Tübitak Lise 1. Aşama - 1995 Çözümleri
« 1994 1996 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 1. Aşama - 1995 Çözümleri

1
$\quad$

Şekilde $m(\widehat{A})=58^\circ$ ve $O$ noktası $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezidir. $m(\widehat{DBC})$ kaç derecedir?

$\textbf{a)}\ 32^\circ \qquad\textbf{b)}\ 30^\circ \qquad\textbf{c)}\ 29^\circ \qquad\textbf{d)}\ 28^\circ \qquad\textbf{e)}\ 25^\circ $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$


Aynı yayı gören çevre açı-merkez açı ilişkisinden $m(\widehat{BOC})=2 \cdot m(\widehat{BAC}) = 2 \cdot 58^\circ = 116^\circ $ olur. $BOC$ ikizkenar üçgen olduğundan $m(\widehat{OBC}) = m(\widehat{OCB}) = \dfrac{180^\circ - 116^\circ}{2} = 32^\circ$ olur.

2
Bir bakkalda $16,18,19,20$ ve $31$ litrelik $5$ tenekeden dördünde çiçek yağı, birinde zeytinyağı vardır. Bakkal, bir müşteriye litrenin belli bir tam katı kadar çiçek yağı satar. Başka bir müşteriye de ilkine sattığının iki katı kadar çiçek yağı sattıktan sonra, elinde hiç çiçek yağı kalmadığını görür. Zeytinyağı kaç litrelik tenekededir?

$\textbf{a)}\ 16 \qquad\textbf{b)}\ 18 \qquad\textbf{c)}\ 19 \qquad\textbf{d)}\ 20 \qquad\textbf{e)}\ 31$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

Satılan çiçek yağı, litre cinsinden $3$ ile tam bölünebilen bir sayıdır. O halde $16,18,19,20, 31$ sayılarının modülo $3$ deki değerleri sırasıyla $1, 0, 1, 2, 1$ incelenirse, bunlardan $4$ tanesinin toplamı, $3$ ile bölümden $0$ kalanı vermelidir. Bu durum $1,0,1,1$ kalanları için mümkündür. O halde modülo $3$ te $2$ kalanı veren tenekeyi ayırırız. Yani $20$ litrelik tenekede zeytinyağı vardır.
3
$(x+\sqrt{x^2+1})\cdot (y+\sqrt{y^2+1}) =1$ ise , $x+y$ nedir?

$\textbf{a)}\ -2\sqrt{2} \qquad\textbf{b)}\ -\sqrt{2} \qquad\textbf{c)}\ -1 \qquad\textbf{d)}\ 0 \qquad\textbf{e)}\ 2$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

Test mantığı ile $x=y=0$ için denklemin sağlandığı gözlemlenirse $x+y=0$ bulunur. Bu denklemi sağlayan başka sayılar da olabilir. Şimdi de sorunun tam çözümünü yapalım.

Verilen denklemden $y+\sqrt{y^2+1} = \dfrac{1}{x+\sqrt{x^2+1}} = \sqrt{x^2+1} - x$ ve $\sqrt{y^2+1} - y  = \dfrac{1}{y+\sqrt{y^2+1}} = x + \sqrt{x^2+1}$ olur. Taraf tarafa çıkarma yapılırsa $(y+\sqrt{y^2+1}) - (\sqrt{y^2+1} - y) = (\sqrt{x^2+1} - x) - (\sqrt{x^2+1} + x) $ olup $2y = -2x$ ve $x+y = 0$ elde edilir.


Not: Denklemi sağlayan tüm $(x,y)$ gerçel sayı ikililerini bulmak istersek, $y=-x$ değerini ana denklemde yazabiliriz. $ (x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1}) = 1$ denkleminden $ (x+\sqrt{x^2+1})(-x+\sqrt{x^2+1}) = 1$ bulunur. İki kare farkı özdeşliğinden dolayı bu eşitlik daima doğrudur. O halde verilen denklemin tüm gerçel çözüm ikilileri $(x,-x)$ biçimindedir.
4
Bir salona giren üç kişi eldivenlerini vestiyere bırakıyor. Eldivenleri geri alırken, her birine rastgele iki eldiven veriliyor. Her birinin kendisine ait olan eldiven çiftini almış olma olasılığı nedir?

$\textbf{a)}\ \dfrac{1}{3} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{1}{6} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1}{15} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{18} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{1}{90}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed E$.

Toplam durum sayısı $\dbinom 6 2 \dbinom 4 2 \dbinom 2 2 = 15 \cdot 6 \cdot 1 = 90$. İstenen durum sayısı $1$.

O halde aranan cevap $\dfrac{1}{90}$ olur.
5
$7$ sayısı $2,22,222,2222,...$  dizisinin kaç terimini böler?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{E}$

$222222 = 2 \cdot 111111 = 2\cdot 111\cdot 1001$ ve $1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13$ olduğundan $7\mid 222222$ dir. Dolayısıyla, tüm rakamları $2$ den oluşan ve basamak sayısı $6$ nın katı olan tüm pozitif tam sayılar $7$ ile tam bölünebilir. $7\mid 222222222222$ gibi. Bu şekilde sonsuz çoklukta sayı vardır.
Çözüm 2:
$2$ ile $7$ aralarında asal olduğu için bu soru; $1, 11, 111, \ldots$ dizisinin kaç terimi $7$ ile bölünür sorusu ile aynıdır.
$9$ ile $7$ aralarında asal olduğu için yeni soru da; $9, 99, 999, \ldots$ dizisinin kaç terimi $7$ ile bölünür sorusu ile aynıdır. Bu dizi eşdeğer olarak $10^{1}-1, 10^{2}-1, \dots , 10^{6}-1, \dots$ şeklinde yazılabilir.
Fermat'ın Ķüçük Teoreminden $10^6\equiv 1\pmod 7$ olacağı için $k\in \mathbf Z^+$ olmak üzere $n=6k$ sıradaki terimler $7$ ile bölünür.
6
Bir dik üçgenin dik kenarları $x$ ve $y$ birim uzunluktadır. Bu dik üçgenin hipotenüsü üzerine dışa doğru bir kare çiziliyor. Üçgenin dik köşesi ile karenin merkezi arasındaki uzaklık nedir?

$\textbf{a)}\ \dfrac{x+y}{2} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{x+y}{\sqrt{2}} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{\sqrt{x+y}}{2} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{\sqrt{x\cdot y}}{2} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{x\cdot y}{\sqrt{2}}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$



Şekildeki gibi $ABC$ dik üçgenini çizelim. Karenin merkezi $O$ noktası olsun. $|OB|=|OC|=a$ dersek $|BC|=a\sqrt{2}$ olur. $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{BOC})=90^\circ$ olduğundan $ABOC$ bir kirişler dörtgenidir. Ptolemy teoreminden $$ |OA|\cdot a\sqrt{2} = x\cdot a + y\cdot a $$ olup $|OA| = \dfrac{x+y}{\sqrt{2}}$ elde edilir.
7
$\quad$

Şekilde $AB$, $P(1,1)$ noktasından geçen bir doğru ve $OABC$ bir paralelkenardır. $C(x,y)$ noktasının $x$ ve $y$ koordinatları arasında hangi bağıntı vardır?

