Tübitak Lise 1. Aşama - 2024 Çözümleri

Her $n\geq 2$ pozitif tam sayısı için $n$'den büyük olmayan en büyük asal sayı $f(n)$, $n$'den büyük olan en küçük asal sayı $g(n)$ olsun. $$\dfrac{1}{f(2)g(2)} + \dfrac{1}{f(3)g(3)} + \cdots + \dfrac{1}{f(112)g(112)}$$ toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{109}{222} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{111}{226} \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{110}{113} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{113}{1224} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{55}{111}$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{B}$

$p<q$ ve $p$ ve $q$ ardışık asal sayılar olmak üzere. Herhangi bir $p \leq x <q$ $x$ tamsayısı için $f(x)=p$ ve $g(x)=q$ olduğundan $\frac{1}{f(x)g(x)}=\frac{1}{pq}$ olur. $p$ ve $q$ arasında $p$ dahil $q-p$ adet tamsayı olduğundan $\frac{1}{f(p)g(p)}+\frac{1}{f(p+1)g(p+1)}+......+\frac{1}{f(q-1)g(q-1)}=\frac{q-p}{pq}=\frac{1}{p}-\frac{1}{q}$ olur. Buradan sorudaki ifade $\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+.....-\frac{1}{113}$ olur. Buda birbirini götüren ifadelerden ötürü $\frac{1}{2}-\frac{1}{113}=\frac{111}{226}$ olur.

$100$ öğrencinin katıldığı bir yaz okulunda en fazla $4$ arkadaşı olan öğrencilere utangaç diyelim. Her öğrencinin en az $4$ tane utangaç arkadaşı varsa, utangaç öğrenci sayısının alabileceği kaç farklı değer vardır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 5 \qquad\textbf{e)}\ 8$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed A$

Her öğrencinin en az 4 utangaç arkadaşı varsa her öğrencinin en az $4$ arkadaşı vardır. O zaman herhangi bir utangaç öğrencinin en az $4$ arkadaşı vardır.
Bir utangaç öğrencinin en fazla $4$ arkadaşı olacağı için herhangi bir utangaç öğrencinin tam olarak $4$ arkadaşı vardır. Her öğrencinin en az $4$ utangaç arkadaşı olduğu için bir utangaç öğrencinin bütün arkadaşları utangaçtır.
O halde utangaç olmayan bir öğrenci utangaç bir öğrenci ile arkadaş olamaz. Her öğrencinin en az 4 utangaç arkadaşı olması gerektiği için bu topluluktaki bütün öğrenciler utangaçtır.

Soru bizden istemese de örnek bir konfigürasyon oluşturabiliriz:

$\begin{array}{l|ccccc}
1 && 55&56 &57&58\\
\hline
2 && 56&57&58&59\\
\hline
3 && 57&58&59&60\\
\hline
4 && 58&59&60&61\\
\hline
\vdots \\
\hline
46 && 100&51&52&53\\
\hline
47&& 51&52&53&54 \\
\hline
48&& 52&53&54&55 \\
\hline
49&& 53&54&55&56 \\
\hline
50&& 54&55&56&57 \\
\hline
\end{array}$

Not:
Her köşesinden tam olarak $4$ kenar çıkan çizgeye (graf), $4-$düzenli çizge denir.
Wikipedia

Çözüm 2:

Bir başka basit örnek konfigürasyon şu olabilir:

Önce $K_5$ tam grafı (çizgesi) çizelim. Bunu, bir düzgün beşgenin tüm kenarları ve köşegenleri çizilmiş olarak düşünebilirsiniz. $20$ tane $K_5$ grafı çizersek, tüm koşullar sağlanır.

İç teğet çemberinin merkezi $I$ olan bir $ABC$ üçgeninde, $IBC$ üçgeninin çevrel çemberine $I$ noktasında teğet olan doğrunun $[AB]$ ve $[AC]$ kenarlarıyla kesişimlerine sırasıyla $M$ ve $N$ diyelim. $|BC|=225$, $|BM|=64$ ve $|CN|=81$ ise $|IB|+|IC|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 250 \qquad\textbf{b)}\ 260 \qquad\textbf{c)}\ 270 \qquad\textbf{d)}\ 280 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{E}$

$\angle{ACI}=\angle{ICB}=\alpha$ ve $\angle{ABI}=\angle{IBC}=\theta$ olsun. Teğetlikten $\angle{MIB}=\alpha$ ve $\angle{NIC}=\theta$ elde edilir. $\triangle {IBC} \sim \triangle {NIC}$ olduğundan $|IC|^2=225\cdot81$ ve $|IC|=9\cdot15=135$ elde edilir. $\triangle {BMI} \sim \triangle {BIC}$ olduğundan da $|IB|^2=225\cdot64$ ve $|IB|=120$ elde edilir. Bizden istenen cevap $135+120=255$ olur.

$n$ bir pozitif tam sayı ve $a,b,c,d$ pozitif tek tam sayılar olmak üzere, $a^2+b^2+c^2+d^2=11 \cdot 4^n$ eşitliğini sağlayan kaç $(a,b,c,d,n)$ beşlisi vardır?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 12 \qquad\textbf{d)}\ 16 \qquad\textbf{e)}\ 20$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{C}$

$x$, tek bir tamsayı ise $x=2\ell+1$ olarak yazılabilir ve $$x^2\equiv 4\ell^2+4\ell+1=4\ell(\ell+1)+1\equiv 1\pmod{8}$$ elde edilir. $a,b,c,d$ tek olduğundan $$a^2+b^2+c^2+d^2=11\cdot 4^n\equiv 4\pmod{8}$$ bulunur, yani $n=1$ olmalıdır. $$a^2+b^2+c^2+d^2=44$$ olduğundan ve $44$'ten küçük tüm tek tamkareler $1,9,25$ olduğundan $a,b,c,d\in\{1,3,5\}$ olmalıdır, ancak $2$ veya daha fazla $5$ olamaz çünkü toplam en az $50$ olur. En az bir $5$ olmalıdır aksi takdirde toplam en fazla $36$ olur.

