Tübitak Lise 1. Aşama - 1996 Çözümleri
1
$\quad$
Şekildeki $ABC$ dik üçgeninin kenarlarına $K$ noktasından indirilen dikmelerin ayakları $D, E, F$ dir. $$|BC|=a, \quad |CA|=b, \quad |AB|=c,$$ $$|CD|=x, \quad |AE|=y, \quad |BF|=z$$ ise $ax + by + cz$ aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$
\textbf{a)}\ 2ab
\qquad\textbf{b)}\ ab
\qquad\textbf{c)}\ a^2
\qquad\textbf{d)}\ b^2
\qquad\textbf{e)}\ c^2
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
$ABC$ dik üçgeninde Pisagor teoreminden $c^2 = a^2 + b^2$ dir. Öte yandan, Carnot teoreminden $(a-x)^2 + (b-y)^2 + (c-z)^2 = x^2 + y^2 + z^2$ olup parantezler açılırsa,
$$ a^2 + b^2 + c^2 = 2(ax + by + cz) $$
olur. Böylece, $2c^2 = 2(ax+ by + cz)$ eşitliğinden $ax+ by + cz = c^2$ sonucuna ulaşırız.
2
$x$ ve $y$ tam sayı olmak üzere, $x^2-y^2=1996$ eşitliğini sağlayan kaç $(x,y)$ sıralı ikilisi vardır?
$\textbf{a)}\ 12 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 4 \qquad\textbf{d)}\ 0 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz sayıda}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$x^2 - y^2 = 1996 = 2^2\cdot 499$ şeklinde asal çarpanlara ayıralım. $1996$ çift sayı olduğundan $x$ ve $y$ beraber çift sayı veya beraber tek sayı olabilir. Her iki durumda da $x+y$ ve $x-y$ çift sayı olmalıdır. İki kare farkından $(x-y)(x+y) = 2^2\cdot 499$ yazılabilir.
$$
\left.
\begin{split}
x + y & = 998 \\
x - y & = 2
\end{split}
\right\}
\quad
\left.
\begin{split}
x + y & = 2 \\
x - y & = 998
\end{split}
\right\}
\quad
\left.
\begin{split}
x + y & = -998 \\
x - y & = -2
\end{split}
\right\}
\quad
\left.
\begin{split}
x + y & = -2 \\
x - y & = -998
\end{split}
\right\}
$$
denklem sistemleri çözülürse $4$ tane $(x,y)$ sıralı ikilisi elde ederiz.
3
$x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0$ denkleminin iki kökü $u\ne 0$ olmak üzere, $x=u$ ve $x=-u$ ise, katsayılar arasında aşağıdaki bağıntılardan hangisi her zaman doğrudur?
$\textbf{a)}\ c^2-abc+a^2d=0 \qquad\textbf{b)}\ a+b+c+d=0 \qquad\textbf{c)}\ a^2+b^2=c^2+d^2 \qquad\textbf{d)}\ ab\gt cd \qquad\textbf{e)}\ ad=bc$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$
Verilen denklemde $x = u$ ve $x = -u$ köklerini yazarsak
$$ \left. \begin{split} u^4 +au^3 + bu^2 + cu + d & = 0 \\ u^4 - au^3 + bu^2 - cu + d & = 0 \end{split} \right\} $$
olur. Bu denklemleri taraf tarafa toplayarak ve çıkararak:
$$ \left. \begin{split} u^4 + bu^2 + d & = 0 \\ au^2 + c & = 0 \end{split} \right\} $$
elde ederiz. İkinci denklemden $u^2=-\dfrac{c}{a}$ olup birinci denklemde yazarsak $c^2 - abc +a^2d = 0$ sonucuna ulaşırız.
Not: Burada $u\neq 0$ verildiğinden $u^2=-\dfrac{c}{a} \neq 0$ olup $c \neq 0$ dır. Ayrıca $u^2$ nin tanımlı olması için $a\neq 0$ olması gerektiğini de anlarız.
4
$\{1,2,3,...,99,100\}$ kümesinden herhangi ikisinin farkı $7$ olmayacak şekilde en çok kaç eleman seçilebilir?
$\textbf{a)}\ 53 \qquad\textbf{b)}\ 52 \qquad\textbf{c)}\ 51 \qquad\textbf{d)}\ 50 \qquad\textbf{e)}\ 49$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed C$
$S_1 = 1, 8, 15, \dots , 92, 99$
$S_2 = 2, 9, 16, \dots , 93, 100$
$S_3 = 3, 10, 17, \dots , 94$
$\vdots$
$S_7 = 7, 14, 21, \dots , 98$
olsun. Herhangi bir $S_i$ dizisinden ardışık eleman almamamız gerekiyor.
$S_1$ ve $S_2$ den en fazla $8$, diğerlerinden en fazla $7$ sayı olmak üzere $51$ sayı alınabilir.
$S=\{1,2,3,4,5,6,7,15,16,\dots, 21, \dots, 85,86,\dots, 91, 99, 100\}$
5
$n$ nin aşağıdaki değerlerinden hangisi için, $\sum\limits_{i=1}^4 i^n$ sayısı $5$ ile bölünmez?
$\textbf{a)}\ 241 \qquad\textbf{b)}\ 240 \qquad\textbf{c)}\ 239 \qquad\textbf{d)}\ 238 \qquad\textbf{e)}\ 237$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
$i$ sayıları $5$ ile aralarında asal olduğu için Fermat'ın Küçük Teoremi gereği $i^4 \equiv 1 \pmod 5$.
$i^{240}\equiv (i^4)^{60} \equiv 1 \pmod 5$.
$\sum\limits_{i=1}^4 i^{240} \equiv 4 \pmod 5$.
6
Bir $ABCD$ paralelkenarının $[AB]$ kenarı üzerinde $3|AE|=|EB|$ ve $[AD]$ kenarı üzerinde, $2|AF|=|FD|$ olacak biçimde $E$ e $F$ noktaları alınıyor.
$[EF] \cap [AC] = \{K\}$ ise $\dfrac{|AC|}{|AK|}$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 7 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 5 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 3$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$
$AD=3k$, $AB=4m$ olsun.
$[AEF]=S$ dersek, Sinüs Alan Formülünden $[DCF]=8S$, $[BCE]=9S$, $[ABCD]=24S$ olacaktır. Bu durumda $[CEF]=6S$ olur.
$\dfrac {AC}{AK}=\dfrac{[AECF]}{[AEF] }=7$
7
Şekildeki $ABCD$ yamuğunda $m(\widehat{C})=m(\widehat{D})=90^{\circ}$ dir. $D,A,B$ noktalarından geçen ve yarıçapı $5$ olan çemberin $[DC]$ kenarını $D$ dışında kestiği ikinci nokta $E$ olmak üzere$,$
$m(\overset{\Huge\frown}{AB}) = m(\overset{\Huge\frown}{BE})$ ve $|CE|=3\sqrt2$ ise $|AD|$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 5\sqrt3 \qquad\textbf{b)}\ 4\sqrt3 \qquad\textbf{c)}\ 3\sqrt5 \qquad\textbf{d)}\ 7\sqrt2 \qquad\textbf{e)}\ 6\sqrt2$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$
$m(\overset{\Huge\frown}{AB}) = m(\overset{\Huge\frown}{BE})$ olduğu için $AB=BE$.
$\angle ADE=90^\circ$ olduğu için $AE$ çaptır.
$\triangle ABE$ ikizkenar dik üçgen ve $AB=BE=5\sqrt 2$ dir.
$ADCF$ dikdörtgenini kuralım.
$\angle ABF = \angle BAD = \angle BEC$ olduğu için $\triangle AFB \cong \triangle BCE$.
$AD = FC = FB+BC=EC+BC=3\sqrt 2 + 4\sqrt 2=7\sqrt 2$
8
$x^2-10x-14=2\sqrt{x^2-10x+1}$ eşitliğini sağlayan tüm $x$ gerçel sayılarının toplamı aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$\textbf{a)}\ 20 \qquad\textbf{b)}\ 10 \qquad\textbf{c)}\ -9 \qquad\textbf{d)}\ -20 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
$t=x^2-10x-14$ olsun.
Denklem $t=2\sqrt{t+15}$ denklemine dönüşür.
$t^2=4t+60 \Longrightarrow (t+6)(t-10)=0$.
$t$ negatif olamayacağı için $t=10$ dur.
$x^2-10x-14=10 \Longrightarrow x^2-10x-24=(x-12)(x+2)=0$ denkleminin kökler toplamı $10$ dur.
9
$3$ kırmızı$,\ 3$ mavi$,\ 3$ yeşil top rasgele sıralandığında$,$ en az iki kırmızı topun yan yana gelme olasılığı nedir?
$\textbf{a)}\ \dfrac{8}{12} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{7}{12} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{6}{12} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{5}{12} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{4}{12}$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{B}$
$9$ top $9!$ yolla sıralanabilir. Kırmızı topların ayrık konumda olduğu durumları hesaplayalım. Mavi ve yeşil toplar $6!$ yolla sıralanabilir. Bunların en sağına, en soluna veya aralarına kırmızı topları $7\cdot 6\cdot 5$ yolla yerleştirebiliriz. Böylece kırmızı topların ayrık konumda olma olasılığı $p = \dfrac{7\cdot 6\cdot 5 \cdot 6!}{9!} = \dfrac{5}{12}$ dir. İstenen olasılık ise $1-p = \dfrac{7}{12}$ bulunur.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{B}$
Verilen $9$ top $\dfrac{9!}{3!\cdot 3!\cdot 3!}$ yolla sıralanır. $3$ kırmızı top özdeş olduğundan, iki tanesini blok yapıp en az iki yan yana kırmızı top olmasını sağlayabiliriz.
