Tübitak Lise 1. Aşama - 2017 Çözümleri

$210^9$ doğal sayısının pozitif bölenlerinin kaç tanesi $4$, $9$, $25$, $49$ doğal sayılarından en az ikisi ile bölünür?

$
\textbf{a)}\ 9984
\qquad\textbf{b)}\ 9744
\qquad \textbf{c)}\ 9728
\qquad \textbf{d)}\ 9648
\qquad\textbf{e)}\ 9216
$

Çözüm:

Cevap : $\boxed C$

$210^9 = 3^9.7^9.2^9.5^9$ şeklinde asal çarpanlarına ayrılabilir. Pozitif çarpanları $4,49,25,9$ sayılarından en az ikisine bölünecekse, bu pozitif çarpanların sayısını

Olabilecek tüm pozitif çarpanlar - (sadece 1'ine bölünen çarpanlar + hiçbirine bölünmeyen çarpanlar)

Şeklinde düşünebiliriz. Bunu hesaplayalım. Olabilecek tüm pozitif çarpanlar $10.10.10.10 = 10^4$ tanedir. Hiçbirine bölünmeyen çarpanlar için, $2.3.5.7$ sayısının pozitif bölenlerine bakmalıyız. Çünkü bu çarpanlardan alacağımız herhangi bir pozitif bölen, $4,49,25,9$ sayılarından hiçbirine bölünmeyecektir. Bunların sayısı $ 2.2.2.2 = 2^4$ tanedir. Şimdi sadece 1 ine bölünen çarpanlara bakalım. Sadece $ 49$ a bölünen pozitif çarpanları bulalım.

$7^2.2^8.3^8.5^8.(7^7.2.3.5)$

şeklinde yazdığımızda, parantez içindeki sayının pozitif çarpanlarından her biri, $ 49$ a bölünecektir, fakat $9,25$ ve $ 4$ e bölünmeyecektir. Bu çarpanların sayısı $8.2.2.2 = 64$ tanedir. Bu işlemi $4$ sayısı için uygulayacak olsaydık, yine aynı sonucu bulacaktık. O halde sadece 1'ine bölünen $ 4.64 = 256$ tane çarpan var.

$10000 - (256 + 16) = 9728$

$x,y\geq -2017$ olmak üzere, $\frac{x}{x-y+2017}-\frac{y}{x-y-2017}=1$ denklemini sağlayan kaç farklı $(x,y)$ tam sayı ikilileri vardır?

$
\textbf{a)}\ 4033
\qquad\textbf{b)}\ 4034
\qquad \textbf{c)}\ 6051
\qquad \textbf{d)}\ 6052
\qquad\textbf{e)}\ 8068
$

Çözüm:

Cevap : $6050$

İfadenin paydaları eşitlenirse en son (payda eşitlenirken iki kare farkı kullanılırsa çok daha pratik olur)

$x+y = 2017$

ifadesi kalacaktır. $x = -2017$ , $ y = 4034$ , $ x=-2016$ , $ y = 4033$ , ..... $x = 4034$ , $ y = -2017$ olabilecek tüm çözümler olup, $ 4034 - (-2017) + 1 = 6052$ tanedir. Fakat

$(x,y)=(2017,0), (0,2017)$ değerleri paydayı $0$ yapacağından bu ikilileri çıkartmalıyız. Yani toplamda $6052-2 = 6050$ tane ikili vardır.

Tepe açısı $m(\widehat{BAC})=100^\circ $ olan $ABC$ ikizkenar üçgeninde $\widehat{ACB}$ açısının açıortayı $[AB]$ kenarını $D$'de kesiyor. $\mid AD \mid=x$, $\mid DC \mid = y$ ise $\mid BC \mid$'nin $x$ ve $y$ cinsinden değeri hangisidir?

$
\textbf{a)}\ x+2y\cos 40^\circ
\qquad\textbf{b)}\ y+2x\cos 20^\circ
\qquad \textbf{c)}\ y+2x
\qquad \textbf{d)}\ 3x-y
\qquad\textbf{e)}\ x+y
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

$[BC]$ üstünde bir $E$ noktası, $m(\widehat{DEC})=80^\circ $ olacak biçimde alınırsa $|CE|=|CD|=y$ ve $ACED$ kirişler dörtgeni olup $|AD|=|DE|=|BE|=x$ tir. $|BC|=x+y$ olur.

Çözüm 2:

$BC$ üstünde $m(\widehat{DTC})=100^\circ$ olacak şekilde bir $T$ noktası belirleyelim, $|DA|=|DT|=x$ ve $|AC|=|TC|=a$ olsun, $|DB|=a-x$ olur. $BC$'nin sağında $m(\widehat{DQC})=20^\circ$ olacak şekilde bir $Q$ noktası belirleyelim, $|DQ|=|DC|=y$ olur. $QTD$ üçgeninin ikizkenar olması sonucu $|QT|=y$ olup $|BT|=y-(a-x)=y-a+x$ olur, $|BT|+|TC|=y+x-a+a=x+y=|BC|$ olduğu görülür...

Çözüm 3:

Tekrar $BC$ üstünde $m(\widehat{DTC})=100^\circ$ olacak şekilde bir $T$ noktası seçilir, $ADTC$ deltoid olacağından $|AD|=|DT|=x$'tir. $m(\widehat{DQC})=80^\circ$ olacak şekilde bir $BC$ üstünde bir $Q$ noktası seçilirse $QDC$ ikizkenar üçgen olacağından $|QC|=y$ ve $DQT$ de ikizkenar üçgen olacağından $|DQ|=x$ olur. Açılar yerine yerleştirildiğinde $BQD$'nin de ikizkenar üçgen olduğu görülür, buradan $|BQ|=x$ elde edilir, o halde $|BC|=x+y$ olacaktır.

Beş basamaklı bir sayının birler ve onlar basamağı silindiğinde tam kare olan üç basamaklı bir sayı elde edilmektedir, ayrıca bu sayının binler ve on binler basamağı silindiğinde de tam kare olan üç basamaklı bir sayı elde edilmektedir. Bu özelliklere sahip kaç farklı beş basamaklı doğal sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 52
\qquad\textbf{b)}\ 54
\qquad \textbf{c)}\ 57
\qquad \textbf{d)}\ 58
\qquad\textbf{e)}\ 60
$

Çözüm:

Cevap : $\boxed C$

Sayımız $abcde$ olsun. $abc = x^2$ ve $cde = y^2$ olmalı. Tam kare $3$ basamaklı sayılar,

$10^2 , 11^2 , 12^2 , 13^2 , .....31^2$

olup, $ 22$ tanedir. $cde = 10^2 = 100$ seçersek, $x^2 \equiv 1 (mod 10)$ olmalı. Bu denkliği sağlayan sayılar $x \equiv 1$ ve $x \equiv 9$ olmak üzere $2$ tanedir.

O halde $ y = 10 $ için $ x = 11,19,21,29,31$ olmak üzere $5$ tanedir. Bu mantıkla diğerlerini hesaplamaya çalışalım.

