Tübitak Lise 1. Aşama - 2021 Çözümleri

Cevap:$\boxed{E}$

$A$ noktasından geçen ve $BC$'ye paralel olan doğru $CD$'yi $E$'de kessin. $ABCE$ paralelkenardır ve $m(\widehat{BAC})=\alpha$, $m(\widehat{BCA})=\beta$ dersek, açılar şekildeki gibi olur. $ABC$ ve $ADC$ üçgenlerinde sinüs teoreminden $\dfrac{2\sqrt{3}+2}{\sin{\alpha}}=\dfrac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{\sin{(\alpha+\beta)}}$ ve $\dfrac{6}{\sin{(\alpha+\beta)}}=\dfrac{|AD|}{\sin{\alpha}}$ elde edilir. Bu iki eşitlikten $|AD|=2\sqrt{6}$ bulunur. $m(\widehat{AED})=\alpha+\beta$ olduğundan $AED$ ile $CAD$ benzerdir. $$\dfrac{|DE|}{|AD|}=\dfrac{|AD|}{|DC|}\Longrightarrow \dfrac{6-x}{2\sqrt{6}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{6}\Longrightarrow x=2$$ bulunur. $|AB|=2$'dir.

$DA$ ile $BC$ doğruları $E$ noktasında kesişsin. $\angle DAC = \angle DCB \Longrightarrow \angle CAE = \angle ABC \Longrightarrow \angle AEC = \angle CAB$ olacaktır.
Bu da $AC^2 = BC \cdot EC$ olmasını gerektirir. $AC = \sqrt 6 (\sqrt 3 + 1)$ ve $BC = 2(\sqrt 3 + 1)$ olduğu için $EC = 3(\sqrt 3 + 1)$ ve $AE = \sqrt 3 + 1$. $AB:DC=EB:EC$ olduğu için $AB = 2$ elde edilir.

Cevap:$\boxed{B}$

Öncelikle $p\neq 29$ olduğunu görelim. Dolayısıyla $(p,29)=1$ olacaktır. $29^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ olduğundan $$29^{p+1}-1\equiv 29^2-1\equiv 0\pmod{p}$$ olacaktır. $29^2-1=(29-1)(29+1)=2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7$ olduğundan $p=2,3,5,7$ olabilir. Buradan $\boxed{4}$ farklı $p$ asalı bulunur.

Cevap: $\boxed{B}$

$3900=7\cdot 557+1$ olduğundan $f(3900)=f(557)$ bulunur.
$557=7\cdot 79+4$ olduğundan $f(557)=4f(79)$ bulunur.
$79=7\cdot 11+2$ olduğundan $f(79)=2f(11)$ bulunur.
$11=7\cdot 1+4$ olduğundan $f(11)=4f(1)=4$ bulunur. Buradan $f(3900)=f(557)=4f(79)=8f(11)=32$ elde edilir.

Cevap:$\boxed{A}$

$2$ kutu boş, $3$ kutu doluysa $\dbinom{5}{2}=10$ farklı şekilde boş kutular seçilir. Her topun gidebileceği $3$ yer vardır. $3^7$ durum gelir ama kutuların $3$ tanesinin veya $4$ tanesinin boş olabilir. $3^7-\dbinom{3}{1}\cdot 2^7+\dbinom{3}{2}\cdot 1^7=1806$ olur. $10$ farklı şekilde boş kutuları seçmiştik $18060$ farklı dağıtım yapılır.

$3$ kutu boş, $2$ kutu doluysa $\dbinom{5}{3}=10$ farklı şekilde boş kutular seçilir. Her topun gidebileceği $2$ yer vardır ama hepsi aynı kutuya gidemez. $2^7-2=126$ olur. $126\cdot 10=1260$ farklı dağıtım yapılır.

$4$ kutu boş, $1$ kutu doluysa $\dbinom{5}{4}=5$ farklı şekilde boş kutuyu seçeriz ve tüm toplar son kutuya verilir. $5$ farklı dağıtım yapılabilir.

Tüm durum: $18060+1260+5=19325$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

$|BD|=|EC|=a$ ve $|ED|=b$ diyelim. $|AD|=x$ ve $|AE|=y$ ise $|AB|=3x+y$ ve $|AC|=3y+x$ olacaktır. $ABE$ ve $ACD$ üçgenlerinde Steward teoreminden, $$\dfrac{b(3x+y)^2+ay^2}{a+b}-ab=x^2$$ $$\dfrac{b(3y+x)^2+ax^2}{a+b}-ab=y^2$$ olur. Taraf tarafa çıkartırsak, $$\dfrac{b\left ((3x+y)^2-(3y+x)^2\right )-a\left (x^2-y^2\right )}{a+b}=\dfrac{(8b-a)\left (x^2-y^2\right )}{a+b}=x^2-y^2\Longrightarrow \dfrac{8b-a}{a+b}=1\Rightarrow 7b=2a$$ elde edilir (Üçgen çeşitkenar olduğundan $x\neq y$ olur). Bizden istenilen oran, $\dfrac{2a+b}{b}=\dfrac{8b}{b}=8$ olur.

Stewart yerine yükseklik ile alakalı formülü kullanarak da sonuca gidebiliriz.

$A$ dan $BC$ ye inilen yüksekliğin ayağı $H$ olsun.

