Tübitak Ortaokul 1. Aşama - 2018 Çözümleri

Cevap: $\boxed{B}$

$A,C,E,B$  noktalarının  $AB$  çaplı çember üzerinde olduğunu görmek zor değildir. $D$  noktasına göre iç kuvvet yazılırsa $|CD|=2$  olur. $|AC|=2\sqrt{3}$  olduğundan $ACB$  üçgeninde Pisagor teoeminden $|AB|=2\sqrt{7}$  bulunur.

Cevap: $\boxed{A}$

Verilen sayılar $0\leq m\leq 9$ için $A0B+10m$ formatındadır. Eğer aralığa $10$ da dâhil olsaydı $10$ ile $11$ aralarında asal olduğundan $10m$ sayısı $11$ modundaki tüm kalanları dolaşacaktı ve bu sayılardan biri $11$ ile bölünecekti. Ancak $0\leq m\leq 9$ için hiçbirinin bölünmediğini biliyoruz. Bu da demek oluyor ki $m=10$ durumu $0$ kalanı veren durumdur. $$A0B+100\equiv 100A+100+B\equiv 0\pmod{11}\implies A+B\equiv 10\pmod{11}.$$ $1\leq A+B\leq 18$ olduğundan $A+B=10$ olmalıdır. Bu şartı sağlayan tüm $(A,B)$'lerin de istenileni sağladığı görülebilir.

Cevap: $\boxed{D}$

$k.$ gün $\frac{1}{k+1}$'i sızdığı için aynı günün sonunda depoda bir önceki günün $\frac{k}{k+1}$'i kadar su kalır. $1$. günden başlarsak, $k.$ gün sonunda ilk günün $\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots\frac{k}{k+1}=\frac{1}{k+1}$'i kalır. Yani $27.$ gün sonunda $60$ litre su kalması için başlangıçta $28\cdot 60$ litre su olmalıdır. Bu durumda $15$. gün sonunda $$\frac{28\cdot 60}{16}=7\cdot 15=105$$ litre su vardır.

Yanıt: $\boxed{C}$

Her kutuya $1$ beyaz $3$ kırmızı koyalım. Kalan $5$ beyazı $4$ kutuya $C(8,3)=56$ farklı şekilde koyarız. $5$ beyazı koyduğumuz her yere $5$ kırmızıyı koyarız. Kalan tek kırmızı $4$ farklı kutuya $4$ farklı şekilde koyulabilir. Dolayısıyla istenen dağıtımların sayısı $56 \cdot 4=224$ bulunur.

Cevap: $\boxed{A}$

$BP$'nin $AC$'yi kestiği nokta $F$ olsun. Ceva teoreminden $|FC|:|AF|=9:2$ bulunur. Bir kenarı ortak olan üçgenlerinin alanlarının oranı, o kenara ait yüksekliklerinin oranıdır. Bizim durumumuzda bu yüksekliklerin oranı da benzerlikten bize verilen oranlara eşit çıkacaktır. $$\frac{A(ABP)}{A(BPC)}=\frac{|AF|}{|FC|}=\frac{2}{9}\implies A(ABP)=\frac{2A(BPC)}{9}=2,$$ $$\frac{A(APC)}{A(BPC)}=\frac{|AE|}{|BC|}=\frac{1}{3}\implies A(APC)=\frac{A(BPC)}{3}=3$$ elde edilir. Dolayısıyla, $ABC$ üçgeninin alanı $2+3+9=14$'dür.

Cevap: $\boxed{C}$

İfadenin tam sayı olması için $n^2+n+1\mid 2n+13$ olmalıdır. Bu ise $2n+13\neq 0$ olduğundan, $$n^2+n+1\leq |2n+13|$$ olmasını gerektirir. Buradan iki farklı durum gelir.

$i)$ $n^2+n+1\leq -2n-13$ durumu. Bu durumda $$n^2+3n+14\leq 0$$ olması gerekir. Fakat buradan çözüm gelmez.

$ii)$ $n^2+n+1\leq 2n+13$ durumu. Bu durumda ise $$n^2-n-12\leq 0\Rightarrow (n-4)(n+3)\leq 0\Rightarrow -3\leq n\leq 4$$ olmalıdır. Deneme yanılma yapılırsa bu aralıkta $n=-3,-2,-1,0,1,4$ değerlerinin koşulu sağladığı görülür.

