Tübitak Lise 1. Aşama - 1997 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{C}$

$AC \parallel GH \parallel EF$ olduğu için $BE=BF=x$ tir. $BD \perp AC$ dolayısıyla $BD \perp EF$ ve $BD \perp GH$.

Daha genelini çözmek adına $DH = DG = 9 = y$ ve $AB=24=a$ diyelim.

$GH + EF = (y+x)\sqrt 2$

$BD$, $EF$ ve $GH$ yi sırasıyla $I$ ve $J$ de kessin.

Yamuğun yüksekliği $IJ = BD - BI - DJ = a\sqrt 2 - \dfrac {(y+x)\sqrt 2}2 = \dfrac{(2a-x-y)\sqrt 2} 2$

Yamuğun alanı $$A = \dfrac {(GH + EF)IJ}{2} = \dfrac {(y+x)(2a-x-y)}2 \tag {1}$$
Toplamları $2a = 48$ olan iki sayının çarpımı en fazla $a \times a = 24^2$ olabilir. Bu durumda $\max{A} = \dfrac {a^2}{2} = 288$ dir. $\blacksquare$

Not: $(1)$ de $x+y = z$ dersek else edilen $2.$ dereceden polinomun en büyük değerini parabolün tepe noktasından yola çıkarak ya da polinomun türevini alarak da elde edebiliriz. Bizim çözümde uyguladığımız ise $AO \geq GO$ eşitsizliğinin pratik hali.

Daha genelini, yani kenar uzunluğu verilen bir karede $DG = DH$ şartıyla oluşturulan $EFGH$ yamuklarının alanının en fazla karenin alanının yarısına eşit olacağını ispat edeceğiz.

$DH = DG = AE = CF$ olacak şekilde $E,F,G,H$ noktalarını seçelim. Açık şekilde $[EFGH] = \dfrac {[ABCD]}{2}$ dir.

Bunun haricinde şeçilen $E_1, F_1$ noktaları (soldaki şekil) ve $E_2, F_2$ noktaları (sağdaki şekil) için $[E_1F_1GH] < [EFGH]$ ve $[E_2F_2GH] < [EFGH]$ olduğunu göstereceğiz.

$E_1, F_1$ için (soldaki şekil); $E_1H \cap EF = \{K\}$ ve $F_1G \cap EF = \{L\}$ olsun.
$EFGH$ ve $E_1F_1GH$ yamuklarında $KLGH$ ortak alandır.
$$[EHE_1] = [E_1FE] > [E_1LE] \Longrightarrow [EKH] > [E_1KL] \tag{1}$$
Simetriden dolayı $[EHK] = [FGL]$ ve $[EE_1FH]$ yamuğunda $[EHK] = [E_1FK]$.
$E_1F_1FK$ yamuğunda $KF > E_1F_1$ olduğu için $$[E_1LF_1] < [E_1KF] = [FGL] \tag{2}$$
$(1)$ ile $(2)$ yi birleştirdiğimizde $[EKH] + [FGL] > [E_1LF_1] + [E_1KL] = [E_1L_1FK]$ dolayısıyla $$[EFGH] > [E_1F_1GH] \tag{3}$$ elde ederiz.


$E_2, F_2$ için (sağdaki şekil); $EH \cap E_2F_2 = \{M\}$ ve $FG \cap E_2F_2 = \{N\}$ olsun.
$EFGH$ ve $E_2F_2GH$ yamuklarında $MNGH$ ortak alandır.
$$[E_2HE] < [ENE_2] \Longrightarrow [E_2HM] < [ENM] \tag{4}$$
$$[EFN] = [EFF_2] = [GFF_2] >  [F_2GN] \tag{5}$$
$(4)$ ile $(5)$ birleştirildiğinde $[EFNM] = [EFN] + [ENM] > [E_2HM] + [F_2GN]$ dolayısıyla $$[EFGH] > [E_2F_2GH] \tag{6}$$ elde edilir. $\blacksquare$

$AC \parallel GH \parallel EF$ ve $DH=DG$ olduğu için $BE=BF$ ve $EFGH$ ikizkenar yamuktur. Dolayısıyla $FH = EG$.
$EG$ ile $FH$ arasında kalan açı $2\alpha$ olsun. $\angle EGC = 45^\circ + \alpha$ olacaktır.

$AB=a$ dersek, $EG = \dfrac {a}{\sin (45^\circ + \alpha)}$ ve $$[EFGH] = \dfrac 12 \cdot EG \cdot FH \cdot \sin 2\alpha = \dfrac 12 \cdot a^2 \dfrac {\sin 2\alpha}{\sin^2 (45^\circ + \alpha)} \tag {1}$$ olur.

$\sin^2 (45^\circ + \alpha) = (\sin 45^\circ \cos \alpha +\cos 45^\circ \sin \alpha)^2 = \sin^2 45^\circ (\cos\alpha + \sin\alpha)^2 = \dfrac 12 \cdot (1+\sin 2\alpha)$ değerini $(1)$ de yerine yazarsak $$[EFGH] = a^2 \cdot \dfrac {\sin 2\alpha}{1+\sin 2\alpha} = a^2 \cdot \dfrac {1}{ \dfrac {1}{\sin 2\alpha} + 1 } \tag{2}$$ $\max [EFGH]$ için $\sin 2\alpha = 1$ olmalı. Bu durumda $\max [EFGH] = \dfrac {a^2}2$ olur.

$D(0,0$, $A(0,24)$, $B(24,24)$, $C(24,0)$ olsun.
$G(9,0)$ ve $H(0,9)$ olacaktır.
$E(x,24)$ dersek $F(24,x)$ olacaktır.
$$[EFGH] =\dfrac 12 \cdot  \begin{vmatrix}
0 & 9 \\
9 & 0 \\
24 & x \\
x & 24 \\
0 & 9

\end{vmatrix} = \dfrac 12 \cdot |9x +24^2+9x-9^2-x^2| =\dfrac{24^2-(x-9)^2}2 \leq \dfrac {24^2}2=288$$

Yanıt: $\boxed{E}$

$A$, $B$ ve $C$ merkezli çemberlerin yarıçapları sırasıyla $x$, $y$, $z$ olsun.
$a = y+z = 4$, $b = x + z = 7$, $c = x + y = 5$

$x+y+z = \dfrac {a+b+c}{2} = 8$

$BE=y=1$ ve $CE=z=3$. Stewart'tan $AE^2 = \dfrac {5^2 \cdot 3 + 7^2\cdot 1}{4} - 3\cdot 1 = 28 \Rightarrow AE = 2\sqrt 7$.

Dikkat edilirse çemberler birbirine içteğet çemberin kenarlara değdiği noktada dokunmakta.

$N = a_{n-1}a_{n-2}\dots a_1 2$ ve $N' = 2a_{n-1}a_{n-2}\dots a_1$ olsun.

$a_{n-1}a_{n-2}\dots a_1 = \dfrac {N-2}{10}$ olacağı için $$N' = 2\cdot 10^{n-1} + \dfrac{N-2}{10} = 2N \Longrightarrow 2(10^n - 1) = 19N$$
Bu durumda $10^n  \equiv 1 \pmod {19}$ olmalı.

Fermat'tan $10^{18} \equiv 1 \pmod {19}$ olduğunu biliyoruz; ama bu demek değil ki en küçük $n$ sayısı $18$ dir. ($10$, $\bmod {19}$ da bir ilkek kök ise aradağımız cevap $18$ olacak)

Bu şartı sağlayan en küçük sayı $d$ olsun. $10^{d} \equiv 1 \pmod {19}$ ve $d \mid 18$ olmalı.

$d < 18$ ise  $10^6 \equiv 1 \pmod {19}$ veya $10^9 \equiv 1 \pmod {19}$ olmalı.

$10^2 \equiv 5 \pmod {19}$, $10^3 \equiv 12 \pmod {19}$,  $10^6 \equiv 12^2 \equiv 11 \pmod {19}$, $10^9 \equiv 11 \cdot 12 \equiv 11 \equiv -1 \pmod {19}$ olduğu için $10^n \equiv 1\pmod {19}$ denkliğini sağlayan en küçük $n$ tam sayısı $18$ dir.

