Tübitak Lise 1. Aşama - 2022 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{B}$

Eşit uzunluklu köşegenler incelenirse, $|A_4A_7| = |A_2A_6|$ olur. $|A_6A_7| = a$, $|A_6B| = b$ denirse $|A_4A_7| = |A_2A_6|=a+b$ olup $|A_2B|=a$ olur. Böylece, $A_1A_2BA_7$ bir eşkenar dörtgen olur. Ayrıca $|A_7B| = |A_6A_7|=a$ olup $A_6A_7B$ üçgeni ikizkenardır. Düzgün yedigenin bir dış açısı $\dfrac{2\pi}{7}$ olduğundan $m(\widehat{A_1A_2A_6}) = m(\widehat{A_7BA_6}) = m(\widehat{A_7A_6B}) = \dfrac{2\pi}{7}$ dir. Böylece, $m(\widehat{BA_7A_6}) =  \dfrac{3\pi}{7} = \dfrac{540^\circ}{7}$ bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

$n$ sayısının pozitif bölenlerinin sayısı $v(n)$ ise pozitif bölenlerinin çarpımı $n^{\frac{v(n)}{2}}$'dır. Yani istenilen şartı sağlayan $n$ sayıları için $v(n)=6$ olmalıdır. $n$ sayısının asal çarpanlarına ayrılmış hali $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ olsun. O halde $v(n)=(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_k+1)=6$ olur. $6=2\cdot 3$ olduğundan $n=p^5$ veya $pq^2$ formatında olmalıdır. Bu formattaki sayılar,

$n=p^5$: sadece $32$.
$n=pq^2$: $2\cdot 3^2=18$, $2\cdot 5^2=50$, $2\cdot 7^2=98$, $3\cdot 2^2=12$, $3\cdot 5^2=75$, $5\cdot 2^2=20$, $5\cdot 3^2=45$, $7\cdot 2^2=28$, $7\cdot 3^2=63$, $11\cdot 2^2=44$, $11\cdot 3^2=99$, $13\cdot 2^2=52$, $17\cdot 2^2=68$, $19\cdot 2^2=76$, $23\cdot 2^2=92$.

Toplamda $16$ tane sayı vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle şunu gözlemleyelim; $x$ sayısını $\lfloor x\rfloor+\{x\}$ olarak yazarsak, $\lfloor x\rfloor$ kısmı tamsayı olduğundan $a$ pozitif tamsayısı için $$\lfloor ax\rfloor=\lfloor a\lfloor x\rfloor+a\{x\}\rfloor=a\lfloor x\rfloor+\lfloor a\{x\}\rfloor$$ olacaktır. Dolayısıyla $$\lfloor 2x\rfloor + \lfloor 3x\rfloor + \lfloor 5x\rfloor=10\lfloor x\rfloor+\lfloor 2\{x\}\rfloor + \lfloor 3\{x\}\rfloor + \lfloor 5\{x\}\rfloor$$ Bu da demek oluyor ki kesirli kısmı aynı olan iki sayı için istenilen ifadenin birler basamağı değişmez. Dolayısıyla bizim de $x$ sayını $[0,1)$ aralığında incelememiz yeterlidir.

İkinci olarak dikkat etmemiz gereken kısım $[0,1)$ aralığını hangi parçalara bölüp incelememiz gerektiğidir. Tamdeğer fonksiyonunun grafiği merdiven gibidir ve sonucu sadece yeni bir tamsayıya ulaşıldığında $1$ artar. Dolayısıyla ifadedeki tamdeğer fonksiyonlarının tamsayı olacakları kısımlar bizim kritik noktalarımızdır. Dolayısıyla $[0,1)$ aralığını şu şekilde ayırmalıyız, $$\left[0,\dfrac{1}{5}\right)\cup\left[\dfrac{1}{5},\dfrac{1}{3}\right)\cup\left[\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{5}\right)\cup\left[\dfrac{2}{5},\dfrac{1}{2}\right)\cup\left[\dfrac{1}{2},\dfrac{3}{5}\right)\cup\left[\dfrac{3}{5},\dfrac{2}{3}\right)\cup\left[\dfrac{2}{3},\dfrac{4}{5}\right)\cup\left[\dfrac{4}{5},1\right)$$ Buradaki her aralıktan istenilen ifadenin birler basamağını hesaplayabiliriz. Bu değerler $0,1,2,3,4,5,6,7$ olmak üzere $8$ tanedir.

Cevap: $\boxed{D}$

Problem, $K$, kızlara dağıtılan top sayısına; $E$, erkeklere dağıtılan top sayısına denk olmak üzere "$30K+77E=n$ denkleminin pozitif sayılarda tek çözümü vardır, $n$'in alabileceği en büyük tam sayı değeri nedir?" problemine denktir.

Şıklarda "Hiçbiri" gibi bir şık olmadığından test tekniğiyle en büyük şıktan denemeye başlarsak,

$n = 6930$ için $6930$'un $30$'a bölünebildiği açıktır. $30K + 77E = 6930$ ise $E \equiv 0 \pmod{30}$ elde edilir. $6930 = 30 \cdot 231$ olduğu göze alınırsa $(K, E)=(154, 30)$ ve $(77, 60)$ çözümlerinin olduğu görülür.

$n= 4620$ için $4620$'nin $30$'a bölünebildiği açıktır. $30K + 77E = 4620$ ise $E \equiv 0 \pmod{30}$ elde edilir. $4620 = 30 \cdot 140$ olduğu göze alınırsa $(K, E) = (77, 30)$ tek çözümünün olduğu görülür, dolayısıyla cevap $n = 4620$'dir.


Tabii; bu çözüm, sınav dışında tam bir çözüm değil fakat şıklar, şıkların denenmesi için yazılmış gibi.

$30K+77E = n$ denkleminde tam sayılarda $(K_1, E_1)$ bir çözüm ise $(K_1-77, E_1+30)$ ve $(K_1+77, E_1-30)$ de çözümdür.
Pozitif tam sayılarda tam olarak bir çözüm olması için $K_1-77 \leq 0$ ve $E_1-30 \leq 0$ olmalı. Bu durumda $\max {K_1} =77$ ve $\max {E_1} =30$ olacaktır.
Bu durumda $n$ en fazla $30\cdot 77 + 77\cdot 30 = 4620$ olabilir. $\bmod 77$ ve $\bmod 30$ da incelediğimizde $n=4620$ için tam olarak bir çözüm olduğu görülebilir.

Ayrıca bkz. Bezout Özdeşliği

Yanıt: $\boxed B$
 
$D$ noktasından $BC$ kenarına çizilen paralel $AB$ kenarını $L$ noktasında kessin. Bu durumda $DL$ orta taban ve $m(LDB)=m(LBD)$ olacağından $BLD$ üçgeni ikizkenar olur. $BF=6k$, $BL=LA=LD=3k, EL=k$ diyelim. $ABF$ üçgeninde $CE$ kesenine göre Menelaüs teoremini uygulayarak  $$\dfrac{BE}{AE}=2$$ bulunur. $BE=4k$, $AE=2k$ ve $AF$ kenarortay olduğundan $BC=12k$ alınırsa $$\dfrac{BC}{AE}=6$$ olarak bulunur.