$y = 11$ için $x^2 \equiv 1 (mod 10) \Rightarrow x \equiv 1 , x \equiv 9 \Rightarrow x = 11,19,21,29,31$ olmak üzere 5 tanedir.

O halde artık pratik hesaplamaya başlayalım. $y = 10,11,12,13,14$ sayılarından herbiri için $5$ tane $x$ değeri var. O halde $25$ sayı var.

$y = 15,16,17$ için $x^2 \equiv 2 (mod 10)$ denkliğinin çözümü yoktur.

$y = 18,19$ için $x^2 \equiv 3 (mod 10)$ denkliğinin çözümü yoktur.

$y = 20,21,22$ için $x^2 \equiv 4 (mod 10)$ denkliğinin çözümü $x \equiv 2$ ve $x \equiv 8$ dir. O halde $x = 12,18,22,28$ olmak üzere $4.3 = 12$ tanedir.

$y = 23,24$ için $x^2 \equiv 5 (mod 10)$ ise $x \equiv 5$ olur. O halde $x=15,25$ olup $2.2=4$ tane sayı vardır.

$y = 25,26$ için $x^2 \equiv 6 (mod 10)$ ise $x \equiv 4$ ve $x \equiv 6$ olur. $x = 14,16,24,26$ olup $4.2 = 8$ sayı vardır.

$y = 27,28$ için $x^2 \equiv 7 (mod 10)$ denkliğinin çözümü yoktur.

$y = 29$ için $x^2 \equiv 8 (mod 10)$ denkliğinin çözümü yoktur.

$y=30,31$ için $x^2 \equiv 9 (mod 10)$ ise $x \equiv 3$ ve $x\equiv 7$ olur. $x = 13,17,23,27$ olup $4.2 = 8$ sayı vardır

Toplamda $25+12+4+8+8=57$ sayı vardır.

$7$ kişi, zemin katta bulunan bir asansöre binip, her katta en az bir kişi inecek şekilde dört kat çıkıyor ve dördüncü katta asansör tamamen boşalıyor. Bu asansör kaç farklı şekilde kullanılır?

$
\textbf{a)}\ 8400
\qquad\textbf{b)}\ 8449
\qquad \textbf{c)}\ 8456
\qquad \textbf{d)}\ 9114
\qquad\textbf{e)}\ 9149
$

Çözüm:

Cevap : $\boxed A$

Soruyu matematiğe dökelim. Katlar $x_{1} , x_{2} , x_{3} , x_{4}$ olmak üzere, bizden istenen şey.

$ \sum _{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}= 7} \left( \begin{matrix} 7\\x_{1} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 7-x_{1}\\ x_{2} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 7-x_{1}-x_{2}\\ x_{3}\end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 7-x_{1}-x_{2}-x_{3}\\ x_{4}\end{matrix} \right) $

Olacaktır.

$x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}= 7 $ denklemini sağlayan $\left( \begin{matrix} 6\\ 3\end{matrix} \right) = 20 $ tane pozitif tamsayı vardır. Pozitif tamsayı seçeceğiz çünkü her katta mutlaka bir kişi iniyor. Bu denklemi sağlayan sayıları bulalım.

$4,1,1,1 $ ve bunun permütasyonları $4!/3! = 4 $ tanedir.

$1,2,3,1 $ ve bunun permütasyonları $4!/2! = 12 $ tanedir.

$2,2,2,1 $ ve bunun permütasyonları $4!/3! = 4 $ tanedir. 20 tane çözümü tamamladık. O halde hesaba geçelim.

$4.\left( \begin{matrix} 7\\4 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 3\\ 1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 2\\ 1\end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1\\ 1\end{matrix} \right) = 4.210 = 840$

$12.\left( \begin{matrix} 7\\1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 6\\ 2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 4\\ 3\end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1\\ 1\end{matrix} \right) = 12.420 = 5040$

$4.\left( \begin{matrix} 7\\2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 5\\ 2 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 3\\ 2\end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1\\ 1\end{matrix} \right) = 4.630 = 2520$

$840 + 5040 + 2520 = 8400$

$a,b,c$ sayıları, $x^3+x-1=0$ denkleminin kökleri olsun. Aşağıdaki denklemlerden hangisinin kökleri $a \cdot b, \ a\cdot c, \ b\cdot c$ olur?

$
\textbf{a)}\ x^3-x-1=0
\qquad \textbf{b)}\ x^3-x^2+1=0
\qquad \textbf{c)} \ x^3-x^2-x-1=0
\qquad \textbf{d)}\ x^3-x+1=0
\qquad \textbf{e)} \ x^3-x^2-1=0
$

Çözüm:

Cevap : $\boxed E$

Vieta formüllerine göre kökleri $a,b,c$ olan 3.dereceden denklemi.

$x^3 - (a+b+c)x^2 + (ab + ac + bc)x - (abc) = 0$

Şeklinde yazabiliriz. O halde $a+b+c = 0$ , $ab + ac + bc = 1$ ve $abc = 1$ olarak bulunur. Kökleri $ab$, $ac$ ve $bc$ olan denklemi

$x^3 - (ab + ac + bc)x^2 + abc(a+b+c)x - (abc)^2 = 0$

şeklinde yazabilirim. O halde denklemimiz.

$x^3 - x^2 - 1 = 0$

olacaktır.

$|AB|=2|BC|$ olan $ABCD$ dikdörtgeninin iç bölgesinde $m(\widehat{EAB})=m(\widehat{ABE})=15^\circ $ olacak şekilde bir $E$ noktası alınıyor. $|AE|=2$ ise $|CE|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 2\sqrt{2+\sqrt3 }
\qquad\textbf{b)}\ \sqrt{4+\sqrt3 }
\qquad \textbf{c)}\ \sqrt{6+\sqrt3 }
\qquad \textbf{d)}\ 2\sqrt{1+\sqrt3 }
\qquad\textbf{e)}\ \sqrt{2+2\sqrt3 }
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed B$

$[AB]$ nin orta noktası $H$ olsun.$H$'den $DC$'ye dik indirirsek bir $HBCF$ karesi elde ederiz.$E$, $HF$ üzerindedir.$(15-75-90)$ üçgeni aynı zamanda $(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}+1,2\sqrt{2})$ üçgenidir.Buradan $|HE|=\dfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}$,$|HB|=\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$ ve bu ikisinden $|EF|=\sqrt{2}$ bulunur.$EFC$ üçgeninde pisagordan $|EC|=\sqrt{4+\sqrt{3}}$ bulunur.

$n$ pozitif bir tamsayı olmak üzere, $(n+2)^4$ sayısının $(n+1)^4$ sayısına bölümünden kalan $K_n$ olsun. $K_n$ sayısının $4$ ile bölümünden kalan $R_n$ ise $R_1+R_2+R_3+\cdots + R_{2016} + R_{2017}$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 2016
\qquad\textbf{b)}\ 2017
\qquad \textbf{c)}\ 4030
\qquad \textbf{d)}\ 4031
\qquad\textbf{e)}\ 6053
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed C$

$(n+2)^4-(n+1)^4=4n^3+18n^2+28n+15$ dir. $n>4$ için $(n+1)^4>4n^3+18n^2+28n+15\Rightarrow n^4-12n^2-24n-14>0$ dır.Çünkü Decartes İşaret Değişimine göre bu fonksiyonun sadece $1$ pozitif kökü vardır, bu kökün ise $(4,5)$ aralığında olduğu görülebilir.Dolayısıyla $n>4$ için $K_n=4n^3+18n^2+28n+15$ olur.
$n>4$ ve $n=2k+1$ için $R_n=1$ ve $n=2k$ için $R_n=3$ olur. Tek tek denersek $R_1=1,R_2=1,R_3=1,R_4=2$ bulunur.

