Tübitak Lise 1. Aşama - 2023 Çözümleri

Cevap: $\boxed{A}$

$MN$'nin $AC$'yi kestiği nokta $D$ olsun. Menelaus teoreminden $$\frac{|BN|}{|NC|}\cdot \frac{|CD|}{|DA|}\cdot \frac{|MA|}{|MB|}=1\implies \frac{|CD|}{|DA|}=\frac{17}{8}$$ elde edilir. $|CD|=17k$ ve $|DA|=8k$ diyelim. $ADM$ ve $NBM$ üçgenlerinin benzerliğinden, eğer $|MN|=x$ dersek, $|MA|=|MB|=xk$ ve $|MD|=xk^2$ elde edilir. Yine Menelaus teoreminden, $$\frac{|AD|}{|AC|}\cdot \frac{|CB|}{|BN|}\cdot \frac{|MN|}{|MD|}=\frac{9}{25k^2}=1\implies k=\frac{3}{5}$$ elde edilir. $NBM$ üçgeninin kenarları $8-\frac{3x}{5}-x$ olduğundan Pisagor teoreminden $x=10$ bulunur. Ayrıca $\frac{3}{5}$ oranından dolayı aslında üçgenin $6-8-10$ üçgeni olduğu da görülebilir. Dolayısıyla $|MN|=10$'dur.

Cevap: $\boxed{B}$

Fermat teoreminden $3^p\equiv 3\pmod{p}$ ve $7^p\equiv 7\pmod{p}$'dir. Burada $p$ için asallık dışında herhangi bir kısıtlama yoktur. $$3^{p^2+p+1}\equiv \left(3^{p}\right)^p\cdot 3^{p}\cdot 3\equiv 3^p\cdot 3\cdot 3\equiv 27\pmod{p}$$ $$7^{p^2+p+1}\equiv \left(7^{p}\right)^p\cdot 7^{p}\cdot 7\equiv 7^p\cdot 7\cdot 7\equiv 343\pmod{p}$$ $$\implies 3^{p^2+p+1}+7^{p^2+p+1}\equiv 27+343\equiv 370\pmod{p}$$ olacağından $p\mid 370$ olmalıdır. $370=2\cdot 5\cdot 37$ olduğundan $p=2,5,37$ olabilir. Bu değerler için sağlama yapmamıza gerek yoktur çünkü yukarıdaki işlemlerin aynısından çıkacaktır.

Yanıt: $\boxed B$

$x<0$ ise $17^x < 4^x$ ve $19^x < 7^x$ olacağı için $17^x+19^x < 4^x+7^x+8^x+10^x+14^x+15^x$ olacaktır. Yani denklemin negatif çözümü yoktur.
$x=0$ ın sağlamadığı kolayca görülür.

$x > 0$ olsun.
$17^x+19^x=a^x$ olsun.
$19^x<17^x+19^x=a^x$ olduğu için $19<a$ dır. (Her $x$ e karşılık bir $a>19$ gerçel sayısı bulunur. Başka bir deyişle; $a$, $x$'e bağlı bir fonksiyondur.)
$4^x+7^x+8^x+10^x+14^x+15^x=a^x$

$f(x)=\left ( \dfrac{4}{a} \right ) ^x +
\left ( \dfrac{7}{a} \right ) ^x +
\left ( \dfrac{8}{a} \right ) ^x +
\left ( \dfrac{10}{a} \right ) ^x +
\left ( \dfrac{14}{a} \right ) ^x +
\left ( \dfrac{15}{a} \right ) ^x
$ olsun.
$y=f(x)=1$ denkleminin pozitif çözümlerini arıyoruz.

$0<b<a$ ve $x>0 $ olmak üzere $g(x)=\left ( \dfrac ba \right )^x$ fonksiyonu azalandır (burada $a$ ve $b$'nin sabit sayı olmasına gerek yoktur). O halde $f(x)$ de azalandır.
$y=f(x)$ azalan fonksiyonu ile $y=1$ sabit fonksiyonu en fazla bir noktada kesişebilir.
$f(1)=\dfrac{4+7+8+10+14+15}{17+19} = \dfrac{58}{36} > 1$ ve yeterince büyük $x>x_0$ ler için $f(x)<1$ olduğu için $f(x)=1$ denkleminin tam olarak $1$ çözümü vardır.

Özel olarak bu denklemin çözümü $x=2$ dir. bkz. Wolfram Alpha

Yanıt: $\boxed{C}$

En az arkadaşı olan bir $A$ kişisini alalım. $A$ nın $n$ tane arkadaşı olsun. O halde en çok $n$ kişi, diğer herkesle arkadaş olabilir. $30-n$ kişi $A$ nın arkadaşı değildir.

$\bullet$ $30-n\geq 3$ olduğunu varsayalım. Bu durumda $A$ ile arkadaş olmayan $B,C,D$ gibi en az $3$ kişi vardır. Problemde verilenden dolayı $A,B,C,D$ dörtlü grubunda diğer üçü ile arkadaş olan biri olmalıdır. Fakat $A$, bu üç kişiyle arkadaş olmadığı için çelişki oluşur.

$\bullet$ O halde $30-n \leq 2$ olmalıdır. Buradan $n\geq 28$ elde edilir. $n_{\min} = 28$ olduğu bir örnek verelim. $A$ kişisi, $B$ ve $C$ kişileriyle arkadaş olmasın. Geri kalan tüm ikililer arasında arkadaşlık olsun. $A, B, C$ dışındaki $28$ kişi, kendisi dışındaki herkesle arkadaş olmuş olur.



Not: Sınav esnasında minimum değeri hissederek çözen öğrenciler olmuş olabilir. Bu çizge (graph) teorisi sorusunun çözümü kısa görünmekle beraber, tam bir ispat sunulmak istendiğinde sınavın en seçici sorularından birisi olabileceğini düşünüyorum.

Yanıt: $\boxed{E}$

$m(\widehat{A})=2x$, $m(\widehat{C})=y$ olsun. $A$ köşesinden geçen iç ve dış açıortay $BC$ doğrusunu sırasıyla $D$, $E$ noktalarında kessin. $m(\widehat{ADE})=x+y$ dir. $|AD|=|AE|$ ve $AD \perp AE$ olduğundan $x+y=45^\circ$ dir. Böylece $m(\widehat{B})=135^\circ - x$ tir. Buradan,

$$ 2 \cdot m(\widehat{A}) + 3 \cdot m(\widehat{B}) + m(\widehat{C}) = 4x + 3(135^\circ - x) + y = 405^\circ + x + y = 450^\circ $$

bulunur.