$BN$ söz konusu açıortay, $AM$ de kenarortay olsun.
$D$ noktası için Ceva teoremi uygulandığında $AE/BE = AN/NC$ olacaktır. Bu da $EN \parallel BC$ demektir. $\angle ENB = \angle NBC = \angle EBN$ olduğu için $EN=EB$.
$\triangle ABM$ de, açıortay yükselik olduğu için $AB=BM$ elde edilir.
$AE=x$ ve $AB=c$ dersek, $BC=2c$ ve $AE/AB = EN/BC \Rightarrow \dfrac xc = \dfrac {c-x}{2c} \Rightarrow c = 3x$ elde ederiz. Bu durumda $\dfrac {BC}{AE} = \dfrac {6x}{x} = 6$ olur.

Yanıt: $\boxed{E}$

Hesaplamalarımız yüksek kuvvetli üslü sayılarla alakalı olduğundan "indeks" kavramını kullanmamız iyi olacaktır (Bu terimin halihazırda kullanımda olan türkçe karşılığı varsa belirtirseniz sevinirim). Bunun için öncelikle ilkel kök bulmalıyız. En küçük ilkel kök adayı $2$'den başlarsak $67-1=66=2\cdot 3\cdot 11$ olduğundan $2^{\frac{66}{11}}$, $2^{\frac{66}{3}}$ ve $2^{\frac{66}{2}}$ sayılarının  $67$ modunda $1$'e denk olmadığını göstermemiz ilkel kök olması için yeterlidir. Bunlar kolay hesaplamalar olduğundan burada yapmıyorum. $2$'nin bir ilkel kök olduğu bulunduğundan $2$'ye göre indeks alabiliriz. $$a_{2022}\equiv 12^{a_{2021}}\equiv x\pmod{67}\iff \text{ind}_2\left(12^{a_{2021}}\right)\equiv \text{ind}_2{x}\pmod{66}$$ İndeks kavramı ile logaritma benzer konsepte sahip terimlerdir ve çoğu özelliği ortaktır. $$\text{ind}_2\left(12^{a_{2021}}\right)\equiv a_{2021}\text{ind}_2\left(12\right)\equiv a_{2021}\left(\text{ind}_2\left(4\right)+\text{ind}_2\left(3\right)\right)\equiv a_{2021}\left(2+\text{ind}_2\left(3\right)\right)\pmod{66}$$ $\text{ind}_2\left(3\right)$'ü hesaplamak için normalde $2^k\equiv 3\pmod{67}$ olan bir $k$ sayısı bulmalıyız ve bu deneyerek hesaplaması uzun süren bir şey olabilir ama $2^6\equiv 64\equiv -3\pmod{67}$ olması ve $2$ ilkel kök olduğundan $2^{33}\equiv -1\pmod{67}$ olmasından dolayı $$2^{39}\equiv 3\pmod{67}\implies \text{ind}_2 3\equiv 39\pmod{66}$$ Buradan da $\text{ind}_2 x\equiv 41a_{2021}\pmod{66}$ bulunur. $a_{2021}$ sayısı $12$'nin bir kuvveti olduğundan $$a_{2021}\equiv 0\pmod{6}$$ $$a_{2021}\equiv 12^{a_{2020}}\equiv 1\pmod{11}$$ olacaktır. Çin kalan teoremiyle bu iki denkliği birleştirirsek $$a_{2021}\equiv 12\pmod{66}\implies \text{ind}_2x\equiv 41\cdot 12\equiv 30\pmod{66}\implies x\equiv2^{30}\pmod{67}$$ elde edilir. $$2^{30}\equiv 64^5 \equiv (-3)^5\equiv -243\equiv 25\pmod{67}$$ bulunur.

$a_{2022} = 12^{a_{2021}} \equiv x \pmod{67}$ diyelim. Fermat teoreminden $12^{66}\equiv 1 \pmod{67}$ olduğundan $a_{2021}=12^{a_{2020}}\equiv y \pmod{66}$ denkliği ile ilgilenmeliyiz. $66 \equiv 6\cdot 11$ dir. Burada ilginç bir şey oluşuyor. Her $n$ pozitif tam sayısı için
$$
\left\{
\begin{split}
 12^n  & \equiv 0 \pmod{6} \\
 12^n &\equiv 1 \pmod{11}
\end{split}
\right.
$$
olduğundan $12^n \equiv 12 \pmod{66}$ elde ediyoruz. Yani $12$ nin modülo $66$ içindeki (mertebesi demeyelim ama buna benzer bir terim kullanarak) periyodu $1$ dir, diyelim. Kendimden şüphe edip bir de $12^2 \equiv 144 \equiv 2\cdot 66 + 12 \equiv 12 \pmod{66}$ işlemiyle kontrol ediyorum. Bu da, yine her $n$ pozitif tam sayısı için $12^n \equiv 12 \pmod{66}$ olduğunu gösteriyor. Dolayısıyla, $a_{2021} = 66k + 12$ olacak şekilde bir $k$ pozitif tam sayısı vardır.

Böylelikle $a_{2020} = 12^{66k+12} = (12^{66})^k \cdot 12^{12} \pmod{67} \equiv 12^{12} \pmod{67}$ buluruz. $x \equiv 12^{12} \pmod{67}$ problemini çözeceğiz.

$12^{2} = 144 \equiv 10 \pmod{67}$
$12^{4} \equiv 10^2 \equiv 33 \pmod{67}$
$12^{8} \equiv 33^2 \equiv 1089 \equiv 17 \pmod{67}$
$x\equiv 12^{12} = 12^{8}\cdot  12^{4} \equiv 17 \cdot  33 \equiv 561 \equiv 25 \pmod{67}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed E$

$$\sqrt{a+b}=x$$ diyelim. $$\sqrt{a-x}=b$$ olur. Kare alıp oluşan denklemleri birbirinden çıkartırsak $$x^2-b^2-(b+x)=0$$ $$(x+b)(x-b-1)=0$$ ve buradan da $$x+b=0,   x-b-1=0$$ olur.
Bu eşitliklerden $$x=\sqrt{a+b}=-b,  \sqrt{a+b}=b+1$$ bulunur. $b$ pozitif olduğundan ikinci eşitlik geçerlidir. Bu eşitliğin karesini alarak $$a=b^2+b+1$$ bulunur.
Şimdi $b$ için bir üst sınır bulalım. $$1\le a,b\le 2022$$ verildiğinden $$b^2+b+1=(b+1/2)^2+3/4\lt 2022$$ olmalı. Biraz denemeyle $b$ nin en çok $44$ olabileceği görülebilir.
Sonuç olarak her $b$ için yalnız bir $a$ sayısı bulunabileceğinden verilen denklemi sağlayan $44$ tane $(a,b)$ tam sayı ikilisi mevcuttur.

