Tübitak Lise 1. Aşama - 1993 Çözümleri
1994 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 1. Aşama - 1993 Çözümleri

1
Köşegenleri dik kesişen bir dörtgende köşegenlerin uzunlukları toplamı $12$ ise bu dörtgenin alanı en çok kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 18
\qquad\textbf{b)}\ 32
\qquad\textbf{c)}\ 16
\qquad\textbf{d)}\ 24
\qquad\textbf{e)}\ 36
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

Köşegenlerin uzunluklarına $x$ ve $y$ dersek dörtgenin alanı $A=\dfrac{xy}{2}$ dir. $x+y=12$ verildiği göz önüne alınırsa, arimetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden $xy \leq \left( \dfrac{x+y}{2} \right)^2=36$ olup $A \leq 18$ elde edilir. $x=y=6$ için $A_{\max}=18$ değerine ulaşır.
2
Bir $ABC$ üçgeninde $[AB]$ kenarı üstünde alınan ($A$ ve $B$ den farklı) $n$ değişik nokta ile $C$ yi, $[BC]$ kenarı üstünde alınan ($B$ ve $C$ den farklı) $k$ değişik nokta ile $A$ yı birleştiren doğru parçaları $ABC$ üçgenini toplam kaç bölgeye ayırır?

$
\textbf{a)}\ nk
\qquad\textbf{b)}\ n+1 + kn
\qquad\textbf{c)}\ (n+1)(k+1)
\qquad\textbf{d)}\ (n+1)k
\qquad\textbf{e)}\ (k+1)n
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$[AB]$ üzerindeki $n$ tane noktayı $C$ ile birleştirdiğimizde $n+1$ bölge oluşur. $[BC]$ üzerindeki $k$ tane noktayı $A$ ile birleştirdiğimizde $(n+1)+(n+1)+\cdots +(n+1)$, yani
$k+1$ tane $(n+1)$ bölge oluşur. Dolayısıyla $(k+1)(n+1)$ tane bölge elde edilir.
                 
3
$n$ tamsayısının aşağıdaki değerlerinden hangisi için $2^{10} + 2^{13} + 2^n$ bir tam kareye eşit olur?

$
\textbf{a)}\ 10
\qquad\textbf{b)}\ 11
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 13
\qquad\textbf{e)}\ 14
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$2^{10}=(2^5)^2$ ve $2^{13}=2\cdot(2^5)\cdot2^7$ olduğundan $n=14$ için $2^{10} + 2\cdot(2^5)\cdot2^7+2^{14}=(2^5+2^7)^2$ olur.
4
$13!+1 < p \leq 13! + 13 $ koşulunu sağlayan kaç $p$ asal sayısı vardır?

$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 0
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ 2
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

Verilen aralıkta asal sayı mevcut değildir. Çünkü $13!+2, 13!+3,...,13!+13$ sayıları bileşik sayıdır. $13!$ sayısı çift olduğundan bu sayılardan ikinci bileşeni çift olanlar en azından çifttir. İkinci bileşeni tek olanların ise bu tek bileşenleri  bu tek sayılar 13'ten küçük olduğundan $13!$ sayısı içinde çarpan olarak mevcuttur.
5
Eğer nüfus $t=0$ dan $t=1$ e kadar $\% i $, $t=1$ den $t=2$ ye kadar $\% j $ oranında artmışsa $t=0$ dan $t=2$ ye kadarki nüfus artış oranı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ i+j
\qquad\textbf{b)}\ ij
\qquad\textbf{c)}\ i+j+\dfrac{ij}{100}
\qquad\textbf{d)}\ i+ij
\qquad\textbf{e)}\ i+j+\dfrac{i+j}{100}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$t=0$ anında nüfusun $N$ olduğunu kabul edelim. $t=1$ de nüfus $\% i$ artışla $N\cdot \dfrac{i+100}{100}$ olur. $t=2$ de nüfus $\% j$ oranında yeni bir artışla $\left( N\cdot \dfrac{i+100}{100} \right)\cdot \dfrac{j+100}{100}= N\cdot \dfrac{100+i+j+(ij)/100}{100}$  olur. Dolayısıyla ilk durumdan son duruma kadar nüfus artış oranı yüzde $i+j+\dfrac{ij}{100}$ olur.
6
Aşağıdaki ispatta hangi adım hatalıdır?

TEOREM: $\dfrac12$ sayısının karekökü yoktur.

İSPAT: $x=\sqrt{\dfrac12}$ olduğunu varsayalım. O zaman


$\begin{array}{llr}
  & 2x^2=1 & i \\
\implies  & 2x^2 + 1 =4-4x^2& ii \\
\implies  & x^4 +2x^2 + 1 =x^4 + 4 - 4x^2& iii \\
\implies  & (x^2 + 1)^2 =(x^2 -2)^2& iv\\
\implies  & x^2 + 1 =x^2 -2 & v \\
\implies &  1 = -2 \text{  (çelişki) }& vi
\end{array}$


$
\textbf{a)}\ i\implies ii
\qquad\textbf{b)}\ ii\implies iii
\qquad\textbf{c)}\ iii\implies iv
\qquad\textbf{d)}\ iv\implies v
\qquad\textbf{e)}\ v \implies vi
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$(iv)$ adımındaki $(x^2 + 1)^2 =(x^2 -2)^2$ ifadesinde her iki tarafın karekökü alınırken $x^2+1=|x^2-2|$ yazılmalıdır. $x^2= \dfrac12$ olduğundan $x^2-2<0$ dır. Dolayısıyla $|x^2-2|=2-x^2$ dir. Fakat $ (v)$ adımında $|x^2-2|=x^2-2$ alınarak hata yapılmıştır.
7
$1,2,3,4$ rakamlarının permütasyonuyla elde edilen $4$ rakamlı sayıların tümünün toplamı aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 66660
\qquad\textbf{b)}\ 66000
\qquad\textbf{c)}\ 66600
\qquad\textbf{d)}\ 60000
\qquad\textbf{e)}\ 66666
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{A}$

Bu rakamlar kullanılarak yazılan $4! = 24$ adet sayının her basamağında bu rakamların her biri  $24/4 = 6$ kere tekrar eder. Bu durumda yazılabilecek sayıların toplamı $6(4+40+400+4000+3+30+300+3000+2+20+200+2000+1+10+100+1000) = 66660$ olur.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{A}$

Daha karmaşık tipteki soruları da çözmeye yarayacak güçlü bir yöntemi açıklayalım:

Her bir rakam her bir basamakta eşit sayıda ($6$ kez) görülecektir. $a=\dfrac{1+2+3+4}{4}=\dfrac52$ olmak üzere bu simetriden dolayı $4!=24$ sayının her birini $aaaa$ dört basamaklı sayısı gibi düşünebiliriz. Bunların toplamı $24\cdot aaaa = 24 \cdot a \cdot 1111 = 66660$ bulunur.
8
$$ \begin{array}{lcr}  xz-yt & = & 1 \\   xt+4yz & = & 3  \end{array}$$
denklem çiftinin $x,y,z,t$ negatif olmayan tam sayılar olmak üzere kaç tane $(x,y,z,t)$ çözüm takımı vardır?

