Tübitak Ortaokul 1. Aşama - 2024 Çözümleri

Bir konveks (dışbükey) çokgenin dar açılı iç açılarının sayısı $0,1,2,3,4$ sayılarından kaçına eşit olabilir?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 5$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{D}$

Bir konveks $n$-genin dış açılarının toplamı $360^{\circ}$'dir. Bu çokgenin, eğer $k$ tane iç açısı dar açıysa bunlara karşılık gelen dış açı geniş açıdır, yani $90^{\circ}$'den daha büyüktür. Bu sebepten dolayı, eğer $4$ veya daha fazla dış açı varsa, bunlara karşılık gelen dış açıların toplamı $360^{\circ}$'i geçer ve çelişki elde edilir. Dolayısıyla dar açıların sayısı $0,1,2,3$ olabilir. Örnek durum olarak, $0$ için kare, $1$ için dik yamuk, $2$ için dik üçgen ve $3$ için eşkenar üçgen örnek verilebilir.

Çözüm 2:

Bu sorunun benzeri Ortaokul 1. Aşama 1998 Soru 10 da karşımıza çıkmıştı.

$a$, $b$ ve $c$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $b^2=ac$ ve $abc=216$ eşitlikleri sağlanmaktadır. Buna göre $a$, $b$ ve $c$ sayılarının en küçük ortak katlarının alabileceği farklı değerlerin toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 54 \qquad\textbf{b)}\ 60 \qquad\textbf{c)}\ 66 \qquad\textbf{d)}\ 72 \qquad\textbf{e)}\ 78$

Çözüm 1:

İkinci eşitlikte $ac$ yerine $b^2$ yazılırsa $b=6$ ve $ac=36$ bulunur. Böylece $(a,b,c)=(1,6,36), (2,6,18), (3,6,12), (4,6,9), (6,6,6), (9,6,4), (12,6,3), (18,6,2), (36,6,1)$ olur. Buradan $a,b,c$ sayılarının en küçük ortak katları ise $36, 18, 12, 6$ olarak bulunur. Bu değerlerin toplamı ise: $36+18+12+6=72$ olur.

Çözüm 2:

$abc=b^3=216=6^3\Longrightarrow b=6, ac=36$
$a,c$ nin en büyük ortak böleni $d$ olsun. $a=dx$, $c=dy$.
$ac=d^2xy=36\Longrightarrow d=1,2,3,6$.

$\text{ekok}(a,c)=dxy$ ve $b=\sqrt{dx\cdot dy}=d\sqrt{xy}$ olduğu için $\text{ekok}(a,b, c)=\text{ekok}(b, \text{ekok}(a,c))=\text{ekok}(d\sqrt{xy}, dxy)=dxy=\dfrac{ac}d=\dfrac {36}d$
$36\left (\dfrac 11+ \dfrac 12 + \dfrac 13 +\dfrac 16\right)=36\cdot 2=72$.

$x$ ve $y$ gerçel sayılar olmak üzere, $x^3+y^3+3xy=1$ eşitliği sağlanıyorsa $x+y$ toplamının alabileceği kaç farklı değer vardır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ 4$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çözüm için $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$$ özdeşliğini kullanacağız.

$a=x, b=y, c=-1$ alalım:

$$x^3+y^3+(-1)^3-3xy(-1)=(x+y-1)(x^2+y^2+1-xy+x+y)=0$$
olur. $x+y-1=0$ olacağından değerlerden biri $x+y=1$ olarak bulunur.
$$x^2+y^2+1-xy+x+y=0$$ eşitliğini $2$ ile genişletelim.
$$2x^2+2y^2+2-2xy+2x+2y=0$$
$$(x^2-2xy+y^2)+(x^2+2x+1)+(y^2+2y+1)=0$$
$$(x-y)^2+(y+1)^2+(x+1)^2=0$$
eşitliğinin sağlanması için $x=y, y=-1, x=-1$ olmalıdır. Bu durumda $x+y=-2$ değerini alır. Sonuç olarak $x+y$ toplamı $2$ farklı değer alır.

Not 1: Özdeşliği kullanmadan $x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)$ yazılarak da çözüm yapılabilir.

Not 2: İkinci çarpan \begin{align}x^2+y^2-xy+x+y+1&=x^2+(1-y)x+y^2+y+1\\&=\left(x+\frac{1-y}{2}\right)^2-\left(\frac{1-y}{2}\right)^2+y^2+y+1\\&=\left(x+\frac{1-y}{2}\right)^2+\frac 34(y+1)^2\end{align} şeklinde kareler toplamı olarak yazılabilir.

Çözüm 2:

Ortaokul seviyesinde değil ama $x^2-xy+y^2+x+y+1=0$ kısmını konik olarak düşünürsek $$Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0$$ genel konik denkleminde $xy$ terimini yok etmek için kullanılan $\tan2\theta=\dfrac{B}{A-C}=\dfrac{-1}{0}$, $\theta=\pi/4$ $$x=X\cos\theta-Y\sin\theta=(X-Y)/\sqrt{2}$$ $$y=X\sin\theta+Y\cos\theta=(X+Y)/\sqrt{2}$$ dönüşümleri ile $$(X+\sqrt{2})^2+3Y^2=0$$ ve $x=y=-1$ bulunuyor.

Geometrik olarak yorumlarsak $x^3+y^3+3xy-1=0$ eğrisi $x+y=1$ doğrusu ile $(-1,-1)$ noktasından ibaret.

Çözüm 3:

(Resmi Çözüm) $0=x^3+y^3+3xy-1=((x+y)^3-1)-3xy(x+y)+3xy=(x+y-1)((x+y)^2+x+y+1))-3xy(x+y-1)=(x+y-1)(x^2-xy+y^2+x+y+1)$ bulunur. $x+y=1$ olması durumunda denklem sağlanır.

$x+y\ne 1$ ise $x^2-xy+y^2+x+y+1=0$ olmalıdır. Bu denklemi $2$ ile çarparsak $(x-y)^2+(x+1)^2+(y+1)^2=0$ bulunur ve denklemin tek çözümü $x=y=-1$ olduğu için $x+y=-2$ olabilir; yani bu toplamın alabileceği $2$ farklı değer bulunur.