Genelliği bozmadan $d=5$ olsun. Bu durumda $a^2+b^2+c^2=19$ olacaktır. Sadece $1^2+3^2+3^2$ bunu sağlar. Yani $n=1$ ve $(a,b,c,d)=(1,3,3,5)$ veya permütasyonları bu denklemi sağlar. Tekrarlı permütasyondan $\frac{4!}{2!}=12$ tane çözüm bulunur.

$x$ ve $y$ pozitif gerçel sayıları $x^2+xy=1$ şartını sağlıyorsa, $61x+25y$ en az kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 40 \qquad\textbf{b)}\ 50 \qquad\textbf{c)}\ 60 \qquad\textbf{d)}\ 70 \qquad\textbf{e)}\ 80$

Çözüm 1:

$x^2+xy=1$ ifadesini $x$ parantezine alıp her iki tarafı $x$'e bölersek $x+y = \frac{1}{x}$ olur. $61x+25y$ ifadesini $25(x+y) + 36x$ olarak yazarsak $\frac{25}{x}+36x$ $\Rightarrow$ $AGO$'dan $36x+\frac{25}{x}\geq2\sqrt{36}\cdot25=60$ olup istenen ifadenin en küçük değeri 60 olur. (Eşitlik durumu: $x=\frac{5}{6}$ ve $y=\frac{11}{30}$ için sağlanır.)

Çözüm 2:

Bu soru için biraz gereksiz ileri seviye çözüm olacak ama ilgilenenler için eklemek istedim.

Bizden $f(x,y)=61x+25y$'nin en küçük değeri, $g(x,y)=x^2+xy-1=0$ sınırlayıcı şartı altında isteniyor. Lagrange çarpanı metodundan, aradığımız $x,y$ değerlerini bulalım. $$\begin{cases} f_x=\lambda g_x\\ f_y=\lambda g_y\end{cases}\implies \begin{cases} 61=\lambda (2x+y)\\ 25=\lambda x\end{cases}.$$ İkinci eşitliğin iki katını ilkinden çıkartırsak, $11=\lambda y$ bulunur. Yani $x=\frac{25}{\lambda}$ ve $y=\frac{11}{\lambda}$ elde edilir. $$x(x+y)=1\implies \frac{25\cdot 36}{\lambda^2}=1\implies \lambda=30.$$ Dolayısıyla, $$\min(61x+25y)=\frac{61\cdot 25}{30}+\frac{25 \cdot 11}{30}=60$$ bulunur.

Not: Bu yöntem biraz test mantığına kaçan bir yöntemdir çünkü bazı ara adımlar atlanmıştır. Örneğin bulduğumuz eşitlik durumunun en büyük değil de en küçük olduğunu nerden biliyoruz gibi detayları incelemedik. Ayrıca bu yöntem, her soru için çok temiz ifadeler çıkarmayabilir. Yine de türev incelemesi vs. gibi analiz yöntemlerine aşina öğrenciler test sınavlarında kullanabilirler.

Çözüm 3:

(Resmi çözüm) $(61x+25y)^2=(11x-25y)^2+3600x(x+y)=(11x-25y)^2+60^2$ olarak yazılabilir , buradan $61x+25y\ge 60$ olur. $x=5/6$ ve $y=11/30$ için eşitlik sağlanır.

Bir tahtaya $5,10,15,20,25,30,35,40$ sayıları yazılmıştır. $k$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, her işlemde tahtadaki sayılardan $k$ tanesi seçiliyor ve seçilmiş sayı $1$ azaltılıyor. Birkaç işlem sonucunda tahtadaki tüm sayıları $0$ yapmak mümkünse $k$'ye uygun sayı diyelim. $1,2,3,4,5,6,7,8$ sayılarından kaç tanesi uygun sayıdır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: 4. Yapılan işlem sayısı en az $40$ olmalıdır. Buna göre, $40 k \leq 5+10+\cdots+40=180$ ve buradan da $k \leq 4$ bulunur. Şimdi de $k=1,2,3,4$ değerlerinde tahtadaki sayıların $0$ yapılabileceğini gösterelim. $k=1$ durumu açıktır. $k=2$ durumunda sayıları toplamları $90$ olan iki gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı seçilebilir. Gruplar $\{20,30,40\}$ ve $\{5,10,15,25,35\}$ olarak seçilebilir. $k=3$ durumunda sayıları toplamları $60$ olan üç gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı seçilebilir. Gruplar $\{25,35\},\{20,40\}$, ve $\{5,10,15,30\}$ olarak seçilebilir. $k=4$ durumunda sayıları toplamları $45$ olan dört gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı seçilebilir. Gruplar $\{5,40\},\{10,35\},\{15,30\}$ ve $\{20,25\}$ olarak seçilebilir.

Kaynak: Tübitak 32. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Çözüm Kitapçığı

$|AB|<|AC|$ olan bir $ABC$ üçgeninde $\hat{A}$ açısının iç açıortayının $[BC]$ kenarı ve $ABC$ üçgeninin çevrel çemberiyle ikinci kesişim noktasına sırasıyla $D$ ve $E$ diyelim. $E$ noktasından $BC$ doğrusuna inen dikmenin $BC$ ve $AB$ doğruları ile kesişimi sırasıyla $F$ ve $G$ olsun. $D$ noktasından $AC$ ve $GC$ doğrularına inen dikme ayakları sırasıyla $K$ ve $L$ olmak üzere, $|DK|=3$ ve $|DL|=11$ ise $\dfrac{|DF|}{|FC|}$ oranı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac{3}{11} \qquad\textbf{b)}\ \dfrac47 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac37 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{4}{11} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{3}{8}$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{B}$

$|BF|=|FC|$ olduğu açıktır. Buradan $|GB|=|GC|$ elde edilir. $GBC$ üçgeni ikizkenardır. $D$ noktasından $AB$ ye inilen dikme ayağı $R$ olmak üzere $|DK|=|DR|=3$ olur. $\angle {GBC} = \angle {GCB}$ olduğundan $\triangle {LDC} \sim \triangle {RDB}$ olur ve $\frac{|BD|}{|DC|}=\frac{3}{11}$ elde edilir. $F$ orta nokta olduğundan $\frac{|DF|}{|FC|}=\frac{4}{7}$ elde edilir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$.