$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ 0
\qquad\textbf{e)}\ 3
$
Çözüm:
Yanıt:$\boxed{C}$

$x$  ve  $y$   değişkenlerine göre denklem sistemi çözülürse  $x=\dfrac{4z+3t}{4z^2+t^2}$   ve  $y=\dfrac{3z-t}{4z^2+t^2}$  bulunur.  Negatif olmayan tam sayılarda çalıştığımızdan  aşikar olarak   $3z-t \lt 4z^2+t^2$ olduğundan $y$ nin tam sayı olması için  $3z-t=0$  yani    $y=0$  olmalıdır. Bu durumda   $x=\dfrac{1}{z}$ olacağından $x=z=1$ olmalıdır. Buna karşılık   $t=3$   olması gerektiğinden  denklem sistemini sağlayan tek çözüm takımı  $(1,0,1,3)$  olur.
9
$\quad$
Şekilde $D$ merkezli, $z$ yarıçaplı çember $AB$ doğrusuna ve $O$ merkezli $[AB]$ çaplı çembere teğettir. $|AC|=x$, $|CB|=y$ ise, $x$, $y$, $z$ arasında hangi bağıntı vardır?

$
\textbf{a)}\ 2z^2=xy
\qquad\textbf{b)}\ zx+zy=xy
\qquad\textbf{c)}\ 2z^2=x^2+y^2
\qquad\textbf{d)}\ zx+xy=zy
\qquad\textbf{e)}\ x^2=y^2+z^2
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

$[AB]$ çaplı çemberin yarıçapı $\dfrac{x+y}{2}$ olacağından  $|OD|=\dfrac{x+y}{2}-z$ ve  $|OC|=\dfrac{x-y}{2}$ olur. $OCD$ üçgeninde Pisagor teoremi yazılırsa $\left(\dfrac{x+y}{2}-z \right)^2=\left(\dfrac{x-y}{2} \right)^2+z^2$  eşitliğinden $zx+zy=xy$  bulunur.
10
$\quad$

Şekilde $ABC$ ikizkenar üçgen olup $m(\widehat {A})=120^\circ$ dir. $x,y$ doğruları sırasıyla $[AB]$ ve $[AC]$ nin orta dikmeleri, $x\cap [BC] = \{ D \}$, $y\cap [BC] = \{ E \}$ ve $|BC|=24$ olduğuna göre, $|DE|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 14
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 10
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ 8
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$[AD]$ ve $[AE]$ çizilirse $ABD$, $AEC$ üçgenleri ikizkenar, $ADE$ üçgeni de eşkenar olur. Böylece $|BD|=|DE|=|EC|=\dfrac{24}3=8$ dir.
11
$x^2+(x+1)^2+(x+2)^2=y^2$ denkleminin $x,y$ tamsayı olacak şekilde kaç tane $(x,y)$ çözüm takımı vardır?

$
\textbf{a)}\ \text{Sonsuz}
\qquad\textbf{b)}\ 12
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 0
\qquad\textbf{e)}\ 3
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{D}$

Verilen denklemi $y^2=3x^2+6x+5$ biçiminde yazalım. Bu ifadeyi $\mod{3}$ 'te incelersek $y^2 \equiv 2 \pmod{3}$ bulunur. Halbuki bir $y$ tamsayısı için $y \equiv 0, 1, -1 \pmod{3}$ olup bu değerlerin karesini alırsak $y^2 \equiv 0,1 \pmod{3}$ elde edilir. Yani $y^2 \not\equiv 2 \pmod{3}$ dir. Dolayısıyla $y^2=3x^2+6x+5$ denkleminin tamsayılarda çözümü yoktur.
Çözüm 2:
$x$, $x+1$, $x+2$ sayıları $\bmod 3$ te, $0,1,2$ sayılarının bir permütasyonuna denktir. Bu durumda, $y^2\equiv  0 + 1 +4 \equiv 5 \equiv 2 \pmod 3$ denkliğinin çözümü olmadığı kolayca görülebilir.
12
$7$ yolcu $3$ vagondan oluşan boş bir trene rastgele birer vagon seçerek binerler. Birinci vagonda tam olarak iki yolcu bulunması olasılığı aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{224}{729}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{448}{729}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{560}{2187}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{452}{2187}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{512}{2187}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

Tüm durumların sayısı $3^7=2187$ ve istenen durumların sayısı $\dbinom{7}{2} \cdot 2^5 =21 \cdot 32$ olup olasılık $\dfrac{21\cdot 32}{2187} = \dfrac{224}{729}$ elde edilir.
13
$k>1$ bir tamsayı ve $k\not\equiv 9 \pmod {17}$ ise, $2k-1$ ve $9k+4$ tamsayılarının en büyük ortak böleni aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 7
\qquad\textbf{b)}\ 17
\qquad\textbf{c)}\ 2k-1
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

Çözüm için Öklid algoritması kullanalım. Buna göre $Obeb(a,b)=Obeb(a,a+bk)$ olgusunu kullanacağız. $Obeb(2k-1,9k+4)=Obeb(2k-1,k+8)=Obeb(-17,k+8)$ olur. Verilenlerden $k+8\not\equiv 0 \pmod {17}$ olduğundan yanıt $17$  olamayacağından, $1$ olmalıdır.
14
$\begin{array}{lcr} xy+x+y & = & 5 \\  x^2y+xy^2 & = & 6  \end{array}$

denklemleri veriliyor. $y>1$ ise $x^2+2y^2$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 9
\qquad\textbf{d)}\ 8
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm:
Yanıt:$\boxed{C}$

