Tübitak Lise 1. Aşama - 1994 Çözümleri

Bir torbada her birinin üzerinde $1$ den $20$ ye kadar olan tam sayılardan biri yazılı $20$ top bulunmaktadır. Üstünde aynı sayı yazılı olan herhangi iki top yoktur. Bu torbadan bir top çekilir ve üstündeki sayı kaydedildikten sonra top torbaya geri konur. Bu işlem $10$ defa tekrar edilirse, çıkan $10$ sayının hepsinin birbirinden farklı olma olasılığı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{\dbinom{20}{10}}{20^{10}} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\dbinom{20}{10}10!}{20^{10}} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{10^{20}}{20^{10}} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{10^{10}}{20^{10}} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{\dbinom{29}{10}}{20^{10}} $

Çözüm:

Cevap: $\boxed{B}$

İlk çekilen topun daha önce çıkmamış olma olasılığı $\dfrac{20}{20}$,
İkinci çekilen topun daha önce çıkmamış olma olasılığı $\dfrac{19}{20}$,
.
.
.
$10.$ çekilen topun daha önce çıkmamış olma olasılığı $\dfrac{10}{20}$.

$10$ sayısının farklı olma olasılığı $\dfrac{20}{20}\cdot \dfrac{19}{20}\cdots \dfrac{10}{20}=\dfrac{\dfrac{20!}{10!}}{20^{10}}=\dfrac{\dbinom{20}{10}\cdot 10!}{20^{10}}$ bulunur.

Aşağıdakilerden hangisi $1994\cdot 1996 \cdot 1998 \cdot 2000 $ sayısından daha büyüktür?

$\textbf{a)}\ 1993^2 \cdot 2001^2 \qquad\textbf{b)}\ 1993 \cdot 1997^2 \cdot 1999 \qquad\textbf{c)}\ 1993\cdot 1995 \cdot 1997 \cdot 2001 \qquad\textbf{d)}\ 1993 \cdot 1997^2 \cdot 2001 \qquad\textbf{e)}\ 1995^2 \cdot 1999^2 $

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{E}$

$x=1997$ diyelim. Ana ifade $A=(x-3)(x-1)(x+1)(x+3)$ olur.

$\text{a)}$ $1993^2\cdot 2001^2=(x-4)^2(x+4)^2=(x^2-16)^2$ olur. $(x^2-9)>(x^2-16)$ ve $(x^2-1)>(x^2-16)$ olduğundan $$A=(x^2-1)(x^2-9)> (x^2-16)^2$$ olur.

$\text{b)}$ $1993\cdot 1997^2\cdot 1999=x^2(x-4)(x+2)$ olur. $(x-3)(x-1)>x(x-4)$ ve $(x+3)(x+1)>x(x+2)$ olduğundan $$A>x^2(x-4)(x+2)$$ bulunur.

$\text{c)}$ $1993\cdot 1995\cdot 1997\cdot 2001=x(x-4)(x-2)(x+4)$ olur. $(x-3)(x+3)>(x+4)(x-4)$ ve $(x-1)(x+1)>x(x-2)$ olduğundan $$A>x(x-4)(x-2)(x+4)$$ bulunur.

$\text{d)}$ $1993\cdot 1997^2\cdot 2001=x^2(x-4)(x+4)$ olur. $(x-3)(x-1)>x(x-4)$ ve $(x+3)(x+1)>x(x+4)$ olduğundan $$A>x^2(x-4)(x+4)$$ bulunur.

$\text{e)}$ $1995^2\cdot 1999^2=(x-2)^2(x+2)^2$ olur. $(x-3)(x-1)<(x-2)^2$ ve $(x+3)(x+1)<(x+2)^2$ olduğundan $$A<(x-2)^2(x+2)^2$$ bulunur.

Yani $E$ daha büyüktür.

Çözüm 2:

$1994\cdot 1996 = 1995^2 - 1$ ve $1998 \cdot 2000 = 1999^2-1$ olduğu için açık şekilde $1995^2\cdot 1999^2$ sayısı $1994\cdot 1996 \cdot 1998 \cdot 2000$ sayısından büyüktür.

$x+y+z=1$ olmak üzere $x,y,z$ pozitif reel sayıları için $$ \left(1+ \dfrac{1}{x}\right)\left(1+ \dfrac{1}{y}\right)\left(1+ \dfrac{1}{z}\right) $$ çarpımının alabileceği en küçük değer aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ \dfrac{64}{27} \qquad\textbf{b)}\ 8 \qquad\textbf{c)}\ 27 \qquad\textbf{d)}\ 64 \qquad\textbf{e)}\ 84 $

Çözüm:

Cevap: $\boxed{D}$

İfadeyi açalım, $$\left(1+ \dfrac{1}{x}\right)\left(1+ \dfrac{1}{y}\right)\left(1+ \dfrac{1}{z}\right)=1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1+x+y+z}{xyz}=1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{2}{xyz}$$ A.G.O.'dan $$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow \dfrac{1}{xyz}\geq 27$$ A.H.O.'dan $$\dfrac{x+y+z}{3}\geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}\Rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\geq 9$$ Bu iki eşitsizlikten $$\left(1+ \dfrac{1}{x}\right)\left(1+ \dfrac{1}{y}\right)\left(1+ \dfrac{1}{z}\right)\geq 64$$ olur. Eşitlik durumu $x=y=z=\dfrac{1}{3}$'tür.

$13$ kişilik bir topluluk, her birinde en az bir kişi bulunan iki alt topluluğa kaç farklı biçimde ayrılabilir?

$\textbf{a)}\ 63 \qquad\textbf{b)}\ 168 \qquad\textbf{c)}\ 169 \qquad\textbf{d)}\ 4095 \qquad\textbf{e)}\ 8191 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Bu $13$ kişiden birisi $A$ olsun. $A$ kişisini ilk gruba koyalım ve böylece gruplarda simetrik (özdeş) durumlar oluşmasını engelleyelim. Geri kalan $12$ kişinin her birini ya birinci gruba ya da ikinci gruba gönderebiliriz. Bunların dağıtım sayısı $2^{12}=4096$ dır. Ancak herkesin ilk grupta olduğu, ikinci grubun ise boş olduğu $1$ durum vardır. Bu istenmeyen durumu çıkarırsak, istenen durumların sayısı $4096-1=4095$ tir.

$ABCD$ dışbükey (konveks) dörtgeninde $|AB|=12$, $|BC|=4$, $|CD|=3$, $|DA|=13$ ve $m(\widehat{BCD})=90^\circ $ olduğuna göre, bu dörtgenin alanı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 24 \qquad\textbf{b)}\ 32 \qquad\textbf{c)}\ 36 \qquad\textbf{d)}\ 48 \qquad\textbf{e)}\ 84 $

Çözüm:

Cevap: $\boxed{C}$

Pisagordan $|BD|=5$ bulunur. Buradan $ABD$ üçgeni $5-12-13$ üçgeni, $BCD$ ise $3-4-5$ üçgeni olur. $$A(ABCD)=A(BCD)+A(ABD)=\dfrac{3\cdot 4}{2}+\dfrac{5\cdot 12}{2}=36$$ bulunur.

$ \lfloor x^2 +8x \rfloor \leq A $ eşitsizliğinin, tam sayılar kümesi içinde tam olarak $13$ tane çözümü olması için $A$ nın alabileceği en küçük değer nedir?