$\angle LCA=\alpha$ ve $\angle ACB=\beta$ diyelim. $CD=\dfrac{3}{\sin y}=\dfrac{11}{\sin (x+y)}$ olduğundan $\dfrac{\sin (x+y)}{\sin y}=\dfrac{AC}{AB}=11/3$ olur. $BF=FC$ de olduğundan $BD:DF:FC=3:4:7$ bulunur.

$k$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, $k$'nin pozitif tam bölenlerinin sayısını $d(k)$ ile gösterelim. $d(n^3)=2 \cdot d(n^2)$ ve $1 \leq n \leq 2024$ koşullarını sağlayan kaç $n$ pozitif tam sayısı vardır?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 7 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 11$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{E}$

$2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11>2024$ olduğundan $n$ sayısının en fazla $4$ asal böleni olabilir. Dolayısıyla $i=1,2,3,4$ için $p_i$'ler farklı asal ve $a_i\geq 0$ tamsayılar olmak üzere $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}p_4^{a_4}$ olarak yazabiliriz. Bazı $a_i$'lerin $0$ olması bize $3$ veya daha az sayıda asal bölen olma durumlarını verir. Ayrıca, $a_i=0$ durumu $d$ fonksiyonunun formülüne de etki etmez. $$\frac{d(n^3)}{d(n^2)}=2\implies \prod_{i=1}^{4}\frac{3a_i+1}{2a_i+1}=\prod_{i=1}^{4}\left(1+\frac{a_i}{2a_i+1}\right)=2$$ Eğer $3$ veya $4$ asal bölen olsaydı, bu asal bölenlere karşılık gelen $a_i\geq 1$ olacaktır ve $$1+\frac{a}{2a+1}\geq 1+\frac{a}{3a}=\frac{4}{3}\implies \prod_{i=1}^{4}\left(1+\frac{a_i}{2a_i+1}\right)\geq \frac{64}{27}>2$$ elde edilirdi ki bu da bir çelişkidir. Dolayısıyla $n$'nin $1$ veya $2$ asal böleni vardır.

$n=p^a$ formatındaysa $3a+1=2(2a+1)$ olması gerekir fakat buradan çözüm gelmez. Sonuç olarak $n$'nin iki tane asal böleni vardır.

$n=p^aq^b$ için $$(3a+1)(3b+1)=2(2a+1)(2b+1)\implies ab-a-b=1\implies (a-1)(b-1)=2$$ elde edilir. $(a,b)=(3,2)$ veya permütasyonu bu eşitliğin pozitif tamsayılardaki tek çözümüdür. Dolayısıyla $n=p^3q^2$ formatındadır.

$p=2$ ise $8q^2\leq 2024$'den $q\leq 13$ bulunur. Yani $q=3,5,7,11,13$ olabilir ve buradan $5$ tane $n$ sayısı elde edilir.
$p=3$ ise $27q^2\leq 2024$'den $q\leq 7$ bulunur. Buradan $q=2,5,7$ elde edilir, $3$ tane $n$ sayısı bulunur.
$p=5$ ise $125q^2\leq 2024$'den $q\leq 3$ bulunur. $q=2,3$ olabilir. $2$ tane $n$ sayısı bulunur.
$p=7$ ise $343q^2\leq 2024$'den $q=2$ bulunur. $1$ tane çözüm vardır.
$p=11$ ise $1331q^2\leq 2024$ bulunur fakat çözüm gelmez. Benzer şekilde $p\geq 13$ için de çözüm gelmez. Toplamda $5+3+2+1=11$ tane $n$ sayısı vardır.

$\{3x\} + \{4x\} + \{5x\} =\{x\} +2$ denkleminin kaç tane $0<x<1$ çözümü vardır? ($x$ gerçel sayısı için $x$'ten, $x$'i aşmayan en büyük tam sayının çıkarılmasıyla elde edilen sayı $\{x\}$ ile gösterilir. Örneğin, $\{20,24\} = 0,24$ ve $\{32\}=0$.)

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

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{B}$

$x=\lfloor{x}\rfloor+\{x\}$ olduğundan sorudaki eşitlik $11x-[-\lfloor{x}\rfloor+\lfloor{2x}\rfloor+\lfloor{3x}\rfloor+\lfloor{5x}\rfloor]=2$ olarak yazılabilir. Parantez içindeki kısım tamdeğerlerin toplamı olduğundan $11x$ tamsayı olmalıdır. Buradan $x\in\{\frac{1}{11},\frac{2}{11},\frac{3}{11}.....\frac{10}{11}\}$ elde edilir. Denenirse yalnızca $2$. Sağlar. Cevap $1$'dir.

$5 \times 5$ bir satranç tahtasının $5$ birim karesine birer bilye yerleştirilecektir. Bu yerleştirme, herhangi bir satır ile herhangi bir sütunun birleşiminde en az bir bilye bulunması koşuluyla kaç farklı şekilde yapılabilir?

