Tübitak Lise 1. Aşama - 2018 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{D}$


Yansımalardan dolayı $|DB|=|BA|=|AE|$ ve $m(\widehat{DBC})=m(\widehat{ABC})= m(\widehat{CEA}) = 30^\circ $ olur. Buna göre, $ABD$ üçgeni eşkenardır ve $|AD|=|AE|$ elde edilir. $ADE$ ikizkenar üçgeninde $m(\widehat{EAD})=140^\circ $ olduğundan $m(\widehat{ADE})=m(\widehat{AED})=20^\circ $ olup $m(\widehat{DEC})=20^\circ + 30^\circ = 50^\circ $ bulunur.

Yanıt: $\boxed{C}$


$x_{n+1} = 3x_n - 2x_{n-1}$ koşullarını sağlayan bir dizideki terimler arasındaki fark her terimde $2$ kat artar, böylece $x_2 = 4, x_3 = 8, x_4 = 16$ olduğu görülür ve her terim $x_n = 2^n$ koşulunu sağlar, ilk birkaç terim yazılarak tahmin de edilebilir, $2018.$ terim $2^{2018}$ olur.

$2018 = 2 \cdot 1009$ ve $ 2 | 2^{2018} $ olduğundan sadece $\mod 1009$ da incelememiz yeterlidir. Fermat'ın Küçük Teoreminden $2^{1008} \equiv 1 \pmod {1009} $ ve $2^{2018} \equiv 2^{1008} \cdot 2^{1008} \cdot 2^2 \equiv 1 \cdot 1 \cdot 2^2 \equiv 4 \pmod {1009}$. Yani kalan $4$ tür.

Yanıt: $\boxed{C}$

İndirgemeli dizi yardımıyla soruyu çözelim. $x_{n+1} = 3x_n - 2x_{n-1}$ doğrusal indirgemeli dizisinin karakteristik polinomu $r^2-3r+2=0$ olup kökleri $r_1=1$ ve $r_2=2$ dir. Dolayısıyla genel terim $x_n= A\cdot 2^2 + B\cdot 1^n$ formundadır.

$n=0$ için $x_0=A+B=1$
$n=1$ için $x_1=2A+B=2$

denklemlerinden $A=1$ ve $B=0$ bulunur. Dolayısıyla $x_n=2^n$ elde edilir. Bu aşamadan sonra $x_{2018}=2^{2018}$ sayısının $2018$ ile bölümünden kalanı ilk çözümde olduğu gibi $4$ olarak bulabiliriz.

Yanıt: $\boxed{B}$

$(x^2 - 2x \sqrt 2 + 7)(y^2 + 2y \sqrt 3 + = 25$ ifadesini $((x - \sqrt 2)^2 + 5)((y - \sqrt 3)^2 + 5) = 25 $ olarak çarpanlarına ayırabiliriz.

Kare içi $0$'dan küçük olamayacağından iki çarpanında $5$den büyük eşit olduğu görülür ve bir çarpanı $5$'ten büyük ise diğer çarpan $5$ten küçük olması gerektiğinden tek olasılık iki çarpanında $5$'e eşit olmasıdır.

$x = \sqrt{2},$  $y = \sqrt{3}$den başka çözüm yoktur.

Cevap: $\boxed{E}$

$|AC|=3k$, $|BC|=4k$ olsun. $|CE|=|CD|=\dfrac{|AC|+|BC|-|AB|}{2}=k$ olur. Menalaus teoreminden $$\dfrac{|BD|}{|BC|}\cdot \dfrac{|CE|}{|EA|}\cdot \dfrac{|AT|}{|TD|}=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{|AT|}{|TD|}=1\Rightarrow \dfrac{|AT|}{|TD|}=\dfrac{8}{3}\Rightarrow \dfrac{|AD|}{|TD|}=\dfrac{11}{3}\Rightarrow |TD|=\dfrac{3|AD|}{11}$$

Kuvvet teoreminden $$|EA|^2=|AS|\cdot|AD|\Rightarrow |AS|=\dfrac{|EA|^2}{|AD|}$$ $$\Rightarrow \dfrac{|AS|}{|TD|}=\dfrac{11}{3}\cdot (\dfrac{|EA|}{|AD|})^2$$ $ADC$ üçgeninde pisagordan $|AD|=k\sqrt{10}$ bulunur. Aynı zamanda $|AC|-|CE|=|EA|=2k$ olur. Buradan $$\dfrac{|AS|}{|TD|}=\dfrac{11}{3}\cdot \dfrac{4k^2}{10k^2}=\dfrac{22}{15}$$ bulunur.

Yanıt: $\boxed D$


Bir $a$ sayısının bir sayının en küçük bölmeyeni olması için bir asal sayının kuvveti olmalıdır. Eğer değilse; $p$, $m$'in asal çarpanlarına ayrılışında üssü $a$'nin asal çarpanlarına ayrılışındaki üssünden küçük olan en küçük asal sayı olsun $a = p^k \cdot m$, $m \gt 1$ şeklinde yazılabilir fakat $p^k < a$'dır ve $n$'i bölmez yani $a$ en küçük bölmeyeni değildir. Böyle $26 \ge a$ sayisi 14 tanedir.