$\textbf{a)}\ y+ yx = x \qquad\textbf{b)}\ 2y+ yx = x \qquad\textbf{c)}\ y + 2yx = x \qquad\textbf{d)}\ y = \dfrac{x+y}{x-y} \qquad\textbf{e)}\ y = \dfrac{x-y}{x+y} $
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$
$OC \parallel PB$ olduğundan bu doğruların eğimleri eşittir. Böylece, $\dfrac{y-1}{0-1} = \dfrac{y-0}{x-0}$ olup düzenlenirse $y + xy = x$ eşitliğine ulaşırız.
8
$\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2}{3!}+\dfrac{3}{4!}+\cdots +\dfrac{99}{100!}$ toplamı neye eşittir?

$\textbf{a)}\ 1+\dfrac{99}{100!} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{101}{100} \qquad\textbf{c)}\ 1-\dfrac{99}{100} \qquad\textbf{d)}\ 1 \qquad\textbf{e)}\ 1-\dfrac{1}{100!}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$\displaystyle{ S=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2}{3!}+\dfrac{3}{4!}+...+\dfrac{99}{100!} = \sum_{n=1}^{99}\dfrac{n}{(n+1)!} }$ yazabiliriz. Aşağıdaki teleskopik toplamı oluşturarak,
$\displaystyle{ S=  \sum_{n=1}^{99}\dfrac{(n+1)-1}{(n+1)!} =  \sum_{n=1}^{99} \left( \dfrac{n+1}{(n+1)!} -  \dfrac{1}{(n+1)!} \right)=  \sum_{n=1}^{99} \left(\dfrac{1}{n!} -  \dfrac{1}{(n+1)!} \right) } = 1 - \dfrac{1}{100!} $ elde ederiz.
9
Bir sayı dizisinin birinci terimi $20$ dir. Bundan sonraki her terim kendisinden önceki terimin karesinin rakamları toplamına $1$ eklenerek elde ediliyor. Bu dizinin yüzüncü terimi nedir?

$\textbf{a)}\ 5 \qquad\textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 11 \qquad\textbf{e)}\ 14$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$(a_n)$ dizisinin ilk birkaç terimini hesaplayalım: $(a_n) = (20, 5, 8, 11, 5, 8, 11, \dots ) $ olmaktadır. Bu durumda ilk terimden sonra dizinin periyodunun $3$ olduğunu anlıyoruz. $a_{100} = a_4 = 11$ bulunur.
10
Aşağıdaki kümelerin hangisi $$\{a\in \mathbb Z \mid a^7\equiv a \pmod {63}\}$$ kümesinin alt kümesi değildir?

$\textbf{a)}\ \{a\in \mathbb Z \mid a\equiv 0\pmod {21}\} \qquad\textbf{b)}\ \{a\in \mathbb Z \mid a\equiv 0\pmod {9}\} \qquad\textbf{c)}\ \{a\in \mathbb Z \mid a\equiv 2\pmod {3}\} \qquad \textbf{d)}\ \{a\in \mathbb Z \mid a\equiv 1\pmod {3}\} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$63=7\cdot 9$ dur. Fermat teoreminden dolayı her $a$ tam sayısı için $a^7\equiv a \pmod {7}$ denkliği sağlanır. Euler teoreminden dolayı $(a,9)=1$ iken $a^6\equiv 1 \pmod {9}$ olup $a^7\equiv a \pmod {9}$ sağlanır. Yine $9\mid a$ iken $a^7\equiv a \pmod {9}$ sağlanır. Sadece $(a,9)=3$ iken $a^7 \not\equiv a \pmod {9}$ olur. O halde denkliğin çözüm kümesi $S = \{a\in \mathbb Z \mid a\not\equiv 3,6 \pmod{9} \}$ olur. $(b), (c), (d)$ seçeneklerinde verilen kümeler $S$ nin birer alt kümesidir.

Öte yandan $21 \in \{a\in \mathbb Z \mid a\equiv 0\pmod {21}\}$ olup $21\not\in S$ dir. $(a)$ seçeneğinde verilen küme $S$ nin bir alt kümesi değildir.
11
$a, b, c$ gerçel sayıları $(0,1)$ aralığında ise, $\dfrac{\log_ab}{a-b+1} + \dfrac{\log_bc}{b-c+2} + \dfrac{\log_ca}{c-a+3}$ ifadesinin alabileceği en küçük değeri kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac 12
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac 32
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 9
$
Çözüm:
Yanıt: Hiçbiri

Bu soru bu bağlantıda tartışıldı. Lokman Gökçe'nin çözümü aşağıda:

$S = \dfrac{\log_ab}{a-b+1} + \dfrac{\log_bc}{b-c+2} + \dfrac{\log_ca}{c-a+3}$ dersek $S>\dfrac{3}{2}$ olduğunu gösterebiliriz. Şimdi bu $\dfrac{3}{2}$ değerine nasıl ulaştığımızı açıklayalım:

$S$ toplamını oluşturan üç terim de pozitif olduğundan aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğini uygulayabiliriz ve $\log_ab \cdot \log_bc \cdot \log_ca = 1$ olduğundan

$$ S\geq 3 \left( \dfrac{\log_ab \cdot \log_bc \cdot \log_ca}{(a-b+1)(b-c+2)(c-a+3)} \right)^{\frac{1}{3}} =   3 \left( \dfrac{1}{(a-b+1)(b-c+2)(c-a+3)} \right)^{\frac{1}{3}} \tag{1}$$

elde edilir. Ayrıca $$ \left( (a-b+1)(b-c+2)(c-a+3)\right)^{\frac{1}{3}} \leq \dfrac{(a-b+1) + (b-c+2) + (c-a+3)}{3} = 2 \tag{2}$$

olup $(1)$ ve $(2)$ eşitsizliklerinden $S\geq \dfrac{3}{2}$ elde edilir. Eşitlik durumunun sağlanması için $(a-b+1) = (b-c+2) = (c-a+3)$ olması gereklidir. (Gereklidir ama bu bile yeterli değildir, çünkü logaritmalı kesirlere de ortalama eşitsizliği uygulanmıştı.) Ancak bu durum $a=1, b=c=0$ iken gerçekleşir. Bu ise $a,b,c$ sayılarının $(0,1)$ açık aralığında olması ile çelişir. Yani eşitlik durumu mümkün değildir ve $S>\dfrac{3}{2}$ bulunur. Dolayısıyla $(a), (b), (c)$ seçenekleri elenir.