Mavi ve yeşil toplar $\dfrac{6!}{3!\cdot 3!}=20$ yolla, yapılan bir blok ve diğer kırmızı top ise kalan boşluklara $7^2$ yolla yerleştirilebilir. Dolayısıyla en az iki kırmızı top yan yana $7^2\cdot 20$ farklı yolla gelebilir. İstenen olasılık ise $\dfrac{7^2\cdot 20\cdot (3!)^3}{9!}=\dfrac{7}{12}$ dir.
10
$p$ ve $q$ farklı asal sayılar$,\ a$ ve $b$ farklı pozitif tam sayılar ve $n=p^a.q^b$ olmak üzere$,\ n^2$ sayısının pozitif bölenlerinin sayısı $81$ ise $n^3$ sayısının pozitif bölenlerinin sayısı kaçtır?
$\textbf{a)}\ 169 \qquad\textbf{b)}\ 160 \qquad\textbf{c)}\ 117 \qquad\textbf{d)}\ 84 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
$n$ sayısının pozitif bölen sayısını veren fonksiyon $\tau (n)$ olsun. $\tau (n^2) = (2a+1)(2b+1) = 81$ olup $2a+1=3$ ve $2b+1 = 27$ dir. Buradan $a=1$, $b=13$ elde edilir. $\tau (n^3) = (3a +1)(3b+1) = 4\cdot 40 = 160 $ elde edilir.
11
$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{9} \dfrac{3n+2}{n(n+1)(n+2)}$ toplamı aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$\textbf{a)}\ \dfrac{293}{52} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{189}{110} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{179}{120} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{3}{4} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{5}{12}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
Verilen toplamı $$\begin{array}{lcl}
\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{9} \dfrac{3n+2}{n(n+1)(n+2)} &=& \sum\limits_{n=1}^{9}\dfrac{3}{(n+1)(n+2)} + \sum\limits_{n=1}^{9}\dfrac{2}{n(n+1)(n+2)} \\
&=& 3 \sum\limits_{n=1}^{9}\left(\dfrac{1}{n+1}- \dfrac{1}{n+2}\right) + \sum\limits_{n=1}^{9}\left(\dfrac{1}{n(n+1)}- \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right)
\end{array}$$ biçiminde teleskopik toplam olarak yazarsak, sadeleşmeler sonucunda $$3\left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{11}\right) + \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{110}\right) = \dfrac{189}{110}$$ elde ederiz.
12
$\sin x = \dfrac{x}{22}$ denkleminin gerçel çözümlerinin sayısı aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$\textbf{a)}\ 17 \qquad\textbf{b)}\ 15 \qquad\textbf{c)}\ 14 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 7$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
$f(x)=g(x)$ denkleminin çözümlerini bulmak (ya da saymak) için kullanılabilecek yöntemlerden biri $y=f(x)$ ve $y=g(x)$ grafiklerini çizip kesişim yerlerini bulmak.
$x=0$; $y=\sin x$ ve $y=\dfrac x{22}$ fonksiyonları için ortak bir çözümdür. İki fonksiyon da orijine göre simetrik olduğu için $x>0$ için $n$ çözüm varsa, $x<0$ için de $n$ çözüm olacaktır. Bu durumda toplamda $2n+1$ çözüm olacaktır.
$x>0$ için $y=\sin x$ ve $y=\dfrac x{22}$ fonksiyonlarının kaç noktada kesiştiğini saymaya çalışalım.
$y=\sin x$ ile $y = \tfrac{1}{8\pi}x$ fonksiyonu $7$ noktada kesişir.
Eğimi $\dfrac{1}{\tfrac {13\pi}{2}}> m > \tfrac{1}{8\pi}$ olan $y=mx$ doğrusu ile $y = \sin x$ fonksiyonu $7$ noktada kesişir.
O halde aradığımız yanıt $2\cdot 7+1=15$ tir.
13
$1 \leq a \leq 100$ olmak üzere$,\ a^{60} \equiv 1 \pmod{77}$
bağıntısını sağlayan kaç tane $a$ tam sayısı vardır?
$\textbf{a)}\ 79 \qquad\textbf{b)}\ 78 \qquad\textbf{c)}\ 77 \qquad\textbf{d)}\ 76 \qquad\textbf{e)}\ 75$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
Euler'e göre $(a, 77)=1$ olmak üzere her $a$ tam sayısı için $a^{\phi (77)} \equiv a^{60} \equiv 1 \pmod {77}$.
$[1,100]$ aralığında $77$ ile aralarında asal olan sayıların sayısı $100 - \left \lfloor \dfrac {100}7 \right \rfloor - \left \lfloor \dfrac {100}{11} \right \rfloor + \left \lfloor \dfrac {100}{77} \right \rfloor = 78$.
14
$m(\widehat{A}) < 90^{\circ}$ olan bir $ABCD$ paralelkenarının $[BC]$ kenarına $C$ noktasından çıkılan dikmenin $AB$ doğrusunu kestiği nokta $E$ olmak üzere$,$
$|AB|=|CE|=2|BC|=2\sqrt2$ ise $|AC|^2+|DE|^2$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 8\sqrt5+26 \qquad\textbf{b)}\ 4\sqrt{10}+26 \qquad\textbf{c)}\ 4\sqrt5+16 \qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt{10}+16 \qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt2+26$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$.
$AD$ ile $EC$, $F$ de keşissin.
$BC\parallel AF$ olduğu için $\angle AFE = \angle BCE = 90^\circ$
Pisagordan elde ettiğimiz $AC^2=FA^2+FC^2$, ve $DE^2=FD^2+FE^2$ eşitliklerini taraf tarafa toplarsak $AC^2+DE^2=FA^2+FE^2+FD^2+FC^2=AE^2+CD^2$ elde ederiz.
$\triangle BCE$ de Pisagor'dan $BE=\sqrt{10}$.
$AE=AB+BE=2\sqrt 2 + \sqrt{10}$ ve $CD=2\sqrt 2$ eşitliklerini yerine yazarsak $AC^2+DE^2=(2\sqrt2 + \sqrt {10})^2+(2\sqrt 2)^2=26+8\sqrt 5$
15
Ahmet yalnızca $2,3,4$ rakamlarından oluşan $13$ basamaklı bir sayı tutuyor. Betül $n$ sayıdan oluşan bir liste hazırlıyor. Bu sayılardan birinin en az $5$ basamağı Ahmet'in tuttuğu sayının karşılık gelen basamakları ile çakışıyorsa Betül oyunu kazanıyor. Ahmet'in tuttuğu sayı ne olursa olsun Betül'ün oyunu kazanması için $n$ en az kaç olmalıdır?
$\textbf{a)}\ 13 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 4 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$
Ahmet'in tuttuğu sayıda en çok tekrarlanan sayı en az $\left \lceil \dfrac {13}3 \right \rceil = 5$ kez geçecektir.
Betül'ün tahminleri $2222222222222$, $3333333333333$, $4444444444444$ olursa Betül oyunu kazanacaktır.
Betül $3$ tahminde oyunu kazanmayı garantileyebiliyor. Peki $2$ tahminde de kazanabilir mi?
Betül'ün tahminleri $a_1a_2\dots a_{13}$ ve $b_1b_2\dots b_{13}$ olsun. Ahmet $c_i \in \{2,3,4\} - \{a_i, b_i\}$ şeklinde $c_1c_2\dots c_{13}$ sayısını tutmuş olsaydı, Betül hiçbir sayının yerini bilemeyecekti. O halde Betül iki tahminde oyunu kazanmayı garantileyemez.
16
$1^{1!}+2^{2!}+ \cdots + 13^{13!}$ sayısı $13$ ile bölündüğünde kalan aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 1 \qquad\textbf{d)}\ 0 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
$4! = 12$ olduğu için $n>3$ olmak üzere $12 \mid n!$ dir.
Fermat'ın küçük teoremine göre $(a,13)=1$ olmak üzere $a^{12} = 1 \pmod {13}$.
$1^{1!}+2^{2!}+ 3^{3!} + 4^{4!}+ \cdots + 12^{12!}+ 13^{13!} \equiv 1 + 2^2 + 3^6 + 9\cdot 1 + 0 \equiv 1+4 + (3^3)^2 + 9 \equiv 2 \pmod {13}$
17
Aşağıdaki $p$ asal sayılarından hangisi için$,$
$x^2+x+1 \equiv 0 \pmod p$ denkliğinin en az bir tam sayı çözümü vardır?
$\textbf{a)}\ 653 \qquad\textbf{b)}\ 647 \qquad\textbf{c)}\ 641 \qquad\textbf{d)}\ 617 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed E$
Sorudaki denkliğin iki tarafını da $x-1$ ile çarparsak $x^3-1 \equiv 0 \pmod p$.
Şıklardaki asal sayılar $3k+2$ formundadır.
