Tübitak Lise 1. Aşama - 2019 Çözümleri

Bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üzerinde bir $D$ noktası ve $[AD]$ üzerinde bir $E$ noktası alınıyor. $|DE| = 1,$ $|AE| = 2$ ve $|BD| = |CD| = \sqrt{3}$ ise, $m(\widehat{BAC}) + m(\widehat{BEC})$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 90^\circ \qquad\textbf{b)}\ 120^\circ \qquad\textbf{c)}\ 135^\circ \qquad\textbf{d)}\ 150^\circ \qquad\textbf{e)}\ 180^\circ$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$BEC$ üçgenini $BE'C$ olarak $|BE'| = |EC|$ olacak şekilde üçgenin dışına yapıştıralım. $A$, $D$, $E'$ nin doğrusal olduğunu söylemek çok zor değil. $|BD| \cdot |DC| = |AD| \cdot |DE'| = 3$ olduğundan $ABE'C$ dörtgeni bir kirişler dörtgenidir, $m(\widehat{BAC}) + m(\widehat{BE'C}) = m(\widehat{BAC}) + m(\widehat{BEC}) = 180^\circ$dir.

$2020^{2019}$ sayısının $27$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$\textbf{a)}\ 10 \qquad\textbf{b)}\ 13 \qquad\textbf{c)}\ 16 \qquad\textbf{d)}\ 19 \qquad\textbf{e)}\ 22$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{A}$

Öncelikle $2020\equiv 22\pmod {27}$ olduğunu görelim.

Daha sonra $(2020,27)=1$ olduğundan $\varphi (27)=18$ olarak hesaplayalım.

$2019\equiv 3\pmod {18}$ olduğundan $2020^{2019}\equiv 22^3\pmod {27}$ olarak bulalım.

$22^3\equiv (-5)^{3}\pmod {27}\equiv -125\pmod {27}\equiv 10\pmod {27}$ olarak bulunur.

$k$ bir sabit gerçel sayı olmak üzere,
$$\begin{array}{rcl}
x+y-2z &=& 1 \\
3x+4z &=& 2 \\
kx+2y &=& 3
\end{array}$$ denklem sistemini sağlayan $(x,y,z)$ gerçel sayı üçlüsü bulunmuyorsa, $k$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 3 \qquad\textbf{c)}\ 5 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ 9$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{C}$

İlk denklemi $x+y-1=2z$ , $2x+2y-2=4z$ şeklinde yazıp $2.$ denklemde yerine koyarsak
$5x+2y=4$
$kx+2y=3$ denklem sisteminde çözüm kümesinin boş küme olması için $\dfrac{5}{k}=\dfrac{2}{2}$ yani $k=5$ olmalıdır.

İki basamaklı pozitif tam sayılardan oluşan ve herhangi iki elemanının çarpımı $100$ ile tam bölünmeyen bir kümenin eleman sayısı en fazla kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 74 \qquad\textbf{b)}\ 76 \qquad\textbf{c)}\ 78 \qquad\textbf{d)}\ 80 \qquad\textbf{e)}\ 82$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$\text{İ} = \{10,11,\ldots, 99\}$

$s(\text{İ}) = 90$'dır ve seçilen iki elemanın çarpımının $100$ ile bölünebilmesi için $2$ durum vardır, sayıların ikisinde de $2$ ve $5$ çarpanları olması ya da sayılardan birisinde $2^2$ diğerinde $5^2$ çarpanı bulunması. Seçilen sayıların bu durumlara uymaması ve kümesinin maksimum elemanlı olması($2^2$ çarpanına sahipler yerine $5^2$ çarpanına sahip olanları çıkartmak) için çıkartacağımız kümeler:

$B = \{10, 20, \ldots, 90\}$
$C = \{25, 50, 75\}$

kümeleridir bu iki kümede de bulunan bir elemanı da geri eklemeliyiz ve belirtilen ilk durumda seçilen iki elemanın ikisinin de $2$ ve $5$ içermesi gerekiyordu, bir tane olması durumu sağlamaz yani herhangi birini geri ekleyebiliriz.

$s(\text{İ}) - s(B) - s(C) + s(B\cap C) + 1 = 90 - 9 - 3 + 1 + 1= 80$

Bir $ABCD$ dikdörtgeninin $[AB]$ kenarı üzerinde $m(\widehat{BDC})=m(\widehat{EDA})$ olacak biçimde bir $E$ noktası alınıyor.
$[BD]$ doğru parçasının orta noktası $F$ olmak üzere, $|AD|=6$ ve $|BE|=9$ ise, $|EF|$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 3\sqrt{2} \qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt{6}\qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt{5} $

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{C}$

$|AE|=x$ birim yazıp $m(\widehat{BDC})=m(\widehat{EDA})=a$ diyelim. $ADE$ ve $BDC$ üçgenlerinden $\tan a$ değerlerini eşitleyelim. $\tan a=\dfrac{x}{6}=\dfrac{6}{9+x}$ denkleminden $x=3$ birim olarak bulunur. Daha sonra dik üçgenler ve $F$ nin orta nokta olduğu kullanılarak $EDB$ üçgeninin kenar uzunlukları bulunur.
Kenarortay teoremini kullanalım.
$|EF|^2=\dfrac{|EB|^2+|ED|^2}{2}-|DF|^2$
$|EF|^2=\dfrac{81+45}{2}-45=18$
$|EF|=3\sqrt{2}$ elde edilir.

$\dfrac{2019^p-27^p}{p}$ ifadesinin bir tam sayı olmasını sağlayan $p$ asal sayılarının toplamı kaçtır ?

$\textbf{a)}\ 46 \qquad\textbf{b)}\ 58 \qquad\textbf{c)}66 \qquad\textbf{d)}78 \qquad\textbf{e)}\ 88$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

$2019^p-27^p$ sayının çarpanlarından biri daima $2019-27=1992$ olmalıdır.
$1992=2^3.3.83$ olduğundan $p=2$ , $p=3$, $p=83$ için bu sayı tamsayı olur .
$p$ asal sayılarının toplamı $2+3+83=88$ elde edilir.

Çözüm 2:

$\dfrac{2019^p-27^p}{p} \in \mathbb Z \iff 2019^p-27^p \equiv 0 \pmod{p}$ olmasıdır.

Fermat teoremine göre her $a\in \mathbb Z$ ve her $p$ asal sayısı için $a^p \equiv a \pmod{p}$ dir. Buna göre, $2019^p \equiv 2019 \pmod{p}$ ve $27^p \equiv 27 \pmod{p}$ olup bunların farkı $2019^p-27^p \equiv 2019 - 27 \equiv 1992\pmod{p}$ dir. O halde $1992 \equiv 0\pmod{p}$ denkliğini sağlayan $p$ asal sayılarını bulmak gerekli ve yeterlidir. $1992 = 2^3\cdot 3 \cdot 83 $ olduğundan $p$ nin alabileceği değerlerin toplamı $2 + 3 + 83 = 88$ olarak bulunur.

