Tübitak Lise 1. Aşama - 2020 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{B}$

$BD$ doğrusunun $[AC]$ kenarını kestiği nokta $E$ olsun. Çemberde açıları yazarsak $m(\widehat{AOC})=90^\circ$ olur ve $AODB$ kirişler dörtgeni olduğu görülür. $m(\widehat{OAD})=20^\circ$ ise $m(\widehat{OBD})=20^\circ$ olur. $OB$ ve $OC$ yarıçap olduğundan $OBC$ ikizkenar üçgendir. $m(\widehat{BOC})=50^\circ$ olduğundan $m(\widehat{BAC})=25^\circ$ olarak bulunur.

Açı takibi ile $m(\widehat{ACO}) = m(\widehat{CAO}) = 45^\circ$, $m(\widehat{DAO}) = 20^\circ$ ve $m(\widehat{CAD}) = 25^\circ$ dir. $ABD$ üçgeninde $C$ noktasının bir dış teğet çember merkezi oluğunu gösterelim. $[BC$ bir dış açıortaydır. Ayrıca $m(\widehat{ACD})= \dfrac{1}{2}m(\widehat{ADB})$ sağlandığından $C$ noktası $ABD$ üçgeninin $A$ noktasına göre dış teğet çemberinin merkezidir. O halde $[AC$ bir iç açıortay olup $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{DAC})=25^\circ $ elde edilir.

Açı takibi ile $m(\widehat{DAC}) = 25^\circ $ dir. $BD$ ve $AO$ doğrularının kesişimi $E$ olsun. $m(\widehat{ABE}) = 90^\circ $ olduğundan $E$ noktası çevrel çember üzerindedir. $CO \perp AE$ olduğundan, $CO$ doğrusu $ACE$ ikizkenar dik üçgeninin simetri ekseni olur. Böylece $m(\widehat{DEC}) = m(\widehat{DAC}) = 25^\circ $ dir. Çevre açılardan, $ m(\widehat{BAC}) = m(\widehat{BEC}) = 25^\circ $ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

İfadeyi $\displaystyle{\frac{2^{p-1}}{2^2}+\frac{3^{p-1}}{3^2}+\frac{4^{p-1}}{4^2}}$ biçiminde yazalım. $p>3$ ise Fermat Teoreminden dolayı $\displaystyle{3^2\cdot 4^2+2^2\cdot 4^2 +2^2\cdot 3^2}$ ifadesinin $p$ ile tam bölündüğünü söyleyebiliriz ki bu sayı $61$'dir. Ancak $3$ de bir tek asal sayı olduğundan onu da ayrıca denememiz gerekir (ki ifadenin $p$ ile tam bölünmesini sağlar). O yüzden cevap $61+3=64$ olur. 

Yanıt: $\boxed{E}$

Parantezleri açarsak $\displaystyle{x^3+4x^2+16x+64=11}$ elde ederiz. Şimdi $11$ yerine onu yazalım: $\displaystyle{x^4-x(x^3+4x^2+16x+64) \to -4(x^3+4x^2+16x) \to (-4)\cdot (-53)} = 212$

Denklemi $x-4$ ile çarparsak $(x^2-16)(x^2+16)=11x-44$ elde edilir. Buradan $x^4-256=11x-44$ olur. $11$'i sola $256$'yı sağa atarsak. $x^4-11x=212$ olur.

İlk gün yenen fındık sayısı $x$, ikinci gün ve üçüncü gün $y$ olmak üzere, $x+2y \leq 101$ eşitsizliğini sağlayan $(x,y)$ pozitif tam sayı ikililerinin sayısını bulmalıyız.

$y=1$ için $x \leq 99$ olup $99$ tane çözüm çifti vardır.
$y=2$ için $x \leq 97$ olup $97$ tane çözüm çifti vardır.
$\vdots$
$y=50$ için $x \leq 1$ olup $1$ tane çözüm çifti vardır.

Toplam, $1+3 + 5 + \cdots + 97 +99 = 50^2 = 2500$ çözüm çifti vardır.

Yanıt: $\boxed {A}$

$AB \parallel CF \parallel DE$ olduğu için $\text{Alan} (PFABC) = \text{Alan}(EFABC)$ ve $\text{Alan}(PAB) = \text{Alan}(BEA) = 60$.
Basit hesaplamalarla ($BE = 2\cdot AF$ ve $BE \parallel AF$) $\text{Alan}(BEC) = \text{Alan} (BEA) = 2\cdot \text{Alan}(AFE) = 60$, $\text{Alan}(PFABC) = \text{Alan}(EFABC) = 150$ ve $\text{Alan}(PAF) = 46$.

Genel halde, düzgün altıgendeki bazı alan bağıntılarını ifade edelim.

$Alan(ABCDEF) = 6S$ olsun. $Alan(BCD)=Alan(AFE)=S$ ve $Alan(ABDE) = 4S$ dir. Böylece $Alan(ABP)=\dfrac{1}{2}Alan(ABDE) = 2S$ elde edilir. Yine $Alan(PEF) + Alan(PDC) = Alan(PEC) + Alan(PDC) = Alan(CDE) = S$ dir. Buradan $Alan(ABCPF)= 5S $ olup $Alan(PAF) + Alan(PBC) = 3S$ bulunur.

Bu alan eşitliklerini kullanarak $S=30$ bulunur. $Alan(PAF)=x$ denirse $x + 44 = 3S = 90$ eşitliğinden $x=46$ sonucuna ulaşılır.


Not: Ayrıca bu soru ile benzer fikirlere sahip olan Düzgün altıgen ve alan başlıklı soruyu sitemizde sorup çözmüştük.

Yanıt: $\boxed{C}$

$a$ ve $b$ tam kare olmayan doğal sayılar olmak üzere, $\displaystyle{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$ bir tam sayı olamaz. İfadenin karesi alınarak bu görülebilir.

$\displaystyle{\sqrt{n+11}}=x$ olsun. O halde $\displaystyle{x^2+x-11}$ tam kare olmalıdır. $\displaystyle{\frac{(2x+1)^2-45}{4}}$ tam karedir. Payda tam kare olduğundan $\displaystyle{(2x+1)^2-45=y^2}$ tam karedir: $\displaystyle{(2x+1-y)(2x+1+y) = 45}$ olur. Eşitliği sağlayan değerleri bulmak kolaydır. Bunlar $n$ yerine konulup test edilirse $n: -2,5,110$ değerlerini alabilir. Yani cevap $113$ olur.
       

Yanıt: $\boxed{A}$

$P_{1}(x+1)-P_{1}(x)=x^2(3a)+x(3a+2b)+a+b+c$ ve $P_{2}(x+1)-P_{2}(x)=x^2(3a)+x(3a+2c)+a+b+c$ olur. Burada farklılık yaratan $x$'in katsayısıdır ve bu katsayılar mutlak değerce birbirlerine eşit olursa ifadenin minimum değeri değişmez çünkü oluşacak farklılık parabollere koordinat sisteminde sadece yatay hareket yaptırır (grafik ile de gösterilebilir). $|3a+2b|=|3a+2c|$ olur ve sorudaki koşuldan dolayı $6a=-2b-2c$ elde edilir ve istenen oran $-3$ bulunur.

Cevap: $\boxed{E}$

Tüm terimler pozitif olduğundan dolayı $k$, $28$'den büyük olamaz. Şimdi incelemeye geçelim.

i) $k=2m$ ise $14\geq m\geq 1$ olur. Ayrıca $a_i=a_{2m+1-i}$ olduğundan $$a_1+a_2+\dots+a_m+a_{m+1}+\dots+a_{2m}=2(a_1+a_2+\dots+a_m)=28$$ $$\Rightarrow a_1+a_2+\dots+a_m=14$$ bulunur. Tüm terimler en az $1$ olacağından, dağılım formülünden $\left( \begin{array}{c} (14-m)+m-1 \\ m-1 \end{array} \right)=\left( \begin{array}{c} 13 \\ m-1 \end{array} \right)$ farklı dağılım bulunur. $m$, $1$ ile $14$ arasındaki herhangi bir tamsayı olduğundan toplam durum $$\sum_{m=1}^{14} \left( \begin{array}{c} 13 \\ m-1 \end{array} \right)=2^{13}$$ bulunur.

ii) $k=2m-1$ ise benzer şekilde $14\geq m\geq 1$ olur. $$a_1+a_2+\dots+a_{m-1}+a_m+a_{m+1}+\dots+a_{2m}=2(a_1+a_2+\dots+a_{m-1})+a_m=28$$ bulunur. $a_m$ çift olmalıdır. $a_m=2n$ için $$a_1+a_2+\dots+a_{m-1}+n=14$$ bulunur. İlk şıktakinin aynısı bir durum olduğundan burada da toplam durum $2^{13}$'dür.

Her iki durumda da $2^{13}$ dağılım olduğundan toplamda $2^{13}+2^{13}=2^{14}=16384$ simetrik dağılım vardır.