$R_1+R_2+\dots +R_{2017}=1+1+1+2+1+3+1+3+\dots+1+3+1=4030$ olur.

İçi dolu bir küre, merkezinden geçen $100$ düzlem ile en fazla kaç parçaya bölünür?

$\textbf{a)}\ 2^{100}-2 \qquad\textbf{b)}\ 9898 \qquad \textbf{c)}\ 2^{198}+2 \qquad \textbf{d)}\ 3^{100}+2 \qquad\textbf{e)}\ 9902$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Problemi genel halde çözelim ve merkezden geçen $n$ düzlem küreyi en çok $a_n$ bölgeye ayırsın. $a_1=2$ dir. Küre ile düzlemin kesişimi bir çemberdir. Bu çemberin yarıçapı ile kürenin yarıçapının eşit olacağına dikkat edelim. Bu şekilde $n$ tane çember oluşmuş olur. Alınan herhangi iki çember çifti için $2$ kesişim noktası ve $4$ çember yayı oluşmaktadır. $n+1$ inci çember ile $a_{n+1}$ bölge oluşmuş olsun. $n+1$ inci çember, önceki $n$ çemberin herbiriyle farklı noktalarda kesişecek biçimde çizilebilir. Dolayısıyla $2n$ yeni kesişim noktası eklenmiş olur ve $2n$ tane yeni çember yayı oluşmuş olur. Her yeni çember yayı, yeni oluşan bir bölgenin sınırını oluşturur. Yani $2n$ tane yeni bölge oluşur. $n\geq 1$ için $a_{n+1}=a_n + 2n $ bağıntısına ulaşırız. Bunu $$\sum_{n=1}^{k-1} (a_{n+1}-a_n) =\sum_{n=1}^{k-1} 2n $$
biçiminde yazarsak $a_k - a_1 = k(k-1)$ ya da $a_k=k^2-k +2$ genel terimini elde ederiz. Artık $$a_{100}= 10^4 -10^2+2=9902 $$ olduğunu bulmak kolaydır.

$x - 2y + xy = 1 + \sqrt {10}$ ve $x^2 + 4y^2 = 13$ olduğuna göre $\left| x-2y-2\right|$ ifadesinin değeri kaçtır ?

$\textbf{a)}\ 2\sqrt{2} - \sqrt{5} \qquad\textbf{b)}\ \sqrt{10}- 1 \qquad \textbf{c)}\ \sqrt{-2 +\sqrt10 } \qquad \textbf{d)}\ \sqrt{5} - \sqrt{2} \qquad\textbf{e)}\ -3 + \sqrt{10}$

Çözüm:

Cevap: $\boxed A$

İlk ifadeden $$(x-2y)^2=(1+\sqrt{10}-xy)^2 \Rightarrow 13-4xy=x^2y^2+11+2\sqrt{10}-xy(2\sqrt{10}-2)\Rightarrow x^2y^2-xy(2\sqrt{10}-2)+(2\sqrt{10}-2)=0$$ bulunur. $$(x-2y-2)^2=(-1+\sqrt{10}-xy)^2\Rightarrow (x-2y-2)^2=x^2y^2-xy(2\sqrt{10}-2)+(11-2\sqrt{10})$$ $$=2-2\sqrt{10}+11-2\sqrt{10}=13-4\sqrt{10}=(2\sqrt{2}-\sqrt{5})^2 \Rightarrow |x-2y-2|=2\sqrt{2}-\sqrt{5}$$ bulunur.

$ABCD$ dışbükey dörtgeninde $ABD$, tepe açısı $m(\widehat{A})=60^\circ+2x$ olan bir ikizkenar üçgendir. $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{BCA})=x$ ise $m(\widehat{DCA})$ kaç derecedir?

$\textbf{a)}\ 30^\circ \qquad\textbf{b)}\ 30^\circ+x \qquad \textbf{c)}\ 30^\circ-x \qquad \textbf{d)}\ 30^\circ-2x \qquad\textbf{e)}\ 25^\circ$

Çözüm 1:

Cevap : $\boxed A$

Köşegenlerin kesim noktasına $P$ diyelim. $m(\widehat{DPA})=m$ olsun. $\left| AD\right| = \left| BC\right| = a$ , $\left| DP\right| = b$ ve $\left| PC\right| = c$ diyelim.
$b=c$ olduğunu göstereceğiz birazdan. İkizkenarları kullanarak açıları yerleştirirsek $m(\widehat{DAP})= 60^\circ + x$ ve $m(\widehat{CBP})= 120-x$ olacaktır. $DAP$ ve $CBP$ üçgenlerinde sırasıyla sinüs teoremi uygulayalım.

$ \dfrac {b} {\sin(60^\circ+x) } = \dfrac {a} {\sin(m) }$

$ \dfrac {c} {\sin(120^\circ-x) } = \dfrac {a} {\sin(m) }$

$\sin(60^\circ+x)=\sin(120^\circ-x)$

$b=c$

Olacaktır. $m(\widehat{DPC})=120^\circ$ olduğundan, $DPC$ üçgeni $120^\circ-30^\circ-30^\circ$ üçgenidir. $m(\widehat{DCA})=30^\circ$ olur.

Çözüm 2:

Sentetik çözüm olarak: $ADC$ üçgeninde $60^\circ+x$ açısının $BDC$ üçgenindeki $120^\circ-x$ açısına bütünler olduğunda dikkat edelim, bu durumda $ADC$ üçgeni $|AD|$ kenarından tutulup $|BD|$ kenarı üstüne yapıştırılırsa $C'A'(B)D$ noktalarının doğrudaş olduğu görülür, bu da bize $m(\widehat{C'})=m(\widehat{D})=\alpha$ yani $m(\widehat{ACD})=m(\widehat{BDC})=\alpha$ olduğunu verir, o halde $2\alpha=60^\circ\Rightarrow \alpha=30^\circ$ olacaktır...

$n$ pozitif bir tam sayı olsun. $$x+y=n$$ $$xy=n+65$$ sisteminin $(x,y)$ gerçel çözümlerinin olması için $n$'in en küçük değeri kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 21
\qquad\textbf{b)}\ 19
\qquad\textbf{c)}\ 18
\qquad\textbf{d)}\ 17
\qquad\textbf{e)}\ 16
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed B$

$(x+y)^2\geq 4xy \Rightarrow n^2\geq 4n+260\Rightarrow (n-2)^2\geq 264 \Rightarrow min{n}=19$

$$\sum_{k+l=0}^{97}\binom{100}{k}\binom{100-k}{l}\binom{100-k-l}{97-k-l}$$ toplamının değeri nedir?