$P(x)=(x+1)^{2019}+(x-1)^{2019}$ polinomunun $x^2+1$ ile bölümünden kalan polinomu nedir?

$\textbf{a)}\ 2^{2019}x \qquad\textbf{b)}\ 2^{1010}x \qquad\textbf{c)}\ 2^{1009}x \qquad\textbf{d)}\ 2019x
\qquad\textbf{e)}1010x$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$x^2+1=0$ denkleminin köklerini bulup $P(x)$ polinomunda yerine koyalım. Çözersek $x_1=i$ ve $x_2=-i$ elde edilir. Polinomumuzda yerine koyalım. $(i+1)^2=2i$ ve $(i-1)^2=-2i$ olduğunu kullanmaya çalışalım.
$(i+1)^{2019}+(i-1)^{2019}=((i+1)^2)^{1009}.(i+1)+((i-1)^2)^{1009}.(i-1)$
$=2^{1009}.(i^2)^{504}.i.(i+1)+(-2)^{1009}.(i^2)^{504}.i.(i-1)=2^{1009}.(i^2+i+i-i^2)=2^{1009}.2i=2^{1010}i$
benzer işlemleri $x=-i$ için de yaparsak $-2^{1010}i$ sonucunu elde ederiz.
$P(x)=(x^2+1).B(x)+K(x)$ formunda polinomumuz yazılabilir.
$2.$ dereceden bir polinoma bölümünden kalan $ax+b$ formundadır.
$P(i)=ai+b=2^{1010}i$
$P(-i)=-ai+b=-2^{1010}i$ denklem sistemi çözülürse $a=2^{1010}$ ve $b=0$ yani $K(x)=2^{1010}x$ bulunur .

$1,2,\ldots,27$ sayıları ile numaralandırılmış $27$ top, $1,2,\ldots,27$ sayıları ile numaralandırılmış $27$ kutuya her bir kutuda bir top bulunacak şekilde dağıtılacaktır. Her bir top için topun numarası bulunduğu kutunun numarasının iki katını geçmeyecek şekilde bu dağılım kaç farklı biçimde yapılabilir?

$\textbf{a)}\ 13!\cdot 14! \qquad\textbf{b)}\ 14! \cdot 14! \qquad\textbf{c)}\ 2\cdot 14! \cdot 15! \qquad\textbf{d)}\ 9! \cdot 14! \cdot 14! \qquad\textbf{e)}\ 9! \cdot 9! \cdot 9!$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $14! \cdot 14!$.

$1$ numaralı top sadece $1$ ve $2$ numaralı kutulara yerleştirilebilir. $2$ numaralı top sadece $1,2,3$ ve $4$ numaralı kutulara yerleştirilebilir, bu sayılardan birinde $1$ numaralı top olduğuna göre, $3$ seçenek bulunuyor. Benzer şekilde devam edersek, $i=3,4, \ldots, 13$ olmak üzere, $i$ numaralı topu $i+1$ farklı şekilde yerleştirebiliriz. Bundan sonra her top herhangi bir boş kutuya yerleştirilebilir. Buna göre cevap $14! \cdot 14!$ olur.

Kaynak: Tübitak 27. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2019

Bir $ABC$ üçgeninin $[AB]$ kenarı üzerinde bir $D$ noktası alınıyor. $D$ noktasından $[BC]$ kenarına inen dikmenin ayağı $E$ olmak üzere , $|AD|=1$, $|BE|=2$, $|CE|=4$ ve $|CD|=\sqrt{21}$ ise, $|AC|$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 2\sqrt{6} \qquad\textbf{d)}\ 3\sqrt{2}\qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt{5}$

Çözüm 1:

Yanıt:$\boxed{E}$

Öncelikle verilen $ABC$ üçgenini çizelim. $DEC$ üçgeninde Pisagor teoreminden $|ED|=\sqrt{5}$ bulunur. $DBE$ üçgeninde Pisagor teoreminden $|BD|=3$ daha sonra $ABC$ üçgeninde $[CD]$ kesenine göre Stewart Teoremini yazalım.
$$\sqrt{21}^2=\dfrac{x^2\cdot 3+6^2\cdot 1}{3+1}-3\cdot 1$$
Buradan $x^2=20$ ve $x=2\sqrt{5}$ bulunur.

Çözüm 2:

Yanıt:$\boxed{E}$

Pisagor teoremi ile $|DE|=\sqrt{5}$ ve $|DB|=3$ bulunduktan sonra $|BD|\cdot |BA| = |BE|\cdot |BC|$ çemberde kuvvet bağıntısı sağlandığından $ADEC$ bir kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla $AD \perp AC$ olup $ADC$ dik üçgeninden $|AC|^2 + 1^2=21$ ve $|AC|=2\sqrt{5}$ bulunur.

$x$ ve $y$ tam sayılar ve $x^2y-15=2x (y+1)$ olmak üzere, $x+y$ nin alabileceği farklı değerler toplamı kaçtır ?
$\textbf{a)}\ -25 \qquad\textbf{b)}\ -14 \qquad\textbf{c)}\ -8 \qquad\textbf{d)}\ -6 \qquad\textbf{e)}\ 0 $

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Her tarafı $x$ ile bölelim.

$xy-\dfrac{15}{x}=2y+2$ $\dfrac{15}{x}$ dışındaki tüm ifadeler tam sayı olduğundan $\dfrac{15}{x}$ tam sayı olmalıdır.

$x \in \{-15,-5,-3,-1,1,3,5,15 \}$ olabilir. $x$ negatif olursa çözümün tam sayı olmadığını görebiliriz.

$x=1$
$y-15=2y+2$ $y=-17$, $x+y=-16$
$x=3$
$3y-5=2y+2$, $y=7$, $x+y=10$
$x=5$
$5y-3=2y+2$, $y \not \in \mathbb Z$
$x=15$
$15y-1=2y+2$, $y \not \in \mathbb Z$

Sonuç olarak $-16+10=-6$ alabileceği farklı değerlerin toplamı olur.

Ahmet’in $2019$ yılındaki yaşı, doğum yılının son iki basamağının çarpımından $4$ eksiktir. Buna göre Ahmet’in doğum yılının rakamları toplamı kaçtır?
$\textbf{a)}\ 21 \qquad\textbf{b)}\ 22 \qquad\textbf{c)}\ 23 \qquad\textbf{d)}\ 24 \qquad\textbf{e)}\ 25$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{E}$

Doğum yılı $ABXY$ olsun. $2000$ den büyük olmadığını görelim $2000-2010$ arası yaşı varsa $X=0$ olduğundan $X.Y-4=-4$ olur insanın yaşı negatif olamaz.
$2011-2014$ arası $XY-4<0$ dır.