Yanıt: $\boxed{B}$

$AC$, $ABD$ üçgeninin dış açıortayıdır. $DAC$ üçgeninde Kosinüs teoreminden $|AC|=15\sqrt{3}$ ve dış açıortay teoreminden $[BD]=14$ olarak bulunur. $BAD$ üçgeninde Kosinüs teoreminden $|AB|=10$ olarak bulunur.

Benim gibi dışaçıortay teoremi, açıortay teoremi veya kenarortay teoremi yerine Stewart teoremini ezberliyenler için başka bir genelleştirilmiş teoremi verip oradan çözelim,

Teorem: Bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarı üzerinde $D$ ve $E$ noktaları alalım ($D$, $[BE]$ üzerinde olacak şekilde). Ayrıca $m(\widehat{BAD})=\alpha$, $m(\widehat{DAE})=\beta$ ve $m(\widehat{EAC})=\theta$ olsun. Buna göre $$\dfrac{\sin{\beta}\cdot \sin{\left (\alpha+\beta+\theta\right )}}{\sin{\alpha}\cdot \sin{\theta}}=\dfrac{|DE|\cdot |BC|}{|BD|\cdot |EC|}$$ sağlanır.
Teoremin ispatı için $ABC$, $BAD$, $DAE$ ve $EAC$ üçgenlerinde sinüs teoremini uygulayın. Bu teoremin literatürde bir adı var mı bilmiyorum. Ben bu teoremi harmonik demetleri incelerken kendim keşfedip kullanmaya başlamıştım.

Soruya dönersek $BAD$ üçgeninin açıortayının $BD$'yi kestiği noktaya $E$ diyelim. Ayrıca $|AB|=x$, $|BD|=y$ ve $|BE|=z$ diyelim. $ABC$ üçgeninde üstteki "Aydemir" teoremini uygularsak (adsız kalacağına Aydemir teoremi diyelim  ) $$\dfrac{\sin{60^\circ}\cdot \sin{150^\circ}}{\sin{60^\circ}\cdot \sin{30^\circ}}=\dfrac{|DE|\cdot |BC|}{|BE|\cdot |DC|}$$ $$\Longrightarrow 1=\dfrac{(y-z)(y+21)}{21z}$$ elde edilir.
$ABD$'de açıortay teoreminden $$\dfrac{6}{y-z}=\dfrac{x}{z}\Longrightarrow \dfrac{6}{x}=\dfrac{y-z}{z}$$ Buradan $\dfrac{(y-z)(y+21)}{21z}=\dfrac{2(y+21)}{7x}=1$ bulunur. $y=7k$ dersek $x=2k+6$ bulunur. $BAD$ üçgeninde kosinüs teoreminden $$(2k+6)^2+6^2+6(2k+6)=(7k)^2\Longrightarrow 5k^2-4k-12=0\Rightarrow (5k+6)(k-2)=0$$ bulunur. $k=2$ olabilir, yani $x=2k+6=\boxed{10}$ bulunur.

$D$ den $BA$ ya çizilen paralel $AC$ yi $E$ de kessin. $\triangle EDA$ bir $120^\circ - 30^\circ -30^\circ$ üçgenidir. $EA$ nın orta noktası $F$ olsun. $FD = 3$, $AF = FE = 3\sqrt 3$, $\triangle FDC$ de Pisagor'dan $FC = 12\sqrt 3$ elde edilir. $EC = 9\sqrt 3$, $AC = 15\sqrt 3$, $ED = 6$ oldugu icin paralellikten dolayı $AD = 10$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle ACB=\alpha$  diyelim. $\dfrac{6}{\sin \alpha}=42$  olduğundan $\sin\alpha=1/7$  ve $\cos\alpha =4\sqrt{3}/7$  olur. $\sin (30-\alpha)=\dfrac{3\sqrt{3}}{14}$  ve $\sin (\alpha+30)=\dfrac{5\sqrt{3}}{14}$  olur. Dolayısıyla $AB=\dfrac{6.\sin(\alpha+30)}{\sin (30-\alpha)}=10$  bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$

$m=an+k=28n+27$ olsun. $n(a-28)=27-k$ ve $k<n$ olduğundan $28\leq a$ olmalıdır, yoksa $n$ negatif olur. $a=28$ olursa $k=27$ olur, $a=29$ olursa $n=27-k \to k > 27-k$ olur ki $a$ nın daha büyük değerlerinde daha küçük aralıklar elde ederiz. $14\leq k\leq 27$ olduğundan $k$ $14$ farklı değer alabilir.

Cevap: $\boxed{B}$

Genelliği bozmadan $a\geq b\geq c\geq 0$ olsun. $c$'yi sabitleyelim. $a+b=1-c=t\leq 1$ olsun. $\dfrac{1}{1+4c^2}$ de sabit olacağından $$\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4b^2}=\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4(t-a)^2}$$ ifadesinin minimum değerini bulmaya çalışalım. $$\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4(t-a)^2}\geq \dfrac{2}{1+t^2}$$ olduğunu gösterelim. Payda eşitlersek, $$\dfrac{8a^2-8ta+(4t^2+2)}{16a^4-32a^3t+a^2(16t^2+8)-8ta+(4t^2+1)}\geq \dfrac{2}{1+t^2}$$ olur, burada da sadeleştirme ve içler dışlar çarpımı yapıp terimleri bir tarafta toplayalım. $$0\geq 16a^4-32a^3t+a^2(12t^2+4)+a(4t^3-4t)-(2t^4-t^2)$$ olur. Göstermek istediğimiz eşitsizlikte $a=\dfrac{t}{2}$ için eşitliğin sağlandığı görülür, yani $(2a-t)$ kök olacaktır. Bunu kullanarak çarpanlarına ayırırsak, $$0\geq (2a-t)^2(-2t^2-4at+4a^2+1)$$ olduğunu göstermeliyiz. $(2a-t)^2\geq 0$ olduğundan $$0 \geq -2t^2-4at+4a^2+1 \Rightarrow 2t^2+4at-(4a^2+1)\geq 0$$ olduğunu göstermek gerekir. $a\geq b\geq c$ ve $a+b+c=1$ olduğundan $1\geq a\geq \dfrac{1}{3}$ ve $2a\geq t\geq \dfrac{a+1}{2}$ bulunur. ($t$ yerine $a+b$ ve $1$ yerine $a+b+c$ koyularak kolaylıkla gösterilebilir.)

$f(x)=2x^2+4ax-(4a^2+1)$ olsun. $$f(2a)=12a^2-1\geq 12\left (\dfrac{1}{3}\right )^2-1>0$$ bulunur. $$f\left (\dfrac{a+1}{2}\right )=\dfrac{-3a^2+6a-1}{2}$$ olur. Ortaya çıkan denklemin köklerinin oluşturduğu aralık $\left (\dfrac{1}{3},1\right )$ aralığını kapsadığı için $a$ değeri iki kök arasındadır, dolayısıyla $f \left( \dfrac{a+1}{2}\right )$ pozitiftir. $f$ fonksiyonunun köklerinin en az birinin negatif olduğu Vieta formülüyle rahatlıkla görülebilir. Bu fonksiyonun pozitif değer alabilmesi için $\dfrac{a+1}{2}$ ve $2a$ değerlerinin $f$ fonksiyonunun köklerinin arasında olmaması gerekir. Bu ifadeler pozitif olduğundan en küçük kökten daha küçük olamazlar yani en büyük kökten daha büyük olmalıdır. $t$ değeri bu iki ifadenin arasında olduğundan $t$ de en büyük kökten daha büyüktür yani $f(t)=2t^2+4at-(4a^2+1)\geq 0$ bulunur. Yani $$\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4b^2}\geq \dfrac{2}{1+t^2}$$ olur. Dolayısıyla $$\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4b^2}+\dfrac{1}{1+4c^2}\geq \dfrac{2}{1+t^2}+\dfrac{1}{1+4(1-t)^2}$$ olur. $a\geq b\geq c$ olduğundan $c\leq \dfrac{1}{3}$ olur. Buradan $t=1-c\geq \dfrac{2}{3}$ elde edilir. Şimdi $\left [\dfrac{2}{3},1\right ]$ aralığında son bulunan ifadenin $2$'den büyük olduğunu gösterelim: $$\dfrac{2}{1+t^2}+\dfrac{1}{1+4(1-t)^2}\geq 2 \Rightarrow \dfrac{9t^2-16t+11}{4t^4-16t^3+18t^2-16t+10}\geq 2 \Rightarrow -8t^4+16t^3-9t^2+1\geq 0$$ $$\Rightarrow (1-t)(8t^3-8t^2+t+1)\geq 0$$ elde edilir. $1-t\geq 0$ olduğunu biliyoruz.  $8t^3-8t^2+t+1$ ifadesinin de $\left [\dfrac{2}{3},1\right ]$ aralığında artan olduğu türevle rahatlıkla gösterilebilir. Dolayısıyla bu ifade minimum değerini $t=\dfrac{2}{3}$ noktasında alır ve bu değer $\dfrac{13}{27}$'dir yani pozitiftir. Buradan ifadenin minimum değerinin $2$ olduğu bulunur. Eşitlik durumu $(a,b,c)=\left (\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0 \right )$'dır.