$ \textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 9 \qquad\textbf{c)}\ 19 \qquad\textbf{d)}\ 20 \qquad\textbf{e)}\ 30 $

Çözüm:

Cevap: $\boxed{D}$

Tam sayılar kümesinde incelediğimiz için $x^2+8x$ ifadesi de tam sayıdır. Dolayısıyla $\lfloor x^2 +8x \rfloor=x^2+8x$ olur. $$f(x)=x^2+8x-A\leq 0$$ $f$ fonksiyonunun negatif veya sıfır olması için $x$ değeri iki kökün arasında veya eşit olması lazım. $13$ tamsayı değeri olması için köklerin farkı en az $12$ olması gerekir. $$|x_1-x_2|=\sqrt{\Delta}=\sqrt{64+4A}\geq 12 \Rightarrow A\geq 20$$ Şimdi $A=20$ için sağlayıp sağlamadığına bakalım. $A=20$ için $$x^2+8x-20=(x+10)(x-2)\leq 0$$ $x$ değerleri, $x=-10,-9,...,1,2$ olur ve $13$ değer vardır.

Her $x$ reel sayısı için $\dfrac{x^2+ax+1}{x^2+4x+8}\lt 8$ eşitsizliği sağlanıyorsa, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

$\textbf{a)}\ a^2\gt 8 \qquad\textbf{b)}\ 0 \leq a \leq 75 \qquad\textbf{c)}\ |a|\lt 10 \qquad\textbf{d)}\ a=0 \qquad\textbf{e)}\ a\lt 74 $

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{E}$

Öncelikle $x^2+4x+8=(x+2)^2+4\geq 0$ olacağından karşı tarafa atarsak eşitsizlik yönü değişmez. $$x^2+ax+1<8(x^2+4x+8)$$ olur. Bu eşitsizliği düzenleyelim. $$0<7x^2+(32-a)x+63$$ olur. Eğer bu ikinci dereceden denklemin kökü varsa $0$'a eşit olabileceğinden şartı bozar. Denklemin kökü yoksa kolları yukarı bakan bir parabol olduğundan her $x$ için pozitif olur. $$\Delta=(32-a)^2-4\cdot 7\cdot 63<0\Rightarrow (a+10)(a-74)<0$$ olur. Yani $a$ sayısı $(-10,74)$ aralığındadır. Bu şartı sağlayan her $a$ için sadece $a<74$ ifadesi doğru olduğundan cevap $E$ olacaktır.

Fakat bazı kaynaklarda $a<74$ ifadesi $(-\infty,74)$ olarak algılanacağı belirtilerek sorunun cevabının yanlış olduğunu belirtmişler, o zamanda bu sorunun TÜBİTAK tarafından iptal edilip edilmediğini bilmediğimden yukarıdaki çözümü bırakıyorum.

Çözüm 2:

Lokman Gökçe'nin yorumu:

$(-10,74)$ aralığını kapsayan herhangi bir küme doğru cevap olarak sunulabilir. Örneğin $ a < 75 $ veya $|a|<100$ seçenekleri de birer doğru cevaptır. Soruda $a$ nın alabileceği tüm değerlerin kümesi ($a$ için en geniş aralık) sorulmadığı için illa seçeneklere $-10<a<74$ yazılmasına gerek yoktur. Özetle, soruyu iptal ettirecek bir gerekçe yoktu ve iptal edilmemiştir.

Her $n \in \mathbb N = \{ 1,2,3, \dots \}$ için $a_n =2^n$ olsun.
$(b_n)$ ile $(a_1, a_1, a_1, a_2, a_2,a_2,\dots , a_n,a_n,a_n, \dots )$ dizisinin genel terimini gösterelim. Her $n \in \mathbb N $ için
$$ k \leq \dfrac{b_n}{C^n} \leq K $$
olacak şekilde, $n$ ye bağlı olmayan pozitif $k$, $K$, $C$ sayıları varsa, $C$ ne olmalıdır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Öncelikle en kolay görülen $b_3=a_1$, $b_6=a_2$, ... , $b_{3m}=a_m=2^m$ gözlemini yapalım. Her $n$ pozitif tamsayısı için sağlanan $k \leq \dfrac{b_n}{C^n} \leq K$ eşitsizliğinde $n=3m$ ($m$ bir pozitif tamsayı) yazarsak $k \leq \dfrac{b_{3m}}{C^{3m}} \leq K$ olup $$\dfrac{2^m}{C^{3m}}$$ üstel ifadesinin sınırlı olması gerekiyor. Bunun için bu oranın ya sabit ya da azalan olması gerekir. Eğer bu oran azalan bir ifade ise, en büyük alt sınır $k=0$ olacağından, $k>0$ bilgisi ile çelişir. O halde bu oran sabittir. Yani $$C=2^{\frac{1}{3}}$$ seçmeliyiz. Bu durumda $K\geq 1$ ve $k\leq 1$ olacak biçimde $K,k$ sayıları seçmek yeterli oluyor.

Elbette $C$ nin bu değerini $n=3m-1$ ve $n=3m-2$ hallerinde de kontrol etmek gerekir.

$n=3m-2$ olsun. $b_1=a_1$, $b_4=a_2$, ... , $b_{3m-2}=a_m$ gözlemini yapmak kolaydır. Her $n$ pozitif tamsayısı için sağlanan $k \leq \dfrac{b_n}{C^n} \leq K$ eşitsizliğinde $n=3m-2$ yazarsak her $n$ pozitif tamsayısı için sağlanan $k \leq \dfrac{b_n}{C^n} \leq K$ eşitsizliğinde $n=3m$ ($m$ bir pozitif tamsayı) yazarsak $k \leq \dfrac{b_{3m-2}}{C^{3m-2}} \leq K$ olup $\dfrac{2^m}{C^{3m-2}}$ ifadesinin sınırlı olması gerekiyor. Bunun için $C=2^{\frac{1}{3}}$ alınmalıdır. Tabii bu durumda $k\leq 2^{-\frac23}$ ve $K\geq 2^{-\frac23}$ olacak biçimde $K,k$ sayıları seçmek yeterli oluyor.

Son olarak $n=3m-1$ durumunda da benzer işlemler ile $C=2^{\frac{1}{3}}$ , $k\leq 2^{-\frac13}$ ve $K\geq 2^{-\frac13}$ olacak biçimde $K,k$ sayıları seçmek yeterli oluyor.

Sonuç olarak tüm durumları beraber düşünürsek $C=2^{\frac{1}{3}}$, $0 < k\leq 2^{-\frac23}$ ve $K\geq 1$ seçilmelidir.

$n$ pozitif bir tamsayı olmak üzere, $S_n$ ile $ \{ 1, 2, \dots , n \}$ kümesini gösterelim. $S_n$ kümesinin içerdikleri elemanların toplamları birbirine eşit olan iki ayrık alt kümeye ayrılabildiğini kabul edelim. Bu durumda aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

$\textbf{a)}$ $n$, $4k+1$ biçiminde olmak zorundadır.
$ \textbf{b)}$ $n$, $4k+2$ biçiminde olabilir.
$\textbf{c)}$ $n$, $4k$ biçiminde olmak zorundadır.
$ \textbf{d)}$ $n$, ya $4k$ ya da $4k+3$ biçiminde olmak zorundadır.
$\textbf{e)}$ İstenen koşulları sağlayan bir $n$ sayısı yoktur.