$2015$ için $4$ yaşında olması gerekirken $XY-4=1 $
$2016$ için $3$ yaşında olması gerekirken $XY-4=2 $
$2017$ için $2$ yaşında olması gerekirken $XY-4=3 $
$2018$ için $1$ yaşında olması gerekirken $XY-4=4 $
$2019$ için $0$ yaşında olması gerekirken $XY-4=5 $

Dolayısıyla yaşı $19XY$ formunda olmalıdır.

$2019-19XY=119-10X-Y=XY-4$ şeklinde diyafont denklemimizi kuralım. $X$ ve $Y$ nin rakam olduğunu mutlaka not edelim.
Denklemimizi $123-10X=Y \cdot (X+1)$ $\dfrac{123-10X}{X+1}=Y$ ve $Y \in \mathbb Z$ olduğundan yandaki ifade tamsayı olmalıdır. Polinom bölmesi yapalım.
$-10+\dfrac{133}{X+1}=Y \in \mathbb Z$ ve $X+1 \mid 133$ olmalıdır. $X$ in rakam olduğunu bildiğimizden dolayı ve $19 \cdot 7=133$ olduğundan ancak ve ancak $X+1=7$ olduğunu söyleriz $-10+\dfrac{133}{X+1}=9=Y$ bulunur. Yani Ahmet'in doğum yılı $1969$ olarak bulunur.
$1+9+6+9=25$ bulunur.

Özdeş $6$ kırmızı top ve özdeş $6$ beyaz top $A, B, C, D$ ve $E$ kutularına, $A$ kutusunda kırmızı toplar beyaz toplardan fazla, $B$ kutusunda beyaz toplar kırmızı toplardan fazla, $C, D$ ve $E$ kutularının her birinde ise eşit sayıda kırmızı ve beyaz top olacak biçimde kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

$\textbf{a)}\ 240 \qquad\textbf{b)}\ 252 \qquad\textbf{c)}\ 256 \qquad\textbf{d)}\ 275 \qquad\textbf{e)}\ 288$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed B$

$A$ kutusuna $1$ kırmızı ve $B$ kutusuna $1$ beyaz top konduktan sonra $KB,KB,KB,KB,KB$ şeklinde $5$ top düşünülüp $5$ farklı kutuya dağıtırız. Bu işlem $\left( \begin{matrix}9\\4\end{matrix} \right)$ yolla yapılır. $A$ kutusuna $2$ kırmızı ve $B$ kutusuna $2$ beyaz top konduktan sonra $KB,KB,KB,KB$ şeklinde $4$ top düşünülüp $5$ farklı kutuya dağıtırız. Bu işlem $\left( \begin{matrix}8\\4\end{matrix} \right)$ yolla yapılır. Benzer şekilde devam edersek $\left( \begin{matrix}9\\4\end{matrix} \right )+\left( \begin{matrix}8\\4\end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix}7\\4\end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix}6\\4\end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix}5\\4\end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix}4\\4\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}10\\5\end{matrix} \right)$ farklı yolla yapılır.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$

$A$ kutusuna $x$ tane kırmızı top, $B$ kutusuna $x$ tane beyaz top koymuş olalım. $1\leq x \leq 6$ dır. Bu $x$, fazla olması gereken topların sayısını göstermektedir. $y=6-x$ tane de kırmızı-beyaz top ikilisi grubu oluşturalım. Sonra da $y$ tane top ikilisini $5$ kutuya dağıtırız. $a+b+c+d+e = y \leq 5$ tir. Bir $f\geq 0$ tam sayısı için
$$ a+b+c+d+e+ f = 5$$
eşitliği sağlanır. Dağılım prensibi gereği, bu denklemin negatif olmayan tam sayılardaki çözüm sayısı $\dbinom{10}{5} = 252$ olur.

$AB \parallel CD$ olan bir $ABCD$ yamuğunun $[BC]$ kenarı üzerinde alınan bir $E$ noktası için, $|BE| > |EC|$, $Alan(ABE) = 15$, $Alan(AED) = 23$ ve $Alan(ECD) = 4$ ise, $\frac{|BE|}{|EC|}$ oranı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 5 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 8 \qquad\textbf{e)}\ 9$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{A}$

$E$ noktasından $AB$ ve $DC$ inilen dikme ayakları sırasıyla $K, L$ olsun. $|EK| = |BE| \cdot h$ dersek $|EL| = |EC| \cdot h$ olur. Alan bağıntılarını yazarsak

$Alan(AEB) = |AB| \cdot |BE| \cdot h \cdot \frac{1}{2} = 15$

$Alan(DCE) = |DC| \cdot |EC| \cdot h \cdot \frac{1}{2} = 4$ ve yamuk alan formülünden

$(|AB|+|DC|) \cdot (|EC| \cdot h + |BE| \cdot h) \cdot \frac{1}{2} = 84$ elde edilir.

Son eşitlik açılır ve ilk iki eşitlikten elde edilenler yerine konursa

$|AB| \cdot |EC| \cdot h + |DC| \cdot |BE| \cdot h = 46$ elde edilir.

İlk iki eşitlikten $|AB|$ ve $|DC|$ çekilip son eşitlikte yazılırsa,

$30 \cdot \frac{|EC|}{|BE|} + 8 \cdot \frac{|BE|}{|EC|} = 46$ elde edilir. $\frac{|BE|}{|EC|} = x $ denirse

$\frac{30}{x} + 8x = 46$ denklemi elde edilir, $x$ ile genişletilirse ve denklem sol tarafa alınır, $2$ ile sadeleştirilirse $4x^2 - 23x + 15 = 0$ elde edilir. Bu denklem $(x-5)(4x-3) = 0$ şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. Soruda verilen $|BE| > |EC|$ şartı yüzünden $ x = \frac{BE}{EC} = 5$ bulunur.

Çözüm 2:

$|BE|=x, |CE|=y$ olsun. $z=\dfrac{x}{y}$ dersek $x>y$ verildiğinden $z>1$ olmalıdır. $DE$ ve $BC$ doğrularının kesişimi $F$ olsun. $Alan(BFE)=S_1$ diyelim. $BEF \sim CED$ (açı-açı-açı) benzerliği olup, alanlar oranı ve benzerlik ilişkisinden $ \dfrac{S_1}{4} = \left( \dfrac{x}{y}\right)^2$ dir. Ayrıca, yükseklikleri aynı üçgenlerde taban-alan ilişkisinden $\dfrac{Alan(AEF)}{Alan(AED)} = \dfrac{|EF|}{|DE|}=\dfrac{x}{y}$ olup $\dfrac{15+S_1}{23} = \dfrac{x}{y}$ dir. Bu eşitliklerden,

$$ S_1 = 23z - 15 = 4z^2 $$

olup $4z^2 - 23z + 15 = 0 \implies (4z-3)(z-5)=0$ denklemi bulunur. Denklemin $1$'den büyük olan kökü $z=5$ tir.