Diğer taraftan $a=b=c$ iken $S=\dfrac{11}{6}$ olup $(d), (e)$ seçenekleri elenir.

Not: Yanıt olarak $c)$ $\dfrac{3}{2}$ verilmiş. Sınav eski tarihli olduğu için orijinal soru kağıdı elimize ya da resmi sitede yoktur. Soruyu kitaba aktarma aşamasında bir yazım hatası yapılmış olması da mümkündür.
12
Ondalık yazılımında $4$ ve $7$ rakamları bulunup, $0$ ve $8$ rakamları bulunmayan kaç tane $10$ basamaklı sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 8^{10}-2\cdot 7^{10}+6^{10}
\qquad\textbf{b)}\ 8!-2\cdot 7!+6!
\qquad\textbf{c)}\ 10^{8}-2\cdot 10^7+6^6
\qquad\textbf{d)}\ 2\binom{10}{2}8^8
\qquad\textbf{e)}\ 2\binom{10}{2}8^8-6\binom{10}{2}8^7
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$0,8$ rakamlarını içermeyen tüm $10$ basamaklı sayıların sayısı $8^{10}$ dur. Bunların içinde $4$ rakamı içermeyenlerin sayısı $7^{10}$ dur.  $7$ rakamı içermeyenlerin sayısı da $7^{10}$ dur. $4,7$ rakamlarının ikisini de içermeyenlerin sayısı ise $6^{10}$ olur. İçerme dışarma prensibinden, istenen durumların sayısı $8^{10} - 2\cdot 7^{10} + 6^{10}$ şeklinde elde edilir.
13
$\quad$


Şekilde $F, \ [AC]$ nin orta noktası$,\ D \in [BC]$ ve $\{E\}=[BF] \cap [AD]$ dir.
$|DC|=4|BD|,\ Alan(DCFE)=42$ ise$,\ Alan(ABE)$ ne olur?


$\textbf{a)}\ 21  \qquad\textbf{b)}\ 20  \qquad\textbf{c)}\ 18  \qquad\textbf{d)}\ 15  \qquad\textbf{e)}\ 12$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

Menelaüs teoreminden $\dfrac{|AF|}{|AC|}\cdot \dfrac{|CD|}{|DB|}\cdot \dfrac{|BE|}{|EF|} = 1 $ olup $|EF|=2|BE|$ bulunur. Yine  $\dfrac{|BD|}{|BC|}\cdot \dfrac{|CF|}{|FA|}\cdot \dfrac{|AE|}{|ED|} = 1 $ olup $|AE|=5|ED|$ bulunur. Böylece, $Alan(BDE)=S$ denirse, $Alan(DEF)=2S$, $Alan(ABE)=5S$ olur. Ayrıca $Alan(CDF) = 4\cdot Alan(BDF)$ olduğundan $Alan(CDF)=12S$ olur. Dolayısıyla $Alan(CDEF)=14S=42$ olup $S=3$ elde edilir. Sonuç olarak, $Alan(ABE)=5S=15$ bulunur.
14
$n^n+1=(n+1)(2n+1)$ eşitliğinin tam sayılar kümesinde kaç çözümü vardır?

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

$n\leq -2$ iken $n^n + 1$ ifadesi tam sayı değildir. Bu durumda çözüm gelmez. $-1 \leq n \leq 3$ için denenirse, $n=-1$ ve $n=3$ için eşitliğin sağlandığı görülebilir. $n=4$ için $n^n + 1 = 4^4 + 1 = 257$, $ (n+1)(2n+1) = 5 \cdot 9 = 45$ tir. $n\geq 4$ için $n^n+ 1$ ifadesi $(n+1)(2n+1)$ ifadesinden çok daha hızlı büyümektedir. Bu durumda $n^n + 1>(n+1)(2n+1)$ olup çözüm yoktur. Dolayısıyla denklemin çözüm kümesi $\{-1, 3 \}$ olur.
15
Herhangi bir $r>0$  sayısı için; $f : \mathbb R \to \mathbb R$, $g : \mathbb R \to \mathbb R$ ve  $$ \begin{array}{lcl}
|x-2|<r^2&\implies & |f(x)-3|<r \\
|x-2|<\dfrac{r}{10} &\implies& |g(x)-4|<r \end{array}$$ şartlarını sağlayan $(f,g)$  fonksiyon çiftleri düşünülüyor.
Aşağıdaki $x$ değerlerinden hangileri $|f(x)+g(x)-7|<\dfrac{1}{2}$ eşitsizliğini bu tür $(f,g)$  çiftlerinin tümü için sağlar?

$(I) \quad x=1,99 \qquad (II) \quad x=2,024 \qquad (III) \quad x=1,95 \qquad (IV) \quad x=1,9$

$\textbf{a)}$ Hiçbiri için
$\textbf{b)}$ Sadece $(I)$  için
$\textbf{c)}$ Sadece $(I)$  ve $(II)$  için
$\textbf{d)}$ Sadece $(I),(II),(III)$  için
$\textbf{e)}$ Hepsi için
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$$|f(x)-3|< r$$ $$|g(x)-4|< r$$ eşitliklerinden mutlak değer eşitsizliğini uygularsak
$$\rightarrow |f(x)+g(x)-7|\leq |f(x)-3|+|g(x)-4|< 2r$$
Ayrıca soruda $|f(x)+g(x)-7|< \dfrac{1}{2}$ verildiğinden $$r>\dfrac{1}{4}$$
Dolayısıyla  $$|x-2|<\dfrac{1}{40}<\dfrac{1}{16}$$
elde edilir ve $x\in \left(1,975 , 2,025\right)$ elde edilir. Bu aralıkta olan yönergeler ise $I,II$ dir.
16
Şekildeki $ABC$  üçgeninde,
$m(\widehat{ABC})=45^{\circ},\ m(\widehat{ACB})=75^{\circ}$  ve $|BC|=6$  dır.
Yüksekliklerin kesim noktası $H$  ise $|AH|$  aşağıdakilerden hangisine eşittir?

$\textbf{a)}\ 2\sqrt3  \qquad\textbf{b)}\ 3\sqrt3  \qquad\textbf{c)}\ 3\sqrt2  \qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt2  \qquad\textbf{e)}\ \sqrt6$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$

$C$ den $[AB]$ ye inilen dikme ayağı $F$ olsun. $BCF$ ikizkenar dik üçgeninde $|BF| = |CF| = \dfrac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$ dir. $m(\widehat{BHF}) = 60^\circ$ olduğundan $BFH$ dik üçgeninde $|HF| = \dfrac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \sqrt{6} $ bulunur. $AFH$ ikizkenar dik üçgen olduğundan $|AH| = \sqrt{3}\cdot \sqrt{6} = 2\sqrt{3}$ olur.
17
$2$ mavi, $2$ kırmızı ve $2$ beyaz top bir çember etrafına rastgele dizildiğinde aynı renkli topların hep yan yana gelme olasılığı nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{20}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{1}{12}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1}{9}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{6}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{1}{4}
$
Çözüm:
Yanıt: Seçeneklerde yoktur.