Not: Şıklardan gitmek istersek sadece $6$ yı denememiz yeterliydi.

Cevap: $\boxed{E}$

Eğer $A$ yalancı değilse $B$ ve $C$ yalancıdır. Bu durumda $D$'nin ilk söylediği yalanken ikincisi yalan değildir. Bu bir çelişkidir.

Eğer $A$ yalancıysa $B$ yalancı değildir. $C$ de yalancı değildir fakat $D$ yalan söylemiştir. Bu durumda yalancılar $\{A,D\}$'dir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$a,b$ kendi içerisinde yer değiştiremeyeceği, $c,d$ kendi içerisinde yer değiştiremeyeceği için; $a,b,c,d,e,f,g,h,i,j$ yi $x,x,y,y,e,f,g,h,i,j$ gibi düşünebiliriz.

$\dfrac{10!}{2!2!} = \dfrac{10!}{4}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$x-3 = (x-3)^2 \Rightarrow (x-3)((x-3) - 1) = 0 \Rightarrow x_1 = 3, x_2 = 4 \Longrightarrow (3,0), (4,1)$

$x-3 = (x-3)^3 \Rightarrow (x-3)((x-3)^2 - 1)  = 0 \Rightarrow x_1 = 3, x_2 = 4, x_3 = 2 \Longrightarrow (3,0), (4,1), (2,-1)$

$(x-3)^2 = (x-3)^3 \Rightarrow (x-3)^2((x-3) - 1)  = 0 \Rightarrow x_1 = 3, x_2 = 4 \Longrightarrow (3,0), (4,1)$

Grafik için: wolfram

Yanıt: $\boxed{A}$

Eşitliği düzenlediğimizde $36 = 2n^2+mn-n^2= (2n-m)(n+m)$ elde ederiz.
$(2n-m)+(n+m)=3n$ olduğu için $36$ yı toplamları $3$ ün katı olan iki çarpan şeklinde yazmalıyız.
$3 \cdot 12=36$, $6 \cdot 6=36$ ve $12 \cdot 3 = 36$ durumlarından $(m,n)=(7,5)$, $(m,n)=(8,4)$ ve $(m,n) = (-2, 5)$ bulunur.
$m$ ve $n$ pozitif olduğunundan aradığımız yanıt $2$ dir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$D$ den geçen ve $MN$ ye paralel olan doğru $BC$ ve $AC$ ile sırasıyla $R$ ve $S$ noktalarında kesişsin.

$ND = NB \Rightarrow QR=QB$ ve $AM = MC$ bilgisiyle,
$$\dfrac {PD}{AP} = \dfrac{MS}{AM} = \dfrac{MS}{MC} = \dfrac{QR}{QC} = \dfrac{QB}{QC} = k \tag{1}$$
$\dfrac {[MAP]}{[ACD]} = \dfrac {AP \cdot AM}{AD \cdot AC} = \dfrac 12 \cdot \dfrac {AP}{AD} =  \dfrac 12 \cdot \dfrac {1} {\dfrac {AP + PD}{AP}} = \dfrac 12 \cdot \dfrac 1{1 + k} = \dfrac {x}{x+y}$

$\dfrac {x+y}{2x} = 1 + k \Longrightarrow k = \dfrac {y-x}{2x}$ $\blacksquare$

Test mantığıyla $ABCD$ yamuk olarak ele alınabilir. ($AB \parallel CD$)
Bu durumda $[MAP]=x$, $[PDCM]=y=3x$ tir. Aradığımız yanıt ise $QB:QC = 1$ dir.
Şıklardan sadece $\dfrac {y-x}{2x} = \dfrac {3x-x}{2x} = 1$ sağlar.

$A, B, C, D$ den $PQ$ ya inilen dikme uzunlukları sırasıyla, $h_A$, $h_B$, $h_C
$, $h_D$ olsun.

$h_A = h_C$ ve $h_B=h_D$.

$\dfrac{QB}{QC}= \dfrac{h_B}{h_C}= \dfrac{h_D}{h_A}=\dfrac{PD}{PA}=\dfrac{[PDC]}{[PAC]}=\dfrac{y-x}{2x}$.

$C$ den $AD$ ye çizilen paralel $PQ$ yu $P_A$ da, $B$ den $AD$ ye çizilen paralel $PQ$ yu $P_D$ de kessin.
$CP_A=AP$, $BP_D=DP$.
$\dfrac{QB}{QC}=\dfrac{BP_D}{CP_A}=\dfrac{DP}{AP}=\dfrac{[PDC]}{[PAC]}=\dfrac{y-x}{2x}$.

Yanıt: $\boxed{A}$

$a_1 = 1$,
$a_2 = 4$,
$a_3 = 4\cdot 3 = 3\cdot 2^2$,
$a_4 = 4 \cdot (3\cdot 2^2 - 4) =  4\cdot 2^3$
$a_5 = 4 \cdot (4 \cdot 2^3 - 3 \cdot 2^2) = 5 \cdot 2^4$

İddia: $a_n = n\cdot 2^{n-1}$

$\begin{array}{lcl}
a_{n+1} &=& 4(a_n - a_{n-1}) \\
& = & 4(n\cdot 2^{n-1} - (n-1)\cdot 2^{n-2}) \\
& = & 4(n\cdot (2^{n-1} - 2^{n-2}) + 2^{n-2} ) \\
& = & 4(n\cdot 2^{n-2} + 2^{n-2}) \\
& = & 4(n+1)2^{n-2} \\
& = & (n+1)2^{n} \quad \blacksquare
\end{array}
$

Soruya geri dönersek,
$$a_{100} = 100 \cdot 2^{99}$$ olacaktır.
Fermat'ın Küçük Teoreminden $$a^{12} \equiv 1 \pmod {13}$$
$$\begin{array}{lcll}
a_{100} & \equiv & 100 \cdot 2^{99} & \pmod {13} \\
& \equiv & 9 \cdot 2^{96} \cdot 2^3 & \pmod {13} \\
& \equiv & 72 & \pmod {13} \\
& \equiv & 7 & \pmod {13} \\

\end{array}
$$

Doğrusal indirgemeli dizilerin çözüm yöntemini uygulayacağız.

$a_n = r^2$, $a_{n-1} = r$, $a_{n-2} = 1$ olarak aldığımızda, $$r^2 = 4r - 4 \Rightarrow (r-2)^2 = 0 \Rightarrow r_{1,2} = 2$$
Bu durumda genel terim $$a_n = a\cdot 2^n + b\cdot n\cdot 2^{n}$$ şeklinde olacaktır.
$a_1 = 2a + 2b = 1$ ve $a_2 = 4a + 8b = 4$ denklemlerinin ortak çözümünden $a=0$ ve $b=\dfrac 12$ gelecektir. O halde genel terim $$a_n = n\cdot 2^{n-1}$$ olacaktır.
$a_{100} = 100 \cdot 2^{99}$ elde edilir. Fermat'ın Küçük Teoreminden faydalanarak ya da $2^6 \equiv 64 \equiv -1 \pmod {13}$ olduğu fark edilerek $a_{100} \equiv 7 \pmod {13}$ sonucuna ulaşılabilir.