Cevap: $\boxed{A}$

$(m,n)$ çözümse $(-m,-n)$ de çözüm olacağından sadece $3m+4n>0$ olduğu durumları inceleyelim. Eğer $x\in\mathbb{Z}$ ve $0\leq x\leq 63$ için için $3m+4n=3^x$ ve $4m+3n=3^{63-x}$ dersek $$\begin{pmatrix}3&4\\4&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m\\n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3^x\\3^{63-x}\end{pmatrix}$$ olur. $R_i$ ile $i.$ satırı gösterirsek, $R_2\to 4R_1-3R_2$ dönüşümü yaparsak, $$\begin{pmatrix}3&4\\0&7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m\\n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3^x\\4\cdot 3^x-3^{64-x}\end{pmatrix}$$ Şimdi de $R_1\to 7R_1-4R_2$ dönüşümü yaparsak, $$\begin{pmatrix}21&0\\0&7\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m\\n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3^{x+2}+4\cdot 3^{64-x}\\4\cdot 3^x-3^{64-x}\end{pmatrix}\implies \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m\\n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}m\\n\end{pmatrix}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}-3^{x+1}+4\cdot 3^{63-x}\\4\cdot 3^x-3^{64-x}\end{pmatrix}$$ Dolayısıyla $m-n=\frac{1}{7}\left(-7\cdot 3^x+7\cdot 3^{63-x}\right)=3^{63-x}-3^x$ olduğundan sadece $m$'nin tamsayı olması yeterlidir. Yani $$4\cdot 3^{63-x}-3^{x+1}\equiv -3^{64-x}-3^{x+1}\equiv 0\pmod{7}\implies -3^{x+1}\equiv 3^{64-x}\pmod{7}$$ olmalıdır. Basit bir kontrol ile $3$'ün $7$ modundaki mertebesinin $6$ olduğu görülebilir (sadece $2$ ve $3$'üncü kuvvetleri kontrol etmemiz yeterlidir). Buradan $$-3^{x+1}\equiv 3^{64-x}\pmod{7}\iff 3^{3}\cdot 3^{x+1}\equiv 3^{x+4}\equiv 3^{64-x}\pmod{7}\iff x+4\equiv 64-x\pmod{6}$$ $$\iff 2x\equiv 0\pmod{6}\iff x\equiv 0\pmod{3}$$ bulunur.

$0\leq x\leq 63$ olduğundan $x$'in alabileceği değerler $0,3,6,9,\dots,63$ olup toplamda $\frac{63-0}{3}+1=22$ çözüm bulunur. $(-m,-n)$ şeklindeki çözümleri de eklersek $44$ çözüm olacaktır.

Yanıt: $\boxed{D}$

$S = \lfloor {x^2} \rfloor + \lfloor {x} \rfloor $ diyelim. $S$ azalmayan bir fonksiyondur. Soruyu daha iyi kavramak için $x$ e bazı değerler vermeyi tavsiye edebiliriz.

İlk olarak $0<x<1$ için $0<x^2<1$ olup $S =  \lfloor {x^2} \rfloor + \lfloor {x} \rfloor = 0 + 0 = 0$ olur. $x=1$ için $S= 1 + 1 = 2$ olur. Yani $S\neq 1$ dir. $x=\sqrt{2}$ için $S=2+1=3$ olur. $x=\sqrt{3}$ için $S=3+1=4$ olur. $S=5$ olabilir mi, inceleyelim. $\lfloor {x^2} \rfloor + \lfloor {x} \rfloor = 5$ ise $\lfloor {x^2} \rfloor = 4, \lfloor {x} \rfloor =1$ ya da $\lfloor {x^2} \rfloor = 3, \lfloor {x} \rfloor =2$ olmalıdır. Bu iki durumun da imkansız olduğunu anlamak zor değildir. $S \neq 5$ tir. $x=2$ için $S=4+2=6$ olur. Şu ana kadar $S \not\in \{1, 5\}$ olduğunu anladık. Şimdi daha genel bir çözüme geçebiliriz.

$a\geq 0$ bir tam sayı ve $0\leq b<1$ olmak üzere $x=a+b$ olsun. Yani $\lfloor {x} \rfloor = a$ olacaktır. $S = \lfloor {x^2} \rfloor + \lfloor {x} \rfloor = \lfloor {a^2 + 2ab+ b^2} \rfloor + a$ olur. $a^2$ bir tam sayı olduğundan $S=a^2 + a +  \lfloor {2ab+ b^2} \rfloor $ yazabiliriz. Bu durumda $b$ yi değiştirerek $S$ nin hangi değerleri alabileceğini belirleyelim.

$S$ nin en küçük değerini alması için $b=0$ alırız ve $S_{\min} = a^2 + a$ olur. $S$ nin en büyük değerini alması için $b\to 1^{-}$ (yani $1$ e çok yakın ama $1$ den küçük) alırız. Bu durumda $2ab\to 2a^{-}$ (yani $2a$ ya çok yakın ve $2a$ dan küçük) ve $b\to 1^{-}$ olduğundan $2ab + b^2 \to (2a+1)^{-}$ olur. $\lfloor {(2a+1)^{-}} \rfloor  = 2a$ ve $S_{\max} = a^2 + 3a$ olur. Böylece $\lfloor {x} \rfloor = a$ iken $S \in [a^2 + a, a^2 + 3a]$ olur.  $\lfloor {x} \rfloor = a+1$ iken $S \in [(a+1)^2 + a+1, (a+1)^2 + 3(a+1)] = [a^2 + 3a+1, a^2 + 5a+2]$ olur. Bu iki aralıkta da bulunmayan tam sayı $a^2 + 3a + 1$ dir. $S\neq a^2 + 3 a + 1$ dir.

Başta da bulduğumuz bilgilerle uyumlu olarak $a=0$ için $S \neq 1$, $a=1$ için $S \neq 5$ tir. $a^2 + 3a + 1<2023$ olan en büyük $a$ tam sayı değerini araştıralım. $a^2<2025$ olup $a<45$ tir. $a=44$ denenirse $44^2 + 3\cdot 44 + 1 = 1936 + 132 + 1 = 2069 > 2023$ tür. $a=43$ denenirse $43^2 + 3\cdot 43 + 1 < 2023$ olur. $0\leq a \leq 43$ tam sayıları ile elde edilen $a^2 + 3a + 1$ formundaki $44$ tane tam sayıyı $S$ e eşit olacak biçimde yazamayız.

$x=n+r$, $n\in\mathbb{Z}_{\ge 0}$ and $0\le r<1$ olsun. Şu kümeyi tanımlayalım:
\[
S_n = \{\lfloor x^2\rfloor + \lfloor x \rfloor : \lfloor x \rfloor =n\}.
\]
$x^2 = n^2+2nr+r^2$ kullanılarak,
\[
\lfloor x^2 \rfloor +\lfloor x \rfloor = n^2+n+\lfloor 2nr+r^2\rfloor
\]
elde edilir. Şimdi, sabit bir $n$ sayısı için $\lfloor 2nr+r^2\rfloor$ ifadesinin $0\le r<1$ iken alacağı değerler kümesinin $\{0,1,\dots,2n\}$ nin altkümesi olduğunu görelim (çünkü $2nr+r^2<2n+1$). Buradan, $S_n\subseteq\{n^2+n,\dots,n^2+3n\}$ bulunur. Şimdi, herhangi bir $k\in\{0,1,\dots,2n\}$ için, $r=\sqrt{n^2+k}-n$ alarak $r^2+2nr=k$ elde edilebilir. Dahası, $0\le r<1$ sağlanır, yani $S_n  = \{n^2+n,\dots,n^2+3n\}$. Bu şekilde yalnızca $n^2+3n+1$ şeklindeki sayıların yazılamayacağını görmüş oluruz, dolayısıyla cevap $44$ olur.