Olasılıkta özdeş nesne yoktur! Dairesel permütasyondan, örnek uzayın eleman sayısı $(6-1)!=5! = 120$ dir. İstenen durumların eleman sayısı ise $(3-1)! \cdot 2\cdot 2 \cdot 2 = 16$ dır. Böylece istenen durumların olasılığı
$$ p = \dfrac{16}{120} = \dfrac{2}{15} .$$


Not: Bu problem, ülkemizde matematik öğretmenleri tarafından çeşitli platformlarda tartışıldı. Farklı yanıtlar üretilebildiği için, uzman görüşü almak amacıyla yabancı bir site olan math.stackexchange.com sitesinde başlık açmıştım. Konuyla ilgilenenler sayfayı ziyaret edebilir.
18
Aşağıdaki sayılardan hangisi $b\gt 1$ doğal sayısı ne olursa olsun asal değildir?

$
\textbf{a)}\ (11)_b
\qquad\textbf{b)}\ (111)_b
\qquad\textbf{c)}\ (1111)_b
\qquad\textbf{d)}\ (11111)_b
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Cevap: $\boxed C$

$(1111)_b = b^3 + b^2 + b + 1 = b^2 (b+1) + (b+1) = (b^2+1)(b+1)$ sayısında iki çarpan da $1$ den büyük oldğundan her halükarda bileşik sayıdır.
19
$a$ ,$b$, $c$ gerçel sayıları için, $$\begin{array}{rcl} a+b+c &=& 2\\ a^2+b^2+c^2 &=& 2 \end{array}$$ ise, $c$'nin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{2}{3}
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{5}{4}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{4}{3}
\qquad\textbf{e)}\ \sqrt{2}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$

$a+b=2-c \Rightarrow a^2+b^2 + 2ab = c^2 -4c + 4$

$c^2 -4c + 4 = a^2+b^2 + 2ab \leq a^2+b^2 + a^2+b^2 =2(a^2+b^2) = 2(2-c^2)$

$c^2 -4c + 4 \leq 4 - 2c^2 \Rightarrow 3c^2-4c \leq 0 \Rightarrow 0 \leq c \leq \frac 43$
20
Bir sırada $9$ koltuk bulunmaktadır. $6$ kişi bu sırada rastgele oturduktan sonra yan yana iki boş koltuk kalması olasılığı nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{12}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{2}{12}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{4}{12}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{5}{12}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{7}{12}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

İstenmeyen durum, boş koltukların ayrık durumlarda olmasıdır. Altı kişiyi $1,2,3,4,5,6$ ile gösterelim. $-1-2-3-4-5-6-$ gibi bir sıralamada $-$ işaretiyle gösterilen yerlerden üç tanesine boş koltuk getireceğiz. Bu şekilde $\dbinom{7}{3}=35$ tane durum vardır. Tüm durumlar ise, boş koltukların seçim sayısı $\dbinom{9}{3}=84$ olur. Böylece istenen olasılık
$$ 1 - \dfrac{35}{84} = \dfrac{7}{12}$$
elde edilir.

Not: Eğer insanların yer değiştirmelerini de hesaba katmalıydık denirse, istenmeyen durumların sayısı $\dbinom{7}{3}\cdot 6!$ ve tüm durumların sayısı $\dbinom{9}{3}\cdot 6! $ olacağından, istenen olasılık yine $\dfrac{7}{12}$ gelirdi.
21
$\quad$

Şekilde $|BC|=2,\ |AC|=1$  ve $m(\widehat{ACD})=90^{\circ}$  dir. $[AC]$  çaplı çemberin $[AB]$  kenarını kestiği $E$  noktasından çembere çizilen teğet $BC$'yi $D$'de kestiğine göre, $\tan{(\widehat{EDC})}$  aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ -2  \qquad\textbf{b)}\ -\dfrac43  \qquad\textbf{c)}\ \dfrac12  \qquad\textbf{d)}\ \dfrac43  \qquad\textbf{e)}\ 2$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$[AC]$ çap olduğundan Thales teoremi gereğince $m(\widehat{AEC}) = 90^\circ $ dir. Ayrıca, eşit uzunluklu teğet parçalarından $|DE|=|DC|$ dir. $BCE$ dik üçgeninde Thales teoreminden dolayı, $ |DE|=|DC|=|DB|$ dir. Böylece $BDE$ ikizkenar üçgen olup $m(\widehat{EDC}) = 2\cdot m(\widehat{ABC}) $ olur. $m(\widehat{ABC}) = \alpha$ dersek $\tan\alpha = \dfrac{|AC|}{|BC|} = \dfrac{1}{2}$ dir.
$$ \tan(\widehat{EDC}) = \tan(2\alpha) = \dfrac{2\tan \alpha}{1-\tan^2 \alpha} = \dfrac{2\cdot \dfrac{1}{2}}{1 - \dfrac{1}{4}} = \dfrac{4}{3}$$

elde edilir.
22
Aşağıdaki sayılardan hangisi  $(a^3-1)\cdot a^3\cdot(a^3+1)$  sayısını  $a$'nın en az bir tam sayı değeri için bölmez?

$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 9
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$

$\bullet$ $a$ çift sayı iken $8\mid a$ dır. $a$ tek sayı iken $8\mid (a^2-1)$ dir. O halde her $a$ tam sayısı için $8\mid (a^3-1)a^3(a^3+1)$ olur.
$\bullet$ $3\mid a$ iken $9\mid a^2$ dir. $3\nmid a$ iken $\phi(9)=6$ olduğundan $9\mid (a^6-1)$ dir. O halde her $a$ tam sayısı için $9\mid (a^3-1)a^3(a^3+1)$ olur.
$\bullet$ Fermat teoreminden $a^7 \equiv a \pmod{7}$ olduğundan $7\mid a(a^6-1)$ dir. O halde her $a$ tam sayısı için $7\mid (a^3-1)a^3(a^3+1)$ olur.
$\bullet$ Yukarıdaki sonuçlara göre her $a$ tam sayısı için $6\mid (a^3-1)a^3(a^3+1)$ olur.
23
$n$ pozitif bir tam sayı olmak üzere $$\{a\in \mathbb N:|\sqrt{a}-n|\lt \dfrac{1}{2}\}$$ kümesinde kaç eleman vardır?