Çözüm 4:

$x+y=a$, $x-y=b$ olsun.
$x=\dfrac{a+b}2$ ve $y=\dfrac{a-b}2$ değerlerini yerine yazarsak $$\begin{array}{lcl}
0&=& \dfrac{(a+b)^3}{8}+\dfrac{(a-b)^3}{8}+3\cdot \dfrac{a+b}2 \cdot \dfrac{a-b}2-1 \\
&=&
\dfrac{a^3+3ab^2+3a^2-3b^2-4}4 \\
0&=& a^3-1+3b^2(a-1)+3(a^2-1)\\
&=&(a-1)(a^2+a+1+3b^2+3a+3)\\
&=&(a-1)\left ((a+2)^2+3b^2 \right )
\end{array}$$
$a=1, b\in \mathbb R$ veya $a=-2, b=0$ olmalı.

$5 \times 5$ bir satranç tahtasının $4$ birim karesine birer bilye yerleştirilecektir. Bu yerleştirme, her bir satır ve her bir sütun en fazla bir bilye içerecek biçimde kaç farklı şekilde yapılabilir?

$\textbf{a)}\ 480 \qquad\textbf{b)}\ 500 \qquad\textbf{c)}\ 575 \qquad\textbf{d)}\ 600 \qquad\textbf{e)}\ 625$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$1$ tane satır ve $1$ tane sütun boş kalacaktır. Bunu $\dbinom {5}{1}\cdot\dbinom {5}{1}=5\cdot5=25$ farklı şekilde seçebiliriz. Kalan yerlere ise $4$ bilyenin yerleşimi, $4\cdot3\cdot2\cdot1=24$ farklı şekilde yapılabilir.
O halde istenen durum $25\cdot24=600$ olur.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin iç bölgesindeki bir $D$ noktası için, $s(\widehat{DBC})=s(\widehat{BAC})=45^{\circ}$, $|BD|=5$, $|BC|=5\sqrt2$ ise $|AD|$ uzunluğu kaçtır?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 5\sqrt2 \qquad\textbf{d)}\ 10 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed E$

$D$ noktasından $BC$'ye dik inersek ve bu noktaya $R$ dersek $|BR|=\frac{5\sqrt2}{2}$ olduğundan $BDC$ üçgeni ikizkenardir. $\angle{BDC}=90^\circ$ ve $\angle{BAC}=45^\circ$ olduğundan $D$ noktası çevrel merkezdir. $|AD|=5$ olur.

Çözüm 2:

$BD$, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini $E$ de kessin.
Aynı yayı gören çevre açıların eşitliğinden $s(\widehat{BEC})=s(\widehat{BAC})=45^\circ$. Dolayısıyla $BEC$ üçgeni ikizkenar dik üçgendir. $|BE|=10$ ve $|BD|=|DE|=5$. $s(\widehat{BCE})=90^\circ$ olduğu için $[BE]$ çaptır. Bu durumda $D$ çevrel çemberin merkezidir. $|AD|=|DB|=5$ olacaktır.

Çözüm 3:

$R$, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı olmak üzere; Sinüs Teoreminden $\dfrac{|BC|}{\sin \widehat A}=2R \Longrightarrow \dfrac{5\sqrt 2}{\dfrac 1{\sqrt 2}}=10=2R \Longrightarrow R=5$. Bu durumda $D$, üçgenin çevrel çemberinin merkezi olacaktır. $|AD|=R=5$.

$1^{32}+2^{32}+3^{32}+ \cdots + 2023^{32}+2024^{32}$ toplamının $32$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$\textbf{a)}\ 20 \qquad\textbf{b)}\ 22 \qquad\textbf{c)}\ 24 \qquad\textbf{d)}\ 26 \qquad\textbf{e)}\ 28$

Çözüm 1:

Öncelikle; $2^{32}\equiv 4^{32}\equiv \ldots \equiv 2024^{32}≡0\pmod {32}$ olacağı açıktır. Ayrıca $\phi (32)=16$ olup, Euler Phi Teoreminden, $1^{16}\equiv 3^{16}\equiv \ldots \equiv 2023^{16}\equiv 1 \pmod {32}$ olacağından, $1^{32}\equiv 3^{32}\equiv \ldots \equiv 2023^{32}\equiv 1 \pmod {32}$ olur. O halde, $1^{32}+3^{32}+\ldots +2023^{32}\equiv 1012≡20 \pmod {32}$ olur. Sonuç olarak, $1^{32}+2^{32}+\ldots +2024^{32}$ toplamının $32$ ile bölümünden kalan $20$ dir.

Çözüm 2:

(Resmi Çözüm) $n$ çiftse, $n^{32}$ sayısı $32$ ile tam bölünür. $n$ tekse, $n^2=8k+1$, $n^4=16k+1$, $n^{8}=32k+1$ formundadır. Dolayısıyla $n^{32}\equiv 1 \pmod {32}$ olur. Bu durumda toplam , $1012=32.32+20$ olduğundan $\bmod {32}$ de $20$ ye denktir.

$m$ ve $n$ tam sayılar olmak üzere, $2^{m^2}+2^{n^2} < 2^{2024}$ şartını sağlayan kaç $(m,n)$ ikilisi vardır?

$\textbf{a)}\ 5929 \qquad\textbf{b)}\ 6241 \qquad\textbf{c)}\ 7569 \qquad\textbf{d)}\ 7921 \qquad\textbf{e)}\ 8281$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{D}$

Öncelikle $m=0$ ve $n=0$ durumlarını inceleyelim. Bu durumlar simetriktir bu yüzden sadece $n=0$'ı incelemek yeterlidir fakat $(m,n)=(0,0)$'ı iki defa sayacağımızı unutmayalım. $n=0$ için $$1+2^{m^2}<2^{2024}\iff m^2<2024\iff |m|\leq 44$$ olacağından $m=-44,-43,\dots,44$ olur ve $89$ değer bulunur. Simetriden dolayı $m$ veya $n$'nin $0$ olduğu $2\cdot 89-1=177$ ikili vardır.

$m,n\neq 0$ olsun. $(m,n)$ eşitsizliği sağlıyorsa, $(m,-n),(-m,n),(-m,-n)$ de sağlayacağından $m$ ve $n$'yi pozitif kabul edebiliriz. Tüm durumlar için bulduğumuz sonucu $4$ ile çarpmalıyız. $a$ sayısı $m$ ve $n$'nin en büyüğü olsun. O halde, $$2^{a^2}<2^{m^2}+2^{n^2}<2^{2024}\implies a\leq 44$$ bulunur. Bu sınırlandırma altında, $2^{m^2}+2^{n^2}$'nin alabileceği en büyük değer zaten $2^{44^2}+2^{44^2}=2^{1937}$'dir. Dolayısıyla $\max\{m,n\}\leq 44$ seçmek, eşitsizliği otomatik olarak sağlıcaktır. $44$'den küçük veya eşit iki tane pozitif tamsayısı $44^2$ farklı şekilde seçebiliriz. Dolayısıyla, tüm çözümlerin sayısı $$177+4\cdot 44^2=7921$$ bulunur.