$A, B$ ve $C$ farklı rakamlar olmak üzere $A477$, $B477$, $C477$ sayılarının her biri asal sayı olduğuna göre, $A+B+C$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 10 \qquad\textbf{c)}\ 12 \qquad\textbf{d)}\ 14 \qquad\textbf{e)}\ 16$

Çözüm:

[Yanıt: $\boxed D$

$x477$ tipindeki sayıların $3$ ile bölünebilmesi için $x=3,6,9$ değerlerini alır. 7 ile bölünebilmesi için $2.4-x=7k$ dan $x=1,8$ değerlerini alır. $11$ ile bölünebilmesi için $x=4$ değerini alır. Dolayısıyla sayının asal olması için $x$ adına geriye kalan rakamlar $2$, $5$,$7$ olduğundan sorunun kurgusu gereği $A+B+C=14$ elde edilir.

$2x^2+y^2=1$ eşitliğini sağlayan $(x,y)$ gerçel sayı ikilileri için $2x+y$ toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ \sqrt{2} \qquad\textbf{c)}\ \sqrt{3} \qquad\textbf{d)}\ 2 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

Maks-min değer sorularında bu değerleri veren noktaların bulunması da çözümün doğruluğunu tamamlayan unsurlardır.

Lise matematik müfredatı bilgilerini kullanmanın yeterli olduğu bazı çözümleri sunalım. İlk olarak klasik bir türev yöntemi uygulayalım:

Çözüm 1. $y= \mp \sqrt{1-2x^2}$ yazalım. $2x+y$ toplamını en büyük yapmak için $x$ ve $y$ nin pozitif değerini kullanalım. $f(x) = 2x + \sqrt{1-2x^2} $ dersek, $f^\prime (x) = 2 - \dfrac{4x}{2\sqrt{1-2x^2}}$ olur. $f^\prime (x)=0$ denkleminin pozitif kökü $x_0 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ tür. Buna karşılık $y_0= \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ olduğu hesaplanabilir. Bu $x_0$ değeri $f$ fonksiyonunu maksimum yapar ve $f_{\max {}} = f(x_0) = \sqrt{3}$ bulunur.

Çözüm 2. $2x+y = n$ olsun. Bu değeri kullanarak $2x^2 + (n-2x)^2 - 1 = 0$ biçiminde $x$ e göre ikinci dereceden bir denklem elde ederiz. $x$ in bir gerçel sayı olması için diskriminant $\Delta_x \geq 0$ olmalıdır. Buradan $n^2 \leq 3$ eşitsizliğine ulaşılabilir ve $n_{\max {}} = \sqrt{3}$ olur. $2x^2 + (n-2x)^2 - 1 = 0$ denkleminden $x_0 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ değeri elde edilebilir. Buna karşılık $y_0 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ olur.

Eski müfredatlarda konikler vardı. Konikler ile ilgili bilgisi olan öğrenciler için şu çözüm de mümkündür:

Çözüm 3. $2x+y = n$ olsun. $2x^2 + y^2 = 1$ elipsi ile $2x+y = n$ doğrusu birbirine teğet olduğunda, $n$ maks veya min değerlerini alacaktır. Teğet olma şartı incelenirse $n^2 = 3$ denklemine ulaşılır. $n_{\max {}} = \sqrt{3}$ olur. Teğet değme notasını $(x_0, y_0)=(\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}})$ olarak hesaplayabiliriz. Bu bize maks $n$ değerini veren noktadır.

Mevcut lise müfredatında ortalama eşitsizlikleri konusu olmamakla beraber, olimpiyata uygun olan bir çözüm de bu eşitsizliği kullanarak yapılabiliriz.

Çözüm 4. $2x+y$ nin maks değer için, $2x^2 + y^2 = 1$ denklemini sağlayan $x$ ve $y$ sayılarını pozitif olarak seçmeliyiz. Aritmetik-karesel ortalama eşitsizliğinden $\dfrac{x+x+y}{3}\leq \sqrt{\dfrac{x^2+x^2+y^2}{3}}$ olup $2x+y\leq \sqrt{3}$ elde edilir. Ortalama eşitsizliklerinde eşitlik durumu ancak ve ancak terimler eşitken sağlanır. Buradan $x=y=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ elde ederiz. Bu şekilde, önceki çözümlerde neden $x_0=y_0$ olduğunu da basit biçimde anlamış oluyoruz.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{C}$

(Can Doğan, Cambridge)

$x=\dfrac{\sin \theta}{\sqrt{2}}, y = \cos \theta$ denirse, $2x + y = \sqrt{2}\sin\theta + \cos\theta \leq \sqrt{\sqrt{2}^2 + 1^2} = \sqrt{3}$ olur. $(2x + y)_{\max {}} = \sqrt{3} $ olması için $\tan \theta = \sqrt{2}$ olmalıdır. Bunu sağlayan değerler de $x=y=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ sayılarıdır.

Çözüm 3:

$2x+y=A$ diyelim. $$A^2=4x^2+y^2+4xy=2x^2+4xy+1\leq 2x^2+2(x^2+y^2)+1=4x^2+2y^2+1=3$$ olacaktır. Yani $A\leq \sqrt{3}$'dür. Eşitlik durumu için $x^2+y^2\geq 2xy$ eşitsizliğinin eşitlik durumunun $x=y$ olmasından dolayı $x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}$ iken $A=\sqrt{3}$ elde edilir.

$A,B,C,D$ ve $E$ noktaları çevresi $15$ birim olan bir çember üzerinde bulunmaktadır. $A$ noktasında bulunan bir böcek, $A$ dan $B$ ye, $B$ den $C$ ye, $C$ den $D$ ye, $D$ den $E$ ye ve $E$ den $A$ ya çember boyunca ilerleyerek gidiyor. Böceğin katettiği mesafeler sırasıyla $(s_1,s_2,s_3,s_4,s_5)$ olmak üzere, $(s_1,s_2,s_3,s_4,s_5)$ beşlisi $(3,7,6,5,6)$, $(3,6,5,2,6)$, $(6,4,3,7,7)$ ve $(5,3,4,5,6)$ beşlilerinden kaçı olabilir?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ 4$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Dört durumun mümkün olduğunun örnekleri vardır:
$(3,7,6,5,6)$ için $3+7+6+5-6=15$
$(3,6,5,2,6)$ için $3-6-5+2+6=0$
$(6,4,3,7,7)$ için $-6+4+3+7+7=15$
$(5,3,4,5,6)$ için $5+3-4+5+6=15$

Bu örnekleri oluşturma biçimi için şöyle bir yol izlenebilir: Önce beşlideki tüm sayıları toplarız. $(3,7,6,5,6)$ için toplam $27$ dir. $x$ sayısının işareti değişince toplam $27-2x=15 $ olmalıdır. Buradan $x=6$ bulunur. $3+7+6+5-6=15$ örnek durumu elde edilir.