Fermat'ın Küçük Teoremi gereği $x^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ ve $x^{p-1} \equiv x^{3k+1} \equiv (x^3)^k x \equiv 1 \pmod p$ elde edilir. Denkliğin tek çözümü $x\equiv 1 \pmod p$ olabilir. Sorudaki denklikte yerine yazarsak $x^2+x+1 \equiv 3 \equiv 0 \pmod p$ elde ederiz. Bu da ancak $p=3$ iken mümkün olabilir. Çelişki.
18
Üçer kişilik üç aileden oluşan dokuz kişi, üç odaya, her birine üç kişi olmak üzere, rasgele girerler. Tam olarak bir ailenin bireylerinin aynı odaya girmiş olması ve diğer iki odadan hiçbirinde tam bir ailenin bulunmaması olasılığı nedir?
$\textbf{a)}\ \dfrac{27}{140} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3}{28} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{27}{280} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{9}{140} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{3}{7}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed C$
$9$ kişi $3$ odaya $\dbinom{9}{3}\dbinom{6}{3}\dbinom{3}{3} = \dfrac {9!}{3!3!3!} = 8\cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 $ şekilde yerleştirilir.
Ailelerin adları $A$, $B$, $C$ olsun.
$A$ ailesi $1.$ odaya girsin. Diğer $6$ kişi, diğer $2$ odaya $\dbinom{6}{3}\dbinom{3}{3}$ şekilde girer.
$B$ ailesi $2.$ odaya girdiyse, $C$ ailesi $3.$ odaya girmiş demektir. Tersi $C$ ailesi $2.$ odaya girmişse $B$ ailesi $3.$ odaya girmiş demektir.
$\dbinom{6}{3}\dbinom{3}{3} - 2 = 18$ şekilde $A$ ailesi $1.$ odaya girmiş, $2.$ ve $3.$ odalardan hiçbirisinde tüm bireyler aynı aileye mensup değildir.
Benzer işlemleri $B$ ailesi $1.$ odaya girdiğinde veya $C$ ailesi $1.$ odaya girdiğinde tekrarlayabiliriz. Bu durumda $3\cdot 18 = 54$ şekilde sorudaki gibi bir dağılım yapılabilir.
O halde $P = \dfrac {54}{8\cdot 7 \cdot 6 \cdot 5} = \dfrac {9}{8\cdot 7 \cdot 5} = \dfrac {9}{280}$.
19
Bir $[AX$ ışını üzerinde $|AO|=|OB|=|BC|$ olacak biçimde sırayla $O,B,C$ noktaları alınarak $O$ merkezli$,\ [AB]$ çaplı çember ve çember üzerinde $m(\widehat{BAD})=78^{\circ}$ koşulunu sağlayan $D$ noktasından bu çembere bir teğet çiziliyor. $C$ noktasından bu teğete indirilen dikmenin ayağı $E$ ise $EBC$ açısı kaç derecedir?
$\textbf{a)}\ 146 \qquad\textbf{b)}\ 144 \qquad\textbf{c)}\ 142 \qquad\textbf{d)}\ 140 \qquad\textbf{e)}\ 138$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed B$
$\angle ODE = \angle CED = 90^\circ$ olduğu için $ODEC$ bir dik yamuktur.
$DE$ nin orta noktası $M$ olsun. $BM$ bu yamukta orta tabandır, dolayısıyla $BM \perp DE$ dir.
$\triangle BDE$ de $BM$ hem yükseklik hem kenarortay olduğu için $BD=BE$ olacaktır.
$\angle MBE = \angle DBM = \angle ODB = \angle OBD = 90^\circ - \angle BAD = 12^\circ$ ve $\angle EBC = 180^\circ - \angle ABE = 180^\circ - 3\angle OBD = 180^\circ - 36^\circ = 144^\circ$ dir.
20
$x,y$ gerçel sayıları için
$x^2+y^2=6$ ve $x^3+y^3=14$ ise
$x^4+y^4$ toplamının alabileceği değerlerin kümesi aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ \{17\} \qquad\textbf{b)}\ \{3,\ 4 \} \qquad\textbf{c)}\ \{17,\ 10\sqrt{15}-22 \} \qquad\textbf{d)}\ \{34,\ 20\sqrt{15}-44 \} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$
$xy=a$ diyelim. $x^2 + y^2 \geq 2xy \Rightarrow 3 \geq a$ dır.
$(x+y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = 6 + 2a \Rightarrow x+y = \sqrt{6+2a}$.
$x^4 + y^4 = (x^2+y^2)^2 - 2x^2y^2 = 36 - 2a^2 \geq 18$.
Bu durumda cevap ya $(D)$ ya da $(E)$ olur. Cevap $(D)$ ise $a^2 = 1$ bir çözüm olarak gelecektir. Bu da derecesi $2$ den büyük bir polinom ile karşılaşırsak polinom bölmesi ile yolumuza devam edebileceğimiz anlamına gelir.
$x^3 + y^3 = (x+y)\left ( (x+y)^2 - 3xy \right ) = \sqrt {6+2a}(6+2a - 3a) = \sqrt {6+2a}(6-a) = 14$.
Her iki tarafın karesini alırsak $2(a+3)(6-a)^2 = 14^2 = 2\cdot 98 \Rightarrow (a^2 - 12a + 36)(a+3) = 98$.
$a^3 - 12a^2 + 36a + 3a^2 - 36a ^+ 108 - 98 = a^3 - 9a^2 + 10 = 0$ denkleminin bir çözümü $a=-1$ dir. Buradan $a^2 = 1$ gelir.
Polinom bölmesiyle $a^3 - 9a^2 + 10 = (a+1)(a^2 - 10a + 10)=0$ elde edilir. Diğer kökler $a_{2,3} = \dfrac {10 \pm \sqrt {60}}{2} = 5 \pm \sqrt {15}$ olur.
$3\geq a$ olması gerektiğinden $a_2 = 5 + \sqrt {15}$ sağlamaz. $a_3 = 5 - \sqrt {15} \Rightarrow a^2 = 25 + 15 - 10\sqrt {15} = 40 - 10 \sqrt {15}$
$a^2 = 1$ için $x^4+y^4 = 36 - 2a^2 = 34$.
$a^2 = 40 - 10 \sqrt {15}$ için $x^4+y^4 = 36 - 2a^2 = 36 - 2(40 - 10 \sqrt {15}) = 20\sqrt {15} - 44$ olur.
21
$a_n$ ile $\sqrt{n}$ ye en yakın olan tam sayıyı gösterelim.
$\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \cdots + \dfrac{1}{a_{2070}}$
toplamı aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$\textbf{a)}\ 93 \qquad\textbf{b)}\ 92 \qquad\textbf{c)}\ 91 \qquad\textbf{d)}\ 90 \qquad\textbf{e)}\ 89$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$
$a_{k^2} = k$ ve $a_{(k+1)^2} = k+1$ olacaktır.
Bu durumda $a_1 = 1$, $a_4 = 2$, $a_9 = 3$, $\dots$, $a_{2025} = 45$, $a_{2116} = 46$ olur.
$m, \ell \geq 0$ tam sayılar olmak üzere;
$a_{k^2 + m} = k$ için $\sqrt {k^2 + m} < k + \dfrac 12 \Rightarrow m < \dfrac 14 + k \Rightarrow m < k + 1$
$a_{k^2 - \ell} = k$ için $\sqrt {k^2 - \ell} \geq k - \dfrac 12 \Rightarrow \ell \leq k - \dfrac 14 \Rightarrow \ell < k$
$k^2 - (k-1)$, $k^2 - (k-2)$, $\dots$, $k^2 - 1$, $k^2$, $k^2 + 1$, $\dots$, $k^2 + k$ sayıları için $a_n = k$ olacaktır. O halde $k + (k - 1) + 1 = 2k$ tane sayı için $a_n = k$ dır.
Dizinin ilk elemanlarına bakarsak bu durumu görebiliriz: $a_1 = a_2 = 1$, $a_3 = a_4 = a_6 = a_7 = 2$, $\dots$
$a_n = 45$ denkleminin en büyük çözümü $45^2 + 45 = 2070$ dir.
$\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \cdots + \dfrac{1}{a_{2070}} = \displaystyle \sum_{k=1}^{45} \dfrac {2k}{k} = \displaystyle \sum_{k=1}^{45} 2 = 90$.
22
$1,4,7,\dots,100$ aritmetik dizisine ait terimlerden $19$ tanesini, bunlardan herhangi farklı ikisinin toplamı $n$'ye eşit olmayacak biçimde seçmemizi aşağıdaki $n$ sayılarından hangisi mümkün kılar?
$\textbf{a)}\ 110 \qquad\textbf{b)}\ 107 \qquad\textbf{c)}\ 104 \qquad\textbf{d)}\ 101 \qquad\textbf{e)}\ 98$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$
$\{3n+1\}$ dizisinin ilk $19$ terimi $1,4,7,\dots, 52, 55$ tir. Bu $19$ sayıdan herhangi ikisinin toplamı en fazla $52 + 55 = 107$ olabilir. Dolasıyla $110$ olamaz. O halde yanıt $(A)$ dır. Test için çözüm burada biter.
Diğer sayılar için bu şekilde $19$ sayı seçilemeyeceğini de gösterelim.
Herhangi iki elemanının toplamları $n$ ye eşit olmayan sayıların kümesi $S_n$ olsun.