Çözüm 2:

(Resmi Çözüm) $|m|$ veya $|n|\ge45$ ise sol taraf $2^{2025}$'ten daha büyük olur. $|m|$ veya $|n|\le44$ ise sol taraf en fazla $2.2^{44^2}=2^{1937}$ olacağı için eşitsizlik sağlanır. Böylece sağlayan $(m,n)$ ikililerinin sayısı $m,n\in \{-44,-43,...,44\}$ olduğundan $89^2=7921$ bulunur.

Her biri $7$ farklı renkten birine boyalı olan $n$ top $32$ kutuya dağıtılmıştır. Bu kutulardan herhangi $10$ tanesinin birleşiminde bu $7$ rengin her biri için o renge boyalı en az bir top varsa $n$ en az kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 157 \qquad\textbf{b)}\ 161 \qquad\textbf{c)}\ 176 \qquad\textbf{d)}\ 184 \qquad\textbf{e)}\ 192$

Ağırlık merkezi $G$ olan bir $ABC$ üçgeninde sırasıyla $[BC]$ ve $[AC]$ kenarları üzerinde alınan $D$ ve $E$ noktaları için $|AE|=|EC|$ ve $5|BD|=|DC|$ veriliyor. $AD \cap BE = \{F\}$ ise $\dfrac{|BF|}{|FG|}$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1/2 \qquad\textbf{b)}\ 2/3 \qquad\textbf{c)}\ 3/4 \qquad\textbf{d)}\ 4/5 \qquad\textbf{e)}\ 5/6$

Çözüm 1:

$ADC$ üçgeninde Menelaus Teoremi kullanılarak, $\dfrac{|BF|}{|FE|}=\dfrac25$ bulunur. Ayrıca, $G$, $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğundan $\dfrac{|BG|}{|GE|}=\dfrac21$ olacaktır. Böylece, $|BF|=6k$, $|FG|=8k$, $|GE|=7k$ yazılabilir. Buradan $\dfrac{|BF|}{|FG|}=\dfrac34$ bulunur.

Çözüm 2:

$[BC]$ nin orta noktası $M$ olsun.
Elimizdeki bilgiler: $BD:DM:MC=1:2:3$ ve $AG:GM=2:1$.
$\triangle BGM$ de $A,F,D$ noktaları için Menelaus uygularsak $$\dfrac{BF}{FG}\cdot \dfrac{GA}{AM}\cdot \dfrac{MD}{DB}=1 \Longrightarrow \dfrac{BF}{FG}\cdot \dfrac 23 \cdot \dfrac 21 = \dfrac 34 $$ elde edilir.

Çözüm 3:

$[BC]$ nin orta noktası $M$ olsun.
Elimizdeki bilgiler: $BD:DM:MC=1:2:3$ ve $AG:GM=2:1$.
$D$ den geçen $BE$ ye paralel olan doğru $AM$ yi $H$ de kessin.

$MH:HG=DM:BD=2:1$. $GH=k$ dersek $HM=2k$ ve $AG=6k$ olur.
$FG:DH=AG:AH=6:7$ ve $DH:BG=MD:BM=2:3$ oranlarını taraf tarafa çarparsak $FG:BG=4:7$ elde ederiz. $FG=4m$ ise $BF=3m$ olacaktır.

$30$'un bir tam katı olup tam olarak $30$ pozitif böleni olan en büyük pozitif tam sayı ile en küçük pozitif tam sayının farkı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 10530 \qquad\textbf{b)}\ 10620 \qquad\textbf{c)}\ 10710 \qquad\textbf{d)}\ 10800 \qquad\textbf{e)}\ 10890$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

(Resmi Çözüm) $30$ ile bölünen bir sayı $2^a.3^b.5^c.N (a,b,c\ge1)$ şeklinde olup bu sayının bölen sayısı en az $(a+1)(b+1)(c+1)$'dir. Diğer taraftan $30=2.3.5$ olduğuna göre tek seçeneğin $N=1$ ve $\{a,b,c\}=\{1,2,4\}$ olmasıdır. Buna göre, cevap

$2^1.3^2.5^4-2^4.3^2.5^1=11250-720=10530$ dur.

$a,b,c$ gerçel sayılar olmak üzere, $a+b=30$ ve $ab=225+c^2$ eşitliklerini sağlayan kaç $(a,b,c)$ üçlüsü vardır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ \text{Sonsuz çoklukta}$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

Birinci eşitlikten $b=30-a$ olur. Bu ifade ikinci eşitlikte yazılırsa, $a(30-a)=225+c^2$ olup düzenlenirse, $a^2-30a+225+c^2=0⇒(a-15)^2+c^2=0$ olur. Buradan ise, $a=15$, $c=0$ ve $b=15$ bulunur. Yalnız bir tane $(a,b,c)$ üçlüsü vardır.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$

$ab=225+c^2\gt 0$ olduğundan $a.b\gt 0$ olmalıdır. Aynı zamanda $a+b=30\gt 0$ olması $a$ ve $b$ sayılarının pozitif olmasını gerektirir; dolayısıyla $AO-GO$ eşitsizliğini kullanabiliriz:
$$\dfrac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$$ $$15\ge\sqrt{225+c^2}$$ olduğundan $c$=0 olur. Bu durumda $AO=GO$ yani $a=b=15$ bulunur.

Buna göre verilen eşitlikleri sağlayan tek bir üçlü olup $(a,b,c)=(15,15,0)$ dır.

Çözüm 3:

(Resmi Çözüm) $(a-b)^2=(a+b)^2-4ab=-4c^2$ olduğu için $c=0$ ve $a=b=15$ olmalıdır, yani bu denklem sisteminin tek çözümü vardır.

Başlangıçta $12$ kırmızı ve $12$ beyaz top bir doğru boyunca en soldaki top kırmızı ve yan yana bulunan herhangi iki top farklı renkte olacak şekilde sıralanmıştır. Her işlemde yan yana olan farklı renkli iki topun yerleri birbirleriyle değiştirilmektedir. Buna göre bu toplar, en az kaç işlem sonucunda soldan ilk $12$ top beyaz olacak şekilde yeniden dizilebilir?