$
\textbf{a)}\ 3^{100}\cdot{53900}
\qquad\textbf{b)}\ 3^{97}\cdot{107800}
\qquad\textbf{c)}\ 3^{105}\cdot{10780}
\qquad\textbf{d)}\ 3^{100}\cdot{107800}
\qquad\textbf{e)}\ 3^{98}\cdot{53900}
$

Çözüm:

Cevap : $\boxed E$

$ n_{1} , n_{2} , ... , n_{k}$ negatif olmayan tamsayılar ve $n = n_{1} + n_{2} + ... + n_{k}$ olmak üzere,

$\left( \begin{matrix} n \\n_{1} , n_{2} , ... , n_{k} \end{matrix} \right) = \dfrac {n!} {n_{1}! n_{2}! ... n_{k}!}$

şeklinde tanımlansın. Multinom açılımı

$(x_{1} + x_{2} + ... +x_{k})^n = \sum _{n_{1} , n_{2} , ... , n_{k}=1}^{n} \left( \begin{matrix} n \\n_{1} , n_{2} , ... , n_{k} \end{matrix} \right) x_{1}^{ n_{1}}.x_{2}^{ n_{2}}...x_{k}^{ n_{k}}$

şeklindedir. Şimdi burada kullandığımız k sayısı temsili bir k sayısıydı. Birazdan kullanacağımız k sayısı, sorudaki k sayısı olacaktır. Öncelikle, $\binom{a}{b} = \dfrac {a!} {b!.(a-b)!} $özdeşliğini kullanarak

$\left( \begin{matrix} 100\\ k \end{matrix} \right)\left( \begin{matrix} 100-k\\ l \end{matrix} \right)\left( \begin{matrix} 100-k-l\\ 97-k-l \end{matrix} \right).6 = \left( \begin{matrix} 100\\ k,l,97-k-l \end{matrix} \right)$

olduğunu rahatça görebiliriz. $n_{1} = k , n_{2} = l$ ve $n_{3} = 97-k-l$ olarak alalım. $n = k+l+97-k-l = 97$ olacaktır. Ayrıca soruda aradığımız toplama $S$ diyelim. Buna göre

$(x_{1} + x_{2}+ x_{3})^{97} = \sum _{k , l , 97-k-l=1}^{97} \left( \begin{matrix} 97 \\k , l , 97-k-l \end{matrix} \right) x_{1}^{k}.x_{2}^{l}.x_{3}^{97-k-l}$

Katsayılar toplamını istediğimiz için $x_{1} = x_{2}= x_{3} = 1$ verelim.

$3^{97} = \sum _{k , l , 97-k-l=1}^{97} \left( \begin{matrix} 97 \\k , l , 97-k-l \end{matrix} \right) = 6S/100.99.98.$

$S = 3^{98}.53900$

$x,y,z,w,v$ negatif olmayan tam sayılardır. $$x^2+y^2+z^2+w^2+v^2=40$$ denklemini gerçekleyen tüm $(x,y,z,w,v)$ tam sayı beşlilerinin sayısı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 56
\qquad\textbf{b)}\ 66
\qquad\textbf{c)}\ 112
\qquad\textbf{d)}\ 120
\qquad\textbf{e)}\ 122
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed D$

$6\geq x\geq y\geq z\geq w\geq v\geq 0$ olsun. $5x^2\geq 40 \Rightarrow x^2\geq 8 \Rightarrow 6\geq x\geq 3$ olur.

$i) x=3$ ise,
$$4y^2\geq y^2+z^2+w^2+v^2=31 \Rightarrow 3=x \geq y \geq 3 \Rightarrow y=3$$ $$3z^2 \geq z^2+w^2+v^2=22 \Rightarrow z\geq 3 \Rightarrow z=3$$ $$w^2+v^2=13 \Rightarrow (w,v)=(3,2) \Rightarrow (x,y,z,w,v)=(3,3,3,3,2)$$ bulunur.

$ii) x=4$ ise,
$$4y^2\geq y^2+z^2+w^2+v^2=24 \Rightarrow 4\geq y\geq 3$$ $y=3$ ise,
$$3z^2\geq z^2+w^2+v^2=15 \Rightarrow z=3$$ $$w^2+v^2=6$$ Buradan çözüm gelmez. $y=4$ ise,
$$z^2+w^2+v^2=8 \Rightarrow (z,w,v)=(2,2,0) \Rightarrow (x,y,z,w,v)=(4,4,2,2,0)$$ bulunur.

$iii) x=5$ ise,
$$4y^2\geq y^2+z^2+w^2+v^2=15 \Rightarrow 3\geq y\geq 2$$ $y=2$ ise,
$$3z^2\geq z^2+w^2+v^2=11 \Rightarrow z=2$$ $$w^2+v^2=7$$ Buradan çözüm gelmez. $y=3$ ise,
$$z^2+w^2+v^2=6 \Rightarrow (z,w,v)=(2,1,1) \Rightarrow (x,y,z,w,v)=(5,3,2,1,1)$$ bulunur.

$iv) x=6$ ise
$$y^2+z^2+w^2+v^2=4\Rightarrow (x,y,z,w,v)=(6,2,0,0,0),(6,1,1,1,1)$$ çözümleri bulunur. Permütasyonlarını alırsak $\dfrac{5!}{4!}+\dfrac{5!}{2!\cdot 2!}+\dfrac{5!}{2!}+\dfrac{5!}{4!}+\dfrac{5!}{3!}=120$ bulunur.

Düzlemde $A(1,0) , B(5,2)$ noktaları veriliyor. $y=x+2$ doğrusu üzerinde alınan bir $C$ noktası için, $|AC|^2+|CB|^2$ ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 26
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{425}{16}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{53}{2}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{105}{4}
\qquad\textbf{e)}\ 25
$

Çözüm:

Cevap $\boxed A$

$C$ noktasının koordinatları $(x,x+2)$ olsun. $$|AC|^2=(x-1)^2+(x+2)^2,~|BC|^2=(x-5)^2+x^2 \Rightarrow |AC|^2+|BC|^2=x^2+(x-1)^2+(x-5)^2+(x+2)^2$$ olur. $$\Rightarrow |AC|^2+|BC|^2=4x^2-8x+30=(2x-2)^2+26 \Rightarrow min\{ |AC|^2+|BC|^2\}=26$$

$p$ bir tek asal sayı olmak üzere, $\sqrt{x(x-p^2)}$ sayısının bir tam sayı olmasını sağlayan $x$ pozitif tam sayılarından en büyüğü ile en küçüğü arasındaki fark aşağıdakilerden hangisidir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{p^2+1}{4}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{p^4+1}{4}
\qquad\textbf{c)}\ \left (\dfrac{p^2+1}{2}\right )^2
\qquad\textbf{d)}\ \left (\dfrac{p^2-1}{2}\right )^2
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{(p^2+1)(p^2-p+1)}{4}
$

Çözüm 1:

Cevap : $ \boxed D$

$m$ negatif olmayan bir tam sayı olmak üzere,
$$x(x-p^2) = m^2$$
olmasını istiyoruz. Bunun için bir kaç durum inceleyeceğiz. Kısalık olması için $OBEB(a,b)= (a,b)$ olarak göstereceğiz.