Toplamları $107$ olan sayı çiftleri $(7, 100), (10, 97), \dots, (52, 55)$ olmak üzere $16$ tanedir. Bu sayı çiftlerinin her birinden sadece bir sayı $S_{107}$ nin elemanı olabilir. $1$ ve $4$ de $S_{107}$ nin elemanı olabilir. O halde $|S_{107}| = 18 < 19$ olabilir.
Toplamları $104$ olan çiftler $(4, 100)$, $(7, 97)$, $\dots$, $(49, 55)$ olmak üzere $16$ tanedir. $1$ ve $52$ ile $S_{104}$ kümesi en fazla $18$ elemanlı olabilir.
Toplamları $101$ olan $17$ çift vardır. $|S_{101}| = 17 < 19$ dur.
Toplamları $98$ olan çiftler $(1, 97)$, $(4, 94)$, $\dots$, $(44, 55)$ olmak üzere $16$ tanedir. $52$ ve $100$ ile birlikte $S_{98}$ en fazla $18$ elemanlı olabilir.
Toplamları $110$ olan çiftler $(10, 100)$, $(13, 97)$, $\dots$, $(52, 58)$ olmak üzere $15$ tanedir. Bu çiftlerin sadece bir elemanı ile $\{1,4,7, 55\}$ kümesini birleştirdiğimizde toplam $15+4 = 19$ elemanlı $S_{110}$ kümesini bulmuş oluruz.
23
$[AB]$ ve $[DC]$ kenarları paralel olan bir $ABCD$ yamuğunun köşegenlerinin uzunlukları $|AC|=3,\ |BD|=5$ tir. $[AB]$ ve $[DC]$ kenarlarının orta noktaları arasındaki uzaklık $2$ ise bu yamuğun alanı kaçtır?
$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{15}{2} \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{11}{2}$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed D$
$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun.
$ABDE$ ve $AMNK$ paralelkenarlarını kuralım.
$EC = ED+DC=AB+DC$, $KC = KN+NC= AM+NC=\dfrac {AB+DC}2$.
Bu durumda $K$, $EC$ nin orta noktasıdır.
Ayrıca paralelkenar ve yamukta alan eşitliklerinden $[AED]=[ABD]=[ABC]$ olduğu için $[ACE]=[ABCD]$ elde edilir.
$AE=BD$, $AK=MN=2$ olduğu için $\triangle ACE$ kenarları $3$ ve $5$, diğer kenara ait kenarortayı $2$ olan bir üçgendir.
$AE=BD=3$ kabul edelim. $\triangle ACE$ üçgeninin alanını araştırıyoruz.
Bu noktadan sonra birkaç şekilde ilerleyebiliriz.
$K$ dan $AE$ çizilen paralel $AC$ yi $L$ de kessin. $KL=\dfrac 32$, $AL=\dfrac 52$ ve $AK= 2 =\dfrac 42$ olduğu için $\angle AKL=90^\circ$. $\angle KAE=90^\circ$, $[KAE]=\dfrac 12 \cdot 3\cdot 2 = 3$ ve $[ABCD]=[CAE]=6$ olur.$\blacksquare $
$EACF$ paralelkenarını kurarak da çözüme gidebiliriz.
$AF=4$, $FC=3$ ve $AC=5$ olduğu için $[CAE]=[ACF]=6$. $\blacksquare $
Bir diğer çözüme de sinüs alan formülünden gidebiliriz. $\triangle CAE$ nin alanı için $\sin \angle CAE$ ye ihtiyacımız var. Kenarortay teoreminden $EC$ yi bulabiliriz. Kosinüs teoreminden $\cos \angle CAE$ yi bulabiliriz.
Kenarortay teoreminden $\dfrac {AE^2}2+\dfrac {AC^2}2-\dfrac {EC^2}4 = AK^2$ ve biraz dört işlemle $EC^2=52$ elde ederiz.
Kosinüs teoreminden $AE^2+AC^2-2AE\cdot AC \cdot \cos \angle CAE= EC^2$. Buradan da $\cos \angle CAE = -\dfrac 35$ ve $\sin \angle CAE=\dfrac 45$, dolayısıyla $[CAE]=\dfrac 12 \cdot 3\cdot 5\cdot \dfrac 45 =6$. $\blacksquare $
Çözüm 2:
$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun. Köşegenler $P$ noktasında keşissin. $BD=3$, $AC=5$ kabul edelim.
Öncelikle $MN$ nin $P$ den geçtiğini göstereceğiz. $\triangle ABP \sim \triangle CDP$ olduğu için bu iki üçgenin $PM$ ve $PN$ kenarortaylarının kenarlar ile yaptığı açılar da eşit olacaktır. $\angle BPM =\angle DPN$. Bu da $M, P, N$ noktalarının doğrusal olduğu anlamına gelir.
$[ABCD]=\dfrac 12 \cdot AC \cdot BD \cdot \sin \angle DPC$ olduğu için $\sin \angle DPC$ değerine ihtiyacımız var.
$\triangle ABP \sim \triangle CDP$ den benzerlik oranlarını yazarsak $\dfrac {PD}{PB} =\dfrac {PC}{PA} =\dfrac {PN}{PM} \Longrightarrow \dfrac {PD}{PD + PB} =\dfrac {PC}{PC + PA} =\dfrac {PN}{PN+PM}$.
Dolayısıyla $PD:PC:PN = 3:5:2$ elde ederiz.
Bu aşamadan sonra ilk çözümdeki yolları takip edebiliriz. Bunlardan, paralelkenar oluşturduğümuz yöntemi kullanarak çözüme devam edelim.
$DPCQ$ paralelkenarını oluşturalım. $DP:PQ:QD=3:4:5$ olduğu için $\sin \angle PDQ= 4/5$.
Bu durumda $[ABCD]=\dfrac 12 \cdot AC \cdot BD \cdot \sin \angle DPC = \dfrac 12 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \sin \angle PDQ = \dfrac 12 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \dfrac 45 = 6$
Çözüm 3:
Test mantığıyla $ABCD$ yi paralelkenar kabul edelim.
$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun. Köşegenler $P$ noktasında keşissin.
$AD=MN=2$ ve $\triangle APD$ nin kenarları $\dfrac 32, \dfrac 42, \dfrac 52$ olduğu için $[APD]=\dfrac 32$ ve $[ABCD]=6$ elde edilir.
24
Elimizde $50$'si beyaz, $50$'si siyah olmak üzere toplam $100$ top var. Bunların tamamını her torbada en az bir top bulunacak şekilde iki torbaya dağıtıyoruz. Bu torbalardan birini rasgele seçerek, içinden yine rasgele bir top çekiyoruz. Birinci torbadaki beyaz top sayısını $x$, siyah top sayısını da $y$ ile gösterelim. Tüm dağılımlar arasında, çekilen topun beyaz olması olasılığını en büyük yapan $(x,y)$ sıralı ikilisi aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ (50,0) \qquad\textbf{b)}\ (49,48) \qquad\textbf{c)}\ (25,25) \qquad\textbf{d)}\ (1,2) \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed E$
Cevap, $(1,0)$ ya da $(49, 50)$ dir.
Topun beyaz gelme olasılığı: $P(x,y) = \dfrac 12 \cdot \dfrac x{x+y} + \dfrac 12 \cdot \dfrac {50-x}{100-x-y} = \dfrac 12 \left ( \dfrac x{x+y} + \dfrac {50-x}{100-x-y} \right )$.
$x+y = t$ olsun. Topun beyaz gelme olasılığını $P(x,y) = \dfrac 12 \cdot Q(x, t) = \dfrac 12 \left ( \dfrac {x}{t} + \dfrac {50-x}{100-t} \right )$ şeklinde de tanımlayabiliriz. $Q(x,t)$ en büyük değerini aldığında $P(x,y)$ de en büyük değerini alacaktır.
$Q(x,t) = Q(50-x, 100-t)$ olduğu kolayca görülebilir.
$t > 50$ olduğunda $Q(x, t)$ aradığımız en büyük değer olsun. $100 - t<50$ olacaktır.
$Q(x,t) = Q(50-x, 100 - t)$ olduğu için $Q(50-x, 100-t)$ de en büyük değer olacaktır.
Diyelim ki $Q(20, 60)$ en büyük değer, bu durumda $Q(30, 40)$ da en büyük değer olacaktır. Dolayısıyla en büyük değeri $t\leq 50$ iken aramakta bir sakınca yok.
Şimdi biraz düzenlemeyle $Q(x,t) = \dfrac {x}{t} + \dfrac {50}{100-t} - \dfrac {x}{100-t} = x\left ( \dfrac 1t - \dfrac 1{100-t} \right ) + \dfrac {50}{100-t}$ elde ederiz.
$1\leq t\leq 50$ olsun. $t$ yi sabit tuttuğumuzda $Q(x,t)$ fonksiyonu $x$ artarken artmakta. O halde $Q(x,t)$ en büyük değerini $x=t$ olduğunda alır.
$Q(x,x) = \dfrac xx + \dfrac {50-x}{100-x} = 1 + \dfrac {100-x - 50}{100-x} = 2 - \dfrac {50}{100-x} = 2 - \dfrac {50}{100-x}$ olacağı için $\max Q(x,x) = Q(1,1) = 2 - \dfrac {50}{99} = \dfrac {148}{99}$ dur.