İlk denklemi sırasıyla  $x$  ve $y$ ile çarpıp çıkan denklemleri toplarsak $x^2y+xy^2+(x+y)^2=5(x+y)$ ve  $x+y=t$ dersek  $t^2-5t+6=0$ denklemini elde ederiz. Denklemin kökleri $x+y=3$  ve  $x+y=2$ dir. Şimdi $x+y=3$ alarak verilen denklemleri toplarsak  $xy(x+y+1)+x+y=11$ denklemine yani $xy=2$ değerine ulaşırız. $x+y=3$  ve $xy=2$ denklemlerinin ortak çözümünden $x=2$ ve  $x=1$ elde olunur.  $x=1$ için  $y=\dfrac{2}{x}=2 \gt 1$ olur. $x+y=2$  olması durumda reel kökler oluşmaz. Öyleyse $x^2+2y^2=1+8=9$   bulunur.
15
Bir $ABC$ üçgeninde $A$ ve $B$ köşelerinden çizilen kenarortaylar dik olarak kesişmektedir. $|BC|=7$, $|AC|=9$ olduğuna göre, $|AB|$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$
\textbf{a)}\ \sqrt{28}
\qquad\textbf{b)}\ \sqrt{24}
\qquad\textbf{c)}\ \sqrt{27}
\qquad\textbf{d)}\ \sqrt{25}
\qquad\textbf{e)}\ \sqrt{26}
$
Çözüm:
Yanıt:$\boxed{E}$

$|AB|=2x$  olsun. O zaman $C$ köşesinden geçen kenarortayın uzunluğu $V_c=3x$  olur. $ABC$  üçgeninde $C$  köşesine göre kenarortay teoremi yazarsak $81+49=2x^2+18x^2$ den $|AB|=2x=\sqrt{26}$  bulunur.
16
Verilen altı değişik rengi kullanarak bir kübün her yüzünü farklı bir renge boyuyoruz. Kübün istenildiği kadar ve istenilen istikametlerde döndürülmesiyle biri diğerinden elde edilen iki boyamayı aynı kabul edersek, bu boyama işlemi kaç değişik biçimde yapılabilir?

$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 12
\qquad\textbf{c)}\ 30
\qquad\textbf{d)}\ 90
\qquad\textbf{e)}\ 180
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{C}$

Belirli bir rengin daima tabanda olduğunu varsayabiliriz. Örneğin mavi rengimiz varsa, küpü döndürerek mavi renkli yüzeyi daima tabanda tutabiliriz. Şimdi mavi renkli yüzeye paralel olan yüzeyi (üst yüzeyi) boyamak için kalan $5$ renkten birisi seçmeliyiz. Bu seçim $5$ farklı yolla yapılabilir. Diyelim ki kırmızı renkle üst yüzeyi boyadık. Artık küpün alt-üst yüzeyleri arasında değişim yapılmayacaktır. Yani alt yüzey mavi ile ve üst yüzey kırmızı ile sabitlenmiş oldu. Kalan $4$ renk ile yan yüzeyleri boyayacağız. Döndürmeler aynı kabul edildiği için, dairesel permütasyon uygularız. $(4-1)!=6$ yolla yan yüzeyler boyanmış olur. Çarpma prensibiyle, $5\cdot 6 = 30$ farklı boyama yapılabilir.
Çözüm 2:
Küpün dönme simetrilerinin grubu $24$ elemanlıdır. Bir platonik katı cisim için

$$ \color{red}{\text{Dönme simetrilerinin sayısı} = (\text{Köşe sayısı})\cdot (\text{Bir köşenin derecesi})}$$

eşitliği vardır. Küpün $8$ köşesi vardır ve bir köşenin derecesi (yani köşeye birleşen ayrıt sayısı) $3$ olduğundan küpün dönme simetrilerinin sayısı $8\cdot 3 = 24$ tür. Şimdi $6$ yüzeyin her birini farklı renklerle $6!$ yolla boyayabiliriz. Döndürmeler özdeş kabul edildiğinden,
$$ \dfrac{6!}{24} = 30 $$
yolla boyama yapılabilir.

Not: Kullanılan formülle ilgili açıklamayı buradan takip edebilirsiniz.
17
$T_n=1^3+2^3+\cdots +n^3 $  ve  $P_n=\dfrac{4T_2}{2(T_2-T_1)}\cdot \dfrac{4T_3}{3(T_3-T_2)}\cdots \dfrac{4T_n}{n(T_n-T_{n-1})}$  olmak üzere, $P_{25}$  aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$
\textbf{a)}\ 317
\qquad\textbf{b)}\ 169
\qquad\textbf{c)}\ 1993
\qquad\textbf{d)}\ 3991
\qquad\textbf{e)}\ 7
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

Öncelikle $T_n=1^3+2^3+...+n^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}{4}$ eşitliğini yazarsak, $$\dfrac{4T_n}{n(T_n-T_{n-1})}=\dfrac{n^2(n+1)^2}{n^4}=\dfrac{(n+1)^2}{n^2}$$ $$\Rightarrow P_n=\prod_{k=2}^{n} (\dfrac{k+1}{k})^2=(\dfrac{n+1}{2})^2$$ Dolayısıyla $P_{25}=13^2=169$'dur.
18
İçlerinde $a$, $b$ ve $c$ nin bulunduğu $10$ değişik harfin permütasyonlarının kaç tanesinde $a$, $b$ ve $c$ harflerinden ikisi yan yana gelmez?


$\textbf{a)}\ 89\cdot 8! \qquad\textbf{b)}\ 4\cdot 9! \qquad\textbf{c)}\ 8\cdot 9! \qquad\textbf{d)}\ 42\cdot 8! \qquad\textbf{e)}\ 84\cdot 8!$
Çözüm:
Cevap:$\boxed{D}$

Harfler $a,b,c,x_1,x_2,\cdots x_7$ olsun. Burada içerme-dışarma prensibini kullanacağız.

$10$ harfin farklı sıralama sayısı: $10!$
$a,b,c$'den ikisinin yan yana olduğu durum: $\dbinom{3}{2}\cdot 2!\cdot 9!$
$a,b,c$'den üçünün de yan yana olduğu durum: $3!\cdot 8!$

Tüm durum: $10!-6\cdot 9!+6\cdot 8!=42\cdot 8!$ bulunur.
19
$\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{2x-1} \ge 1$  eşitsizliğinin reel sayılardaki çözüm kümesi ayrık aralıkların birleşimi olarak yazıldığında, bu aralıkların uzunlukları toplamı ne olur?