Bir nevi doğrusal indirgemeli dizilerin çözüm yönteminin ispatını yaparak sonuca gitmeye çalışalım.
$$a_n = 4a_{n-1} - 4a_{n-2}$$
Her tarafı $2^n$ ile bölelim.
$$\dfrac {a_n}{2^n} = 2\cdot \dfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}} - \dfrac{a_{n-2}}{2^{n-2}} \tag{1}$$

$b_n = \dfrac {a_n}{2^n}$ dizisini tanımlayalım. $b_1 = \dfrac 12$ ve $b_2 = 1$ olacaktır. $(1)$ deki eşitliği $b_n$ cinsinden yazarsak
$$b_n = 2b_{n-1} - b_{n-2} \tag {2}$$ elde edilir. Biraz düzenlemeyle $$b_n  - b_{n-1}= b_{n-1} - b_{n-2} \tag{3}$$ elde edilir. Tüm ardışık terimlerin farkı birbirine eşit olduğu için $b_n$ dizisi aritmetik dizidir. $$b_n - b_{n-1} = b_2 - b_1 = \dfrac 12 \tag{4}$$ $b_n$ genel terimini
$$b_n = (n-1)\cdot \dfrac 12 + b_1 = \dfrac n2 \tag {5}$$ şeklinde elde ederiz. Bu durumda $a_n$ dizisi, $$a_n = 2^n b_n = 2^n\cdot \dfrac n2 =n2^{n-1} \tag{6}$$ olarak elde edilir.
Fermat'ın Küçük Teoreminden
$$a_{100} \equiv 100 \cdot 2^{99} \equiv 9 \cdot (2^{12})^8 \cdot 2^3 \equiv 72 \equiv 7 \pmod {13}$$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed {A}$

$T = \sum \limits_{i=1}^{1996} \dfrac {1}{i\sqrt {(i+1)} + (i+1)\sqrt i }$ şeklinde yazılabilir.

$ \begin{array}{lcl}

\dfrac {1}{i\sqrt {(i+1)} + (i+1)\sqrt i } &=&
\dfrac {(i+1)\sqrt i - i\sqrt {(i+1)} }{\left ((i+1)\sqrt i + i\sqrt {(i+1)} \right) \left ((i+1)\sqrt i - i\sqrt {(i+1)} \right)} \\
&=& \dfrac{(i+1)\sqrt i - i\sqrt {(i+1)} }{(i+1)^2i - i^2(i+1)} \\
&=& \dfrac{(i+1)\sqrt i - i\sqrt {(i+1)} }{(i+1)i} \\
&=& \dfrac 1{\sqrt i} - \dfrac {1}{\sqrt {i+1}}

\end{array}
$

Bu durumda $T = 1-\dfrac{1}{\sqrt{1997}}$ olur.

$44^{2}<1997<45^{2}$  olduğundan, $\dfrac{1}{45^2}<\dfrac{1}{1997}<\dfrac{1}{44^2}$

$-$ ile çarptıktan sonra $1$ eklersek, $1-\dfrac{1}{44}<T<1-\dfrac{1}{45}$ ve $\dfrac{43}{44}<T<\dfrac{44}{45}$ bulunur.

Yanıt: $\boxed A$

Ağırlık merkezi $G$ olsun.
$DE \parallel AC$ ve $DBEG$ kirişler dörtgeni olduğu için $\angle FAG = \angle GED = \angle DBG$.
Buradan da $FG \cdot FB = FA^2$ elde edilir. ($A.A.$ benzerliğinden $\triangle FAG \sim \triangle FBA$.)
$FG = x$ dersek $FB = 2x$. $$3x^2 = (2\sqrt 3)^2 \Longrightarrow x = 2$$ Buradan da $BF = 3x  = 6$ elde edilir.

Ağırlık merkezi $G$ olsun. $DE$ ile $BF$ doğruları $H$ de kesişsin.
$DH = HE = \sqrt 3$.
$HG = y$ dersek $GF = 2y$ ve $BH = 3y$.
$H$ noktasının çembere göre kuvvetini yazarsak $$DH \cdot HE = BH \cdot HG \Longrightarrow 3 = 3y^2 \Longrightarrow y = 1$$
Buradan da $BF = 6y = 6$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed {A}$

$P(1) = Q(1)\cdot 2 + R(1) \cdot 0  = 2Q(1)$.
$Q(x)$ tam sayı katsayılı olduğu $Q(1)$ tam sayıdır. Dolayısıyla $P(1)$ çift tam sayıdır.

Şıklardan sadece $A$ seçeneğindeki $P(x)=x^9 + 2x^6 + 3x^5 + 2x$, $(P(1)=8)$ çift tam sayı değer verir.

$Q(x) = 4$ polinomu için,
$P(x) = x^9 + 2x^6 + 3x^5 + 2x = 4(x^2 + 1) + R(x)(x-1)$ eşitliğini sağlayan $R(x)$ polinomu vardır.

($R(x) = x^8 + x^7 + x^6 + 3 x^5 + 6 x^4 + 6 x^3 + 6 x^2 + 2 x + 4$)

Cevap: $\boxed{C}$

$x\geq [ x ]>x-1$ olduğundan $1-x>-[ x ]\geq -x$ olur ve $$x-\left(1-\dfrac{x}{2}\right)-\left(1-\dfrac{x}{3}\right)-\left(1-\dfrac{x}{6}\right)>x-\left[\dfrac{x}{2}\right]-\left[\dfrac{x}{3}\right]-\left[\dfrac{x}{6}\right]\geq x-\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{3}-\dfrac{x}{6}$$ olacağından $$3>f(x)\geq 0$$ bulunur. Test mantığıyla bu kadarı cevabı bulmak için yeterlidir ama tam çözüm olması için devam edelim.

$f$'nin değer kümesi $S$ olsun. Yukarıdan görebileceğimiz gibi $S\subseteq [0,3)$ olacaktır. $a\in [0,3)$ olsun. Eğer $a\in [0,2)$ ise $$f(a)=a-\left[\dfrac{a}{2}\right]-\left[\dfrac{a}{3}\right]-\left[\dfrac{a}{6}\right]=a$$ olur ve $a\in S$ olur. Eğer $a\in [2,3)$ ise $$f(a+3)=(a+3)-\left[\dfrac{a+3}{2}\right]-\left[\dfrac{a+3}{3}\right]-\left[\dfrac{a+3}{6}\right]=(a+3)-2-1-0=a$$ olur. Yani her $a\in [0,3)$ için $a\in S$'dir. Buradan $[0,3)\subseteq S$ ve $S=[0,3)$ bulunur.

Yanıt: $\boxed D$

$[BOC] = x$ ve $[AOD] = y$ olsun.

$AO/OC = [AOB] / [COD] = [AOD] / [COD] \Longrightarrow xy = 36$.

$AO \geq GO$ dan $x+y \geq 2 \sqrt {xy} = 12$

$[ABCD] = x+y+4+9 \geq 12 + 13 = 25$ olur.

Eşitlik durumu $x=y=6$ iken, yani $AB \parallel CD$ iken sağlanır.

Problemin geometrik dokusu iç merkez-dış merkez lemması ile ilgilidir. Buna uyumlu bir çözüm verelim. (geo hocamızın ilk çözümüne benzerdir.)

Çözüm 3: $\angle ABD=\angle ACD=90^\circ$ olduğundan $ABCD$ bir kirişler dörtgenidir. $BE$, $\angle ABD$’nin açıortayı olduğundan çevrel çemberi $\overset{\Huge\frown}{AD}$ yayının orta noktası $G$’de keser. Benzer şekilde $CF$ de aynı $G$ noktasından geçer. Üstelik iç merkez-dış merkez lemmasına göre $|GA| = |GE| = |GF| = |GD|$ eşitlikleri vardır. Buradan $AEFD$ kirişler dörtgenidir. Ayrıca bu çemberin merkezi $G$’dir. $\angle AGD=\angle ABD=90^\circ$ olduğundan $AGD$ ikizkenar dik üçgendir. $|AD|=2$ verildiğinden $|GA|=|GD|=\sqrt2$ olur.  Dolayısıyla $|GA|=|GD|=|GE|=|GF|=\sqrt2$. Verilen $|EF|=\sqrt2$ ile $EFG$ eşkenar üçgen olur ve $\angle BGC=\angle EGF=60^\circ$'dir. $ABCD$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberinin çapı $|AD|$ olduğundan sinüs teoreminden $\dfrac{|BC|}{\sin 60^\circ} = |AD|$ yazılır. Buradan $|BC|=\sqrt3$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{C}$

$x,y,z$ tek sayılar olduklarından $x^2\equiv y^2\equiv z^2\equiv 1\pmod{8}$'dir. Ayrıca $$2x^2+ky^2\equiv z^2\pmod{32}\implies 2x^2+ky^2\equiv z^2\pmod{8}$$ olduğundan $$2+k\equiv 1\pmod{8}\implies k\equiv 7\pmod{8}$$ olmalıdır. Eğer çözüm olmasını sağlayan $k$'ların kümesine $S$ dersek $$S\subseteq \{k\mid k\equiv 7\pmod{8}\}\tag{1}$$ olmalıdır. Şimdi herhangi bir $k\in \{k\mid k\equiv 7\pmod{8}\}$ alalım. $k$ için $4$ olasılık vardır.