$
\textbf{a)}\ n-1
\qquad\textbf{b)}\ n+1
\qquad\textbf{c)}\ 2n-1
\qquad\textbf{d)}\ 2n
\qquad\textbf{e)}\ n(n+1)
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$

$|\sqrt{a}-n|\leq \dfrac{1}{2} \iff -\dfrac{1}{2} \leq \sqrt{a}-n \leq \dfrac{1}{2} \iff n  -\dfrac{1}{2} \leq \sqrt{a} \leq \dfrac{1}{2} + n \iff n^2 - n + \dfrac{1}{4} \leq a \leq n^2 + n + \dfrac{1}{4} $ olduğundan bu aralıkta $a \in \{ n^2 - n + 1, n^2 - n + 2, \dots, n^2 + n \}$ değerlerinin her birini alabilir. Böylece $a$ nın alabileceği $(n^2 + n) - (n^2 - n +1) + 1 = 2n$ doğal sayı değeri vardır.
24
$\quad$

Şekilde $A$  noktasından geçen iki çemberden $d$  doğrusuna $B$'de teğet olanın yarıçapı $9,\ C$'de teğet olanın yarıçapı $4$'tür. $ABC$  üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı aşağıdakilerden hangisine eşittir?


$\textbf{a)}\ \dfrac52  \qquad\textbf{b)}\ 5  \qquad\textbf{c)}\ 6  \qquad\textbf{d)}\ \sqrt6  \qquad\textbf{e)}\ \sqrt{13}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed C$

$B$ de teğet olan çemberin merkezi $O_1$, $C$ de teğet olanın merkezi $O_2$, $(ABC)$ çemberinin merkezi de $O$ olsun.
$\angle AOC = 2\angle ABC = \angle AO_1B$
$\angle AOB = 2\angle ACB = \angle AO_2C$

Bu durumda $\triangle AOC \sim \triangle AO_1B$ ve $\triangle AOB \sim \triangle AO_2C$. Benzerlik oranlarını yazıp $$\dfrac{OC}{O_1B}=\dfrac{AC}{AB}, \quad \dfrac{OB}{O_2C}=\dfrac{AB}{AC}$$ taraf tarafa çarparsak $OB^2= O_1B\cdot O_2C=9\cdot 4 = 36 \Longrightarrow OB = 6$ elde edilir.

25
Bir çember etrafına, her sayı bitişiğindeki iki sayının çarpımına eşit olacak şekilde en fazla kaç farklı sayı yazılabilir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 15
\qquad\textbf{d)}\ 243
\qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$

Sayılardan biri $0$ olursa, bu durumda çember etrafındaki diğer tüm sayılar $0$ olacaktır. Yalnız bir farklı sayı yazmış oluruz. Bu yüzden çember etrafındaki sayıların $0$ dan farklı olduğunu varsayabiliriz. Bu durumda, çember etrafındaki sayılar sırasıyla $x_1, x_2, x_3, \dots, x_n$ olsun. $x_1 \cdot x_3 = x_2$ ve $ x_2 \cdot x_4 = x_3$ olur. Bu eşitlikleri taraf tarafa çarparsak $x_1 \cdot x_4 = 1$ olup $x_4 = \dfrac{1}{x_1}$ elde edilir. Benzer şekilde $x_5 = \dfrac{1}{x_2}$, $x_6 = \dfrac{1}{x_3}$, $x_7 = \dfrac{1}{x_4} = x_1$, $x_8=x_2$ olup en fazla $6$ farklı sayı yazabileceğimizi anlıyoruz. Bunun için bir örnek verelim: Çember etrafına sırasıyla $2, 3, \dfrac{3}{2}, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3}$ yazabiliriz.
26
$(ABC)_7=(CBA)_9$  ise $C$ aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$

$A, B, C$ sayıları $7$ tabanının rakamları olduğu için $0\leq A, B, C \leq 6$ dır. Ayrıca, verilen sayıların üç basamaklı olabilmesi için $A > 0$, $C > 0$ dır. Çözümleme yaparsak, $49A + 7B + C = 81C + 9B + A $ olup $ B = 8(3A - 5C) $ elde edilir. $8\mid B$ olduğundan sadece $B=0$ değerini alabilir. Bu halde $3A=5C$ olup, yalnızca $A=5$, $C=3$ durumu mümkündür.
27
$a$ bir tam sayı olmak üzere,  $x^3+x+a=0$ denkleminin kökleri ile ilgili olarak aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

$\textbf{a)}\ \text{Yalnızca sonlu sayıda $a$ için sadece bir kökü tam sayı olur.}$

$\textbf{b)}\ \text{Yalnızca bir kökü tam sayı olacak şekilde sonsuz sayıda $a$ vardır.}$

$\textbf{c)}\ \text{Yalnızca sonlu sayıda $a$ için bütün kökleri tam sayı olur.}$

$\textbf{d)}\ \text{Sonsuz tane $a$ için bütün kökleri tam sayı olur.}$

$\textbf{e)}\ \text{Hiçbir $a$ için tam sayı kökü olamaz.}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$

Denklemin köklerinden biri $r$ olsun.
$P(x)=x^3+x+a=(x-r)(x^2+rx+r^2+1)+a+r+r^3$ ve $a=-r-r^3$ tür.
Buna göre her $r$ tam sayısı için $a$ bir tam sayı olacaktır.
$Q(x)=x^2+rx+r^2+1=0$ denkleminde $\Delta=r^2-4(r^2+1)=-3r^2-4<0$ olduğu için $Q(x)$ in gerçel kökü yoktur.
O halde $P(x)$ in tek gerçel kökü $r$ dir.
$S=\{r\in \mathbb Z \mid a = -r^3-r\}$ kümesine ait her $a$ sayısı için denklemin tek bir tam sayı kökü vardır.
28
$ABCD$ karesinin $[AD]$ ve $[CD]$ kenarları üzerinde sırasıyla $K$ ve $L$ noktaları  $m(\widehat{DAL})=30^\circ$  ve $m(\widehat{DCK})=15^\circ$ olacak şekilde seçiliyor.
$[CK]\cap [AL]=\{P\}$ olmak üzere $m(\widehat{APB})$ kaç derecedir?

$
\textbf{a)}\ 15
\qquad\textbf{b)}\ 30
\qquad\textbf{c)}\ 45
\qquad\textbf{d)}\ 60
\qquad\textbf{e)}\ 75
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed D$

$\angle APC = 90^\circ + 30^\circ+15^\circ = 135^\circ$
$2\angle APC + \angle ABC = 360^\circ$ ve $AB=AC$ olduğu için $(APC)$ çemberinin merkezi $B$ dir. Yani $BA=BP$.
$\angle BAP = 90^\circ - 30^\circ =60^\circ$ olduğu için $\triangle APB$ eşkenardır.