Not: Bu sorunun 1. aşama sorusu olduğu göz önüne alırsak daha basit bir çözümünün var olduğunu düşünüyorum. Daha basit çözüm bulamadığım için bu uzun halini paylaştım. Eğer daha estetik bir çözüm bulursanız ve paylaşırsanız daha faydalı olacağını düşünüyorum.

Yanıt: $\boxed{A}$

Sayı doğrusu üzerinde herhangi iki ardışık tek ve çift sayılar farklı renge boyanacaktır. Burada sorun çıkaranlar çift sayılar çünkü hem $2$ eksikleri hem de yarıları da boyanıyor, bunlar farklı renkte olabilir. $\{a, 2a-2, 2a\}$ şeklinde kümeler oluşturalım. Bu kümede elemanların hepsinin farklı renkte olduğu durumlar olabilir. Öte yandan bu kümenin herhangi iki elemanı başka bir kümede beraber olamaz, Dolayısıyla toplam en az $3$ renk kullanılmalıdır. Öneğin indisler kullanılan rengi belirtmek üzere:

$(1_1,2_2,3_2,4_1,5_1,6_3,7_2,8_2,\cdots)$ burada stratejimiz her bir sayının indisini mümkün olan en küçük sayıda tutmaktır.     

Cevap: $\boxed{A}$

$[KE]$'ye $C$'den çizilen paralel $[AB]$'yi $X$'de kessin. $BKE$ ile $BXC$ benzer olacağından $|BX|=24$, $|AX|=4$ olur, ayrıca paralel olduklarından dolayı $m(\widehat{BKE})=m(\widehat{BXC})$ olur. $B$'den $[DL]$'ye paralel çizelim ve $[AC]$'yi $Y$'de kessin. Benzer şekilde $CLD$ ile $CYB$ benzer üçgenlerdir ve benzerlikten $|CY|=9$, paralellikten $m(\widehat{CLD})=m(\widehat{CYB})$ bulunur.

$m(\widehat{CXB})=m(\widehat{CYB})$ olduğundan $BXYC$ kirişler dörtgenidir. $A$ noktasından kuvvet alınırsa, $$|AX|\cdot |AB|=|AY|\cdot |AC|\Rightarrow 4\cdot 28 = |AC|\left (|AC|-9\right ) \Rightarrow |AC|=16 $$ bulunur. $|CL|=6$ olduğundan $|AL|=10$ bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$

Diziyi $7$ modunda inceleyelim: $\displaystyle{a_2 \equiv 0,1,6(\bmod7)}$ olabilir ve geri kalan terimler de onun aldığı değeri alabilir, çünkü $1799$, $7$ ile kalansız bölünür. $7$ ile bölümünden kalan bu 3 değerden biri olan herhangi bir sayı $28$ ile bölümünden $2$ kalanını veremez.

$\displaystyle{a_i=a_{i-1}^3+1799}$ ve $a_i$ tam kare olsun. Bir tam sayının kübünün $7$ modunda alabileceği değerler $0,1,6$ ve bir tam sayının karesinin $7$ modunda alabileceği değerler $0,1,2,4$ dir, denklik sağlanması için bahsi geçen sayının $7$ ile bölümünden $6$ kalanını vermemesi gerekir. Dolayısıyla $28$ ile bölümünden kalan $6$ da olamaz.

Eğer $a_i$, $7$ ile kalansız bölünüyorsa $49$ ile de kalansız bölünecektir (tam kare olduğu için). $\displaystyle{1799 \equiv -14(\bmod49)}$ olduğundan $\displaystyle{a_{i-1}^3 \equiv 14(\bmod49)}$ olmalıdır ki denklik sağlansın ancak bir tam küp verilen denkliği sağlamaz, çelişki.

$22$ şu şekilde olabilir: İlk terim: $a_1=5^2$ olarak alınırsa ikinci terim $a_2=132^2$ olur, en az $2$ tam kare terim şartı sağlanır ve $\displaystyle{a_{2020} \equiv 22(\bmod28)}$ olur.     

Yanıt: $\boxed{B}$

Bu çok tersli polinomlarda hiçbir görüntü tek bir elemanla eşleşmez. Dikkat edilmesi gereken yer bunun minimum/maksimum değer aldığı noktalar için de geçerli olduğudur o yüzden öncüllerde verilen parabol $P_{1}(x)$ verilen şartı sağlamaz. $P_{3}(x)$ çift fonksiyondur ve verilen şartı sağlar. $P_{2}(x)$ ve $P_{4}(x)$ ise grafiklerinde orijine soldan uzaklaştıkça aldığı değerler eksi sonsuza ıraksar, orijine sağdan uzaklaştıkça da artı sonsuza ıraksar. Verilen şartı sağlamadıkları açıktır.     
 

Cevap: $\boxed{B}$

Grafiksel yorumun yanında cebirsel bir bakış bakalım. Bizden istenilen, her $x$ için $x\neq y$ olacak şekilde $P_i(x)=P_i(y)$ denkleminin $y$ için çözümünün olmasıdır.

$P_1(x)$ polinomu için $$P_1(x)=P_1(y)\Rightarrow x^2-2020x=y^2-2020y\Rightarrow (x-y)(x+y-2020)=0\Rightarrow x+y=2020$$ olur. Yani her $x$ için $2020-x$ eşitliği sağlar fakat $x=1010$ için $x=y$ olur. Çelişki

$P_2(x)$ için $$\begin{array}{lcl}
x^3-2020x^2+x=y^3-2020y^2+y &\Rightarrow & (x-y)(x^2+xy+y^2-2020x-2020y+1)=0 \\ &\Rightarrow & y^2+y(x-2020)+(x^2-2020x+1)=0
\end{array}$$ bulunur. $x=2020$ için $y^2+1=0$ olur fakat bu denklemin çözümü yoktur. Dolayısıyla $x=2020$ için bir $y$ değeri bulamayız.

$P_3(x)$ için fonksiyon bir çift fonksiyon olduğundan $P_3(x)=P_3(-x)$'dir. Yani $y=-x$ için istenen durum sağlanır fakat $x=0$ durumunda $x=-x$ olacağından ayrı incelenmelidir. $$P(y)=P(0)\Rightarrow y^4-2020y^2=0$$ olur. $y=\sqrt{2020}$ istenilen durumu sağlar. Dolayısıyla her $x$ için $x$'den farklı bir $y$ değeri bulabiliriz.

$P_4(x)$ için fonksiyon $x$ sonsuza giderken sonsuza gittiğinden ve bir $x=a$ değerinden sonra fonksiyon sürekli artmalıdır. Fonksiyon sadece $x$ sonsuza giderken pozitif sonsuza yaklaştığından öyle bir $N>a$ değeri vardır ki her $x_0>N$ ve $N>x_1$ için $P_4(x_0)>P_4(N)>P_4(x_1)$ sağlanır. Eğer $P_4(x_0)=P_4(y)$ olacak şekilde $x_0$'dan farklı bir $y$ değeri varsa $y>N$ olmalıdır fakat $N>a$ olduğundan $x>N$ için fonksiyon artan olacağından $P_4(x_0)=P_4(y)$ olması için $x_0=y$ olması gerekir. Çelişki

Dolayısıyla sadece $P_3(x)$ polinomu çok terslidir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Amacımız herhangi iki kutuda bulunmayan renklerin sayısını en az yapmak ki bu sayı sorudaki şarttan ötürü $0$ ve $1$ olamaz. Biz $2$ olamayacağını gösterelim: Genelliği kaybetmeden $k_1$ kutusunda $r_5$ ve $r_6$ renkli top bulunmasın. $k_2$ kutusunda $r_5$ ya da $r_6$ bulunmaz. Yine genelliği kaybetmeden $r_4$ ve $r_5$ bulunmasın. Mevcut şartlar altında $k_3$ kutusu için $2$ durum söz konusu olabilir: Ya $r_i$ ve $r_5$ bulunmaz $(i\leq 5)$. Ya da $r_4$ ve $r_6$ bulunmaz. Eğer ilk durum olursa sonraki kutuda ve ondan sonrakiler de $r_5$ bulunmaz. Eğer ikinci durum olursa sonraki kutuda bulunmayan $3$ top olması gerekir. İki durumun da olamayacağı açıktır. Şimdi de herhangi iki kutuda bulunmayan renklerin sayısının nasıl $3$ olabileceğini gösterelim: Genelliği kaybetmeden $k_1$ de $r_4$, $r_5$ ve $r_6$ bulunmasın. Sorunun şartını en kolay sağlamak için $k_2$ de $r_2$, $r_3$ ve $r_4$ bulunmasın, $k_3$ de $r_1$, $r_2$ ve $r_6$ bulunmasın ve $k_4$ de $r_1$, $r_3$ ve $r_5$ bulunmasın. Şuan her rengin bulunduğu kutu sayıları $(2)$ eşit. O yüzden yaptığımız işlemi periyodik olarak devam ettirebiliriz de. Cevap da $\displaystyle{\frac{100}{2}\times 4=200}$ olarak bulunur. Tablo yaparsak da şu şekilde olabilir örneğin:     