$\textbf{a)}\ 70 \qquad\textbf{b)}\ 72 \qquad\textbf{c)}\ 74 \qquad\textbf{d)}\ 76 \qquad\textbf{e)}\ 78$

Bir $ABCD$ paralelkenarında $\widehat A$ açısının iç açıortayı ile $\widehat B$ açısının iç açıortayı paralelkenarın içinde bir $E$ noktasında kesişmektedir. $BE$ ve $CD$ doğrularının kesişimi $[CD]$ kenarı üzerinde bir $F$ noktasıdır. $|AE|=15$, $|AB|=25$, $|BF|=24$ olduğuna göre $|BC|$ uzunluğu kaçtır?

$\textbf{a)}\ 14 \qquad\textbf{b)}\ 15 \qquad\textbf{c)}\ 16 \qquad\textbf{d)}\ 17 \qquad\textbf{e)}\ 18$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed {B}$

$\widehat A+\widehat B=180^{\circ}$ ve $\dfrac{\widehat A+\widehat B}{2}=90^{\circ}$ olduğundan $\widehat {AEB} =90^{\circ}$ ve Pisagor teoreminden $|BE|=20$ bulunur.

$BF$ ve $AD$ ışınlarını bir $G$ noktasında kesişecek biçimde uzatırsak $\triangle ABG$ üçgeni ikizkenar ve $|AG|=25$ ve $|EG|=20$ olacağından $|FG|=16$ bulunur.

$\triangle BCF$ ve $\triangle GFD$ üçgenleri benzer ve benzerlik oranları $\dfrac{3}{2}$ olduğundan $|FC|=3k$ , $|FD|=2k$ , $|BC|=|AD|=3x$, $|DG|=2x$ diyebiliriz.

Bu durumda $|AG|=|AD|+|DG|=5x=25$ olacağından $|BC|=3x=15$ bulunur.

Çözüm 2:

$\widehat A+\widehat B=180^{\circ}$ ve $\dfrac{\widehat A+\widehat B}{2}=90^{\circ}$ olduğundan $\widehat {AEB} =90^{\circ}$ ve Pisagor teoreminden $|BE|=20$ bulunur.

$BF$ ve $AD$ ışınlarını bir $G$ noktasında kesişecek biçimde uzatırsak $\triangle ABG$ üçgeni ikizkenar ve $|AG|=25$ ve $|EG|=20$ olacağından $|FG|=16$ .

$DF\parallel AB$ olduğu için $\dfrac{|BF|}{|BG|}=\dfrac{|AD|}{|AG|} \Longrightarrow \dfrac{24}{40}=\dfrac{|AD|}{25} \Longrightarrow |AD| = 15$

Bu durumda $|BC|=|AD|=15$ olur.

Bir tahtaya $1,2,...,100$ sayıları yazılmıştır. Tahtadaki bir $k$ sayısı dışındaki $99$ sayının aritmetik ortalaması bir tam sayı ise $k$ sayısına hoş sayı diyelim. Tahtadaki tüm hoş sayıların toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 101 \qquad\textbf{b)}\ 108 \qquad\textbf{c)}\ 113 \qquad\textbf{d)}\ 118 \qquad\textbf{e)}\ 127$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{A}$

$k$ dışındaki sayıların toplamı $(1+2+\cdots+100)-k=\frac{100\cdot 101}{2}-k=5050-k$'dır. Dolayısıyla, bu sayıların aritmetik ortalaması da $\frac{5050-k}{99}$'dur. Bu sayının tamsayı olması için $$k\equiv 5050\equiv 1\pmod{99}$$ olması gerekir. Bu şartı sağlayan $1$'den $100$'e tüm sayılar sadece $1$ ve $100$'dür. Toplamları ise $101$'dir.

$x$ ve $y$ gerçel sayıları $$3x^2y+3y-1=3y^2x+3x-1=x^2y^2+x^2+y^2$$ denklem sistemini sağlamaktadır. $x+y$ sayısının alabileceği farklı değerlerin toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 3\sqrt5 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 12$

Çözüm 1:

Yanıt:$\boxed{D}$

$3y(x^2+1)=3x^2y+3y=x^2y^2+x^2+y^2+1=(x^2+1)(y^2+1)$ yani $y^2-3y+1=0$ olup buradan $y=\dfrac{3+\sqrt5}{2}$ veya $y=\dfrac{3-\sqrt5}{2}$ bulunur.

Benzer olarak $3x(y^2+1)=3xy^2+3x=x^2y^2+x^2+y^2+1=(x^2+1)(y^2+1)$ yani $x^2-3x+1=0$ olup buradan $x=\dfrac{3+\sqrt5}{2}$ veya $x=\dfrac{3-\sqrt5}{2}$ bulunur. Buna göre $x+y$ toplamı $3+\sqrt{5}$, $3-\sqrt{5}$ veya $3$ olacağından alabileceği değerler toplamı $9$ bulunur.

Çözüm 2:

(Resmi Çözüm) $1.$ ve $3.$ ifadelerin eşitliğinden $(x^2+1)(y^2-3y+1)=0$ , $2.$ ve $3.$ ifadelerin eşitliğinden $(y^2+1)(x^2+3x+1)=0$ bulunur. Bu durumda iki sayı da $t^2-3t+1$ polinomunun kökleridir. Bu köklere $t_1,t_2$ dersek, $x+y$ nin alabileceği değerler

$2t_1,t_1+t_2$ ve $2t_2$ olur. $t_1+t_2=3$ olduğu için bu sayıların toplamı $9$ olarak bulunur.

Çözüm 3:

$1.$ ve $2.$ ifadelerin eşitliğinden $3xy(x-y) - 3(x-y) = 3(xy-1)(x-y)$. Bu durumda ya $x=y$ ya da $xy=1$.

$x=y$ ise $2.$ ve $3.$ ifadelerin eşitliğinden $3x^3 + 3x - 1 = x^4 + 2x^2 \Rightarrow 3x(x^2+1) = (x^2+1)^2 \Longrightarrow 3x = x^2 + 1$. $x^2 -3x+1 = 0$ denkleminde $\Delta > 0$ olduğu için gerçel kökler vardır ve bunların toplamı Vieta'dan dolayı $3$ tür. Bu durumda $x+y=2x$ olduğu için $x+y$ nin alabileceği değerler toplamı, bu durum için, $6$ dır.