Eşitlikte sağ tarafı sola atarsak, $$\sum_{k=1}^{2018} (n_k-1)(n_k-2)=0$$ bulunur. $f(n)=(n-1)(n-2)$ fonksiyonu sadece $(1,2)$ aralığında negatif olduğu için her $n$ tamsayısı için $(n-1)(n-2) \geq 0$ 'dir.
Dolayısıyla $\sum_{k=1}^{2018} (n_k-1)(n_k-2)=0$ olması için her $k$ için $n_k=1$ veya $n_k=2$ olması gerekir. $n_k=1$ olan $k$ sayısı $2019$ farklı değer alabileceğinden $ n_1^2+n_2^2+\dots + n_{2018}^2$ toplamı $2019$ farklı değer alabilir.

Yanıt:$\boxed{C}$

Soruda verilen ortak kenar veya köşelere sahip birim kareler boyanmayacak şekilde $2$ sıra boyunca kırmızı ile boyayalım.
Çünkü kırmızı ortada bir yerlerde olduğunda çevresinde boyanamayacak kare sayısı artıyor. Buna göre şekli oluşturalım.
$$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline   k & *  & k &  & k &  &k  &  &k  &  &k  &     \\ \hline  &  &  &  &  &  &  &  &  &  &  &      \\ \hline k &  &  & k  &  & k  &  &k  &  &  &  &  k     \\ \hline  &  &  &  &  &  &  &  &  &k  &  &     \\ \hline k &  &  &   & m &m  &m  &m  &  &  &  & k  \\ \hline  &  &k  &   & m &m  &m  & m &  &k  &  &   \\ \hline k &  &  &  &m  &m  &m  &m  &  &  &  & k   \\ \hline  &  &k  &  & m &m  & m & m &  &k  &  &    \\ \hline k &  &  &   &  &  &  &  &  &  &  & k   \\ \hline  &  & k &  & k &  & k &  & k &  &  &   \\ \hline k &  &  &  &  &  &  &  &  &  &  &k   \\ \hline  &  &k  &  &k  &  & k &  &k  &  &  &  \\  \hline   \end{array}$$
NOT: $k$ harfi kırmızı ile boyananan , $m$ harfi mavi ile boyanabilen yerleri göstermektedir.(* sembolünü birimkareleri eşitlemek için koydum önemli bir nedeni yok.)
kare boyanabilir olduğundan $30$ tane kırmızı kare ve $24$ boyanabilir dolayısıyla hala daha maksimum kırmızı kare sayısına ulaşamadık.
soldaki en üst sıradan $1$ kırmızı kare daha atalım seçtiğimiz kareye göre $25$,$26$ veya $28$ boyanabilir kare elde edilir. Fakat boyanabilir 29 kare elde edilemediğinden $1$ Kırmızı kare daha attığımızda  (Sol en üst ve $1$ altındaki kare) $16+8+4=28$ tane boyanabilir kare elde edilir. Biz kırmızı kare sayısını $32-4=28$ e indirmiştik. Dolayısıyla $k=28$ maximum alabileceği değeri olur.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline   m &   & k &  & k &  &k  &  &k  &  &k  &     \\ \hline  m&  &  &  &  &  &  &  &  &  &  &      \\ \hline m &m  & m & m  &  & k  &  &k  &  &  &  &  k     \\ \hline  &  &m  &m  &  &  &  &  &  &k  &  &     \\ \hline k &  & m & m  & m &m  &m  &m  &  &  &  & k  \\ \hline  &  &m  & m  & m &m  &m  & m &  &k  &  &   \\ \hline k &  &  &  &m  &m  &m  &m  &  &  &  & k   \\ \hline  &  &k  &  & m &m  & m & m &  &k  &  &    \\ \hline k &  &  &   &  &  &  &  &  &  &  & k   \\ \hline  &  & k &  & k &  & k &  & k &  &  &   \\ \hline k &  &  &  &  &  &  &  &  &  &  &k   \\ \hline  &  &k  &  &k  &  & k &  &k  &  &  &  \\  \hline   \end{array}$$
NOT: $k$ harfi kırmızı ile boyanan , $m$ harfi mavi ile boyanan yerleri göstermektedir.

Yanıt:$\boxed{E}$
Soruda verilen bilgilere göre dörtgenimizi oluşturduğumuzda $m(\widehat{ADB})=38^\circ$ ve $m(\widehat{CDB})=42^\circ$ olduğundan $m(\widehat{ADC})=80^\circ$ olur. $m(\widehat{ADC})+2.m(\widehat{ABC})=360^\circ$ ve $[AD]$ ile $[CD]$ yarıçap olacağından $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $D$ noktasıdır.  Daha sonra $m(\widehat{ADB})=42^\circ$ merkez açısının ölçüsü $\widehat{BAC}$ çevre açısının $2$ katına eşit olacağından $m(\widehat{BAC})=21^\circ$ bulunur.