Aradığımız yanıt: $P(1, 0) = \dfrac 12 \cdot Q(1,1) = \dfrac 12 \cdot Q(50 - 1, 100 - 1) = \dfrac 12 \cdot Q(49, 99) = P(49, 50) = \dfrac {74}{99}$.
25
Bir $XOY$ açısının $OX$ kenarı üzerinden $|OA|=3,\ |OD|=5$ olacak biçimde alınan $A$ ve $D$ noktaları$,\ OY$ kenarı üzerinde de $|OC|=4$ ve $|OB|>4$ olacak biçimde alınan $C$ ve $B$ noktaları için $[AB] \cap [DC] = \{E\}$ ve $|AE|.|OB| = 3|EB|$ ise $|OB|$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ \dfrac{60}{7} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{55}{6} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{19}{4} \qquad\textbf{d)}\ 8 \qquad\textbf{e)}\ 6$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$
$\triangle OAB$ de $D, E, C$ noktaları için Menelaus uygularsak $$\dfrac{OD}{DA}\cdot \dfrac{AE}{EB} \cdot \dfrac{BC}{CO}=1$$ elde ederiz.
$OB=x$ dersek ve $\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{3}{OB}=\dfrac{3}{x}$ eşitliğini Menelaus denkleminde yerine yazarsak $$\dfrac{5}{2}\cdot \dfrac{3}{x}\cdot \dfrac{x-4}{4}=1 \Longrightarrow 15x-60=8x \Longrightarrow x=\dfrac{60}7$$ olarak bulunur.
26
$m$ ve $n$ pozitif tam sayılar olmak üzere$,$
$n+(n+1)+ \cdots + (n+m)=1000$
eşitliğini sağlayan kaç $(m,n)$ sıralı ikilisi vardır?
$\textbf{a)}\ 10 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 2 \qquad\textbf{e)}\ 1$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed C$
Biraz düzenlemeyle $(m+1)n + \dfrac {m(m+1)}{2} = \dfrac {(m+1)(2n+m)}{2} = 1000 \Rightarrow (m+1)(2n+m) = 2000 = 2^45^3$ elde edilir.
$m,n$ pozitif tam sayılar olduğu için $1 < m+1 < 2n + m$ olacaktır.
$m$ tek ise $m+1$ çift sayı, $2n+m$ tek sayı olacaktır. $m+1 = 2^4 = 16 \Rightarrow m = 15$ olabilir; ama $2^4\cdot 5 > 5^2$ olduğu için buradan başka çözüm gelmez. $(m,n)=(15, 55)$ bir çözümdür.
$m$ çift ise $m+1$ tek sayı, $2n+m$ çift sayı olacaktır. $m+1 = 5 \Rightarrow m = 4$ ve $m+1 = 5^2 \Rightarrow m = 24$ birer çözümdür. $m+1=1$, $m>0$ olduğu için sağlamaz; $m+1 = 5^3 > 2^4$ olduğu için başka çözüm gelmez. $(m,n)=(4, 198)$ ve $(m,n) = (24, 28)$ diğer iki çözümdür.
O halde toplamda $3$ çözüm vardır.
Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(E)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.
27
$|AB|=12$ olmak üzere$,\ [AB]$ çaplı çemberin $|AC|=8$ koşulunu sağlayan $[AC]$ kirişi çiziliyor. Bu çemberin $C$ noktasından geçen teğetine$,\ B$ noktasından indirilen dikmenin ayağı $D$ ise $BDC$ üçgeninin alanı aşağıdakilerden hangisine eşittir?
$\textbf{a)}\ \dfrac{80\sqrt5}{9} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{48\sqrt5}{5} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{60\sqrt3}{7} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{56\sqrt3}{5} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{75\sqrt2}{4}$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$.
Teğet kiriş açıdan $\angle BAC = \angle BCD = \alpha$.
$BC=AB\sin \alpha$, $CD=BC\cos\alpha$, $BD=BC\sin \alpha$.
$[BDC]=\dfrac 12\cdot AB^2 \cdot \sin^3\alpha \cos \alpha$.
$\cos \alpha = \dfrac {AC}{AB}=\dfrac 8{12}=\dfrac 23$ ve $\sin \alpha = \dfrac{\sqrt 5}{3}$ eşitliklerini yerine yazarsak $[BDC]=\dfrac 12\cdot 12^2 \cdot \left ( \dfrac{\sqrt 5}3 \right )^3 \cdot \dfrac 23 = \dfrac{80\sqrt 5}9$.
28
$a$ ve $b$ den oluşan $9$ harfli dizilerden kaç tanesi $baba$ kelimesini içerir?
$\textbf{a)}\ 192 \qquad\textbf{b)}\ 186 \qquad\textbf{c)}\ 158 \qquad\textbf{d)}\ 156 \qquad\textbf{e)}\ 154$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed C$
$\begin{array}{lcccccccccl}
1. & b& a& b& a& -& -& -& -&- & : 32\\
2. & -&b &a &b &a &- &- &- &- & : 32\\
3. & -& -& b& a& b& a& -& -&- & : 32 - 8\\
4. & -&- &- &b &a &b &a &- &- & : 32 - 8\\
5. & -& -& -& -& b& a& b& a&- & : 32 - 8\\
6. & -&- &- &- &- &b &a &b &a & : 32- 8 - 2
\end{array}$
$(1)$ İlk dört harf $baba$ olduktan sonra geriye kalan beş harf $2^5 = 32$ farklı şekilde seçilebilir.
$(2)$ $-baba----$ için boştaki beş harf $2^5 = 32$ farklı şekilde seçilir. $(2)$ ile $(1)$ dağılımlarının ortak permütasyonları yoktur.
$(3)$ $--baba---$ için $32$ dağılım yapalım. $(3)$ ile $(2)$ nin ortak dağılımı yoktur; ama $(3)$ ile $(1)$ in ortak dağılımı vardır. $(3)$ teki $bababa---$ ile başlayanlar ($2^3 = 8$ tane) $(1)$ dağılımında sayıldığı için $32 - 8$ farklı dağılım yapılabilir.
$(4)$ $---baba--$ için $32$ dağılım yapalım. $(4)$ ün $(1)$ veya $(3)$ ile ortak dağılımı yoktur; ama $(2)$ ile ortak dağılımı vardır. $(2)$ teki $-bababa--$ ile başlayanlar ($2^3 = 8$ tane) $(2)$ dağılımında sayıldığı için $32 - 8$ farklı dağılım yapılabilir.
$(5)$ $----baba-$ için yapılabilecek $32$ dağılımdan bazıları $(1)$ veya $(3)$ te yer almıştır. $(1)$, $(3)$, $(5)$ in ortak dağılımları $--bababa-$ şeklindedir. Bunların sayısı da $2^3 = 8$ dir. $(5)$ in $(2)$ veya $(4)$ ile ortak dağılımı yoktur.
$(6)$ $-----baba$ için $32$ dağılım yapalım. $(6)$ nın $(3)$ veya $(5)$ ile ortak bir dağılımı yoktur; ama $(4)$ veya $(2)$ veya $(1)$ ile ortak dağılımları vardır. $(2)$ veya $(4)$ ile ortak dağılımlar $---bababa$ şeklinde olup $2^3 = 8$ tanedir. $(1)$ ile ortak dağılımlar $baba-baba$ şeklinde olup $2^1 = 2$ tanedir. O halde $(6)$ için daha önceki dağılımlarda sayılmayan $32 - 8 - 2$ tane yeni dağılım mevcuttur.
Toplamda $6\cdot 32 - 4\cdot 8 - 2 = 5\cdot 32 - 2 = 158$ dağılım mevcuttur.
29
Farklı boylarda $17$ kişi yan yana dizilmiş olsun. Bunlardan $n$ tanesi artan ya da azalan bir boy sırasında kalacak şekilde geri kalanlar sıradan uzaklaştırılıyor. Bu diziliş ne olursa olsun, böyle bir işlemi olanaklı kılan en büyük $n$ sayısı aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 5 \qquad\textbf{e)}\ 4$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed D$
$i.$ kişinin boyu $a_i$ olsun.
$x_i$ ile $a_i$ ye kadar olan en büyük artan alt dizinin eleman sayısını, $y_i$ ile de $a_i$ ye kadar olan en büyük azalan alt dizinin eleman sayısını gösterelim.
$f(i)=(x_i, y_i)$ sıralı ikilileri için $i\neq j$ iken $f(i) \neq f(j)$ dir. (Çünkü dizide $a_i$ den sonra gelen sayı $a_i$ den büyük olduğunda $x_{i+1} = x_i + 1$, küçük olduğunda $y_{i+1} = y_i + 1$ olacaktır.)
Bu durumda $f(1), f(2), \dots, f(17)$ sıralı ikilileri birbirinden farklıdır. $1\leq x_i\leq 4$ ve $1 \leq y_i \leq 4$ olduğunda en fazla $16$ sıralı ikili tanımlanabileceği için en az bir $i$ değeri için $x_i > 4$ veya $y_i>4$ olmalı. Yani herhangi bir $\{ a_i \}$ dizisi için $\max(f(17))=\max(x_{17}, y_{17}) > 4$ olmalı.
$1,2,3,\dots,17$ dizisini düşünelim. $x_{17}= 17 $ olabiliyor.
$17,16, \dots, 1$ dizisini düşünelim. $y_{17}= 17$ olabiliyor.