$AB^2 - AC^2 = BH^2 - GC^2$ ve $AD^2 - AE^2 = DH^2 - HE^2$ eşitlikleri elde edilir. Taraf tarafa oranlarsak

$\dfrac{AB^2 - AC^2}{AD^2 - AE^2} = \dfrac{BH^2 - HC^2}{DH^2 - HE^2} = \dfrac{(BH+HC)(BH-HC)}{(DH+HE)(DH-HE)} = \dfrac{BC}{DE} \cdot \dfrac{(BD+DH) - (CE + EH)}{DH-EH}$

$BD=CE$ eşitliğini kullanırsak $\dfrac{AB^2 - AC^2}{AD^2 - AE^2} = \dfrac{BC}{DE} $

$AB = 3AD + AE$ ve $AC = AD + 3AE$ eşitliklerini de yerine yazarsak $$\dfrac{BC}{DE} =  \dfrac{(4AD + 4AE)(2AD -2AE)}{AD^2 - AE^2} = 8 $$

Cevap: $\boxed{A}$

$n^3=a_1a_2\dots a_k$ diyelim. $m$ sayısının rakamları toplamına $s(m)$ dersek, $s(n^3)=a_1+a_2+\cdots+a_k$'dir. $a_i$ sayıları birer rakam olduğundan $s(n^3)=4n\leq 9k$'dır. Ayrıca $n^3\geq 10^{k-1}$ olduğundan $4n\geq 4\cdot 10^{\frac{k-1}{3}}$ olacaktır. Buradan $$9k\geq 4\cdot 10^{\frac{k-1}{3}}$$ elde edilecektir. İfadenin sağ tarafı üstel fonksiyon, sol tarafı ise polinom olduğundan $k$ arttınca eşitsizlik bozulacaktır ($10^\frac{1}{3}>2$ olduğundan sağ taraf çok hızlı büyüyecektir). Ufak değerleri denerse, $k\geq 4$ için eşitsizliğin sağlanmadığı görülür. Yani en fazla $3$ basamaklı tam küpler denenmelidir. Bunlar ise $1, 8, 27 ,64, 125$, $216, 343, 512, 729$'dur. Bunlardan sadece $8$ istenileni sağlar. Yani, şartı sağlayan tek sayı $n=2$'dir.

Cevap:$\boxed{C}$

Öncelikle $\dfrac{2}{n^2+n}$ ifadesini basit kesirlere ayıralım. $\dfrac{2}{n^2+n}=\dfrac{2}{n}-\dfrac{2}{n+1}$ olduğundan $$a_{n+1}-a_n=1-\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{n+1}$$ olacaktır. $n\leq 99$ için $n$ yerine $1,2,\dots n$ yazıp taraf tarafa toplarsak $$a_{n+1}-a_1=n-\dfrac{2}{1}+\dfrac{2}{n+1}\Rightarrow a_{n+1}=n+1+\dfrac{2}{n+1}$$ elde edilir. Yani $n=1,2,\dots,100$ için $a_n=n+\dfrac{2}{n}$ olacaktır. $$\sum_{n=1}^{100}na_n=\sum_{n=1}^{100}(n^2+2)=200+\sum_{n=1}^{100}n^2$$ olacaktır. $\sum_{k=1}^{n}k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ olduğundan istenilen toplam $200+\dfrac{100\cdot 101\cdot 201}{6}=338550$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{D}$

Her kırmızı boyalı sayı $\dfrac{1}{4}$ ve her beyaz boyalı sayı $\dfrac{1}{2}$ olursa koşullar sağlanır, kırmızı ve beyaz boyalı $100$ tane sayı vardır, toplam da $100 \cdot ({\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4}}) = 100 \cdot (\dfrac{1\cdot2}{2\cdot 2} + \dfrac{1}{4})= 100 \cdot (\dfrac{2+1}{4}) = 100 \cdot \dfrac{3}{4} = 25 \cdot 4 \cdot \dfrac{3}{4} = 25 \cdot 3 = 75 $ elde edilir.

Cevap: $\boxed{D}$
Yukarıdaki ispat sınav sırasında öğrenciler tarafından test taktiğiyle her kırmızı ve beyaz boyalı sayıların kendi içinde eş olmasıyla $2x^2=x$ ve $x$ sıfır olmadığından $\dfrac{1}{2}$ olarak bulunabilir. Lakin daha akla yatar bir çözüm verelim.
$a_1=x, a_2=xy, a_3=y$ olsun. Buna göre
$$a_4=y\left(1-x\right)$$
$$a_5=1-x$$
$$a_6=\left(1-x\right)\left(1-y\right)$$
$$a_7=1-y$$
$$a_8=x\left(1-y\right)$$
olarak elde edilir ve bundan sonra $a_9=x$ olduğundan dizi periyodik bir hal alır. Yani $8$'lik bir tekrar bulduk. 0 zaman
$$Toplam=25\left(\sum_{i=1}^{8}{a_i}\right)=25\left(x+xy+y+y-xy+1-x+1-x-y+xy+1-y+x-xy\right)=25.3=75$$
olarak bulunur.

Cevap:$\boxed{B}$

$AB$ kenarını uzatıp $B$ tarafında $|BE|=12$ olacak şekilde bir nokta seçelim. Açıları yazarsak ekteki gibi olur. $EBM$ ve $AME$ benzerdir. Benzerlikten $\dfrac{|EM|}{|AE|}=\dfrac{|EB|}{|AM|}$ olur, buradan $|MA|=18$ elde edilir. $ABM$ ile $CDM$ benzer olduğundan $$\dfrac{|CD|}{|AB|}=\dfrac{|MC|}{|MA|}\Rightarrow \dfrac{|CD|}{15}=\dfrac{12}{18}\Rightarrow |CD|=10$$ bulunur.

Yanıt: $\boxed{B}$.

$B$  noktasından geçip $CD$ 'ye paralel olan doğru $AM$  yi $F$  de kessin. $BF$  doğrusu $\angle ABM$  nin açıortayıdır. $AF=5p$  ve $FM=4p$  diyelim. $FM=MD$  olduğundan $AM=9p$  ve $MD=4p$  dir. $M$  noktasında kuvvetten $36p^2=144\Longleftrightarrow p=2$  bulunur. Dolayısıyla $AB/CD=15/CD=BM/MD=12/8$ olduğundan $CD=10$  dur.

Yanıt: $\boxed{B}$

$P$ noktası $BC$  nin orta noktası olsun. $[AB]$  kenarı üzerinde $EP=12$  olacak şekilde bir $P$  noktası alınsın. $AE=EP=BP=12$  ve $BE=3$  olacaktır. Stewart ile $AP=18$  elde edilir. $AB:AP=CD:CP$  olduğundan $CD=10$  bulunur.