Yanıt:$\boxed{B}$

Sayımız $n$ olsun. $n$ sayısının asal bölenleri sayısı $26$ sayısının $2$ ve $13$ şeklinde $2$ çarpanı olduğundan en fazla iki olabilir. Ve tamkare bölenleri sayısı $26$ deniyor. o halde sayımız için $n=p^{2a}q^{2b}$, $p<q$ biçiminde olması gerektiğini söyleriz. En küçük olabilmesi için en küçük asal sayıları seçelim. $p=2$, $q=3$
daha sonra bölen sayısı kuralından ve tamkare bölen sayısı olduğunu göz önüne alarak $(a+1)(b+1)=26$ olur. $p$ daha küçük sayı olduğundan $a+1=13$  seçersek sayımız daha küçük olur.
$a=12$ ve $b=1$ olduğundan sayımız $n=2^{24} \cdot 3^2$ olacaktır. Fermat teoreminden $2^6 \equiv 1 \pmod 7$ olduğundan $2^{24}\equiv 1 \pmod 7$ , $9 \equiv 2 \pmod 7$ olduğundan $n \equiv 2 \pmod 7$ bulunur.

Yanıt:$\boxed{D}$

Verilen denklemleri taraf tarafa toplayalım.
$x^2+x^3-y^2-xy^2+xy+y^2=10x+10y$
ifadeyi çarpanlarına ayırırsak
$x^2 (1+x)-y^2 (1+x)+y (x+y)=10 (x+y)$
$(x^2-y^2)(1+x)+y(x+y)=10 (x+y)$
$(x-y)(x+y)(1+x)+y(x+y)=10(x+y)$
$(x+y)((x-y)(x+1)+y)=10(x+y)$
Buradan  $x+y=0$ veya $(x-y)(x+1)+y=10$ bulunur.

• $x+y=0$ ise
  $x=-y$ olduğunu kullanarak 1. denklemi çözelim.
  $x=-y$ yazıldığında $-y^2=-10y$  ve  $y=10$ veya $y=0$ olabilir.
  
  
  • $y=0$ ise  $x+y=0$ olacağından  $x=0$ bulunur ve 2.denklemde yerine konulduğunda sağladığı görülür.
    
  • Aynı şekilde $y=10$ ise $x=-10$ bulunur. ve 2. denklemde yerine konulduğunda sağlandığı görülür.
    
  
  
• $(x-y)(x+1)+y=10$ ise
  İfadeyi açıp  düzenlersek $\frac{x^2+x-10}{x}=y$ olur.
  Elde ettiğimiz bu ifadeyi ilk denklemde yerine yazıp düzenlersek
  $x^4-11x^3+9x^2+20x-100=0$ denklemi elde edilir.
  Şimdi bu ifadeye çarpanlarına ayıralım.
  $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4-11x^3+9x^2+20x-100$ deyip
  Soldaki ifadeyi açıp katsayıları eşitlersek
  $a+c=-11$
  $ac+b+d=9$
  $ad+bc=20$
  $bd=-100$   denklemlerinden $a=-3$,$b=5$,$c=-8$,$d=-20$ bulunur.
  İfadeyi $(x^2-3x+5)(x^2-8x-20)=0$ haline getirdik.
  $x^2-3x+5=0$ ifadesinin diskriminantı 0'dan küçük olduğundan reel kökü yoktur.
  O halde $x^2-8x-20=0$ ifadesinden gelen $x=10$ ve $x=-2$ olmalıdır.
  
  
  • $x=10$ ise 1.denklemde yerine yazıp düzenlersek $y^2=10y$ yani $y=10$ veya $y=0$ elde ederiz.
    2. denklemde bu değerleri denersek  $y=10$ olması gerektiğini anlarız.
    
  • $x=-2$ ise  $4-2y-y^2=-20$  denkleminden  $y=-6$ veya $y=4$ olduğunu anlarız
    2. denklemde yerine koyarsak $y=4$ olması gerektiği görülür.
    
  
  

Yani ikililerimiz $(-10,10)$,$(-2,4)$,$(0,0)$,$(10,10)$ ikilileri bulunur. Yani $4$ tane ikilimiz vardır.

İlk denklemi $x$ ile çarpalım ve  $x^3$ ifadesini çekelim. Bunu $2.$ denklemde yerine koyalım.
$x^3=10x^2+y^2x-x^2y$ ifadesini $2.$ denklemde yerine koyarsak
$10x^2-x^2y+y^2=10y$ haline gelir. Bu ifadeyi çarpanlarına ayıralım.
$10x^2-x^2y+y^2-10y=0$
$x^2(10-y)-y(10-y)=0$
$x^2=y$ veya $y=10$ olmalıdır.
$i)$ $y=10$ ise ilk denklem $x^2-100=0$ yani $x=10$ veya $x=-10$  elde edilir. 2. denklemde yerine konulduğunda sağlandığı görülür.
$ii)$ $x^2=y$ ise ilk denklem $x^4-x^3-x^2+10x=0$ haline gelir. Bu denklemin kökleri $x=-2$ ve $x=0$ olduğundan
$a)$ $x=0$ ise $y=0$ olmalıdır. $2.$ denklemi sağlar.
$b)$ $x=-2$ ise $y=4$ olmalıdır. $2.$ denklemi sağlar.
Buna göre çözüm kümemizdeki ikililer $(-10,10),(-2,4),(0,0),(10,10)$ olmalıdır. Yani $4$ tane ikilimiz vardır.