$ (x , (x-p^2)) = d$ olsun. $d$ sayısı $ x-(x-p^2) = p^2$ sayısını böleceğinden $(x , (x-p^2)) = 1,p,p^2$ sayılarından biri olabilir.

$i) d = p^2$ olsun. Bu durumda $ x = p^2.k$ ve $x-p^2 = p^2(k-1)$ olacaktır. Bu ikisini çarparsak

$$p^4k(k-1) = m^2$$

olacaktır. Sonucun tam kare olabilmesi için $k(k-1)$ sayısının da tam kare olması lazım. Bu çarpımın tam kare olabilmesinin tek yolu $k = 1$ olmasıdır. Bu durumda $x = p^2$ olarak bulunur.

$ ii) d = p$ olsun. Bu durumda $x = pk$ ve $ x-p^2 = p(k-p)$ olacaktır. Bu ikisinin çarpımı

$$p^2k(k-p)=m^2$$

olarak bulunur. Sonucun tam kare olabilmesi için $k(k-p)$ çarpımının da tam kare olması lazım. $(k , (k-p)) = p$ olursa, tekrardan $i)$ deki duruma döneceğiz. O halde $(k,k(k-p)) = 1$ olmalı. Aralarında asal iki sayının çarpımının tam kare olabilmesi için iki sayıda tam kare olmalıdır.

$k = a^2$ ve $k-p = b^2$ olsun. $(a-b)(a+b) = p$ olup, $a-b = 1$ ve $ a+b = p$ olacaktır. Buradan $a = p+1/2$ olacaktır. $x = pk$ olup, $x = p.(p+1)^2/4$ olacaktır.

$iii) d = 1$ olsun. Bu durumda

$x = a^2$ ve $x-p^2 = b^2$ olacaktır. $(a-b)(a+b) = p^2$ eşitliğinden bir kaç durum daha inceleyelim. $a-b = 1$ ve $ a+b = p^2$ olursa, $a = p^2 + 1 / 2$ ve $x = (p^2+1)^2 / 4$ olacaktır.

Şimdi sıra geldi $p(p+1)^2 / 4$ , $ p^2$ ve $ (p^2 + 1)^2 / 4$ sayılarını sıralamaya. En iyisi $p = 3$ verip hangisinin daha büyük olduğuna bakmak. Bu durumda bariz olarak en küçük $p^2$ ve en büyük $(p^2+1)^2 / 4$ olacaktır. Bu iki sayının farkı $(p^2-1)^2 / 4$ olacaktır.

Çözüm 2:

$0<x<p^2$ için kökün içi negatif olur. Çelişki. $x=p^2$ için şart sağlar. $x>p^2$ için,

$$x^2-p^2x=t^2\Rightarrow 4x^2-4p^2x+p^4=(2x-p^2)^2=4t^2+p^4\Rightarrow (2x-p^2-2t)(2x-p^2+2t)=p^4$$ olur. $\max\{x\}$ için $(2x-p^2+2t)=p^4,(2x-p^2-2t)=1 $ veya tam tersi olmalı. Buradan $x=\left(\dfrac{p^2+1}{2}\right)^2$ bulunur. İstenen fark $\left(\dfrac{p^2+1}{2}\right)^2-p^2=\left(\dfrac{p^2-1}{2}\right)^2 $ olur.

$KARPUZ$ kelimesinin harfleri ile yazılabilecek olan tüm kelimelerin kaç tanesinde ya $K,A$’dan önce, ya da $R, A$’den sonra, ya da $R, P$’den öncedir? (Burada önce ya da sonra ifadeleri yan yana olmaları gerektiği anlamına gelmez)

$
\textbf{a)}\ 696
\qquad\textbf{b)}\ 690
\qquad\textbf{c)}\ 660
\qquad\textbf{d)}\ 600
\qquad\textbf{e)}\ 580
$

Çözüm:

Cevap:$\boxed B$

KARPUZ kelimesinin harfleri ile koşulsuz $6!=720$ kelime yazılabilir. İstenmeyen durumu bulalım. P-R-A-K dizilimine U ve Z harflerini $5.6=30$ farklı şekilde yazabiliriz. İstenen durum sayısı $720-30=690$ bulunur.

$n=1,2,3,\cdots$ doğal sayıları için, $a_{n}=2-\dfrac{1}{n^2-\sqrt{n^4+\dfrac{1}{4}}}$ olarak verilsin. Buna göre, $\dfrac{1}{\sqrt{a_{1}}}+\dfrac{2}{\sqrt{a_{2}}}+\dfrac{3}{\sqrt{a_{3}}}+\cdots +\dfrac{19}{\sqrt{a_{19}}}+\dfrac{20}{\sqrt{a_{20}}}$ ifadesinin eşiti nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{\sqrt{761}+1}{4}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\sqrt{761}-1}{4}
\qquad\textbf{c)}\ 20
\qquad\textbf{d)}\ 19
\qquad\textbf{e)}\ 7
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed E$

Verilen ifadenin paydasını eşleniğiyle çarpıp düzenlersek $a_n=4n^2+2+2\sqrt{4n^4+1}=(\sqrt{2n^2+2n+1}+\sqrt{2n^2-2n+1})^2$ bulunur.
$$\dfrac{n}{\sqrt{a_n}}=\dfrac{n}{\sqrt{2n^2+2n+1}+\sqrt{2n^2-2n+1}}=\dfrac{\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}}{4} $$ olur.Verilen toplam,$$\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}+\dfrac{\sqrt{8}-\sqrt{5}}{4}+\dots +\dfrac{\sqrt{841}-\sqrt{761}}{4}=\dfrac{\sqrt{841}-1}{4}=7$$ bulunur.

Bir kenarı $12$ olan $ABCD$ karesinde $|AE|=3, |AF|=4$ olacak şekilde $AB$ ve $AD$ kenarları üzerinde sırasıyla $E$ ve $F$ noktaları alınıyor. Kare içinde bir tabanı $EF$ ve diğer tabanın köşeleri $BC$ ve $DC$ kenarları üzerinde olan en büyük alana sahip yamuğun alanı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 76
\qquad\textbf{b)}\ 74
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{147}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 73
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{145}{2}
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed C$

Kareyi $D$ noktası orijin ve $AD$ kenarı $y$ ekseninde, $DC$ kenarı $x$ ekseninde olacak şekilde koordinat düzlemine taşıyalım. Yamuğun diğer tabanı $M$, $DC$ üzerinde ve $N$, $BC$ üzerinde olmak üzere $MN$ olsun. $MN//EF$ olduğundan $|MC|=3k$ ve $|NC|=4k$ olur.