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & r_1 & r_2  & r_3 & r_4 & r_5 & r_6 \\ \hline k_1  &   &   &   & \checkmark & \checkmark & \checkmark \\ \hline k_2  &   & \checkmark & \checkmark & \checkmark &  &  \\ \hline k_3  & \checkmark & \checkmark &  &  &  & \checkmark \\ \hline k_4  & \checkmark  &  & \checkmark &  & \checkmark & \\ \hline \vdots &   &   &   &   &   & \\ \hline k_{197} &   &   &   & \checkmark & \checkmark & \checkmark \\ \hline k_{198}  &   & \checkmark & \checkmark & \checkmark &  & \\ \hline k_{199}  & \checkmark & \checkmark &  &  &  & \checkmark \\ \hline k_{200} & \checkmark  &  & \checkmark &  & \checkmark &  \\ \hline   \end{array}$

Burada bulunmayan renkler $\checkmark$ ile gösterilmiştir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$(\widehat{BAD})=68^\circ$ ve $m(\widehat{DAC})=56^\circ$ olduğundan $AC$, $ABD$ ve $APF$ üçgeninin dış açıortay doğrusudur. Dış açıortay teoreminden: $\displaystyle{\frac{|CD|}{|CB|}}=\displaystyle{\frac{2}{5}}$ elde edilir. Şimdi, $|BE|=5k$ ve $|DE|=k$ ise $|DC|=4k$ olur. $ABC$ üçgeninde Menelaus teoreminden $\displaystyle{\frac{|AP|}{|DP|}=\frac{5}{2}}$ ve $\displaystyle{\frac{|AN|}{|EN|}=2}$ olur. $A(DENP)=A(AED)-A(APN)$ olduğundan ve $AED$ ve $APN$  üçgenlerin kenarlarının oranlarını bildiğimizden ve tepe açıları aynı olduğundan çok kolay bir şekilde $\displaystyle{\frac{A(APN)}{A(DENP)}}=\displaystyle{\frac{10}{11}}$ olduğunu görebiliriz.             

Yanıt: $\boxed{A}$

İfade bir tam kare olsun ve bu tam kare $a^2$ olsun. İfadeyi $\displaystyle{(n^2+n-7)(n^2+n+9)=(a-n-1)(a+n+1)}$ biçiminde yazalım. Birkaç deneme-yanılma ile $n$ nin alabileceği değerler $-9,3,7$ olarak bulunur. Rahatlıkla $A$ seçeneğini işaretleyebiliriz. Orijinal çözüm nasıl bilmiyorum ama bunu ileri götürerek ifadenin sol tarafındaki çarpanların arasındaki fark $16$ olduğu kullanılarak veya Obeb-Okek ile bir ispat yapılabilir. Zaman bulunca ispatını ekleyeceğim ama benden erken orijinal çözüm ekleyen olursa çok iyi olur tabi

Yanıt:$\boxed{A}$

İki ardışık tamkare arasında tamkare sayı bulunamaz teoreminden yardım alalım.

$(n^2+n+1)^2<n^4+2n^3+4n^2+4n-62<(n^2+n+2)^2$ olursa çelişki olur ve asla tamkare olamaz.

eşitliğin sağ tarafı düzenlenirse $n^2+66>0$ yani daima sağlanır. O halde

$(n^2+n+1)^2<n^4+2n^3+4n^2+4n-62$ eşitsizliğinin sağlanmamasını istiyoruz.

$(n^2+n+1)^2\ge n^4+2n^3+4n^2+4n-62$

$n^4+2n^3+3n^2+2n+1 \ge n^4+2n^3+4n^2+4n-62$  yani

$n^2+2n-63\le 0 $ bulunur.

Bu eşitsizlik çarpanlarına ayırılarak çözülürse $-9\le n \le 7 $ bulunur. Modüler aritmetik de göz önüne alınarak hızlıca denenirse $-9,3,7$ çözümleri bulunur.


Not:
https://geomania.org/forum/index.php?topic=6419.0
Bu sorunun benzeri olması açısından  $2,36 ,76, 133 $ numaralı sorular incelenebilir.

Not:
Bu soruda çift $n$ ler $2 \pmod 4$ analizinden gidiyor. $\pmod 5$ ten $n=5$  ve $n=-5$ gidiyor. Buradan da $-9,-7,-3,-1,1,3,7$ değerleri kalıyor. $-9,7$ sınır olduğu için eleniyor. ($(-7)^4+2.(-7)^3+4.(-7)^2+4.-7-62$ yi hesaplarken $5.7^3+4.7^2-90=7^2.(35+4)-90=39.7^2-90$ haline geliyor buradan hesaplamak biraz daha kolay oluyordu diye hatırlıyorum.

Atakan'ın yaptığı şekilde aralığa sokmaya çalışalım fakat farklı olarak $$(n^2+n)^2<n^4+2n^3+4n^2+4n-62<(n^2+n+2)^2$$ eşitsizliğini elde etmeye çalışalım. Bu eşitsizlik sağlanırsa $n^4+2n^3+4n^2+4n-62=(n^2+n+1)^2$ olmak zorunda olacaktır. Yukarıdaki çözümlerde eşitsizliğin sağ tarafının her zaman sağlandığı gösterilmiştir. Sol tarafına bakarsak, $$(n^2+n)^2<n^4+2n^3+4n^2+4n-62\Longleftrightarrow 3n^2+4n-62>0$$ Dolayısıyla istediğimiz eşitsizlik sadece $3n^2+4n-62\leq 0$ iken sağlanılmaz. Bu ikinci dereceden polinomun kökleri $x_1<x_2$ ise $[x_1,x_2]$ aralığı bu polinomu $0$ veya negatif yapar. $n=-6$ ve $n=4$ için ifade pozitiftir fakat $n=-5$ ve $n=3$ için negatiftir o yüzden $n\notin \{-5,-4,\dots, 2,3\}$ için en başta düşündüğümüz eşitsizlik sağlanır ve $n^4+2n^3+4n^2+4n-62=(n^2+n+1)^2$ olur. Buradan $n^2+2n-63=(n+9)(n-7)=0$ bulunur ve $n=-9$, $n=7$ çözümleri bulunur.

Geriye $\{-5,-4,\dots, 2,3\}$ aralığını denemek kalır. Eğer $n$ çiftse $n^4+2n^3+4n^2+4n-62\equiv 2\pmod{4}$ olacağından tamkare olamaz. $n$ tek sayısı için $n^2\equiv 1\pmod{8}$ ve $4n^2+4n\equiv 0\pmod{8}$ olacağından $$n^4+2n^3+4n^2+4n-62\equiv n^2+2n+2\equiv (n+1)^2+1\pmod{8}$$ Eğer ifade tamkareyse $8$ modunda $1$ kalanı vermelidir (tek sayı olacağı barizdir). O yüzden $(n+1)^2\equiv 0\pmod{8}$ olmalı. Yani $n+1\equiv 0\pmod{4}$ olmalıdır. Buradan incelememiz gereken değerler $\{-5,-1,3\}$ kalır. Bunları incelersek $n=3$ için tamkare olur. Toplam $-9+7+3=\boxed{1}$'dir.

Cevap: $\boxed{C}$

Bizden fonksiyondaki görüntüsü istenen değeri inceleyelim. $$\dfrac{3^{2020}-1}{8}=\dfrac{(3^2)^{1010}-1}{3^2-1}=(3^2)^{1009}+(3^2)^{1008}+\cdots +(3^2)^{1}+(3^2)^{0}=3^{2018}+3^{2016}+\cdots +3^{2}+1$$ olur. Bu sayıyı $3$ tabanında yazacak olursak $1010$ tane $1$ ve $1009$ tane $0$ olmak üzere, $$\dfrac{3^{2020}-1}{8}=\left (1010\dots 0101\right )_{3} $$ elde ederiz. Fonksiyona dönecek olursak $n=\left ( a_1a_2\dots a_k\right )_3$ olmak üzere,

Eğer $a_k=1$ veya $a_k=2$ olursa $$f \left ( \left ( a_1a_2\dots a_k\right )_3 \right )=f \left ( \left ( a_1a_2\dots a_{k-1}\right )_3 \right )$$ olacaktır.