Bir başka çözümünü daha vereyim ;
$y=xt$ , $t \in \mathbb R$ dönüşümü yapabiliriz.
Denklemleri $y=xt$ yazıp düzenlediğimizde
$x+xt-xt^2=10$
$x^2-x^2t^2+xt^2=10t$ denklem sistemi veya $x=0$ elde edilir.
İlk denklemden $x$ ifadesini çekersek $x=\frac{10}{1+t-t^2}$ olur.
Elde ettiğimiz $2.$ denklemde yerine koyup düzenlersek
$t^5-t^4-2t^3+11t^2+t-10=0$ denklemi elde edilir.
bu denklemin köklerinden birinin $t=1$ olduğu açıktır. Basit bir polinom bölmesi ile
$(t-1).(t^4-2t^2+9t+10)=0$ elde edilebilir.
$(t^2+at+b).(t^2+ct+d)=t^4-2t^2+9t+10$ denilirse
$a+c=0$
$ac+b+d=-2$
$ad+bc=9$
$bd=10$ eşitliklerinden $a=3$, $b=2$, $c=-3$, $d=5$ elde edilir.
Yani düzenlersek  $(t-1)(t+1)(t+2)(t^2-3t+5)=0$ elde edilir. $t^2-3t+5=0$ ise $\Delta<0$ olacağından reel kökü olmayacaktır. $t \in \mathbb R$ dediğimizden yani $t=1$, $t=-1$, $t=-2$ ifadelerinden ve $x=\frac{10}{1+t-t^2}$ ile $y=xt$ eşitliklerinden
$i)$ $t=1$ ise $x=10$ ve $y=10$ bulunur.
$ii)$ $t=-1$ ise $x=-10$ ve $y=10$ bulunur.
$iii)$ $t=-2$ ise $x=-2$ ve $y=4$ bulunur.
Fakat biz bu denklem sistemini $x \neq 0$ için yapmıştık. O halde soruda verilen ilk denklemde $x=0$ yazarak $-y^2=0$ yani $y=0$ buluruz.
Buna göre çözüm kümemizdeki ikililer $(-10,10),(-2,4),(0,0),(10,10)$ elde edilir. Yani $4$ tane ikilimiz vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$

Tahtaya yazılan sayı her zaman $4$ modunda $2$'ye eşit olacak, $C$ ve $D$ şıkları olamaz. ($12$ çıkartılması veya $9$ katının $4$ eksiği alınması $4$ modunda değeri değiştirmez ve $2018 \equiv 2 \pmod {4}$'tür.)

$2018$'den $12$ çıkartıp durduğumuzda değer $9$ modunda $2, 5, 8$ şeklinde tekrar edecektir, bir sayının $9$ katının $4$ eksiği her zaman $9$ modunda $5$ kalanını vereceğinden sayımız $9$ modunda yalnız $2, 5, 8$ değerlerini alabilir. $A$ ve $B$ şıkları da olamaz.

Yani içlerinden bir tanesi olabiliyorsa o şık $E$'dir.

Cevap: $\boxed{A}$

$PBC$ üçgeninde Stewart teoreminden, $$\dfrac{PB^2+PC^2}{2}-\dfrac{1}{2}=PD^2$$ $PAC$ üçgeninde Stewart teoreminden, $$\dfrac{PA^2+PC^2}{2}-1=PE^2$$ Bu iki denklemi toplayıp $PC^2=PD^2+PE^2$ 'yi kullanırsak, $$PA^2+PB^2=3$$ bulunur.$PAB$ üçgeninde kosinüs teoreminden, $$PA^2+PB^2-2\cdot PA\cdot PB\cdot \cos(\angle BPA)=AB^2 \Rightarrow 3+2\cdot PA\cdot PB\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4}=4 \Rightarrow PA\cdot PB=\sqrt{2}$$ $$PA+PB=\sqrt{PA^2+PB^2+2\cdot PA\cdot PB}=\sqrt{2}+1$$

Yanıt: $\boxed{B}$

$4^n \equiv 1, 4, 16, 21, 41, 35, 11 \pmod {43}$, $41$, $1$ ve $1$ kalanlarını verecek şekilde $3$ sayı seçersek toplam $43$'e bölünür.

Yanıt: $\boxed {B}$
 
$x^2-2x$ ifadesini $(x-1)^2-1$ biçiminde yazarsak $x$ sayısının $\sqrt{a}+1$ biçiminde olması gerektiğini görürüz. İkinci ifade olan $x^3-5x$ ifadesinde  $\sqrt{a}+1$ yazarsak $a\sqrt{a}+3a+3 \sqrt{a}+1-5(\sqrt{a}+1)$ elde ederiz ve düzenlersek $(a-2)\sqrt{a}+3a-4$ elde ederiz. Köklü ifade olmaması için  $a=2$ seçersek $3\cdot 2-4=2$ olduğu görülür.