Çözüm 2:
$A$ dan $CK$ ya inilen dikmenin ayağı $H$ olsun.
$\angle HCA = 30^\circ$, $\angle PAC = 15\circ$, $\angle HAP = \angle HPA = 45^\circ$.
$AH=1$ dersek $\triangle AHP$ ikizkenar dik üçgen olduğu için $AP=\sqrt 2$.
$\triangle CAH$ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğu için $AC=2$ ve karenin kenarı $AB=\sqrt 2$ olacaktır.
$AP=AB = \sqrt 2$ ve $\angle PAB = 60^\circ$ olduğu için $\triangle APB$ eşkenar üçgen ve $\angle APB = 60^\circ$ dir.
Çözüm 3:
$\angle APB = \alpha$ diyelim.
$\angle ABP = 120^\circ - \alpha$, $\angle PBC = \alpha - 30^\circ$, $\angle CPB = 135^\circ - \alpha$ olacaktır.
$\triangle ABP$ de ve $\triangle PBC$ de Sinüs oranlarını yazalım: $$\dfrac {AB}{BP} = \dfrac{\sin \alpha}{\sin 60^\circ}, \quad \dfrac {BP}{BC} = \dfrac{\sin 75^\circ}{\sin (135^\circ - \alpha)}$$ Taraf tarafa çarpıp düzenlersek $$\dfrac{\sin \alpha}{\sin (135^\circ - \alpha)} = \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 75^\circ} = \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin (135^\circ - 60^\circ)}$$ $\alpha = 60^\circ$ olduğu kolayca görülebilir.
29
$x>0$  için $f(x+1)=x\cdot f(x)$  ve $f(1)=1$  ise aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

$\textbf{a)}\ f(x)$'in en küçük değerini aldığı nokta $(1,2)$ aralığındadır.
$\textbf{b)}\ f(x)$'in en küçük değerini aldığı nokta $(0,1)$ aralığındadır.
$\textbf{c)}\ f(x)$ en büyük değerini $x=1$ noktasında alır.
$\textbf{d)}\ f(x)$'in en büyük değerini aldığı nokta $(1,2)$ aralığındadır.
$\textbf{e)}\ f(x)$'in en büyük değerini aldığı nokta $(2,\infty)$ aralığındadır.
Çözüm:
Yukarıdaki açıklamalarımı matematik kafası sitesinde de paylaşmıştım. Emrah Sercan Yılmaz bey'in cevabı sorunun hatalı olduğunu gösteriyor.


Yanıt: Soru Hatalı olduğundan yanıt yoktur.


Çözüm [Emrah Sercan Yılmaz]: $(0,1)$ aralığı üzerinde $f(x) = \cot(-\pi x)$ ve $x=1$ için $f(1) = 1$ olarak tanımlanırsa bu fonksiyon bütün şıkları eler. Çünkü her $x>0$ için $f(x+1) = x\cdot f(x)$ bağıntısı yardımıyla tüm $x>1$ değerleri için görüntüler üretilebilir. Ayrıca $\lim_{x\to 0^{+}}\cot(- \pi x) = - \infty$ ve $\lim_{x\to 1^{-}}\cot(- \pi x) = \infty$ olup fonksiyonun maksimum veya mimimum değeri yoktur.
30
$\quad$


Şekilde $[BE],\ ABC$  üçgeninin bir iç açıortayı$,\ [AD]$  ise bir dış açıortayıdır. $DE$  doğrusu $AB$  doğrusunu $F$  noktasında kesmektedir.

$m(\widehat{ABC})=46^{\circ},\ m(\widehat{ACB})=84^{\circ}$  ise  $m(\widehat{BFC})$  kaç derecedir?

$\textbf{a)}\ 94  \qquad\textbf{b)}\ 92  \qquad\textbf{c)}\ 90  \qquad\textbf{d)}\ 88  \qquad\textbf{e)}\ 84$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$

$\triangle ABC$ de, $D,E,F$ noktaları için Menelaus uygulayalım. $$\dfrac{AF}{FB}\cdot \dfrac{BD}{DC}\cdot \dfrac{CE}{EA}=1$$
İç açıortay teoreminden $$\dfrac{EA}{CE}=\dfrac{AB}{BC}$$
Dış açıortay teoreminden $$\dfrac{DC}{BD}=\dfrac{AC}{AB}$$ elde edilir. Üç eşitliği taraf tarafa çarparsak $$\dfrac{AF}{FB} =\dfrac{AC}{BC}$$ elde ederiz. Bu da $CF$ nin $\angle ACB$ nin açıortayı olduğu anlamına gelir.
$\angle BFC = 180^\circ - \angle FBC - \angle FCB = 180^\circ - 46^\circ - 42^\circ = 92^\circ$.
31
Bir $n$ doğal sayısı $48$ e bölündüğünde kalan $47$ oluyor. Aynı sayı $49$ a bölündüğünde kalan yine $47$ dir. Bu $n$ sayısı $42$ ye bölününce kalan ne olur?

$\textbf{a)}\ 5  \qquad\textbf{b)}\ 7  \qquad\textbf{c)}\ 13  \qquad\textbf{d)}\ 24  \qquad\textbf{e)}\ 41$
Çözüm:
Cevap: $\boxed5$

Pratik çözüm:
$n=47$ verilen iki şartı sağlamaktadır, $42$ ile bölümünden kalan ise $\boxed5$tir.

Gerçek çözüm:
Verilen bilgiler ışığında $n$ sayısının $\text{ekok}\{48,49\}$ ile bölümünden kalanın $47$ olacağı açıktır. O halde $n=k \cdot \text{ekok}\{48,49\} + 47$ yazabiliriz.
$\text{ekok}\{48,49\}$ sayısı $42$ ile tam bölündüğünden,

$\begin{aligned}
n &= k \cdot \text{ekok}\{48,49\} + 47\\
&= \underbrace{k \cdot \text{ekok}\{48,49\} + 42}_{\text{42 ile tam bölünür}} + 5
\end{aligned}$
sayısının $42$ ile bölümünden kalanın $\boxed5$ olduğu açıktır.
32
$\{1,2,4,5,6,8,9,10,11\}$ kümesinin$,$ elemanları arasında iki ardışık sayı bulunmayan $4$ elemanlı alt kümelerinin sayısı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 26  \qquad\textbf{b)}\ 29  \qquad\textbf{c)}\ 42  \qquad\textbf{d)}\ 78  \qquad\textbf{e)}\ 126$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$

Elemanları küçükten büyüğe sıralayıp sayalım:

$\{1, 4, 6, x \}$ şeklinde $4$ tane, $\{1, 4, 8, x \}$ şeklinde $2$ tane, $\{1, 4, 9, 11 \}$ şeklinde $1$ tane,

$\{1, 5, 8, x \}$ şeklinde $2$ tane, $\{1, 5, 9, 11 \}$ şeklinde $1$ tane,

$\{1, 6, 8, x \}$ şeklinde $2$ tane, $\{1, 6, 9, 11 \}$ şeklinde $1$ tane,

yani $\{1, x, y, z \}$ şeklinde toplamda $13$ altküme vardır.