Yamuğun köşe koordinatları $E(3,12), F(0,8), M(12-3k,0), N(12,4k)$ olur. Köşeleri $(a,b),(c,d),(e,f)$ olan üçgenin alanı $\dfrac{1}{2} \cdot |(ad+cf+ab)-(bc+ed+af)|$ dir. Eğer $S(EFMN)=S(EFM)+S(EMN)$ yazarsak,
$$S(EFM)=\dfrac{1}{2} \cdot |8(12-3k)-(24+12(12-3k))|=6|6-k|=6(6-k)$$ $$S(EMN)=\dfrac{1}{2} \cdot |(144-24k)-(-12k^2+48k+144)|=6k|k-6|=6k(6-k)$$ $$\Rightarrow S(EFMN)=6(6-k)+6k(6-k)=6(k+1)(6-k)$$ olur. $min{S(EFMN)}$ için $k+1=6-k \Rightarrow k=\dfrac{5}{2}$ olmalı.Buradan $min{S(EFMN)}=\dfrac{147}{2}$ bulunur.

$ \sum _{n=1}^{30}n^{61}\equiv x \pmod {31^2} $ ise $x$ aşağıdakilerden hangisi olabilir?

$\textbf{a)}\ 404 \qquad\textbf{b)}\ 434 \qquad \textbf{c)}\ 465 \qquad \textbf{d)}\ 496 \qquad\textbf{e)}\ 527 $

Çözüm:

Cevap: $\boxed D$

$$(31-n)^{61}+n^{61}=31^{61}-31^{60}\cdot n\cdot \binom{61}{1}+\dots+n^{60}\cdot 31 \cdot \binom{61}{1} \equiv n^{60}\cdot 31\cdot 61(mod~31^2)$$ $$\sum\limits_{n=1}^{30} n^{61} \equiv 31\cdot 61\cdot \sum\limits_{n=1}^{15} n^{60}\equiv x\equiv 31a~(mod~31^2) $$
$$61\cdot \sum\limits_{n=1}^{15} n^{60}\equiv -\sum\limits_{n=1}^{15} n^{60}\equiv -15 \equiv 16\equiv a~(mod~31) \Rightarrow x\equiv 31a\equiv 496~(mod~31^2)$$ bulunur.

$1,2,3,3,5,5,8,8$ rakamlarını kullanarak aynı olan rakamlar yan yana olmayacak şekilde oluşturulabilen beş basamaklı kaç farklı şifre vardır ?

$\textbf{a)}\ 980 \qquad\textbf{b)}\ 840 \qquad \textbf{c)}\ 720 \qquad \textbf{d)}\ 660 \qquad\textbf{e)}\ 580$

Çözüm:

Cevap : $\boxed D$

$\left\{ 1,2,3,5,8\right\} $ şeklinde $5! = 120$ tane şifre oluşturabilirim.

$\left\{ 3,3,.,.,.\right\} $ şeklinde, boş olan 3 yere $\left\{ 1,2,5,8\right\}$ kümesinden bir eleman seçerek, $3$ rakamlarının yan yana olmadığı $(\dfrac {5!} {2!} - 4!).\left( \begin{matrix} 4\\ 3\end{matrix} \right) $ şifre oluşturabilirim. Aynı şeyi $\left\{ 5,5,.,.,.\right\} $ ve $\left\{ 7,7,.,.,.\right\} $ kümeleri için yapacağımdan $36.4.3 = 432$ şifre oluşturabilirim.

Şimdi aynı sayma işlemini $\left\{ 3,3,5,5,.\right\}$ , $\left\{ 3,3,8,8,.\right\}$ , $\left\{ 5,5,8,8,.\right\}$ kümeleri için yapacağım. $\left\{ 3,3,5,5,.\right\}$ kümesinde boş kalan yere $\left\{ 1,2,8\right\}$ elemanlarından birini getirebilirim. Dahiliyet hariciyet prensibini de kullanarak 3 kümedeki, aynı olan herhangi iki rakamın bir araya gelmediği

$9(\dfrac {5!} {2!.2!}- (\dfrac {4!} {2!} + \dfrac {4!} {2!} - 3!)) = 108$

şifre oluşturabilirim. Toplamda $120+432+108 = 660$ şifre oluşur.

$f(0) = \dfrac {2} {3}$ ve $n = 1,2,3,...$ için $f(n)\neq 0$ ve $(f(n+1)-1)(f(n)+3) + 3 = 0$ olduğuna göre,

$ \dfrac {1} {f(0)} + \dfrac {1} {f(1)} + \dfrac {1} {f(2)} + \dfrac {1} {f(3)} +...+ \dfrac {1} {f(2016)} + \dfrac {1} {f(2017)} $

toplamının değeri aşağıdakilerden hangisine eşittir ?

$\textbf{a)}\ 3^{2018} - 1010 \qquad\textbf{b)}\ 3^{2017} - 1009 \qquad \textbf{c)}\ 2.3^{2018} - 1009 \qquad \textbf{d)}\ 2(3^{2017} - 505) \qquad\textbf{e)}\ 2.3^{2017} - 1009$

Çözüm:

Cevap : $\boxed A$

verilen ifadeyi düzenlersek $f(n+1) = \dfrac {f(n)} {f(n)+3}$ olarak bulunur. $f(1) = 2/11$ , $f(2) = 2/35$ , $f(3) = 2/107$ , şeklinde devam edecektir. O halde

$a_{0} = 3$ , $a_{1} = 11$ , $a_{2} = 35$ ,... şeklinde bir dizi oluşturursak

$a_{n+1} = 3a_{n} + 2$

şeklinde bir homojen olmayan yineleme bağıntısına sahip olduğuna görebiliriz. Diziye ve bağıntıya bakarak zorlanmadan $a_{n} = 4.3^{n} - 1$ olduğunu görebiliriz

$\dfrac {1} {f(0)} + \dfrac {1} {f(1)} + \dfrac {1} {f(2)} + \dfrac {1} {f(3)} +...+ \dfrac {1} {f(2016)} + \dfrac {1} {f(2017)} = 3/2 + 11/2 + 35/2 + 107/2 + ... = \dfrac {\sum _{n=0}^{2017}(4.3^{n}- 1)} {2} $

olacaktır.

O halde $\sum _{n=0}^{2017}(4.3^{n}- 1) =4(\dfrac {3^{2018} - 1 } {2} ) - 2018$ olup sorudaki aradığımız toplam $3^{2018} - 1010$ olur.

$ \left| AB\right| = \left| AC\right|$ ve $\tan B = \dfrac {5} {12}$ olan $ABC$ üçgeni veriliyor. Yarıçapı $1$ olan bir çember $AB$ ve $AC$ kenarlarını sırasıyla $K$ ve $L$ noktalarında teğet olup $BC$ kenarını $P$ ve $Q$ noktalarında kesmektedir. $P$, $B$ ile $Q$ arasında ve $\left| BK\right| = \dfrac {12} {5}$ ise $BQK$ üçgeninin alanı kaçtır ?