$\textbf{a)}\ 5760 \qquad\textbf{b)}\ 5870 \qquad\textbf{c)}\ 5940 \qquad\textbf{d)}\ 6050 \qquad\textbf{e)}\ 6130$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Aynı anda hem boş bir satır, hem de boş bir sütun bulunmamalıdır. Peki boş satır yok ama boş sütun olsa olur mu? Ya da boş sütun yokken, boş satır var olabilir mi? Evet. Bilye koyduğumuz kareleri $x$ ile işaretleyelim. Bunları aşağıdaki şekillerden inceleyebiliriz:

$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x & & & & \\ \hline
x & & & & \\ \hline
& x & & & \\ \hline
& x & & & \\ \hline
& & \text{ } & \text{ } & x \\ \hline
\end{array}
$

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x & x & & & \\ \hline
& & & x & \\ \hline
& & x & & \\ \hline
& & & & \\ \hline
& & \text{ } & \text{ } & x \\ \hline
\end{array}
$

Yani, her satırda bir bilye bulunan durumlar ($A$ diyelim) veya her sütunda bir bilye bulunan durumlar ($B$ diyelim) istenen durumları oluşturmaktadır. $s(A) = s(B) = 5^5 = 3125$ tir. Ayrıca, bunların kesişimini incelersek, her bir satırda ve her bir sütunda yalnız bir bilye bulunur. Bunların sayısı da $s(A\cap B) = 5! = 120$ dir. O halde içerme dışarma prensibi ile,

$$s(A\cup B) = s(A) + s(B) - s(A\cap B) = 2\cdot 3125 - 120 = 6130$$

elde edilir.

$|AB|=50$, $|AC|=78$, $|BC|=112$ olan bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarının üzerinde $\dfrac{|BD|}{|DC|}=\dfrac59$ şartını sağlayan bir $D$ noktası alınıyor. $ABD$ üçgeninin çevrel merkezi ile $ACD$ üçgeninin ağırlık merkezi arasındaki uzaklık nedir?

$\textbf{a)}\ \sqrt{1961} \qquad\textbf{b)}\ \sqrt{1993} \qquad\textbf{c)}\ \sqrt{2001} \qquad\textbf{d)}\ \sqrt{2024} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{A}$

$|BD|=40$ ve $|DC|=72$ olduğu barizdir. Stewart teoremi veya sezgisel anlayışla $|AD|=30$ ve $\angle{ADB}=90^\circ$ olduğu anlaşılır. $ADB$ ve $BDC$ ücgenleri dik üçgen olduklarından çevrel merkez $[AB]$'nın orta noktası olur. Bu nokta $T$ olsun. Ağırlık merkezi $[BC]$'nın ortası $K$ olmak üzere $[DK]$ üzerinde $|DP|=26$ olmasını sağlayan $P$ noktasıdır. $2/3$'lük orandan ötürü $P$'den $DC$ ye inen dikme uzunluğu $10$ ve $T$'den $BC$' ye inen dikme uzunluğu $15$ dir. Yine $2/3$ oranından $P$'den $AD$'ye inen dikme uzunluğu $24$ ve $T$'den $BC$'ye inen dikmenin uzunluğu $20$ olduğundan $T$'den $BD$'ye inen dikmenin $P$'ye uzaklığı $44$ olur. Ayrıca demin bulduğumuz uzunluklardan $T$ ve $P$'nin $AD$'ye göre uzaklıklar farkı $5$ olur. Pisagordan $|TP|^2=44^2+5^2=1961$ ve $|TP|=\sqrt{1961}$ olur.

Çözüm 2:

Koordinat sisteminde $B(0,0)$, $C(112,0)$ olacak şekilde $B$ ve $C$ noktaları alırsak $A(40,30)$ noktası sorudaki koşulu sağlar. $D(40,0)$ olacağı için $\triangle ABD$ bir dik üçgen, dolayısıyla $\triangle ABD$ nin çevrel çemberinin merkezi $[AB]$ nin orta noktası $O(20,15)$ olacaktır. $\triangle ACD$ nin ağırlık merkezi de (koordinatların toplamının üçte biri) $G(64,10)$ olur. $|OG| = \sqrt {(64-20)^2 + (10-15)^2} = \sqrt{44^2 + 25} = \sqrt {1961}$ elde edilir.

$N$ pozitif tam sayısının $1$ dışındaki en küçük tek pozitif böleni $d$, en büyük tek pozitif böleni ise $D$ olsun. $N=15D+11d$ olmasını sağlayan $N$ pozitif tam sayılarının toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 4576 \qquad\textbf{b)}\ 4928 \qquad\textbf{c)}\ 5280 \qquad\textbf{d)}\ 5632 \qquad\textbf{e)}\ 5984$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{A}$

$p_1,p_2,.....,p_r$ artan sırada dizilmiş bir dizi tek asal sayı, $x$ doğal sayı ve $a_1,a_2,.....,a_r$ doğal sayılar olmak üzere (bunların hepsi $0$ olsaydı sayı $2^x=26$ yi sağlamalıydı. Bu yüzden $a_1$ kesinlikle pozitif tamsayıdır.) sayımızı $2^x\cdot{p_1}^{a_1}\cdot{p_2}^{a_2}.....{p_r}^{a_r}$ olarak yazalım. $d=p_1$ ve $D={p_1}^{a_1}\cdot{p_2}^{a_2}.....{p_r}^{a_r}$ dir. Buradan $(2^x-15)\cdot{p_1}^{a_1}\cdot{p_2}^{a_2}.....{p_r}^{a_r}=11{p_1}$ elde edilir. $a_1$ pozitif tamsayı olduğundan barizdir ki $x=4$'tür ve sayı $2^x\cdot{p_1}\cdot{11}$ ($p \leq 11$ olmalıdır çünkü bu sayının en küçük asal böleni $p_1$ dir.) formatındadır. $p_1$ tek asal sayı olduğundan $3,5,7,11$ değerlerini alabilir. Buradan cevap
$11\cdot16\cdot(3+5+7+11)=4576$ elde edilir.