$\textbf{a)}\ \text{Sonsuz} \qquad\textbf{b)}\dfrac{\sqrt{17}}{4} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{\sqrt{17}}{2} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac92 \qquad\textbf{e)}\ 2$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

Eşitsizlik düzenlenirse $\dfrac{-2x^2+5x-1}{x(2x-1)}\ge 0$ elde olunur. Pay ve paydanın kökleri sırasıyla $ \left\{\dfrac{5-\sqrt{17}}{4},  \dfrac{5+\sqrt{17}}{4},0,\dfrac12 \right\}$ kümesinin elemanlarıdır. Eşitsizlik tablosu kolayca yapılarak çözüm kümesinin ayrık aralıkları  $Ç_1=\left(0,\dfrac{5-\sqrt{17}}{4}\right]$, $Ç_2=\left(\dfrac12,\dfrac{5+\sqrt{17}}{4}\right]$ olup bu aralıkların boyları toplamı $2$ olarak bulunur.
20
$\begin{array}{lcr}  x+y & = & t \\ x^2 + y^2  & = & 2t \end{array}$
denklem sisteminin tüm reel değerli $(x,y,t)$ çözümleri içinde $t$ nin alabileceği en büyük değer ne olur?

$
\textbf{a)}\ 2
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 1+\sqrt2
\qquad\textbf{d)}\ 4+\sqrt2
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

$(x+y)^2 \leq 2 (x^2 + y^2)$ eşitsizliğinin doğruluğunu gösterelim. Ya Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden, ya da cebirsel özdeşliklerden bu eşitsizliğin doğru olduğu görülebilir. Elemanter çözüm olsun diyerek

$$ 2 (x^2 + y^2) \geq (x+y)^2 \iff 2x^2 + 2y^2 \geq x^2+2xy +y^2 \iff x^2-2xy +y^2 \geq 0 \iff (x-y)^2 \geq 0$$

yazabiliriz. Son eşitsizlik doğru olduğundan $(x+y)^2 \leq 2 (x^2 + y^2)$ eşitsizliği de doğrudur. $t\geq 0$ değerlerini burada yazarsak $t^2 \leq 2\cdot 2t$ olup $0 \leq t \leq 4$ elde edilir. $t=4$ durumuna örnek çözüm $(x,y,t)=(2,2,4)$ vardır. $t_{\max} = 4$ tür.
21
$m$ ve $n$ tamsayı olmak üzere $m^2+n^2<10001$ ise, $3m+4n$ nin alabileceği en büyük değer ne olur?

$
\textbf{a)}\ 403
\qquad\textbf{b)}\ 480
\qquad\textbf{c)}\ 490
\qquad\textbf{d)}\ 500
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{D}$

$m,n$ birer tamsayı olduğundan $m^2 + n^2 \leq 10000$ yazabiliriz. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden $$ (3x + 4y)^2 \leq (3^2+ 4^2)(m^2 + n^2)$$ olup $$ (3x + 4y)^2 \leq 25\cdot 10000 $$ elde edilir. Buradan $3x + 4y \leq 500$ bulunur. Ayrıca $(3x+4y)_{\max}=500$ eşitlik durumuna örnek olarak $m=60, n= 80$ değerleri vardır.
Çözüm 2:
Karesel Ortalama $\geq $ Aritmetik Ortalama kullanarak çözelim.

$$\left ( \dfrac{\underbrace {\left ( \dfrac m3 \right )^2 + \dots +\left ( \dfrac m3 \right )^2}_{\text{9 tane}}   + \underbrace {\left ( \dfrac n4 \right )^2 + \dots +\left ( \dfrac n4 \right )^2}_{\text{16 tane}}}{25} \right )^{1/2} \geq \dfrac{\underbrace { \dfrac m3 + \dots + \dfrac m3}_{\text{9 tane}}   + \underbrace { \dfrac n4 + \dots + \dfrac n4}_{\text{16 tane}}}{25}$$
$$\left ( \dfrac{10000}{25} \right )^{1/2} \geq \left ( \dfrac{m^2+n^2}{25} \right )^{1/2} \geq \dfrac{3m+4n}{25} \Longrightarrow 500 \geq 3m+4n$$

Eşitlik durumu için, $\dfrac m3 = \dfrac n4 = k$ ve $3m+4n=500$ olması gerekir.
$3\cdot 3k + 4\cdot 4k = 500\Longrightarrow k=20$, $m=60$, $n=80$ olması gerekir.
22
$\quad$

Şekilde, $OABC$ kenar uzunluğu $2a$ olan bir kare, $D\in [OC]$, $E \in [BC]$, $|OD|=|EC|$, $[AE]\cap [BD]=\{ F \}$ dir. Buna göre $F$ noktasının $x$, $y$ koordinatları arasında hangi bağıntı vardır?

$\textbf{a)}\ (x-2a)^2+(y-a)^2=a^2 \qquad\textbf{b)}\ (x-a)^2+(y-2a)^2=4a^2
\qquad\textbf{c)}\ (x-a)^2+(y-a)^2=a^2 \qquad \textbf{d)}\ x^2+y^2=2a^2 \qquad\textbf{e)}\ x^2+(y-a)^2=4a^2 $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$


$ABE \cong BCD $ kenar-açı-kenar eşliğinden dolayı $m(\widehat{EAB})=m(\widehat{DBC})$ olup $AE \perp BD$ elde edilir. $F$ noktası, sabit $|AB|=2a$ uzunluklu doğru parçasını sabit $m(\widehat{AFB})=90^\circ$ açı altında gördüğünden $F$ noktaları $|AB|=2a$ çaplı çember üzerinde bulunurlar. Merkez noktası $N(2a,a)$ olduğundan bu çemberin denklemi $(x-2a)^2+(y-a)^2=a^2$ dir.
23
$\quad$

Şekilde $ABCD$ ($AB \parallel CD $) bir yamuk, $m(\widehat{B})=48^\circ $, $m(\widehat{D})=138^\circ $. $|AB|=2|DC|=4a$, $|AE|=|EB|$, $|DF|=|FC|$ olduğuna göre $|EF|$ aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 2a \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3a}{2} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{2a}{3}  \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{a}{2}  \qquad\textbf{e)}\ a$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$



$[AE]$ ve $[EB]$ nin orta noktaları sırasıyla $G$, $H$ olsun. $AGFD$ ve $BHFC$ birer paralelkenar olup $|GE|=|EH|=a$ olur. Ayrıca $m(\widehat{FGE})=m(\widehat{AGE})=42^\circ$, $m(\widehat{FHE})=m(\widehat{CBE})=48^\circ$ olduğundan $
(m(\widehat{GFH})=90^\circ $ dir. $GHF$ dik üçgeninde $|FE|=a$ bulunur.
24
$101,10101,1010101, \dots , \underbrace {10101 \dots 01}_{100 \text{ tane } 1}$ dizisinde kaç tane asal sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 49
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ 12
\qquad\textbf{e)}\ 33
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

Öncelikle $2n+1$ basamaklı

$101010101\dots 01$

sayısını göz önüne alalım. Bu sayıyı

$101010101\dots 01 = 10^0 + 10^2 + 10^4 + \cdots +10^{2n} = 100^0 + 100^1 + \cdots +100^n$

şeklinde yazabiliriz.