Cevap: $\boxed{E}$

$0,2,4,6$ elemanlı altkümeler seçebiliyoruz ve $\emptyset$ ile  $S$ kümelerinin istenilen şartı diğer kümeler nasıl seçilirse seçilsin sağlayacaktır. Bu yüzden önemli olan $2$ ve $4$ elemanlı kümelerden seçim yapmaktır.

Eğer $2$ farklı $2$ elemanlı altkümenin kesişimi boş küme değilse kesişimleri $1$ elemanlı olacaktır. Bu yüzden seçilen iki elemanlı kümeler ayrık olmalıdır. Toplamda $6$ eleman olduğundan en fazla $3$ tane iki elemanlı küme seçilebilir.

Eğer $4$ elemanlı $4$ tane veya daha fazla altküme seçersek, bunların ikişerli kesişimi $2$ eleman içermelidir çünkü ayrık olamazlar (toplamda $6$ eleman var fakat iki kümede toplam $8$ eleman var). Bu altkümelerden farklı $A,B,C,D$ seçelim ve $A\cap B=\{a,b\}$ diyelim,

$C\cap D=\{a,b\}$ ise bu dört kümenin herhangi ikisinin kesişimi $\{a,b\}$ olmalıdır fakat her kümede $a,b$ dışında $2$ eleman daha vardır ve bunlardan toplamda $8$ eleman gelir. $S$ kümesi $6$ elemanlı olduğundan bunların hepsinin farklı olması imkansızdır.

$C\cap D=\{a,c\}$ ($b\neq c$) ise $a$ elemanı bu dört kümenin hepsinde vardır. Bu yüzden $A\cap B\cap C\cap D =\{a\}$ olur. Ayrıca $C$ ve $D$'den tam olarak bir tanesi $b$'yi içerdiğinden $|A\cap B\cap C|+|A\cap B\cap D|=2+1=3$ olur. Benzer şekilde $|A\cap C\cap D|+|B\cap C\cap D|=3$ olur. İçerme-dışarma prensibinden $$|A\cup B\cup C\cup D|=\sum _{X}|X|-\sum_{X\neq Y} |X\cap Y|+\sum_{X\neq Y, X\neq Z, Y\neq Z}|X\cap Y\cap Z|-|A\cap B\cap C\cap D|$$ $$=4\cdot \dbinom{4}{1}- 2\cdot \dbinom{4}{2}+6-1=9$$ olur fakat bu imkansızdır.

Eğer $C\cap D=\{c,d\}$ ise ($\{c,d\}\cap \{a,b\}=\emptyset$) $a$ ve $b$ elemanlarından biri $C$'de diğeri $D$'dedir. Buradan $|A\cap B\cap C|=1$ bulunur. Benzer şekilde diğer tüm üçlü kesişimler de tek elemanlıdır. İçerme-dışarma prensibinden $$|A\cup B\cup C\cup D|=\sum _{X}|X|-\sum_{X\neq Y} |X\cap Y|+\sum_{X\neq Y, X\neq Z, Y\neq Z}|X\cap Y\cap Z|-|A\cap B\cap C\cap D|$$ $$=4\cdot \dbinom{4}{1}- 2\cdot \dbinom{4}{2}+4-0=8$$ olur ve bu da imkansızdır. Dolayısıyla $4$ elemanlı en fazla $3$ altküme seçilebilir. Toplamda en fazla $1+1+3+3=8$ altküme seçilebilir. Buna örnek olarak, $$\emptyset, \{1,2\},\{3,4\},\{5,6\},\{1,2,3,4\},\{1,2,5,6\},\{3,4,5,6\},\{1,2,3,4,5,6\}$$ altkümeleri örnek verilebilir.

Yanıt: $\boxed {E}$

Çemberin merkezi $O$ olsun. Çember, $BC$ ye $E$ noktasında, $AB$ ye $F$ noktasında dokunsun.


$OE=OF=r$ olduğu için $BEOF$ bir karedir.
$OF$ ile $BD$, $G$ noktasında kesişsin.
$\angle BCA = \angle ABD = \alpha$ ve $\tan \alpha = 1/2$ olduğu için $FG =GO = r/2$ dir.
$O$ dan $AB$ ye çizilen paralel $BD$ ile $X$ noktasında kesişsin. $FG/GO = BF/OX \Rightarrow OX = r$ olduğu için $X=D$ dir. Bu durumda $\angle DOF = 90^\circ$ ve $D, O, E$ doğrusaldır.
$\triangle DEB$ dik üçgeninde $BD^2 = BE^2 + DE^2 = r^2 + (2r)^2 = 5r^2$.
$\triangle ABC$ de hipotenüse ait yükseklik $\dfrac {AB\cdot BC}{AC} = \dfrac {2}{\sqrt 5}$ olduğu için $BD= \dfrac {4}{\sqrt 5} = 2r^2 \Rightarrow r = \dfrac {4}{5}$.

Cevap: $\boxed{A}$

$2022=2\cdot 3\cdot 337$ ve $n^6+n^4-n^2-1=(n^2+1)^2(n-1)(n+1)$'dir. Çin kalan teoreminden $\dfrac{n^6+n^4-n^2-1}{2022}$ sayısının tamsayı olması için gerekli ve yeterli şart $$(n^2+1)^2(n-1)(n+1)\equiv 0\pmod{2}$$ $$(n^2+1)^2(n-1)(n+1)\equiv 0\pmod{3}$$ $$(n^2+1)^2(n-1)(n+1)\equiv 0\pmod{337}$$ denkliklerinin sağlanmasıdır. İlk iki denkliğin çözümü $n\equiv 1\pmod{2}$ ve $n\equiv 1,2\pmod{3}$'dir. Son denklemde ise $n^2\equiv -1\pmod{337}$ denkliğinin çözümlerine $r_1$ ve $r_2$ dersek ($337$ asalı $4k+1$ formatında olduğundan bu denkliğin $2$ farklı çözümü vardır), bu köklerin $1$ veya $-1$'den farklı olduğunu görebiliriz. Dolayısıyla bu denkliğin çözümleri $n\equiv 1,336,r_1,r_2\pmod{337}$ olacaktır.

$2$ modunda tek çözüm, $3$ modunda $2$ çözüm, $337$ modunda $4$ çözüm olduğundan $2022$ modunda $1\cdot 2\cdot 4=8$ çözüm olacaktır. Verilen aralıktaki $2022$ sayının hepsi farklı kalanlar verdiğinden $8$ tanesi ifadeyi tamsayı yapar.