Eğer $a_k=0$ olursa $$f \left ( \left ( a_1a_2\dots a_k\right )_3 \right )=f \left ( \left ( a_1a_2\dots a_{k-1}\right )_3 \right )+1$$ olacaktır. Yani $n$ sayısının $3$ tabanındaki halinin sağından başlayarak rakamları atıp $f(1)$ veya $f(2)$'ye ulaşabiliriz. $1$ fazlalık sadece $0$ rakamıyla karşılaşılınca ekleneceğinden $f(n)$ değeri $n$'nin $3$ tabanındaki halinde bulunan $0$ rakamının sayısına eşit olacaktır. Bizden istenen değerde $1010$ tane $1$, $1009$ tane $0$ vardır. Dolayısıyla, $f\left (\dfrac{3^{2020}-1}{8}\right )=1009$ olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

Kişilere $1, 2, 3, \dots , n$ biçiminde numara verelim ve bu kişileri noktalarla gösterelim. Arkadaş olan iki kişi arasına bir çizgi çizelim. Problemde verilen üç arkadaş $1,2,3$ olsun. Bu durumu, köşeleri $1,2,3$ sayıları olan bir üçgen ile ifade ederiz. $4.$ kişi $1,2,3$ den en az biriyle arkadaş olmak zorundadır. Aksi halde $4.$ kişi, $1,2,3$ den hiçbiriyle arkadaş olmazsa problemin koşulu ile çelişir. O halde $4$ ile $1$ in arkadaş olduğunu varsayabiliriz. (Şekil 1)


Herkesin en fazla üç arkadaşı olacağından; $2$, $3$, $4$ ile arkadaşlık kurabilecek yeni kişilerin sayısı sırasıyla $1$, $1$, $2$ dir. Yani $4$ kişilik grubumuza toplamda en fazla $1+1+2=4$ kişi daha ekleyebiliriz. Böylece kişi sayısı $n \leq 8$ olur.

Şimdi $n=8$ için bir örnek durum bulmalıyız. Bu örneği bulmak zor olabilir. Kolaylık olması için $2$ ile arkadaş yeni bir kişi, $3$ ile arkadaş yeni bir kişi, $4$ ile arkadaş yeni iki kişi ekleyerek çizgemizi dolduralım. (Şekil 2) Daha sonra da deneme yaparak gerekli ara çizgileri çizerek şeklimizi tamamlayabiliriz. (Şekil 3)

Yanıt: $\boxed{D}$

$\dfrac{25}{15}=\dfrac{40}{24}$ oranı sağlandığından $[AD]$ iç açıortaydır. Açıortay uzunluğu $|AD|=8\sqrt{10}$ olarak hesaplanabilir. $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinin diklik merkezleri sırasıyla $H_1$, $H_2$ olsun. Diklikleri kullanarak $m(\widehat{ACB})= m(\widehat{DH_2H_1})$ ve $m(\widehat{ABC})=m(\widehat{DH_1H_2})$ eşitlikleri kolayca görülebilir. Böylece $ABC \sim DH_1H_2 $ benzerliği vardır. $$\dfrac{|BC|}{|H_1H_2|}=k \tag{1}$$
benzerlik oranı olsun. Ayrıca $k$ benzerlik oranını yükseklikler oranı olan
$$k=\dfrac{|AE|}{|DE|} \tag{2}$$
eşitliği ile hesaplayalım.


$(2)$ oranı aynı zamanda $\tan(\widehat{ADE})$ değerine eşittir. Bu sebeple $ABD$ üçgeninde kosinüs teoremini uygulayarak
$$ \cos(\widehat{ADE}) = \dfrac{15^2 + 640 -25^2}{2\cdot 15\cdot 8\sqrt{10}} = \dfrac{1}{\sqrt{10}}$$
değerini bulalım. Buradan $$ k=\tan(\widehat{ADE})=3$$ bulunur. Bu değeri $(1)$ de yazarsak $|H_1H_2|=\dfrac{39}{3}=13$ elde edilir.

$AH$ yükselik, $H_1$ $\triangle ABD$ nin diklik merkezi, $H_2$ $\triangle ADC$ nin diklik merkezi olsun.
$\angle H_1BH = \angle HAD = \angle HCH_2 = \alpha$ olur. Bu durumda $HH_1 = BH \cdot \tan \alpha$ ve $HH_2 = HC \cdot \tan \alpha$; $H_1H_2 = BC \cdot \tan \alpha = 39 \tan \alpha$ olur.
$AC^2 - AB^2 = CH^2 - BH^2 \Rightarrow (40-25)(40+25) = (HC - BH)(24+15) \Rightarrow HC - BH = 25$.
$HC = 32$, $BH=7$. $\triangle ABH$ bir $7-24-25$ dik üçgenidir. $AH=24$ ve $HD=BD-BH=8$ olduğu için $\tan \alpha = \dfrac 13$ ve $H_1H_2 = 13$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

Dizinin birkaç terimini hesaplayarak bir bağıntı bulmayı deneyelim. $a_3=48$, $a_4=384$, $a_5 = 3840$ olarak bulunur.

$a_2 = 2\cdot 4 = a_1 \cdot 4$
$a_3 = 8\cdot 6 = a_2 \cdot 6$
$a_4 = 48\cdot 8 = a_3 \cdot 8$
$a_5 = 384\cdot 10 = a_4 \cdot 10$

olduğundan $n\geq 2$ için
$$a_n = a_{n-1}\cdot 2n$$
olduğunu tahmin edebiliriz. Bu bağıntının doğru olup olmadığını $a_{n+1}=2 a_{n}+4 n^{2} a_{n-1}$ indirgeme bağıntısında yazarak görebiliriz. İndirgeme bağıntısı sağlandığından gerçekten $a_n = a_{n-1}\cdot 2n$  dir. Bu ifadede $n=2,3,\dots, n$ yazarak taraf tarafa çarparsak teleskopik çarpım sonucunda

$$ a_n = 2^n \cdot n! $$

elde edilir. $a_{2020}=2^{2020}\cdot 2020!$ olup $2020$ den küçük en büyük asal sayıyı bulmalıyız. Bu sayı asal $2017$ dir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$f(x)=9x^4 - 6x^2$ polinom fonksiyonu ile ve $g(x)=a$ sabit fonksiyonunun grafiklerini çizelim. $f(x)=g(x)$ denkleminin dört farklı gerçel kökü olması için grafiklerin dört farklı noktada kesişmesi gerekir. $y=f(x)$ çift fonksiyonunun grafiği $y$ eksenine göre simetriktir ve aşağıdaki gibi çizilebilir. $a=0$ iken $g(x)=0$ olup $f$ ve $g$ grafikleri orijinde birbirine teğettir. Üç farklı kök oluşur. $a>0$ iken iki farklı kök oluşur. Açıkça $U=0$ bulunur.


Ayrıca $f(x)=(3x^2 - 1)^2 - 1$ yazılabildiğinden $L= f_{\min{}} = -1$ olur. Elbette $a<-1$ iken $f(x)=g(x)$ denkleminin gerçel kökü yoktur.

Sonuç olarak $-1<a<0$ iken verilen denklemin dört farklı gerçel kökü vardır. $U-L=1$ dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

Başlangıçta tahtada yazılı olan sayımız iki basamaklı $x$ olsun. Bu durumda toplam $T=x$ olur.

Şimdi ilk adım sonucunda tahtada $x, 2x, 3x$ sayıları yazılı olur. Toplam $T=6x$ olur.

Şimdi de ikinci adımı inceleyelim.
$x$ için işlem yapılırsa tahtada $x, 2x, 3x, 2x, 3x$ yazılı olur. Toplam $T=11x$ olur.
$2x$ için işlem yapılırsa tahtada $x, 2x, 3x, 4x, 6x$ yazılı olur. Toplam $T=16x$ olur.
$3x$ için işlem yapılırsa tahtada $x, 2x, 3x, 6x, 9x$ yazılı olur. Toplam $T=21x$ olur.

Görüldüğü gibi bu aşamaya kadar, $k\in \mathbb Z$ olmak üzere $T=(5k+1)x$ biçimindedir. Bundan sonra da $T$ nin içinde $5k+1$ biçiminde bir çarpan olma özelliği değişmez. Çünkü tahtada yazılı olan $mx$ gibi bir sayıya işlem yapılınca $2mx, 3mx$ sayıları da oluşur. Bu durumda yeni toplam $T=(5k+1)x + 2mx + 3mx = (5t+1)x$ biçimide olur. ($m, t \in \mathbb Z$)

O halde $2018, 2020, 2022, 2024$ sayıları arasında $5k+1$ çarpanına sahip olanları inceleyelim.

$2018 = 2 \cdot 1009 $ olduğundan $5k+1$ çarpanı yoktur.

$2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101 $ olduğundan $5k+1 = 101$ ve $x=40$ seçilebilir.

$2022 = 2 \cdot 3 \cdot 337 $ olur. $5k+1$ formunda çarpan bulunabilir ancak iki basamaklı bir $x$ çarpanı yoktur.