Yanıt: $\boxed{E}$

Öğrencileri $1$ den $31$ e kadar, saatin dönme yönünde numaralandırmış olalım. Seçilen üç öğrencinin numaraları saatin dönme yönüne göre sırasıyla $a, b, c$ olsun. $a=1$ olduğunu varsayalım. $a=1$ ile $b$ arasında $x_1$ tane öğrenci, $b$ ile $c$ arasında $x_2$ tane öğrenci, $c$ ile $a=1$ arasında $x_3$ tane öğrenci olsun. $x_1 + x_2 + x_3 = 31-3 = 28$ dir. $x_i \geq 4$ olduğundan $x_i = y_i + 4$ dönüşümü yaparsak
$$ y_1 + y_2 + y_3 = 28 - 3\cdot 4 = 16 $$
denklemini negatif olmayan tam sayılarda çözmeliyiz. Dağılım prensibinden dolayı $\dbinom{18}{2}$ tane $(y_1, y_2, y_3)$ üçlüsü bulunur.

Şimdi $a=1,2, \dots , 31$ değerlerini alabileceğinden bu sayıyı $31$ ile çarparak $31\cdot \dbinom{18}{2}$ elde ederiz. Öte yandan, saatin dönme yönünde seçilen numaralar $a, b, c$; $b,c,a$; $c,a,b$ iken aynı öğrenciler seçilmiş olacaktır. Dolayısıyla elde ettiğimiz sayıyı $3$ ile bölmeliyiz. Böylelikle
$$ \dfrac{31}{3}\cdot \dbinom{18}{2} = 1581 $$
sonucuna ulaşırız.



Notlar:
$\bullet$ Dairesel olarak dizilmiş $n$ farklı nesneden $m$ tanesinin seçimi, herhangi iki seçilmiş ardışık nesne arasında en az $k$ tane seçilmemiş nesne bulunması koşuluyla

$$ \dfrac{n}{m}\dbinom{n-km-1}{m-1} $$

yolla yapılabilir. Elbette kombinasyonun pozitif bir tam sayı üretebilmesi için $n\geq km + m$ olmalıdır. $n< km+m$ iken istenen şekilde bir seçim mümkün olmadığı için, yanıt $0$ olacaktır. Dairesel dağılım ismini verebileceğimiz bu problem, Cayley Problemi olarak bilinir.

$\bullet$ Uzun süredir "Acaba Ulusal Matematik Olimpiyatları'nda ne zaman sorulur?" diye beklediğim bir problemdir, Cayley Problemi. 1993'te düzenlenen 1. UMO'dan günümüze kadar olan sürede ilk kez 2023'te Cayley Problemi soruldu. Ayrıca, ilki 1996'da yapılan Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarında da Cayley Problemi ilk kez 2023'te soruldu. Yani bu yıl, ülkemizdeki iki önemli olimpiyat sınavında Cayley Problemi ile karşılaşmış olduk.

Cevap: $\boxed{D}$

Çin kalan teoreminden $$2^n+3^n+5^n\equiv 0\pmod{100}\iff 2^n+3^n+5^n\equiv 0\pmod{4}\text{   ve   }2^n+3^n+5^n\equiv 0\pmod{25}$$ olacaktır. $n=1$ için $0$ kalanı gelmediğinden $n\geq 2$ kabul edebiliriz ve buradan $$2^n+3^n+5^n\equiv 0\pmod{100}\iff 3^n+5^n\equiv 0\pmod{4}\text{   ve   }2^n+3^n\equiv 0\pmod{25}$$ olacaktır. $$3^n+5^n\equiv (-1)^n+1\equiv 0\pmod{4}\iff n\equiv 1\pmod{2}$$ olur. $n$'nin tek olmasını kullanarak $$2^n+3^n\equiv 2^n+(5-2)^n\equiv 2^n+\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}5^{k}(-2)^{n-k}\equiv 2^n+\dbinom{n}{0}(-2)^n+\dbinom{n}{1}5\cdot (-2)^{n-1}\equiv 5n\cdot 2^{n-1}\equiv 0\pmod{25}$$ $$\iff n\equiv 0\pmod{5}$$ bulunur. Dolayısıyla $n\geq 2$ için $$2^n+3^n+5^n\equiv 0\pmod{100}\iff n\equiv 5\pmod{10}$$ elde edilir.

$10k+5$ formatındaki sayılar $5,15,25,\dots,2015$ olmak üzere $\frac{2015-5}{10}+1=\boxed{202}$ tanedir. Hatırlamayanlar için aritmetik dizideki eleman sayısı $\frac{\text{Son terim}-\text{İlk terim}}{\text{Artış miktarı}}+1$ olarak hesaplanır.

Yanıt: $\boxed{D}$

İstenen özellikte $n$ tane topun boyanma sayısı $a_n$ olsun. $a_1=3$ ve $a_2=3^2 - 1 = 8$ dir.

Şimdi, son topun siyah olması durumunda, sondan bir önceki top mavi veya kırmızı olabilir. Geriye $n-2$ top kalır ve bu halde istenen özellikte $2a_{n-2}$ boyama yapılabilir.

Son topun mavi veya kırmızı olması durumunda, geriye kalan $n-1$ top olduğundan bu halde $2a_{n-1}$ yolla boyama yapabiliriz. Toplamda, $n\geq 3$ için

$$ a_n = 2(a_{n-1} + a_{n-2}) $$

indirgeme bağıntısı elde edilir. $a_3 = 2(3+8) = 22$, $a_4 = 2(8+22)=60$, $a_5 = 2(22+60) = 164$, $a_6 = 2(60+164) = 448$, $a_7 = 2(164+448) = 1224$ bulunur.

Yanıt: $\boxed A$

$KBCF$ dikdörtgenini kuralım.
$BK=12$, $BE=4$, $CE=2$, $LF=9$, $KF=6$.

$\begin{array}{lcl}
\text{Alan}(KEL) &=& \text{Alan}(BKFC)-\text{Alan}(BEK)-\text{Alan}(CEL)-\text{Alan}(KFL)\\
&=& 72-24-3-27 \\
&=& 18
\end{array}$.
(Alternatif olarak $\text{Alan}(KEL)=\text{Alan}(AED)=\text{Alan}(ABCD)/2=18$)

Üçgenin çevrel yarıçapının kullanıldığı alan formülünden $$\text{Alan}(KEL)=\dfrac{KE\cdot EL\cdot LK}{4R}=18$$
$R=\dfrac{4\sqrt{1^2+3^2}\cdot \sqrt{2^2+3^2}\cdot 3\sqrt{2^2+3^2}}{4\cdot 18}=\dfrac{13\sqrt{10}}{6}$.