Cevap: $\boxed{E}$

Öncelikle ifadenin alabileceği maksimum değeri bulalım. Bunun için $a_i$ sayılarını olabildiğince küçük seçmeliyiz. $(a_1,a_2,\dots,a_{2022})=(1,2,\dots,2022)$ için sonuç $2022$ çıkar. Dolayısıyla elde edilebilecek en büyük pozitif tamsayı $2022$'dir. Şimdi $2022$'den küçük her sayıyı elde edebileceğimizi gösterelim.

$0<a<2022$ bir tamsayı olsun. Biz öyle $a_i$'leri öyle seçelim ki $\dfrac{i}{a_i}$ kesri $1$ veya $\dfrac{1}{2}$ olsun. $k$ tanesi $1$ olsun dersek $2022-k$ tanesi $\dfrac{1}{2}$ olur. Bu durumda $$k+\dfrac{2022-k}{2}=a\implies k=2a-2022$$ olur. Yani $a\geq 1011$ ise böyle bir seçim yapabiliriz ve $a$ sayısını elde edebiliriz.

Eğer $0<a<1011$ ise $k$ tanesini $\dfrac{1}{2}$, $2022-k$ tanesini $\dfrac{1}{4}$ olarak seçelim. Bu durumda $$\dfrac{k}{2}+\dfrac{2022-k}{4}=a\implies k=4a-2022$$ elde edilir. Yani $a\geq \dfrac{1011}{2}$ ise bu şekilde bir seçim yapabiliriz.

Bu iki durumdan şöyle bir genel durum elde edebiliriz. Eğer $\dfrac{2022}{2^{n+1}}\leq a<\dfrac{2022}{2^n}$ ise $2^{n+1}a-2022$ adet $\dfrac{1}{2^n}$ seçip, $4044-2^{n+1}a$ adet $\dfrac{1}{2^{n+1}}$ seçersek $a$ sayısına ulaşabiliriz.

Yani $2022$'dn küçük veya eşit tüm pozitif tamsayılar bu formatta yazılabilir. Fakat ispatı bitirebilmek için her $0<a<2022$ için $\dfrac{2022}{2^{n+1}}\leq a<\dfrac{2022}{2^n}$ olacak şekilde bir $n$ negatif olmayan tamsayısı olduğunu ve yaptığımız kesir seçimlerini sağlayacak $a_i$ sayıları seçebilecek olduğumuzu göstermemiz gerekir. Bunların bariz olduğunu düşünüp üzerine burada uğraşmayacağım. Cevap $2022$'dir.

21 öğrencinin olduğu sınıfta 1 öğrenci diğer 20 öğrenci ile arkadaş olsun.

19 arkadaşı olan en fazla 2 öğrenci olabilir. Bu durumda bu 2 öğrenci birbiri ile arkadaş değildir.
Diğerleri ile arkadaştır.

18 arkadaşı olan en fazla 3 öğrenci olabilir. Bu durumda bu 3 öğrenci birbiri ile arkadaş değildir.
Diğerleri ile arkadaştır.

17 arkadaşı olan en fazla 4 öğrenci olabilir. Bu durumda bu 4 öğrenci birbiri ile arkadaş değildir.
Diğerleri ile arkadaştır.

16 arkadaşı olan en fazla 5 öğrenci olabilir. Bu durumda bu 5 öğrenci birbiri ile arkadaş değildir.
Diğerleri ile arkadaştır.

15 arkadaşı olan en fazla 6 öğrenci olabilir. Bu durumda bu 6 öğrenci birbiri ile arkadaş değildir.
Diğerleri ile arkadaştır.

$1+2+3+4+5+6=21$ öğrenci oldular.
 
$\frac{1.20+2.19+3.18+4.17+5.16+6.15}{2}=
\frac{20+38+54+68+80+90}{2}=\frac{350}{2}=175$ arkadaş ikilisi vardır.

Veya

21 öğrenci  $\frac{21.20}{2}=210$ ikili oluşturabilir. Ancak,
2 öğrenci birbiri ile arkadaş değilse $\frac{2.1}{2}=1$ ikili yok,
3 öğrenci birbiri ile arkadaş değilse $\frac{3.2}{2}=3$ ikili yok,
4 öğrenci birbiri ile arkadaş değilse $\frac{4.3}{2}=6$ ikili yok,
5 öğrenci birbiri ile arkadaş değilse $\frac{5.4}{2}=10$ ikili yok,
6 öğrenci birbiri ile arkadaş değilse $\frac{6.5}{2}=15$ ikili yok,
Öyleyse $210-1-3-6-10-15=210-35=175$ arkadaş ikilisi vardır.

Yanıt: $\boxed D$

$(AA)$ dan $\triangle EAD \sim \triangle DAC$. $AE:AD = AD:AC \Rightarrow AC = 6\sqrt 2 \Rightarrow EC = 3\sqrt 2$.
$\triangle DAB$ de iç açıortay teoreminden $AD:DE = AB:BE = 2$ ve $AB\cdot AD - BE \cdot ED = AE^2$ den $AB=4$ ve $BE=2$.
$\triangle BAC$ de kenarortay teoreminden $BC^2 + AB^2 = 2(BE^2 + AE^2) \Rightarrow BC^2 = 28 \Rightarrow BC = 2\sqrt 7$.

Not: $DC$ nin ve $BC$ nin $\triangle BAD$ de birer dış açıortay olduğunu, dolayısıyla $C$ nin $\triangle BAD$ nin dış merkezlerinden biri olduğunu dikkatli okuyucu fark edecektir.

Cevap: $\boxed{D}$

$p>3$ verildiğinden dolayı $p\equiv 1,2\pmod{3}$ olabilir ancak $p\equiv 2\pmod{3}$ olması durumunda $4p+91\equiv 0\pmod{3}$ olacağından ve ifade $3$'e eşit olmadığından sonuç çıkmaz. Yani $p\equiv 1\pmod{3}$ olmalıdır. Bu durumda $B$, $C$, $E$ şıklarındaki ifadeler $3$'ün katı olurlar ve $3$ olamayacaklarından elenirler. Ayrıca $p=5$'in sağlanmadığı ve $5$ modunda incelendiğinde $(4p+91),(12p+7)\not\equiv 0\pmod{5}$ olması gerektiğinden dolayı $p\equiv 2,3\pmod{5}$ olması gerektiği görülür. Yani $p^2+6\equiv 4+6\equiv 0\pmod{5}$ olacaktır. Bu durumda $p^2+6>5$ ifadesi de asal değildir.

Geriye sadece $2p+11$ kalır ki $p=43$ için istenilen durum sağlanır.

Cevap: $\boxed{B}$

Verilen denklemleri taraf tarafa toplarsak $x^3+y^3+z^3+6=3x+3y+3z$ buluruz. Bu ifadeyi tek tarafta toplarsak $$(x^3-3x+2)+(y^3-3y+2)+(z^3-3z+2)=\sum{(x-1)^2(x+2)}=0$$ elde edilir. $(t-1)^2(t+2)$ polinomu $t\geq -2$ için negatif olamayacağından $t=x,y,z$ için toplamların $0$ etmesinin tek yolu her biri için $0$'a eşit olmasıdır. Buradan $x,y,z$ sayıları $1$ veya $-2$ bulunur.