Cevap:$\boxed{C}$

Bizden $k^2+3k+5\equiv 0\pmod{n}$ olacak şekilde $k$ tamsayısı olup olmadığını bulmamız isteniliyor. Verilen değerlerin hepsi tek sayı olduğundan $n$'yi tek sayı olarak değerlendirebiliriz. Dolayısıyla $$4k^2+12k+20\equiv (2k+3)^2+11\equiv 0\pmod{n}$$ olması yeterlidir. $-11$, $n$ modunda karekalandır. Öncelikle $n=11$ için karekalan olduğu barizdir fakat $n=121$ için karekalan değildir. Çünkü $(2k+3)^2\equiv 0\pmod{11}$ ise $(2k+3)^2\equiv 0\pmod{121}$ olacaktır. $n=5,7,13$ için de karekalanları hesaplamak kolaydır. $n=5$ için karekalandır fakat $n=13$ ve $n=7$ için $-11$ karekalan değildir. Dolayısıyla sadece $n=7,13,121$ için verilen ifadeyi tam sayı yapan bir $k$ tamsayısı bulunmaz.

Yanıt: $\boxed{C}$

Karekalan kavramına benim gibi hakim olmayanlar için daha işleme dayalı bir çözüm verelim. $n=5$  için $k=5p$  durumu ifadeyi tam sayı yapar. $n=7$  durumunda $k=7p\pm 1,7p \pm 2,7p \pm 3$  durumları denendiğinde $n\nmid k^2+3k+5$  tir. Bu $n=13$  durumunda da geçerlidir. $n=11$  durumunda sadece $k=11p+4$  için ifade tam sayı olur. $n=121$  için $n=11$  durumunda $k=11p+4$  olması gerektiğinden $n\mid (11p+4)^2+3(11p+4)+5=121k^2+121k+33$  olmalıdır, ki bu sağlanmaz. Yani $n=7,13,121$  durumunda ifade tam sayı değildir.

Cevap: $\boxed{C}$

Verilen ifadeyi iki tane ikinci dereceden polinomun çarpımı olarak yazmaya çalışalım. Sabit terim $ab$ olduğundan $(x^2+mx+a)(x^2+nx+b)$ olarak ayıracağımızı tahmin edebiliriz. Bu ifadeyi açıp terimleri eşitlersek $m=1$ ve $n=-2$ bulunur. Yani ifadeyi $$(x^2+x+a)(x^2-2x+b)$$ olarak çarpanlarına ayırabiliriz. $4$ farklı gerçel kök olduğundan bu çarpanların ikişer tane farklı kökü olmalıdır. Yani diskriminantları pozitiftir. Buradan $1>4a$ ve $1>b$ bulunur. Taraf tarafa toplarsak $2>4a+b$ elde edilir. Verilen değerlerden $3$ tanesi bu şartı sağlar.

Not: Bu çözümde "Ya bu iki çarpanın ortak kökü varsa?" sorusu sorulabilir fakat toplam $2$'den net bir şekilde küçük olduğundan, sonsuz $(a,b)$ çifti olacaktır, bunların arasında ortak kök olmayacak şekilde $a$ ve $b$ reel sayılarını bulabileceğimiz barizdir. Ama tam kanıt istiyorsanız eşitliği sağlayan örnek $(a,b)$ çiftleri bulup ekleyebilirsiniz

Cevap: $\boxed{A}$

$58$ kişiyi ilk $29$ ve son $29$ olarak iki gruba ayıralım ve genelliği bozmadan ilk grupta kırmızı kavuklular daha fazla olsun, ilk gruptaki beyazların rengi dolayısıyla $14$ veya $14$ten küçük olacak ve ikinci grupta da kırmızı kavuklular $14$ veya $14$ten küçük olacak dolayısıyla $k=14$ olursa ilk gruptan tüm beyazları, ikinci gruptan tüm kırmızıları çıkartırsak yalnız bir ardışık farklı renkli kavuk sahibi cüce ikilisi olur.

$k=13$ için $KBKBKBKB \dots KBKB$ dizilimini ele alalım. $29$ tane $KB$ var ve her silişte bir tanesini silebiliriz dolayısıyla elimizde en az $3$ $KB$ kalır ve koşul sağlanmaz.

Cevap: $\boxed{A}$


$AD$ kenarının orta noktası $F$ olsun. $EF$ doğrusu küçük $CD$ yayını $K'$ noktasında, küçük $AD$ yayını ise $L'$ noktasında kessin. Karenin bir kenarına $2x$ dersek, çemberin yarıçapı $x\sqrt{2}$ ve $|DE|=|EC|=|DF|=|FA|=x$ olur. $K'$ ve $L'$, $OD$'ye göre simetrik olduğundan $|L'F|=|K'E|=y$ diyebiliriz. Çemberde kuvvetten, $|AF||FD|=|L'F||FK'|$ olacaktır. Buradan, $x^2=y(y+x\sqrt{2})$ elde edilir. Bunu, $y$'ye bağlı ikinci dereceden denklem olarak yazıp, diskriminant ile çözümünü bulunursak, $y=\dfrac{x\sqrt{6}-x\sqrt{2}}{2}$ elde edilir. $|L'K'|=x\sqrt{6}$ elde edilir. $OL'K'$ üçgeninin kenarları $x\sqrt{2}-x\sqrt{2}-x\sqrt{6}$ olduğundan $m(\widehat{L'OK'})=120^\circ$ bulunur. Yani $K$ noktası ile $K'$ noktası çakışıktır (Eğer değillerse soru hatalı olacaktır, o yüzden ispatlama gereği duymadım). $m(\widehat{KOC})=30^\circ$ olacağından (simetrik olduğundan $m(\widehat{KOC})=m(\widehat{LOA})$ olmalıdır) $m(\widehat{KDC})=15^\circ$ bulunur.

Not: Soru içerisinde de bahsettiğim gibi aslında klasik bir sınav olsaydı, bu çözüm tam bir çözüm olmazdı çünkü neden $K=K'$ olması gerektiği ispatlanmamış. Test mantığı ile $K$ ve $K'$, sorudaki şartları sağladığı için $K'=K$ olmalıdır çünkü olmasaydı bariz bir şekilde $m(\widehat{KDC})\neq m(\widehat{K'DC})$ olacaktı.