Cevap: $\boxed{B}$

Sol taraftaki $a^3+4a^2b-3ab^2-18b^3$ kısmını çarpanlarına ayırmak için $\frac{a}{b}=t$ diyebiliriz. Bu dönüşüm ile sol taraf $b^3(t^3+4t^2-3t-18)$ olacaktır ve paydaki polinomu çarpanlarına ayırarak asıl denklemi çarpanlarına ayırabiliriz. Bu kısmı geçiyorum, çarpanlarına ayrılmış hali $$(a - 2 b) (a + 3 b)^2=2023=7\cdot 17^2$$ olacaktır. $2023$'ün tamkare bölenleri sadece $1$ ve $17^2$'dir. Buradan $$a-2b=2023, \quad a+3b=1$$ $$a-2b=2023, \quad a+3b=-1$$ $$a-2b=7, \quad a+3b=17$$ $$a-2b=7, \quad a+3b=-17$$ olabilir. Bu lineer denklem sistemlerini çözersek, $(a,b)=(11,2)$ tamsayı ikilisi buluruz. Tek çözüm vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$

$6,8,10$ üçgeninden dolayı $m(\widehat{BAC})=90^\circ$ dir. $D$ noktası $BC$ yayının orta noktası olduğundan $[AD$, $\widehat{BAC}$ nin açıortayıdır. Dolayısıyla $DO\perp BC$ ve $|OB|=|OC|=|OD|=5$ tir. Yarıçapın teğete dik oluşundan, $OD \perp ED$ dir. Böylece, aslında iyi bilinen bir özellik olarak $BC \parallel ED$ bulunur. $AD$ ile $BC$ nin kesişimi $N$ olsun. Bu paralellikten dolayı $ABN \sim AED$ dir. $A$ dan $BC$ ve $ED$ ye inilen yükseklik ayakları sırasıyla $H$ ve $L$ ise, yükseklikler oranını benzerlik oranına eşitlersek

$$ \dfrac{|ED|}{|BN|} = \dfrac{|AL|}{|AH|} $$

olur. $6,8,10$ dik üçgeninde $|AH| = \dfrac{6\cdot 8}{10} = \dfrac{24}{5}$ tir. İç açıortay teoreminden $\dfrac{|BN|}{6}=\dfrac{|CN|}{8} = \dfrac{10}{6+8}$ olup $|BN|=\dfrac{30}{7}$ dir. Ayrıca $|HL|=|OD|=5$ olduğundan $|AL|=\dfrac{24}{5} + 5 = \dfrac{49}{5}$ tir. Bu değerleri benzerlik oranı eşitliğinde kullanırsak,

$$ \dfrac{|ED|}{30/7} = \dfrac{49/5}{24/5}  $$

olup $|ED| = \dfrac{35}{4}$ bulunur.

Cevap: $\boxed{E}$

Birinci Yol: $x=k$ koyarsak, $$\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+3}=\frac{1}{k+1}$$ olacaktır. $yz$'nin sabit çıkmasını istiyoruz. $$\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+3}=\frac{1}{k+1}\implies \frac{2yz+3y+2z}{yz+3y+2z+6}=\frac{1}{k+1}\implies (2k+1)yz+3ky+2kz-6=0$$ $k=-\frac{1}{2}$ ise $3y+2z=-12$ olacaktır. Buradan $(y,z)=(0,-6), (2,-9)$ gibi çözümler buluruz. $yz$ sabit olmadığından aradığımız $k$ bu değildir.
 
$k\neq -\frac{1}{2}$ için $$(2k+1)^2yz+3k(2k+1)y+2k(2k+1)z-6(2k+1)=0\implies \left[(2k+1)y+2k\right]\left[(2k+1)z+3k\right]=18k+6$$ olacaktır. $18k+6=ab$ için $y=\frac{a-2k}{2k+1}$ ve $z=\frac{b-3k}{2k+1}$ çözümü elde ederiz. Öncelikle $y\neq -2$ ve $z\neq -3$ olması gerektiğinden $a\neq -2k-2$ ve $b\neq -3k-3$ olmalıdır. $$(2k+1)^2yz=(a-2k)(b-3k)=ab-3ak-2bk+6k^2=6k^2+18k+6-k(3a+2b)$$ olduğundan $yz$'nin sabit olabilmesi için $k=0$ veya $3a+2b$ sabit olmalıdır.

$k=0$ ise $y=a$ ve $z=b$ olacağından $yz=ab=18k+6=6$ olmalıdır ve buradan $(k,l)=(0,6)$ elde edilir. $k+l=6$'dır.

$k\neq 0$ ise $3a+2b$ sabit olmalıdır. $a\neq -2k-2$ ve $a\neq -\frac{6k+2}{k+1}$ (çünkü $b\neq -3k-3$) olmasının yeterli olduğunu göz önünde bulundurarak herhangi bir $k$ için $a$'yı verilen iki değer dışında seçip $3a+2b=3a+\frac{36k+12}{a}$'yi sonsuz farklı değer bulabileceğimiz aşikardır, çünkü $a$ bir reel sayıdır. Dolayısıyla $3a+2b$ sabit değildir.

Dolayısıyla sadece $(k,l)=(0,6)$ olabilir. Buradan da $k+l=6$ bulunur.

İkinci Yol: $x=k$ koyarsak $$\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+3}=\frac{1}{k+1}$$ olur. Eğer $l\neq 0$ ise $y=0$ koyduğumuzda herhangi bir $z$ çözümü elde edememeliyiz. Yani $$\frac{z}{z+3}=\frac{1}{k+1}\implies z=\frac{3}{k}$$ tanımsız olmalıdır. Buradan $k=0$ bulunur. Ana denklemde yerine koyarsak, $$\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+3}=1\implies \frac{2yz+3y+2z}{yz+3y+2z+6}=1\implies yz=6$$ bulunur. Yani $k=0$ ve $l=6$ istenileni sağlar.

Eğer $l=0$ ise tüm çözümler için ya sadece $y=0$ ya da $z=0$ gelmelidir. Yani tüm çözümler $(y,z)=\left(\frac{2}{k},0\right),\left(0,\frac{3}{k}\right)$ olmalıdır. Bu durumda $k\neq 0$ olacağı barizdir. Eğer $y=\frac{1}{k}$ seçersek çözüm gelmemelidir. Yerine yazdığımızda $$\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+3}=\frac{1}{2k+1}+\frac{z}{z+3}=\frac{1}{k+1}\implies \frac{z}{z+3}=\frac{k}{2k^2+3k+1}\implies z=\frac{3k}{2k^2+2k+1}$$ tanımsız olmalıdır ancak $2k^2+2k+1$'in kökü olmadığından bu kesir her zaman tanımlıdır. Dolayısıyla ilk baştaki $2$ çözümden farklı bir çözüm bulduk ve bu bir çelişkidir.