Eğer $x=-2$ ise ilk denklemden $5y+z=-6$ bulunur fakat $y$ ve $z$ sayıları da $1$ veya $-2$ olduğundan çözüm gelmez.

Eğer $x=1$ ise $5y+z=3$ elde edilir. Bu denklem sadece $(y,z)=(1,-2)$ için sağlanır. Yani sadece $(x,y,z)=(1,1,-2)$ çözümü elde edilir. Bu üçlünün diğer denklemleri sağladığı görülebilir.

Cevap: $\boxed{E}$

Öncelikle en fazla $n$ basamaklı olan ve rakamları toplamı $9$ olan kaç sayı olduğuna bakalım. $x_1x_2\dots x_n$ bu şartı sağlayan bir sayıysa $x_1+x_2+\cdots +x_n=9$ olacaktır. Burada değişkenlere $x_i\geq 0$ haricinde bir koşul koymaya gerek yoktur çünkü değişkenler $9$'u aşamaz. $x_1\neq 0$ gibi durumları da incelemeye gerek yoktur çünkü bu durumlar bize $n-1$ veya daha az basamaklı rakamları toplamı $9$ olan sayıları verir. Yani şartı sağlayan $\dbinom{n+9-1}{9-1}=\dbinom{n+8}{8}$ sayı vardır. $$2002=\dbinom{6+8}{8}<2022<\dbinom{7+8}{8}=5005$$ olduğundan biz $7$ basamaklı sayılardan başlayıp $2022.$ sayıya ulaşmalıyız. $$2003.\text{  sayı}\rightarrow 1000008$$ $$2004.\text{  sayı}\rightarrow 1000017$$ $$\vdots$$ $$2022.\text{  sayı}\rightarrow 1000224$$ olur. Yani $2022.$ sayının birler basamağı $4$'dür.

Yanıt: $\boxed{D}$

Verilenlerden $|AD|=18$, $|BE|=27$ olur. $|GB|=x$, $|AF|=y$ diyelim. $|GF| = 81 - x - y$ olacaktır.
$B$ noktasına göre kuvvet yazılırsa $$27^2=x\cdot (81-y)$$ ve $C$ noktasına göre kuvvet yazılırsa $$18^2=y\cdot (81-x)$$ elde edilir. Taraf tarafa çıkarırsak $81(x-y) = 27^2 - 18^2 = 9 \cdot 45 \Rightarrow x - y = 5$ elde ederiz.

Cevap: $\boxed{A}$

Verilen sayıyı $90009+1010A+100B$ olarak yazalım ve $7$ ile $9$ modunda inceleyelim (Çin kalan teoreminden $7$ ve $9$'a bölünmesi yeterlidir). $$9ABA9\equiv 2A+B\equiv 0\pmod{9}$$ $$9ABA9\equiv 3+2A+2B\equiv 0\pmod{7}\implies A+B\equiv 2\pmod{7}$$ $A$ ve $B$ rakam olduğundan $0\leq 2A+B\leq 27$ ve $0\leq A+B\leq 18$ olabilir. Yukarıda bulduğumuz denkliklerden $A+B$ ifadesinin $2,9,16$ olabileceğini, $2A+B$ ifadesinin ise $0,9,18,27$ olabileceğini görebiliriz. $2A+B=27$ olursa $A$ en az $11$ olmalıdır ki bu imkansızdır. $2A+B=0$ olursa $A$ negatif olmalıdır.

Eğer $2A+B=18$ ise $A+B$ ifadesi $2$ veya $16$ olamaz ve $9$ değerleri için $(A,B)=(9,0)$ elde edilir.

Eğer $2A+B=9$ ise $A+B$ ifadesi yine $2$ veya $16$ olamaz. $9$ değeri için $(A,B)=(0,9)$ elde edilir. Toplamda $2$ tane şartı sağlayan beş basamaklı sayı vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden $$\left(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2\right)\left(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2\right)\geq \left(x_1+2x_2+3x_3+\cdots+nx_n\right)^2$$ $$\implies 87\cdot \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\geq 51^2\implies n(n+1)(2n+1)\geq \dfrac{5202}{29}\implies n(n+1)(2n+1)\geq 180$$ Eşitsizliğin sol tarafı artan olduğundan ve $n=4$ için $180$'e eşit olduğundan $n\geq 4$ olmalıdır.

$n=4$ için $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(2,3,5,7)$ sağlar.

Yanıt : $\boxed{C}$

İkinci eşitliğin $2$ katını alıp taraf tarafa çıkarma yapılırsa
$$\sum_{i=0}^n (a_i-i)^2-i^2=-15$$ elde edilir. Buda $$\sum_{i=0}^n (a_i-i)^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-15$$ şeklinde yazılabilir. Yani $$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\geq15$$ olur. Buradan $n\geq4$ olur. Örnek durum olarak $(2,3,5,7)$ verilebilir.

Cevap: $\boxed{A}$

Her adımda $x$ ve $y$ koordinatlarının pozitif olduğunu rahatça görebiliriz. Eğer $x\geq y$ ise $x+2> y+1$ ve $2x+y>2x$ olacaktır. Dolayısıyla başlangıç noktası hariç tüm kırmızı noktalar $x=y$ doğrusunun altında olacaktır. Bu yüzden $(120,200)$ ve $(70,70)$ noktaları kırmızı olamaz. $$x+y\equiv (x+2)+(y+1)\equiv (2x+y)+2x\pmod{3}$$ olduğundan kırmızı noktalarının koordinatlarının toplamı $3$'e bölündüğünden $1+1=2$ kalanı vermelidir. Dolayısıyla $(100,60)$, $(150,100)$ noktaları kırmızı olamaz. Verilen hiçbir nokta kırmızı olamaz.