İki rasyonel sayının oranıda rasyonel olacağından ve $x\neq 0$ olduğunu bildigimizden $$\frac{x^3-5x}{x^2-2x}=\frac{x^2-5}{x-2}\in \mathbb{Q}\Rightarrow \frac{x^2-2x-1}{x-2}\in \mathbb{Q}$$ yazılabilir. Bu oranda üst tarafın rasyonel ve alt tarafın irrasyonel olduğu açıktır. Bu durumda oranının rasyonel olması için üst taraf $0$ olmalıdır. $x^2-2x-1=0$ ve $x^2=2x+1$ bulunur. $x(x^2-5)=x(2x-4)=2(x^2-2x)=2$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

Dağılımdaki ters ikili $(i,j)$ olsun. Eğer $j-i>1$ ise $(i,i+1)$ ters ikili değildir fakat $(i,j)$ ikilidir. $a.$ kutudaki bilye sayısı $x_a$ dersek, $x_i<x_{i+1}$ ve $x_i\geq x_j$ olacağından $x_{i+1}>x_j$ olacaktır. Yani $(i+1,j)$ ikilisi de ters ikilidir. Bu da bir tane ters ikili içermesiyle çelişir. Dolayısıyla $j=i+1$'dir. Yani tek ters ikili $(i,i+1)$'dir. $6$ farklı $(i,i+1)$ ikilisi seçilebilir. Bu dağılım için $(i,i+1)$ ikilisi hariç kutulardaki bilye sayısı artan sırada olmalıdır. Örneğin $i=3$ ise $x_1<x_2<x_4\leq x_3<x_5<x_6<x_7$ olacaktır. İki ihtimal vardır: $x_i=x_{i+1}$ veya $x_{i+1}<x_i$. Bu durumlardaki dağılım sayısını bulmak için $\{1,2,\dots,10\}$ kümesinden elemanlar seçip artan sırada dizmeliyiz. $x_i=x_{i+1}$ ise $6$ sayı $x_{i+1}<x_i$ ise $7$ adet sayı seçmeliyiz. Bu durumda dağılım sayısı $$6\left (\dbinom{10}{6}+\dbinom{10}{7}\right)=1980$$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed E$

$2 \equiv 2 \pmod 7$, $2^2 \equiv 4 \pmod 7$, $2^3 \equiv 1 \pmod 7$ dir. Dolayısıyla üslü olan ifadelerin üssünün $3$'e bölümünden kalanlara bakmak gereklidir.
Bundan dolayı $2^{2^n}$ ifadesinden $2^n \equiv \cdots \pmod 3$ şeklinde de bakmamız gerekir.
$n=2k+1$ olursa $2^n \equiv 2 \pmod 3$
$n=2k$ olursa $2^n \equiv 1 \pmod 3$ olur. dolayısıyla soruyu $2$ farklı duruma ayıralım.

$a)$ $n=2k$ olması halinde $2^n \equiv 1 \pmod 3$ olduğu için denkliğimiz $2+2^{2k}+2k \equiv 0 \pmod 7$ elde edilir.

$1)$ $k \equiv 0 \pmod 3$ olursa ($k=3p$) $3+6p \equiv 0 \pmod 7$ olur. $2p+1 \equiv 0 \pmod 7$, $p \equiv 3 \pmod 7$  ($42$  periyodunda $1$ çözüm)

$2)$ $k \equiv 1 \pmod 3$ olursa ($k=3p+1$) $8+6p \equiv 0 \pmod 7$ olur $3p+4 \equiv 0 \pmod 7$, $p \equiv 1 \pmod 7$ ($42$ periyodunda $1$ çözüm)

$3)$ $k\equiv 2 \pmod 3$ olursa ($k=3p+2$) $8+6p \equiv 0 \pmod 7$ olur  $p \equiv 1 \pmod 7$ ($42$ periyodunda $1$ çözüm)

$b)$ $n=2k+1$ olması halinde $2^n \equiv 2 \pmod 3$ olduğu için denkliğimiz $4+2^{2k+1}+2k+1 \equiv 0 \pmod 7$ elde edilir.

$1)$ $k\equiv 0 \pmod 3$ olursa ($k=3p$) $7+6p\equiv 0 \pmod 7$ olur $p\equiv 0 \pmod 7$ ($42$ periyodunda $1$ çözüm)

$2)$ $k\equiv 1 \pmod 3$ olursa ($k=3p+1$) $8+6p\equiv 0 \pmod 7$ olur $p\equiv 1 \pmod 7$ ($42$ periyodunda $1$ çözüm)

$3)$ $k\equiv 2 \pmod 3$ olursa ($k=3p+2$) $13+6p\equiv 0 \pmod 7$ olur $p \equiv 6 \pmod 7$ ($42$ periyodunda $1$ çözüm)


$42$ periyodunda $6$ çözüm vardır ve $n \leq 420$ için $6\cdot 10=60$ çözüm vardır

Cevap: $\boxed{B}$

$$\dfrac {1}{a_{n+1}}+\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+a_{i+1}) \sqrt{a_i^2+i^2}}=1$$  $n$ yerine $n-1$ yazarsak ve denklemden çıkarırsak, $$\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{1}{(a_{n}+a_{n+1})\sqrt{a_{n}^2+n^2}}=0$$ $n=1$ yazarsak $a_2=\sqrt{2}$ bulunur. Yani $a_n={\sqrt{n}}$ olabilir. Tümevarımla gösterelim,
$n=1,2,\cdots , k$ için doğru olsun.$n=k+1$ için ispatlayalım. Denklemde $n=k$ yazarsak ve $a_{k+1}=x$ dersek, $$\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{(x+\sqrt{k})\sqrt{k(k+1)}}=0$$ payda eşitlersek, $$x^2\sqrt{k+1}-x-k\sqrt{k+1}=0 \Rightarrow (x-\sqrt{k+1})(\sqrt{k+1}x+k)=0$$ bulunur. Dizi, pozitif gerçel sayı dizisi olduğundan $x=a_{k+1}=\sqrt{k+1}$ olur. Dolayısıyla her $n$ için $a_n=\sqrt{n}$ olur. $a_{100}=10$ olur.