$4,3,2,1,8,7,6,5,12,11,10,9,16,15,14,13,17$ dizisini düşünelim. $x_{17} = 5$ olabiliyor, daha fazla olamıyor.
O halde doğru yanıt $\text {d} )\ 5$.
Daha ayrıntılı bilgi için
Erdös-Szekeres Theorem.
30
$x \in \mathbb R$ için $f_1(x)=x^2-2x$ ve $n \geq 1$ için $f_{n+1}(x)=f_1(f_n(x))$ bağıntılarıyla $f_1,f_2,f_3,...$ fonksiyonları tanımlanıyor.
$f_{1996}$ fonksiyonunun $[0,2]$ kapalı aralığında alabileceği en küçük ve en büyük değerler aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ 0\ \text{ve}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 0\ \text{ve}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ -1\ \text{ve}\ 24 \qquad\textbf{d)}\ -1\ \text{ve}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ -1\ \text{ve}\ 0$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed D$
$f_1(x)=x^2-2x$ fonksiyonun grafiği aşağıda verilmiştir.
$[0,2]$ aralığında $-1\leq f_1(x)\leq 0$.
$-1\leq f_1(x)\leq 0$ aralığında $0\leq f_2(x)\leq 3$.
$0\leq f_2(x)\leq 3$ aralığında $-1\leq f_3(x)\leq 3$.
$-1\leq f_3(x)\leq 3$ aralığında $-1\leq f_4(x)\leq 3$.
$n\geq 4$ için $-1\leq f_n(x)\leq 3$ olacaktır.
$f_{1996}(1)=3$ olacaktır. En büyük değer bulunmuş oldu.
$f_{1996}(x_0)=-1$ olacak şekilde $0\leq x_0\leq 2$ sayısı var mıdır?
$f_{1995}(x_0)=1$ olmalı.
Yeterince küçük $0<x$ sayıları için $0 < f_1(x) < f_3(x) < \dots < f_{1993}(x) = a < 1$ ve $0 > f_2(x) > f_4(x) > \dots > f_{1994} = (a-1)^2-1 > -1$ şartları sağlanabilir.
$ f_{1994}(x_0) =1-\sqrt 2$ olacak şekilde $x_0$ seçersek $-1\leq f_{1996}$ en küçük değerine ulaşabilir.
O halde yanıt $(D)$ şıkkıdır.
Aslında $f_{1996}(x)=-1$ denkleminin birçok çözümü vardır.
Aşağıdaki adımlar izlenip bunlardan biri bulunabilir:
$x^2-2x=1 \Rightarrow x = 1\pm \sqrt 2$ olduğu için $f_{1994}(x_0)=1+\sqrt 2$ olabilir.
$f(x)=x^2-2x=(x-1)^2-1$ özdeşliğini kullanırsak hesaplamalarımızı daha kolay yapabiliriz.
$f(x)=(x-1)^2-1=1+\sqrt 2 \Rightarrow x_1= 1 + \sqrt {2+\sqrt {2}}$ olduğu için $f_{1993}(x_0)=1 + \sqrt {2+\sqrt {2}}$.
$f_2(x_0)=1+\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\dots +\sqrt{2} }}}}_{\text{1993 tane 2}}$
$f(x_0) = 1- \underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\dots +\sqrt{2} }}}}_{\text{1994 tane 2}}$
$x_0 = 1 \pm \sqrt {2-\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\dots +\sqrt{2} }}}}_{\text{1994 tane 2}}}$
Çözüm 2:
Cevap: $\boxed{D}$
Verilen fonksiyonu $f_1(x)=(x-1)^2-1$ olarak yazalım. Bu durumda $f_{n+1}(x)=(f_n(x)-1)^2-1$ olacaktır. Bu fonksiyonların hepsi polinom olduğundan sürekli ve türevlenebilirdir. $f_{n+1}(x)$'in minimum ve maksimum değerleri ya $x=0$ ve $x=2$ sınır değerlerinde ya da $f_{n+1}'(x)=0$ lokal ekstremumlarda alınır. $x=0$ ve $x=2$ için $f_{n+1}(x)=0$ olur. $$f_{n+1}'(x)=2f_n'(x)(f_n(x)-1)$$ olacağından lokal ekstremumlar $f_n(x)=1$ veya $f_n'(x)=0$ olduğu $x$ değerlerinde alınır. $f_n'(x)=0$'i de açarsak, $f_{n-1}(x)=1$ veya $f_{n-1}'(x)=0$'a ulaşırız. Bu şekilde ilerlersek, $f_{1996}(x)$'in lokal ekstremumunun $2\leq k\leq 1995$ için $f_k(x)=1$ olduğu noktalarda ve $x=1$'de olduğunu görürüz. $x=1$ için $f_1(1)=-1$, $f_2(1)=3$, $f_3(x)=3$ ve bu şekilde ilerlenince $f_{1996}(1)=3$ bulunur.
$f_k(x)=1$ ise $f_{k+1}(x)=-1$, $f_{k+2}(x)=3$ olur ve $k+2$'den sonra hep $3$ olarak ilerler. Dolayısıyla $k=1995$ haricinde bu değerlerden de hep $f_{1996}(x)=3$ gelir. $k=1995$ için $f_{1996}(x)=-1$'dir. Dolayısıyla eğer $f_{1996}(x)=-1$ veya $f_{1995}(x)=1$ olacak şekilde bir $x$ olduğunu gösterirsek minimum ve maksimum değerlerin $-1,3$ olduğunu göstermiş oluruz. Bu da barizdir çünkü $f_{1995}(0)=0$ ve $f_{1995}(1)=3$'dür. Yani $(0,1)$ aralığında bir $x$ için $f_{1995}(x)=1$ olmalıdır.
Sonuç olarak en küçük değer $-1$, en büyük değer $3$'tür.
31
Aşağıdaki $a$ sayılarından hangisi için;
$n^a \equiv n \pmod a$ bağıntısını sağlamayan en az bir $n$ tam sayısı vardır?
$\textbf{a)}\ 667 \qquad\textbf{b)}\ 561 \qquad\textbf{c)}\ 547 \qquad\textbf{d)}\ 503 \qquad\textbf{e)}\ 491$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed A$
Her $n \equiv 0 \pmod a$ sayısı için denkliğin sağlandığı açıktır. Bunun için $n \not \equiv 0 \pmod a$ kabul edelim.
Fermat'ın Küçük Teoremi gereği $a$ asal sayıları için $n^a \equiv n \pmod a$ daima sağlanır.
Şıklardan $a=561$ in $3$ ile bölündüğü, yani asal olmadığı hemen görülebilir.
Bu noktada şıklardaki diğer sayıların asal olup olmadığı hakkında bir test yapmadık. Ayrıca bileşik $a$ sayıları için de denklik sağlanıyor olabilir. (Nitekim böyle sayılar vardır ve bu sayılara
Carmichael Sayıları denir. $561$ de ilk Carmichael Sayısıdır.)
O halde cevabın $561$ olduğunu iddia etmek yanlış bir çözüm olacaktır. (Muhtemelen $1996$ yılında bu sınava girenler arasından en yüksek puan elde eden $100$ kişi içinde hatırı sayılır sayıda ögrenci bu soruda $B$ şıkkını işaretlemiştir.)
$561= 3\cdot 11 \cdot 17$ dir.
$p \in \{3,11,17\}$ olsun.
$n \not \equiv 0 \pmod {p}$ olmak üzere;
$n^{p-1} \equiv 1 \pmod {p}$ ve $p-1 \mid 560$ olduğu için $n^{560} \equiv 1 \pmod {p}$ ve $n^{561} \equiv n \pmod {p}$ olacaktır. Diğer taraftan $n\equiv 0 \pmod p$ için zaten $n^{p} \equiv n \pmod {p}$ sağlanacaktır. Bu durumda her $n$ sayısı için $p \mid n^{561}-n$ dir.
$n^{561}-n$ sayısı hem $3$ e, hem $11$ e, hem de $17$ ye tam bölünür. Bu durumda her $n$ sayısı için $n^{561} \equiv n \pmod {561}$ dir.
O halde yanıt, $561$ olamaz.
Bu durumda şıklardaki diğer sayıların asallıklarını da test etmemiz gerekecek.
$667 = 23\cdot 29$.
$n^{667} \equiv \left (n^{22} \right )^{30}n^7 \equiv n^7 \equiv n \pmod {23}$
$2^7 \equiv 13 \not \equiv 2 \pmod {23}$
$a=667$, $n=2$ için verilen denklik sağlanmaz. Bu durumda cevap $A$ şıkkıdır.
$a=667$ için denkliği sağlamayan $n=2$ sayısını nasıl bulduk?
$23$ asal sayı olduğu için en az bir $g$ sayısı için $\operatorname{ord } _{23} (g) = 22$ dir. (Her $p$ asal sayısı için en az bir ilkel kök vardır.) Yani $g$ ilkel kökü için $g^6 \not \equiv 1 \pmod {23}$ ve $g^7 \not \equiv g \pmod {23}$. Yani $a=667$ için en az bir $n = g$ sayısı için denkliğin sağlanmadığını biliyoruz. İşin ilginç tarafı $2$, $\bmod {23}$ te bir ilkel kök değildir; ama denkliği sağlamadığı yukarıda yaptığımız gibi kolayca gösterilebilir.