$i)$ $k\equiv 7\pmod{32}$ ise $$2x^2+7y^2\equiv z^2\pmod{32}$$ denkliğin çözümü var mı diye bakmalıyız. Eğer $(x,y,z)=(1,1,3)$ seçersek denklik sağlanır. $k\in S$'dir.

$ii)$ $k\equiv 15\pmod{32}$ ise denklik $$2x^2+15y^2\equiv z^2\pmod{32}$$ olacaktır. Eğer $(x,y,z)=(3,1,1)$ seçersek denklik sağlanır. $k\in S$'dir.

$iii)$ $k\equiv 23\pmod{32}$ ise denklik $$2x^2+23y^2\equiv z^2\pmod{32}$$ olacaktır. Eğer $(x,y,z)=(3,1,3)$ seçersek denklik sağlanır. $k\in S$'dir.

$iv)$ $k\equiv 31\pmod{32}$ ise denklik $$2x^2+31y^2\equiv z^2\pmod{32}$$ olacaktır. Eğer $(x,y,z)=(1,1,1)$ seçersek denklik sağlanır. $k\in S$'dir.

Her durumda $k\in S$ olduğundan $$\{k\mid k\equiv 7\pmod{8}\}\subseteq S \tag{2}$$ olacaktır. $(1)$ ve $(2)$'den $S=\{k\mid k\equiv 7\pmod{8}\}$ bulunur.

Yanıt: $\boxed {C}$

$E=\{1,2,\dots, 100\}$ kümesine ait herhangi $20$ elemanlı bir $A$ alt kümesi $\left ( a_1<a_2<\dots < a_{20} \right )$ tek bir şekilde $A=S\cup T$  $\left ( S = \{a_1, a_2, \dots, a_{10}\} \text{ ve } T=\{a_{11}, a_{12}, \dots, a_{20}\} \right )$ olarak yazılabilir. Bu durumda aradığımız yanıt $20$ elemanlı tüm alt kümelerin sayısı olacaktır: $\dbinom{100}{20}$.

Yanıt: $\boxed {E}$

$$x^3-y = 24 \tag {1}$$ $$y^3-z = 24 \tag {2}$$ $$z^3-x = 24 \tag {3}$$
$(1)$ den $(2)$ yi çıkaralım: $$x^3-y^3 = y-z \tag {4}$$
$(2)$ den $(3)$ ü çıkaralım: $$y^3-z^3 = x-z \tag {5}$$
$(3)$ ten $(1)$ i çıkaralım: $$z^3-x^3 = x-y \tag {6}$$

$(4)$ ten $x\geq y$ ise $y \geq z$ olmalı. $y\geq z$ bilgisini $(5)$ te kullanırsak $x \geq z$ olmalı. $x\geq z$ ise $(6)$ nın sağ tarafı $x-y\leq 0 \Longrightarrow x\leq y$ olmalı. Bu da $x=y$ olduğu anlamına gelir. Benzer durum $x \leq y$ de de elde edilir.
Simetriden dolayı $x=y=z$ olmalı.

$x^3-x = 24 \Rightarrow x^3 - x - 24 = 0 \Rightarrow (x-3)(x^2+3x+8) = 0\Rightarrow x = 3$ olduğu için sistemin tek çözümü $(x,y,z)=(3,3,3)$ tür.

Cevap: $\boxed{D}$

$m$ kişisinin aldığı kitapların bir tanesinin fiyatı $n_m$ olsun. Aynı zamanda $n_m$ adet kitap aldığından, bu kişi $n_m^2$ lira ödemiştir. $a$, $y$'den $63$ lira değil, $23$ lira fazla harcadığından bu kişiler evli değildir. Benzer şekilde $b$ ve $x$ de evli değildir. $$n_a^2-n_y^2=23\implies (n_a+n_y)(n_a-n_y)=23\implies n_a+n_y=23~~\text{ve}~~ n_a-n_y=1\implies (n_a,n_y)=(12,11)$$ $$n_b^2-n_x^2=11\implies (n_b+n_x)(n_b-n_x)=11\implies n_b+n_x=11~~\text{ve}~~ n_b-n_x=1\implies (n_b,n_x)=(6,5)$$ $n_a$'nın eşi $t$ kitap aldıysa $$n_a^2-t^2=63\implies 144-t^2=63\implies t^2=81\implies t=9$$ olur. $x$ ve $y$'nin ikisi de $9$ kitap almadığından $a$'nın eşi $z$ olmalıdır ve $9$ kitap almıştır. $b$'nin eşi $x$ veya $z$ olmadığından $y$ olmalıdır. $c$'nin eşi ise $x$ olur. Cevap $\boxed{(a,z),(b,y),(c,x)}$ olmalıdır.

Not: Başta $a$ ve $b$'nin eşlerinin kim olamayacağını söylemiştik. Bu bilgilerle şıkları elersek sadece $C$ ve $D$ şıkları kalır. Yani $b$'nin eşi $y$ olduğunu görebiliriz. Eğer $a$'nın eşi $x$ olsaydı yukarıdaki notasyonlarla $$(n_a^2-n_x^2)+(n_b^2-n_y^2)=63+63=126$$ $$(n_a^2-n_y^2)+(n_b^2-n_x^2)=23+11=34$$ çelişkisi çıkardı. Böylece $C$'yi eleyip, doğru cevabı $D$ bulabilirdik.

Soru hatalıdır.

Bir önceki çözümde $(b,y)$ bulduk.
$n_b=6$ ve $n_y=11$ bulundu; ama $n_b^2-n_y^2=-85 \neq 63$ eşitliği sağlanmaz.

Soru; "Adamlardan her biri kendi eşinden $63$ fazla; $a$, $y$ den $943$ fazla; $b$, $x$ ten $143$ fazla" şeklinde sorulsaydı cevap $(D)$ olarak bulunabilirdi.

Yeni haliyle iki şekilde sonuca gidebiliriz:

$[d,w]$ ile $d$ nin $w$ ile evli olmama durumunu gösterelim
Bu durumda,  $n_a^2 - n_y^2 = 943$ ve $n_b^2 - n_x^2 = 143$ olduğu için $[a,y]$ ve $[b,x]$. $(A)$, $(B)$, $(E)$ şıkları elenir.
$n_a^2 + n_b^2 - n_y^2 - n_x^2 = 1086 \neq 63 + 63$ olduğu için $(a,x)$ ise $[b, y]$. $(C)$ şıkkı elenir. Geriye sadece $(D)$ şıkkı kalır.

Tam çözüm yapmak gerekirse:
$(d,w)$ çifti için $n_d^2 - n_w^2 = 63$ olduğu için $(n_d-n_w)(n_d+n_w) = 63 = 1 \cdot 63 = 3 \cdot 21 = 7 \cdot 9$ olacaktır.
Buradan sadece $(n_d, n_w) \in \{(32, 31), (12, 9), (8,1)\}$ gelir.
$n_a > 943$ olduğu için $n_a = 32$, $n_y = 9$, $a$'nın eşinin $31$ kitap aldığı ve $y$ nin eşinin $12$ kitap aldığı sonucu çıkar.
$n_b^2 - n_x^2 = (n_b-n_x)(n_b + n_x) = 143 = 1\cdot 143 = 11 \cdot 13$ olduğu ve $n_b \leq 32$ olduğu için $n_b = 12$ ve $n_x = 1$ olur.
$n_x =1$ olduğu için $x$ in eşi $8$ kitap almış olmalı. Bu durumda $x$ in eşi $c$ dir. $n_c = 8$.
$n_b = 12$ ve $n_y=9$ olduğu için $(b,y)$ dir.
Bu durumda $n_a = 32$ ve $n_z = 31$ olacaktır.
Toparlarsak, $(a,z), (b,y), (c,x)$ tek çözümdür.