Cevap: $\boxed{C}$

$k$ numaralı böceğin yatay düzlemde yapacağı hamle en az $\mid (27-k)-k\mid=\mid 27-2k\mid $ olacaktır. Yatay düzlemde yapılan toplam hareket $Y$ olsun. $$Y\geq \sum_{k=1}^{26} \mid 27-2k\mid=\sum_{k=1}^{13} (27-2k)+\sum_{k=14}^{26} (2k-27)=\sum_{k=1}^{13} (27-2k)+\sum_{k=1}^{13} (2(k+13)-27)=\sum_{k=1}^{13}(27-2k+2k-1)=338$$ olur. Dikey yönde yapılan hareket sayısı $D$ olsun. Her böcek çift sayıda hareket yapacaktır. Eğer bir böcek dikey harekette bulunursa en az $2$ dikey hareket yapacaktır. İki böceğin dikey hareket yapmadığını varsayalım. Bu böceklerin numaraları $k_1$ ve $k_2$ olsun. Genelliği bozmadan $k_1>k_2$ olsun. $27-k_2>27-k_1$ olduğundan dikey hareket yapmadan bu iki böcek birbirlerinin arkasına geçemez. O yüzden dikey hareket yapmayan böcek sayısı en fazla $1$ olabilir. Yani $D\geq 2\cdot 25=50$ olur. Dolayısıyla $Y+D\geq 388$ olur.

$388$ için örnek durum: $13.$ böcek ile $14.$ böcek toplamda $4$ hamle ile yer değiştirir ($13.$ böcek dikey hareket yapmaz). $1\leq k\leq 12$ için $k.$ ve $(27-k).$ böceklerin birisi yukarı doğru diğeri aşağıya doğru hamle yapar ve yatayda hareket edip yer değiştirirler. Böylece $388$ hamlede sonuca ulaşılır.

Yanıt: $\boxed{D}$

Açı eşitliklerinden dolayı $D$ noktası $BEC$ üçgeninin $B$ noktasına göre dış teğet çemberinin merkezidir. Böylece $[CD$ ışını, $BEC$ üçgeninin bir dış açıortayı olur. Fakat $[CE$, $ABC$ üçgeninde iç açıortay olduğundan $m(\widehat{BCE})=m(\widehat{ECA})=60^\circ $ elde edilir. Açıortaylar arasında kalan açılar ile ilgili $$ m(\widehat{EDB}) = \dfrac{m(\widehat{BCE})}2 $$ eşitliğinden $m(\widehat{EDB}) = 30^\circ $ bulunur.

Yanıt:$\boxed{A}$

$(m+n^2)(m+1)=4mn$ ifadesini açıp $4mn$ yi sol tarafa atarsak
$m^2-2mn+n^2+n^2m+m-2mn=0$ şeklinde yazalım.
ifadeleri tam karelere tamamlarsak $(m-n)^2+m.(n-1)^2=0$ elde edilir. Aşağıdaki adımları takip edelim.
 $(m-n)^2=-m.(n-1)^2$
 $-m=k$ diyelim;
 $(k+n)^2=k.(n-1)^2$ Kareköke alalım.
$k+n=(n-1).\sqrt{k}$ ,$k=a^2$ dönüşümü yapalım.
$a^2+n=an-a$
$a^2+a=n.(a-1)$
$n=\frac{a^2+a}{a-1}$ ifadesini polinom bölmesi ile $a+2+\frac{2}{a-1}$ şeklinde yazalım.
$a-1=2$,$a-1=1$,$a-1=-1$,$a-1=-2$ olabileceğinden ve $ m=-a^2$ oldugundan
$i)$ $a=2$ ise $m=-4$,$n=6$ elde edilir.
$ii)$ $a=3$ ise $m=-9$,$n=6$ elde edilir.
$iii)$ $a=0$ ise $m=0$,$n=0$ elde edilir.
$iv)$ $a=-1$ ise $m=-1$,$n=0$ elde edilir.
olabilecek $m+n$ değerlerinin toplamı $2-3+0-1=-2$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$2x+16y=x^2+y^2$ ifadesini $(x-1)^2+(y-8)^2=65$ haline getirirebiliriz.
$x-1=a$
$ y-8=b$  dönüşümleri yapılırsa bizden minimumu istenen ifade için $7a+4b$ nin minimumuna bakmak yeterlidir.
$a^2+b^2=65$ eşitliğinden $b=\sqrt{65-a^2}$ denilebilir. Bunu  bizden istenen ifadede yerine koyarsak
$(7a+4\sqrt{65-a^2})'=0$ denklemini çözüp ekstremum değerleri bulalım.
$7-\frac {8a} {2\sqrt{65-a^2}}=0$ elde ederiz.Bu denklemi düzenleyip her iki tarafın karesi alınırsa
$49.65=65a^2$ elde edilir ve $a=7$ veya $a=-7$ elde edilir. $a=7$ için $x=8$, $a=-7$ için $x=-6$ bulunur.
Minimum istendiğinden  $x=-6$ alıp denklemde yerine koyarsak
$y^2-16y+48=0$ denklemi elde edilir  $y=12$ veya $y=4$ bulunur. Minimum istendiğinden  $y=4$ alalım.
sonuç olarak $x=-6$ ve $y=4$ için $7x+4y=-26$ oldugundan  $7x+4y \geq -26$ bulunur.