Çözüm:

Cevap: $\boxed{D}$

$S_n$ kümesindeki elemanların toplamı $T(n) = \dfrac{n(n+1)}{2}$'dir, küme, toplamları birbirine eşit iki ayrık kümeye ayrılabiliyor ise, $T(n)$'in çift olması gerekir, açıktır ki $n =4k$ ya da $n + 1 = 4k$ olması gerekir. Örneğin $n = 3$ için, $\text{{1, 2}}$, $\text{{3}}$ olarak ayrılabilir.

Rasyonel sayılardan rasyonel sayılara tanımlı bir $f$ fonksiyonu tüm $a,b$ rasyonel sayıları için $f(a+b)=f(a)+f(b)$ denklemini sağlasın ve $f(2)=3$ olsun. $f\left(\dfrac 5 2 \right) $ değeri aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ \dfrac{5}{2} \qquad\textbf{b)}\ 3 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{15}{4} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{11}{2} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{15}{2} $

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$a=b=1$ için $f(2)=f(1)+f(1) = 3$ olup $f(1)=\dfrac{3}{2}$ dir.

$a=b=\dfrac{1}{2}$ için $ f(1)= f\left(\dfrac 1 2 \right) + f\left(\dfrac 1 2 \right) = \dfrac{3}{2} $ olup $ f\left(\dfrac 1 2 \right) = \dfrac{3}{4} $ olur.

$a=2$, $b=\dfrac{1}{2}$ için $ f\left(\dfrac 5 2 \right) = f(2) + f\left(\dfrac 1 2 \right) = \dfrac{15}{4} $ elde edilir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{C}$

İlk çözüm oldukça sadedir. Ayrıca, biraz fonksiyonel denklem teorisi kullanarak da soruya yanıt verebiliriz. Rasyonel sayılar kümesi üzerinde tanımlı $f(a+b)=f(a)+f(b)$ Cauchy fonksiyonel denkleminin genel çözümü $f(x)=cx$ tir. $f(2)=3$ koşuluna uygun özel çözüm ise $f(x)=\dfrac{3}{2}x$ tir. Böylece $f\left(\dfrac{5}{2} \right)=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{5}{2} = \dfrac{15}{4}$ olur.

Pozitif tam sayı çiftlerinin kümesinden pozitif tam sayılar kümesine giden bir $f$ fonksiyonu, tüm $x$, $y$ pozitif tam sayıları için $f(x,x)=x$, $f(x,y)=f(y,x)$, $f(x,y)=f(x,x+y)$ koşullarını sağlıyorsa $f(91,143)$ nedir?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 13 \qquad\textbf{d)}\ 14 \qquad\textbf{e)}\ 15 $

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$f(91,143)=f(91,52)=f(52,91)=f(52,39)=f(39,52)=f(39,13)=f(13,39)=f(13,26)=f(13,13)=13$ bulunur.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{C}$

Test mantığı ile şöyle çözebiliriz: Soruda verilen şartları sağlayan bir fonksiyon $\text{EBOB}(x,y)$ fonksiyonudur. $\text{EBOB}(91,143)=13$ olarak bulunur.

Belli bir birime göre tüm kenar uzunlukları tamsayılar ve bir kenarının uzunluğu da $6$ olan kaç tane dik üçgen vardır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Hipotenüs uzunluğu $6$ iken dik kenarların tamsayı olamayacağı açıktır. O halde dik kenarlardan biri $6$ dır. Hipotenüs uzunluğu $x$ ve diğer dik kenarın uzunluğu da $y$ olsun. $$ x^2 - y^2 = (x-y)(x+y) = 36$$ yazılır. Burada çarpanları incelersek yalnızca
$$ \begin{array}{lcr} x-y & = & 2 \\ x+y & = & 18 \end{array} $$
durumundan çözüm gelir ve $(x,y)=(10,8)$ elde edilir.

$20^{15}-1$ sayısı aşağıdakilerden hangisi ile bölünmez?

$\textbf{a)}\ 11 \qquad\textbf{b)}\ 19 \qquad\textbf{c)}\ 31 \qquad\textbf{d)}\ 41 \qquad\textbf{e)}\ 61 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Seçenekleri inceleyelim.

$\text{a)}$ için Fermat teoremine göre $3^{10} \equiv 1 \pmod{11}$ olduğundan $20^{15} \equiv 9^{15} \equiv 3^{30} \equiv (3^{10})^3 \equiv 1 \pmod{11}$ elde edilir. $11| (20^{15} -1)$ dir.

$\text{b)}$ için $20 \equiv 1 \pmod{19}$ ve $20^{15} \equiv 1 \pmod{19}$ olduğundan $19| (20^{15} -1)$ dir.

$\text{c)}$ için Fermat teoremine göre $12^{30} \equiv 1 \pmod{31}$ olduğundan $20^{15} \equiv 51^{15} \equiv 82 ^{15} \equiv 113^{15} \equiv 144^{15} \equiv 12^{30} \equiv 1 \pmod{31}$ olup $31| (20^{15} -1)$ dir.

$\text{e)}$ için Fermat teoremine göre $3^{60} \equiv 1 \pmod{61}$ olduğundan $20^{15} \equiv 81^{15} \equiv 3^{60} \equiv 1 \pmod{31}$ olup $61| (20^{15} -1)$ dir.

Fakat,
$ \text{d)} $ için $ 20^{15} \equiv 9 \pmod{41}$ olduğu gösterilebilir. Böylece $41 \not{|} (20^{15} - 1) $ olur.

Bir torbada $10$ kırmızı, $4$ beyaz top vardır. Toplar, çekilen toplar torbaya geri konmaksızın, birer birer torbadan çekilmektedir. Sekizinci top da çekildikten sonra, beyaz topların tümünün çekilmiş olma olasılığı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{10}{143} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{8}{51} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{2}{7} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{15}{64} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{2}{5} $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Aranan olasılık $\dfrac{\dbinom{8}{4}}{\dbinom{14}{4}}=\dfrac{10}{143}$ olur.

Çakışık olmayan $OA$ ve $OB$ doğruları veriliyor. $OA$ üzerinden seçilen bir noktadan $OB$ ye bir dik iniliyor ve dikmenin $OB$ üzerindeki ayağından $OA$ ya ikinci bir dik iniliyor. Son dikmenin $OA$ üzerindeki ayağından tekrar, $OB$ ye bir dikme iniliyor ve bu işlem sonsuz devam ediyor. İlk iki dikmenin uzunlukları sırası ile $a$ ve $b$ olsun. $a>b$ ise, çizilen sonsuz sayıdaki dikmenin uzunlukları toplamı nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Şekilde $|AC|=a$, $|CD|=b$ dir. $ACD \sim DEF$ olup benzerlik oranı $r$ olsun. Yani, $r=\dfrac{b^2}{a^2}$ olmak üzere $|DE|=ar$, $|EF|=br$ dir. Çizimlere devam edilirse, her adımda oluşan dik üçgenin kenarları kendinden önceki benzer olduğu dik üçgenin kenarlarının $r$ katı olur. Böylece, sonsuz geometrik toplam formülü kullanılarak $$T_1 = a + ar + ar^2 + \cdots = a\dfrac{1}{1-r} $$ $$ T_2 = b + br + br^2 + \cdots = b\dfrac{1}{1-r} $$ yazılır.
$T_1 + T_2 = (a+b)\dfrac{1}{1-r} = (a+b)\dfrac{1}{1-(b^2/a^2)} = (a+b)\dfrac{a^2}{a^2 - b^2}= \dfrac{a^2}{a-b}$ elde edilir.