$x$ ve $y$ gerçel sayılar olmak üzere, $(x^2+1)(y^2+1)+129=12xy+18(x+y)$ ise $xy$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 5 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ 7$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{E}$

İfadeyi açıp tek tarafa aktararak, $x^2y^2-12xy-18x-18y+130=0$ olarak yazalım. Düzenlenirse $(xy-7)^2+(9-x-y)^2=0$ elde edilir. Bu yüzden $xy=7$ olmalıdır. $x+y=9$ ve $xy=7$ denkleminin reel çözümleri vardır. Reellik ihlal edilmez.

Bir dik koordinat düzleminde, $0 \leq x \leq 9$ ve $0 \leq y \leq 9$ koşullarını sağlayan tam sayı koordinatlı $(x,y)$ noktalarının $N$ tanesi boyanmıştır. Üç köşesi de boyalı olan bir dik üçgen bulunmuyorsa $N$ en fazla kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 16 \qquad\textbf{b)}\ 18 \qquad\textbf{c)}\ 20 \qquad\textbf{d)}\ 22 \qquad\textbf{e)}\ 26$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{B}$

Genel olarak $n\times n$ tane noktadan oluşan karesel bir sistemde, en fazla $N=2n-2$ tane boyalı nokta işaretlenirse, dik üçgen bulunmayan bir konfigürasyon elde etmek mümkündür. Bunun örneğini verelim:

En üst satırdaki ilk soldan $n-1$ noktayı boyayalım. Sağ üst köşedeki noktayı boyamayalım. Bu boyasız noktanın altında kalan, (yani en sağdaki sütundaki) $n-1$ noktayı da boyayalım. Toplam $2n-2$ nokta vardır. Bu noktaların herhangi üçü seçilirse daima geniş açılı üçgen oluşturur. Dik üçgen oluşmaz. Bizim problemimizde $n=10$ olup $10\times 10$ noktadan oluşan bir karesel sistem vardır. Dolayısıyla $N_{\max} = 2\cdot 10 - 2 = 18$ dir.

$N>2n-2$ olursa, neden mutlaka bir dik üçgen oluşmak zorundadır? Bu problemi ve ispatını da 2022 Kasım-Aralık tarihlerinde, sitemizdeki Satranç Tahtası - Boyama başlığında sunmuştuk.

Not: İspat, (muhtemelen bir dahi olan) öğrencim Andrew Carratu'ya aittir. Bazı anekdotlar için bağlantıyı okuyabilirsizin.

Çözüm 2:

Bir satırdaki boyalı noktaların sayısı $0$ ya da $1$ ise o satıra hafif, aksi halde ağır diyelim.
Benzer şekilde sütunları da hafif ve ağır diye tanımlayalım.

Bir ağır satır ile bir ağır sütun boyalı bir noktada kesişmişse bir dik üçgen oluşmuş demektir. Böyle bir durum istemiyoruz.
Tüm satırlar hafifse, en fazla $10$ boyalı nokta var demektir.
Tüm sütunlar hafifse, yine en fazla $10$ boyalı nokta vardır.
Boyalı nokta sayısını daha da artırmak istiyoruz.
Bir ağır satırın tüm noktaları boyalı ise tüm satırlar hafif olmalı. Bu durumu az önce ele almıştık. Benzer durum, sütunlar için de geçerlidir.

En az bir ağır satır ve en az bir ağır sütunun olduğu duruma bakalım:
Ağır satırlardaki boyalı noktaların her biri, bir hafif sütunda yer almalı. Bu hafif sütunlar farklıdır; çünķü bu durumda hafif sütunda en az iki boyalı nokta olur. O halde ağır satırlardaki boyalı nokta sayısı en fazla hafif sütun sayısı kadardır. En az bir ağır satır ve en az bir ağır sütun olduğu durumu incelediğimiz için, en fazla $9$ hafif sütun olacaktır.
Benzer şekilde; ağır sütundaki boyalı noktaların her biri, bir hafif satırda yer almalı. Bu hafif satırlar farklı olacağı için, sütunlardaki boyalı noktaların sayısı en fazla hafif satır sayısı kadar, yani $9$ olacaktır.
Yani, en az bir satır ve en az bir sütunun ağır olduğu durumda, en fazla $18$ nokta boyalı olabilir. Diğer durumlarda en fazla $10$ nokta boyalı olabilir.

$18$ boyalı nokta için örnek durum; $(1,0),(2,0),\dots,(9,0),(0,1),(0,2),\dots , (0,9)$ şeklinde verilebilir.

Kaynak:
Bu çözüm,
Mathematical Olympiads 2000-2001: Problems and Solutions from Around the World, Titu Andreescu, Zuming Feng, George Lee. Syf. 153-154. kitabındaki USAMO 2000/4 sorusuna yapılmış çözümün uyarlanmış halidir.
USAMO 2000'deki soru; $0\leq x \leq 999$ ve $0\leq y \leq 999$ şartıyla, dik kenarları eksenlere paralel olan dik üçgen şeklinde sorulmuş. Bizim sorumuzda eksenlere paralel şartı olmadığı için örnek $18$ nokta seçerken dış satır ve sütunları seçmemiz gerekir.

Diğer çözümler için bkz. AoPS.