Sorunun doğru olması için $63$ değeri sabit kalmak şartıyla hangi sayıların sağladığını bilgisayar yardımıyla bulmuştum.
Mustafa Töngemen, Tübitak Ulusal Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında aslında daha güzel bir nokta yakalamış.
Soru; "Adamlardan her biri kendi eşinden $63$ lira fazla harcar; $a$, $y$ den $23$ kitap; $b$ de $x$ ten $11$ kitap fazla alır." şeklinde sorulduğunda da doğru oluyor.

$(d,w)$ çifti için $n_d^2 - n_w^2 = 63$ olduğu için $(n_d-n_w)(n_d+n_w) = 63 = 1 \cdot 63 = 3 \cdot 21 = 7 \cdot 9$ olacaktır.
Buradan sadece $(n_d, n_w) \in \{(32, 31), (12, 9), (8,1)\}$ gelir.
$a$, $y$ den $23$ fazla kitap almışsa $n_a=32$, $n_y=9$ olmak zorunda.
$b$, $x$ ten $11$ fazla kitap almışsa $n_b=12$, $n_x=1$ olmak zorunda.
Bu durumda $(a,z)$, $(b,y)$, $(c,x)$ aradığımız yanıt olur.

Cevap: $\boxed{C}$

Bu $n$ sayısı karekalansız bir sayıdır. Asal çarpanlarına ayırdığımızda farklı $p_i$ asalları için $n=p_1p_2\cdots p_k$ formatında olmalıdır. Eğer $k\geq 4$ ise $$n\geq 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7=210$$ olur, bu da verilen aralığın dışına çıkar. Demek ki $n=p$, $n=pq$ veya $n=pqr$ formatında olmalıdır. $200$'den küçük asal sayıları bulmak gerekiyor. Sınavda yeterli vakit olduğundan soruyu hazırlayanların, sınavdaki öğrencilerin bu sayıları bulmakla uğraşabileceklerini düşündükleri kanısındayım.

i) $n=p$ ise $n=2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107$, $109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199$ olmak üzere $46$ tane asal sayı vardır.

ii) $n=pq$ ise genelliği bozmadan $p<q$ olsun. $200>n>p^2$ olduğundan $13\geq p$ olmalıdır.
iia) $p=2$ ise $2<q<100$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $24$ tane $q$ bulunur.
iib) $p=3$ ise $3<q\leq 66$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $16$ tane $q$ bulunur.
iic) $p=5$ ise $5<q<40$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $9$ tane $q$ bulunur.
iid) $p=7$ ise $7<q\leq 28$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $5$ tane $q$ bulunur.
iie) $p=11$ ise $11<q\leq 18$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $2$ tane $q$ bulunur.
iif) $p=13$ ise $13<q\leq 15$ olmalıdır. Böyle bir $q$ asalı yoktur.
İki asal böleni olan $24+16+9+5+2=56$ sayı vardır.

iii) $n=pqr$ ise genelliği bozmadan $p<q<r$ olsun. $200>n>p^3$ olduğundan $p=2,3,5$ olabilir.

iiia) $p=2$ ise $qr<100$ olmalıdır. Buradan da $q<10$ olur.
iiiaa) $(p,q)=(2,3)$ ise $3<r\leq 33$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $9$ tane $r$ bulunur.
iiiab) $(p,q)=(2,5)$ ise $5<r<20$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $5$ tane $r$ bulunur.
iiiac) $(p,q)=(2,7)$ ise $7<r\leq 14$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $2$ tane $r$ bulunur.

iiib) $p=3$ ise $qr\leq 66$ olmalıdır. Buradan da $q\leq 7$ olur.

iiiba) $(p,q)=(3,5)$ ise $5<r\leq 13$ olmalıdır. Yukarıda yazdığımız asallara bakarsak $3$ tane $r$ bulunur.
iiibb) $(p,q)=(3,7)$ ise $7<r\leq 9$ olmalıdır. Böyle bir $r$ asalı yoktur.

iiic) $p=5$ ise $qr<40$ olmalıdır. $q,r\geq 7$ olduğundan böyle $q,r$ asalları yoktur.

Dolayısıyla $3$ asal böleni olan $9+5+2+3=19$ tane $n$ vardır. Toplamda $46+56+19=121$ tane $n$ vardır.

Not: Soruyu çözmek için $46$ tane asal sayıyı, arada sayı kaçırmadan yazmak gerektiğinden, bu soruda işlem hatası yapmak çok kolaydır. Ben bile çözümü girerken işlem hatası yapmadığımdan emin olamadım. Dolayısıyla bu soru benim için, argo olacak ama, "amele işi" bir soru olmuş.

Yanıt: $\boxed E$

Teğet-Kiriş açıdan $\angle ACF =\angle CBF$.

$ED \parallel AC$ den $\angle ACF = \angle EDF$.

$\angle EBF = \angle EDF$ olduğu için $BEFD$ bir kirişler dörtgenidir.

$\angle EBA = \angle EFC = \dfrac {180^\circ - \angle BAC} 2 = 72^\circ$.

Cevap: $\boxed{B}$

Verilen denklemin $3$ tane kökünün iki tanesinin pozitif, bir tanesinin negatif olduğunu gösterelim. Polinoma $P(x)$ dersek $P(-3)=-5$, $P(-2)=7$, $P(0)=1$, $P(1)=-5$, $P(3)=7$ olduğundan aradeğer teoreminden $(-3,-2)$, $(0,1)$, $(1,3)$ aralıklarında birer kökü vardır. Negatif köke $-a$, pozitif köklere $b$ ve $c$ diyelim. Vieta teoreminden $$S-\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{(-a)}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{(-a)b+(-a)c+bc}{(-a)bc}=\dfrac{-7}{-1}=7$$ Dolayısıyla $S=7+\frac{1}{a}$'dir. Yukarıda bulduğumuz aralıklardan dolayı $a\in (2,3)$ ve buradan da $\frac{1}{a}\in \left(\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right)$'dir.  Dolayısıyla $$7<7+\dfrac{1}{3}<S<7+\dfrac{1}{2}=\dfrac{15}{2}$$ elde edilir.

Not: Mustafa Töngemen'e ait 2008 yılı basımlı Tübitak Matematik Olimpiyatı Soru ve Çözümleri kitabında sorunun yanıtının olmadığı belirtilmiştir. Oradaki çözüm hatalıdır.

Cevap: $\boxed{A}$

Eğer $$\sum_{k=1}^{n}k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ yazarsak, istenilen şart $$n(n+1)(2n+1)\equiv 0\pmod{105\cdot 6}$$ ile denktir. $105\cdot 6=2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7$ olduğundan $2,5,7,9$ modlarında incelememiz yeterlidir. İfadenin her zaman $2$ modunda $0$ kalanı verdiği barizdir. Mod $5$ için $$n(n+1)(2n+1)\equiv 0\pmod{5}\iff n\equiv 0,2,4\pmod{5}$$ Mod $7$ için $$n(n+1)(2n+1)\equiv 0\pmod{7}\iff n\equiv 0,3,6\pmod{7}$$ Mod $9$ için ya $n$, $n+1$, $2n+1$ çarpanları $0$ kalanı vermelidir ya $n$ ve $2n+1$ çarpanları $3$'ün katı kalan vermelidir (ki böyle bir $n$ yoktur) ya da $n+1$ ve $2n+1$ çarpanları $3$'ün katı olmalıdır (böyle bir $n$ de yoktur). Buradan $$n\equiv 0,4,8\pmod{9}$$ çözümleri bulunur. Çin kalan teoreminden $n$'nin alabileceği değerler mod $315$'de $27$ adettir ve bunlardan biri $0$ kalanıdır. $945=3\cdot 315$ olduğundan $0\leq n< 945$ aralığında $27\cdot 3=81$ çözüm vardır. $0$'ı çıkartırsak $80$ çözüm bulunur.

