3
$n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, her $p<n$ tek asal sayısı için $n-p$ de asal sayı ise, $n$ sayısına $\textit{iyi sayı}$ diyelim. En büyük iyi sayıyı bulunuz.
4
Bir doğru üzerine $30$ boş kutu dizilmiştir. Aslı her kutuya ya kırmızı ya da beyaz top yerleştiriyor. Her hamlede Zehra birkaç ardışık kutu seçiyor ve Aslı seçilmiş kutuların en az yarısında bulunan bir renk söylüyor (seçilmiş kutuların yarısında kırmızı ve diğer yarısında beyaz top varsa Aslı herhangi bir renk söyleyebilir). Zehra $N$ hamle sonucunda tüm kutulardaki top renklerini belirlemeyi garantileyebiliyorsa, $N$ en az kaç olabilir?
5
$x,y,z$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere $x \leq 1$ dir.
$xy+y+2z \geq 4 \sqrt{xyz}$
olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
Eşitsizliğin sol tarafını dört terim olacak şekilde parçalayıp $AO-GO$ eşitsizliğini uygulayalım:
$$xy+y+2z=xy+y+z+z\ge 4 \sqrt[4]{xy^2z^2}$$
$0\lt x^2\le x\le 1$ verildiğinden (ve $f(x)=\sqrt[4]{x}$ fonksiyonu artan olduğundan) $$xy+y+2z=xy+y+z+z\ge 4\sqrt[4]{xy^2z^2}\ge 4\sqrt[4]{x^2y^2z^2}=4 \sqrt{xyz}$$ elde edilir.
Çözüm 2:
Daha analitik bir çözüm olarak,
$x$ pozitif olduğundan $x=t^2$ olacak şekilde bir $0<t\leq 1$ vardır. Eşitsizlikte yerine koyarsak, ispatlamamız gereken eşitsizlik, $$yt^2-4t\sqrt{yz}+(y+2z)\geq 0$$ olacaktır. $y$ ve $z$'yi sabitlersek, $P(t)=yt^2-4t\sqrt{yz}+(y+2z)$ ikinci dereceden polinomunu elde ederiz. $y>0$ olduğundan bu polinomun kolları yukarı bakar ve negatif olduğu tek bölge, $t_1<t_2$ kökleri olmak üzere $(t_1,t_2)$ aralığıdır. $$\Delta_P=16yz-4y(y+2z)=4y(2z-y)$$ olduğundan eğer $y\geq 2z$ ise denklemin ya kökü yoktur ya da katlı kökü vardır. Bu durumda her zaman $P(t)\geq 0$ olacaktır.
Eğer $2z>y$ ise kökler sadeleşmiş hali ile, $$t_{1,2}=\frac{2\sqrt{z}\pm\sqrt{2z-y}}{\sqrt{y}}$$ olacaktır. Yani eğer $(0,1]$ aralığı $\left(\frac{2\sqrt{z}-\sqrt{2z-y}}{\sqrt{y}},\frac{2\sqrt{z}+\sqrt{2z-y}}{\sqrt{y}}\right)$ aralığı ile kesişmiyorsa eşitsizlik yine sağlanacaktır. Bu yüzden $$1\leq \frac{2\sqrt{z}-\sqrt{2z-y}}{\sqrt{y}}$$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. $$1\leq \frac{2\sqrt{z}-\sqrt{2z-y}}{\sqrt{y}} \iff \sqrt{2z-y}\leq 2\sqrt{z}-\sqrt{y}$$ $4z>2z>y$ olduğundan eşitsizliğin iki tarafı da pozitiftir. Bu yüzden herhangi bir sorun yoktur. $$\sqrt{2z-y}\leq 2\sqrt{z}-\sqrt{y}\iff 2z-y\leq 4z+y-4\sqrt{yz}\iff 2\sqrt{yz}\leq y+z\iff (\sqrt{y}-\sqrt{z})^2\geq 0$$ elde edilir. Dolayısıyla $(0,1]$ aralığı verilen aralığın dışındadır ve $P(t)\geq 0$ olur.
Eşitlik durumu için $2z>y$ altdurumuna bakarsak $y=z$ elde edilir. $2z\leq y$ altdurumunda ise polinomun kökü olması için $2z=y$ olmalıdır. Bu durumda $$yt^2-4t\sqrt{yz}+(y+2z)=2zt^2-4zt\sqrt{2}+4z=2z(t-\sqrt{2})^2$$ olacağından $t=\sqrt{2}$ ve $x=2$ olmalıdır fakat bu da verilen aralıkla çelişir. Yani tek olası durum $y=z$ olmasıdır. Yerine yazarsak, $$yt^2-4yt+3y=y(t-1)(t-3)=0\implies t=1\implies x=1$$ Yani tek eşitlik durumu $(x,y,z)=(1,k,k)$ formatındadır.