Tek durum $(k,l)=(0,6)$ olmasıdır. Buradan $k+l=6$ bulunur.

Cevap: $\boxed{B}$

Başta tüm işaretlerin $+$ olduğunu ve bizim bazılarını $-$ yaptığımızı varsayalım. İlk başta sayımız $496$'dır. Her $+a$'yı $-a$ yaptığımızda $496-2a$ olur, yani sadece çift sayıları elde edebiliriz. İddiamız tüm çift sayıların yazılabileceğidir. Bu da aslında $\sum a=0,1,2,\dots, 247$ olacak şekilde $A=\{1,2,\dots,31\}$ kümesinden elemanlar seçebildiğimize denktir (Hiçbir eleman seçmezsek $0$ toplamı elde etmiş oluruz). Bunun için de aslında basitçe "en büyük elemanı seçme" algoritmasını uygulayabiliriz. Algoritma şu şekildedir,

$1)$ $S=\sum a$ olsun. Her adımda $S$ veya kümede kalan sayıların en büyüğü arasından en küçük olanı seçeceğiz. Örneğin ilk adımda $\min\{S, \max A\}=\min\{\sum a, 31\}$'i seçeceğiz.
$2)$ Her seçimden sonra $S$'yi toplamdan önceki eleman çıkartılmış olarak değiştireceğiz ($S\to S-\min\{S, \max A\}$) ve kümeden seçilen elemanı çıkartarak ($A\to A- \{\min\{S, \max A\}\}$) seçimlere devam edeceğiz.
$3)$ $S=0$ kaldığında o ana kadar seçilen sayılar bizim aradığımız sayılardır.

Bu algoritma ile $496$'ya kadar olan sayılarda çalışacaktır. İspatı da aslında basittir. Çünkü "minimum eleman" seçimimizi yapamamamız için ya kümede eleman kalmamalı, ya $S$'yi seçmemiz gerekirken kümede $S$ olmamalı, ya da toplam $(S)$ bir anda $+$'dan $-$'ye düşmelidir. İlk durum imkansızdır çünkü $1+2+\cdots+31=496>248$'dir. İkinci durumda olabilecek en büyük elemanı seçmemizle çelişir çünkü $S$'yi seçmemiz gerekiyorsa $S$'nin karşısındaki sayı $S$'den daha büyüktür, o zaman da $S$ hala elenmemiş olmalıdır. Son ihtimalde ise seçimlerde $S$'yi seçebileceğimizden $-$'ye düşmesi imkansızdır.

Örneğin $\sum a=115$ için sırasıyla $31,30,29,25$ sayılarını bulacağız. Bu da bu sayıların işaretini $-$, kalanları $+$ yaparsak $496-2\cdot 115=226$ sayısını elde edeceğimiz anlamına geliyor.

Dolayısıyla $2,4,6,8,\dots, 496$ çift sayılarını elde edebiliriz. Bunlar da tam olarak $248$ tanedir.

Cevap: $\boxed{A}$

Açı sorulduğundan ve verilen bilgiler oran olduğundan genelliği bozmadan $|BD|=2$ ve $|CD|=6+4\sqrt{3}$ kabul edebiliriz. $A$'dan inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $|AB|=|AD|$ olduğundan $|BH|=|HD|=1$ olacaktır. $|AH|=h$ diyelim. $AHC$ üçgeni $15^\circ-75^\circ-90^\circ$ üçgeni olduğundan $\frac{|AH|}{|HC|}=\frac{h}{7+4\sqrt{3}}=\tan{15^\circ}$ olacaktır. $15^\circ-75^\circ-90^\circ$ üçgeninin kenarları oranıyla ilgili birçok ispat yöntemi var aslında ama trigonometri üzerinden gideceğim. $$\tan 30^\circ=\frac{2\tan{15^\circ}}{1-\tan^2 15^\circ}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$ olduğundan $\tan{15^\circ}=x$ dersek çıkacak ikinci dereceden denklemin pozitif kökünden $x=2-\sqrt{3}$ bulunacaktır. Buradan da $h=(7+4\sqrt{3})(2-\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$ elde edilir.

$15^\circ-75^\circ-90^\circ$ üçgeninde dik köşeden inilen dikme hipotenüsün $4$'te biridir. $4h=|BC|$ sağlanıldığından ve bir açı $15^\circ$ olduğundan $m(\widehat{ABC})=75^{\circ}$ bulunur.

Az önceki lemmayı bilmeseydik de $ABH$ üçgeninin dik kenarlarını bildiğimizden açıları deneyerek de bulabilirdik.

Cevap: $\boxed{D}$

Genelliği bozmadan $p\geq q$ olsun. $7$, $p$ ve $q$ asal olduğundan $\frac{7pq}{1+p+q}=1,7,p,q,7p,7q,pq,7pq$ olabilir. $1+p+q\geq 1+2+p=p+3$ olduğundan $$\frac{7pq}{1+p+q}\leq \frac{7pq}{p+3}<7q\leq 7p<7pq$$ olmalıdır. Buradan $\frac{7pq}{1+p+q}=1,7,p,q,pq$ olmalıdır.

Eğer $1$ ise $7pq=1+p+q$ olur. Bu eşitliği düzenlersek $49pq-7p-7q+1=(7p-1)(7q-1)=8$ elde edilir ancak $(7p-1)(7q-1)\geq 13^2$ olur. Dolayısıyla $1$ olamaz.

Eğer $7$ ise $pq=p+q+1$ olur. Buradan da $(p-1)(q-1)=2$ olduğundan $(p,q)=(3,2)$ seçebiliriz. $7$ olabilir.

Eğer $p$ ise $7q=1+p+q\implies 1+p=6q$ olur. $(p,q)=(11,2),(17,3),(29,5)$ olabilir. Yani $11,17,29$ olabilir.

Eğer $q$ ise $7p=1+p+q\implies 1+q=7p$ olur ama $p\geq q$ olduğundan bu imkansızdır.

Eğer $pq$ ise $p+q=6$ elde edilir. $(p,q)=(3,3)$'den $9$ olabilir.

Yani $5$ tane değere eşit olabilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$y=\dfrac{x^2-1}{4}$ değerini diğer denklemde yazarsak $\dfrac{(x-1)^2(x+1)^2}{16} = (x+1)(x^2-x+1)$ olup her iki tarafta da $x+1$ çarpanı olduğundan $x=-1$ değerinin bir kök olduğu bulunur. $(x,y)= (-1,0)$ çözüm ikilisi elde edilir.