$k < n$ olmak üzere $A_1A_2 \ldots A_k$ düzgün k-geni $A_1A_2B_3B_4 \ldots B_n$ düzgün n-geninin içindedir. $A_3A_4B_4$ bir eşkenar üçgen ise, $k+n$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 36 \qquad\textbf{b)}\ 33 \qquad\textbf{c)}\ 30 \qquad\textbf{d)}\ 27 \qquad\textbf{e)}\ 24$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{D}$

$A_2B_3B_4A_3$ eşkenar dörtgendir. $m(\widehat{A_3A_2B_3})= a $ dersek $m(\widehat{A_2A_3B_4})=180^\circ - a $ ve tam açıdan dolayı $m(\widehat{A_2A_3A_4})=120^\circ+a$ bulunur. Çokgenler düzgün olduğundan $m(\widehat{A_1A_2A_3})=120^\circ+a$ ve $m(\widehat{A_1A_2B_3})=m(\widehat{A_2B_3B_4})=120^\circ +2a=180^\circ - a$ buradan $a=20^\circ$ bulunur.

Küçük düzgün çokgenin dış açısı $40^\circ$, büyük düzgün çokgenin dış açısı $20^\circ$ dir. $k=\dfrac{360}{40}=9$ ve $n=\dfrac{360}{20}=18$ olup $k+n=27$ bulunur.

$a$ ve $b$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $a * b$ işlemi, $a$ nın $b$ ile bölümünden kalan sayı ile $b$ nin $a$ ile bölümünden kalan sayının çarpımı olarak tanımlanıyor. Örneğin, $18*7 = 28$ ve $5 * 10 = 0$ dır. $n * 23 = 30$ eşitliğini sağlayan $n$ pozitif tam sayılarının toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 16 \qquad\textbf{b)}\ 21 \qquad\textbf{c)}\ 26 \qquad\textbf{d)}\ 31 \qquad\textbf{e)}\ 36$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $16$.

$n \geq 23$ ise $n * 23$ sayısı 23 ün tam katı olur. $\Rightarrow n<23$. O halde $n$ ile $23$ ün $n$ ile bölümünden kalan sayının çarpımı $30$ dur. Mümkün ikililer $30$ ve $1$, $15$ ve $2$, $10$ ve $3$, $6$ ve $5$ tir. Bu durumlardan sadece son ikisi için eşitlik sağlanır. Cevap $10+6=16$.

Kaynak: Tübitak 27. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2019

$x=\dfrac{8}{(16+\sqrt{240})(4+\sqrt[4]{240})(2+\sqrt[8]{240})}$ olmak üzere, $\dfrac{1}{1-(1-x)^8}$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 2 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 16 \qquad\textbf{e)}\ 64$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{D}$

İfadeyi eşlenik ile çarpalım.
$x=\dfrac{8\cdot(2-\sqrt[8]{240})}{(16+\sqrt{240})(4+\sqrt[4]{240})(2+\sqrt[8]{240})(2-\sqrt[8]{240})}=\dfrac{8\cdot(2-\sqrt[8]{240})}{256-240}=1-\dfrac{\sqrt[8]{240}}{2}$ elde edilir. İstenen ifadede yerine koyalım.
$(1-x)^8=(\dfrac{\sqrt[8]{240}}{2})^8=\dfrac{240}{256}$
$\dfrac{1}{1-(1-x)^8}=\dfrac{1}{1-\dfrac{240}{256}}=16$ olarak bulunur.

Aslı ve Berk, başlangıçta hiçbir birim karesi boyalı olmayan $27 \times 27$ bir tahta üzerinde sırayla hamleler yaparak bir oyun oynuyorlar. Oyuna ilk başlayan Aslı, sırası geldiğinde boyalı olmayan bir birim kareyi kırmızıya boyuyor. Sıra Berk’e geldiğinde ise Berk, tahtanın birim karelerinden oluşan ve hiçbir birim karesi boyalı olmayan bir $2\times 2$ karenin dört birim karesini de maviye boyuyor. Bir oyuncu hamle yapamıyorsa oyun bitiyor ve Berk boyadığı birim kare sayısı kadar puan kazanıyor. Buna göre, Berk en fazla kaç puan kazanmayı garantileyebilir?

$\textbf{a)}\ 316 \qquad\textbf{b)}\ 324 \qquad\textbf{c)}\ 336 \qquad\textbf{d)}\ 348 \qquad\textbf{e)}\ 364$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$27\times 27$ tahtayı $1,2,3,4$ numaralı renklerle aşağıdaki gibi boyayalım:

$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & \cdots & 1 \\ \hline
3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & & 3 \\ \hline
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & & 1 \\ \hline
3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & & 3 \\ \hline
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & & 1 \\ \hline
3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & {\color{orange} 4} & 3 & & 3 \\ \hline
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & & 1 \\ \hline
\vdots & & & & & & & \ddots & \vdots \\ \hline
1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & \cdots & 1 \\ \hline
\end{array}
$$

Çözümdeki önemini vurgulamak için $4$ ü farklı bir renkle, turuncuyla boyayalım. Berk her hamlesinde $1,2,3,4$ numaralı karelerden birer tanesini boyamış olacaktır:

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
1 & 2 \\ \hline
3 & 4 \\ \hline
\end{array} , \quad
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
2 & 1 \\ \hline
4 & 3 \\ \hline
\end{array} , \quad
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
3 & 4 \\ \hline
1 & 2 \\ \hline
\end{array}
\quad \text{ veya } \quad
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
4 & 3 \\ \hline
2 & 1 \\ \hline
\end{array}$$

Bu sebeple, bunlar arasındaki sayıca en az olanına, $4$ numaralı karelere bakalım: $169$ tanedir. Aslı, Berk'in mümkün olduğunca engellemek istiyorsa $4$ numaralı kareleri kırmızıya boyamalıdır. Berk için en azından $\dfrac{169-1}{2} = 84$ tane $4$ numaralı kare kalmış olur. Elbette Aslı daha kötü bir strateji izlerse Berk'e daha fazla sayıda $4$ numaralı kare kalması mümkündür. Sonuç olarak Berk $84$ tane $2\times 2$ türünde kareyi maviye boyamayı garantilemiş olur ve en azından $4\cdot 84 = 336$ puan almayı garantileyebilir.