Önceki çözümdeki $x-1 = a$ ve $y - 8 = b$ dönüşümlerinden sonra $7, 4$ ve $a, b$ üzerinde C - S eşitsizliği uygulanırsa:

$ |7a+4b| \leq \sqrt{7^2 + 4^2} \times \sqrt{a^2+b^2}$, $a^2 + b^2 = 65$ olduğu kullanılıp düzenlenirse $-65 \leq 7a + 4b \leq 65$ bulunur. Minimum değer $-65$dir. Baştaki dönüşümlerden sonra istenilen $7a + 4b +39$ olduğundan, $-65 + 39 = -26$dır.

Lise düzeyi analitik geometri bilgilerimizi kullanabileceğimiz bir çözüm sunabilirim.

$2x+16y=x^2+y^2$ denklemi analitik düzlemde $(x-1)^2 + (y-8)^2=65$ çemberini belirtir. Bu çemberin merkezi $M(1,8)$ noktası olup yarıçap $r=\sqrt{65}$ tir. $7x+4y=n$ dersek, bun denklem de analitik düzlemde bir doğru gösterir. $n$ parametresinin alacağı değerlere göre, bu doğru çemberle kesişecek, çembere teğet olacak veya çemberle kesişmeyecektir. Doğrunun çembere teğet olması durumunda $n$ nin en büyük-en küçük değerlerini alabileceğini görebiliriz. (Bunu daha kolay görmek için çemberi ve $-7/4$ eğimine sahip bazı doğruları çizmek faydalı olacaktır.) $M(1,8)$ noktasından $7x+4y-n=0$ doğrusuna inen dikme ayağı $H$ olsun. Teğet olma şartından dolayı $|MH|=r$ olmalıdır. Böylece, noktanın doğruya uzaklığı formülünden

$$ \dfrac{|7\cdot 1  + 4\cdot 8 - n|}{\sqrt{7^2 + 4^2}} = \sqrt{65}$$

olup $n=-28$ ve $n=104$ değerleri elde edilir. $n_{\min} = -28$ dir.



Not: Bu soruda $n$ nin ekstremum değerlerinin tam sayı çıkmasında $7^2 + 4^2 = 8^2 + 1^2$ eşitliğinin fayda sağladığını görebiliriz. Modifiye sorular yazmak isterseniz $a^2 + b^2 = c^2 + d^2$ eşitliğini sağlayan ($(a,b)\neq (c,d)$ olması tercih edilir) $a,b,c,d$ pozitif tam sayıları bulmanız gerekecektir.

$\bullet$ $7^2 + 1^2 = 5^2 + 5^2$

$\bullet$ $12^2 + 1^2 = 8^2 + 9^2$

$\bullet$ $32^2 + 9^2 = 31^2 + 12^2$

...vb örnekler türetebiliriz.

Yanıt : $\boxed{D}$

Verilen eşitlikte her iki tarafa $12x$ ekleyip $8y$ çıkarırsak $$x^2+12x+y^2-8y=14x+8y$$ elde edilir. Tamkareye tamamlarsak $$(x+6)^2+(y-4)^2=36+16+14x+8y=14x+8y+52$$ elde edilir. Sol taraf $0$'dan büyük eşit olduğundan $$14x+8y+52\geq 0 \Rightarrow 7x+4y\geq -26$$ elde edilir. $(x,y)=(-6,4)$ örnek durumdur.

Yanıt: $\boxed{B}$

Verilen ifadeyi tahmin  ederek çarpanlarına ayıralım.
$(x^2+mx+n).(x^2+kx+l)=x^4+(a+b)x^3+(a+b+ab)x^2+(a^2+b^2)x+ab$ ifadesinde terimlerin katsayılarını eşitlersek
$m+k=a+b$
$mk+n+l=a+b+ab$
$ml+nk=a^2+b^2$
$nl=ab$   elde edilir.  bu denklem sistemini çözersek  $m=b$, $n=a$, $k=a$ ,$l=b$ elde edilir.
$(x^2+bx+a).(x^2+ax+b)=0$ elde edilir.
reel kökü olmaması için  diskriminantı $0$ dan küçük olmalıdır.
$b^2-4a<0$ ve $a^2-4b<0$ elde edilir.
İstenen ifadeyi açarsak $a^2-4a+4+b^2-4b+4$
$(a^2-4b)+(b^2-4a)+8$ olduğundan  $(a-2)^2+(b-2)^2<8$ olmalıdır. Alabileceği en büyük tamsayı değeri $7$ bulunur.