Cevap: $\boxed{B}$

Payda eşitlenir ve eşitlik düzenlenirse
$$\frac{a-7}{b}+\frac{b+7}{a}=\frac{a^2-7a+b^2+7b}{ab}=2\Rightarrow (a^2-2ab+b^2)-7(a-b)=0$$ bulunur. $a-b=t$ olsun. Bu durumda ifade
$$t^2-7t=0\Rightarrow t(t-7)=0$$ haline gelir. Bu durumda $t$'nin, yani $a-b$'nin $0$ ve $7$ olmak üzere iki farklı değer aldığı görülür.

Cevap: $\boxed{D}$

En ağır taşın ağırlığı $A$ olsun. Kalan taşların toplam ağırlığı $100-A$ olacaktır. En hafif $12$ taşın ağırlığı en fazla $\frac{12(100-A)}{21}$ olabilir. Bu durumdan dolayı $$\frac{12(100-A)}{21}\geq 40\implies A\leq 30$$ bulunur. $A=30$ durumunda da diğer taşların ağırlığı eşit, yani $\frac{10}{3}$ seçilirse istenilen şart sağlanır.

Cevap: $\boxed{E}$

$D$ küçük $BC$ yayının orta noktası ise eşit yayları gören kirişler eşit uzunlukta olacağından $|BD|=|DC|$ olmalıdır. Öte yandan $BC$ yayının ölçüsü $60^\circ$ olduğundan yayın yarısı $30^\circ$ olacaktır. $s(\widehat{BCD})=s(\widehat{CBD})=30^\circ$ olur. $D$ den $BC$ ye dik indirilirse ve dikme ayağına $E$ denirse ikizkenarlıktan $|BE|=|EC|$ olacaktır. Öte yandan $BDE$ üçgeni $30-60-90$ üçgeni olacaktır. Kosinüs Teoremi'nden $$|BC|^2=6^2+9^2-2\cdot 6\cdot 9\cdot \cos 60^\circ=63\Rightarrow |BC|=3\sqrt 7\Rightarrow |BE|=\frac{3\sqrt 7}{2}$$ elde edilir. O halde $BDE$ üçgeninden $|BD|=\sqrt{21}$ olmalıdır.

Cevap: $\boxed{D}$

İstenen sayı, $p_i$'ler farklı asal sayılar olmak üzere $n=p_1p_2p_3\dots p_k$ şeklinde olsun. Pozitif bölenlerin toplamı $$T=(1+p_1)(1+p_2)(1+p_3)\dots (1+p_k)=96=2^5\cdot 3$$ olmalıdır. Deneme yanılma yoluyla
$$96=(31+1)(2+1)
       =(7+1)(3+1)(2+1)
       =(7+1)(11+1)
       =(3+1)(23+1)$$ olduğu ve istenen şekildeki yazımların ancak bunlar olduğu bulunur. Buradan $n=62,42,77,69$ değerlerine ulaşılır.

Cevap: $\boxed{C}$

Aslı ilk gün $a$ soru çözsün. Bu durumda $2$. gün sonunda $a$ tane soru kalmış olmalıdır, yani $2$. gün $99-2a$ soru çözmüştür. Aynı mantıkla $3$. gün sonunda $99-2a$ soru kalacağından, $3$. gün de $$99-(99-2a)-(99-2a)-a=3a-99$$ soru çözmüştür. Bu şekilde devam edersek, $4$. gün sonunda $3a-99$ sorusu kaldığından $4$. gün çözdüğü soru sayısı $$99-(3a-99)-(3a-99)-(99-2a)-a=198-5a$$ olacaktır. Bu sayı $5$. gün sonunda kalan soru sayısı olduğundan, $5$. gün $$99-(198-5a)-(198-5a)-(3a-99)-(99-2a)-a=8a-297$$ soru çözmüştür. Bu sayıların hepsi sıfırdan büyük veya eşit olmalıdır. Toplamları da, yani $5a-99$ sayısı da, $99$'u geçmemelidir. Dolayısıyla basit bir hesaplamayla, $39\geq a\geq 38$ eşitsizliği bulunur, yani $a=38$ veya $a=39$ olabilir. $a=38$ durumunda $3.$ gün $3\cdot 38-99=15$ soru çözmüştür, $a=39$ ise $3\cdot 39-99=18$ soru çözmüştür. Bu yüzden üçüncü gün çözülen soru sayısı en fazla $18$ olabilir.