$1+a + a^2 + a^3 +\cdots +a^r = \dfrac {a^{r+1}-1} {a-1}$

olduğunu kullanarak sayımızı

$\dfrac {100^{n+1}-1} {99}= \dfrac {(10^{n+1}-1)(10^{n+1}+1)} {99}=\dfrac {(10^n+\cdots +1)(10^{n+1}+1)} {11}=A $

şeklinde yazabiliriz. Şimdi durumları inceleyelim. Eğer $n$ sayısı çift ise $n+1$ sayısı tek olacaktır ve $10^{n+1}+1$ sayısı $11$ e bölünecektir ve $A$ sayısı hem  tam sayı olacak, hem de asal sayı olamayacaktır. $n$ sayısı tek ise $10^n + \cdots  +1= 111111\dots
 1$ sayısı $11$ e bölünecektir ve asal olamayacaktır. O halde dizide $n=1$ için $101$ den  başka asal sayı yoktur.


25
Çarpanların sırasını da hesaba katarsak $1000000$ sayısı üç pozitif tamsayının çarpımı olarak kaç değişik biçimde gösterilebilir?

$
\textbf{a)}\ 1024
\qquad\textbf{b)}\ 784
\qquad\textbf{c)}\ 756
\qquad\textbf{d)}\ 354
\qquad\textbf{e)}\ 134
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$a\cdot b\cdot c=10^6=2^6\cdot 5^6$ olmalıdır. $a=2^{x_1}\cdot 5^{y_1}$, $b=2^{x_2}\cdot 5^{y_2}$ ve $c=2^{x_3}\cdot 5^{y_3}$ olsun. Bulmamız gereken sayı, $$x_1+x_2+x_3=6$$ $$y_1+y_2+y_3=6$$ denklemlerinin çözüm sayısıdır. İki denklemin de çözüm sayısı aynı olacağından birininkini bulup karesini almak yeterlidir. $x$'liler için nesne dağılım problemlerinden biliyoruz ki çözüm sayısı $\dbinom{6+3-1}{3-1}=28$ olur.

Toplam gösterim sayısı $28^2=784$'dür.
26
$$ \begin{array}{lcr}  x+3y & = & tx \\ x-y  & = & ty \\ x^2+y^2  & = & t^2 \end{array}$$
denklem sisteminin kaç tane reel değerli $(x,y,t)$ çözüm takımı vardır?

$\textbf{a)}\ 2 \qquad\textbf{b)}\ 3 \qquad\textbf{c)}\ 4 \qquad\textbf{d)}\ 5 \qquad\textbf{e)}\ 9 $
Çözüm:
Cevap: $\boxed{D}$

Eğer $t=0$ ise $x^2+y^2=0$'dan $(x,y,t)=(0,0,0)$ çözümü gelir. Eğer $x=0$ veya $y=0$ ise yine aynı çözüm gelir. $t\neq 0$ durumunu inceleyelim. İlk iki denklemi birbirine bölersek, $$\dfrac{x+3y}{x-y}=\dfrac{x}{y}\Rightarrow x^2-2xy-3y^2=0 \Rightarrow (x+y)(x-3y)=0$$

$i)$ $x=-y$ ise $x+3y=x-3x=-2x=tx$, buradan $t=-2$ bulunur. $$x^2+y^2=2x^2=4\Rightarrow x=\pm \sqrt{2}$$ Buradan $(x,y,t)=(\sqrt{2},-\sqrt{2},-2),(-\sqrt{2},\sqrt{2},-2)$ çözümleri gelir.

$ii)$ $x=3y$ ise $x+3y=2x=tx$, buradan $t=2$ bulunur. $$9y^2+y^2=10x^2=4\Rightarrow x=\pm \dfrac{2}{\sqrt{10}}$$ Buradan $(x,y,t)=(\dfrac{2}{\sqrt{10}},\dfrac{2}{3\sqrt{10}},2),(-\dfrac{2}{\sqrt{10}},-\dfrac{2}{3\sqrt{10}},2)$ çözümleri gelir.

Toplam $5$ çözüm vardır.
27
$\quad$

Şekilde $ABCDE$ düzgün beşgen, $O$ noktası bu beşgenin merkezi ve $|PA|=|QB|=\dfrac{1}{3}|AE|$ dir. Buna göre $\widehat{OPQ}$ açısı kaç derecedir?

$\textbf{a)}\ 54 \qquad\textbf{b)}\ 36 \qquad\textbf{c)}\ 72 \qquad\textbf{d)}\ 50 \qquad\textbf{e)}\ 60$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$