$667$ in sağlamadığını gördükten sonra diğer sayıların test edilmesine gerek kalmıyor.
(Gerçekten de $491, 503, 547$ sayıları birer asal sayıdır.)
Çözüm 2:
geo hocamın da dediği gibi bu eşitliği her $n$ için sağlayan bileşik $a$ pozitif tamsayıları Carmichael sayıları olarak adlandırılır. Gerçi kullanılan tanımı şu şekildedir;
Carmichael Sayıları: Bir bileşik $a$ pozitif tamsayısı $(a,n)=1$ olan herhangi bir $n$ tamsayısı için $n^{a-1}\equiv 1\pmod{a}$ denkliğini sağlıyorsa $a$'ya Carmichael sayısı denir.
Ancak bu iki tanım denktir ve ikisi de kullanılabilir. Bununla birlikte Carmichael sayılarıyla ilgili en bilinen teorem şu şekildedir.
Teorem: Bir $n$ bileşik sayısı Carmichael sayısıdır ancak ve ancak $n$ sayısı karebölensiz ve $p\mid n$ olan her $p$ asal sayısı için $p-1\mid n-1$'dir.
Bunun ispatını yapalım. $n$ sayısının Carmichael olduğunu kabul edelim. İki tanımı da kullanabiliriz ama ben sorudaki tanımı kullanacağım. $q\mid n$ olan bir asal için $\alpha\geq 1$ için $q^{\alpha}\mid n$ olsun. Bu durumda $$q^{n-1}\equiv q\pmod{n}\implies n\mid q^{n-1}-q\implies q^{\alpha}\mid q^{n-1}-q$$ olur. $n-1>2$ olduğundan $q^{n-1}-q$ ifadesi en fazla $q$'nin birinci kuvvetine bölünür. Dolayısıyla $\alpha=1$ olmak zorundadır. Demek ki $n$'yi bölen herhangi bir asalın karesi $n$'yi bölmüyor. Bu da $n$ karebölensizdir demektir. Şimdi ise rastgele bir $p\mid n$ asalı alalım. $p$ modunda ilkel kök olan bir $m$ tamsayısını seçersek $m^d\equiv 1\pmod{p}$ olmasını sağlayan her $d$ için $p-1\mid d$ olacaktır. Mertebe konusu ile ilgili Lokman hocanın yayınladığı dersler bulunuyor, inceleyebilirsiniz. $$m^n\equiv m\pmod{n}\implies m^{n}\equiv m\pmod{p}\implies m^{n-1}\equiv 1\pmod{p}\implies p-1\mid n-1$$ bulunur.
Şimdi ise $n$'nin karebölensiz ve $p\mid n$ olan her asal sayı için $p-1\mid n-1$ olduğunu varsayalım. $n=p_1p_2\cdots p_k$ diyelim. Herhangi bir $a$ tamsayısı için $(a,n)\mid n=p_1p_2\cdots p_k$ olduğunu kenara yazalım. Çin kalan teoreminden $$a^n\equiv a\pmod{n}\iff (\text{Her }p_i\mid n\text{ asalı için } a^n\equiv a\pmod{p_i})$$ olur. $p_i$ asallarını $(a,n)$'yi ve dolayısıyla $a$'yı bölenler ve bölmeyenler olarak ayıralım.
Eğer $p_i\mid a$ ise $a^n\equiv a\equiv 0\pmod{p_i}$ olacağından ispatlanacak bir şey yoktur.
Eğer $p_i\not\mid a$ ise $(a,p_i)=1$'dir ve $$a^n\equiv a\pmod{p_i}\iff a^{n-1}\equiv 1\pmod{p_i}$$ olur ki bu da doğrudur çünkü $p_i-1\mid n-1$ olduğundan $$a^{n-1}\equiv \left(a^{\frac{n-1}{p_i-1}}\right)^{p_i-1}\equiv 1\pmod{p_i}$$ olur. İspat böylece biter.
Dolayısıyla ana soruya dönülecek olursa, verilen $a$ sayılarını asal çarpanlarına ayırıp, karebölensizliğine ve $p-1\mid n-1$ şartını sağlayıp sağlamadığına bakabiliriz.
$667=23\cdot 29$ için $22\not\mid 666$ olduğundan istenilen sağlanmaz ve $667$ bir Carmichael sayısı değildir.
$561=3\mid 11\mid 17$ için $2,10,16\mid 560$ olduğundan $561$ bir Carmichael saysıdır.
$547,503,491$ sayıları asal olduğundan Carmichael değildir ama Küçük Fermat teoreminden istenilen eşitliği sağlar.
32
$x^2-x+1$ polinomunun $x^n-x+1$ polinomunu tam olarak bölmesini mümkün kılan $n$ pozitif tam sayılarının kümesi aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ \{2\}$
$\textbf{b)}\ \{n \in \mathbb N\ :\ n \equiv 2 \pmod 3 \}$
$\textbf{c)}\ \{n \in \mathbb N\ :\ n \equiv 2 \pmod 6 \}$
$\textbf{d)}\ \{n \in \mathbb N\ :\ n \equiv 2 \pmod{12} \}$
$\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm:
Cevap: $\boxed{C}$
$x^2-x+1$ polinomunun $x^n-x+1$'i bölmesi için $x_0^2-x_0+1=0$ olan herhangi bir $x_0\in\mathbb{C}$ için $x_0^n-x_0+1=0$ olmalıdır. $x^2-x+1$'in katlı kökü olmadığından bu aynı zamanda gerek ve yeterli şarttır. $x_0\neq -1$ olduğunu not alalım. $$x_0^2-x_0+1=0\implies (x_0+1)(x_0^2-x_0+1)=x_0^3+1=0\implies x_0^3=-1\implies x_0^{6}=1$$ $a\in\{0,1,2,3,4,5\}$ olmak üzere $n\equiv a\pmod{6}$ için $$x_0^n-x_0+1=(x_0^{6})^{\frac{n-a}{6}}\cdot x_0^{a}-x_0+1=x_0^a-x_0+1$$ olacaktır. $x_0^2=x_0-1$ olduğundan, buradan $$x_0^a-x_0+1=x_0^{a}-x_0^2=x_0^{2}(x_0^{a-2}-1)$$ elde edilir. $x_0\neq 0$ olduğundan $x_{0}^{a-2}=1$ olmalıdır. $x_0^3=-1$ ve $a\in\{0,1,2,3,4,5\}$ olduğu göz önünde bulundurulursa, $a=2$ elde edilir. Yani $n\equiv 2\pmod{6}$'dır. Yapılan işlemler geri döndürülebilir olduğundan bu formattaki tüm $n$'ler istenileni sağlar.
Not: Polinomlar $\mathbb{R}$ üzerinden tanımlansa bile $\mathbb{R}$'i kapsayan en küçük cebirsel olarak kapalı cisim karmaşık sayılar olduğundan yukarıda kullanılan teorem sağlanmalıdır.
33
$f : \mathbb Z \times \mathbb Z \to \mathbb Z$ fonksiyonu$,$ her $x,y \in \mathbb Z$ için$,$
1) $f(x+1,y+1)+f(x,y) = f(x,y+1)+f(x+1,y)$
2) $f(x,0)=x^2$
3) $f(0,y)=-y^2$
koşullarını sağlıyor. $f(1000,996)$ aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ 7984 \qquad\textbf{b)}\ 1996 \qquad\textbf{c)}\ 16 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed A$
Test tekniği ile $f(x,y)=x^2-y^2$ fonksiyonunu tahmin etmek zor değil.
$(1)$ 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 $(1)$ i sağlar.
$(2)$ ve $(3)$ ten $g(x)=x^2$ ve $h(y)=-y^2$ nin sağladığı görülür.
$f(1000,996)=1000^2-996^2=(1000-996)(1000+996)=4(2000-4)=8000-16=7984$
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{A}$
$f(x+1,y+1) - f(x+1,y) = f(x,y+1) - f(x,y)$ teleskopik bağıntısını göz önüne alalım.
$y= 0, 1, 2, \dots , n-1$ tam sayı değerini verirsek $f(x+1, n) - f(x+1,0) = f(x, n) - f(x, 0)$ olup $$ f(x+1, n) - f(x, n) = (x+1)^2 - x^2 $$ elde edilir. Şimdi de bu teleskopik ifadede $x=0, 1, 2, \dots , m-1$ tam sayı değerlerini verirsek $f(m,n) - f(0,n) = m^2 - 0^2$ olup $$f(m,n) = m^2 - n^2$$ çözümüne ulaşılır. Ayrıca bu çözümün, verilen ana denklemi sağladığı kontrol edilebilir. Böylece $f(1000, 996) = 1000^2 - 996^2 = (1000 - 996)(1000 + 996) = 7984$ bulunur.
34
Bir üçgen, oluşacak üçgenlerin tüm köşelerinde aynı sayıda kenar kesişecek şekilde $n$ üçgene ayrılabiliyorsa $n$ en çok kaç olabilir?
$\textbf{a)}\ 19 \qquad\textbf{b)}\ 15 \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed A$ veya $\boxed E$
Lisedeyken bu soruyu çözmeye çalıştığımızda, ortaokul kampına katılmış bir arkadaşımız Euler Formülü kullanarak ($v-e+f=2$) bir çözüm yapıp şıklardaki sayılardan birini bulmuştu. (Muhtemelen kampta buna benzer bir soru ile karşılaşmıştı.)