$2024 = 2^3 \cdot 11 \cdot 23 $ olur. $5k+1 = 23\cdot 2 = 26$ ve $x=4 \cdot 11 = 44$ seçilebilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$|AD|^2=|AB|\cdot |AC| - |BD|\cdot |CD|$ bağıntısı sağlandığından hızlı bir yanıt amacıyla test mantığı ile $[AD]$ nin iç açıortay olduğunu varsayabiliriz. İç açıortay ile ilgili detaylı bir ispat bulunursa çözüme eklenebilir.


Şimdi $m(\widehat{BAD})=m(\widehat{CAD})=30^\circ $ olur. İç açıortay teoreminden $\dfrac{|AB|}{|BD|}=\dfrac{|AC|}{|CD|}=k$ olduğundan $\dfrac{|AB|}{|BD|}\cdot \dfrac{|AC|}{|CD|}= k^2$ dir. $\dfrac{4}{2}=k^2$ olup $k=\sqrt{2}$ bulunur. Buna göre $|AB|=\sqrt{2}|BD|$ dir. Ayrıca $B$ den $[AD]$ ye inilen dikme ayağına $H$ dersek, $ABH$ $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ dik üçgeninde $|AB|=2|BH|$ olur. Böylece $|BD|=\sqrt{2}|BH|$ olup $BDH$ ikizkenar dik üçgendir. $m(\widehat{ADB})=45^\circ $ bulunur.

$B$ ile $C$ noktalarını ayıran bir özellik olmadığı için  $AB \leq AC$ kabul edelim.
$AB = AC$ ise $AB = AC = BC = 2$ ve üçgenin yüksekliği $AD$ den büyük olduğu için $(\sqrt 3 > \sqrt 2 = AD)$ için çözüm yoktur.

O halde $AB < AC$ üzerinden çözüme devam edelim.
$AB=AE$ olacak şekilde $[AC]$ üzerinde bir $E$ noktası alalım.

$A$ nın $D$ ye göre simetriği $F$ olsun.
$BD\cdot DC = AD \cdot DF = 2$ olduğu için $ABFC$ bir kirişler dörtgenidir.
$AD\cdot AF = AE \cdot AC = AB \cdot AC = 4$ olduğu için de $DECF$ bir kirişler dörtgenidir.
$\angle ABE = \angle AEB$ ve kirişler dörtgenlerinin özelliklerinden $\angle ABD = \angle AEC = \angle AED$ olduğu için $\angle EBD = \angle BED$ olur. Yani $ABDE$ bir deltoid ve $\angle BAD = \angle DAC = 30^\circ$ dir. Bu durumda $ABFC$ kirişler dörtgeninde $BF = FC$ ve $\angle CBF = \angle BCF = 30^\circ$ olur. İkizkenar üçgende Stewart'ın özel halinden $FC^2 = BD\cdot CD + FD^2 = 4 \Rightarrow BF = 2$ elde edilir. $BC$ nin orta noktası $M$ olsun.  $\triangle BFM$ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğu için $FM = 1$. $\triangle FMD$ dik üçgeninde $FD = \sqrt 2$ olduğu için $\angle FDC = 45^\circ$ ve $\angle ADB = 45^\circ$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

$a^3 \equiv 1 \pmod n$ olması $a^{2020} \equiv 1 \pmod n$ olmasını gerektiriyorsa buradan $a \equiv 1 \pmod n$ elde edilir. O halde $a^3 \equiv 1 \pmod n$ denkliğinin tek çözümü $a \equiv 1 \pmod n$ ise $n$ tuhaf sayı olur. Eğer $a^3 \equiv 1 \pmod n$ denkliğinin $a \equiv 1 \pmod n$ den farklı çözümleri varsa bu durumda $n$ tuhaf sayı olmayacaktır.

$n=61$ asalı için $a^3 \equiv 1 \pmod {61}$ ise $ (a-1)(a^2+a+1) \equiv 0 \pmod {61}$ olur. $a \equiv 1 \pmod {61}$ veya $a^2+a+1 \equiv 0 \pmod {61}$ olur. Bu ikinci dereceden denkliği $4$ ile genişleterek tam kareye tamamlayalım. $(2a+1)^2 \equiv -3 \pmod{61}$ olur.  $(2a+1)^2 \equiv -3 \equiv 58 \equiv 119 \equiv \cdots \equiv 729 \pmod{61}$ olup $2a+1 \equiv \pm 27 \pmod{61}$ yazılır. Buradan  $a \equiv 13, 47 \pmod {61}$ çözümleri elde edilir. Örneğin $a=13$ için $61\mid 13^3 -1$ olurken $61\nmid 13^{2020} -1$ dir. $n=61$ tuhaf sayı değildir.

$n=63$ bileşik sayısı için $a^3 \equiv 1 \pmod {63}$ ise $a^3 \equiv 1 \pmod {7}$ ve $a^3 \equiv 1 \pmod {9}$ olur. Bu denklikleri çözersek $a \equiv 1,2, 4\pmod {7}$, $a \equiv 1,4, 7 \pmod {9}$ dir. Denkliklerin her ikisini de sağlayan bir çözüm $a=4$ olduğundan $a \equiv 4 \pmod {63}$ bulunabilir. Çin kalan teoremi ile tüm çözümler $a \equiv 1, 4, 16, 22, 25, 37, 43, 46, 58 \pmod {63}$ olup $9$ tanedir fakat bunların hepsini bulmaya ihtiyaç yoktur. $a=4$ için $63\mid 4^3 -1$ olurken $63\nmid 4^{2020} -1$ dir. Dolayısıyla $n=63$ sayısı da tuhaf sayı değildir.

$n=65$ bileşik sayısı için $a^3 \equiv 1 \pmod {65}$ ise $a^3 \equiv 1 \pmod {5}$ ve $a^3 \equiv 1 \pmod {13}$ olur. $a^3 \equiv 1 \pmod {5}$ denkliğinin tek çözümü $a \equiv 1 \pmod {5}$ tir. $a^3 \equiv 1 \pmod {13}$ denkliğinin çözümleri ise $a \equiv 1,3, 8\pmod {13}$ tür. Ortak çözüm yapılırsa $a \equiv 1, 16, 61 \pmod {63}$ bulunur. $a=16$ için $65\mid 16^3 -1$ olurken $65\nmid 16^{2020} -1$ dir.Dolayısıyla $n=65$ sayısı da tuhaf sayı değildir.

$n=67$ asalı için $a^3 \equiv 1 \pmod {67}$ ise $ (a-1)(a^2+a+1) \equiv 0 \pmod {67}$ olur. $a \equiv 1 \pmod {67}$ veya $a^2+a+1 \equiv 0 \pmod {67}$ olur. Bu ikinci dereceden denkliği $4$ ile genişleterek tam kareye tamamlayalım. $(2a+1)^2 \equiv -3 \pmod{67}$ olur.  $(2a+1)^2 \equiv -3 \equiv 64 \pmod{67}$ olup $2a+1 \equiv \pm 8 \pmod{67}$ yazılır. Buradan  $a \equiv 29, 37 \pmod {67}$ çözümleri elde edilir. Örneğin $a=29$ için $67\mid 29^3 -1$ olurken $67\nmid 29^{2020} -1$ dir. $n=67$ tuhaf sayı değildir.

$n=69$ bileşik sayısı için $a^3 \equiv 1 \pmod {69}$ ise $a^3 \equiv 1 \pmod {3}$ ve $a^3 \equiv 1 \pmod {23}$ olur. $a^3 \equiv 1 \pmod {3}$ denkliğinin tek çözümü $a \equiv 1 \pmod {3}$ tür. $a^3 \equiv 1 \pmod {23}$ denkliğinin $a \not\equiv 1 \pmod{23}$ olacak biçimde bir çözümü var mıdır? Bunu araştıralım. $(a,23)=1$ olduğundan Fermat teoreminden $a^{22}\equiv 1 \pmod{23}$ olur.  $a^3 \equiv 1 \pmod {23}$ olduğundan, $a^{22} \equiv a \equiv 1 \pmod {23}$ yazılabilir. Yani $a \equiv 1 \pmod {23}$ dışında çözüm yoktur. $n=69$ sayısı tuhaf sayı olur.

Lokman hocamın çözümünün en başında belirtildiği gibi $a^3\equiv 1\pmod{n}$ denkliğinin $a\equiv 1\pmod{n}$'den farklı çözümleri varsa bu durumda $n$ tuhaf sayı olmayacaktır. $a^3-1\equiv (a-1)(a^2+a+1)\equiv 0\pmod{n}$ olduğundan $a^2+a+1\equiv 0 \pmod{n}$ denkliğinin $1$'den farklı çözümü yoksa $n$ tuhaf sayıdır. $p\mid n$ olan bir $p$ tek asal sayısı için $$a^2+a+1\equiv \dfrac{\left ( 2a+1\right )^2+3}{4}\equiv 0\pmod{p}\Longrightarrow (2a+1)^2\equiv -3\pmod{p}$$ olur. Yani $-3$, $p$ modunda karekalandır. $p\neq 3$ için $$\left (\dfrac{3}{p}\right )\left (\dfrac{p}{3}\right )\equiv (-1)^{\frac{(p-1)(3-1)}{4}}\equiv (-1)^{\frac{(p-1)}{2}}\equiv \left (\frac{-1}{p}\right )\Longrightarrow \left (\dfrac{p}{3}\right )\equiv \left (\dfrac{-3}{p}\right )\equiv 1$$ Dolayısıyla $p\equiv 1\pmod{3}$ olmalıdır ($3$ modundaki $0$ haricindeki tek karekalan $1$'dir). Şıklara bakarsak, $61\equiv 1\pmod{3}$'dür. Dolayısıyla $a^2+a+1\equiv 0\pmod{61}$ denkliğinin $1$'den farklı çözümü vardır.