Şimdi $x\neq -1$ olsun ve $x+1$ çarpanlarını her iki taraftan sadeleştirelim. Böylece, $(x-1)^2(x+1)=16(x^2-x+1)$ olup düzenlenirse $$ x^3 - 17x^2 + 15x -15 = 0 $$ kübik denklemi elde edilir. Bu denklemlerin en az bir gerçel kökü olduğunu biliyoruz. Ayrıca $x\leq 0$ iken denklemin sol tarafı negatif olduğundan çözüm yoktur. O halde ya üç kök pozitiftir, ya da bir kök pozitif olup diğer iki kök kompleks eşleniktir. Yalnız bir kökün gerçel sayı olduğunu kanıtlayacağız.

$ x^3 - 17x^2 + 15x -15 = 0$ denkleminin kökleri $x_1,x_2,x_3$ olsun. Belirlilik açısından $x_3>0$ pozitif köktür diyelim. Vieta teoreminden
$$ x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = 15$$
$$ x_1x_2x_3 = 15 $$
yazılır. Eğer $x_1,x_2>0$ ise aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğinden,
$$ \dfrac{x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3}{3} \geq \sqrt[3]{x_1^2x_2^2x_3^2 } $$
olmalıdır. Buradan, $\dfrac{15}{3} \geq \sqrt[3]{15^2} \implies 5^3 \geq 15^2$ çelişkisi elde edilir. O halde bir kök pozitif olup diğer iki kök kompleks eşleniktir. $x=x_3$ için $y=\dfrac{x^2-1}{4}$ denklemi kullanılarak yalnız bir $y=y_3$ değeri elde edilir. $(x,y) = (x_3, y_3) $ çözüm ikilisi bulunur.

Toplamda, denklem sistemini sağlayan $2$ tane $(x,y)$ gerçel sayı ikilisi vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle $(a,b)\to (x_1,x_2)$ şeklinde bir dönüşüm yapıldığında $x_1,x_2$ pozitif tamsayı olduğundan, $x_1,x_2<x_1+x_2=a$ ve $x_1,x_2\leq x_1x_2=b$ olacaktır ve bu yüzden, $6$'dan büyük bir sayı elde edilemez. Dolayısıyla $7$ veya $7$'nin herhangi bir katı elde edilemeyecektir. Dolayısıyla da sayıların çarpımı $14$ olamaz.

Ayrıca $6$'yı yok etmemiz gerekiyorsa bunun da yolları sadece $(5,6)\to (2,3)$ veya $(6,5)\to (1,5)$ dönüşümü yapmaktır. Benzer şekilde $3$'ü yok etmenin tek yolu da $(3,2)\to (1,2)$'dir. $3$'e bölünmeyen bir çarpım elde etmek için $6$ ve $3$'ü yok etmeliyiz. Bunun için $(6,5)\to (1,5)$ ve $(3,2)\to (1,2)$ kullanırsak $1,1,1,2,4,5$ sayılarını elde ederiz. Eğer $(5,6)\to (2,3)$ ve iki defa $(3,2)\to (1,2)$ kullanırsak $1,1,1,2,2,4$ elde ederiz. Aslında ikinci yolla $16$'yı elde etmiş olduk. Sayıları daha da büyültemeyeceğimizden, ikinci yolla en fazla $16$'yı elde ederiz. Diğer $3$'ün katı olmayan sayılar için ilk yoldan devam etmeliyiz.

$1,1,1,2,4,5$ için $20$ ve $32$'yi elde etmeye çalışalım. $(2,1)\to (1,1)$ dönüşümünden $1,1,1,1,4,5$ elde ederiz ve çarpımları $20$ olur.

$32$'yi elde etmek için $5$'i $4$ ile değiştirmek gerekmektedir. Yani $(a,5)\to (a,4)$ veya $(5,a)\to (a,4)$ şeklinde bir dönüşüm olmalıdır. Ancak ikisinde de uygun $a$ bulunmaz. Dolayısıyla $32$'yi elde edemeyiz.

$24$'ü elde etmek için $6$ veya $3$'den bir tanesini yok etmeliyiz. $1\cdot 1\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4=24$ olduğundan $5$ ve $6$'yı yok etmeye odaklanabiliriz ancak yok ederken $1$ elde etmeliyiz. Buradan $(6,5)\to (1,5)$ ve $(5,4)\to (1,4)$ dönüşümlerini uygularsak $1,1,1,2,3,4$ sayılarını elde etmiş oluruz ve çarpımları $24$ olur.

Dolayısıyla sadece $16,20,24$ sayıları elde edilebilir.

Yanıt: $\boxed B$

$\tan \angle BED = \dfrac{BD}{DE} = \dfrac{2\cdot BD}{AD}$

$\tan \angle CED = \dfrac{CD}{DE} = \dfrac{2\cdot CD}{AD}$

$\begin{array}{lcl}
\tan 120^\circ &=& \tan (\angle BED + \tan \angle CED) \\ &=& \dfrac{\tan \angle BED + \tan \angle CED}{1-\tan \angle BED \cdot \tan \angle CED} \\ \\
 &=& \dfrac{\dfrac{2(BD+CD)}{AD}}{1-\dfrac{4\cdot BD\cdot CD}{AD^2}} \\ \\
&=& \dfrac{\dfrac{2\cdot BC}{AD}}{-3} \\ \\
&=&-\sqrt 3
\end{array}$

$\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{3\sqrt 3}2$

Cevap: $\boxed{C}$

Fonksiyonun tanım ve değer kümesinin eleman sayıları eşit olduğundan ve birebir olduğundan, birebir ve örten olmalıdır. $31$ modunda bir ilkel kök alalım, $g$ olsun ($31$ asal sayı olduğundan ilkel kökü vardır hatta tek ilkel kök $3$'tür). $0\leq r_i\leq 30$ için $f(i)\equiv g^{r_i}\pmod{31}$ olsun ($(k,p)=1$ olan her $k$ tamsayısı sabit bir ilkel kökün kuvveti olarak yazılabilir). Ayrıca $g^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p}$ olduğundan $g^{15}\equiv -1\pmod{31}$'dir. Yani $$\begin{array}{lcl}f(1)f(2)\cdots f(a)+1\equiv g^{r_1+r_2+\cdots+r_a}-g^{15}\pmod{31} & \iff & g^{r_1+r_2+\cdots+r_a}\equiv g^{15}\pmod{31} \\ & \iff & r_1+r_2+\cdots+r_a\equiv 15\pmod{30} \end{array}$$ olacaktır. Olabildiğince çok $a$ değeri için bunun sağlanmasını istiyoruz. Dolayısıyla bu şartı sağlayan iki $a$ değeri için bunlara $a_1<a_2$ dersek, $r_{a_1+1}+r_{a_1+2}+\cdots+r_{a_2}\equiv 0\pmod{30}$ olmalıdır. Bu $a$ değerlerinin sıklığını arttırmak için ara kısımda kalanı $0$ veya $(k,30-k)$ olarak seçebiliriz. Örneğin $$(r_1,r_2,r_3,r_4,\dots, r_{30})=(15,0,1,29,2,28,3,27,\dots,14,16)$$ olarak seçersek $a=1$ ve her çift $1\leq a\leq 30$ tamsayısı için $r_1+r_2+\cdots+r_{a}\equiv 15\pmod{30}$ olur, böylece $16$ tane $a$ değeri için $31\mid f(1)f(2)\cdots f(a)+1$ olan bir fonksiyon bulmuş oluruz.