Yanıt: $\boxed D$

$DFMC$ dörtgeni, $\angle DFM + \angle DCM = 180^\circ$ olduğu için bir kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla $\angle MDC = \angle CFM = \alpha$.
$\angle EFD = 90^\circ - \alpha$ ve $\angle FDE = \alpha$ dır.
$\triangle MAB \cong \triangle MDC$ olduğu için $\angle MAB = \angle MDC = \alpha$.
$\angle FDA = \beta$ olsun. $\angle EDA = \angle BAC = \alpha + \beta$, dolayısıyla $\angle MAC = \beta$ olacaktır.
$(AA)$ dan $\triangle BAC \sim \triangle EDA$ olduğu için, bu üçgenlerin kenarortayları da benzerdir. Bu durumda $AM$ kenarortayı ile $BA$, $\alpha$ lık bir açı yaptığı için, $DF$ de $\triangle EDA$ da kenarortaydır. Bu durumda $AF=FE=4 \Rightarrow AE=8$ olur.
Öklit'ten $DE^2 = AE \cdot EC \Rightarrow DE^2 = 8\cdot 18 \Rightarrow DE = 12$
$[ADC] = \dfrac {12 \cdot (8+18)}2 \Rightarrow [ABCD] = 12\cdot 26 = 312$ dir.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle verilen ifadeleri $p$ modunda düzenleyelim. $$a\equiv b^2\equiv \left(a^2\right)^2\equiv a^4\pmod{p}$$ olacaktır. Eğer $(a,p)\neq 1$ ise $a\equiv b\equiv 0$ olacağından istenilen şartlar sağlanmaz. Eğer $a\equiv 1$ ise de benzer şekilde $a\equiv b\equiv 1$ olacaktır. Buradan $$a^4-a\equiv a(a-1)(a^2+a+1)\equiv 0\pmod{p}\implies a^2+a+1\equiv 0\pmod{p}$$ elde edilir. Benzer şekilde $b$ de $b^2+b+1\equiv 0\pmod{p}$ denkliğini sağlar. İfadeleri tamkareye dönüştürürsek (verilen asallardan dolayı $p$ tek olsun diyebiliriz), $$(2a+1)^2\equiv (2b+1)^2\equiv -3\pmod{p}$$ elde edilir. Burada $a$ ve $b$'nin farklı seçilebileceğini ekstradan göstermeye gerek yok çünkü $a$'yı $0,1$'den farklı olduğunu kabul ettiğimizden $a\not\equiv a^2$ olacaktır. Yani $-3$ karekalan olsa yeterlidir. Verilen asallar $3$'ten büyük olduğundan $(p,3)=1$'dir. Buradan $$\left(\dfrac{p}{3}\right)\left(\dfrac{3}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=\left(\dfrac{-1}{p}\right)\implies \left(\dfrac{p}{3}\right)=\left(\dfrac{-3}{p}\right)$$ Yani $-3$ karekalan olması için $p\equiv 1\pmod{3}$ olmalıdır. Buradan da şartı sağlayan asalların $73,79,97$ olduğunu görürüz.

Cevap: $\boxed{D}$

Verilen denklemde $x=27$ ve $x=1$ yazarsak $P(27)=0$ ve $P(3)=0$ elde edilir. $x=3$ yazarsak $P(9)=0$ elde edilir. Yani $3,9,27$ sayıları polinomun köklerindendir. Eğer $P(x)=Q(x)(x-3)(x-9)(x-27)$ olacak şekilde bir $Q$ polinomu tanımlayıp denklemde yerine yazarsak $Q(3x)=Q(x)$ elde edilir. Eğer $Q(1)=a$ dersek $a=Q(1)=Q(3)=Q(3^2)=\cdots$ olur. Yani $Q(x)-a$ polinomunun sonsuz tane kökü olur, yani $Q(x)\equiv a$ olmalıdır. Buradan $P(x)=a(x-3)(x-9)(x-27)$ elde edilir. $P$ sabit olmadığından $a\neq 0$'dır ve tüm kökleri $3,9,27$ olur ve toplamları $39$'dur.

$11$ sayının yerleştirilebildiğine örnek verebiliriz.

Önce $1, 2, 3$ sayılarını şekildeki gibi yerleştirelim.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
 1 & 1 & 1 &  \text{ } & \text{ }  \\ \hline
 1 & 1 & 1 &  &  \\ \hline
 1 & 1 & 3 & 2 & 2 \\ \hline
 \text{ } & \text{ } & 2 & 2 & 2 \\ \hline
 \text{ } & \text{ } & 2 & 2 & 2 \\ \hline
\end{array}
$$

Sonra kalan boş yerlerin her birine $4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 ,11$ sayılarından birer tane gelecek şekilde yerleştirelim.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
 1 & 1 & 1 & 4 & 5 \\ \hline
 1 & 1 & 1 & 6 & 7 \\ \hline
 1 & 1 & 3 & 2 & 2 \\ \hline
 8 & 9 & 2 & 2 & 2 \\ \hline
 10 & 11 & 2 & 2 & 2 \\ \hline
\end{array}
$$

$11$ den daha fazla sayı yerleştirilemeyeceğini de ispatlamalıyız. Bu kısmı, yayınlanan resmi çözüm kitapçığından aktarıyorum:

Her satırda en fazla $2$ farklı sayı varsa, tahtada en fazla $5 \cdot 2 = 10$ farklı sayı olabilir. Sadece bir satırda $3$ farklı sayı olsun. Kalan $4$ satırın her birinde, bu $3$ sayıdan en az bir tanesi bulunuyorsa, tahtada en fazla $3 + 4 \cdot 2 = 11$ farklı sayı olabilir. Son olarak, bir satırda $a, b, c$ bir diğer satırda bu sayılardan farklı $d, e, f$ sayılarının bulunduğu durumu inceleyelim. Bu durumda, her sütunda bu $6$ sayıdan farklı en fazla bir yeni sayı olabilir ve buna göre, tahtada en fazla $6 + 5 \cdot 1 = 11$ farklı sayı olur.

Yanıt: $\boxed A$

Stewart'tan $BD^2=\dfrac {2AB^2+BC^2}{3}-2=4$.
$DE = x$ ve $AB=c$ olsun.
Pisagor'dan $BE^2= CE^2 = 4 - x^2$ ve $BC^2 = 4(4-x^2)=16-4x^2$.
$2c^2 + 16 - 4x^2 = 18 \Rightarrow c = \sqrt{2x^2+1}$.
$y = c - x = \sqrt{2x^2+1} - x$ sayısının en küçük değerini arıyoruz.

Türev kullanarak,  $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{4x}{2\sqrt{2x^2+1}} -1=0 \Rightarrow x = \dfrac{1}{\sqrt 2}$ ve $y_{\min{}} = \sqrt 2 - \dfrac{1}{\sqrt 2}=\dfrac{1}{\sqrt 2}$ elde edilir.

$y$ nin en küçük değerini türev kullanmadan aşağıdaki gibi elde edebiliriz.
$y=\sqrt{2x^2+1}-x=\sqrt{\left (x-\dfrac 1{\sqrt 2}\right )^2+\left (x+\dfrac 1{\sqrt 2}\right )^2}-x\geq \sqrt{0+\left (x+\dfrac 1{\sqrt 2}\right )^2}-x=\dfrac 1{\sqrt 2}$

$c^2 = 2x^2 + 1$ den devam edelim.

$AO \geq GO$ uygularsak: $c^2 = 2x^2 + 1 \geq 2x \sqrt 2$

$2c^2 = c^2 + 2x^2 + 1 \geq 2x^2 + 1 + 2x\sqrt 2$

$(c\sqrt 2)^2 \geq (x\sqrt 2 + 1)^2$

$c \sqrt 2 \geq x\sqrt 2 + 1$

$c-x \geq \dfrac 1{\sqrt 2}$

Eşitlik $2x^2 = 1 \Rightarrow x = \dfrac {1}{\sqrt 2}$ iken sağlanır.