Yanıt: $\boxed E$

$2-1 = 1$, $4-3=1$, $\dots$, $12-11 = 1$ ile tahtadaki tüm sayılar $1$ e dönüşür.
$(1,1)$ üzerinden sürekli toplama işlemi ile $2^0, \dots, 2^n$ sayıları elde edilebilir.
$(1,1) \rightarrow (2, 2) \rightarrow (4,4) \rightarrow (8,8) \rightarrow (16,16) \rightarrow \dots$
İlk $6$ sayının tamamını $a$ yaptığımızı, ikinci $6$ sayının tamamını da $b$ yaptığımızı varsayalım. O zaman $1.$ ile $7.$, $2.$ ile $8.$, $\dots$, $6.$ ile $12.$ toplanarak tahtadaki tüm sayılar $a+b$ haline gelir.
$9 = a+b = 8 + 1$, $24 = a+b = 16 + 8$, $10 = a+b=8+2$, $16 = a+b = 8+8$ olduğu için şıklardan hepsi elde edilebilir.

Yanıt: $\boxed A$

$\triangle ABC$ de Pisagor uygularsak $BC = \sqrt {AB^2 - AC^2} = 5$ elde ederiz.
$BP \cdot BD = BP \cdot (BP + PD) = BP^2 + BP \cdot PD$
$P$ noktasının kuvvetinden $BP \cdot PD = AP \cdot PC$,
$\triangle BPC$ de Pisagordan $BP^2 = BC^2 + PC^2$,
$BP \cdot BD = BC^2 + PC^2 + AP \cdot PC = 25 + 18 + 12 = 55$ elde edilir.

$P$ den $AB$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun.
$AH \cdot AB = AP \cdot AC$ ve $BH \cdot BA = BP \cdot BD$ eşitliklerini taraf tarafa toplarsak $$AP \cdot AC + BP\cdot BD = AB(AH+BH) = AB^2$$ elde ederiz.
Değerleri yerine yazarsak $BP \cdot BD = (5\sqrt 3)^2 - 2\sqrt 2 \cdot 5\sqrt 2 = 75-20 = 55$ elde ederiz.

Yanıt: $\boxed B$

Simetriden dolayı $KLOM$ deltoittir. $KLPM$ eşkenar dörtgenini oluşturalım. Açık şekilde $P \in OK$.
Hesap kolaylığı olsun diye $R=2$ alalım.
$[KLM]=\dfrac{KL^2\sqrt 3}{4} = \dfrac{2\sqrt 3 - 3 }2$

$KL^2 = 4-2\sqrt 3 \Longrightarrow KL = \sqrt 3 - 1$, dolayısıyla $KP=3 -\sqrt 3$.
$OK=2$ olduğu için de $OP = 2 - (3-\sqrt 3)=\sqrt 3 - 1 = LP = PM$.
Bu durumda $\angle LOM = \dfrac {\angle LPM}2 = 30^\circ$ olacaktır.

Cevap: $\boxed{B}$

Kümenin elemanlarını $x_1<x_2<\cdots<x_n$ olarak dizelim. Verilen eşitsizliğin hiçbir $x_i, x_j$ için sağlamadığını varsayalım. Tüm farklı $i$ ve $j$ için $$\dfrac{|x_i-x_j|}{(3+x_i)(3+x_j)}\geq \dfrac{1}{33}$$ olmalıdır. Genelliği bozmadan $i>j$ olsun. $3+x_j=a$ ve $x_i-x_j=k$ diyelim, $$\dfrac{k}{a(a+k)}\geq \dfrac{1}{33}$$ olacaktır. Soldaki ifadeyi $k$'ya bağlı bir fonksiyon olarak düşünelim. Türevi $\frac{1}{(a+k)^2}$ olduğundan bu ifade $k$'ya göre artandır. Dolayısıyla $i$'i $j+1$ olarak almamız ve incelememiz yeterlidir. Eşitsizliği düzenlersek $$\dfrac{x_{j+1}-x_j}{(3+x_j)(3+x_{j+1})}\geq \dfrac{1}{33}\iff x_{j+1}(30-x_j)\geq 9+36x_j$$ elde edilir. Buradan $i=1,2,\dots,n-1$ için $x_i<30$ olması gerektiğini görürüz. Bunu kabul ederek $$x_{j+1}\geq \dfrac{9+36x_j}{30-x_j}$$ elde ederiz. Sağdaki ifadeyi de $x_j$'ye bağlı bir fonksiyon olarak yazıp, türevini hesaplarsak, artan olduğunu görebiliriz. Dolayısıyla en uzun $(x_i)$ dizisini elde edebilmek için $x_1=0$ ve $x_{i+1}= \dfrac{9+36x_j}{30-x_j}$ olarak almalıyız. Dizinin elemanlarını yazarsak, $$0,\dfrac{3}{10},\dfrac{2}{3},\dfrac{9}{8},\dfrac{12}{7},\dfrac{5}{2},\dfrac{18}{5},\dfrac{21}{4},8,\dfrac{27}{2},30$$ olur ve $11$ terimden daha fazla ilerleyemeyiz. Dolayısıyla $12$ veya daha fazla terim varsa kesinlikle verilen eşitsizliği sağlayan bir ikili vardır.

Basit bir düzenlemeyle $0<\dfrac{|x_i-x_j|}{(3+x_i)(3+x_j)}= \left | \dfrac {1}{x_i + 3} - \dfrac {1}{x_j + 3} \right | < \dfrac{1}{33}$ elde ederiz.

$y_i = \dfrac 1 {x_i + 3}$ şeklinde değişken değiştirsek $0<y_i \leq \dfrac 13$ ve $0<\left |y_i - y_j \right | < \dfrac 1{33}$ olacaktır.

$\left (0, \frac 13 \right ]$ aralığında $11$ noktayı ($n=1,2,\dots, 11$ olmak üzere) $y_n = \dfrac n {33}$ şeklinde seçersek herhangi iki noktanın arasındaki uzaklık $|y_i - y_j| \geq \dfrac {1}{33}$ olacaktır.


$\left (0, \frac 13 \right ]$ aralığını $\left (0,\frac {1}{33} \right ]$, $\left (\frac {1}{33},\frac {2}{33} \right]$, $\dots$, $ \left (\frac {10}{33},\frac {11}{33} \right]$ şeklinde $11$ ayrık bölgeye ayıralım. $12$ nokta aldığımızda Güvercin Yuvası İlkesi gereği en az $2$ nokta aynı aralıkta yer alacaktır.

Bu durumda bu iki nokta için $0<\left |y_i - y_j \right | < \dfrac {1}{33}$ olacaktır.

Verilen şartı sağlamayan bir $n$ sayısı ve $0 \leq x_1<x_2<\cdots < x_n$ dizisi düşünelim. Her $i>j$ için $\dfrac{x_i - x_j}{(3+x_i)(3+x_j)} \geq \dfrac{1}{33}$ olacaktır. $$ \dfrac{1}{3+x_j} -  \dfrac{1}{3+x_i} \geq \dfrac{1}{33} $$
eşitsizliğinde $i=j+1$ ve $j=1,2,\dots, n-1$ değerlerini yazarsak

$ \dfrac{1}{3+x_1} -  \dfrac{1}{3+x_2} \geq \dfrac{1}{33} $
$ \dfrac{1}{3+x_2} -  \dfrac{1}{3+x_3} \geq \dfrac{1}{33} $
$\vdots$
$ \dfrac{1}{3+x_{n-1}} -  \dfrac{1}{3+x_n} \geq \dfrac{1}{33} $

olur. Alt alta toplarsak, teleskopik toplam oluşur ve $$ \dfrac{1}{3+x_1} -  \dfrac{1}{3+x_n} \geq \dfrac{n-1}{33} $$
elde ederiz. $ \dfrac{1}{3} > \dfrac{1}{3+x_1} -  \dfrac{1}{3+x_n}$ olduğundan $\dfrac{1}{3} > \dfrac{n-1}{33} $ elde ederiz. Buradan $n<12$ iken istenen koşulun sağlanmayacağını anlıyoruz. Koşulu sağlayan en az iki $x_i,x_j$ sayısının olması için $n\geq 12$ olmalıdır.