Doğal sayılardan tam karelerin atılmasıyla elde edilen $2,3, 5, 6,7,8, 9, 10, 11, \dots $ dizisinin $1994$ üncü terimi nedir?

$\textbf{a)}\ 2036 \qquad\textbf{b)}\ 2037 \qquad\textbf{c)}\ 2038 \qquad\textbf{d)}\ 2039 \qquad\textbf{e)}\ 2040 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Öncelikle $1936=44^2 < 1994 < 45^2 = 2025$ olduğunu gözlemleyelim. Böylece ilk $1994$ pozitif tam sayı içinde $44$ tane tam kare atılmıştır. Böylece dizinin $1994$. teriminin $1994 + 44 = 2038$ olacağını düşünebiliriz. Fakat bu arada $2025=45^2$ terimi de vardır ve listeden atılacaktır. Dolayısıyla dizinin $1994$. terimi $2038 + 1 = 2039$ olur.

Rastgele seçilen altı basamaklı bir doğal sayının tam olarak iki basamağında $1$ bulunması olasılığı nedir?

$\textbf{a)}\ \dfrac{63}{755} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{81}{800} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{7}{45} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{3} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{51}{101} $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Tüm altı basamaklı doğal sayıların sayısı $ 9 \cdot 10^5 $ tir. Şimdi tam olarak iki basamağında $1$ bulunanları hesaplayalım. Bunun için iki alt durumda inceleyebiliriz:

$1$ rakamı ile başlayanları bulalım. Diğer $1$ in gelebileceği $\dbinom{5}{1}=5$ yer vardır. Kalan $4$ basamağı $9^4$ yolla doldurabiliriz. Buradan $5\cdot 9^4$ durum elde edilir.
$1$ rakamı ile başlamayanları bulalım. $1$ lerin gelebileceği $\dbinom{5}{2}=10$ yer vardır. En soldaki basamağa $0$ yazılamayacağı için, burayı $8$ yolla doldurabiliriz. Kalan $3$ basamağı $9^3$ yolla doldurabiliriz. Buradan $ 10\cdot 8 \cdot 9^3 $ durum elde edilir. Böylece istenen olasılık
$$ \dfrac{5 \cdot 9^4 + 10\cdot 8 \cdot 9^3}{9\cdot 10^5} = \dfrac{5 \cdot 9^3 \cdot (9 + 16) }{9\cdot 10^5} = \dfrac{81}{800} $$
bulunur.

Rakamlarının sayı değerleri çarpımı $90$ olan kaç tane beş basamaklı pozitif tam sayı vardır?

$\textbf{a)}\ 105 \qquad\textbf{b)}\ 135 \qquad\textbf{c)}\ 155 \qquad\textbf{d)}\ 180 \qquad\textbf{e)}\ 215 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

$90 = 2\cdot 3^2 \cdot 5$ olduğu için

$abcde = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5$ olabilir. Tekrarlı permütasyondan $\dfrac {5!}{2!} = 60$ farklı dağılım olabilir.

$abcde = 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 9$ olabilir. $\dfrac {5!}{2!} = 60$ dağılım.

$abcde = 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 6$ olabilir. $\dfrac {5!}{2!} = 60$ dağılım.

Toplamda $180$ farklı beş basamaklı sayı vardır.

$\quad$

$ABC$ eşkenar üçgen, $m(\widehat{BCD})=90^\circ $, $|AB|=4$ ve $|CD|=2\sqrt{3}$ ise $|AE|$ aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ \dfrac{8}{3} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{4}{3} \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt{2} \qquad\textbf{e)}\ \sqrt{3} $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Eşkenar üçgenin bir yüksekliği $|AH|=2\sqrt{3}$ olduğundan $AHCD$ bir dikdörtgendir. Böylece $BCE \sim DAE$ (açı-açı-açı benzerliği) olup $\dfrac{|AE|}{|EC|}=\dfrac{|AD|}{|BC|}=\dfrac{1}2 $ dir. Buradan $|AE|=\dfrac{4}{3}$ elde edilir.

Bir çiftlikteki tavşanların sayısı Mart ayında bir tam karedir. Tavşanların sayısı Nisan ayında $100$ adet artarak bir tam kareden bir fazla hale gelir. Mayıs ayında, tavşan sayısı, yine $100$ adetlik bir artıştan sonra yeniden tam kare olur. Tavşanların Mart ayındaki sayısı ne olur?

$ \textbf{a)}\ 47^2 \qquad\textbf{b)}\ 48^2 \qquad\textbf{c)}\ 49^2 \qquad\textbf{d)}\ 50^2 \qquad\textbf{e)}\ 51^2 $

Çözüm:

Cevap: $\boxed{C}$

Mart ayındaki tavşan sayısı $x^2$, Nisan ayındaki tavşan sayısı $y^2+1$ ve Mayıs ayında $z^2$ olsun. Verilenlerden $$y^2-x^2=99$$ $$z^2-y^2=101$$ bulunur. $z^2-y^2=(z-y)(z+y)=101$ asal olduğundan $z-y=1$ ve $z+y=101$ olmalıdır. Buradan $y=50$ bulunur. $$50^2-x^2=99\implies x^2=50^2-2\cdot 50+1=49^2\implies \boxed{x=49}$$ Yani Mart ayında $x^2=49^2$ tavşan vardır.

Bir tür loto oyunu, biletin üstündeki $1,2,\dots, 49 $ sayıları arasından $6$ tanesini seçip işaretlemek suretiyle oynanır. Yapılan çekilişte, bu $49$ sayıdan $6$ tanesi belirlenir. Lotoyu oynayan kişi, oynadığı biletin üstünde işaretlediği $6$ sayı ile çekilişte çıkan $6$ sayı aynıysa, büyük ikramiyeyi kazanır. Çekilişte $6$ sayıdan hiçbirini tutturamayanlara teselli mükafatı verilirse, teselli mükafatı kazanmayı garantilemek için, en az kaç bilet oynamak gerekir?

$ \textbf{a)}\ 7 \qquad\textbf{b)}\ 12 \qquad\textbf{c)}\ 43 \qquad\textbf{d)}\ \dbinom{49}{6}-\dbinom{43}{6} \qquad\textbf{e)}\ \dbinom{49}{6} - 6\dbinom{48}{5} + 15\dbinom{47}{4}- 20\dbinom{46}{3} + 15\dbinom{45}{2} -6\dbinom{44}{1} + 1$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$7$ bilet oynanarak teselli mükafatı garantilenebilir. Şöyle ki: biletleri $\{ 1,2,\dots, 6 \}$, $\{ 7,8,\dots, 12 \}$, $\{ 13,14,\dots, 18 \}$, $\{ 19,20,\dots, 24 \}$, $\{ 25,26,\dots, 30 \}$, $\{ 31,32,\dots, 36 \}$, $\{ 37,38,\dots, 42 \}$ biçiminde oynayalım. Çekilişte çıkan $6$ sayının bu $7$ kümede olup olmadığı kontrol edilirse, bu kümelerden en az birine çekilişten gelen sayılardan hiçbiri isabet etmemiş olacaktır.