Cevap: $\boxed{B}$

Dikdörtgenler prizmasını açarsak kenar uzunlukları $x,y,z$ olan bir prizma için en kısa yolun $\sqrt{x^2+(y+z)^2}$ formatında olması gerektiğini görürüz. $x=1,2,3$ değerlerini yerine koyarsak minimum değer $x=3$ için $3\sqrt{2}$ bulunur.

Yanıt:$\boxed{B}$

Soruda istenen ifadeye $a$ diyelim.

$\dfrac{13^m+p.2^n}{13^m-p.2^n}=a$ diyelim. İçler dışlar çarpımı yapıp düzenlersek ifademiz
$$(1+a).p.2^n=13^m.(a-1)$$
$4$ bilinmeyenli diyafont denkleme dönüşür. Bu ifadeden yola çıkarak
$p.2^n=13^m.\dfrac{a-1}{a+1}$ haline gelir. Sağ taraf birlikte düşünüldüğünde tamsayı olmalıdır.
$p.2^n=13^m-\dfrac{2.13^m}{a+1}$ haline gelir. Buradan
$a+1=2$,$a+1=1$, $a+1=-1$, $a+1=-2$, $a+1=13^k$, $ a+1=-13^k$, $a+1=2.13^k$, $a+1=-2.13^k$; ($k \leq m$) eşitlikleri elde edilir. Bu ifadelerden eşitliği mümkün olan durumları bulalım.
Eşitliğin sol tarafı $0 \pmod 2$ olduğundan eşitliğin sağ tarafında da ifade çift olmalıdır.  $13^m\equiv 1 \pmod 2$ olduğundan $\dfrac{2\cdot 13^m}{a+1}\equiv 1 \pmod 2$ olmalıdır. Bunun için $a+1$ çift olmalıdır. $a>0$ olduğu da göz önüne alınırsa
$a+1=2$ veya $a+1=2\cdot 13^k$, $k \leq m$  olabilir.
$1)$ $a+1=2$ olması durumunda $2.p.2^n=0$ olur ve $2^n>0$ ve $p>0$ olduğundan mümkün değildir.
$2)$ $a+1=2.13^k$, $k\leq m$ olması durumunda $a=2.13^k-1$  olur ve
$p.2^n=13^m-13^{m-k}$ elde edilir. $m\neq k$ için ifade  $13^g.(13^t-1)$,$g\in N$ ve $t\in N$ olması gerektiğinden daima $12$ ve $13$ ile bölünür. dolayısıyla $p$ asal olamaz. $m=k$ olmalıdır.
$p.2^n=13^m-1$ Bu ifadenin içinde daima $12$ çarpanı bulanacağından ve başka tek çarpan daha  bulunacağından $m>1$ için $p$ asal olamaz

İddia: $m>1$ için $p.2^n=13^m-1$ ifadesine $13^m-1$ sayısının $2$ asal carpanı olan $p$ asal sayısı yoktur.
İspatı ise bu adreste mevcuttur.
 
$m=1$ alınmalıdır.
$p.2^n=12$ olur. $n=2$ ve $p=3$ elde edilir.
$(m,n,p)=(1,2,3)$ elde edilir.

Yanıt:$\boxed{B}$

$(\sqrt{1+\dfrac{4}{x}}-\sqrt{1-x}) \prime = 0$ denklemini çözüp ekstremum değerleri bulalım.

Türevi alırsak;
$d\frac{-2}{x^2\sqrt{1+\dfrac{4}{x}}}+\dfrac{1}{2\sqrt{1-x}}=0$ denklemini elde ederiz.

İfadeyi düzenleyip her tarafın karesini aldığımızda
$x^4+4x^3+16x-16=0$ denklemi elde edilir.

$(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+4x^3+16x-16$ yazıp katsayıları eşitlersek

$a+c=4$

$ac+b+d=0$

$ad+bc=16$                     
$bd=-16$  denklemlerinden $a=0$, $b=4$, $c=4$ ve $d=-4$ bulunur.

$(x^2+4).(x^2+4x-4)=0$ elde ettik.

Sol tarafın da diskriminantı $0$ dan küçük olduğundan reel kökü yoktur.

$x^2+4x-4$ ifadesindeki kökler  $x=\dfrac{-4+\sqrt{32}}{2}$ veya $x=\dfrac{-4-\sqrt{32}}{2}$ bulunur.

$0<x\leq 1$ olduğundan   $x=\dfrac{-4+\sqrt{32}}{2}$ yani $x=2\sqrt{2}-2$ olmalıdır.

$1+\dfrac{4}{x}=1+\dfrac{2}{\sqrt{2}-1}$ yani $3+2\sqrt{2}$ ve $1-x=3-2\sqrt{2}$ olduğundan $\sqrt{1+\dfrac{4}{x}}-\sqrt{1-x}$ ifadesi düzenlendiğinde $\sqrt{2}+1-(\sqrt{2}-1)=2$ olduğundan
$0<x\leq{1}$ için $\sqrt{1+\dfrac{4}{x}}-\sqrt{1-x}\geq{2}$ bulunur.