$\{2, x, y, z \}$ şeklinde de $13$ altküme vardır.

$\{4, 6, 8, x\}$ şeklinde $2$ tane, $\{4,6, 9, 11\}$ şeklinde $1$ tane altküme vardır.

O halde, iki ardışık sayı içermeyen $4$ elemanlı altkümelerin sayısı $13+13+3 = 29$ dur.


33
$a,b$  pozitif gerçel sayılar olmak üzere$,$

$a^{\ln b}.b^{\ln a} + a^{\ln b} + b^{\ln a} = 8$  ise$,\ (\ln a).(\ln b)$ çarpımı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac12 \ln 2  \qquad\textbf{b)}\ \ln 2  \qquad\textbf{c)}\ \dfrac32 \ln 2  \qquad\textbf{d)}\ 3 \ln 2  \qquad\textbf{e)}\ (\ln 2)^2$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$a=e^x$ ve $b=e^y$ dönüşümü yapalım. Bu durumda $\ln{a}=x$ ve $\ln{b}=y$ elde edilir. Verilen eşitlikten $$e^{2xy}+2e^{xy}=8$$ elde edilir. $e^{xy}=t$ dersek, $$t^2+2t=8\implies (t+1)^2=9\implies t=-1\pm 3=-4,2$$ çözümleri elde edilir. $t>0$ olduğundan $t=e^{xy}=2$ bulunur. Buradan $xy=(\ln{a})\cdot (\ln{b})=\ln 2$ elde edilir.
34
$1$ den $56$ ya kadar doğal sayılar$,$ bir çember etrafına$,$ herhangi ardışık dizili $5$ sayının toplamı en az $K$ olacak şekilde dağıtılmıştır. $K$ en çok kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 15  \qquad\textbf{b)}\ 56  \qquad\textbf{c)}\ 142  \qquad\textbf{d)}\ 143  \qquad\textbf{e)}\ 270$
Çözüm 1:
Cevap: $\boxed{\text{Hiçbiri}}$

Öncelikle cevabın $140$'tan büyük olamayacağını gösterelim. $56$ dışındaki $55$ sayıyı ardışık beşli sayılar olarak gruplarsak $11$ tane $5$'li grup vardır. Her birindeki sayıların toplamı en az $K$ olduğundan toplam en az $11K$ olacaktır. Dolayısıyla $$1+2+3+\dots+55=\frac{55\cdot 56}{2}\geq 11K\implies 140\geq K$$ elde edilir. Ancak $K$ sayısı $113$'den de büyük veya eşit olmalıdır. Çünkü $1,56,2,54,4,52,6,50,8,48,10,46$, $12$, $44$, $14$, $42$, $16$, $40$, $18,38,20,36,22,34$, $24,36,26,34,28$, $32,30,31,29,33,27$, $35,25,33,23,35,21$, $37$, $19$, $39$, $17$, $41$, $15$, $43$, $13,45,11,47$, $9,49,7,51,5,53,3,55$ şeklindeki bir dizilimde ardışık $5$ sayının toplamı en az $113$'tür. Dolayısıyla istenilen şartı sağlayan en büyük $K$ tamsayısı $113$ ile $140$ arasında olmalıdır. Şıklardan hiçbiri bunu sağlamaz.
Çözüm 2:
Yanıt: Şıklardan hiçbiri.

$\begin{array}{lclcl}
a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 &=& k_1 &\geq& K \\
a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 &=& k_2 &\geq& K \\
\vdots \\
a_{56} + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 &=& k_{56} &\geq& K \\
\end{array}$

Taraf tarafa toplarsak $\displaystyle 5 \cdot \sum_{i=1}^{56}a_i = \sum_{i=1}^{56} k_i \geq 56\cdot K $ elde ederiz.

$\displaystyle \sum_{i=1}^{56}a_i = \sum_{i=1}^{56}i = \dfrac {56\cdot 57}{2}$ eşitliğini yerine yazarsak $\dfrac {5 \cdot 56 \cdot 57}{2} \geq 56\cdot K$ eşitliğini elde ederiz. Eşitsizliği sağlayan en büyük tam sayı $K=142$ dir.

Bu aşamada cevabın $142$ olduğunu düşünebiliriz. Büyük ihtimalle soruyu hazırlayan da böyle düşündü.
Cevabın $142$ olduğunu varsayalım.
$\bmod {56}$ da düşünürek $k_i \neq k_{i+1}$ olmalı. ($k_{i+1} - k_i = a_{i + 5} - a_i$ ve tüm $a_i$ ler birbirinden farklı olmak zorunda)
Örneğin, $k_1 = 142$ olsun, $k_2 \geq 143$ olmak zorunda.
Bu durumda tüm $k_i$ lerin toplamı en az $28\cdot 142 + 28 \cdot 143 = 28 \cdot  285 = \dfrac{5 \cdot 56 \cdot 57}{2}$ olacaktır. Zaten $\displaystyle \sum_{i=1}^{56} k_i = \dfrac{5 \cdot 56 \cdot 57}{2}$ olduğu için $k_i \leq 143$ olmalı.
Bu da ardışık $k_i$ lerin farkının tam olarak $1$ olduğu anlamına gelir.
$|k_{2} - k_{1}| = |a_{6} - a_1| = 1$ omalı.
$a_i$ lerden den biri $1$ olmak zorunda, $a_1=1$ olsun. $a_6 = 2$ olmak zorunda. Yani $k_1 = 142$ ve $k_2 = 143$ (Tekler $142$, çiftler $143$). $k_6 = 143$, $k_7 = 142$. $k_7 - k_6 = a_{11} - a_6 \Rightarrow a_{11} = 1 = a_1$ olmak zorunda. Çelişki.

O halde cevap $142$ den küçük olmalı.
$56$ olabilir mi?
$[1, 2, 3, 4, 47, 5, 6, 7, 8, 31, 9, 10, 11, 12, 15, 13, 14, 16, \dots, 56]$ şeklinde bir dizilim de $K = 57$ oluyor.
Bu durumda $57 \leq K < 142$ olduğunu söyleyebiliriz.



Çözüm 3:
Yanıt: Şıklarda yoktur.