$6$ bilet ile bu garantilemenin yapılamayacağı açıktır. Çünkü çekilişten gelen her bir sayı, $6$ biletten yalnızca birinde görülmesi olasıdır.

$\quad$

Şekildeki $O$ ve $O^\prime $ merkezli birbirine teğet çemberlerin yarıçapları sırası ile $R$ ve $r$ dir. Ortak teğet uzunluğu $|AB|=2\sqrt{3} $ ve dairesel bölgelerin alanları toplamı $10 \pi$ ise $R + r $ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1+\sqrt{3} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{5}{2} \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 2+\sqrt{6} \qquad\textbf{e)}\ 4 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$O^\prime $ noktasından $AO$ ya inen dikme ayağı $C$ olsun. $|CO^\prime |=2\sqrt{3}$, $ |OO^\prime| =R+r $, $|OC|=R-r$ dir. $COO^\prime $ dik üçgeninde $ (R+r)^2 = (R-r)^2 + (2\sqrt 3)^2$ olup $$Rr=3 \tag{1}$$ elde edilir.

Ayrıca dairelerin alanlar toplamından $\pi (R^2 + r^2)=10\pi $ olup $$R^2 + r^2 = 10 \tag{2}$$ bulunur.

$(1)$ ve $(2)$ denklemlerinden $(R+r)^2 = R^2 + r^2 + 2Rr = 10 + 6 = 16 $ olup $R+r = 4$ bulunur.

Taban yarıçapları $2$ ve $6$ olan dik kesik koninin içine yerleştirilen küre, yanal yüzeye ve tabanlara teğet olduğuna göre, bu kesik koninin hacmi aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ \dfrac{148\sqrt3}{3}\pi \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{164\sqrt3}{3}\pi \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{208\sqrt3}{3}\pi \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{248\sqrt3}{3}\pi \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{324\sqrt3}{3}\pi $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Kürenin yarıçapı $r$ olsun.
Kesik koninin yüksekliği $2r$ olacaktır.
Kesik konini tamamlayalım. Eksik kısmın yüksekliği $h$ olsun. Benzerlikten $\dfrac {h}{h+2r} = \dfrac {2}{6} \Rightarrow h = r$ dir.

Bu durumda kesik koninin hacmi $V=\dfrac 13 \cdot \pi \cdot 6^2 \cdot 3r - \dfrac 13 \cdot \pi \cdot 2^2 \cdot r = \dfrac {104\cdot r}{3} \cdot \pi$ olacaktır.

Kürenin koniye teğetliğini, $AB=12$, $CD=4$, $BC=AD$ olmak üzere, teğetler dörtgeni olan $ABCD$ ikizkenar yamuğu ile ifade edebiliriz.
Teğetler dörtgeninin özelliğinden $BC=AD=6+2 = 8$.
$C$ den $AB$ ye indirilen yükseklik için Pisagor uygularsak $4r^2 = 8^2 - 4^2 = 48 \Rightarrow r = 2\sqrt 3$ elde edilir.

Bu durumda $V = \dfrac {104\cdot r}{3} \cdot \pi = \dfrac {208\sqrt 3}{3}\pi$ olacaktır.

$2|x-1| - |x+2| = 6 $ denkleminin çözümü olan reel sayıların toplamı aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 10 \qquad\textbf{e)}\ 12 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$i) \ x\geq 1$ olsun. Bu durumda $|x-1|=x-1$ ve $|x+2|=x+2$ olur dolayısıyla $2(x-1)-(x+2)=6 \implies \boxed{x=10}$ buluruz.

$ii) \ 1 \geq x \geq -2$ olsun. Bu durumda $|x-1|=1-x$ ve $|x+2|=x+2$ olur buradan da $2(1-x)-(x+2)=6 \implies \boxed{x=-2}$ buluruz.

$iii) \ -2 \geq x$ olsun. Bu durumda ise $|x-1|=1-x$ ve $|x+2|=-x-2$ olur buradan da $2(1-x)-(-x-2)=6 \implies \boxed{x=-2}$ buluruz.

Böylece verilen denklemin reel sayılardaki çözüm kümesini $\{-2,10\}$ olarak elde ederiz. Sorumuzun cevabı $10+(-2)=8$'dir.

Boy ortalaması $1,68$ m olan bir toplulukta kadınların boy ortalaması $1,66$ m, erkeklerin boy ortalaması $1,74$ m'dir. Bu toplulukta erkek sayısının kadın sayısına oranı nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Kadınların sayısı $x$, erkeklerin sayısı $y$ olsun.
$(x+y) \cdot 1,68 = x \cdot 1,66 + y \cdot 1,74 \Rightarrow x \cdot 0,02 = y \cdot 0,06 \Rightarrow x = 3y \Rightarrow \dfrac yx = \dfrac 13$.

İç teğet çemberinin merkezi $I$, ağırlık merkezi $G$ olan $ABC$ üçgeninin kenar uzunlukları sırasıyla $15$, $21$ ve $9$ olduğuna göre $|GI|$ kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Lemma: Herhangi bir $ABC$ üçgeninde kenar uzunlukları $a$, $b$, $c$ olmak üzere $IG \parallel BC$ olması için gerek ve yeter şart $a=\dfrac{b+c}{2}$ olmasıdır.

İyi bilinen bu lemmanın ispatını vermeyeceğiz ancak ilk kez karşılaşan okuyucuların kendi çabasıyla lemmayı ispatlamalarını önemle tavsiye ederiz.

$|AB|=c=9$, $|AC|=b=21$, $|BC|=a=15$ olsun. $15=\dfrac{21+9}{2}$ olduğundan lemmaya göre, $IG \parallel BC$ dir. $[AD]$ iç açıortay ve $[AE]$ kenarortay olmak üzere paralellikten $AIG \sim ADE$ olup $$\dfrac{|IG|}{|DE|}=\dfrac{|AG|}{|AE|}=\dfrac{2}{3} \tag{1}$$ yazılır.

O halde $|DE|$ uzunluğunu hesaplayalım. İç açıortay teoreminden $\dfrac{|BD|}{9}= \dfrac{|CD|}{21}$ dir. $|BD|=3x$, $|CD|=7x$ dersek $|BC|=10x=15$ olup $x=\dfrac{3}{2}$, $|BD|=\dfrac{9}{2}$ dir. $|BE|=|CE|=\dfrac{15}{2}$ olduğundan $|DE|=\dfrac{15-9}{2}=3$ tür.

$(1)$ denkleminden $|IG|=2$ bulunur.

$ABC$ üçgeninde, $|AB|=|AC|$, $D \in [BC]$, $m(\widehat{CDA})=2\alpha$, $m(\widehat{ACB})=\alpha$, $|CD|=x$, $|DB|=2$, $|CA|=y$ ise $x$ ile $y$ arasında hangi bağıntı vardır?