$|PA|=|QB|=|RC|=|SD|=|TE|$ olacak biçimde $R \in [BC] $, $S \in [CD]$, $T \in [DE]$ alalım. $PAQ \cong QBR \cong RCS \cong SDT \cong TEP$ kenar-açı-kenar eşlikleri vardır. Bu eşliklere göre $PQRST$ beşgeninin düzgün olduğunu görmek kolaydır. $|OP|=|OQ|=|OR|=|OS|=|OT|$ olduğundan (nedenini düşününüz) $O$ noktası aynı zamanda $PQRST$ düzgün beşgeninin de merkezidir. $m(\widehat{OPQ})=\dfrac{m(\widehat{TPQ})}{2}=54^\circ$ bulunur.
28
$\quad$
Şekilde, $BD$ ve $CE$ doğruları, $O$ merkezli $[AB]$ çaplı çemberin teğetleri, $C \in AB$ ve $|AO|=|BC|$ dir. $|AB|=12$ olduğuna göre $EDF$ üçgeninin alanı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 12 \qquad\textbf{b)}\ 8 \qquad\textbf{c)}\ 4\sqrt{3} \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ 3\sqrt{3} $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$OE \perp CE$ ve $|OE|=|OA|=|OB|=|BC|=6$ olduğundan $m(\widehat{COE})=60^\circ $ dir. $OEFB$ bir deltoid olup $m(\widehat{FOE})=m(\widehat{FOB})=30^\circ $ dir. Böylece $|OE|=\sqrt{3}|EF|$ olup $|EF|=2\sqrt{3}$ bulunur. $EDF$ üçgeninin eşkenar olduğunu görmek kolaydır. $Alan(EDF)=\dfrac{|EF|^2\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}$ olur.
29
$p,q$ pozitif tamsayılar ve $p=q+2$ ise, $p^2+q^2 \equiv x \pmod{72}$ denkliğini sağlayan en küçük pozitif $x$ tamsayısı aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ 2 \qquad\textbf{b)}\ 34 \qquad\textbf{c)}\ 70 \qquad\textbf{d)}\ 1 \qquad\textbf{e)}\ 4 $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$p^2+q^2=p^2+(p-2)^2=2p^2-4p+4$ olur. $2p^2-4p+4 \equiv x \pmod{72}$ denkliğinde $x=1$ olamayacağı açıktır. Çünkü denkliğin tanımından, $2p^2-4p+2 - x =72n$ olacak biçimde bir $n$ tamsayısı vardır. Böylece $x$ in çift sayı olması gerektiğini anlarız.

$x>1$ olduğundan, $x=2$ için denkliğin çözümü var mıdır? Araştıralım:  $2p^2-4p+4 \equiv 2 \pmod{72}$ denkliğinden $72n=2p^2-4p+4 - 2$ yazılır. $36n=p^2 - 2p+1$ olur. $(p-1)^2\equiv 0 \pmod{36}$ denkliğini sağlayan $p$ pozitif tamsayıları vardır. Bir örnek $p=37$ dir. $q=39$ olur. Böylece en küçük pozitif değer $x=2$ olduğu anlaşılır.
30
$\quad$

Şekilde çizgilerin üzerinden gitmek koşuluyla, $A$ dan başlayıp beş noktadan geçtikten sonra $C$ ye varan (örneğin $ABCBADC$ gibi) kaç farklı yol vardır?

$\textbf{a)}\ 24 \qquad\textbf{b)}\ 32 \qquad\textbf{c)}\ 33 \qquad\textbf{d)}\ 81 \qquad\textbf{e)}\ 90 $
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{E}$

(Lokman GÖKÇE)

Elbette, adım sayısı kısmen az olduğu için alt durumlara ayırıp sayarak sonuca gitmek mümkündür. Halen alt durum hesaplamasının bir parça zorluğu vardır. Fakat, adım sayısı daha fazla oldukça alt durum inceleme hesaplamaları da daha fazla artacaktır. Çözümün kafa karıştırıcılığı da artacaktır. Bu sebeple, probleme genel bir çözüm yolu bulmayı deneyelim. Bu yolda, ısrarla bir $a(n)$ dizisi için doğrusal indirgeme bağıntısı elde etmeye odaklandığım için inatçı yol olarak isimlendireceğim.

$X$ noktasından harekete başlayıp $n$ hamle sonunda $C$ noktasına ulaşılan yolların sayısı $x(n)$ olsun. $X \in \{A, B, C, D\}$ için sırasıyla $x\in \{a, b, c, d\}$ gösterimlerini kullanalım. $a(1)=1, a(2)=2$, $b(1)=d(1)=1$, $b(2)=d(2)=1$, $c(1)=0, c(2)=3$ hesaplamalarını yapmak kolaydır. Ayrıca simetriden dolayı $b(n)=d(n)$ dir.

$A$ dan harekete başladığımızda ilk hamlemizde ya $B$ ye, ya $C$ ye ya da $D$ ye gidebiliriz. $b(n-1)=d(n-1)$ olduğundan $$a(n) = 2b(n-1) + c(n-1) \tag{1}$$
$B$ dan harekete başladığımızda ilk hamlemizde ya $A$ ya ya da $C$ ye gidebiliriz. $$b(n) = a(n-1) + c(n-1) \tag{2}$$
$C$ dan harekete başladığımızda ilk hamlemizde ya $B$ ye, ya $A$ ya ya da $D$ ye gidebiliriz. $b(n-1)=d(n-1)$ olduğundan $$c(n) = 2b(n-1) + a(n-1) \tag{3}$$
bağıntıları yazılır.

$(1)$ ve $(3)$ ün farkından, $a(n)-c(n) = (c-1)-a(n-1)$ olup $$a(n)+a(n-1)=c(n)+c(n-1) = m(n) \tag{4}$$

elde edilir. $(2)$ de $n$ yerine $n+1$ koyup $(2)$ eşitliği ile yeniden toplarsak $$b(n) + b(n+1) = a(n)+a(n-1)+c(n)+c(n-1) = 2m(n) \tag{5}$$
elde edilir. $(1)$ ve $(3)$ ün toplamından, $a(n) + c(n) = a(n-1) + c(n-1) + 4b(n-1)$ olur. Bu bağıntıda $n$ yerine $n+1$ yazıp bu bağıntı ile yeniden toplarsak
$$m(n+1) = m(n)  + 4m(n-1) \tag{6}$$
eşitliği elde edilir. $(4)$ deki $m(n) = a(n) + a(n-1)$ bağıntısını $(6)$ da kullanırsak
$$a(n+1) = 5a(n-1) + 4a(n-2) \tag{7}$$
$n\geq 3$ tam sayıları için kullanabileceğimiz doğrusal indirgeme bağıntısına ulaşırız. $(1)$ yardımıyla $a(3) = 2b(2) + c(2) = 2 + 3 = 5$ bulunur.

$a(4) = 5a(2) + 4a(1) = 5\cdot 2 + 4\cdot 1 = 14$, $a(6) = 5a(4) + 4a(3) = 5\cdot 14 + 4\cdot 5 = 90$ bulunur.