$xy=1$ ise $3y(xy) + 3x = x^2 + y^2 + 2 = x^2 + y^2 + 2xy = (x+y)^2 \Longrightarrow 3(x+y) = (x+y)^2$. Burada $x+y=0$ ya da $x+y=3$ çıkar.
$x+y = 0$ ve $xy=1$ in sağlamadığını gösterelim. $y=-x \Longrightarrow xy = -x^2 = 1$ denkleminin gerçel kökü yoktur.
Peki, $x+y=3$ sağlar mı? $AO \geq GO$ dan $(x+y)^2 \geq 4xy = 4 \Longrightarrow |x+y| \geq 2$ şartından dolayı $x+y=0$ sağlamaz; ama $x+y=3$ sağlar.

Bu durumda $x+y$ nin alabileceği değerler toplamı $6+3= 9$ çıkar. $x+y=0$ durumunu kontrol etmeseydik, toplam yine $9$ çıkacaktı.

Pozitif tam sayılardan oluşan $a_1,a_2,...,a_8$ dizisinde $a_8 \leq 9$ ve her $1 \leq i \leq 7$ için $a_i$ sayısı $a_{i+1}$ sayısını bölüyorsa bu diziye uyumlu dizi diyelim. Uyumlu dizi sayısı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 269 \qquad\textbf{b)}\ 276 \qquad\textbf{c)}\ 289 \qquad\textbf{d)}\ 298 \qquad\textbf{e)}\ 302$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$a_8 = 9$ durumunu inceleyerek başlayalım. $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 3, 9\}$ olabilir. $x$ tane $1$, $y$ tane $3$ ve $z$ tane $9$ olsun. $x + y + z = 7$ denkleminin negatif olmayan tam sayılardaki çözüm sayısını bulacağız. Dağılım prensibi ile $\dbinom{9}{2} = 36$ bulunur.

$a_8 = 8$ olsun. $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 2, 4, 8\}$ olabilir. $x$ tane $1$, $y$ tane $2$, $z$ tane $4$ ve $t$ tane $8$ olsun. $x + y + z + t = 7$ denkleminden $\dbinom{10}{3} = 120$ çözüm bulunur.

$a_8 = p$ asal sayısı olsun. $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, p\}$ olabilir. $x + y = 7$ denkleminin $8$ çözümü vardır. $p\in \{ 2, 3, 5, 7\}$ olduğundan $8\cdot 4 = 32$ çözüm elde edilir.

$a_8 = 4$ olsun. $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 2, 4\}$ olabilir. $x$ tane $1$, $y$ tane $2$ ve $z$ tane $9$ olsun. $x + y + z = 7$ denkleminin negatif olmayan tam sayılardaki çözüm sayısını dağılım prensibi ile $\dbinom{9}{2} = 36$ buluruz.

Dikkat edilmesi gereken $a_8 = 6$ durumuna bakalım. $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 2, 6\}$ veya $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 3, 6\}$ olabilir. Ayrıca $a_1, a_2, \dots, a_7 \in \{1, 6\}$ kesişim durumlarını da hesaplarız. İçerme dışarma prensibi ile $36 + 36 - 8 = 64$ buluruz.

Son olarak, $a_8 = 1$ ise, her $1\leq i \leq 7$ için $a_i = 1$ olmalıdır. $1$ durum vardır.

Böylece genel toplam $36 + 120 + 32 + 36 + 64 + 1 = 289$ olarak elde edilir.

Bir dik koordinat düzleminde orijin noktasındaki bir robot, $(0,13),(2,13),(2,-4),(0,-4)$ noktalarının oluşturduğu dikdörtgen bölgenin içine girememektedir. Robot en fazla $8$ birim yol katedebildiğine göre, robotun gidebileceği tüm noktalar kümesinin alanı kaç birim karedir?

$\textbf{a)}\ 29\pi \qquad\textbf{b)}\ 31\pi \qquad\textbf{c)}\ 33\pi \qquad\textbf{d)}\ 35\pi \qquad\textbf{e)}\ 37\pi$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{E}$

Robot, koordinat sisteminde $x<0$ bölgesinde $8$ birim yarıçaplı yarım daire içerisinde her yere gidebilir. $x>0$ bölgesine geçebilmesi için tek yol $(0,-4)$ noktasına gidip kalan $4$ birim yol katetme hakkını kullanmasıdır. $x>0$ ve $y<-4$ bölgesinde $4$ birim yarıçaplı çeyrek daire içerisinde istediği yere gidebilir. $y>-4$ bölgesine geçmesi için $(2,-4)$ noktasına gidip kalan $2$ birim hakkını kullanmalıdır. $x>0$ ve $y>-4$ bölgesinde de dikdörtgenin içine girmeden sadece $2$ birim yarıçaplı çeyrek daire içinde kalabilir. Dolayısıyla gidebileceği tüm bölgelerin alanı $$\frac{8^2\pi }{2}+\frac{4^2\pi}{4}+\frac{2^2\pi}{4}=37\pi$$ olacaktır.

$m$ ve $n$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $m^3-3m^2+3m=8n+8$ eşitliğini sağlayan bir $(m,n)$ ikilisi için $m+n$'nin alabileceği en küçük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 42 \qquad\textbf{b)}\ 44 \qquad\textbf{c)}\ 46 \qquad\textbf{d)}\ 48 \qquad\textbf{e)}\ 50$

Çözüm 1:

Yanıt $\boxed{E}$

Eşitliği $$m^3-3m^2+3m-1=8n+7$$ $$(m-1)^3=8n+7$$ şeklinde yazalım ve modülo 8 de değerlendirelim: $$(m-1)^3\equiv 7 \mod 8 $$ Bir $x$ tamsayısı için $x^3\equiv 0,1,3,5,7\mod 8$ olduğundan aranan en küçük değerin kolayca $m-1=7$, $m=8$ , $n=42$ olduğundan $m+n=50$ olduğu bulunur.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{E}$

$n+1 = \dfrac{m}{8}(m^2 -3m + 3)$ yazalım. $m$ nin her tam sayı değeri için $m^2 -3m + 3$ tek tam sayıdır. Dolayısıyla $n$ nin tam sayı olabilmesi için gerek ve yeter şart $8\mid m$ olmasıdır.

Bu halde $m = 8$ için $n + 1 = 8^2 - 3\cdot 8 + 3 = 43$ ve $n=42$ olur. En küçük toplam $m + n = 8 + 42 = 50$ dir.