$CD$'nın orta noktası $E$ ve karenin bir kenarı $2x$ olsun. $O$'dan $CD$'ye inen dikme ayağının $E$ olduğu açıktır. $|OE| = x$ ve $OL$ yarıçap olduğundan $|OL| = x\sqrt{2}$ bulunur. $m(\widehat{LEO})=\alpha$ olsun, $OEL$ üçgeninde sinüs teoreminden $\dfrac{x}{\sin{30^\circ}} = \dfrac{x\sqrt{2}}{\sin{\alpha}}$ dan $\alpha = 45^\circ$ bulunur, $OEL$'de üçgenin iç açıları toplamından $m(\widehat{LOE})=105^\circ$ ve $m(\widehat{KOE})=15^\circ$ bulunur, $m(\widehat{COE})=45^\circ$ olduğundan $m(\widehat{KOC})=30^\circ$ bulunur ve aynı yayı gördüklerinden $m(\widehat{KOC})= 2 m(\widehat{KDC})=30^\circ$ den $m(\widehat{KDC})=15^\circ$ bulunur.

$DC$'nin orta noktası $E$ olsun. $OE\perp DC$ olduğu açıktır. $EOC$ ikizkenar dik ücgendir. $LO\cap w = T$ olsun. $LT$ çap olduğundan $OKT$ eşkenar üçgendir. $OEK$ ücgenini, $OK$ kenarı $OT$ kenarı ile çakışacak ve  $E$ noktası $OKT$ ücgeninin iç bölgesinde kalacak şekilde taşıyalım ve $E$ noktasının yeni konumuna $L$ diyelim. $OLD$ ücgeninin eşkenar olduğu açıktır. $\angle{OLT}=30^\circ$ olduğundan $LT$, $OKT$ üçgeninde simetri eksenidir. $|OL|=|LK|$'dır. $OLK$ ve $DOE$ ücgenlerinin eş olduğu görülür. Açılar yazılırsa istenen açı $15^\circ$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{E}$

$a^5+b^6+c^7\equiv 2021\equiv 20\pmod{29}$ olacak şekildeki $(a,b,c)$ üçlülerinin sayısı aranmaktadır. Eğer $x^5\equiv y^5\pmod{29}$ ise $x\equiv y\pmod{29}$ olduğunu gösterirsek, her farklı $a$ değeri için $a^5$ değeri $\{1,2,\dots,29\}$ kümesinin farklı bir elemanı olacağını göstermiş oluruz (birebir ve örten olacaktır da diyebiliriz), dolayısıyla her $(b,c)$ çifti için tam olarak $1$ tane $a$ değeri olmuş olur. $(b,c)$ çiftlerinin sayısı $29^2=841$ olduğundan cevap $841$  bulunur.

Şimdi $x^5\equiv y^5\pmod{29}$ ise $x\equiv y\pmod{29}$ olduğunu gösterelim. Eğer $x$ veya $y$'den en az biri $0$ ise ispatlanacak bir şey yoktur. İkisi de $0$'dan farklı ise $$\left (\dfrac{x}{y}\right )^5\equiv 1\pmod{29}$$ olacaktır. $\dfrac{x}{y}\equiv z\pmod{29}$ olacak şekilde bir $z$ vardır. Eğer $z=1$ olduğunu gösterirsek ispat biter. Yani $z^5-1\equiv 0\pmod{29}$ denkleminin tek çözümünün $z\equiv 1$ olduğunu göstermeliyiz. Bunu göstermek için ilk $14$ sayının $1$ veya $-1$ olmadığını ($1$'in kendisi haricinde) göstermemiz yeterlidir çünkü $14$'den büyük değerler için $z^5\equiv -(29-z)^5$ olacaktır. Gerçekten de hiçbir değer için sağlanmadığından $z=1$ tek çözümdür.

Dolayısıyla cevap $841$'dir.

Not: Aklıma ilk olarak $14$ sayıyı denemek geldiği için denersek çıkar yazdım ama bu biraz uzun bir yol olabilir. Eğer kısa bir çözümünü eklerseniz sevinirim.

Yanıt: $\boxed{A}$

$P(1)=P(2)=P(3)=P(4)=2021$ olduğundan Tam sayı katsayılı bir $Q(x)$ polinomu için $P(x)=Q(x)(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+2021$ olarak yazılabilir. Ardışık $k$ tane tamsayının çarpımı $k!$ ile bölünür. Dolayısıyla $x$ tamsayısı için $(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)$ ifadesi $24$ ile tam bölünür. Dolayısıyla $$n\equiv P(m)\equiv 2021\equiv 5\pmod{24}$$ olacaktır. Verilenlerden sadece $2045$ sayısı bu şartı sağlar. $n=2045$ için örnek durum verelim, $P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)+2021$ için $P(5)=2045$'dir.

Cevap:$\boxed{E}$

Tabloyu koşullara uygun bir şekilde doldurmak için iki satır ve iki sütuna üç tane $1$ koymalıyız. Satır ve sütunları  $\dbinom{4}{2}\dbinom{4}{2}=6\cdot 6=36$ farklı şekilde belirledikten sonra belirlenen satır ve sütunların kesişimine $1$'leri yazdıktan sonra kalan $2$ tane $1$'i (üç tane $1$ içeren satırları tamamlamak için) $2$ farklı şekilde yazarız. Kalan $2$ tane $1$'i (üç tane $1$ içeren sütunları tamamlamak için) $2$ farklı şekilde yazarız. Dolayısıyla $36\cdot 2\cdot 2=144$ farklı tablo elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Öncelikle $n\geq 5$ için çözüm olmadığını gösterelim. Aksini kabul edelim. En küçük $5$ parçayı ele alalım, bu parçaların uzunlukları $x_1\leq x_2\leq x_3\leq x_4\leq x_5$ olsun. $(x_1,x_2,x_5)$ bir üçgen belirttiği için $x_1+x_2>x_5$ olmalıdır. Ayrıca $$x_1^2+x_2^2<x_3^2$$ $$x_2^2+x_3^2<x_4^2$$ $$x_3^2+x_4^2<x_5^2$$ olacaktır. Yani $$(x_1+x_2)^2>x_5^2>x_3^2+x_4^2>2x_3^2+x_2^2>2x_1^2+3x_2^2$$ olacaktır. $2(x_1^2+x_2^2)\geq (x_1+x_2)^2$ olduğundan $2(x_1^2+x_2^2)>2x_1^2+3x_2^2$ elde edilir. Bu bir çelişkidir. $n\geq 5$ olamaz.