$m(\widehat{BAC})=100^{\circ}$ olan bir $ABC$ üçgeninde çevrel merkez $O$ noktası olup, $A$ noktasının $BC$ doğrusuna göre yansıması $D$ olsun. $BD \cap OC =\{ S \}$ ve $CD \cap OB = \{R \}$ ise $m(\widehat{RAS})$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 30^{\circ} \qquad\textbf{b)}\ 45^{\circ} \qquad\textbf{c)}\ 60^{\circ} \qquad\textbf{d)}\ 75^{\circ} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{C}$

$\angle{BAC}=\alpha$ olsun. $\angle{BCA}=80^\circ-\alpha$ olur. $\angle{OBC}=10^\circ$ olduğundan $\angle{SBO}=\alpha-10^\circ$ elde edilir. $\angle{SOB}=20^\circ$ olduğundan $\angle{DSO}=\alpha+10^\circ$ elde edilir. $\angle{OAB}=\alpha+10^\circ$ olduğundan $\angle{BSO}+\angle{BAO}=180^\circ$ olur. $BSOA$ kirişler dörtgenidir. $\angle{SAO}=\angle{BSO}=\alpha-10^\circ$ olur. Benzer şekilde $\angle{OAR}=70^\circ-\alpha$ olur. Cevap $\alpha-10^\circ+70^\circ-\alpha=60^\circ$ olur.

$n^2+1$'in $269$ ile tam bölünmesini sağlayan en küçük $n$ pozitif tam sayısının rakamları toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 10 \qquad\textbf{b)}\ 12 \qquad\textbf{c)}\ 14 \qquad\textbf{d)}\ 16 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{A}$

$269$ asal bir sayıdır ve $4k+1$ formatında olduğundan $n^2+1\equiv 0\pmod{269}$ denkliğinin $269$ modunda iki çözümü vardır. Öncelikle $269=10^2+13^2$ olduğunu görelim. $$13^2+10^2\equiv 0\pmod{269}\implies (13\cdot 10^{-1})^2+1\equiv 0\pmod{269}$$ elde edilir., burada $10^{-1}$ sayısı, $10$'un $269$ moduna göre tersidir. Yani $n$ sayısı ya $13\cdot 10^{-1}$'a ya da $-13\cdot 10^{-1}$'a denktir. $$27\cdot 10\equiv 1\pmod{269}\implies 10^{-1}\equiv 27\pmod{269}$$ olacaktır. Dolayısıyla, $$n\equiv \pm 13\cdot 27\equiv 82,187\pmod{269}$$ bulunur. Yani en küçük $n$ pozitif tamsayısı $82$'dir ve rakamları toplamı $8+2=10$'dur.

Not: $4k+1$ formatındaki asalların iki tamkarenin toplamı olarak yazılabildiği bilinen bir gerçektir. Bu yüzden $p\mid n^2+1$ olan $n$ sayılarını bulmak için önce $p=a^2+b^2$ olarak yazmak işlemleri çok azaltacaktır, çünkü yukarıda da görüldüğü gibi tüm çözümler $n\equiv \pm ab^{-1}\pmod{p}$'dir.

$r$ bir gerçel sayı olmak üzere, $5x^4-8x^3+rx^2-11x+10=0$ denkleminin gerçel köklerinin çarpımı $1$ ise gerçel köklerinin toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ \dfrac65 \qquad\textbf{b)}\ 1 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac45 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac35 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Bu soru iptal edilmiştir.

Nedeni:

Polinomun $2$ reel $2$ kompleks kökü olduğunu varsayalım. Denklem soruda verilen koşuldan $5(x^2+ax+1)(x^2+bx+2)$ formatındadır. İki reel kök ilk çarpanda olmalıdır. Buradan $2a+b=\frac{-11}{5}$ ve $a+b=\frac{-8}{5}$ olur. $a=\frac{-3}{5}$ olur. $\Delta<0$ olduğundan ilk carpanın kökleri reel olmaz. (Soruda muhtemelen bu unutulup cevap $\frac{3}{5}$ olarak verildi) $4$ reel kök olamayacağı açıktır. (Kökler çarpımı 2 olmak zorunda olur.) $3$ farklı reel kök olsa denklem $5(x-a)^2(x^2+bx+\frac{2}{a^2})$ formatında olmalıdır. Reel kökler çarpımı $a\cdot\frac{2}{a^2}=1$ olduğundan $a=2$ olur fakat katsayılar istediğimiz gibi dağılmaz. ($4b-2=\frac{-11}{5}$ ve $b-4=\frac{-8}{5}$ olur ortak çözüm gelmez.) Sadece 2 farklı reel kökün olduğu durumda reel kökler $x_1,x_2$, olmak üzere reel kökler çarpımı $x_1x_2=1$ ve $x_1^{2}x_2^{2}=2$ olmak zorunda olur. Mümkün değildir. Sadece $2$ farklı reel kökün olduğu diğer durumda kökler $x_1,x_1,x_1,x_3$ olabilir. Buradan da $x_1\cdot x_3=1$ ve $x_1^{3}\cdot x_2=2$ olur. $x_1^{2}=2$ olur. Denklem $(x-x_1)^3(x-x_2)$ olur. $x^3$ lü terimin katsayısı tamsayı olmaz. Çözüm gelmez. Çözüm yoktur.

Not:
Ayrıca çözümde "reel kökler çarpımı" ifadesinin farklı köklerin çarpılacağını belirttiği ihtimalde de çözüm gelmeyeceğini ispatladık. Eğer katlı köklerde birden fazla çarpılıyorsa ilk ele aldığımız durum yeterlidir.

Sekiz tane $1$ ve sekiz tane $0$, $4 \times 4$ bir satranç tahtasının birim karelerine her bir birim karede bir sayı bulunacak şekilde yerleştirilecektir. Bu işlem, her bir satırdaki sayıların toplamı çift ve her bir sütundaki sayıların toplamı tek olacak şekilde kaç farklı biçimde yapılabilir?

$\textbf{a)}\ 216 \qquad\textbf{b)}\ 240 \qquad\textbf{c)}\ 252 \qquad\textbf{d)}\ 288 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Bir sütunda $1$ tane ya da $3$ tane $1$ olabilir.
Toplamda $8$ tane $1$ olacağı için sırası önemsenmeden tek konfigürasyon $3+3+1+1=8$ şeklinde olacaktır.
$3$ tane $1$ içeren sütunlar ya aynı satırda $0$ içerecek ya da ikincisi ilkinde $1$ içeren satırlardan birinde $0$ içerecek.