$63=9\cdot 7$'dir. $a^2+a+1\equiv 0\pmod{7}$ denkliğinin $1$'den farklı çözümü vardır. $a\equiv 1\pmod{9}$ ve $a\equiv a_0\not\equiv 1\pmod{7}$ çözümünü alırsak ikisinden elde ettiğimiz çözüm $63$ modunda $1$ kalanı vermeyecektir. Dolayısıyla $63$ de tuhaf sayı değildir.

$65=5\cdot 13$'dür. Benzer şekilde $a^2+a+1\equiv 0\pmod{13}$ denkliğinin $1$'den farklı çözümü vardır. $a\equiv 1\pmod{5}$ çözümünü ve mod $13$'den gelen $1$'den farklı çözümü birleştirirsek $1$'den farklı bir çözüm elde ederiz. $65$ de tuhaf sayı değildir.

$67$ asal sayıdır ve $67\equiv 1\pmod{3}$ olduğundan tuhaf sayı değildir.

$69=3\cdot 23$'dür. $a^2+a+1\equiv 0 \pmod{23}$ denkliğinin çözümü yoktur çünkü $23\equiv 2\pmod{3}$'dür. Ayrıca $a^2+a+1\equiv 0\pmod{3}$ denkliğinin de tek çözümü $a\equiv 1\pmod{3}$'dür. Dolayısıyla buradan $a\equiv 1\pmod{69}$ haricinde çözüm elde edemeyiz. Dolayısıyla $\boxed{69}$ bir tuhaf sayıdır.

Daha genelleştirirsek $p\mid n$ olacak şekilde $3k+1$ formatında bir tek asal sayı yoksa $n$ tuhaf sayıdır. 

Yanıt: $\boxed{A}$

denklemleri $x=-1$ için çözülemediğini görelim ardından ilk denklemi $x+1$ ile çarpalım. aynı zamanda $y=0$ için çözüm olmadığını da görelim.

$x^3=y^3.(x+1)-1$ bulunur.   $2$. denklemde yerine koyup $x$ i yalnız bırakırsak

$x=\dfrac{-y^3+y^2-y+1}{y^3}$ olur bunu 1. demklemde yerine koyalım

$\left ( \dfrac{-y^3+y^2-y+1}{y^3}\right )^2-\left (\dfrac{-y^3+y^2-y+1}{y^3}\right )+1=y^3$ düzenlersek.

$y^9-3y^6+3y^5-4y^4+5y^3-3y^2+2y-1=0$ bulunur.
 
Çarpanlarına ayırırsak ;

$(y-1).(y^8+y^7+y^6-2y^5+y^4-3y^3+2y^2-y+1)=0$ olur.  $y\not =1$ için Aşağıdaki reel sayılardan reel sayılara $P(x)$ polinomunu tanımlayalım ve daima pozitif olduğunu ispatlayalım.

$P(x)=x^8+x^7+x^6-2x^5+x^4-3x^3+2x^2-x+1$ olsun. Türev yardımıyla işaret tablosu yapılırsa  global minimumunun olacağı görülür. Bu sayı $m$ reel sayısı olsun.

$P(m)=m^8+m^7+m^6-2m^5+m^4+3m^3+2m^2-m+1=a$

$P'(m)=8m^7+7m^6+6m^5-10m^4+4m^3-9m^2+4m-1=0$

$8P(m)-P'(m)=8a=8m^8+m^7+m^6-22m^5+18m^4-28m^3+25m^2-12m+9=8a$ olur.

$1)$    $25m^2-28m^3>0$ 

$2)$    $18m^4-22m^5>0$

$3)$    $8m^8+m^7+m^6-12m+9>0$ olduklarını göstermeliyiz.


İlk olarak $3)$ ü ispatlayalım.
Reel sayılardan reel sayılara

$Q(x)=8x^8+x^7+x^6-12x+9$ polinomunun daima pozitif olduğunu gösterelim.

$Q'(x)=64x^7+7x^6+6x^5-12$  olur.

$R(x)=8Q(x)-xQ'(x)$ olarak tanımlayalım.

$Q'(x)=0$ yapan tek değer vardır o da $Q(x)$ i global  minimum yapan değerdir. (Türev ile ispatlanabilir.) Bu değer $n$ olsun. $Q(n)=b$ ise

$8Q(n)-nQ'(n)=n^7+2n^6-84n+72=8b$ olur.   

$R(x)$ fonksiyonu $0<x<1$ için azalandır. çünkü $R'(x)=7x^6+12x^5-84$  olur ve $7x^6+12x^5$ daima artan olduğundan  $0<x\le1$ için $R'(x)\le R'(1)<0$ bulunur. O halde   

$R'(0,7)$ ve $R'(0,8)$ in yaklaşık değerlerinin hesaplanmasından yardım alarak $0,7<n<0,8$ elde edilebilir.  $R(0,8)>0$ ise

$R(n)=8b>0$ yani $b>0$ olur $Q$ polinomunun daima pozitif olduğu gösterilmiş olur.

$R(0,8)=22,3340032$ olduğundan  ispat biter.

$1)$ ve $2$ eşitlikleri sadeleştirilir ve incelenirse $m<0,81$ olmasının gerektiğini göstermenin ispatı bitireceği görülür.

$P'(0,81)=0,055>0$ , $P'(0,8)=-0,129<0$ olur. o halde $0,8<m<0,81$ olur. İspat biter.

Bu ispatlanan 3 eşitsizlik yardımıyla $8P(m)-P'(m)=8a=8m^8+m^7+m^6-22m^5+18m^4-28m^3+25m^2-12m+9>0 $ bulunur. $a>0$ yani $P$ polinomunun minimum değeri pozitif olur. Buna göre $P(y)=0$ denkleminin çözüm kümesi boş küme olmalıdır.

$y=1$ çözümü bulunduğuna göre $2.$ eşitlikte yerine koyalım.

$y^2-y=1^2-1=x^3=0$ ise $x=0$ olunur ve bu $1.$ eşitliği de sağlar.

$(0,1)$ tek çözümü olur.

$x\not = 0$ ve $y\not = 0$  için $y=xt$ , $t \in R$ reel sayısı vardır.

$x^2-x+1=x^3t^3$

$x^2t^2-xt=x^3$  olur.

2. eşitlik düzenlenirse $t.(xt-1)=x^2$ yani $xt-1=\dfrac{x^2}{t}$ olsun.

1. eşitlikte düzenlemeler yapalım.

$x^2-x=x^3t^3-1=(xt-1).((xt-1)^2+3xt)$

$x^2-x=\dfrac{x^2}{t}.(\dfrac{x^4}{t^2}+3xt)$

$x^2t^3-xt^3=x^6+3x^3t^3$  buradan

$t^3=\dfrac{x^6}{-3x^3+x^2-x}$

1. eşitlikte bunu yerine koyarsak

$(x^2-x+1).(-3x^3+x^2-x)=x^9$ her iki taraf $x\not = 0$ kabulunden dolayı $x$ e bölünürse

$(x^2-x+1).(-3x^2+x-1)=x^8$ eşitliğin sağ tarafı pozitif fakat sol tarafı daima negatif olacağından dolayı çelişki elde edilir.

Diskriminant negatifse  $2.$ derece polinomların başkatsayısı pozitif olup olmadığını belirler.

$1.$ çarpan    $\triangle_1=(-1)^2-4.(1).(1)=-3<0$ olur. Daima pozitiftir.

$2.$ çarpan    $\triangle_2=1^2-4.(-3).(-1)=-11<0$ olur. Daima negatiftir.

O halde çelişki ispatlanır.  $x=0$ olmalıdır veya $y=0$ olmalıdır.

$a)$ $x=0$ için $0^2-0+1=y^3$ buradan $y=1$ elde edilir. $2.$ eşitliği de sağladığı görülür.

$b)$ $y=0$ için $0^2-0=x^3$  buradan $x=0$ gelir  ancak 1. eşitliği $(0,0)$ sağlamaz.

Buradan tek çözüm $(0,1)$ olarak bulunur.

$x^2-x+1$ ifadesini tamkare yaparsak $$4x^2-4x+4=(2x-1)^2+3=4y^3>0 \Rightarrow y>0$$ bulunur. $y=1$ için $(x,y)=(0,1)$ çözümü geldiği görülebilir.

