\circ = 28$ ve $AB=2\sqrt 7$ olarak bulunur.
Yine aynı üçgende kosinüs teoreminden $AP^2 = AB^2 + BP^2 - 2 \cdot AB \cdot BP \cdot \cos \angle ABP$ $\Longrightarrow (2\sqrt 3)^2 = (2\sqrt 7)^2 + 2^2 - 2 \cdot 2\sqrt 7 \cdot 2 \cdot \cos \angle ABP$ $\Longrightarrow \cos \angle ABP = \dfrac {5}{2\sqrt 7}$ ve $\sin \angle ABP = \dfrac {\sqrt 3}{2\sqrt 7}$ elde edilir.
$\cos \angle PBC = \cos (60^\circ - \angle ABP) = \cos 60^\circ \cos \angle ABP + \sin 60^\circ \sin \angle ABP = \dfrac {1}{2} \cdot \dfrac {5}{2\sqrt 7} + \dfrac {\sqrt 3}{2} \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2\sqrt 7} = \dfrac {8}{4\sqrt 7} = \dfrac {2}{\sqrt 7}$.
$\triangle CPB$ de Kosinüs Teoreminden $CP^2 = BP^2 + BC^2 - 2 \cdot BP \cdot BC \cdot \cos \angle PBC$ $\Longrightarrow CP^2 = 2^2 + (2\sqrt 7)^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \sqrt 7 \cdot \dfrac {2}{\sqrt 7} = 16 \Longrightarrow CP = 4$.
Not: Burada yaptığımız adımların aynısını $AP=x$, $BP=y$ ve $\angle APB = \alpha$ değişkenleriyle yaptığımızda (harfli ifadelerden korkmayan okuyucu için bir alıştırma olsun) $CP^2 = z^2 = x^2 + y^2 - xy (\cos \alpha + \sin \alpha \sqrt 3) = x^2 + y^2 -2xy\cdot \cos (\alpha - 60^\circ)$ elde edilir.