Cevap: $\boxed{A}$

Herkes birbiriyle tokalaşmış olmasın. $(A,B)$ ve $(C,D)$ ikilileri tokalaşmamış olsun. Eğer bu dört kişi farklı kişilerse diğer üç kişiyle tokalaşmış birisi olmayacağından çelişki elde edilir. Dolayısıyla, $(A,B)$ tokalaşmamış bir ikiliyse, tokalaşmamış diğer tüm ikililer ya $A$'yı ya da $B$'yi içermek zorundadır. Genelliği bozmadan ikinci ikili $(A,C)$ olsun. Aynı mantıkla, tüm tokalaşmayan ikililer ya $A$'yı ya da $C$'yi içermelidir. Bu da tokalaşmayan ikililerin sadece $(B,C)$ veya $(A,X)$ formatında olabileceğini gösterir. Eğer $(A,D)$ tokalaşmayacak şeklinde bir $B,C$'den farklı bir $D$ varsa, $A,B,C,D$'nin dörtlüsünü ele aldığımızda kimse $A$ ile tokalaşmadığından çelişki çıkar. Dolayısıyla, tokalaşmayan ikililer en fazla $(A,B),(A,C),(B,C)$ olabilir. Bu durumun sıkıntı çıkarmadığı da kolayca görülebilir çünkü her dörtlüde $A,B,C$'den farklı bir kişi vardır ve bu herkesle el sıkışır. Sonuç olarak tokalaşmayan ikili sayısı en fazla $3$ olabilir.

Cevap: $\boxed{E}$

Tam sayı olma koşulu olmadan olabilecek en küçük yarıçaplı çemberi çizelim. En optimal durum için yarıçapı $9$ olan çemberler birbirine merkezleri kare oluşturacak şekilde teğet olmalıdır. $r$ yarıçaplı çemberin merkezinden, ufak çemberlerden birinin dış teğetine çizilen uzunluk, yarıçap olduğundan $r$'dir. Ayrıca bu doğru parçası ufak çemberin merkezinden geçtiğinden ve büyük çemberin merkezi, küçüklerin merkezinin oluşturduğu karenin de merkezi olduğundan, $r=9+9\sqrt{2}$'dir (yarıçap + karenin köşesinin merkeze olan uzaklığı). En optimal durumda yarıçap $22>9+9\sqrt{2}>21$ olduğundan böyle bir çemberin yarıçapının alabileceği en küçük tam sayı değeri $22$'dir.

Cevap: $\boxed{E}$

$p_i$'ler farklı asal sayılar olmak üzere $n=\prod_{i=1}^{k} p_i^{r_i}$ olsun. Bu durumda verilenlere göre $r_i\leq 4$ olmalıdır. $n$'nin pozitif bölen sayısı $$S=(r_1+1)(r_2+1)(r_3+1)\cdots(r_k+1)$$ şeklindedir. O halde $S$, öyle bir sayı olmalıdır ki $r_i+1\leq 5$ olan sayıların çarpımı şeklinde yazılabilsin. Şıklardakilerden sadece $2025=3^4\cdot 5^2$ bu koşulu sağlar.

Cevap: $\boxed{E}$

$m>0$ olmak üzere $mx^2+nx+k$ polinomun negatif olduğu aralık, $x_0<x_1$ kökleri olmak üzere $(x_0,x_1)$'dir (eğer iki tane kökü yoksa polinom negatif olamaz). Dolayısıyla, soruda verilen $2x^2+ax-b$ polinomunun negatif olduğu aralık $(-1,2018)$ olduğundan $-1$ ve $2018$ kökleridir. $$2x^2+ax-b=2(x+1)(x-2018)=2x^2-4034x-4036\implies (a,b)=(-4034,4036).$$ Dolayısıyla, $a+b=2$'dir.