İki duruma örnek kabaca aşağıdaki gibi verilebilir:

$a)$

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

$b)$

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

Şimdi bu durumları ayrıntılı olarak açalım.

$a)$

$3$ tane $1$ içerecek sütunlar $\dbinom{4}{2}$ şekilde seçilebilir.
$3$ tane $1$ içeren sütunda hangi $3$ kareye $1$ konulacağı $\dbinom 43$ şekilde seçilebilir.
$1$ tane $1$ içeren sütunda $1$ konulacak kare $\dbinom 41$ şekilde seçilir.
$1$ tane $1$ içeren sütunlar aynı satırda $1$ içermeli; aksi durumda bu satırlarda tek sayıda $1$ olur.
O halde bu durum için $\dbinom 42 \dbinom 43 \dbinom 41=6\cdot 4 \cdot 4 = 24\cdot 4$ dağılım olur.

$b)$

$3$ tane $1$ içerecek sütunlar $\dbinom{4}{2}$ şekilde seçilebilir.
$3$ tane $1$ içeren ilk sütunda hangi $3$ kareye $1$ konulacağı $\dbinom 43$ şekilde seçilebilir. İkinci sütunda hangi kareye $1$ konulmayacağı $\dbinom 31$ şekilde seçilebilir.
$1$ tane $1$ içeren ilk sütunda $1$ için $\dbinom 21$ ihtimal söz konusu. İkinci sütundaki $1$ otomatik olarak ilk sütuna göre şekillenecek.

O halde bu durum için $\dbinom 42 \dbinom 43 \dbinom 31 \dbinom 21=6\cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24\cdot 6$ dağılım olur.

Tüm durumları toplarsak $24\cdot 4+24\cdot 6=24\cdot 10=240$ elde ederiz.

Bir $ABCD$ dikdörtgeninin $[CD]$ kenarı üzerinde alınan bir $E$ noktası $|AE|=|CD|$ eşitliğini sağlamaktadır. $AE \cap BC = \{ F \}$ olmak üzere, $ECFG$ bir dikdörtgen olacak şekilde bir $G$ noktası alınıyor. $DF \cap AG = \{ K \}$ olmak üzere, $m(\widehat{AKE})=45^{\circ}$ ve $m(\widehat{KAE})=25^{\circ}$ ise $m(\widehat{EAB})$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 20^{\circ} \qquad\textbf{b)}\ 30^{\circ} \qquad\textbf{c)}\ 40^{\circ} \qquad\textbf{d)}\ 45^{\circ} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed C$

$AG \cap CD = \{L\}$ ve $FG \cap AD = \{M\}$ olsun.

$$\dfrac{DL}{DE} = \dfrac{DL}{MG} = \dfrac{AD}{AM} = \dfrac{AE}{AF} = \dfrac {AB}{AF} = \dfrac {EC}{EF} \Longrightarrow DL = \dfrac{DE \cdot EC}{EF} \tag{1}$$

$\dfrac{DK}{KF} = \dfrac{DL}{GF} = \dfrac{DL}{EC} = \dfrac {\dfrac {DE \cdot EC}{EF}}{EC} = \dfrac {DE}{EF}$ elde ederiz. Bu da $EK$ nin $\angle DEF$ nin açıortayı olduğu anlamına gelir.

$\angle EAB = \alpha$ dersek $\angle AED = \alpha$, $\angle DEK = \angle FEK = 90^\circ - \dfrac {\alpha}{2}$ ve $\angle FEK = \angle KAE + \angle AKE = 45^\circ + 25^\circ = 70^\circ = 90^\circ - \dfrac {\alpha}{2} \Longrightarrow \alpha = 40^\circ$ olur.

Çözüm 2:

Problemin Geçerliliği Hakkında Bir Bilgi Notu ve Değerlendirme: Gerçekte, problemde verilen açı ölçülerine uygun olarak çizim yapılamamaktadır. Çizim ile ilgili sorunlu durum, resmi itiraz süresi içinde yapılmadığı için herhangi bir soru iptali oluşmamıştır. Ayrıca, bu sorunlu durumu yakalamak da çok kolay değildir. Çizim programları aracılığı ile bunu ortaya koyabiliyoruz. Soruyu öngörülen biçimde çözmüş öğrencilerin mağduriyet yaşamaması için sorunun iptal edilmemesi de doğru karar olmuştur kanaatindeyim. Çünkü yanıta ulaşan öğrenciler, kendilerinden beklenilen geometrik becerileri göstermeyi başarmışlardır. Şimdi, problemdeki teoriyi açıklamamız öğretici olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$AG \cap CD = \{L\}$ olsun. Menelaüs teoreminden $\dfrac{AE}{AF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot \dfrac{DL}{LE} = 1$ ve $\dfrac{BC}{BF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot \dfrac{DE}{EC} = 1$ olur. Ayrıca $ABF \sim ECF$ benzerliğinden dolayı $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{BC}{BF}$ olur. Böylece, $\dfrac{DL}{LE} = \dfrac{DE}{EC}$ elde edilir. Bu eşitliği, Menelaüs teoremi kullanarak yazdığımız eşitlikte kullanırsak,
$$ \dfrac{AE}{AF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot\dfrac{DE}{EC} = 1 \tag{1}$$
olur. $AE = CD = AB$ olduğundan ve $ABF \sim ECF$ benzerliğinden, $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AB}{AF} = \dfrac{EC}{EF}$ olur. Bunu $(1)$ de yazarsak,
$$ \dfrac{FK}{KD} = \dfrac{EF}{DE} \tag{2}$$
elde ederiz. Bu ise, $[EK]$ nin, $DEF$ üçgeninde bir iç açıortay olduğunu gösterir. $\angle DEK = \angle FEK$ dir. $AEB$ ikizkenar üçgen ve $\angle CEB = \angle ABE = \angle AEB$ dir. Bu açı eşitlikleri bize $K, E, B$ nin doğrusal olduğunu gösterir. Açı takibi ile $\angle KAE + \angle AKE = \angle AEB = \angle ABE$ yazılır. $\angle KAE + \angle AKE = 25^\circ + 45^\circ = 70^\circ$ olduğundan $\angle EAB = 40^\circ$ olur.