$\textbf{a)}\ \dfrac {3} {2} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac {8} {5} \qquad \textbf{c)}\ \dfrac {108} {65} \qquad \textbf{d)}\ \dfrac {25} {13} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac {144} {65}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çemberin merkezi $O$ olsun. Merkezden $K,L$ noktalarına yarıçapları çizelim. $OKB$ ve $OLC$ dik üçgenlerinde $\tan \widehat{OBK}=\tan \widehat{OCL}= \dfrac{1}{12/5}=\dfrac{5}{12}$ olduğundan $\widehat{OBK}=\widehat{CBL}$ dir. Yani $O$, $[BC]$ nin orta noktasıdır. Buradan $|BC|=\dfrac{26}{5}$ bulunabilir. $|BP|=|CQ|=x$ ve $|BQ|=\dfrac{26}{5}-x$ dersek $B$ noktasının çembere göre kuvvetinden $|BK|^2=|BP|\cdot |BQ|$ olup $\left( \dfrac{12}{5} \right)^2 = x\cdot \left( \dfrac{26}{5}-x \right)$ denkleminden uygun $x$ değeri $x=\dfrac{8}{5}$ bulunur. $|BQ|=\dfrac{26}{5}-x=\dfrac{18}{5}$ tir.

$$ Alan(BQK)=\dfrac{1}{2}|BK|\cdot |BQ| \cdot \sin \widehat{KBQ} = \dfrac{108}{5}$$ elde edilir.

$n^2 - 1$ , üç farklı asal sayının çarpımı şeklinde yazılabilen bir doğal sayıdır. Bu özelliği gerçekleyen en küçük birbirinden farklı ilk beş $n$ sayısının toplamı kaçtır ?

$\textbf{a)}\ 104 \qquad\textbf{b)}\ 110 \qquad \textbf{c)}\ 116 \qquad \textbf{d)}\ 124 \qquad\textbf{e)}\ 144$

Çözüm:

Cevap : $\boxed A$

$p$ , $q$ , $r$ sayıları asal sayılar olsun.

$n^2 - 1 =(n-1)(n+1)= pqr$ olmasını istiyoruz. Bir kaç durum inceleyeceğiz.

$i) n-1 = r$ ve $n+1 = pq$ olsun. Bu durumda $pq-r = 2$ olacaktır. $T-C = T$ olduğundan asal sayılardan biri asla 2 olamaz. Bu durumu sağlayan asal sayılara bakacak olursak,

$(p,q,r) = (3,5,13) , (3,7,19) , (3,11,31) , (3,13,37) , (5,11,53),...$ ise $n = 14, 20 , 32 , 38 , 54$ şeklinde olacaktır.

$ii) n+1 = r$ ve $n-1=pq$ olsun. Bu durumda $r = 2+pq$ olur.

$(p,q,r) = (3,5,17) , (3,7,23) , (3,13,41) , (3,17,53) , (5,7,37) , (3,19,59)...$ ise $n = 16,22,40,52,36,58$ olur.

Olabilecek en küçük 5 tane $n$ sayısının toplamı $14+16+20+22+32 = 104$ olarak bulunur.

Ali $7$ arkadaşını bir hafta boyunca haftanın her günü $3$'lü gruplar şeklinde akşam yemeğine davet etmektedir. Arkadaşlarından herhangi ikisi sadece bir akşam bir arada olmaları koşuluyla Ali, bu daveti kaç farklı şekilde gerçekler?

$ \textbf{a)}\ 15.7! \qquad\textbf{b)}\ 30.7! \qquad \textbf{c)}\ 35.7! \qquad \textbf{d)}\ 42.7! \qquad\textbf{e)}\ 60.7!$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $30 \cdot 7!$.

Öncelikle her gün $3$ kişi davete katılacağından toplam $7 \cdot \dbinom 32$ tane ikili oluşmaktadır. Diğer taraftan, $\dbinom 72 = 7 \cdot \dbinom 32$ olduğundan her ikili tam olarak bir kez beraber davete katılmalıdır, bu da her arkadaşın tam olarak üç kez davete katılacağını gösterir. Ali'nin arkadaşlarına $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ diyelim. $A$ nın davete katıldığı günleri $\dbinom 73$ şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Pazartesi, Salı, Çarşamba olsun. Davete $A$ ile beraber katılan arkadaşları $\dbinom 62$ şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan $B$ ve $C$ olsun. $B$ nin davete katıldığı günler, Perşembe, Cuma, Cumartesi, Pazar günlerinden ikisi olmalıdır, $\dbinom 42$ şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Perşembe ve Cuma olsun. O zaman $C$ nin davete katıldığı diğer günler Cumartesi ve Pazar olur. $D$, Salı-Çarşamba, Perşembe-Cuma, CumartesiPazar ikililerinden tam olarak birer tanesinde davete katılmış olmalıdır, $2^3$ şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Salı, Perşembe, Cumartesi olsun. $E$, $F, G$ nin her biri Salı-Perşembe-Cumartesi günlerinden farklı olan birer tanesi katılmalı, $3!$ şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan $E$ Salı günü, $F$ Perşembe günü, $G$ Cumartesi günü katılmış olsun. Buradan $E$ nin davete katıldığı diğer günler Cuma ve Pazar, $F$ nin davete katıldığı diğer günler Çarşamba ve Pazar, $G$ nin davete katıldığı diğer günler Çarşamba ve Cuma olarak belirlenmiş olur. Dolayısıyla cevap

$\dbinom 73 \cdot \dbinom 62 \dbinom 42 \cdot 2^3\cdot 3! = 30 \cdot 7!$ olur.

Kaynak: Tübitak 25. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2017

$f(x) = x^3 - 12x^2 + Ax + B$ , gerçel sayılarda tanımlı artan bir fonksiyon olsun. $ f\circ f\circ f (3) = 3$ ve $ f\circ f\circ f\circ f(4) = 4$ ise $f(7)$ kaçtır ?

$\textbf{a)}\ 7 \qquad\textbf{b)}\ 12 \qquad \textbf{c)}\ 31 \qquad \textbf{d)}\ 38 \qquad\textbf{e)}\ 42$

Çözüm:

Cevap : $\boxed C$

$f\circ f\circ f(3)=3$ olduğundan, $f(3)>3$ durumu zaten mümkün değildir. $f$ artan olduğundan $f\circ f\circ f(3)>3$ olacaktır. Aynı şekilde $f(3)<3$ olduğunu farz edelim. Bu durumda $f\circ f\circ f(3)<3$ olacaktır. O halde tek çözüm, $f(3)=3$ ve $f(4)=4$ durumudur. Bu değerleri yerine yazarsak , $A = 48$ ve $B=-60$ bulunur. O halde fonksiyonumuz

$f(x) = x^3 - 12x^2 + 48x - 60$

olacaktır. $f(7) = 31$ olur.

$ s(\widehat {A}) = 60$ olan $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi çiziliyor. $B$ köşesinden çizilen teğet doğru ile $CA$ kenarının uzantısı $D$ noktasında kesişiyor. Burada $A$ noktası, $C$ ile $D$ arasındadır. $\left| DC\right| = 4$ , $\left| AB\right| + \left| AD\right| = \left| AC\right|$ ise $\dfrac {\left| BC\right|} {\left| AB\right|}$ oranı kaçtır ?