Cevap: $\boxed{D}$

Toplam $3$ tane satır/sütunda bir tane işaretli, $1$ tane satır/sütunda da üç tane işaretli kare olması gerektiği kolayca görülebilir. $4\cdot 4=16$ şekilde hangi sütun ve hangi satırda $3$ tane işaretli kare olacağını seçelim. $R$. satır ve $C$. sütun seçilmiş olsun. Bu ikisinin kesişimi olan kare işaretli değilse, kalan üçer kare işaretli olacaktır ve böylece $6$ kareyi uygun şekilde işaretlemiş oluruz. Bu bize bir tane işaretleme verir.

$R$ ve $C$'nin kesişimi işaretli ise geriye kalan üçer kareden ikisini işaretlemeliyiz. Her biri için $3$ farklı şekilde yapabileceğimizden $3\cdot 3=9$ olası durum vardır. $5$ kare işaretlenmiştir. Bu durumların her biri bize hiçbir karesi boyanmamış bir satır ve sütun verir. Boyanacak olan son kare bu satır ve sütunun kesişimi olacaktır. Dolayısıyla, $6$. kare de tek şekilde işaretlenmiş olur. Yani bu durumda da $9$ farklı işaretleme vardır.

Her $(R,C)$ ikilisi için tam olarak $10$ tane işaretleme vardır. Dolayısıyla tüm işaretlemelerin sayısı $16\cdot 10=160$'dır.

Cevap: $\boxed{C}$

$|AB|=|AC|$ olduğundan $s(\widehat{BAD})=s(\widehat{EDC})=\alpha^\circ$ ve $s(\widehat{ABC})=\beta^\circ$ dersek, $s(\widehat{ACB})=\beta^\circ$ olacağından $ABD$ ve $DCE$ üçgenleri benzerdir. Benzerlikten $|DC|=\sqrt{3}$ bulunur. Yani $AD$ yüksekliktir. Pisagordan $|AD|=\sqrt{6}$ bulunur. $ADC$ üçgeninde kenar uzunlukları ve $|EA|,|EC|$ uzunlukları bilindiğinden $|DE|$'yi rahatlıkla hesaplayabiliriz. Birde çok yöntem vardır, ben en genel hali olan Steward teoremini kullanacağım. $$|DE|^2=\frac{|DC|^2\cdot |AE|+|AD|^2\cdot |EC|}{|AC|}-|AE|\cdot |EC|=2\implies |DE|=\sqrt{2}$$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

Çin kalan teoreminden, bu sayı $7\cdot 11\cdot 13n+1=1001n+1$ formatındadır. Sayı $6$ basamaklı olduğundan $$100000\leq 1001n+1\leq 999999\implies 100\leq n\leq 998$$ olacaktır, yani $n$ sayısı üç basamaklıdır. $n=\overline{abc}$ dersek, $$1001n+1=\overline{abcabc}+1$$ olacaktır. Eğer $c\neq 9$ ise $a,b,c,c+1$ rakamlarından dolayı en fazla $4$ farklı rakam bulunabilir, örnek olarak da $n=123$ alınabilir. Eğer $c=9$ ve $b\neq 9$ ise sayımız $\overline{ab9a(b+1)0}$ olacaktır yani $a,b,b+1,0,9$ rakamları farklı olabilir ve $5$ farklı rakam kullanmış oluruz, örnek olarak $n=129$ seçilebilir. Eğer $c=b=9$ ise $a=9$ olamaz, $a\neq 9$'dur ve sayımız $\overline{a99(a+1)00}$ olur yani en fazla $a,a+1,0,9$ olmak üzere $4$ farklı rakam kullanılabilir.

En fazla farklı rakam sayısı $5$'tir.

Cevap: $\boxed{C}$

İlk ifade açılırsa $$ab+\frac{1}{ab}+2=7\Rightarrow (ab)^2-5ab+1=0$$ bulunur. İkinci ifade açılırsa $$ab-\frac{1}{ab}$$ bulunur. İlk denklemden $ab$ nin alabileceği değerler toplamı $5$, çarpımı $1$ bulunur. Bu iki değer $x_0,x_1$ olsun. İkinci bulunan ifadenin alabileceği değerler toplamı $$x_0+x_1-\left(\frac{1}{x_0}+\frac{1}{x_1}\right)=x_0+x_1-\left(\frac{x_0+x_1}{x_0x_1}\right)=5-5=0$$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

Eğer $n\geq 5$ ise oyuna başlayan oyuncu ilk köşeye $x$ yazsın. Diğer oyuncu ise başka bir köşeye $y$ yazsın. Yazılan $y$ nerede olursa olsun, ilk oynayan oyuncunun başladığı köşenin saat yönünde veya saat yönünün tersindeki ikinci köşelerden birisi boş olacaktır. Buraya ilk yazdığı sayıyı yazarak oyunu kazanır.