$m(\widehat{ACB}) = 90^\circ$ olan bir $ABC$ dik üçgeninde $C$ ye ait yükseklik ayağı $D$ olmak üzere $|AD| = 8$ ve $|BD| = 17$ dir. $\widehat{ACB}$ ve $\widehat{CDB}$ açılarının iç açıortaylarının kesişim noktası $E$ ise, $|CE|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 15 \qquad\textbf{b)}\ 14 \qquad\textbf{c)}\ 12 \qquad\textbf{d)}\ 10 \qquad\textbf{e)}\ 9$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{D}$

"Bash" çözüm:

ABC üçgeninde öklit teoreminden $|DC|^2 = |AD| \cdot |DB|$, $|DC| = 2\sqrt{34}$, $DBC$ dik üçgeninde Pisagor Teoreminden $|BC| = 5 \sqrt{17}$ olur ve $m(\widehat{ABC}) = \alpha$ dersek $\tan{\alpha} = \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{17}}$ olur, çözüme geçelim. $DE$ nin $BC$ ile kesiştiği nokta $F$ olsun. $m(\widehat{DFC}) = 45 + \alpha$ olur. $F$'den $CE$'ye indirilen dikme ayağı $H$ olsun. $FHC$ ikizkenar bir dik üçgen, $FHE$ ise açılarının trigonometrik oranları bilinen bir üçgen olur. $|FC| = x \sqrt{2}$ dersek, $|FH| = x$ ve $\tan{\alpha} = \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{17}}$ olduğundan $|EH| = x\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{17}} $ olur. İstenilen uzunluk olan $|EC| = |EH| + |CH| = x\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{17}} + x$ olur. Açıortay teoreminden $\frac{|FC|}{|BF|} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{17}}$dir. $|FC| = 2\sqrt{2}k$ dersek $|BF| = \sqrt{17}k$ olur. $|FC| + |BF| = |BC|$'dir. $2\sqrt{2}k + \sqrt{17}k = 5 \sqrt{17}$ olur, buradan $k = \frac{5 \sqrt{17}}{2\sqrt{2}+\sqrt{17}}$ bulunur, $|FC| = x\sqrt{2} = 2\sqrt{2} k$ den $x$ bulunur ve $|EC|$ yi bulduran denklemde yerine yazılırsa $|EC| = 10$ bulunur.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{D}$

$\angle ACE=\angle ADE=45^\circ$ olduğu için $ACDE$ bir kirişler dörtgenidir. Bu durumda $\angle AEC=\angle ADC = 90^\circ$, dolayısıyla $\triangle AEC$ ikizkenar bir dik üçgendir. Öklit'ten $AC^2=AD\cdot AB = 8\cdot 25 = 200 \Rightarrow AC = 10\sqrt 2$, buradan da $CE = AE = 10$ elde edilir.

Ardışık iki pozitif tam sayının her ikisinin de rakamları toplamı $11$ ile tam bölünüyorsa, bu ardışık sayılardan küçük olanı en az kaç basamaklıdır?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 11$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{C}$

Ardışık iki pozitif tam sayının her ikisinin de rakamları toplamı $11$ ile bölünüyorsa sayının en az sondan $1$ basamağı $9$ olmalıdır.
$n$ sayısının rakamlarının toplamını $S(n)$ ile gösterelim.
$n$ sayısını $a_1a_2a_3\dots a_x99\dots 9$ gibi düşünelim. $9$ ların sayısı $y$ olsun.
$S(n)=a_1+a_2+a_3+\cdots +a_x+9y$
$S(n+1)=1+a_1+a_2+a_3+\cdots + a_x$ bunların farkı olan $9y-1$ de $11$ in katı olmalıdır. $y=11p+5$ , $y \in \mathbb Z^+$ olduğundan $y_{\min {}}=5$ olmalıdır.

Şimdi geriye kalan $a_1,a_2,a_3, \dots ,a_x$ basamaklarını oluşturalım. $a_1+a_2+\cdots +a_x+45$ $11$'in katı olması için $a_1+a_2+\cdots +a_x \equiv 10 \pmod {11}$ olmalıdır. Bu kalanı elde etmek için en az $2$ rakam kullanılmalıdır. Dolayısıyla sayımız en az $5+2=7$ basamaktan oluşur.

Bir $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ fonksiyonu her $x$ gerçel sayısı için

$f(x^2-4x+1) = (f(x)-5x+5)(x^2-4x)$

eşitliğini sağlıyorsa, $f(5)$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 28 \qquad\textbf{b)}\ 32 \qquad\textbf{c)}\ 35 \qquad\textbf{d)}\ 40 \qquad\textbf{e)}\ 42$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Bu fonksiyonel denkleme bakıldığında fonksiyon polinom fonksiyonlar olamayacağını anlayabiliriz.
O halde değer seçmemiz gerektiğini anlamalıyız.
$x=0$ vererek başlayalım.
$f(1)=0$ elde edilir.
$x=1$ verelim.
$f(-2)=(0-5+5).(1-4)=0$
$x=-2$ verelim.
$f(13)=(0-5.(-2)+5).((-2)^2-4.(-2))=15.12$ elde edilir.
$x^2-4x+1=13$ deyip diğer kök bulunursa $x=6$ bulunur.
$x=6$ verelim. $f(13)=(f(6)-5.6+5).12=15.12$ olup $f(6)=40$ bulunur.
son olarak $x=5$ verelim.
$f(6)=(f(5)-20).5=40$ olur ve buradan $f(5)=28$ bulunur.

$A_1,A_2,\ldots,A_8$ adalar olmak üzere, her $k = 1,2,\ldots,7$ için $A_k$ ile $A_{k+1}$ ve $A_8$ ile $A_1$ arasında ikişer köprü bulunmaktadır. $A_1$ adasında bulunan bir kişi, bu $16$ köprünün her birinden tam olarak bir kez geçerek $A_1$ adasına dönecek şekilde kaç farklı güzergah izleyebilir?

$\textbf{a)}\ 4096 \qquad\textbf{b)}\ 4608 \qquad\textbf{c)}\ 4864 \qquad\textbf{d)}\ 5012 \qquad\textbf{e)}\ 5632$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{B}$

Soruyu en genel halde $A_1,A_2,A_3,...,A_n$ için $(n+1).2^{n+1}$ durumun olduğunu gösterelim.

Şekil dönel olduğu için çember gibi düşünebiliriz. Saat yönünde giden durum sayısı , saat yönü tersinde giden durum sayısına eşittir.

Bundan böyle saat yönünde gitsin.

$A_2$ ye gidip geri dönerse saat yönü tersinden tüm yolları geçmesi gerekeceğinden dolayı $2^n$ durum olur.

$A_3$ e gidip geri dönerse saat yönü tersinden tüm yolları geçmesi gerekeceğinden dolayı $2^n$ durum olur.
.
.
.
$A_{n-1}$ e gidip geri dönerse saat yönü tersinden tüm yolları geçmesi gerekeceğinden $2^n$ durum olur.