$\textbf{a)}\ y^2-2x=4 \qquad\textbf{b)}\ y-x=2 \qquad\textbf{c)}\ x^2=2y+2 \qquad\textbf{d)}\ x^2 + y^2=4 \qquad\textbf{e)}\ y^2 - 4x^2=1 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$|AB|=|AC|=y$ ve $m(\widehat{ABC})=\alpha $ dır. Böylece $ADB$ üçgeni de ikizkenar olup $|DA|=2$ dir. Şimdi $ ADB \sim BAC$ açı-açı-açı benzerliği olduğundan $\dfrac{y}{x+2}=\dfrac{2}{y}$ yazılır. Buradan $y^2= 2x+4$ elde edilir.

Bir dolapta bulunan $10$ değişik çift ayakkabı arasından karanlıkta $8$ tane tek ayakkabı rastgele alınır. Bu sekiz ayakkabı içinde on çiftten hiçbirinin hem sağ, hem sol tekinin bulunmama olasılığı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{\dbinom{10}{8}2!2^8}{\dbinom{20}{8}} \qquad
\textbf{b)}\ \dfrac{2^8}{\dbinom{20}{8}} \qquad
\textbf{c)}\ \dfrac{\dbinom{10}{8}2^8}{\dbinom{20}{8}} \qquad
\textbf{d)}\ \dfrac{\dbinom{10}{1}\dbinom{9}{6}2^6}{\dbinom{20}{8}} \qquad
\textbf{e)}\ \dfrac{\dbinom{10}{8}}{\dbinom{20}{8}}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Tüm durumlar $20$ ayakkabı içinden $8$ ayakkabı seçilmesidir. Bunların sayısı $\dbinom{20}{8}$ olur. Şimdi istenen durumların sayısını hesaplayalım: Önce $10$ ayakkabı çiftinden $8$ çiftin seçim sayısını belirleyelim: $\dbinom{10}{8}$ olur. Şimdi bu $8$ çiftten her birinden ya sağ ayakkabıyı ya da sol ayakkabıyı seçmeliyiz. Bu seçimlerin sayısı da $2^8$ olur. Böylece istenen durumların olasılığı $$\dfrac{\dbinom{10}{8}2^8}{\dbinom{20}{8}}$$elde edilir.

$2,a,b,c,n$ pozitif tam sayılarından oluşan artan bir sonlu dizidir. $a,b,c$ sayı üçlüsünün tam $33$ farklı seçimi, bu dizinin ilk üç terimini geometrik, son üç teriminin de aritmetik bir dizi oluşturmasını sağlamaktadır. $n$ sayısının alacağı en küçük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 1024 \qquad\textbf{c)}\ 1089 \qquad\textbf{d)}\ 2180 \qquad\textbf{e)}\ 2314 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$2, a, b$ geometrik dizi ise $a^2 = 2b$ olacağı için $a$ çift sayıdır. $a=2m$ olsun.

Dizi $2, 2m, 2m^2, c, n$ haline dönüşecektir.

$2m^2, c, n$ aritmetik dizi ise $c = \dfrac {n+2m^2}{2} = m^2 + \dfrac n2$ olmalı. Bu durumda $n=2k$ gibi bir çift sayı olmalı.

Diziyi yeniden yazarsak $2, 2m, 2m^2, m^2 + k, 2k$ elde ederiz.
Dizinin artan olması için $2m < 2m^2 < m^2 + k$, yani $m\geq 2$ ve $k > m^2$ olması gerekir.

Soruyu yeniden yazarsak:
$(2m, 2m^2, m^2 + k)$ üçlüsünün tam $33$ farklı seçimi bu dizinin ilk üç terimini geometrik, son üç terimini de aritmetik dizi yapıyorsa $2k$ en az kaçtır?

$a$ ve $b$ de $m$ ye bağlı olduğu için, $m\geq 2$ ve $k > m^2$ tam sayılar olmak üzere; soru şöyle düşünülebilir:
Hangi $k$ değeri için $m\geq 2$ ve $k > m^2$ şartını sağlayan tam olarak $33$ $(m,k)$ ikilisi vardır?

$k = 34^2 + 1 = 1157$ sayısı için $(2, 1157), (3, 1157), \ldots, (34, 1157)$ ikileri söz konusu dizi şartlarını sağlar.

$n=2k = 2314$ olarak elde edilir.

$b$, bir pozitif tam sayı ve $( \text{ }\text{ })_b$ sayıların $b$ tabanına göre gösterimi olmak üzere $(12)_b \cdot (15)_b \cdot (16)_b = (3146)_b $ ise, $(12)_b + (15)_b + (16)_b$ sayısının $10$ tabanındaki karşılığı nedir?

$\textbf{a)}\ 37 \qquad\textbf{b)}\ 40 \qquad\textbf{c)}\ 43 \qquad\textbf{d)}\ 48 \qquad\textbf{e)}\ 54 $

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed B$

Sayıları $10$ luk sisteme göre yazarsak $(b+2)(b+5)(b+6) = 3b^3 + b^2 + 4b + 6$ denklemini elde ederiz.

$b^3 + 13b^2 + 52b + 60 = 3b^3 + b^2 + 4b + 6 \Longrightarrow b^3 - 6b^2 - 24b-27 = 0$

$b>6$ olmalı ve $9 \mid 27$ olduğu için $b = 9$ köklerden biri olabilir.

$9^3 - 6 \cdot 9^2 - 24 \cdot 9 - 27 = 27(27 - 18 - 8 - 1) = 0$ olduğu için $b=9$ dur.

$(b+2)+ (b+5)+ (b+6) = 3b + 13 = 3\cdot 9 + 13 = 40$.

Çözüm 2:

Eşitliğin iki yanını $\bmod b$ de inceleyelim.

$2 \cdot 5 \cdot 6 \equiv 6 \pmod b \Longrightarrow 54 \equiv 0 \pmod b$ elde edilir.

$b=6,9,27,54$ olabilir. ($6$ olamaz. İlk deneyeceğimiz sayı $9$ olur.)

$T = (b+2) + (b+5)+(b+6) = 3b + 13$ olduğu için şıklardan kontrol edersek sadece $b=9$ ve $T=40$ sağlar.

Aşağıdaki sayılardan hangisi, $4n^2 + 1$ sayısını $n$ nin sonsuz sayıda tam sayı değeri için böler?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 11 \qquad\textbf{d)}\ 13 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri} $

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{D}$

Çözüm 1:
$4n^2+1 \equiv 0 \pmod{3}$ denkliğinde $n\in\{0,\pm1 \}$ değerleri denenirse bunlardan hiçbirinin çözüm olmadığı görülür.

$4n^2+1 \equiv 0 \pmod{7}$ denkliğinde $n\in\{0,\pm 1, \pm2, \pm3 \}$ değerleri denenirse bunlardan hiçbirinin çözüm olmadığı görülür.

$4n^2+1 \equiv 0 \pmod{11}$ denkliğinde $n\in\{0,\pm 1, \pm2, \pm3, \pm4 , \pm5 \}$ değerleri denenirse bunlardan hiçbirinin çözüm olmadığı görülür.

$4n^2+1 \equiv 0 \pmod{11}$ denkliğinde $n\in\{0,\pm 1, \pm2, \pm3, \pm4 , \pm5, \pm6 \}$ değerleri denenirse bunlardan $n=4$ ve $n=-4$ için denklik sağlanır. O halde $n \equiv \pm4 \pmod{13}$ biçimindeki her $n$ tam sayısı için bu denklik sağlanır.