$n=4$ için örnek durum $(3,4,\sqrt{26},\sqrt{43})$ uzunluğundaki çubuklardır.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle $k\geq 8$ olamayacağını gösterelim. Aksini kabul edelim, $10^k$ sayısı $abc$'yi tam böldüğünden $5^8$ de $abc$'yi tam bölecektir. $a$, $b$ ve $c$ sayılarının hepsi birden $5$ ile bölünemez çünkü toplamı $5$ ile bölünmemektedir. $5^5>939$ olduğundan sayılardan herhangi birisinin bölündüğü $5$'in en büyük kuvveti $4$'ü aşamaz. Çarpım $5^8$ ile bölündüğünden sayılardan ikisi $5^4=625$ ile bölünmelidir. Fakat $625+625>939$ olduğundan bu mümkün değildir. Dolayısıyla $k\geq 8$ olamaz.

Şimdi $k=7$ için örnek durum bulalım. $(a,b,c)=(64,250,625)$ için $a+b+c=939$ ve $abc=10^7$'dir. Dolayısıyla cevap $7$'dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

AGO'dan $a+b+c=939\geq 3\sqrt[3]{abc}$  yani $abc\leq (319)^3<10^8$  elde edilir. $k<8$  olmalıdır. Nitekim $k=7$  durumu $(a,b,c)=(625,250,64)$  ve permütasyonlarında sağlanır.

Cevap: $\boxed{E}$

Verilen üçüncü dereceden denklemin tam olarak $2$ çözümü olması için katlı kökü olmalıdır. $P(x)$ polinomu için $(x-c)^2\mid P(x)$ ise $(x-c)\mid P'(x)$'dir. Dolayısıyla $c$, verilen denklemde katlı bir kökse, türevinin de köküdür. Türevi $3x^2+2ax=3x\left (x+\dfrac{2a}{3}\right)$ olduğundan katlık kök $x=0$ veya $x=\dfrac{-2a}{3}$'dür. $x=0$ ana denklemde çözüm olmadığından katlı kök $x=\dfrac{-2a}{3}$'dür. Köklerin toplamı $-a$ olduğundan da $x_1+x_2+x_3=\left (\dfrac{-2a}{3}\right )+\left (\dfrac{-2a}{3}\right )+x_3=-a$'dır ve buradan son kök de $x_3=\dfrac{a}{3}$ bulunur. Yani ifadenin çarpanlara ayrılmış hali $$\left(x+\dfrac{2a}{3}\right )^2\left(x-\dfrac{a}{3}\right )=0$$ olacaktır. Sabit terim $-\dfrac{4a^3}{27}=108$ olduğundan $a=-9$ bulunur.

Tam olarak iki reel kök varsa  $P(x) = (x+b)^2(x+c)$ formundadır. Açarsak $x^3 +ax^2+108 = x^3 + (2b+c)x^2 + (2bc + b^2)x + cb^2$ elde edilir ve polinom eşitliğinden
 $(I) 2b+c = a$
 $(II) 2bc + b^2 = 0$
 $(III) cb^2 = 108$
denklemleri elde edilir. $(II)$'yi düzenlersek $b(2c+b) = 0$ elde edilir. $(III)$'ten $b=0$ olamayacağını görebiliriz. O halde $b=-2c$ olmalıdır. $(III)$'te yerine yazarsak $4c^3 = 108$, $c=3$ bulunur. Bunu da $(I)$'de yazarsak $-3c = -9 = a$ bulunur.

Cevap: $\boxed{E}$

Tahtada yazılı olan sayıya  $a \rightarrow a-7$ işlemini uygularsak $7$'ye bölümünden kalanı değişmez.


Tahtada yazılı olan sayıya $a \rightarrow 17a+1$ işlemini uygularsak $7$'ye bölümünden kalanını inceleyelim:

$29$'un $7$'ye bölümünden kalan $1$'dir ve $a \rightarrow 17a+1$ işlemi $7$ modunda $3a+1$ işlemine denktir, her ok bir kez işlem uygulanmasını göstermek üzere,

$1 \rightarrow 4 \rightarrow 6 \rightarrow 5 \rightarrow 2 \rightarrow 0 \rightarrow 1 \rightarrow \dots$

şeklinde periyodik olacaktır ve $7$'ye bölümünden kalan asla $3$ olmayacaktır, $10006$ sayısı elde edilemeyecek en küçük beş basamaklı pozitif tam sayıdır.

Diğer şıklar, $29$ sayısını şıklardaki sayılarla $7$'ye bölümünden kalan aynı ve şıklardan büyük olana kadar $a \rightarrow 17a+1$ işlemi uygulanıp  $a \rightarrow a-7$ işlemi sayıya ulaşana kadar uygulanarak elde edilebilir.

Cevap: $\boxed{A}$

Açılar derece cinsinden olmak üzere, $m(\widehat{DAC}) = \alpha$ ve $AC$ ile $BD$'nun kesişimi $K$ olsun. Basit açı hesaplarıyla $m(\widehat{ACD}) = 30$, $m(\widehat{CAB}) = 40$ bulunur. $ABCD$ dörtgeninde $K$'na göre trigonometrik ceva yazılırsa, $\dfrac{\sin{20}}{\sin{40}}\cdot \dfrac{\sin{\alpha}}{\sin{(120-\alpha)}} \cdot \dfrac{\sin{30}}{\sin{30}}\cdot \dfrac{\sin{100}}{\sin{20}} = 1$ elde edilir, aynı olanlar sadeleştirilip $\alpha$ içeren terimler bir tarafa toplanırsa $\dfrac{\sin{\alpha}}{\sin{(120-\alpha)}} = \dfrac{\sin{40}}{\sin{100}} = \dfrac{\sin{40}}{\sin{80}}$ elde edilir, $\alpha = m(\widehat{DAC}) = 40$ sağlar.