$f(x)=\dfrac{x^3}{3x^2-3x+1}$ olmak üzere, $$f \left( \dfrac{1}{33} \right) + f \left( \dfrac{2}{33} \right) + f \left( \dfrac{3}{33} \right) + \cdots + f \left( \dfrac{31}{33} \right) + f \left( \dfrac{32}{33} \right)$$ toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{65}{33} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{31}{2} \qquad\textbf{c)}\ 16 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{496}{33} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{33}{2}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

$f(x) = \dfrac {x^3}{3x^2 - 3x + 1} = \dfrac {x^3}{(1-x)^3 + x^3}$ ve $f(1-x) = \dfrac {(1-x)^3}{x^3 + (1-x)^3}$ olduğu için $f(x) + f(1-x)=1$.

$S = f \left( \dfrac{1}{33} \right) + f \left( \dfrac{2}{33} \right) + f \left( \dfrac{3}{33} \right) + \cdots + f \left( \dfrac{31}{33} \right) + f \left( \dfrac{32}{33} \right) $

$S = f \left( \dfrac{32}{33} \right) + f \left( \dfrac{31}{33} \right) + f \left( \dfrac{30}{33} \right) + \cdots + f \left( \dfrac{2}{33} \right) + f \left( \dfrac{1}{33} \right) $

Taraf tarafa toplarsak, $2S = 32 \cdot 1 = 32 \Longrightarrow S = 16$.

$n$ futbol takımının katıldığı bir turnuvada her takım ikilisi aralarında tam olarak bir maç yapmıştır ve her bir maç bir takımın galibiyeti veya beraberlik ile sonuçlanmıştır. Tüm maçlar yapıldıktan sonra her takımın kazandığı maç sayısının, berabere kaldığı maç sayısının $1,5$ katı olduğu görülmüştür. Buna göre, $n$ sayısı $9, 10, 11, 12, 13$ sayılarından kaçına eşit olabilir?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 5$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Takımları $1$ den $n$ e kadar numaralandırmış olalım. $x_i, y_i$ birer tam sayı olmak üzere, $i$-inci takımın galibiyet sayısı $3x_i$, beraberlik sayısı $2x_i$ ve mağlubiyet sayısı $y_i$ ile gösterilebilir. Toplam galibiyet sayısı ve toplam mağlubiyet sayısı birbirine eşittir. (Problemde bu bir invaryanttır.) Bu durumu,
$$ \sum 3x_i = \sum y_i $$
biçiminde ifade edebiliriz.
Ayrıca her bir takımın galibiyet, beraberlik ve mağlubiyet sayılarının toplamı, yapılan toplam maç sayısının $2$ katına eşit olur. $\dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}$ kadar maç yapılmıştır. Böylece,
$$ \sum 3x_i + \sum 2x_i + \sum y_i = 2\dbinom{n}{2} $$
veya
$$ \sum x_i = \dfrac{n(n-1)}{8} $$
elde edilir. Bu eşitliğin sol tarafı bir tam sayı olduğundan, $\dfrac{n(n-1)}{8} $ ifadesi de bir tam sayı olmalıdır. Böylece verilen değerler arasında yalnızca $n=9$ mümkündür.

Seçenekler, göz önüne alındığında örnek verme gereği görülmeyebilir. Biz yine de uygun bir örnek olduğunu da gösterelim: $n=9$ iken her takım $8$ er maç yapmıştır. $i$-inci takım; $i+1, i+2, i+3$-üncü takımlara karşı kazanmış olsun ve $i+4, i+5$ inci takımlarla berabere kalsın. (Takım numarası değerleri içi gerekirse modülo $9$ kullanarak işlemleri yapınız.) $i$-inci takım, diğer üç takıma ($i-1, i-2$ ve $i-3$'e) karşı da kaybedecektir. Bu örnek tüm koşulları sağlar.

$|AB|<|AC|$ olan dar açılı bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarının orta noktası $D$ ve $B$ noktasından $[AC]$ kenarına inilen dikme ayağı $E$ olmak üzere, $D$ noktasından $AD$ doğrusuna çizilen dikme ile $BE$ doğrusunun kesişim noktası $F$ olsun. $s(\widehat{EFD})=30^{\circ}$ ve $s(\widehat{ACB})=40^{\circ}$ ise $s(\widehat{FAC})$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 70^{\circ} \qquad\textbf{b)}\ 75^{\circ} \qquad\textbf{c)}\ 80^{\circ} \qquad\textbf{d)}\ 85^{\circ} \qquad\textbf{e)}\ 90^{\circ}$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{C}$

$\angle{FBC}=50^\circ$ olduğundan $\angle{BDF}=20^\circ$ olur ve $\angle{ADB}=70^\circ$ elde edilir. $\angle{DAC}=30^\circ$ olduğu anlaşılır. $\angle{ADF}=\angle{AEF}=90^\circ$ olduğundan $AEDF$ kirişler dörtgeni olur. $BFC$ üçgeninde muhteşem üçlüden $\angle{BED}=50^\circ$ olur. Deminki çembersellikten $\angle{FAD}=50^\circ$ olur. Cevap $\angle{FAC}=\angle{DAC}+\angle{FAD}=80^\circ$ elde edilir.

Bir $A>32$ pozitif tam sayısının $32$ ile bölümünde bölüm $B$, kalan ise $19$'dur. $A$'nın $B$ ile bölümünden kalan $C$ ise $C$'nin alabileceği kaç farklı değer vardır?

$\textbf{a)}\ 11 \qquad\textbf{b)}\ 13 \qquad\textbf{c)}\ 15 \qquad\textbf{d)}\ 17 \qquad\textbf{e)}\ 19$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{A}$

$A=32B+19$ olduğunu biliyoruz. Öncelikle $10\leq B<19$ olduğu durumu inceleyelim. $19$, $B$'nin alabileceği bu değerlerin tamamının $2$ katından küçüktür. Dolayısıyla bu sayılarla bölümünden kalan doğrudan $19-B$ olur. Buradan kalanın alabileceği değerler $\{1,2,3,.....,9\}$ kümesinden olur. $A$'nın $B$ ile bölümünden kalan $B=19$ olursa $0$ ve $B>19$ olursa $19$ olur. $B<10$ durumunda ise bu kalan değeri doğal olarak $10$'dan küçük olur. Ekstra durum elde edilemez. Yani $C\in\{0,1,2,.....,9,19\}$ olur ve alabileceği $11$ değer vardır.

$x,y,z,t$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere, $(x^2+y^2)(z^2+t^2)=2024$ ve $xt=yz+40$ ise $xz+yt$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 20 \qquad\textbf{b)}\ 25 \qquad\textbf{c)}\ 30 \qquad\textbf{d)}\ 40 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Lagrange özdeşliğinin özel bir hali olan Brahmagupta-Fibonacci özdeşliği olarak bilinen $$(xt-yz)^2+(xz+yt)^2=(x^2+y^2)\cdot(z^2+t^2)$$ özdeşliği kullanılarak da çözüm yapılabilir. Burada $x,y,z,t\in\mathbb{R}$ dir.