$1>y>0$ ise $$x^3=y^2-y=y(y-1)<0 \Rightarrow x<0$$ bulunur. $$x^2-x+1=y^3<1 \Rightarrow x(x-1)<0$$ bulunur. $x<0$ olduğundan $x-1<-1<0$'dır. Dolayısıyla çarpımları pozitif olmalıdır. Çelişki.

Geriye kalan tek durum $y>1$ durumudur. $$x^3=y^2-y=y(y-1)>0 \Rightarrow x>0$$ bulunur. $$x^2-x+1=y^3>1 \Rightarrow x(x-1)>0$$ elde edilir. $x>0$ olduğundan $x-1>0$ olmalıdır. Buradan $x>1$ elde edilir. Şimdi $x$ ve $y$'i birbiriyle kıyaslayalım.

$i)$ $x=y$ ise $x^2-x+1=x^3$ bulunur. Bu denklemden $(x-1)(x^2+1)=0$ elde edilir. $x=1$ için $y=1$ olmalıdır fakat ikinci denklem sağlanmaz. Çelişki.

$ii)$ $x>y$ ise $$y^2-y=x^3>y^3 \Rightarrow 0>y(y^2-y+1)$$ bulunur. $y>1$ olduğundan $y$ ve $y^2-y+1$ ifadeleri pozitiftir, çarpımları da pozitif olmalıdır. Çelişki.

$iii)$ $x<y$ ise $$x^2-x+1=y^3>x^3\Rightarrow 0>(x-1)(x^2+1)$$ olur. $x>1$ ve $x^2+1>0$ olduğundan çarpımları da pozitiftir. Çelişki

Dolayısıyla çözüm gelen tek durum $y=1$ durumudur, $(x,y)=(0,1)$ tek çözümdür.

İlk denklemde her tarafı $x+1$ ile çarparak $y^3(x+1)=x^3+1$ bulunur. İkinci denklemden $x^3+1=y^2-y+1$ olduğunuda biliyoruz. Zaten $x^3=y^2-y$'den $x=\sqrt[3]{y^2-y}$ olduğu barizdir. Bunu kullanarak iki denklemi birleştirirsek $$y^3(\sqrt[3]{y^2-y}+1)=y^2-y+1\Rightarrow y^3(\sqrt[3]{y^2-y})=-(y-1)(y^2+1)\hspace{2mm}\text{ve}\hspace{2mm}$$$$y^{10}(y-1)=-(y^2+1)^3\cdot{(y-1)^3}$$ elde edilir. $y=1$ bir çözümdür. $y\neq 1$ ise $y-1$ ile sadeleştirmeyle $y^{10}=-(y-1)^2\cdot{(y^2+1)^3}$ elde edilir. Sol tarafın $\geq0$ sağ tarafın $\leq0$ olduğu açıktır. $0$ durumu için herhangi bir kesişim olmadığıda açıktır. Buradan çözüm gelmez. $y=1$ durumunu ilk denklemlerde denersek $x=0$'in tek çözüm olduğu açıktır. Denklemin $1$ çözümü vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$

$n=54$ durumuna örnek verelim. $\left [ 0,1 \right ]$, $\left [ \dfrac{1}{4}, 1\dfrac{1}{4}\right ]$, $\left [1,2 \right ]$, $\left [ 1\dfrac{1}{4}, 2\dfrac{1}{4}\right ]$, $\left [ 2,3\right ], \dots, \left [ 25, 26\right ]$, $\left [ 25\dfrac{1}{4}, 26\dfrac{1}{4}\right ]$, $\left [ 26,27\right ]$, $\left [ 26\dfrac{3}{4}, 27\dfrac{3}{4}\right ]$, $\left [ 27,28\right ]$ aralıkları istenen özelliktedir.

Seçeneklerde $54$ ten daha büyük bir değer olmadığı için bu örnek şimdilik yeterlidir. $n>54$ olamayacağının ispatını bulursak çözüme ekleyelim.


Not: Bu verdiğimiz örneğe göre genel olarak, $[0,m]$ aralığı için istenen özellikte $2(m-1)$ tane doğru parçasının seçilebileceği görülmektedir. ($m>2$ bir tam sayı).

Yanıt: $\boxed{B}$

Kürenin yarıçapını $R$ ile gösterelim. $O$ noktasından $ABC$ üçgeninin düzlemine inilen dikme ayağı $N$ olsun. $|ON|=x$ uzunluğunu bulmalıyız. ($ABC$ üçgeni çeşitkenar olabilir, eşkenar olmak zorunda değildir). $N$ noktasının, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi olduğunu kanıtlayalım:

$|AN|^2=|AO|^2-|ON|^2 = R^2 - x^2$, $|BN|^2=|BO|^2-|ON|^2 = R^2 - x^2$, $|CN|^2=|CO|^2-|ON|^2 = R^2 - x^2$ olduğundan $|AN|=|BN|=|CN|=a$ dır. Yani  $N$ noktası, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezidir.


$ON$ doğrusunun küreyi kestiği noktalar, problemde ifade edilen $P$ ve $Q$ noktalarıdır. $|PA|^2=|PN|^2+|AN|^2$ ve $|QA|^2=|QN|^2+|AN|^2$ olduğundan $|PN|<|QN|$ dir. Bu eşitlikleri

$$ a^2 + (R-x)^2 = 30^2  $$
$$ a^2 + (R+x)^2 = 40^2 $$

olarak ifade edebiliriz. Taraf tarafa toplayarak ve çıkararak

$$ 2(a^2+R^2+x^2) =50^2 \tag{1}$$
$$ 4Rx = 700\tag{2}  $$
 eşitliklerine ulaşırız. Ayrıca $ONC$ dik üçgeninde

$$ R^2 = x^2 + a^2 \tag{3} $$

olup $(1)$ ve $(3)$ ten $R=25$ bulunur. Bu değeri $(2)$ de yazarsak $x=7$ elde edilir.


Not: $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı da $a=24$ olur.

Kürede çapı gören çevre açıdan dolayı $m(\widehat{PBQ})=90^\circ$ dir. $PBQ$, $3k-4k-5k$ özel dik üçgeni olduğundan $|PQ|=2R = 50$ dir. Böylece kürenin yarıçapı $R=25$ tir. Yine $PBQ$ dik üçgeninde Öklid'in dik kenar bağıntısı uygulanırsa $|PB|^2 = |PN|\cdot |PQ| \implies 30^2 = 50\cdot |PN|$ dir. $|PN|=18$ olup $|ON|=25-18 = 7$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{B}$

Öncelikle; $n\equiv -1\pmod{8}$ olmak üzere, hiçbir $n$ sayısının özel sayı olmadığını gösterelim. Bir tam kare $8$ modunda $0, 1, 4$ değerlerini alabilir. Ön kabulden dolayı $n$ çift çarpan içermediğinden $n$'nin çift dereceli asal çarpanları $8$ modunda sadece $1$ değerini alabilir. Bu yüzden çift dereceli asal çarpan sayısının bir önemi yoktur. $n$ asal sayıysa özel sayı olamaz. $n$'nin tek dereceli $2$ asal çarpanı varsa bunlar $8$ modunda $1,-1$ veya $3,-3$ değerlerini alabileceğinden yine özel sayı olamaz. $n$'nin tek dereceli en az $3$ asal çarpanı varsa zaten özel sayı olamaz. Sonuç olarak, en fazla $7$ ardışık özel sayı olabilir. $[3(8-1)^2-3, 3(8-1)^2+3]=[144,150]$ aralığındaki ardışık sayılar örnek olarak gösterilebilir.

Cevap: $\boxed{C}$

$x^2=2y^2+\dfrac{3}{8}$ ifadesinin karesini alalım ve istenilen ifadede yerine yazalım, $$x^4=\left (2y^2+\dfrac{3}{8}\right )^2\Rightarrow x^4-y=\left (2y^2+\dfrac{3}{8}\right )^2-y=4y^4+\dfrac{3y^2}{2}-y+\dfrac{9}{64}$$ olur. $f(y)=4y^4+\dfrac{3y^2}{2}-y+\dfrac{9}{64}$ fonksiyonu tanımlayalım. $$f^\prime(y)=16y^3+3y-1=(4y-1)(4y^2+y+1)$$ buluruz. $f^\prime(y)=0$ denkleminin tek çözümü $y=\dfrac{1}{4}$'dür. $y\geq\dfrac{1}{4}$ için $f^\prime(y)\geq 0$ ve $y\leq\dfrac{1}{4}$ için $f^\prime(y)\leq 0$ olur yani $y=\dfrac{1}{4}$ yerel minimumdur. $f$ fonksiyonu en küçük değerini $y=\dfrac{1}{4}$ için alır. $$f\left (\dfrac{1}{4}\right )=0$$ olduğundan minimum değer $\boxed{0}$ bulunur. Eşitlik durumu $(x,y)=\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{1}{4}\right )$ değerlerinde sağlanır.