Kaynak: AoPS

Cevap: $\boxed{E}$

Verilen eşitliği $9$ modunda inceleyelim. Eğer $z<0$ ise eşitliğin sol tarafı tamsayı iken sağ tarafı olmaz. Eğer $z>0$ ise $$x^3-y^3\equiv 60\equiv 6\pmod{9}$$ fakat herhangi bir tamsayının küpü $9$ modunda sadece $0,1,8$ kalanlarını verir, dolayısıyla $x^3-y^3$ ifadesi $6$ kalanı veremez.

Geriye sadece $z=0$ durumu kalır. Denklem $x^3-y^3=61$ olur. Öncelikle burada $x>y$ olduğunu görelim. $$x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=61$$ olduğundan $x-y=1$ veya $x-y=61$ olabilir.

i) $x-y=1$ ise $x^2+y^2+xy=61$'dir. $x=y+1$ yazarsak $$(y+1)^2+y^2+y(y+1)=3y^2+3y+1=61\implies y^2+y-20=(y+5)(y-4)=0$$ Buradan $(x,y,z)=(-4,-5,0)$ ve $(5,4,0)$ çözümleri elde edilir.

ii) $x-y=61$ ise $x^2+xy+y^2=1$ elde edilir. $x=y+61$ yazarsak $$(y+61)^2+y(y+61)+y^2=3y^2+183y+61^2=1\implies y^2+61y+1240=0$$ fakat bu denklemin diskriminantı $\Delta=61^2-4\cdot 1240=-1239<0$ olduğundan çözümü yoktur.

Yani denklemin toplamda $2$ adet tamsayı çözümü vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

Verilen ifadede $x+y$ yerine $x$ yazarsak herhangi bir şey değişmez. Sadece $x\neq 0$ için $4(x^2-y^2)+\left(\dfrac{1-y^2}{x}\right)^2$ ifadesinin minimum değerini bulmalıyız. Bu ifadede $x$'i sabitlersek ve $y$'ye bağlı bir fonksiyon olarak düşünürsek $$f(y)=4x^2-4y^2+\dfrac{(1-y^2)^2}{x^2}\implies f^\prime (y)=-4y\left(\dfrac{2x^2+1-y^2}{x^2}\right)$$ olur. Yani $f$ fonksiyonunun extremum noktaları $y=-\sqrt{2x^2+1}<-1$, $y=0$ ve $y=\sqrt{2x^2+1}>1$ olacaktır. $y=1$ koyarak $f^\prime(1)=-8<0$ olduğunu ve $f^\prime(y)$ fonksiyonunun $\left (0,\sqrt{2x^2+1}\right)$ aralığında negatif olduğunu çıkartabiliriz. Bu bilgiyle tablo çıkartırsak $y=\sqrt{2x^2+1}$ ve $y=-\sqrt{2x^2+1}$ noktalarında yerel minimum, $y=0$'da ise yerel maksimum olduğunu buluruz. Yani ifademizin minimum değerini $y^2=2x^2+1$ koyarak bulabiliriz (Yerel minimumun en küçük değeri vermesi için fonksiyonun, $y$ artı veya eksi sonsuza giderken yerel minimum değerlerinden daha düşük değerlere gitmemelidir. Bunu göstermiyorum çünkü böyle bir durum olsaydı zaten soru hatalı olurdu.) $$f(\sqrt{2x^2+1})=f(-\sqrt{2x^2+1})=4(x^2-2x^2-1)+\left(\dfrac{1-2x^2-1}{x}\right)^2=-4$$ Yani ifadenin minimum değeri $-4$'dür.

Yanıt:$\boxed{C}$

İfadeyi açarsak $$4x^2+8xy+(\frac{1-y^2}{x+y})^2$$ elde edilir. $4y^2+4$ ekleyip çıkaralım. $$4x^2+8xy+4y^2+4-4y^2+(\frac{1-y^2}{x+y})^2-4$$ elde edilir. Buda $$(2x+2y+\frac{1-y^2}{x+y})^2-4$$ olur. Bu ifadenin $\geq-$4 olduğu açıktır. Eşitlik durumu $(x,y)=(-1,3)$ olduğunda sağlanır.

Yanıt: $\boxed{D}$

$11\times 11$ tahtayı $1,2,3,4$ numaralı renklerle aşağıdaki gibi  boyayalım:

$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 \\ \hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 \\ \hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 \\ \hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 \\ \hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 & 4 & 3 \\ \hline
 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 & 2 & 1 \\ \hline
\end{array}
$$

$2\times 2$ türündeki bir kare içinde bu dört renkten her biri birer kez görülür. $4$ lerin sayısı $25$ tir. Belli bir $4$'ün olduğu birim kareyi paylaşan en fazla $2$ tane $2\times 2$ türünde kare olabilir. Böylece, istenen özellikteki kareleri sayısı $2\cdot 25 = 50$ den fazla olamaz. $n=50$ durumuna örnek olarak $25$ er tane
$$\begin{array}{|c|c|}
\hline
 1 & 2 \\ \hline
 3 & 4 \\ \hline
\end{array}
\quad \text{ ve } \quad
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
 4 & 3 \\ \hline
 2 & 1 \\ \hline
\end{array}$$

biçimindeki kareleri verebiliriz.

Yanıt: $\boxed C$

Çemberin merkezini $O$ ile gösterelim ve $A$ ve  $D$ noktalarını ve $O$ ve $D$ noktalarını birleştirelim. $OD=OE=r$ olsun. $ABC$ ikizkenar olduğundan $AD$ doğrusu $BC$ tabanına dik olur. $D$ ve $E$ noktalarını birleştirirsek diklikten dolayı $BDE$ ve $DEC$ üçgenleri  $BD=DE=DC=\sqrt 2$  birim olan  ikizkenar üçgenler olur. $m(\widehat {DAC}) =\alpha, m(\widehat {ACD})=\theta$ dersek $m(\widehat {EBD})=m(\widehat {BED})=\alpha$ ve $m(\widehat {EDC})=2\alpha$ olur. Buna göre $ADC$ ve $BEC$ üçgenlerin benzerliğinden $$EC/DC=BC/AC$$ ve  $$\dfrac{EC}{\sqrt 2}=\dfrac{2\sqrt 2}{3\sqrt 2} $$ eşitliğinden $EC=\dfrac{2\sqrt 2}{3}$ bulunur. Şimdi $EDC$ üçgeninde kosinüs teoremi uygularsak $$\left (\dfrac{2\sqrt 2}{3}\right )^2=4-4\cos 2\alpha$$ eşitliğinden $\cos 2\alpha =7/9$ bulunur. Şimdi de $DOE$ üçgeninde kosinüs teoremi yazarak $$2=2r^2-2r^2\cos (180^\circ-2\alpha)
$$ eşitliğinden $r=3/4$ bulunur.