$AC$ ile $BD$, $E$ noktasında keşissin.
$A$ nın $BD$ ye göre simetriği $F$ olsun.
$B, C, F$ doğrusal, $AB = BF$ ve $\angle BAE = \angle EFB = 40^\circ$ olacaktır.
Basit açı hesapları ile $\angle DCF = 50^\circ$, $\angle EDC = \angle ECD = 30^\circ$ ve $\angle CEF = \angle DEF = 60^\circ$ bulunur.
$EF \perp DC$ ve $ED = EC$ olduğu için $DECF$ bir deltoittir. Bu durumda $\angle DFE = \angle EFC = 40^\circ$ ve $BD = BF = AB$ olacaktır. $\triangle ABD$ ikizkenar üçgeninde $\angle BAD = 80^\circ$ ve $\angle CAD = 40^\circ$ dir.

Bu sorunun daha genel hali şudur:
$ABCD$ dörtgeninde $\angle ABD = \angle DBC$ ve $\angle EDC = \angle ECD = 30^\circ$ ise $\angle BAC = \angle DAC$ olduğunu gösteriniz.

Genel hali için şöyle bir çözüm yolu izlenebilir:
$DAC$ üçgeninin çevrel çemberi $BD$ yi $P$ de kessin.
$\angle BAP = \alpha$ dersek $\angle PAC = 30^\circ$, $\angle ABP = \angle PBC = 30^\circ - \alpha$ olacaktır. Bu da soruyu Model 4.3 ile özdeş hale getiriyor. Buradan da $\angle BCP = 2\alpha$, $\angle DAC = \angle DPC = 30^\circ + \alpha = \angle BAC$ elde edilir.

Soruyu, Model 4.3 e dönüştürüp çözüme gidebileceğimiz gibi,  Model 4.3 çözümlerinden esinlenerek de çözüm oluşturabiliriz.

Cevap:$\boxed{B}$

Verilen ifadede $m=n$ alırsak ifade $0$ olacaktır. Yani sol taraf $(n-m)$ ile bölünür. Bölme işlemi yaparsak $(n-m)(2m+n)^2=20$ bulunur. $20$'yi bölen tam kareler sadece $1$ ve $4$'dür.

$(2m+n)^2=1$ için $n-m=20$ bulunur. Ayrıca $2m+n=1$ veya $2m+n=-1$ olabilir. Bu denklemler çözülürse, sadece $(m,n)=(-7,13)$ çözümü bulunur.

$(2m+n)^2=4$ için $n-m=5$ bulunur. $2m+n=2$ veya $2m+n=-2$ olabilir. Bu denklemler çözülürse, sadece $(m,n)=(-1,4)$ çözümü bulunur.

Toplamda $2$ tane çözüm vardır.

Cevap: $\boxed{B}$

İstenen toplam $S$ olsun

Polinomun alabileceği minimum pozitif değer $x=-1$ için $8$'dir. Toplamın $-4$ gelmesi için $k$ tane $8$, $2k+1$ tane $-4$ ve $11-3k$ tane $0$ olmalıdır.

Bu durumda $k$, $2k+1$ ve $11-3k$'nın alabileceği değerler $(0,1,11)$ $(1,3,8)$ $(2,5,5)$ $(3,7,2)$ dir.

1.durum için $\dbinom{12}{1}\cdot\dbinom{11}{3}\cdot 3^8\equiv0\pmod{11}$
2.durum için $\dbinom{12}{2}\cdot\dbinom{10}{5}\cdot 3^5\equiv0\pmod{11}$
3.durum için $\dbinom{12}{3}\cdot\dbinom{9}{7}\cdot 3^2\equiv0\pmod{11}$
4.durum için $\dbinom{12}{1}\cdot\ 3^{11}\equiv3\pmod{11}$

Taraf tarafa toplarsak $S\equiv3\pmod{11}$

Cevap: $\boxed{D}$

Bir eleman en fazla $3$ kümede kullanılabilir. $4$ kümede kullanılabileceğini varsayalım, bu elemanın yanında her küme $3$ elemanlı olduğundan $4\cdot2 = 8$ eleman olur fakat $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ kümesinde geriye kalan $7$ eleman vardır dolayısıyla bu 4 kümeden birinde ortak $2$ eleman bulunur, çelişki. $k=9$ olursa, kümelerin eleman sayıları toplamı $9\cdot 3=27$ olur ve güvercin yuvası ilkesinden bir eleman 4 kümede kullanılır, çelişki yani $k<9$'dur.

$k=8$ için örnek verelim: $\{1,2,3\}, \{1,4,5\},\{1,6,7\}, \{2,5,6\}, \{2,7,8\}, \{3,4,7\}, \{3,5,8\}, \{4,6,8\}$

Cevap: $\boxed{E}$

$CF\bot AB$ ve $|BD|=|DC|$ olduğundan $|DF|=|BD|=|DC|=5$ olur. Ceva teoreminden $\dfrac{|AF|}{|FB|}\dfrac{|BD|}{|DC|}\dfrac{|CE|}{|AE|}=1$ olur, buradan $\dfrac{|AF|}{|FB|}=\dfrac{|AE|}{|EC|}$ bulunur, yani $EF\parallel BC$'dir. Tales teoreminden $|AF|=9$ buluruz. $m(\widehat{FEB})=m(\widehat{ABE})=m(\widehat{EBC})$ olacağından $BE$ açıortaydır. Açıortay teoreminden, bir $k$ reel sayısı için $|AE|=15k$ ve $|EC|=10k$ bulunur. $|BE|=\sqrt{15\cdot 10-15k\cdot 10k}=\sqrt{150(1-k^2)}$ olacaktır. $AFC$'de pisagor teoreminden $25k=\sqrt{9^2+8^2}=\sqrt{145}$ olur. $|BE|=\sqrt{150\left(1-\dfrac{145}{625}\right )}=\dfrac{24}{\sqrt{5}}$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{A}$