Daha İnatçılar İçin Not: $a(n+1) = 5a(n-1) + 4a(n-2) $ bağıntısının karakteristik denklemi $r^3 - 5r - 4 = 0$ dır. $r_1=-1$ bir kök olduğundan $(r+1)(r^2 - r  - 4)=0$ biçiminde yazılır. Diğer kökler ise $r_{2,3}=\dfrac{1 \mp \sqrt{17}}{2}$ olur. $A_1, A_2, A_3$ gerçel sabitler olmak üzere $(a_n)$ dizisinin genel terimi
$$ a(n) = A_1r_1^n + A_2r_2^n + A_3r_3^n \tag{8}$$
formundadır. $a(1)=1, a(2)=2, a(3)=5$ değerlerini kullanarak $A_1,A_2,A_3$ katsayılarını çözebiliriz. Bu noktada Wolframalpha'dan yardım alarak veya kaba kuvvet işlemlere girişerek

$$ a(n) = \dfrac{1}{34(5 + \sqrt{17})} \left(-17(5 + \sqrt{17}) (-1)^n + (34 + 6 \sqrt{17}) \left(\dfrac{1}{2} (1 -\sqrt{17})\right)^n + (51 + 11 \sqrt{17}) \left(\dfrac{1}{2} (1 +\sqrt{17})\right)^n \right) $$

sonucuna ulaşabiliriz.
Çözüm 2:
Genel terim bulma inadımızdan vazgeçerek, soruyla kavga etmeden basitçe çözelim. Buna da sakin yol ismini vereyim.

(Lokman GÖKÇE)

Önceki çözümde gördüğümüz gibi $(1), (2), (3)$ bağıntılarını kullanarak $a(3)=2b(2)+c(2)=5$ bulmuştuk. $a(6)$ fazla uzakta değil, biraz daha toplama ve çarpma yapmaya devam edebiliriz. Aşağıdaki gibi tabloyu dolduralım.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline  n  & a(n) & b(n) & c(n) \\ \hline 1 & 1 & 1 & 0  \\ \hline 2 & 2 & 1 & 3  \\ \hline 3 & 5 & 5 & 4 \\ \hline 4 & 14 & 9  & 15 \\ \hline 5 & 33  & 29 &  32  \\ \hline 6 & 90 & 62 &  91  \\ \hline \end{array}$$
$a(6) = 90$ bulunur.
31
$ABC$ ($m(\widehat{B})=90^\circ$) üçgeninde $[AC]$ kenarının orta noktası $D$ dir. $ABD$ ve $BDC$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin yarıçapları sırasıyla $x$, $y$ ve $ABC$ üçgeninin kenar uzunlukları $a,b,c$ ise $\dfrac{x}{y}$ aşağıdakilerden hangisidir?

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

Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$|AD|=|DC|$ olduğundan $A(ABD)=A(BDC)$ olur. $\dfrac{abc}{4R}=S$ formulunu uygulayalım. $$A(ABD)=\dfrac{|AD|\cdot |BD|\cdot |AB|}{4x}=\dfrac{|DC|\cdot |BD|\cdot |BC|}{4y}=A(BDC)$$ Düzenlersek $$\dfrac{x}{y}=\dfrac{|AB|}{|BC|}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{b^2-a^2}}{a}$$ bulunur.
32
$\quad$

Şekilde, $ABCD$ ($AB\parallel CD$) bir yamuk, köşegenlerin kesiştiği nokta $E$ dir. $Alan(ABCD)=25$, $Alan(AEB)-Alan(DEC)=5$ olduğuna göre $Alan(BEC)$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$\textbf{a)}\ 7 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ 4 $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$Alan(BEC)=Alan(AED)=x$ diyelim. $Alan(DEC)=y$ dersek $Alan(AEB)=y+5$ olur. Yamukta alanlar çarpımı özelliğinden
$$ x^2= y(y+5) \tag{1} $$ ve toplam alandan $$ 2x+2y+5=25 \tag{2}$$ yazılır. $y=10-x$ değerini $(1)$ de yazarsak $x^2=(10-x)(15-x)$ olup bu denklemden $x=6$ elde edilir.
33
$x^2+ax+2a=0$ denkleminin bütün kökleri tamsayı olacak şekilde seçilebilecek $a$ reel sayılarının sayısı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 0 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

Denklemin tamsayı kökleri $m,n$ olsun. Vieta formüllerinden $m+n=-a$, $mn=2a$ olur. İki tamsayının toplamı da bir tamsayı olduğundan $a$ bir tamsayıdır. Bu denklemlerden
$$\begin{array}{lcl} 
mn & = & -2(m+n) \\
m(n+2)  & = & -2n \\
m & = & \dfrac{-2n}{n+2} =  -2 + \dfrac{4}{n+2}
\end{array}$$
olup $(n+2) \mid 4$ tür. Buradan $n \in \{ -6, -4, -3, -1, 0, 2\}$ olur. Bu $n$ değerlerine karşılık $m$ nin değerleri sırasıyla $m\in \{-3,-4,-6, 2, 0, -1 \}$ olur. Böylece $a=-(m+n) \in \{ 9, 8, -1, 0 \}$ biçiminde dört değer elde edilir.
34
$A=\{1,2,3,4 \}$ kümesinin her $a$ elemanı için $(f \circ f)(a)=a$ koşulunu sağlayan kaç tane $f:A \to A $ fonksiyonu vardır?

$ \textbf{a)}\ 24 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 9 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ 10 $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

Çözüm 1: $(f \circ f)(a)=a$ olması için $f(a)=b$ iken $f(b)=a$ olmalıdır. Bunun için iki alt durum vardır: $a=b$ durumları veya $a\neq b$ durumları.

$a=b$ olan hiçbir $(a,b)\in f $ ikilisi yoksa: $f(1)=b$ için $b\ in\{ 2,3,4\}$ seçimleri vardır. Geri kalan elemanlar da tek yolla birbirine gidecektir. Örneğin $f(1)=2$ ise $f(2)=1$ olduğundan $f(3)=4$ ve $f(4)=3$ zorunlu olarak gelir.

$a=b$ olan ikili sayısı çift sayıda olmak zorundadır. (Neden?) $f(a)=a$ olan iki farklı $ a$ değeri olan $f$ fonksiyonlarına bakalım. Örneğin $f(1)=1,f(2)=2$ ise geri kalan iki eleman tek yolla birbirine gidecektir. Çünkü $f(3)=4$ ve $f(4)=3$ zorunlu olarak gelir. Dolayısıyla kendi kendiyle eşleşen elemanların seçimi $\dbinom{4}{2}=6$ yolla yapılır.

$a=b$ olan ikili sayısı dört tane ise $f(1)=1, f(2)=2, f(3)=3,f(4)=4$ olur. Bu durumda $1$ tane $f$ fonksiyonu yazmış oluyoruz. $f=I_A$ birim fonksiyonu olur.