Metin Can Aydemir'in çözümünde $K\leq 140$ olduğu gösterilmişti. Bilgisayar taraması ile $56$ pozitif tam sayı için $K=140$ durumunun örneği aşağıdaki gibidir. Böylece $K_{\max} = 140$ elde edilir.

\[
\begin{array}{c|l|c}
\text{Başlangıç} & \text{Ardışık }5\text{ sayı} & \text{Toplam}\\
\hline
1 & 56,45,23,6,22 & 152\\
2 & 45,23,6,22,44 & 140\\
3 & 23,6,22,44,46 & 141\\
4 & 6,22,44,46,24 & 142\\
5 & 22,44,46,24,7 & 143\\
6 & 44,46,24,7,20 & 141\\
7 & 46,24,7,20,43 & 140\\
8 & 24,7,20,43,47 & 141\\
9 & 7,20,43,47,25 & 142\\
10 & 20,43,47,25,8 & 143\\
11 & 43,47,25,8,18 & 141\\
12 & 47,25,8,18,42 & 140\\
13 & 25,8,18,42,48 & 141\\
14 & 8,18,42,48,26 & 142\\
15 & 18,42,48,26,9 & 143\\
16 & 42,48,26,9,16 & 141\\
17 & 48,26,9,16,41 & 140\\
18 & 26,9,16,41,49 & 141\\
19 & 9,16,41,49,27 & 142\\
20 & 16,41,49,27,10 & 143\\
21 & 41,49,27,10,14 & 141\\
22 & 49,27,10,14,40 & 140\\
23 & 27,10,14,40,50 & 141\\
24 & 10,14,40,50,28 & 142\\
25 & 14,40,50,28,11 & 143\\
26 & 40,50,28,11,12 & 141\\
27 & 50,28,11,12,39 & 140\\
28 & 28,11,12,39,51 & 141\\
29 & 11,12,39,51,29 & 142\\
30 & 12,39,51,29,21 & 152\\
31 & 39,51,29,21,1 & 141\\
32 & 51,29,21,1,38 & 140\\
33 & 29,21,1,38,52 & 141\\
34 & 21,1,38,52,30 & 142\\
35 & 1,38,52,30,19 & 140\\
36 & 38,52,30,19,2 & 141\\
37 & 52,30,19,2,37 & 140\\
38 & 30,19,2,37,53 & 141\\
39 & 19,2,37,53,31 & 142\\
40 & 2,37,53,31,17 & 140\\
41 & 37,53,31,17,3 & 141\\
42 & 53,31,17,3,36 & 140\\
43 & 31,17,3,36,54 & 141\\
44 & 17,3,36,54,32 & 142\\
45 & 3,36,54,32,15 & 140\\
46 & 36,54,32,15,4 & 141\\
47 & 54,32,15,4,35 & 140\\
48 & 32,15,4,35,55 & 141\\
49 & 15,4,35,55,33 & 142\\
50 & 4,35,55,33,13 & 140\\
51 & 35,55,33,13,5 & 141\\
52 & 55,33,13,5,34 & 140\\
53 & 33,13,5,34,56 & 141\\
54 & 13,5,34,56,45 & 153\\
55 & 5,34,56,45,23 & 163\\
56 & 34,56,45,23,6 & 164
\end{array}
\]
35
$n \leq 15$  olmak üzere$,\ t_1,t_2,...,t_n$ tek sayıları$,$

$t_1^4+t_2^4+ \cdots +t_n^4=1963$ eşitliğini sağlamaktadır.

$n$  kaç olmalıdır?

$\textbf{a)}\ 9  \qquad\textbf{b)}\ 11  \qquad\textbf{c)}\ 12  \qquad\textbf{d)}\ 13  \qquad\textbf{e)}\ 15$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{B}$

$t$ tek tamsayısı için $16\mid t^4-1$ olduğunu gösterelim. $t^4-1=(t-1)(t+1)(t^2+1)$ olduğundan ve $t$ tek olduğundan $t-1$ ve $t+1$ sayılarından biri $2$'ye diğeri $4$'e bölünecektir. Ayrıca $t^2+1$ de çift olduğundan $t^4-1$ sayısında en az $4$ tane $2$ çarpanı olacak ve $16$'ya tam bölünecektir. Bu durumda $$t_1^4+t_2^4+\cdots+t_n^4\equiv n\pmod{16}\implies n\equiv 1963\equiv 11\pmod{16}\implies n=11$$ elde edilir. Örnek durum olarak da $t_1=t_2=t_3=5$, $t_4=3$, $t_5=t_6=\cdots=t_{11}=1$ sağlar.
36
$\quad$


Şekilde yer alan $8$ doğru parçasından her biri tek bir renkle ve ortak bir noktası bulunan doğru parçaları farklı renklerde olmak koşulu ile mevcut $5$ farklı renk kullanılarak boyanacaktır. Bu $5$ rengin tümünü kullanmak gerekmiyorsa, söz konusu boyama işlemi kaç farklı şekilde yapılabilir?

$\textbf{a)}\ 480  \qquad\textbf{b)}\ 720  \qquad\textbf{c)}\ 1200  \qquad\textbf{d)}\ 1680  \qquad\textbf{e)}\ 2160$
Çözüm:
Yanıt: Şıklardan hiçbiri

Renkler $A, B, C, D, E$ olsun. Önce $5$ renkten 4'ünü (diyelim $A$, $B$, $C$, $D$'yi) $\dbinom{5}{4}$ yolla seçip, köşegenleri oluşturan $4$ doğru parçasını $4!$ yolla boyayalım (ortak noktalan bulunduğu için bunlar değişik renklerle boyanacak).

O halde $5.$ rengi ($E$'yi) en fazla $2$ kez kullanabiliriz ve $2$ kez sadece $2$ karşı kenarda kullanabiliriz. Bu durumda $2$ karşı kenarı $2$ yolla seçebiliriz. Diğer $2$ karşı kenar $2$'şer yolla boyanabilir. Bu durumda $2 \cdot 2 \cdot 2=8$ seçenek bulunur. $E$ rengini tam $1$ kez kullanırsak, kullanacağımız kenarı $\dbinom 41$ yolla seçebiliriz. Örneğin üstteki kenar $E$ rengine boyansın. O halde sağ kenar $A$ rengine boyanırsa alt kenar $B$, sol kenar $C$ rengine boyanmak zorunda. Sağ kenar $D$ rengine boyanırsa, ya alt kenar $A$, sol kenar $B$ veya $C$, ya da alt kenar $B$, sol kenar da $C$ rengine boyanacak. Dolayısıyla bu durumda $\dbinom 41 \cdot (1+2+1)=16$ seçenek bulunur. $E$ rengini hiç kullanmazsak, üst kenan $D$ veya $C$ ile boyamak zorundayız. $D$ ile boyarsak, sağ kenarı $A$, alt kenarı $B$ ve sol kenarı $C$ ile boyamak zorundayız. Üst kenarı $C$ ile boyarsak, sol kenarı $B$, alt kenarı $A$, sağ kenarı da $D$ ile boyamak zorundayız. Dolayısıyla bu durumda sadece $2$ seçenek bulunur. Böylece boyama işlemi $5 \cdot 4! \cdot(8+16+2)=3120$ yolla yapılabilir.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 2.59, Sayfa 139.