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

Çözüm:

Cevap: $\boxed E$

$|AD|=x$ diyelim, $|AB|=4-2x, ~|AC|=4-x$ olur.$ABD$ üçgeni ile $BCD$ üçgeni benzerliğinden $$\dfrac{|BC|}{4-2x}=\dfrac{|BD|}{x}=\dfrac{\sqrt{4x}}{x}\Rightarrow |BC|=\dfrac{2(4-2x)}{\sqrt{x}}$$ bulunur.$ABC$ üçgeninde kosinüs teoreminden $$(4-x)^2+(4-2x)^2-(4-2x)(4-x)=\dfrac{4(4-2x)^2}{x}\Rightarrow 3x^3-28x^2+80x-64=(3x-4)(x-4)^2=0$$ olur. $x=4$ olamayacağı için $x=\dfrac{4}{3}$ olmalı.Buradan $|BC|=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$ ve $|AB|=\dfrac{4}{3}$ bulunur. Bu ikisinden $$\dfrac{|BC|}{|AB|}=\sqrt{3}$$ bulunur.

$A = 64.10^{2014}(a_{1} + a_{2}+ a_{3} + ... + a_{2017})$ koşulunu sağlayan en büyük $2017$ basamaklı $A= a_{1}a_{2}a_{3}...a_{2017}$ doğal sayısının rakamlar toplamı kaçtır ?

$\textbf{a)}\ 11 \qquad\textbf{b)}\ 13 \qquad \textbf{c)}\ 15 \qquad \textbf{d)}\ 19 \qquad\textbf{e)}\ 2017$

Çözüm:

Cevap:$\boxed C$

$A$ sayısı $10^{2014}$'e bölündüğü için son $ 2014$ basamağı $0$ olmalı.Buradan $a_4=a_5=\dots a_{2017}=0$ bulunur.$A=a_1a_2a_3\cdot 10^{2014}$ yazarsak, $$100a_1+10a_2+a_3=64a_1+64a_2+64a_3\Rightarrow 4a_1=6a_2+7a_3$$ bulunur. $\max\{a_1\} =9$ için $a_2=6, a_3=0$ olur. Buradan en büyük $A$'nın rakamları toplamı $15$ bulunur.

$ \left( \begin{matrix} 2017\\ 1\end{matrix} \right) + \left( \begin{matrix} 2017\\ 5\end{matrix} \right) + \left( \begin{matrix} 2017\\ 9\end{matrix} \right) + ... + \left( \begin{matrix} 2017\\ 2017\end{matrix} \right)$ toplamının değeri kaçtır?

$\textbf{a)}\ 2^{2016} + 2^{1006} \qquad\textbf{b)}\ 2^{2017} - 2^{1007} \qquad \textbf{c)}\ 2^{2015} + 2^{1005} \qquad \textbf{d)}\ 2^{2015} + 2^{1007} \qquad\textbf{e)}\ 2^{2017} - 2^{1008}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

$i^2 = -1$ ve $n=4k+1$ olmak üzere,

$ \left( \begin{matrix} n\\ 1\end{matrix} \right) + \left( \begin{matrix} n\\ 5\end{matrix} \right) + \left( \begin{matrix} n\\ 9\end{matrix} \right) + ... + \left( \begin{matrix} n\\ n\end{matrix} \right) = (1+1)^n - (1-1)^n - i((1+i)^n - (1-i)^n) $

şeklinde olacağından $n=2017$ için sonuç $2^{2015} + 2^{1007}$ bulunur.

$1001^{20}$ sayısının son 12 rakamının toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 15 \qquad\textbf{b)}\ 18 \qquad \textbf{c)}\ 21 \qquad \textbf{d)}\ 24 \qquad\textbf{e)}\ 32$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

$1001^{20} = (10^3+1)^{20} = 10^{60} + \left( \begin{matrix} 20\\ 1\end{matrix} \right)10^{57} + ... + \left( \begin{matrix} 20\\ 16\end{matrix} \right)10^{12} + \left( \begin{matrix} 20\\ 17\end{matrix} \right)10^9 + ... + 1 \equiv 14.10^{10} + 190.10^6 + 20.10^3 + 1 (mod 10^{12})$ olup son 12 rakamı toplamı $1+4+1+9+2+1 = 18$ bulunur.

$ \left| AB\right| = \left| AC\right|$ olan $ABC$ ikizkenar üçgeninin $AC$ kenarına $A$ noktasında teğet ve $B$ noktasından geçen, merkezi üçgenin dışında olan bir çember çiziliyor. Bu çember $BC$ kenarını $E$ noktasında kesmektedir. $ 2\left| BE\right| = 3\left| EC\right|$ ve $ABC$ üçgeninin alanı $27$ ise çemberin yarıçapı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac {9} {2} \qquad \textbf{c)}\ 5 \qquad \textbf{d)}\ \dfrac {23} {4} \qquad\textbf{e)}\ 6$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

$\left| EC\right|=4k$ diyelim. Kuvvetten $\left| AC\right|^2 = \left| CE\right|.\left| CB\right| = 40k^2$ bulunur. $\dfrac {2\sqrt {10}.3\sqrt {10}.k^{2}} {2} = 27$ eşitliğinden $k^2=\dfrac {27} {30}$ bulunur. $ABC$ ikizkenar üçgen olduğundan dikmesi indirilerek $cos\widehat {C} = \dfrac {1} {\sqrt {10}}$ olacaktır. $AEC$ üçgeninde kosinüs teoremi ile $\left| AE\right|= 2\sqrt {10}k$ olarak bulunur. Alan paylaşımından $A(AEB) = \dfrac {81} {5}$ olur. Çizilen çember, $AEB$ üçgeninin çevrel çemberidir. $AEB$ üçgeninin kenarları çarpımı $81$ olduğundan, çemberin yarıçapına $r$ dersek

$\dfrac {81} {r} = \dfrac {81} {5}$

eşitliğinden $r=5$ bulunur.

$ 3^{2^{2017}} - 1$ sayısının $2^{2020}$ sayısına bölümünden kalan kaçtır?

$\textbf{a)}\ 2^{2017} \qquad\textbf{b)}\ 2^{2019} \qquad \textbf{c)}\ 2^{2017}+1 \qquad \textbf{d)}\ 2^{2018}+1 \qquad\textbf{e)}\ 2^{2018}+2$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed B$

$3^{2^{k}}-1 = (3^{2^{k-1}}+1)(3^{2^{k-2}}+1)(3^{2^{k-3}}+1)\cdots (3^2+1)(3+1)(3-1)$ şeklindedir.

$$3^{2^{k}}+1 \equiv 0 \pmod 2$$

$$3^{2^{k}}+1 \equiv 2 \pmod 4 \quad (k\neq 0)$$

olacaktır. $k = 0$ için $3+1 = 4$ olup $4$ e tam bölünecektir. O halde $3^{2^{k}}-1$ ifadesindeki $2$ çarpanlarının sayısı $(k-1).1 + 1 + 2 = k+2$ tanedir. Bu bilgi yardımıyla $k$ bir tam sayı olmak üzere, bölme algoritması yardımıyla $\dfrac {3^{2^{2017}}-1} {2^{2019}} = 2k+1$ şeklinde yazabiliriz. $3^{2^{2017}}-1 = 2^{2020}k + 2^{2019}$ bulunur.