Toplam $3+6+1=10$ tane istenen özellikte fonksiyon vardır.


Çözüm 2: $A=\{1,2,\dots ,n \}$ kümesi verildiğinde her $a\in A$ için $(f\circ f)(a)=a$ koşulunu sağlayan $f: A \to A$ fonksiyonlarının sayısı $a_n$ olsun. $a_1=1$ ve $a_2=2$ dir. $a_n$ dizisini oluşturan $f$ fonksiyonlarını iki grupta inceleyebiliriz:

$f(n)=n$ olanlar: Bunun için $\{1,2,\dots ,n-1 \}$ kümesi üzerinde tanımlı $f$ fonksiyonlarının sayısı $a_{n-1}$ dir.

$f(n)\neq n$ olanlar: Bunun için $f(n)$ değerinin seçimi $n-1$ yolla yapılır. Diyelim ki $f(n)=b \neq n$ olsun. Bu halde $f(b)=n$ dir. $A$ kümesinden $b$ ve $n$ atıldığı zaman geriye kalan elemanlarla oluşturulabilecek $f$ fonksiyonlarının sayısı $a_{n-2}$ dir.

Dolayısıyla $a_n=a_{n-1}+(n-1)a_{n-2}$ dir. Buna göre
$$a_3=a_2+2a_1=2+2=4$$ $$a_4=a_3+3a_2=4+6=10$$
bulunur.

Notlar:
1. Bu problemin $n=7$, $n=8$ durumlarını forumda ilk kez 8 Mart 2012 tarihinde Tersi kendisine eşit permütasyon fonksiyonlarının sayısı başlığı ile burada sormuştum. Yaklaşık 40 gün sonra da 2012 Tübitak Lise Matematik Olimpiyatı 1. Aşama Sınavı'nda $n=7$ durumu sorulmuştu. Yani sınav sorusu yakalamış olduk :)
2.Çözüm 2'de verdiğimiz indirgemeli dizi yöntemini, üyelerimizden Ferhat Gölbol forumda açıklamıştı.
35
Verilen bir $(a_n)$ dizisinden her $n$ için $b_n=a_{n+1}-a_n$ şeklinde bir $(b_n)$ dizisi tanımlanıyor. $a_8=a_{40}=0$ ve her $n$ için $b_{n+1}-b_n = 2$ ise $a_1$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$\textbf{a)}\ 273 \qquad\textbf{b)}\ 301 \qquad\textbf{c)}\ 186 \qquad\textbf{d)}\ 403 \qquad\textbf{e)}\ 281$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{A}$

$a_{n}$ üzerinden bir indirgemeli dizi oluşturalım. $$b_{n+1}-b_{n}=a_{n+2}-2a_{n+1}+a_{n}=2$$ olur, fakat karakteristik denklemi çıkarabilmemiz için $2$'yi yok etmeliyiz. Bunun için $n$ yerine $n+1$ yazıp taraf tarafa çıkaracağız. $$\Rightarrow a_{n+3}-3a_{n+2}+3a_{n+1}+a_{n}=0$$ Bu indirgemeli dizinin karakteristik denklemi $$x^3-3x^2+3x-1=(x-1)^3=0$$ olur. Kökler çakışık olduğundan dizinin formülü $$a_{n}=An^2+Bn+C$$ şeklinde olmalıdır. (İndirgemeli diziler ve karakteristik denklemler ile ilgili ayrıntılı bilgi için Lokman Gökçe hocamın forumdaki pdf dosyasını inceleyebilirsiniz.)

$a_{8}=a_{40}=0$ olduğundan $a_{n}=A(n-8)(n-40)$ formatında olur, şimdi $A$'yı bulmak için $a_{n+2}-2a_{n+1}+a_{n}=2$ eşitliğinde yerine koyalım. Buradaki $n$'li terimler birbirini götürecek ve $A=1$ kalacaktır.

Dolayısıyla her $n$ için $a_{n}=(n-8)(n-40)$'dır. $n$ yerine $1$ yazarsak $a_{1}=273$ bulunur.
36
Negatif olmayan $x,y$ tamsayıları için tanımlanan $F(x,y)$ fonksiyonunda

$i)$ Her $x,y$ için $F(x+1,y) + F(x,y+1) = F(x,y) + F(x+1,y+1)$
$ii)$ Her $x$ için $F(x,0)=x$
$iii)$ Her $y>0$ için $F(0,y)=1$

ise $F(1000,993)$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$\textbf{a)}\ 1993 \qquad\textbf{b)}\ 1001 \qquad\textbf{c)}\ 999 \qquad\textbf{d)}\ 994 \qquad\textbf{e)}\ 7 $
Çözüm 1:
Cevap: $\boxed{B}$

İlk şartta $y$ yerine $0$'dan $y-1$'ye kadar yazıp taraf tarafa toplarsak, $$F(x+1,0)+F(x,1)=F(x,0)+F(x+1,1)$$ $$F(x+1,1)+F(x,2)=F(x,1)+F(x+1,2)$$ $$.$$ $$.$$ $$.$$ $$F(x+1,y-1)+F(x,y)=F(x,y-1)+F(x+1,y)$$ $$\underline{+~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}$$ $$F(x+1,0)+F(x,y)=F(x,0)+F(x+1,y)$$ Burada ikinci şartı kullanırsak $$F(x+1,y)-F(x,y)=1$$ bulunur. Son bulduğumuz eşitlikte $x$ yerine $0$'dan $x-1$'e kadar yazıp toplarsak $$F(1,y)-F(0,y)=1$$ $$F(2,y)-F(1,y)=1$$ $$.$$ $$.$$ $$.$$ $$F(x,y)-F(x-1,y)=1$$ $$\underline{+~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~}$$ $$F(x,y)=x+1$$ bulunur. Yani $y>0$ için $F(x,y)=x+1$ bulunur. $F(1000,993)=1001$ bulunur.
Çözüm 2:
Test tekniği ile  $F(x,y)=x+1$ fonksiyonunu tahmin etmek zor değil.
$(i)$ de verilen fonksiyonel eşitlikte $x$ ler $F$ nin ilk parametresinde, $y$ ler $F$ nin ikinci parametresinde kalmış. $F(x,y)=G(x)+H(y)$ şeklinde bir fonksiyon $(i)$ i sağlar.
$(ii)$ ve $(iii)$ ten $G(x)=x$ ve $H(y)=1$ in sağladığı görülür.