$A_n$ için durum biraz farklıdır isterse 1 tur daha atar ya da geri döner. Bu nedenle $2.2^n$ durum olur.

Toplanırsa $(n-1).2^n+2.2^n=(n+1).2^n$ durum olur.

Saat yönündeki durum sayısı saat yönü tersindeki durum sayısına eşit olduğundan $2.(n+1).2^n=(n+1).2^{n+1}$ durum olmalıdır.

$n=8$ için $9.2^9=4608$ olduğu görülebilir.

$C \in [AB]$ olmak üzere, $[AB]$ çaplı bir yarım çember üzerinde $D$ ve $E$ noktaları $m(\widehat{ACD}) = m(\widehat{BCE}) = 30^\circ$ olacak biçimde alınıyor. $|AC| = 27$ ve $|CB| = 3$ ise, $|CD|-|CE|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 15 \qquad\textbf{b)}\ 18 \qquad\textbf{c)}\ 21 \qquad\textbf{d)}\ 10 \sqrt{3} \qquad\textbf{e)}\ 12 \sqrt{3}$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{E}$

$D$ ve $E$ noktalarının çapa göre simetrileri sırasıyla $K$ ve $L$ olsun. $CEL$ ve $DCK$ üçgenleri eşkenar üçgendir. $EL$ ile $CB$ doğruları $H$'da kesişsin. $H$ noktası $CEL$ için yükseklik ayağıdır. $|CE|=2x\sqrt{3}$ dersek $|CH|=3x$ ve $|HB|=3-3x$, $|AH|=27+3x$ olur. Kuvvetten, $$|EH|\cdot |HB|=|AH|\cdot |HB|\Rightarrow x^2=(1-x)(27+3x)\Rightarrow |CE|=3\sqrt{21}-6\sqrt{3}$$ bulunur. Yine kuvvetten, $$|AC|\cdot |CB|=81=|CD|\cdot |CL|=|CD|\cdot |CE|\Rightarrow |CD|=3\sqrt{21}+6\sqrt{3}$$ bulunur. Dolayısıyla $|CD|-|CE|=12\sqrt{3}$ bulunur.

$n$ bir pozitif tam sayı ve $a_1,a_2,\ldots,a_n \in {-3,2}$ olmak üzere, $\sum_{k=1}^{n} a_k \binom{n}{k} = 87$ eşitliği sağlanıyorsa, $n$ nin alabileceği en küçük değer nedir?

$\textbf{a)}\ 6 \qquad\textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 10$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{D}$

Tüm katsayılar olan $a_i$ leri $2$'ye eşitleyelim ve $87$'yi $a_i$ leri $-3$ 'e çevirerek elde etmeye dönüştürelim soruyu, açıktır ki seçilen bir $n$ pozitif tamsayısı için $a_i$ ler $2$ ye eşitken ifade $2^{n+1} - 2$ ye eşittir, katsayılarını değiştirdiğimiz $a_i$ lerin toplamlarına $K$ diyelim ve ifademizi artık biraz düzenleyerek yazarsak $2^{n+1} - 5K = 89$ olur, bu denklem $\mod{5}$ de incelenirse, $n \equiv 1 \mod{4}$ olması gerektiği görülür, şıklarda "Hiçbiri" şıkkı olmadığından ve $\mod{4}$ de $1$ 'e denk olan tek şık $9$ olduğundan hiç düşünmeden $9$'u işaretleyebiliriz.

Gerçekten de $n=1$, $n=5$ değerlerinin sağlamadığı açıktır ve yukarıdaki eşitliği kullanarak $n=9$ için $K=187$ olması gerektiği görülür ve kısa deneme yanılmalar sonucu görülür ki,

$-3 \dbinom{9}{1}+ 2 \dbinom{9}{2} - 3 \dbinom{9}{3} + 2 \dbinom{9}{4} + 2 \dbinom{9}{4} + 2 \dbinom{9}{5} - 3\dbinom{9}{6}+2\dbinom{9}{7}-3\dbinom{9}{8}-3\dbinom{9}{9} = 87$ dir.

Çözüm 2:

Ayrıca $n \geq 6$ olduğu da şu şekilde kanıtlanabilir:

$a_i \leq 2$ olduğundan $87 = a_1\dbinom{n}1 + a_2\dbinom{n}2 + \cdots + a_n\dbinom{n}n \leq 2 \left[ \dbinom{n}1 + \dbinom{n}2 + \cdots + \dbinom{n}n \right] = 2^{n+1} - 2$ olduğundan $2^{n+1} \geq 89$ olup $n \geq 6$ elde edilir.

$\quad$
$$\begin{array}{rcl}
x &=& y^2 + y + 1 \\
5y &=& 2 - x - x^2
\end{array}$$ denklem sistemini sağlayan kaç $(x,y)$ gerçel sayı ikilisi vardır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$1.$ denklemi $2.$ denklemde yerine koyalım ve düzenleyelim.
$y^4+2y^3+4y^2+8y=0$ denklemi elde edilir.
$y.(y^3+2y^2+4y+8)=0$
$y.[(y+2).y^2+(y+2).4]=0$
$y.(y+2).(y^2+4)=0$ denklemin kökleri $y=0$ ve $y=-2$ olur.
$a)$ $y=0$ ise
$x=0^2+0+1=1$ elde edilir.
$b)$ $y=-2$ ise
$x=(-2)^2+(-2)+1=3$ elde edilir.
Sonuç olarak denklem sisteminin $2$ farklı çözümü bulunur.

Bir ağaç üzerinde bulunan $22$ yuvanın herhangi ikisi $r_1,r_2,\ldots,r_n$ renklerinden biri ile boyalı bir iple birleştirilmiştir. Bir salyangoz, her $k=1,2,\ldots,n$ için herhangi bir yuvadan herhangi başka bir yuvaya sadece $r_k$ rengine boyalı ipler üzerinde ilerleyerek varabiliyorsa, $n$ nin alabileceği en büyük değer nedir?

$\textbf{a)}\ 21 \qquad\textbf{b)}\ 20 \qquad\textbf{c)}\ 16 \qquad\textbf{d)}\ 12 \qquad\textbf{e)}\ 11$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$A = \binom{22}{2}$ elemanlı, ağaç üzerinde bulunan yuvalar arası yollar, kümesini; $n$ renk sayısı olmak üzere, $n$ alt kümeye ayıralım: $(r_1, r_2, r_3, \cdots, r_n)$. Bu kümelerden eleman sayısı en az olan veya olanlardan biri $r_i$ olsun. $r_i$'nin en az 21 eleman içermesi gerektiği açıktır. Güvercin yuvası prensibi gereğince: $\left \lfloor \frac{\binom{22}{2} - 1}{n} \right \rfloor + 1 = 21$ olmalıdır. Buradan da renk sayısının alabileceği en büyük değer $n = 11$ olarak bulunur.