$n$'yi bölen her sayı $n^2$'yi de böleceğinden $n^2$yi tam bölen ancak $n$'yi tam bölmeyen pozitif tam sayıların sayısı bu iki sayının pozitif bölenlerin sayısının farkıdır. $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ ise $$(2a_1+1)(2a_2+1)\cdots (2a_k+1)-(a_1+1)(a_2+1)\cdots(a_k+1)=9$$ olacaktır. Sol taraftaki ifade, her değişkeni için artan bir ifadedir. $(2a_i+1)$ dışında kalan katsayıya $A_i$ ve $(a_i+1)$ dışında kalan katsayıya $B_i$ dersek, sol taraf $A_i(2a_i+1)-B_i(a_i+1)=a_i(2A_i-B_i)+(A_i-B_i)$ olacaktır. $A_i>B_i$ olduğu bariz olduğundan ifade artandır. Dolayısıyla en küçük değerini $a_1=a_2=\cdots=a_k=1$ iken alır. Bu durumda da $3^k-2^k$ ifadesine eşittir. $9\geq 3^k-2^k$ olması gerektiği için ve sağ taraf çok hızlı büyüdüğü için $k\geq 3$ için eşitsizlik sağlanmayacaktır. Dolayısıyla $k=1,2$ olabilir (Hiç asal sayının olmadığı $1$ durumunun çözüm olmadığı barizdir).

Eğer $k=1$ ise $(2a_1+1)-(a_1+1)=a_1=9$ olur. $n=p^9$ formatındadır ve pozitif bölen sayısı $10$'dur.

Eğer $k=2$ ise $(2a_1+1)(2a_2+1)-(a_1+1)(a_2+1)=3a_1a_2+a_1+a_2=9$ olur. $a_1,a_2\geq 2$ için ifadenin $9$'dan büyük olacağı barizdir. Dolayısıyla genelliği bozmadan $a_1=1$ diyebiliriz. Bu durumda $a_2=2$ bulunur. Yani $n=pq^2$ formatındadır ve pozitif bölen sayısı $6$'dır.

$n$'nin pozitif bölen sayısı $2$ farklı değer alabilir.

Cevap: $\boxed{D}$

En küçük değeri istenen ifade $S$ olsun.

$32$ tane $\dfrac{2}{x_1}$, $16$ tane $\dfrac{x_1^2}{16x_2}$, $8$ tane $\dfrac{x_2^2}{8x_3}$, $4$ tane $\dfrac{x_3^2}{4x_4}$, $2$ tane $\dfrac{x_4^2}{2x_5}$, $1$ tane $8x_5^2$ için $AO \geq GO$ eşitsizliği yazılırsa $x_1,x_2,\dots x_5$ terimlerinin eşitsizliğin $GO$ tarafı hesaplanıyorken sadeleşeceği ve $AO$ tarafının $\dfrac{S}{32+16+8+4+2+1}$ olacağı açıktır,

$\dfrac{S}{63} \geq
\sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}63]{\dfrac{2^{32}\cdot 8}{16^{16}\cdot 8^8 \cdot 4^4 \cdot 2^2}} =
\sqrt[\leftroot{-2}\uproot{2}63]{\dfrac{1}{2^{63}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow S \geq \dfrac{63}{2}$ bulunur.

Eşitlik durumu için, $\dfrac{2}{x_1} = \dfrac{x_1^2}{16x_2} = \dfrac{x_2^2}{8x_3} = \dfrac{x_3^2}{4x_4} = \dfrac{x_4^2}{2x_5} = 8x_5^2 = k$ olması gerekir, yerine yazılırsa:
$S = 32k+16k+8k+4k+2k+k= \dfrac{63}{2}$ den $k = \dfrac{1}{2}$ bulunup, $(x_1, x_2 ,x_3, x_4, x_5) = (4,2,1,\frac{1}{2},\frac{1}{4})$ bulunur.

Cevap: $\boxed{C}$

$k$ tek olursa, bilyenin bulunduğu yerin apsis ve ordinatının paritesi aynı olur, her noktaya ulaşılamaz. $k=2m$ için $(0,0) \rightarrow (2m, 1) \rightarrow (2m-1, 2m+1) \rightarrow (2m-2, 1) \rightarrow \cdots \rightarrow (0,1)$ sol taraf çift iken sağ taraf $1$ olacağından yeterince kez yapılırsa sol taraf $0$ ve sağ taraf $1$ olup elde edilebilir dolayısıyla işlemin simetriği ya da kendisi uygulanarak her tam sayı koordinatlı noktaya ulaşılabilir, verilen $k$ değerlerinden çift olan $4, 10, 42$ için sağlar.

Cevap:$\boxed{C}$
Düzgün dokuzgenin bir iç açısı $140^\circ$'dir. Açıları yazarsak $A_1A_2B$, $A_4A_5C$ ve $A_5A_7B$ üçgenleri eşkenar üçgen elde edilir. Dokuzgenin bir kenarına $1$ diyelim (Oran bulacağımız için sorun olmaz). $|A_2B|=1$ olacaktır. Dolayısıyla $A_2BA_3$ ikizkenardır. Buradan $m(\widehat{A_2A_3B})=50^\circ$ elde edilir. Dolayısıyla $m(\widehat{A_2DB})=65^\circ$ olacaktır. $A_2BD$ ikizkenar olacağından $|BD|=1$ olacaktır. Benzer şekilde $m(\widehat{A_4A_3C})=50^\circ$ olacaktır. Buradan $m(\widehat{BA_3C})=40^\circ$ olur ve $BA_3C$ ikizkenar olacağından $m(\widehat{A_3BC})=70^\circ$ elde edilir. $|BC|=x$ dersek $|A_5A_7|=x+1$ elde edilir. $A_5A_6A_7$ $20-140-20$ üçgeni olduğundan $\cos{20^\circ}=\dfrac{x+1}{2}$ elde edilir. $$\dfrac{|A_7BC|}{|BCD|}=\dfrac{|A_7B||BC|\sin{60^\circ}}{|BD||BC|\sin{70^\circ}}=\dfrac{(x+1)\sqrt{3}}{2\cos{20^\circ}}=\sqrt{3}$$ bulunur.