Çemberin merkezi $[BE]$ üzerinde, $OE = OD$ olacak şekilde alınan, bir $O$ noktasıdır.
$\triangle BEC$ dik üçgeninde $BD=DC$ olduğu için $ED=BD = \sqrt 2$ dir.
$\angle DAE = \angle EBC = \angle BEC = \angle ODE = \alpha$ dır.
$AD^2 = AB^2 - BD^2 = 16 \Rightarrow AD = 4$.
$DE$ nin orta noktası $M$ olsun. $\cos \alpha = \dfrac {AD}{AB} = \dfrac {DM}{OD} \Rightarrow \dfrac {4}{3\sqrt 2} = \dfrac {\dfrac {\sqrt 2}{2}}{OD} \Rightarrow OD = \dfrac {3}{4}$.

Not: Bu sorunun benzeri Ortaokul 2. Aşama 1997/2 de sorulmuş. Söz konusu sorunun AoPS forumlarında çözümü mevcuttur.

Yine benzer bir soru, AoPS forumunda yakın zamanda soruldu.

Yanıt: $\boxed{C}$

Bahsi geçen çember $BC$  ile ikinci defa $F$  noktasında kesişsin. $AE=\dfrac{7\sqrt{2}}{3}$  ve $EC=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$  tür. Buna göre çemberin $C$'ye göre kuvvetinden $\dfrac{8}{9}=CF.\sqrt{2}\Longleftrightarrow CF=\dfrac{4\sqrt{2}}{9}$  olur. Yani $DF=\dfrac{5\sqrt{2}}{9}$  dur. Benzer şekilde $CE/CD=EF/ED$  olduğundan $EF=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$  tür. $\sin(\angle EDF)$ yi bulalım:
$$[DEC]=\dfrac{[BEC]}{2}=\dfrac{[ABC]}{9}=\dfrac{4\sqrt{2}}{9}=\dfrac{1}{2}.\sqrt{2}.\sqrt{2}.\sin(\angle EDF)$$
O zaman $\sin(\angle EDF)=\dfrac{4\sqrt{2}}{9}$ ve $2R=\dfrac{EF}{\sin(\angle EDF)}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}.\dfrac{9}{4\sqrt{2}}=3/2$ olur, yarıçap $R=3/4$  tür.

Yanıt: $\boxed{C}$
Tüm çözümler $(m,n,p)=(7,2,5),(5,1,7),(23,2,19)$  çözümleridir.

$m\equiv -1,1\pmod 3$  olduğunu görmek kolaydır. $m=3k+1$  için ifade $2(3k+1)^2+3(3k+1)-44=3p^n$  veya $(6k+13)(k-1)=p^n$  şeklini alır. $6k+13=p^a$  ve $k-1=p^b$  diyelim ($a>b$). Buna göre $p^b-6p^a=p^a(p^{b-a}-6)=19$  olmalıdır. $p=19$  için çözüm gelmez fakat $p^{b-a}-6=19$  için $(p,a,b)=(5,0,2)$  yani $\boxed{(m,n,p)=(7,2,5)}$  çözümü bulunur.

$m=3k-1$  için ise $2(3k-1)^2-3(3k-1)-44=3p^n$  veya $(2k+3)(3k-5)=p^n$  eşitliğine ulaşılır. $2k+3=p^b$  ve $3k-5=p^a$  diyelim. Burayı da iki duruma ayıracak olursak, $k\geq 8$  için $a\geq b$  dir. Eşitlik çözülürse $3p^b-2p^a=p^b(3-2^{a-b})=19$  olur. $3-2p^{a-b}\leq 1$  olduğundan $p=19$  olmalıdır. Buradan $(p,a,b)=(19,1,1)$  veya $\boxed{(m,n,p)=(5,1,7)}$  çözümü gelir.
 
$k<8$  durumunda ise $b>a$  dır. $p^a(3p^{b-a}-2)=19$  eşitliğine ulaşılır. $p=7$  çözümü yukarıdakiyle aynı iken $p=19$  için de $(p,a,b)=(19,1,1)$  ve dolayısıyla $\boxed{(m,n,p)=(23,2,19)}$  çözümüne ulaşılır.

30x30 birim karesi olan satranç tahtasını 2x2 birimlik karelere bölersek 225 adet
2x2 birimlik kareler oluşur.
 
Bir adet 2x2 birimlik kareye en fazla iki kırmızı bilye yerleştirilebilir.
İki kırmızı bilye yerleştirilmiş 2x2 birimlik karenin diğer iki adet boş birim karesine
Zehra'nın beyaz bilye yerleştirmesi, Aslının toplam yerleştireceği kırmızı bilye sayısını artırır.
Dolayısı ile Zehra bunu yapmayacaktır.

Bir kırmızı bilye yerleştirilmiş 2x2 birimlik karede kırmızı bilye yerleştirilmiş 1x1 birimlik
karenin kenarları ile değil köşesi ile ortak olan 1x1 birimlik kareye Zehra bir beyaz bilye
yerleştirebilir. Diğer iki adet 1x1 birim kareye Zehra'nın beyaz bilye yerleştirmesi Aslının
toplam yerleştireceği kırmızı bilye sayısını artırır.
Dolayısı ile Zehra bunu da yapmayacaktır.
 
Eğer bir 2x2 birimlik kareye bir kırmızı biye yerleştirilemiyorsa tamamına beyaz bilye
yerleştirilmiş demektir. 

a tane 2x2 birimlik kareye 2 tane kırmızı bilye,
b tane 2x2 birimlik kareye 1 tane kırmızı bilye ve
c tane 2x2 birimlik kareye 0 tane kırmızı bilye yerleştirilsin.
$a+b+c=225$
Eğer Aslı için yapacak hamle kalmadıysa;
4c hamlede c tane 2x2 birimlik karenin her birinin tamamına beyaz bilye yerleştirilmiştir.
2b hamlede b tane 2x2 birimlik kareye b tane kırmızı b tane beyaz bilye yerleştirilmiştir.
2a hamlede a tane 2x2 birimlik kareye 2a tane kırmızı bilye yerleştirilmiştir.
Aslının ve Zehra'nın hamle sayıları eşit olduğuna göre;
$2a+b=b+4c$ ve $a=2c$ bulunur.
Öyleyse $a+b+c=225$  ve  $a+b+\frac{a}{2}=225$
$3a+2b=450$ olur. Burada $a=2m$ ve $b=3n$ olmak üzere,
$m+n=\frac{450}{6}=75$ bulunur.
Kırmızı bilyelerin sayısı $2a+b=4m+3n=3\left(m+n\right)+m$ olur.
$2a+b=3\left(m+n\right)+m=3.75+m=225+m\geq225$ bulunur.
$m=0$ iken eşitlik oluşur. $m=0$ ise $a=0$ dır. Dolayısı ile $c=0$ dır.
Yani $b=225$ olur.
Aslı her zaman 225 kırmızı bilye yerleştirmeyi garantileyebilir.