Bir dikdörtgenler prizmasının bir yüzeyi kırmızıya, iki yüzeyi maviye ve üç yüzeyi sarıya boyanmıştır. Kırmızı renkli yüzeyin alanı $100$ $\text{cm}^2$, mavi renkli yüzeylerin alanları toplamı $109$ $\text{cm}^2$ ve sarı renkli yüzeylerin alanları toplamı $59$ $\text{cm}^2$ ise, bu prizmanın hacmi kaç $\text{cm}^3$ tür?

$\textbf{a)}\ 150 \qquad\textbf{b)}\ 160 \qquad\textbf{c)}\ 180 \qquad\textbf{d)}\ 200 \qquad\textbf{e)}\ 240$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Prizmanın ayrıtlarının uzunlukları $a,b,c$ olsun.
$ab=100$, $ab+bc=109$, $2ca+bc=59$ olup $bc=9$, $ca=25$ buluruz.
$a^2b^2c^2=9 \cdot 25 \cdot 100 $ olduundan $ \text{Hacim} = abc=150 \text{ cm}^3$ elde edilir.

Ahmet aklında bir pozitif tam sayı tutuyor. Sonrasında Ahmet Betül’e, bu sayının üç basamaklı olduğunu ve bu sayının sırasıyla $10$, $11$ ve $12$ ile bölümünden kalanları söylüyor. Betül yalnızca bu bilgileri kullanarak Ahmet’in sayısını bulabiliyor. Buna göre, Ahmet’in tuttuğu sayının alabileceği en büyük değer ile en küçük değer arasındaki fark kaçtır?

$\textbf{a)}\ 419 \qquad\textbf{b)}\ 479 \qquad\textbf{c)}\ 539 \qquad\textbf{d)}\ 599 \qquad\textbf{e)}\ 629$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $419$.

Ahmet'in tuttuğu sayı $n$ olsun. $\operatorname{okek}(10,11,12)=660$ olduğundan Ahmet'in verdiği bilgiler $100 \leq r \leq 999$ ve $n$ nin $660$ ile bölümünden kalan sayıdır. $ 100 \equiv 760 \pmod {660}$, $101 \equiv 761 \pmod {660}$, $\ldots, 339 \equiv 999 \pmod {660}$ olduğundan $n$ sayısı $100, \ldots, 339,760, \ldots, 999$ saylarından biri olamaz. $340,341, \ldots, 759$ saylarından herhangi biri için o sayıya $\pmod {660}$ da denk üç basamaklı yalnızca bir sayı bulunduğundan Ahmet'in tutuğu sayının alabileceği değerler $340,341, \ldots, 759$ dur ve dolayısıyla cevap $759-340=419$ olur.

Kaynak: Tübitak 27. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2019

$x^9 + x^7 + x^6 + x^5 + x^2 - x - 1$ polinomunun gerçel kökler toplamı $A$ ve çarpımı $B$ olmak üzere, $A(B+1)$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ -2 \qquad\textbf{b)}\ -1 \qquad\textbf{c)}\ 0 \qquad\textbf{d)}\ 1 \qquad\textbf{e)}\ 2$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

İlk olarak denkleme $x^3$ terimini ekleyip çıkartıyoruz. Böylece ortak çarpanları $(x^3+x+1)$ olan ifadeler elde edebileceğiz. $x^6(x^3+x+1)+x^2(x^3+x+1)-(x^3+x+1)$ ifadesini düzenlediğimizde $(x^6+x^2-1)(x^3+x+1)=0$ denklemini elde ederiz. İlk denklemde $x^2=t$ dönüşümü yaptığımızda elimizde $(t^3+t-1)(x^3+x+1)=0$ gibi bir denklem kalır. Fonksiyonların türevleri $3x^2+1$ veya $3t^2+1$ olduğundan sürekli artanlardır ve tek kökleri vardır. Burada denklemlerde fark edebileceğimiz $x^3+x$ fonksiyonunu bir birim yukarı kaydırdığımızda $x^3+x+1$ fonksiyonunu elde ederiz ve $X$ eksenini kestiği nokta negatif olacaktır. Diğer yandan incelendiğinde $t^3+t-1$ fonksiyonunun ekseni kestiği nokta az önceki noktanın ters işaretlisi yani pozitif olmalıdır. $x^3+x+1=0$ denkleminin köküne $-a$ diyelim öte yandan diğer denklemi sağlayan $t$ değeri de $a$ ya eşit olmalıdır. Buradan denklemi sağlayan x değerlerimizi $-a, \sqrt{a}\ ve -\sqrt{a}$ buluruz. Soruda $A(B+1)$ yani $-a^3-a$ sorulmaktadır. $x^3+x+1=0$ denkleminin bir kökünün $-a$ olduğunu söylemiştik, kökü yerine koyduğumuzda $-a^3-a=-1$ gelmektedir.

Düz bir yol üzerinde yan yana yer alan $27$ bahçenin herhangi ikisinde aralarındaki hiçbir bahçede bulunmayan aynı bir ağaç türü yer almaktadır. Buna göre, bu bahçelerin en az birinde yer alan ağaç türü sayısı en az kaçtır?

$\textbf{a)}\ 108 \qquad\textbf{b)}\ 152 \qquad\textbf{c)}\ 182 \qquad\textbf{d)}\ 196 \qquad\textbf{e)}\ 351$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Cevap: $182$.

Bahçelerin koordinat doğrusu üzerinde $1,2, \ldots, 27$ noktalarında bulunduklarını varsayalım. $1,2, \ldots, 13$ noktalarındaki bahçeler birinci, $14,15, \ldots 27$ noktalarındaki bahçeler ise ikinci bahçe grubunu oluştursun. Biri birinci, bir diğeri ikinci gruptan olan bahçelerin oluşturdukları $13 \cdot 14=$ 182 tane bahçe ikilisi vardır. Bu bahçe ikililerine temel ikili diyelim. Koşullara göre, herhangi temel bahçe ikilisinde diğer temel bahçe ikililerinde bulunmayan bir ağaç türü bulunuyor. Buna göre, en az $182$ ağaç türü vardır. Diğer taraftan, $x$ ve $y$ noktalarındaki bahçelerin oluşturduğu temel bahçe ikilisinde bulunup diğer temel bahçe ikililerinde bulunmayan ağaç türü, $k$ pozitif tam sayı olmak üzere, $x-k|y-x|$ ve $y+k|y-x|$ noktalarındaki bahçelerde de bulunursa, bu $182$ ağaç türü yeterli olur.

Kaynak: Tübitak 27. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2019