Çözüm 2:

Çözüm 2: Kare kalanlar ile ilgili şu lemmayı kullanalım.

Lemma: $m$ bir tam sayı olmak üzere $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ denkliğinin

$\bullet$ $p=4m + 1$ biçimindeki asal sayılar için çözümü vardır.

$\bullet$ $p=4m + 3$ biçimindeki asal sayılar için çözümü yoktur.

Buna göre verilen ifadenin $p$ asal sayısına bölünebildiğini düşünerek $$(2n)^2 \equiv -1 \pmod{p}\tag{1}$$ biçiminde yazalım. $p \in \{ 3,7,11\}$ asal sayıları $4m+3$ formunda olduğundan $(1)$ denkliğinin çözümü yoktur. $p=13$ asal sayısı $4m+1$ formunda olduğundan $(1)$ denkliğinin çözümü vardır. Denenerek bu çözümün $n \equiv \pm 4 \pmod{13}$ olduğu görülebilir.

$m$, $n$ pozitif tam sayılar ve $p>2$ bir asal sayı olsun. $m\not \equiv 0 \pmod{p}$ olmak üzere $m^n + n^m \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğini sağlayan $(m,n)$ sıralı ikililerinin oluşturduğu kümede kaç eleman vardır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ p \qquad\textbf{d)}\ \text{Sonsuz sayıda} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri} $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

$m=1$ ise $1 + n \equiv 0 \pmod p \Rightarrow n \equiv p-1 \pmod p$ olacak. $k$ pozitif bir tam sayı olmak üzere; $1^{kp - 1} + (kp-1)^1 \equiv 0 \pmod p$ olacağı için $n=kp-1$ sayıları denkliği sağlar.
O halde bu denkliğin sonsuz sayıda çözümü vardır.

Bir küpün bir köşesinde bulunan bir örümcek sadece küpün kenarları boyunca hareket edebilmektedir. Her noktadan en fazla bir defa geçmek koşuluyla, bu örümcek bulunduğu köşeden en uzaktaki köşeye kaç farklı yoldan gidebilir?

$\textbf{a)}\ 6 \qquad\textbf{b)}\ 9 \qquad\textbf{c)}\ 12 \qquad\textbf{d)}\ 18 \qquad\textbf{e)}\ 671 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Küpün tabanı $ABCD$, tavanı da $EFGH$ olsun. ($A$ ile $E$, $B$ ile $F$ komşu olmak üzere)

$A$ dan $G$ ye gitmek istiyoruz.

$A$ dan $B$, $D$, $E$ ye simetrik $3$ yol var.
Bu yollardan birini, $(B)$ yi ele alalım. $C$ veya $F$ ye gidilebilir. $2$ simetrik yol var.
$C$ ye gittiğimizi varsayalım. $C-G$, $C-D-H-G$ ve $C-D-H-E-F-G$ şeklinde $3$ yol ile devam edilebilir.
O halde $3 \cdot 2 \cdot 3 = 18$ farklı yolla $A$ dan $G$ ye ulaşılabilir.

$$\sum_{n=1}^{100} \left \lfloor \dfrac{2n}{3} \right \rfloor $$ toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 300 \qquad\textbf{b)}\ 3267 \qquad\textbf{c)}\ 3300 \qquad\textbf{d)}\ 3330 \qquad\textbf{e)}\ 3333 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

$k$ negatif olmayan bir tam sayı olmak üzere;
$n = 3k$ ise $\left \lfloor \dfrac{2n}{3} \right \rfloor = \left \lfloor \dfrac{2 \cdot 3k}{3} \right \rfloor = 2k$

$n=3k+1$ ise $\left \lfloor \dfrac{2n}{3} \right \rfloor = \left \lfloor \dfrac{2 \cdot (3k+1)}{3} \right \rfloor = \left \lfloor 2k + \dfrac 23 \right \rfloor = 2k$

$n=3k+2$ ise $\left \lfloor \dfrac{2n}{3} \right \rfloor = \left \lfloor \dfrac{2 \cdot (3k+2)}{3} \right \rfloor = \left \lfloor 2k+1 + \dfrac 13 \right \rfloor = 2k+1$

$\begin{array}{lcl}
\displaystyle \sum_{n=1}^{100} \left \lfloor \dfrac{2n}{3} \right \rfloor &=& \displaystyle \sum_{k=1}^{33} 2k + \displaystyle \sum_{k=0}^{33} 2k + \displaystyle \sum_{k=0}^{32} (2k + 1) \\
&=& 2 \displaystyle \sum_{k=1}^{33} k + \displaystyle \sum_{k=1}^{66} k \\
&=& 2 \cdot \dfrac {33 \cdot 34}{2} + \dfrac {66\cdot 67}{2} \\
&=& 33 \cdot 34 + 33 \cdot 67 \\
&=& 33 \cdot 101 \\
&=& 3333
\end{array}$

$\lfloor x^2 + 4x \rfloor = \lfloor x^2 \rfloor + 4\lfloor x \rfloor $ denkleminin reel sayılardaki çözüm kümesinde $x=0$ sayısını içine alan en geniş aralık aşağıdakilerden hangisidir?

$ \textbf{a)}\ -1 \leq x \leq 1 \qquad\textbf{b)}\ 0\leq x < \sqrt{5}-2 \qquad\textbf{c)}\ -\dfrac{1}{2}\leq x \leq \sqrt{5}-2 \qquad\textbf{d)}\ x=0 \qquad\textbf{e)}\ 0\leq x \leq \sqrt{5}-2 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

$-1<x<0$ olsun.
$\lfloor x \rfloor = -1$ ve $\lfloor x^2 \rfloor = 0$ dır. Dolayısıyla $\lfloor x^2 \rfloor + 4\lfloor x \rfloor = -4$ tür.

$f(x) = x^2 + 4x$ fonksiyonu bu aralıkta artandır. $ -3 = f(-1) < f(x) < f(0) = 0$ olduğu için $\lfloor x^2 + 4x \rfloor \in \{-1,-2,-3\}$.
Dolayısıyla $x=0$ çözümünü içeren aralığı negatif sayılara doğru genişletemeyiz.

Şimdi de bu aralığı pozitif sayılarda ne kadar genişletebiliriz, ona bakalım:
$0<x<1$ olsun.
$\lfloor x \rfloor = 0$ ve $\lfloor x^2 \rfloor = 0$ dır. Dolayısıyla $\lfloor x^2 \rfloor + 4\lfloor x \rfloor = 0$ dır.
$\lfloor x^2 + 4x \rfloor = 0$ olması için $x^2 + 4x<1$ olması gerekir.
$x^2 + 4x - 1 < 0$ eşitsizliğini çözersek $x_{1,2} = \dfrac{-4 \pm \sqrt {4^2 + 4}}{2} = -2 \pm \sqrt 5$.
O halde $0 < x < \sqrt 5 - 2 < 1$ aralığındaki sayılar için $\lfloor x^2 + 4x \rfloor = 0$ dır.
$\sqrt 5 - 2 \leq x < 1$ olduğunda $1 \leq \lfloor x^2 + 4x \rfloor < 5$ olacağı için bu aralıktaki hiçbir sayı denklemi sağlamaz.