Verilenler yerine yazılırsa $$1600+(xz+yt)^2=2024$$ $$xz+yt=\sqrt{424}$$ olup seçeneklerde yoktur.

Not: Çözüm Lokman Gökçe'ye aittir.

Bir çember etrafına birbirinden farklı $20$ tam sayı yazılmıştır. Yan yana olan herhangi iki sayının farkının mutlak değeri ya $8$ ya da $11$'dir. Bu $20$ sayıdan en büyüğü ile en küçüğünün farkı en fazla kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 104 \qquad\textbf{b)}\ 105 \qquad\textbf{c)}\ 107 \qquad\textbf{d)}\ 108 \qquad\textbf{e)}\ 110$

Bir $ABC$ üçgeninde sırasıyla $[BC], [CA], [AB]$ kenarları üzerinde alınan $D,E,F$ noktaları için $s(\widehat{ABC})=s(\widehat{ADE})$ ve $s(\widehat{ADF})=s(\widehat{ACB})$ eşitlikleri sağlanmaktadır. $|AD|=3, |BD|=4, |CD|=6$ ise $|EF|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{30}{11} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{40}{11} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{20}{7} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{25}{7} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Yanıt $\boxed{A}$

$\widehat {ABD}=\widehat {ADE}=\alpha$ , $\widehat {ADF}=\widehat {ACD}=\theta$ ve $\widehat {FAD}=\beta$ olsun.

$\triangle ABD$ üçgeninin $D$ dış açısı yani $\widehat {ADC}=\alpha+\beta$ olacağından $\widehat {EDC}=\beta$ olup $\triangle ADF$ ve $\triangle DCE$ üçgenleri benzerdir ve benzerlik oranları $3/6=1/2$ dir. O zaman $|AF|=x$ denirse $|DE|=2x$ olur.

$\triangle AFD$ üçgeninde $F$ dış açısı ve $\triangle DEC$ üçgeninde $E$ dış açısı $\beta+\theta$ olduğundan $\triangle AED$ ve $\triangle DFB$ üçgenleri benzerdir ve benzerlik oranları $3/4$ tür. Dolayısıyla $|FD|=k$ dersek $|AE|=3k/4$ ve $|BF|=8x/3$ olmalıdır.

Buna göre $AF/FB=AE/EC=3/8$ ve $\widehat {BAC}$ açıları ortak olduğundan $\triangle AFE$ ve $\triangle ABC$ üçgenleri de benzer olmalıdır. Benzerlik oranları yazılırsa $$|AF|/|AB|=|AE|/|AC|=|EF|/|BC|$$ $$3/11=|EF|/10$$ eşitliğinden $|EF|=30/11$ bulunur.

Çözüm 2:

$\widehat {EDF} = \widehat {ADE}+\widehat {ADF}=\widehat {ABC}+\widehat{ACB}=180^\circ - \widehat{BAC}$ olduğu için $AEDF$ kirişler dörtgenidir.
$\widehat{AFE}=\widehat{ADE}=\widehat {ABC}$ olduğu için $\triangle AFE \sim \triangle ABC$.
$FE$ ile $AD$, $G$ de kesişsin. $|AG|=3x$ dersek, benzerlikten $|FG|=4x$ ve $|GE|=6x$ olur.
$G$ noktasının $AEDF$ kirişler dörtgeninin çemberine göre kuvvetinden $|FG|\cdot |GE|=|AG|\cdot |GD| \Longrightarrow |GD|=8x$.
$|AD|=11x=3$ ve $|FE|=10x=10\cdot \dfrac 3{11}=\dfrac{30}{11}$.

Bir $n$ pozitif tam sayısı ile $180$ sayısının ortak pozitif bölenlerinin sayısı $6$'dır. Buna göre $n$ ile $180$'in en büyük ortak böleninin alabileceği kaç farklı değer vardır?

$\textbf{a)}\ 2 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 8 \qquad\textbf{e)}\ 10$

$x,y,z$ gerçel sayılar olmak üzere, $\dfrac{4y+18-y^2}{x^2+2y^2+z^2+2xy+2yz+2}$ ifadesinin alabileceği en büyük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 9 \qquad\textbf{c)}\ 10 \qquad\textbf{d)}\ 11 \qquad\textbf{e)}\ 12$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{D}$

Düzenlersek $\dfrac {22-(y-2)^{2}}{(x+y)^{2}+(y+z)^{2}+2}$ olur. Yukarıdaki ifadeye $A$ ve alttaki ifadeye $B$ dersek $A \le 22$ ve $B\ge 2$ olduğunu söyleyebiliriz. Bu durumda en büyük değer $\dfrac {A}{B}$'den 11'dir.

$9 \times 9$ bir satranç tahtasının $n$ birim karesi nasıl işaretlenirse işaretlensin, tahtanın $3$ tane işaretlenmiş birim karesinden oluşan $1 \times 3$ ya da $3 \times 1$ boyutlarında bir dikdörtgen bulunuyorsa, $n$ sayısının alabileceği en küçük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 49 \qquad\textbf{b)}\ 51 \qquad\textbf{c)}\ 53 \qquad\textbf{d)}\ 55 \qquad\textbf{e)}\ 57$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

İstenen özellikte bir dikdörtgen bulundurmayan bir $9 \times 9$ tahta düşünelim. Bir satırda en fazla $6$ tane işaretlenmiş kare olabilir. Çünkü, bir satırda $7$ tane işaretlenmiş kare olursa bunlardan $3$ tanesi yan yana gelmek zorundadır. Bu da $1\times 3$ türünde işaretli bir dikdörtgen oluşması demektir. Böylece tüm tahtada toplamda $9\cdot 6 = 54$ ya da daha az sayıda işaretlenmiş kare olursa, $1\times 3$ (veya $3\times 1$) türünde dikdörtgen görülmeyebilir. $54$ için bunun örneği aşağıdaki gibidir:

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
& C_1 &C_ 2 & C_3 & C_4 & C_5 & C_6 & C_7 & C_8 & C_9\\
\hline
R_1 & \times & \times & & \times & \times & & \times & \times & \\
\hline
R_2 & & \times & \times & & \times & \times & & \times & \times \\
\hline
R_3 & \times & & \times & \times & & \times & \times & & \times\\
\hline
\end{array}$$

$R_i$'ler satırları, $C_i$'ler sütunları göstermektedir. İlk üç satırdaki düzeni üçlü blok halinde sonraki satırlarda da kullandığımızı düşünelim. $54$ işaretlenmiş kare vardır ama $1\times 3$ (veya $3\times 1$) türünde dikdörtgen görülmez. Dolayısıyla $54 + 1 = 55$ işaretlenmiş kare olduğu zaman, satırlardan birinde en az $\left\lceil \dfrac{55}{9}\right\rceil = 7$ işaretli kare bulunur. Bu satırda $1\times 3$ türünde bir işaretli dikdörtgen mutlaka vardır.