$n=3$ durumunda da kendine ikinci defa sıra geldiğinde ilk yazdığı sayıyı yazarak her ihtimalde kazanır.

$n=4$ durumunda bir köşeye $x$ yazsın, diğer oyuncu onun tam çaprazındaki köşeye $x+1$ yazsın. Üçüncü oyuncu kalan köşelerden birine $y$ yazarsa, diğer oyuncu da son köşeye $y+2$ yazar ve başlayan oyuncu kazanamaz.

Sonuç olarak $n=4$ durumu haricindeki tüm oyunlarda kazanma stratejisi vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

$|BD|=|BF|=x$ ve $|CD|=|EC|=y$ olsun. Bu durumda $xy=x+y+3$ olduğu verilmiştir. $s(\widehat{BAC})=\alpha$ diyelim. Kosinüs teoreminden $$(x+3)^2+(y+3)^2-2(x+3)(y+3)\cos\alpha=(x+y)^2$$ olacaktır. Sadeleştirirsek ve $\cos\alpha$'yı çekersek, $$\cos\alpha=\frac{6x+6y+18-2xy}{6x+6y+18+2xy}=\frac{6x+6y+18-2(x+y+3)}{6x+6y+18+2(x+y+3)}=\frac{4x+4y+12}{8x+8y+24}=\frac{1}{2}$$ bulunur. Buradan $\alpha=60^\circ$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

$n=1$ istenileni sağlar. $m>1$ sayısı herhangi bir sayının birden büyük bir kuvveti olarak yazılamayan bir tamsayı olmak üzere, $k\geq 1$ için $n=m^k$ olarak yazabiliriz. Bu durumda $$n^{\frac{18}{n}}=m^{\frac{18k}{m^k}}\in\mathbb{Z}\implies m^k\mid 18k$$ elde edilir.

$k=1$ için $m\mid 18$ olacağından $n=m=2,3,6,18$ olabilir.

$k=2$ için $m^2\mid 36$, yani $m\mid 6$ olduğundan $n=m^2=4,9,36$ olabilir.

$k=3$ için $m^3\mid 54$, yani $m\mid 3$ olduğundan $n=m^3=27$ olabilir.

$k\geq 4$ için $m^k\mid 18k$ bize $18k\geq m^k\geq 2^k$ verir. Bir taraf üstel, diğer taraf lineer olduğundan bu eşitsizlik belli bir değerden sonra bozulacaktır. $k=4$ için zaten doğru olmadığından $k\geq 4$ için de doğru değildir. Buradan çözüm gelmez.

Sonuç olarak $n=1,2,3,4,6,9,18,27,36$ olmak üzere $9$ farklı değer alabilir.

Cevap: $\boxed{C}$

Ali ve Burcu'nun yaşları $a$ ve $b$ olsun. Doğru orantılı olduğu durumda Ali'nin aldığı şeker sayısı $\frac{99a}{a+b}$ şeker alır. Ters orantılı olduğu durumda da $\frac{99\cdot \frac{1}{a}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{99b}{a+b}$ şeker alacaktır. Dolayısıyla bize verilen eşitlik $$\frac{99b}{a+b}-\frac{99a}{a+b}=9\implies 5b=6a$$ bulunur. Yani $(a,b)=(5k,6k)$ formatındadır. Ali'nin yaşı, verilen şıklarda sadece $10$ olabilir.