Cevap:$\boxed{D}$

Eğer verilen küme $m$ elemanlı ise $2^{m}\equiv 1\pmod{p}$ olacaktır. Bunun sebebi için mertebe kavramını bilmeniz gerekmektedir ($m$ burada $2$'nin $p$ modunda mertebesidir), bu kısmı okuyucuya bırakıyorum. $2^{m-1}\equiv \dfrac{1}{2}\equiv \dfrac{p+1}{2}\pmod{p}$'dir. $\dfrac{p+1}{2}<p$ olduğundan $2^{m-1}=\dfrac{p+1}{2}$ olacaktır ve buradan $p=2^m-1$ elde edilir. Burada $m=1$ olamaz, ayrıca bileşik sayıda olamaz çünkü $m=ab$ ise $2^a-1|2^m-1$ olacaktır. Dolayısıyla $m$ asal sayıdır. $2^m-1<2021$ olduğundan $m\leq 10$ elde edilir. Ayrıca asal sayı olduğundan $m=2,3,5,7$ olabilir. Bu değerler için $p=3,7,31,127$ bulunur. Şimdi bu değerler için $m$'nin gerçekten de mertebe olup olmadığını kontrol etmek kaldı ki $2^m\equiv 1\pmod{p}$ olduğundan mertebe ya $m$'dir ya da $m$'nin bir bölenidir. $m$ asal sayı olduğundan ve $1$ mertebe olamayacağından $m$ olmalıdır. Dolayısıyla $4$ tane güzel asal sayı vardır.

Yanıt: $\boxed{C}$

Verilen ifadede $x-y-1=a$ diyelim. $xy=\dfrac{6}{a}$ olacaktır. $x=a+y+1$ olduğundan $y^2+(a+1)y=\dfrac{6}{a}$ olur. $$(x+y)^2=(2y+a+1)^2=4y^2+4(a+1)y+(a+1)^2=(a+1)^2+\dfrac{24}{a}$$ olduğundan $x+y=\sqrt{(a+1)^2+\dfrac{24}{a}}$ olacaktır. $xy=\dfrac{24}{a}$ olduğundan $a>0$'dır.$\sqrt{(a+1)^2+\dfrac{24}{a}}$ ifadesinin minimum değeri için $(a+1)^2+\dfrac{24}{a}$ minimum olmalıdır. Türevini alıp $0$'a eşitlersek kritik noktasını buluruz, $$2a+2-\dfrac{24}{a^2}=0\Rightarrow a^3+a^2-12=(a-2)(a^2+3a+6)=0$$ olur. $a=2$ tek çözümdür ve yerel minimum olduğu kolayca kontrol edilebilir. $a=2$ için $x+y=\sqrt{21}$ bulunur.

Eşitlik durumunu verelim. $x+y=\sqrt{21}$ için $a=2$ olduğundan $x=y+3$ ve $xy=3$ olacaktır. Yani $$y(y+3)=3\Rightarrow y^2+3y+\dfrac{9}{4}=\left (y+\dfrac{3}{2}\right )^2=\dfrac{21}{4}\Longrightarrow y=\dfrac{\sqrt{21}-3}{2}$$ elde edilir. $(x,y)=\left(\dfrac{\sqrt{21}+3}{2},\dfrac{\sqrt{21}-3}{2}\right)$ eşitlik durumu bulunur.

Eşitliğin her iki tarafını $xy$ ile bölüp karesini alarak $(x-y)^2=\left(\dfrac{6}{xy}+1 \right)^2$ denklemini elde ediyoruz. Buradan, $(x+y)^2=\dfrac{36}{x^2y^2}+\dfrac{12}{xy}+4xy+1$ geliyor. $xy=a$ olmak üzere, $AGO$ eşitsizliğinden:
$$\dfrac{\dfrac{36}{a^2}+\dfrac{12}{a}+\left(\dfrac{1}{3}\times 4a\right)}{5}\geq\sqrt[5]{\dfrac{36}{a^2}\cdot \dfrac{12}{a}\cdot\left(\dfrac{4a}{3}\right)^3}=4$$ $(x+y)\geq\sqrt{4\cdot5+1}=\sqrt{21}$ olarak bulunur. Eşitlik ise $\dfrac{36}{a^2}=\dfrac{12}{a}=\dfrac{4a}{3}$ durumunda $a=3$ yani, $xy=3$ iken sağlanır. Verilen eşitlikte $xy=3$ alırsak $x-y=3$ ve bu iki eşitlikten, $(x,y)=\left(\dfrac{\sqrt{21}+3}{2}, \dfrac{\sqrt{21}-3}{2}\right)$ sıralı ikilisinin eşitlik durumunu sağladığı görülür.

Yanıt: $\boxed{B}$

Öncelikle verilen problemi şu soruya indirgeyelim: Her birinde $2$ top bulunan $n$ adet kutu veriliyor. Aslı ve Zehra, Aslı başlamak üzere herhangi bir kutudan sırayla $1$ ya da $2$ top alıyorlar. Hamle yapamayan kaybetmiş sayılıyor. $n=6,12,17,29,32$ değerlerinden kaç tanesi için Aslı kazanmayı garantileyebilir?

Sırası gelen oyuncu, her kutuda $1$ top varsa $n\equiv 0\pmod2$ durumunda kaybeder, $n\equiv 1\pmod2$ durumunda kazanır. $1$ kutuda $2$ top, diğerlerinde $1$ top varsa $n\equiv 0\pmod2$ durumunda $2$ top olan kutudan $1$ top alarak, $n\equiv 1\pmod2$ durumunda $2$ top alarak kazanır. $2$ kutuda $2$ top, diğerlerinde $1$ top varsa $n\equiv 0\pmod2$ durumunda kaybeder, $n\equiv 1\pmod2$ durumunda kazanır: $1$ kutuda $2$ top, diğerlerinde $1$ top varsa sırası gelen kaybeder bu yüzden her biri birer top alır. $2$ kutuda $2$ top kaldığında sırası gelen oyuncu kaybeder. ($1$ kutuda $2$ top diğerinde $1$ top bırakamaz. $2$ top alırsa da diğeri $2$ top alır ve oyunu sırası gelen kaybetmiş olur.) Benzer yaklaşımlarla tüm kutularda $2$ top olduğunda $n\equiv 0\pmod2$ durumunda başlayan kaybeder. $n\equiv 1\pmod2$ durumunda başlayan kazanır.