Şimdi $n=12$ için $ \dfrac{1}{3+x_1} -  \dfrac{1}{3+x_{12}} \geq \dfrac{12-1}{33} = \dfrac{1}{3}$ olmaması gerekir. İsterseniz bu eşitsizlik mümkün olabiliyor mu diye bir kez daha kontrol edelim. $x_1=0$ en küçük değerini verirsek ve $x_{12}\to \infty$ limit durumunda eşitlik sağlanabiliyor. Fakat $x_{12} < \infty$ bir pozitif gerçel sayı olduğundan $ 0 < \dfrac{1}{3+x_1} -  \dfrac{1}{3+x_{12}} < \dfrac{1}{3}$ olur. $(0, \dfrac{1}{3})$ aralığını $11$ eş uzunluklu alt aralığa ayırırsak, yani alt aralıkların uzunlukları $\dfrac{1}{33}$ olursa (bkz Geo'nun çözümü); seçtiğimiz $12$ noktadan en az ikisi aynı alt aralığa düşer. Bu sayılara $x_i, x_j$ dersek $ \dfrac{1}{3+x_j} -  \dfrac{1}{3+x_i} < \dfrac{1}{33} $ koşulu sağlanır. En küçük değer $n=12$ dir.

Cevap: $\boxed{B}$

$n=10^{1997}$ şartı sağlamadığından $n<10^{1997}$ kabul edebiliriz. Yani $n$ en fazla $1997$ basamaklı olabilir. $k$ basamaklı olsun. Soldan ilk basamak $0$ olamayacağından $9$ tane değer alabilir. Ondan sonraki basamaklar ise $0$ olabilir ama ondan önceki basamak olamazlar. Dolayısıyla onlar için de $9$ değer vardır. Sonuç olarak $9^k$ tane $k$ basamaklı şartı sağlayan sayı vardır. $k=1,2,\dots, 1997$ olabileceğinden aradığımız cevap $$\sum_{k=1}^{1997} 9^k=\dfrac{9^{1998}-1}{9-1}-1=\dfrac{9^{1998}-9}{8}$$ olacaktır.

Cevap: $\boxed{E}$

$a$'lı kesiri karşı tarafa atarsak $$\dfrac{b}{c}=\dfrac{5-39a}{663}$$ olur. $b$ ve $c$ pozitif olduğundan $a$ negatiftir. $a$ yerine $-n$ yazalım. Böylece $n,b,c>0$ olacaktır. $$\dfrac{b}{c}=\dfrac{5+39n}{663}$$ $\frac{5+39n}{663}$'nin en sade hali $\frac{p}{q}$ ise $b=pk$ ve $c=qk$ olacak şekilde bir $k$ pozitif tam sayısı vardır. $b$'nin en küçük değerini aradığımızdan $k=1$ seçmeliyiz. $663=3\cdot 13\cdot 17$ olduğundan ve $39n+5$ sayısı ne $3$'ün ne de $13$'ün tam katı olduğundan, $\frac{5+39n}{663}$ kesiri ya sadeleşemez ya da $17$ ile sadeleşir. Eğer sadeleşmiyorsa $b=39n+5$ olmalıdır. Buradan minimum $b$ değeri $44$ bulunur.

Eğer $17$ ile sadeleşebiliyorsa $b=\frac{39n+5}{17}$ olmalıdır. Buradan $$39n+5\equiv 5n+5\equiv 0\pmod{17}\implies n\equiv 16\pmod{17}$$ bulunur. Yani $b$'nin en küçük değeri $\dfrac{16\cdot 39+5}{17}=37$ bulunur. Yani en küçük $b$ pozitif tam sayı değeri $37$'dir. 

Cevap: $\boxed{B}$

İlk torbada $x$ adet, ikinci torbada $25-x$ adet top olsun. Beyaz top sayısı ise birinci ve ikinci torbada sırasıyla $y$ ve $z$ olsun. Beyaz top olasılığı $0$ olmadığından $y,z\neq 0$'dır. Ayrıca $1\leq y\leq x$ ve $1\leq z\leq 25-x$ olmalıdır. Genelliği bozmadan ilk torbada daha fazla top olsun diyebiliriz. Yani $1\leq x\leq 12$'dir. Verilen olasılık, $$\dfrac{y}{x}\cdot\dfrac{z}{25-x}=0.54=\dfrac{27}{50}$$ Dolayısıyla, öyle bir $k\in \mathbb{Z}^+$ vardır ki $$yz=27k$$ $$x(25-x)=50k$$ İkinci denklemden $5\mid x$ olması gerektiği görülebilir. Yani $x=5$ veya $x=10$ olabilir.

i) Eğer $x=5$ ise $x(25-x)=50k$'dan $k=2$ bulunur. $1\leq y\leq 5$ ve $1\leq z\leq 20$ olur. Ayrıca $k=2$ olduğundan $yz=54$ olacaktır. $y$ ve $z$'nin aralıklarından $yz=54$ olmasını sağlayan tek sayı çifti $(y,z)=(3,18)$'dir. Çekilen iki topun da siyah olma olasılığı $$\dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{2}{20}=0.04$$ bulunur.

ii) Eğer $x=10$ ise $k=3$ bulunur. $1\leq y\leq 10$ ve $1\leq z\leq 15$ ve $yz=81$ olacaktır. Bu şartları sağlayan tek $(y,z)$ çifti $(9,9)$'dur. Olasılığı tekrar hesaplarsak $$\dfrac{1}{10}\cdot \dfrac{6}{15}=0.04$$ elde edilir. Tüm durumlarda $0.04$ bulunduğundan aradığımız olasılık $0.04$'dür.

Not: Bu soru benim gözümde çok iyi hazırlanmış bir sorudur. Ortaokulda ve lisedeyken bu sorudaki ince ayara hayran olmuş çok fazla matematik ve bilgisayar olimpiyatçısı öğrenciyle karşılaşmıştım. Hatta bilgisayar olimpiyatlarındaki matematik kısmını hiç sevmeyen bir bilgisayar olimpiyatçısı arkadaşım bu sorunun matematiğe olan ilgisini çok fazla arttırdığını söylemişti.

Cevap: $\boxed C$

$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+\ldots+x_{98}x_{99}+x_{99}x_{100}$ ifadesine bakılırsa görülür ki, tüm terim çarpımlarının indis ikilileri tek-çift hâlindedir. O hâlde, sayıların her biri negatif olmayan gerçel sayılar olduğundan, tek ve çift indisli terimleri ayırarak
$$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+\ldots+x_{98}x_{99}+x_{99}x_{100} \le (x_1+x_3+\ldots+x_{99})\cdot(x_2+x_4+\ldots+x_{100})$$
olduğunu görebiliriz, çünkü eşitsizliğin sağ tarafındaki parantez çarpımının açılımında sol tarafındaki terimlerin her biri mevcuttur.

O hâlde bu iki toplamı $A = x_1+x_3+\ldots+x_{99}$ ve $B = x_2+x_4+\ldots+x_{100}$ olarak gösterirsek,
$$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+\ldots+x_{98}x_{99}+x_{99}x_{100} \le A\cdot B$$ olduğunu biliyoruz.