Cevap: $\boxed{D}$

Herhangi iki öğrencinin ortak beğendiği bir tablo olsun. Herkesin beğendiği bir tablo varsa, o tablo otomatik olarak $23$ kişi tarafından beğenilmiş demektir. Böyle bir tablo olmadığı kabulüyle başlayalım. Herkes aynı iki tabloyu beğenmiş olamaz, bu yüzden $a,b,c$ farklı tablolar olacak şekilde $(a,b)$ ve $(a,c)$ tablolarını beğenen $2$ öğrenci olmalıdır. Herkes $a$ tablosunu beğenmiş olamayacağından, $a$'yı beğenmeyen herkes $(b,c)$ tablolarını beğenmiş olmalıdır. Eğer $a,b,c$ dışında beğenilen bir $d$ tablosu varsa, bu tabloyu beğenen kişi otomatik olarak $a$'yı da beğeneceğinden $(a,d)$ ikilisini beğenmiş olur. Ancak bu durumda da $a$'yı beğenmeyen kişi $b,c,d$'nin üçünü birden beğenmek zorunda kalır ki bu da imkânsızdır. Sonuç olarak ya herkesin beğendiği bir tablo vardır, ya da herhangi bir öğrencinin beğendiği tablo ikilisi $(a,b),(a,c),(b,c)$ ikililerinden biri olmak zorundadır. Bu ikilileri beğenenlerin sayısı sırasıyla $d_1,d_2,d_3$ olsun. Bu durumda $d_1+d_2+d_3=23$'dür ve $a,b,c$ tabloları sırasıyla $d_1+d_2,d_1+d_3,d_2+d_3$, veya denk olarak, $d_1+d_2,23-d_2,23-d_1$ kişi tarafından beğenilir. Bu sayıların toplamı $46$ olduğundan her durumda en az bir tanesi en az $\left\lceil \frac{46}{3}\right\rceil=16$ kişi tarafından beğenilir. Örnek durum olarak da $d_1=d_2=8$ ve $d_3=7$ verilebilir.

Cevap: $\boxed{E}$

Kalan, bölenden daha az olacağından $a-2<b<a$ olmalıdır, yani $b=a-1$'dir. $$n=at+(a-1)=(a-1)k+(a-2)$$ formatındadır. Yani $n+1$ sayısı hem $a$ ile hem de $a-1$ ile bölünmelidir. Bu iki sayı her zaman aralarında asal olduğundan $a(a-1)\mid n+1$ olmalıdır.

$n=89,119$ için $a=3$ seçebiliriz. $n=99$ için $a=5$ seçebiliriz. $n=109$ için $a=11$ seçebiliriz. $n=129$ içinse $n+1=130=2\cdot 5\cdot 13$ olduğundan böyle bir $a$ yoktur.

Cevap: $\boxed{A}$

$x=1$, $y=100$, $z=10000$ ve $t=1000000$ seçilirse, $(a,b,c,d)=(\overline{a_1a_2},\overline{b_1b_2},\overline{c_1c_2},\overline{d_1d_2})$ ise $$ax+by+cz+dt=\overline{d_1d_2c_1c_2b_1b_2a_1a_2}$$ olacağından tek seferde sayılar bulunabilir.

Cevap: $\boxed{D}$

Satırları sol üstten başlayarak, soldan sağa doğru $a,b,c,d,e,f,g,h,i$ olarak isimlendirelim. $2\times 2$'lik birim karelerdeki toplamlar $$a+b+d+e=b+c+e+f=d+e+g+h=e+f+h+i=T$$ şeklindedir. Köşelerin toplamına $C:=a+c+g+i$, kenar ortalarına da $D:=b+d+f+h$ diyelim. Elde ettiğimiz dört denklemin toplamını $D$, $C$ ve $e$ cinsinden yazabiliriz. $$4T=C+2D+4e$$ olacaktır, ayrıca $C+D+e=1+2+\cdots+9=45$'dir. Bu yüzden terim azaltmak adına $D$'yi yok edelim. $$4T=C+4e+2(45-C-e)=90+2e-C\implies T=\frac{90+2e-C}{4}$$ elde edilir. Bu değerin alabileceği değerler $$\frac{90+2\cdot 1-(6+7+8+9)}{4}\leq T=\frac{90+2e-C}{4}\leq \frac{90+2\cdot 9-(1+2+3+4)}{4}\implies 16\leq T\leq 24$$ bulunur. Eşitlik durumlarını araştıralım. $T=24$ için köşeleri en ufak, merkezi ise en büyük seçmeli, $T=16$ içinse tam tersi şeklinde seçmeliyiz. Direkt olarak en küçük/en büyük seçmenin işe yaramayacağı yukarıdaki eşitsizlikten bellidir ama $T=24$ ve $T=16$ için bu sınırları zorlamalıyız. Denersek, $$(a,b,c,d,e,f,g,h,i)=(1,6,2,8,9,7,4,3,5)\longrightarrow T=24$$ $$(a,b,c,d,e,f,g,h,i)=(5,3,8,7,1,4,6,2,9)\longrightarrow T=16$$ olduğundan en küçük değer $16$, en büyük değer $24$'dür. Farkları ise $8$'dir.