Başka bir arkadaşımız da üst limitin olmadığını göstermişti. Onun örnek çizgesini hatırlayamıyordum. Yıllar sonra hatırlamaya çalışınca aşağıdaki gibi bir çözüm elde etmiştim. Bu şekil, Mustafa Töngemen'in kitabındaki ile aynıydı.
Bu çözümü yazmadan önce, düzlemsel çizgeler (planar graph) ile ilgili benzer bir problem bulabilir miyim diye araştırma yapmıştım. Tam olarak aynısını bulamamıştım.
Bu soru için, hep çizge kuramından bir soru sormak istemişler ama olmamış gibi hissederdim.
One Hundred Problems in Elementary Mathematics, Hugo Steinhaus, 1964 kitabını karıştırırken 16 nolu sorunun bu sorunun aynısı olduğunu fark ettim. Bu kitapta verilen cevap, $19$ idi.
Büyük ihtimalle, resmi cevap anahtarında da bu sorunun cevabı $(a) 19$ idi. Tabii, bu bir iddia.
Aşağıdaki çözümde üçgenin kenarları üzerinde noktalar alınmış. Sorudaki metne göre bu illegal bir hareket mi, bir türlü karar veremedim.
$n$ için üst limit yoktur.
Bir üçgenin kenarorta noktalarını birleştiren üçgeni çizelim. Bu prosedürü sürekli uyguladığımızda ilk üçgenin köşeleri hariç diğer tüm köşelerde $4$ kenar kesişir. (bkz. ilk şekil)
Üçgeni ikinci şekildeki gibi $7$ üçgene ayırdığımızda her köşeden $4$ kenar çıkar. En içteki üçgen yukarıda anlatıldığı gibi kenarorta noktaları üzerinden sınırsız sayıda üçgene ayrılabilir.
Ortaya çıkan şekilde tüm köşelerden $4$ kenar çıkmış oldu.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed A$
One Hundred Problems in Elementary Mathematics, Hugo Steinhaus, 1964 kitabındaki 16 nolu sorunun
çözümünden (sayfa 75) yola çıkarak bir çözüm yapacağım.
Kitaptaki çözümde üçgenlerin bir çokyüzlünün (polyhedra) yüzeylerinin izdüşümü olduğu ifade edilmiş. Her köşede aynı sayıda yüz buluşan cisimlere, Platonik Cisim deniyormuş. Yüzeyleri üçgen olan sadece üç tane
Platonik Cisim varmış. Bunlar 4, 8 ve 20 yüzlüler imiş. En büyük üçgen, çok yüzlüye tam yukarıdan baktığımızda arkada kalan yüzeyi ifade ettiği için aradığımız yanıt, $20-1=19$.
Wikipedia'daki Platonical Solid makalesinden ilham alarak şöyle bir çözüm de yapabiliriz.
Euler'den $v-e+f=2$.
Her köşeden çıkan kenar sayısına $n$ diyelim.
Kenarlardan yola çıkarak noktaları saymaya çalıştığımızda $2e=nv \Longrightarrow v=\dfrac{2e}n$.
(Sorunun kurgusunun bu olduğundan yola çıkarak) Her kenar, iki yüzey tarafından paylaşılacak. Yüzeylerden kenarları saymaya çalışırsak $3f=2e \Longrightarrow f=\dfrac{2e}{3}$
$\dfrac{2e}n-e+\dfrac{2e}{3}=2 \Longrightarrow e\left ( \dfrac 2n -1+ \dfrac 23\right ) = e\left ( \dfrac 2n -\dfrac 13\right ) = 2 \Longrightarrow 6>n$.
$n=5$ için $e=30$, $v=12$, $f=20$ olur. $f=20$ olduğu için bölge sayısı $19$ olur.
35
Elemanlarından herhangi ikisi aralarında asal olan ve herhangi ikisinin farkı üçüncüsü ile bölünen, üç elemanlı tüm $\{a,b,c\} \subset \mathbb Z$ kümelerini dikkate aldığımızda, aşağıdakilerden hangisi doğru değildir?
$\textbf{a)}$ $a,b,c$ sayılarından en az biri negatif olmalıdır.
$\textbf{b)}$ Sıfırdan farklı hangi $c$ tam sayısı verilirse verilsin, $\{a,b,c\}$ istenen koşulu sağlayacak biçimde $a$ ve $b$ tam sayıları bulunur.
$\textbf{c)}$ $a,b,c$ sayılarından en az birinin mutlak değeri $1$ ya da $2$ dir.
$\textbf{d)}$ $a,b,c$ ardışık tam sayılar olamaz
$\textbf{e)}$ Hiçbiri
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$
$0$ ile bölünebilme tanımsız olduğu için $a,b,c$ den hiçbiri $0$ olamaz.
Sayılardan en az ikisi birbirine eşit olsun: $a,a,c$ gibi
$c \mid 0$ ve $a \mid c - a$ olmalı. İlki sıfırdan farklı her sayı için doğru, ikinci ise $a \mid c$ iken doğru. $(a,c)=1$ olduğu için $a \in \{-1, 1\}$ olmalı.
Her $c \neq 0$ sayısı için $(1,1,c)$ üçlüsü sorudaki şartı sağlar. ($c \mid 0$ ve $1 \mid c - 1$)
Bu durumda $(A)$ önermesi doğru değil ve $(B)$ önermesi doğrudur. (Her $c$ sayısı için $a=b=1$ alınabilir.)
Cevabın $(A)$ olduğu bu aşamada belirlenmiş oldu. Sorunun sıhhati açısından yine de devam edelim.
Sayıların ardışık olduğunu varsayalım.
$(a, a+1, a+2)$ için $a \mid 1$ ve $a+2 \mid 1$ olmalı. $a \in \{-1, 1\}$ ve $a+2 \in \{-1, 1\} \Rightarrow a \in \{-3, -1\}$ in ortak çözümü $a=-1$ dir.
$(-1,0,1)$ sayıları sorudaki şartı sağlamayacağı için $a,b,c$ sayıları ardışık tam sayılar olamaz. $(D)$ doğrudur.
Sayılardan en az ikisi birbirine eşitken bu eşit sayıların $-1$ veya $1$ olduğunu görmüştük. Bu şart altında $(C)$ şıkkı doğru oluyor. Diğer şartlar için $(D)$ nin doğruluğunu araştıralım:
Sayılardan hiçbiri diğerine eşit olmasın:
Sayılar $a < b < c$ şeklinde sıralansın.
$a \mid c - b$, $b \mid c - a$ ve $c\mid b-a$ olacaktır.
$a \leq c - b$, $b \leq c - a$ ve $c\leq b-a$ olmalı.
$a+b \leq c \leq b-a \Rightarrow 2a\leq 0 \Rightarrow a< 0$ olmalı.
Bu bilgiyi kullanarak $a\leq b \leq c$ ifadesini $-a \leq c - b$ şeklinde yazabiliriz.
$b-a\leq c \leq b-a$ olduğu için $c=b-a$.
$b \mid c - a$ ifadesi $ b \mid b-2a$ ya dönüşür. Bu da $b \mid 2a$ olduğu anlamına gelir. $(a,b)=1$ olduğu için $b \mid 2$ olmalı. Bu durumda $b \in \{-2,-1,1,2\}$ olacağı için $(C)$ de doğrudur.
Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında cevap $(E)$ olarak verilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.
36
Şekilde $ABCD$ kare$,$
$m(\widehat{AED})=90^{\circ}$ ve $[BD]$ nin orta noktası $F$ dir.
$|EA|=a,\ |EF|=b,\ |ED|=c$ ise
$ABD$ üçgeninin alanı aşağıdakilerden hangisidir?
$\textbf{a)}\ a^2+b^2+ab \qquad\textbf{b)}\ b^2+4ac \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{b^2+ac}{3} \qquad\textbf{d)}\ b^2-\dfrac{ac}{2} \qquad\textbf{e)}\ b^2-ac$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed E$
$AF\perp BD$ olduğu için $AEDF$ bir kirişler dörtgenidir.
Ptolemy uygularsak $AF\cdot ED + AE\cdot DF = EF\cdot AD$, yani $AF\cdot (a+c)=b\cdot AF\cdot \sqrt 2 \Longrightarrow a^2+c^2 = 2b^2 -2ac$.
$[ABD]=\dfrac {AD^2}2= \dfrac{a^2+c^2}{2}=b^2-ac$
Çözüm 2:
$ED$ uzantısı üzerinde $\triangle CGD \cong \triangle EDA$ olacak şekilde $G$ noktası, benzer şekilde $EA$ uzantısı üzerinde $I$ noktası alalım. $IB$ ile $GC$, $H$ de kesişsin. $\triangle EDA \cong \triangle GCD \cong \triangle IAB \cong \triangle HBC $ ve $EGHI$ kare olacaktır.
Simetriden $EF=GF=HF=IF$ yani $F$ noktası hem $ABCD$ karesinin hem de $EGHI$ karesinin merkezi olacaktır.
$[ABCD]=[EGHI]-4\cdot [EDA]=2\cdot EF^2-2\cdot EA\cdot ED=2b^2-2ac$ olacaktır.
Bu durumda $[ABD]=\dfrac{[ABCD]}{2}=b^2-ac$ olur.