Toplarsak $x=0$ içeren en büyük aralık: $0 \leq x < \sqrt 5 - 2$ dir.

$P_1, P_2, \dots , P_{12}$ farklı asal sayılar ve $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv x \pmod{12}$ olsun. Bu durumda $x$ aşağıdakilerden hangisi olamaz?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 3 \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 8 \qquad\textbf{e)}\ 11 $

Çözüm:

Seçeneklerdeki sayıların her biri $x$ için uygun bir değer olabilir. Doğru yanıt seçeneklerde yoktur.

$k$ bir tam sayı olmak üzere $12k \mp 1$ ve $12k \mp 5 $ formatlarının her birinde sonsuz çoklukta asal sayı vardır. Buna göre

$P_i= 12k_i +1 $ biçiminde seçilirse $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv 0 \pmod{12}$ elde edilir. $x=0$ olabilir.

$P_1=2$, $P_2=3$ ve $i\geq 3$ için $P_i= 12k_i +1 $ biçiminde seçilirse $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv 3 \pmod{12}$ olur. $x=3$ olabilir.

$P_1=2$, $P_2=7$ ve $i\geq 3$ için $P_i= 12k_i +1 $ biçiminde seçilirse $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv 7 \pmod{12}$ olur. $x=7$ olabilir.

$P_1=3$, $P_2=7$ ve $i\geq 3$ için $P_i= 12k_i +1 $ biçiminde seçilirse $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv 8 \pmod{12}$ olur. $x=8$ olabilir.

$P_1=2$, $P_2=11$ ve $i\geq 3$ için $P_i= 12k_i +1 $ biçiminde seçilirse $P_1 + P_2 + \dots + P_{12} \equiv 11 \pmod{12}$ olur. $x=11$ olabilir.

$ABC$ üçgeninde $[AH_1]$, $[BH_2]$ yükseklikleri $H$ noktasında kesişiyor. $H_1$, $H$, $H_2$ noktalarından geçen çemberin $H_1$ deki teğeti $[AB]$ yi $D$ de kesiyor. $|AC|=17$, $|CH_1|=15$, $|H_1B|=4$ olduğuna göre $|DH_1|$ kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

$\angle HH_1C = \angle HH_2C = 90^\circ$ olduğu için $HH_1CH_2$ kirişler dörtgenidir. Yani $(HH_1H_2)$ çemberi $C$ den geçer.
Basit açı hesabıyla ve teğet-kiriş açı özelliği ile $\angle BAH_1 = \angle HCH_1 = \angle HH_1B$ ve dolayısıyla $AD= DH_1$ elde edilir.
$ABH_1$ dik üçgen olduğu için $DH_1 = \dfrac {AB}{2}$.
$AH_1C$ dik üçgeninde Pisagor'dan $AH_1 = 8$. $AH_1B$ dik üçgeninde Pisagor'dan $AB=4\sqrt 5$.
Bu durumda $DH_1 = 2\sqrt 5$ olur.

Dışbükey (konveks) $ABCD$ dörtgeninde $|DA|=|AB|=2$, $m(\widehat{A})=108^\circ $, $m(\widehat{C})=126^\circ $ ise $|AC|$ kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$A$ merkezli ve $|AD|=|AB|=2$ yarıçaplı çemberi çizelim. Çevre açı-merkez açı ilişkisi olan $m(\widehat{DAB})+2\cdot m(\widehat{DCB})=108^\circ + 2\cdot 126^\circ = 360^\circ $ bağıntısı sağlandığından $C$ noktası da bu çemberi üstündedir. Yani $|AC|=2$ bir başka yarıçaptır.

$A$, $B$, $C$, $D$ ve $E$ düzlem üstünde beş değişik nokta olsun. Bu noktaları birleştiren doğrulardan hiçbiri bir başkasına dik ya da paralel olmasın. Bu beş noktanın her birinden geri kalan dört noktayı birleştiren doğrulara dikler çizelim. Bu dikler birbirleriyle $A,B,C,D,E$ noktaları dışında toplam olarak en fazla kaç değişik noktada kesişebilirler?

$\textbf{a)}\ 300 \qquad\textbf{b)}\ 310 \qquad\textbf{c)}\ 320 \qquad\textbf{d)}\ 330 \qquad\textbf{e)}\ 360 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Noktalar $A,B,C,D,E$ olsun.

$(A,B)$ ikilisi için; $A$ dan inilen dikmelerle ($d(A)$) $B$ den inilen dikmelerin ($d(B)$) kaç noktada kesiştiğine bakalım.

$B$ den inilen dikmeleri $A$ dan geçen doğrularla ($AE$, $AD$, $AC$) ile $A$ dan geçmeyenler ($ED$, $DC$, $EC$) doğrulara indirilen dikmeler diye iki gruba alalım. ($d_1(B)$ ile $d_2(B)$)

$d(A)$ ile $d_1(B)$ deki her doğru $6$ noktada, toplam $6 \times 3=18$ noktada kesişir. Bu iki kümenin elemanları paralel değildir.

$d(A)$ ile $d_2(B)$ deki her doğru $6$ noktada kesişmez. Örneğin $d(B, ED) \parallel d(A, ED)$ olduğu için $5$ noktada kesişir. $5 \times 3=15$.

$d(A)$ ile $d(B)$; $15+18=33$ noktada kesişir.

$C(5,2) = 10$ nokta çifti olduğu için $330$ kesişim noktası çıkar.

Çözümde eksik olan bir şeyler daha var: üçgenlerin diklik merkezleri.

$A,B,C,D,E$ noktaları $C(5,3) = 10$ üçgen belirtir. $330$’u bulurken $3$ dikme $3$ noktada kesişir varsaymıştık. Halbuki diklik merkezinden dolayı $3$ değil $1$ noktada kesişirler. Yani her üçgen için $2$ nokta fazla sayılmış. $2\times 10 = 20$.

$ \boxed{330-20=310}$.

Not 1: Bu soru IMO 1964/5 sorusu ile aynı.

IMO sorusunda $A,B,C,D,E$ noktalarının sayılıp sayılmayacağı hakkında bir şey denmediği için orada cevap $315$ olarak bulunmuştu. Burada cevap $310$ olacaktır.

Aslında soru burada bitmiyor. $A,B,C,D,E$ nin seçilişine göre başka dikmeler de noktadaş olabilir.
Öyle $5$ nokta seçilebilir mi ki, söz konusu dikmeler $310$ değişik noktada kesişsin.

John Scholes, kalva.demon.co.uk, yarışmacıların sözlü olarak bunu yapmalarına gerek olmadığı şeklinde bilgilendirildiğini düşünüyor.

The Imo Compendium kitabına göre jüri örnek $5$ nokta beklememiş. Yine bu kitabın ifadesine göre $A(1,1)$, $B(e, \pi)$, $C(e^2, \pi^2)$, $D(e^3, \pi^3)$, $E(e^4, \pi^4)$ noktalarının yukarıda tespit ettiklerimiz dışında noktadaş dikmeler oluşturmayacağı kolaylıkla görülebilir. Ben ise kolayca göremiyorum. Bu konuda çözümünüz varsa burada paylaşabilirsiniz.

Not 2: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(E)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.