Cevap: $\boxed{A}$

Düzgün $n$-geni çember içinde düşünürsek, çemberde açı formüllerinden, $s(\widehat{A_pA_qA_r})$ açısının $k$, $A_p$ ile $A_r$ arasında kalan ve $A_q$'dan geçmeyen kenarların sayısı olmak üzere $\frac{180^\circ k}{n}$ olduğu görülebilir. $A_1A_5$, $A_2A_7$ ve $A_3A_{23}$ noktaları $X$ noktasında kesişsin. Bize gerekli olacak tüm açıları hesaplayalım. $$s(\widehat{A_2A_1A_5})=\frac{3\cdot 180^\circ}{n},\qquad s(\widehat{A_1A_2A_7})=\frac{(n-6)\cdot 180^\circ}{n}$$ $$s(\widehat{A_{7}A_2A_3})=\frac{4\cdot 180^\circ}{n},\qquad s(\widehat{A_2A_3A_{23}})=\frac{(n-21)\cdot 180^\circ}{n}$$ olduğundan $s(\widehat{A_1XA_2})=180^\circ-\frac{3\cdot 180^\circ}{n}-\frac{(n-6)\cdot 180^\circ}{n}=\frac{3\cdot 180^\circ}{n}$ ve $s(\widehat{A_2XA_{3}})=180^\circ-\frac{4\cdot 180^\circ}{n}-\frac{(n-21)\cdot 180^\circ}{n}=\frac{17\cdot 180^\circ}{n}$ bulunur. $s(\widehat{A_1XA_2})=s(\widehat{A_2A_1X})$ olduğundan $|A_1A_2|=|A_2X|=|A_2A_3|$ olacaktır. $s(\widehat{A_7A_2A_3})=\frac{4\cdot 180^\circ}{n}$ olduğundan ve $A_2XA_3$ ikizkenar olduğundan $s(\widehat{A_2XA_3})=90^\circ-\frac{2\cdot 180^\circ}{n}$ bulunur. $$90^\circ-\frac{2\cdot 180^\circ}{n}=\frac{17\cdot 180^\circ}{n}\implies n=38$$ bulunur.

Cevap: $\boxed{B}$

Genelliği bozmadan $m\geq n$ olsun. Eğer $n\geq 3$ ise $2^m+2^n+5\equiv 5\pmod{8}$ olacağından tamkare olamaz. $n=1$ veya $n=2$ olabilir.

$n=1$ ise $t^2=2^m+7$ olur. $m\geq 3$ olursa $t^2\equiv 7\pmod{8}$ çelişkisi elde edilir, $m=2$ ve $m=1$ denenirse $m=1$ için çözüm olduğu görülür. Yani $(m,n)=(1,1)$ çözümü elde edilir.

$n=2$ ise $t^2=2^m+9$ olur. $$2^m=(t-3)(t+3)\implies (t-3,t+3)=(2^a,2^b)$$ formatında olacaktır. $2^b-2^a=2^a(2^{b-a}-1)=6$ olduğunda $a=1$ ve $b=3$ bulunur, yani $m=4$ bulunur. $(m,n)=(4,2)$ ve simetriden $(2,4)$ çözümü bulunur.

$m+n$'nin alabileceği değerler $2$ ve $6$'dır.

Cevap: $\boxed{A}$

Aritmetik-Geometrik Ortalama eşitsizliğinden $$a^3+2ab^2\geq 2\sqrt{2}a^2b$$ $$b^2+2a^2b^2\geq 2\sqrt{2}ab^2$$ elde edilir. Dolayısıyla, $$\frac{a^3+b^2+2ab^2(a+1)}{ab(a+b)}\geq \frac{2\sqrt{2}a^2b+b^2+2a^2b^2\geq 2\sqrt{2}ab^2}{ab(a+b)}=2\sqrt{2}$$ elde edilir. Eşitlik durumu ise $a^3=2ab^2$ ve $b^2=2a^2b^2$ durumunda, yani $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ve $b=\frac{1}{2}$ iken sağlanır.