Eğer $16$'dan fazla $a$ olabilseydi en az iki tane $r_i$'lerde $0$ kullanmamız gerekecekti, bu da birebirlikle çelişir. Cevap $16$'dır.

Ek olarak fonksiyonun kendisini de verelim, $f(1)\equiv 3^{15}\pmod{31}$, $f(2)=1$, $n\geq 3$ için $n$ tekse $f(n)\equiv 3^{\frac{n-1}{2}}\pmod{31}$ ve $n$ çiftse $f(n)\equiv 3^{31-\frac{n}{2}}\pmod{31}$ olarak seçilebilir.

Cevap: $\boxed{A}$

Köklerin tanımlı olabilmesi için $6\geq x>0$, $7\geq y>0$ ve $13\geq z>0$ olmalıdır. Koordinat düzlemini ele alalım. $A(\sqrt{36-x^2},x)$, $B(\sqrt{36-x^2}+\sqrt{49-y^2},x+y)$ ve $C(\sqrt{36-x^2}+\sqrt{49-y^2}+\sqrt{169-z^2},x+y+z)=C(24,10)$ olsun. Bu durumda $O$ orijin olmak üzere, $$|OA|=6,\quad\quad |AB|=7,\quad\quad |BC|=13$$ olacaktır. Ayrıca $|OC|=\sqrt{24^2+10^2}=26$'dır. $$|OA|+|AB|+|BC|=26=|OC|$$ olduğundan üçgen eşitsizliğinden $O,A,B,C$ doğrusal olmalıdır. Buradan $x:y:z=6:7:13$ olmalıdır. $x=6k$, $y=7k$ ve $z=13k$ için $x+y+z=26k=10$ olduğundan $k=\frac{5}{13}$ olacaktır. Buradan da $$\frac{xz}{y}=\frac{78k^2}{7k}=\frac{78k}{7}=\frac{78\cdot 5}{13\cdot 7}=\frac{30}{7}$$ elde edilir.

Diğer bir yol: $x+y+z=10$ kullanarak,
\[
S_1 = (6-x)+(7-y)+(13-z) = 16 \quad\text{ve}\quad S_2 = (6+x)+ (7+y)+(13+z) = 36
\]
elde edilir. Şimdi, Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden
\[
36\times 16 = S_1 S_2 \ge (\sqrt{36-x^2}+\sqrt{49-y^2}+\sqrt{169-z^2})^2=576,
\]
bulunur, dolayısıyla $\frac{6-x}{6+x} = \frac{7-y}{7+y}=\frac{13-z}{13+z}=\frac{4}{9}$ sağlanmalıdır. Buradan $xz/y = 30/7$ elde edilir.

$6$ ve $7$ ifadelerinin toplamının $13$ e eşit olması tesadüf değildir. Burada tamamen kök ve tamkareden tamkare çıkarımı bize aslında geometrik bir konjektür oluşturabileceğimiz hakkında fikir veriyor.
$$\angle{ABC}=\angle{ADE}=\angle{EFC}=90^\circ$$
olmak üzere hipotenüsü $13$ olan bir üçgen ($\Delta{ABC}$) çizip $BC$ tabanına $z$ diyelim. Diğer iki köklü ifade için de üçgenler ($\Delta{ADE}$, $\Delta{EFC}$) oluşturduğumuzda, bunların hipotenüsünü $13$ hipotenüsüne sıra fark etmeksizin yerleştirelim. Bunların $z$'ye paralel kısımlarına $x$ ve $y$ verirsek aslında soruda verilen
$$\sqrt{36-x^2}+\sqrt{49-y^2}+\sqrt{169-z^2} =|AB|+|DE|+|FC|=2|AB|=24 $$
$$2|AB|=12 \Rightarrow z=5$$
Ayrıca şekilden $x+y=5$ elde edilir. Buradan $x,y$ yi bulabiliriz fakat daha direkt bir çözüm olması amacıyla benzerlikten $\dfrac{x}{y}=\dfrac{6}{7}$ olduğunu biliyoruz. Dolayısıyla
$$\dfrac{xz}{y}=5\cdot \dfrac{6}{7}=\boxed{\dfrac{30}{7}}$$

Cevap: $\boxed{C}$

Oyuna başlayan kişi $A$ olsun, diğer oyuncu $B$ olsun. $B$'nin yapabileceği en iyi hamlelerle bile kaybetmesini istiyoruz. $A$'nın kazanması, yani $B$'nin hamle yapamaması için iki öbekte hiç bilye kalmaması gerekir çünkü aksi takdirde boş olmayan iki öbeği seçerek hamlesini yapabilir. Bu yüzden $A$'nın kazanmayı garantileyebilmesi için $B$'nin bir hamlesi sonunda bir öbekte hiç bilye kalmamalıdır. Böylece $A$ da diğer iki öbeği seçerek dolu öbeklerden de birini boşaltır ve oyunu kazanır. Yani $B$'nin bir noktada bir öbeği boşaltması gerekecektir. Buna zorunda kalması için iki öbekte birer bilye kalmalıdır. Aksi takdirde birden fazla bilye olan öbekleri seçer ve öbeği sıfırlamak zorunda kalmaz. Yani bir noktada $B$'nin hamle yapması gerektiği öbekler $x>1$ için $(x,1,1)$ formatında olmalıdır.

Yani $A$'nın önünde tek bilyeli bir öbek kalırsa, diğer ikisini seçerek birini $1$'e düşürür (tabi halihazırda $1$ bilye olmaması lazım). Bu yüzden $B$'nin önünde $2$ tane $2$ kalmalıdır ki birini $1$'lemek zorunda olsun. Yani $x>2$ için $(x,2,2)$ formatında olmalıdır.

Bu şekilde geriye doğru ilerlersek $B$'nin önünde $x> y$ için $(x,y,y)$ formatında öbekler kaldığında $A$ kazanır. Aksi takdirde ise aynı taktiği $B$ kullanacağından $B$ kazanacaktır.

Dolayısıyla $(9,9,21)$ için $B$ kazanmayı garantiler.

$(11,11,11)$ için $A$, öbekleri $(11-x,11+x,11)$ yapar. $B$ ise bunları $(11-x,11-x,11+2x)$ yaparak oyunu kazanır.

$(9,10,31)$ için $A$, öbekleri $(9,9,32)$ yapar ve kazanır.

$(8,16,24)$ için $A$, öbekleri $(8,8,32)$ yapar ve kazanır.

$(9,22,22)$ için $A$ öbekleri $(9,9,35)$ yapar ve kazanır.

Dolayısıyla sadece $3$ tane durumda $A$ kazanmayı garantileyebilir.