Soruda verilen $A+B=100$ bilgisini kullanarak aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden
$$A\cdot B \le \left( \dfrac{A+B}2 \right)^2 = \left( \dfrac{100}2 \right)^2 = 2500$$
elde ederiz. Yazmıi olduğumuz son iki eşitsizlikten
$$x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+\ldots+x_{98}x_{99}+x_{99}x_{100} \le 2500$$ elde ederiz. Eşitlik durumunun da örneğin
$$x_1 = x_2 = 50, x_3=x_4=\ldots=0$$
alarak sağlandığı görülebilir.

Cevap: $\boxed{D}$

$x-1<[ x ] \leq x$ olduğundan dolayı $A=1994,1995,1996,1997$ için $$40x-6<[ x ]+[ 3x ]+[ 5x ]+[ 7x ]+[ 11x ]+[ 13x ]=A\leq 40x$$ $$\implies \dfrac{A}{40}\leq x<\dfrac{A+6}{40}$$ olacaktır.

$A$'nın verilen her değeri için $49.85=\frac{1994}{40}\leq x<\frac{2003}{40}=50.075$ olacaktır. Yani $[ x ]=49$ veya $[ x ]=50$ olabilir.

Eğer $[ x ]=50$ ise $x\geq 50$'dir ve $$A=[ x ]+[ 3x ]+[ 5x ]+[ 7x ]+[ 11x ]+[ 13x ]\geq 40\cdot 50=2000$$ olur fakat bu bir çelişkidir. Yani $[ x ]=49$'dur ve $49.85<x<50$'dir. Dolayısıyla $$149.55<3x<150\implies [ 3x ]=149$$ $$249.25<5x<250\implies [ 5x ]=249$$ $$348.35<7x<350\implies [ 7x ]=348~~\text{veya}~~[ 7x ]=349$$ $$548.35<11x<550\implies [ 11x ]=548~~\text{veya}~~[ 11x ]=549$$ $$648.05<13x<650\implies [ 13x ]=648~~\text{veya}~~[ 13x ]=649$$ Buradan da $$A=[ x ]+[ 3x ]+[ 5x ]+[ 7x ]+[ 11x ]+[ 13x ]\leq 49+149+249+349+549+649=1994$$ Yani $A$, verilen değerleri arasında sadece $1994$ değerini alabilir. Örnek durum olarak da $49.99$ gibi $50$'ye çok yakın sayılar verilebilir.

$a$ tam sayı ve $0 \leq y < 1$ olmak üzere; $x = a + y$ olsun.

$\begin{array}{lll}
A &=& [ x ]+[3x]+[5x]+[7x]+[11x]+[13x] \\ &=& [ a + y ]+[3a + 3y]+[5a + 5y]+[7a + 7y]+[11a + 11y]+[13a + 13y] \\
&=& 40a + [ y ]+[3y]+[5y]+[7y]+[11y]+[13y] \\
& \leq & 40a + 0 + 2 + 4 + 6 + 10 + 12 \\
&=& 40a + 34
\end{array}$

Bu durumda, $A$ toplamı $40$ ile bölündüğünde $34$ ten büyük kalan alamaz. $40 \times 49 + 34 = 1994$ olduğu için denklemlerden sadece biri sağlayabilir.
$a=49$ ve $1 - \dfrac 1{13} \leq y < 1$ sayıları için $A = 40a + 34 = 1994$ eşitliği sağlanır.

Yanıt: $\boxed D$

$15$ elemanlı $T = \{2, 2^2, 2^3, 3, 3^2, 3^3, 5, 5^2, 5^3, 7,7^2,7^3, 11, 11^2, 11^3\}$ kümesi, hiçbiri bir diğerini bölmeyen en fazla $5$ tam sayı içerir.
Çünkü $T_k = \{k,k^2, k^3\}$ olmak üzere $S_2$, $S_3$, $S_5$, $S_7$, $S_{11}$ kümelerinin her birinden en fazla bir eleman alınabilir.

$16$ elemanlı $T = \{2, 2^2, 2^3, 3, 3^2, 3^3, 5, 5^2, 5^3, 7,7^2,7^3, 11, 11^2, 11^3, 13\}$ kümesinde ise hiçbiri bir diğerini bölmeyen $6$ eleman bulunabiliyor.

$(\mathbf Z^+, \mid)$ kısmi sıralı bir kümedir. Kısmi sıralı kümelerdeki zincir ve anti-zincir kavramlarını kullanacağız.
Soru bize en fazla $3$ uzunluklu bir zincir olduğunu, $6$ uzunluklu bir anti-zincirin var olması için kümenin en az kaç elemanlı olması gerektiğini soruyor.
Dilworth veya Mirsky Teoremlerinin bir sonucu olarak $rs + 1$ elemanlı kümede $r+1$ uzunlukta bir zincir ya da $s+1$ uzunlukta bir anti-zincir bulunur. $16 = 3\cdot 5 + 1$ olduğu için $16$ elemanlı bir kısmi sıralı küme içerisinde $3+1 = 4$ elemanlı bir zincir ya da $5+1 = 6$ elemanlı bir anti-zincir vardır. Tanım gereği $4$ elemanlı zincir olmadığı için $6$ elemanlı bir anti-zincir vardır.

Kaynaklar:
Partially Ordered Sets
Bağıntılar

Cevap: $\boxed{A}$

Bu şartı sağlayan bir polinom $P(x)$ olsun. Farklı $a,b,c,d,e$ değerlerinde $P(x)=8$ olsun. O halde $$P(x)=Q(x)(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)+8$$ olacak şekilde bir tam sayı katsayılı $Q$ polinomu vardır. Basitçe $Q\equiv 1$ alarak böyle bir $P$ polinomu olduğunu görebiliriz.

$t$ tam sayısı $P$'nin bir kökü olsun. $t\neq a,b,c,d,e$ olduğu barizdir ve $$Q(t)(t-a)(t-b)(t-c)(t-d)(t-e)=-8$$ $-8$'i en az $5$ farklı tamsayının çarpımı olarak yazmalıyız. $-8$'in tüm bölenleri $-8,-4,-2,-1,1,2,4,8$ olduğundan bunlardan $3$ tanesini veya daha azını çıkartarak kalanların çarpımını $-8$ yapmalıyız. Bu çıkartılan bölenler $x,y,z$ olsun. Dolayısıyla $$-8xyz=(-8)\cdot (-4)\cdot (-2)\cdot (-1)\cdot 1\cdot 2\cdot 4\cdot 8\implies xyz=-512$$ ancak $xyz$'nin alabileceği en küçük değer $(-8)\cdot 8\cdot 4=-256$'dır. Yani $-512$'i elde edemeyiz. Bu polinomun tam sayı kökü olamaz.

Yanıt: $\boxed D$

$f(x) \equiv(x+r)\left(x^{2}+s x+t\right)(\bmod 5)$ şeklinde gösterilebilen polinomları saydığımızda $r, s, t$ sayıları $5$'er değişik değer alabildikleri için $5^{3}$ seçenek çıkıyor, fakat bunlardan bazılarını birkaç kez saymış oluyoruz. $r, u, v$ birbirinden farklı olacak şekilde $(x+r)(x+u)(x+v)$ biçiminde yazılabilen $\dbinom 53$ tane polinomu $3$'er kez saymışız, $2$'sini çıkarmamız gerekir. $u \equiv v \pmod 8$ olacak şekilde $\left[(x+u)(x+v)^{2}\right]$ biçiminde yazlabilen $5 \cdot 4=20$ tane polinomu $2$'şer kez $\left[(x+u)(x+v)^{2}\right]$ ve $(x+v)[(x+u)(x+v)]$ şeklinde yazmışız, birini çıkarmamız gerekir. Tüm polinomların sayısı $5^{3}$ tür ve bunlardan $5^{3}-2\dbinom 53-5 \cdot 4$ tanesi $(x+r)\left(x^{2}+x+t\right)$ şeklinde yazılabilir. Bu şekilde yazılamayanların sayısı da $$
5^{3}-\left[5^{3}-2\dbinom 53-5 \cdot 4\right]=40
$$ olacak.

Kaynak: Sonlu Matematik Olimpiyat Soruları ve Çözümleri, Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, 2006. Problem No: 2.62, Sayfa 140.