Cevap: $\boxed{B}$

Sayılarımız $a_1,a_2,\dots,a_{13}$ olsun. Üçlü toplamlar $a_1+a_2+a_3,a_2+a_3+a_4,\dots,a_{13}+a_1+a_2$'dir. Bunların toplamı ise her $a_i$ tam olarak $3$ defa bulunduğu için $$3(1+2+3+\dots+13)=273$$ olacaktır. Toplamda $13$ tane üçlü olduğu için en küçük toplama $M$ dersek, $$M\leq \frac{273}{13}=21$$ olacaktır. $M=21$ durumu ise tüm toplamların $21$'e eşit olması halinde elde edilir. Ardışık üçlülerin toplamlarının eşit olması demek, $a_1+a_2+a_3=a_2+a_3+a_4$ olduğundan $a_1=a_4$ olması demektir ki bu da imkânsızdır. Dolayısıyla, $M\leq 20$ olacaktır. $M=20$ de imkânsızdır ama önce $M=19$'un mümkün olduğunu gösterelim. Eğer sayıları $$13,1,6,12,2,7,10,3,8,9,4,11,5$$ sırasında seçersek, toplamlar $$20,19,20,21,19,20,21,20,21,24,20,29,19$$ olur ve minimumu $19$'dur.

Şimdi ise $M=20$ olamayacağını gösterelim. Aksini varsayalım ve $M=20$ olsun. $s_i=a_i+a_{i+1}+a_{i+2}$ olarak tanımlayalım ($a_{n+13}=a_n$). Bu durumda $s_i,s_{i+3},s_{i+6},s_{i+9}$ sayıları $a_{i},a_{i+1},\dots,a_{i+11}$ sayılarının üçlü toplamlarıdır ve aynı sayıları içermezler. Dolayısıyla, $$1+2+3+\cdots+13-a_{i-1}=s_i+s_{i+3}+s_{i+6}+s_{i+9}\geq 80$$ $$\implies a_{i-1}\leq 11$$ bulunur. Ancak $i$ rastgele olduğundan dolayı $a_{i-1}=12$ veya $13$ olacak şekilde $i$'i seçebiliriz, bu durumda bu eşitsizlik bir çelişki oluşturur. Yani $M=20$ olamaz. En küçük toplamın alabileceği en büyük değer $19$'dur.

Not: Direkt olarak son çelişki yöntemini kullanırsak, $a_{i}\leq 91-4M$ eşitsizliği bulunur. Dediğimiz gibi $a_i=13$ olabileceğinden $13\leq 91-4M$ olmalıdır ve $M\leq 19$ bulunur. Başta bu gözlemi yaparak direkt olarak $M=19$ için arama yapmaya başlayabiliriz.

Not 2: $M=19$ için bir çözüm bulmak çok zor gözükse de aslında basit bir algoritma ile elde edilebilir. Birden fazla çözüm vardır, ben yukarıdaki örneğe nasıl ulaştığımı belirteceğim. Öncelikle toplamları aşırı büyültürsek, en küçük toplam o kadar azalacaktır, bu yüzden olabildiğince ufak toplamlar elde etmeliyiz. Dolayısıyla, $13$'ten sonra $1$ ile devam etmek en iyisidir. Bir sonraki sayıyı elde etmek için $a_i+a_{i+1}+a_{i+2}\geq 19$ olmasını kullanarak sıradaki sayı için bir alt sınır belirliyoruz. Bu alt sınır uygunsa, yani daha önce kullanılmamışsa veya biraz ilerleyince sıkıntı çıkarmıyorsa onu seçiyoruz ve bu şekilde ilerliyoruz. Örneğin, $13,1$ ile başlanıldığı için sıradaki sayı en az $5$ olmalıdır ancak $5$'i seçmek, bir sonraki sayının $13$ olmasını zorlayacağından $6$'yı seçiyoruz. Sonrasında ise bahsettiğimiz algoritmayı kullanarak örnek dizilimi elde edebiliyoruz.