Cevap: $3$.
$a \leq b$ olmak üzere, kendi hamlesi sonucunda durumu $(a, a, b)$ haline getiren oyuncu her zaman kendi hamlesi sonucunda durumu yine benzer hale getirerek oyunu kazanmayı garantileyebilir. Sonuç olarak birinci oyuncu oyunu $(9,10,31),(8,16,24)$ ve $(9,22,22)$ durumlarında kazanmayı garantileyebilir.

Kaynak: Tübitak 31. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2023

Yanıt: $\boxed D$


$AB$ nin orta noktası $M$, $CD$ nin orta noktası $N$, çemberin merkezi $O$, çemberin yarıçapı $r$ olsun.
$A$ dan ve $B$ den çizilen teğetler eşit olduğu için, $40^2 = AO^2 - r^2 = BO^2 - r^2 \Rightarrow AO = BO$, çemberin merkezi $MN$ üzerindedir.
$O$ dan $BC$ ye inilen dikmenin ayağı $K$ olsun.
$BO^2=40^2+r^2$, $CO^2=30^2+r^2$ olduğu için $BK^2-CK^2=BO^2-CO^2=40^2-30^2=700$.
$BK+CK=50$ olduğu için $BK-CK=14$ ve $BK=32$ elde edilir.
$OK=25$ olduğu için $BO^2=40^2+r^2=32^2+25^2=1649$ ve $r=7$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{E}$

$S=1^1+2^2+3^3+4^4+\ldots+(\ {31!}^{31!})\ $ sayısının $31$ ile bölümünde kalanı bulabilmek için bu sayıyı oluşturan terimleri aralıklara bölelim. 

Aralıklarımızı, $1-31$ aralığında ilk $31$ terim , $32-62$ aralığındaki $31$ terim, $63-93$ aralığındaki $31$ terim şeklinde oluşturalım. Toplamda $\frac{31!}{31}=30!$ kadar aralığımız var. $\mod{31}$'e göre kalanlarımız  $0,1,2,3,\dots,29,30$'dur. $31k+r$ formundaki sayılar $\mod{31}$'de $r$'ye denktir.
 
Örnek olarak $r=2$ alalım.  $$2^2+\left(31+2\right)^{31+2}+{\left(2\cdot 31+2\right)}^{2\cdot31+2}+\cdots+\left(31k+2\right)^{31k+2}+\equiv 2^2+2^{31+2}+2^{2\cdot 31+2}+\cdots+2^{31k+2}\pmod{31}$$
Küçük fermat teoreminden eğer $p$ asal ve $(a,p)=1$ ise $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$'dir. Buradan $$ 2^2+2^{31+2}+2^{2\cdot 31+2}+\cdots+2^{31k+2}\equiv 2^2+2^3+2^4+\cdots+2^{k+2}\pmod{31}$$ Toplam $30!$ aralık var. Her aralıkta bir tane $2$ kalanının kuvveti var.  $30!=k+2-2+1=k+1$ ve $k=30!-1$'dir. $$ 2^2+2^3+2^4+\cdots 2^{k+2}=2^2\left(1+2^2+2^3+\cdots 2^k\right)\equiv 2^2\cdot\frac{\left(2^{k+1}-1\right)}{2-1}\equiv 2^{k+3}-4\pmod{31}$$ olur. Bunu genelleştirirsek, $2\leq t\leq 30$ için $(31k+t)^{31k+t}$ formatındaki terimler için de $$t^t+t^{t+1}+t^{t+2}+\cdots + t^{k+t}\equiv t^t\cdot \frac{\left(t^{k+1}-1\right)}{t-1}\pmod{31}$$ kalanı elde edilecektir. Yukarıda bulunan ifadeyi $\mod{31}$'de incelersek  $$t^t\cdot\frac{\left(t^{k+1}-1\right)}{t-1}\equiv a\pmod{31}$$ olsun.
$$\implies t^t\left(t^{k+1}-1\right)\equiv a\left(t-1\right)\pmod{31}$$  $$\implies t^t\left(t^{30!}-1\right)\equiv a\left(t-1\right)\equiv 0\pmod{31}$$
çünkü küçük fermat teoreminden $\left(t^{30!}-1\right)\equiv\left(1-1\right)\equiv 0\pmod{31}$'dir.  Öyleyse $31$'e bölümünden kalanı $2\leq t\leq 30$ aralığındaki olan tüm terimler için $0$ kalanını elde ederiz. Ayrıca $1$ kalanından da $30!$ kadar vardı. Bu kalanda Wilson teoreminden $30!\equiv -1\pmod{31}$ olduğu için tüm toplam $-1$, yani $30$ kalanı vermektedir.

Cevap: $\boxed{C}$

Verilen denklemde her şeyi sol tarafa atalım. $$x^2y^2+4xy-2x^3-5x^2+10x-2y^3-5y^2+10y+25=0$$ olacaktır. Denklem $x$ ve $y$'ye göre simetriktir. Dolayısıyla $f(x,y)\cdot f(y,x)$ şeklinde çarpanlarına ayrılması olasıdır. Ayrıca denklemdeki sabit $+25$ terimi de bunu desteklemektedir. Çarpım sonucunda $x^2y^2$, $xy$, $x^3$ ve sabit terim olmasından dolayı $$f(x,y)=Ax^2+Bx+Cy^2+Dy+E$$ şeklinde olduğunu varsayabiliriz. Deneyelim, $$f(x,y)f(y,x)=(Ax^2+Bx+Cy^2+Dy+E)(Ay^2+By+Cx^2+Dx+E)$$ olacaktır. Basit katsayılara bakalım. Öncelikle sabit terim $E^2=25$ olduğundan genelliği bozmadan $E=5$ olsun. $x$ ve $y$'nin katsayıları sırasıyla $DE+EB=5(D+B)=10$ olduğundan $D+B=2$ olacaktır. $xy$'nin katsayısından ise $B^2+D^2=4$ bulunur. Yani $(B,D)=(2,0),(0,2)$ olacaktır. Yine genelliği bozmadan $(B,D)=(2,0)$ kabul edebiliriz. Önceki $E$ kabulü bunu etkilemeyecektir. $x^2y$ ve $xy^2$'nin katsayıları $0$ olmalıdır. Buradan $A=0$ elde edilir. $x^3$ ve $y^3$'ün katsayılarından ise $C=-1$ bulunur. Sonuç olarak $$f(x,y)f(y,x)=(2x-y^2+5)(2y-x^2+5)$$ buluruz ve açtığımızda gerçekten de denklemdeki ifadeye eşit olduğunu görürüz.

Dolayısıyla $x^2=2y+5$ veya $y^2=2x+5$ elde ederiz. Genelliği bozmadan $y^2=2x+5$ olsun. $$x^2+y^2=x^2+2x+5=(x+1)^2+4$$ olduğundan $\min(x^2+y^2)=4$ olur. Minimum değer ise $x=-1$ ve $y=\sqrt{3}$ alındığında sağlanacaktır. Tek eşitlik durumu bu değildir ama bir tane ikili için sağlaması yeterlidir.