Çözüm 3:
$$\dfrac{xy+y+2z}{2}\geq xy+z\geq 2\sqrt{xyz}$$
eşitsizliklerini gösterirsek ispat tamamlanmış olur. Sağ taraftaki eşitsizlik aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğinden dolayı doğrudur. Sol taraftaki eşitsizliğin sağlanması için gerek ve yeter şartları yazalım:
$$
\begin{align}
\dfrac{xy+y+2z}{2}\geq xy+z & \iff xy+y+2z\geq 2xy+2z \\
& \iff y\geq xy \\
& \iff y(1-x)\geq 0 \\
& \iff x\leq 1
\end{align}
$$
olup bu son ifade doğrudur. O halde $xy + y + 2z \geq 4\sqrt{xyz}$ eşitsizliği de doğrudur.
Çözüm 4:
Çözüm [Lokman Gökçe]: $0<x\leq 1$ olduğundan $y\geq xy$ dir. Bu eşitsizlikten ve aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğinden
$$xy + y + 2z \geq xy + xy + 2z = 2(xy+z) \geq 4\sqrt{xyz}$$
elde edilir.
6
$101$ öğrencinin bulunduğu bir okulda her öğrencinin diğer öğrenciler arasında en az bir arkadaşı vardır. Her $1<n<101$ tam sayısı için bu okuldan $n$ öğrencinin öyle seçilebileceğini gösteriniz ki seçilen her öğrencinin seçilen diğer öğrenciler arasında en az bir arkadaşı olsun.
Çözüm:
Çözüm: İlk önce her çift $n$ sayısı için $n$ öğrencinin seçilebileceğini gösterelim. $n = 2$ için iki arkadaştan oluşan herhangi iki kişi seçebiliriz. $n = 2l$ için $n$ öğrenciden oluşan ve koşulları sağlayan $A_{2l}$ öğrenci grubunun seçilebileceğini varsayalım. Okuldaki tüm öğrenciler kümesi $S$ olsun. $S - A_{2l}$ kümesinde iki arkadaş varsa bu iki öğrenciyi $A_{2l}$'ye ekleyerek $A_{2l+2}$'yi elde ederiz. Bu işlem $A_n$'ye kadar devam ederse $A_n$ seçilmiş olacaktır. Aksi takdirde bir $2m < n$ sayısı için $S - A_{2m}$'deki öğrencilerin herhangi ikisi aralarında arkadaş olmayacaktır. $101$ öğrenciden herhangi birinin en az bir arkadaşı olduğuna göre, bu durumda $S - A_{2m}$'deki herhangi bir öğrencinin $A_{2m}$'de arkadaşı vardır ve $S - A_{2m}$'den herhangi $n - 2m$ öğrenciyi seçip $A_{2m}$'ye ekleyerek $A_n$'yi elde ederiz.
$n$'nin tek olduğu durumda ilk adımda $3$ öğrenciden oluşan $A_3$ grubunu seçmemiz ve $n$ çift durumundaki gibi devam etmemiz yeterli olacaktır. Bunun için en az iki arkadaşı bulunan bir öğrenciyi ve onun iki arkadaşını seçebiliriz. Böyle bir öğrenci yoksa her öğrencinin sadece bir arkadaşı var ve okuldaki $101$ öğrenci birbirinden ayrık arkadaş ikililerine parçalanıyor, çelişki.
Kaynak: Tübitak resmi çözüm kitapçığı
7
$m,n,a,k$ pozitif tam sayılar ve $k>1$ olmak üzere
$5^m+63n+49=a^k$
eşitliği sağlanıyor. $k$ nin alabileceği en küçük değer nedir?
8
Bir $ABCD$ paralelkenarında$,\ ABC$ nin çevrel çemberinin $A$ yı içermeyen $BC$ yayı üzerinde bir $P$ noktası ve $AC$ doğru parçasının $C$ tarafındaki uzantısı üzerinde bir $Q$ noktası $\angle{PBC} = \angle{CDQ}$ olacak biçimde alınıyor. $APQ$ nun çevrel çemberinin $AB$ doğrusuna teğet olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$\angle PBC = \angle CDQ = \alpha$ ve $\angle DQC = \beta$ olsun.
$\angle BAC = \angle DCA = \angle QDC + \angle CQD = \alpha + \beta$ ve $\angle BAP = \beta$ olacaktır.
$ABPC$ kirişler dörtgeninde $\angle PBC = \angle PAC = \alpha$ ve $\angle BCP = \angle BAP = \beta$ dır.
Dolayısıyla $\triangle PBC \sim \triangle CDQ$ $\quad (AA)$. Benzerlik oranlarını yazarsak $$\dfrac {PC}{CQ} = \dfrac {BC}{DQ} \tag {1}$$
$ABCD$ paralelkenarında $BC=AD$ olduğu için $$\dfrac {PC}{CQ} = \dfrac {AD}{DQ} \tag {2}$$
Yine paralelkenarın özelliğinden $\angle ADC = \angle ABC$, $ABPC$ kirişler dörtgeninde $$\angle PCQ = \angle ABP = \angle ABC + \angle PBC = \angle ADC + \angle CDQ = \angle ADQ \tag {3}$$
$(2)$ ve $(3)$ ün sonucu olarak $\triangle PCQ \sim \triangle ADQ \quad (KAK)$ elde edilir. Buradan da $\angle PQC = \angle AQD = \beta = \angle BAP$ elde edilir. Bu da $AB$ doğrusunun $(APQ)$ çemberine teğet olduğu anlamına gelir.