$|AB|=6$, $|AC|=8$, $s(\widehat{BAC})=90^{\circ}$ olan bir $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin ve $B$ köşesine göre dış teğet çemberinin merkezleri sırasıyla $I$ ve $J$ ise $|IJ|$ uzunluğu kaçtır?

$\textbf{a)}\ 6\sqrt2 \qquad\textbf{b)}\ 4\sqrt5 \qquad\textbf{c)}\ 9 \qquad\textbf{d)}\ 10 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

$I$ dan $BC$, $AC$, $AB$ doğrusuna inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $L$, $M$, $K$;
$J$ dan $BC$, $AC$, $AB$ doğrusuna inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $S$, $T$, $N$ olsun.

$AK=AM=x$, $BK=BL=y$, $CL=CM=z$ olsun.
$BC=a=y+z$, $AC=b=x+z$, $AB=c=x+y$.
$u=\dfrac{a+b+c}{2}=x+y+z$

$2BN=2BS=BN+BS=AB+BC+AN+CS$ $=AB+BC+AT+CT=AB+BC+AC=2u$ ve $BN=u$

$BK=y=u-b$, $AK=x=u-a$, $AN=u-c$ ve $KN=2u-a-c=b$ dir.
$I$ dan $JN$ ye inilen dikmenin ayağı $Z$ olsun. $IZ=KN=b$ ve $\angle ZIJ = \angle NBJ = \dfrac{\angle ABC}{2}$ olduğu için $IJ= \dfrac{IZ}{\cos ( \angle ABC/2 )}=\dfrac{b}{\cos ( \angle ABC/2 )}$

Bu soruda $\angle BAC=90^\circ$ olduğu için $IK=IM=AK=u-a=2$, $BK=u-b=4$ ve Pisagordan $BI=2\sqrt 5$ olduğu için $\cos ( \angle ABC/2 )=\dfrac{4}{2\sqrt 5}=\dfrac{2}{\sqrt 5}$ ve $IJ=4\sqrt 5$ elde edilir.

Not:
Sinüs Teoreminden $R$, $\triangle ABC$ nin çevrel yarıçapı olmak üzere $\dfrac{b}{\sin\angle ABC}=2R$ olduğu için $IJ=\dfrac{b}{\cos ( \angle ABC/2 )}=\dfrac{2R\sin \angle ABC}{\cos ( \angle ABC/2 )}=4R\sin ( \angle ABC/2 )$ elde edilebilir.

Çözüm 2:

Yanıt : $\boxed{B}$

$|BC|=10$ olduğunu biliyoruz. $B$, $I$ ve $J$'nin dogrusal olduğunu biliyoruz. $BI \cap AC=T$ olsun. $ABC$ üçgeninde $B$'ye göre iç açıortay teoreminden $|AT|=3$ olur. $|BT|=3\sqrt5$ elde edilir. $ABT$ üçgeninde $A$'ya göre iç açıortay teoreminden $|IT|=\sqrt5$ olur. Yine bu ücgende $A$'ya göre dış açıortay teoreminden $|TJ|=3\sqrt5$ olur. $|IJ|=|IT|+|TJ|$ olduğundan $|IJ|=4\sqrt5$ elde edilir.

Çözüm 3:

$ABC$ nin iç teğet çemberi $BC$ ye $T$ de dokunsun.
$|IT|=\dfrac{6+8+10}2-10=2$, $|CT|=6$. Pisagordan $|IC|=2\sqrt{10}$.

$\widehat{JIC}=\widehat {IJC}=45^\circ$.
$|IJ|=|IC|\sqrt 2 = 2\sqrt{10}\sqrt 2 =4\sqrt 5$.

$2^{p+3}+3^{p+2}+5^{p+1}$ toplamının $p$ ile tam bölünmesini sağlayan kaç $p$ asal sayısı vardır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 5$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Fermat teoreminden bir $p$ asalı ve bir $a$ tam sayısı için $a^p\equiv a\pmod p$ olduğunu biliyoruz. Buna göre $2^p\equiv 2\pmod p$, $3^p\equiv 3\pmod p$ ve $5^p\equiv 5\pmod p$ değerlerini toplamda yerine yazarsak
$$2^p\cdot 8+3^p\cdot 9+5^p\cdot 5\equiv 68 \pmod p$$
elde ederiz. Toplamın $p$ ile tam bölünebilmesi için $68\equiv 0\pmod p$ olmalıdır. $68= 2^2\cdot 17$ olduğundan $p=2$ veya $p=17$ olmalıdır.

Bir kavanozda bulunan portakal suyuna iki kez havuç suyu ekleniyor. Her iki eklemede kavanozdaki sıvının hacmi eşit yüzdeyle artmıştır. Son durumda kavanozdaki sıvının hacmi $600$ birim ve ikinci eklemede kavanoza eklenen havuç suyu miktarı $120$ birim ise başlangıçta kavanozda bulunan portakal suyunun hacmi kaç birimdir?

$\textbf{a)}\ 352 \qquad\textbf{b)}\ 360 \qquad\textbf{c)}\ 368 \qquad\textbf{d)}\ 376 \qquad\textbf{e)}\ 384$

Bir masa üzerinde $120$ bilyeden oluşan bir öbek bulunmaktadır. Önce Aslı bu bilyeleri farklı sayıda bilye içeren iki öbeğe ayırıyor. Daha sonra Zehra bu iki öbeğin istediği birini iki öbeğe, oluşan üç öbek farklı sayılarda bilye içerecek şekilde ayırıyor. Aslı, oluşan üç öbekten en az ve en fazla bilye içeren öbeklerdeki bilye sayıları toplamının en az $N$ olmasını garantileyebiliyorsa $N$ sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 77 \qquad\textbf{b)}\ 78 \qquad\textbf{c)}\ 80 \qquad\textbf{d)}\ 82 \qquad\textbf{e)}\ 83$