Son Değerlendirme: Çizim ile ilgili bahsettiğim kusur şudur: $\angle KAE$ ve $\angle AKE$ birbirinden bağımsız değildir. Bunlardan biri verilince, çizim programına göre diğeri sabitlenmektedir. Eğer soruda $\angle KAE + \angle AKE = 70^\circ$ verilirse, herhangi bir çizim sorunu yaşanmayacaktır. Bununla ilgili daha fazla açıklamayı video çözümde, dk 10-15 aralığında bulabilirsiniz.

$2^{22!}-1$ sayısını bölmeyen en küçük tek pozitif tam sayının rakamları toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 7 \qquad\textbf{b)}\ 9 \qquad\textbf{c)}\ 11 \qquad\textbf{d)}\ 13 \qquad\textbf{e)}\ 15$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{C}$

$22$ den küçük herhangi bir $x$ tamsayısı için $\phi(x)<22$ olacağından ve $2^{22!}\equiv 1 \pmod{x}$ olduğundan sayı $x$'e bölünür. (Euler teoreminden $a$, $x$ ile bölünmemek üzere $a^{\phi(x)}\equiv 1 \pmod{x}$ olduğundan). Bu yüzden bu sayı $22$'den büyüktür. $23$ asal olduğundan $\phi(23)=22$ olur. $22$ sayısı için $2^{22}\equiv 1$ ve $22$, $22!$'i böldüğünden sayı durumu sağlamaz. $25$ için euler değeri $20$ olur. Sağlamaz. $27,29,\cdots,43,45$ içinde durumun farklı olmadığı görülür. $47$ için $\phi(47)=46$ olduğundan $2^{46}\equiv 1 \pmod{47}$ olur. Wilson teoreminden $22!\equiv -1 \pmod{23}$ ve $22!$ çift olduğundan $22!\equiv 22 \pmod{46}$ elde edilir. Fermat teoreminden $2^{46} \equiv 1 \pmod{47}$ olduğundan $2^{22!}\equiv 2^{22}\pmod{46}$ olur. $2^{22!}\equiv 1\pmod{47}$ olsaydı $2^{22}\equiv 1\pmod{47}$ ve kare alıp $4$ ile çarpmayla $2^{46}\equiv 4$ olurdu. Halbuki $2^{46}\equiv 1\pmod{47}$ olduğu açıktır. Çelişki elde edilir. $47$ sayısı $2^{22!}-1$ sayısını bölmez. Cevap $4+7=11$ olur.

$x,y,z,a$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere, $xyz=a$ şartını sağlayan tüm $(x,y,z)$ üçlüleri için $x^2+2y^2+4z^2-6xyz$ sayısının alabileceği en küçük değere $f(a)$ diyelim. $f(a)$ sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ \sqrt2 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{11}{12} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac89 \qquad\textbf{e)}\ \sqrt[3]{3}$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{D}$

Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden $$x^2+2y^2+4z^2-6xyz\geq 3\sqrt[3]{8x^2y^2z^2}-6xyz=6a^{2/3}-6a$$ olacaktır. Eşitlik durumu ise $(x,y,z)=(a^{1/3}\sqrt{2},a^{1/3},a^{1/3}/\sqrt{2})$'dir. Sonuç olarak $f(a)=6a^{2/3}-6a$'dır. İşlem kolaylığı için $a=k^3$ diyelim. Bu durumda $f(a)=g(k)=6k^2-6k^3$ olacaktır. $g'(k)=12k-18k^2$ olduğundan maksimum değer ya sınırlarda $0$ veya $\infty$, ya da $g'(k)=0$ yapan $k=\frac{2}{3}$'de alır. Maksimum değerini sınırlarda alması zaten soruyu hatalı hale getirecektir ama yine de incelenirse maksimum değeri oralarda almadığı görülebilir. Sonuç olarak $$\max_{a>0} f(a)=\max_{k>0} g(k)=g\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{8}{9}$$ bulunur. Eşitlik durumu $a=\frac{2}{3^{2/3}}$ olacaktır.

Çözüm 2:

Aritmetik-Geometrik ortalama uygulanıp $a=k^3$ verildikten sonra elde ettiğimiz ifadenin maksimum değerini bulmada alternatif bir yol ise
$$6k^2\left(1-k\right)=3.k.k.\left(2-2k\right)\overbrace{\leq}^{AGO} 3\left(\dfrac{k+k+2-2k}{3}\right)^3=3\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{9}$$
olarak yine AGO ile elde edilebilirdi.

Çözüm 3:

(Resmi çözüm) $a=b^3$ diyelim. AGO'dan dolayı $x^2+2y^2+4z^2\ge 6\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=6b^2$ olur. Dolayısıyla sorudaki ifadenin en küçük değeri $b$ cinsinden $6b^2-6b^3$ olur ve bu da $x=b\sqrt{2},y=b,z=\dfrac{b}{\sqrt{2}}$ iken sağlanır. Şimdi bunun alabileceği en büyük değeri bulalım. $b\gt 1$ iken ifade negatiftir. $0<b\le 1$ iken AGO'dan dolayı $$1=\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+1-b\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{b^2(1-b)}{4}}$$ olur ve $b^2(1-b)\le \dfrac{4}{27}$ bulunur. dolayısıyla $f(a)=f(b^3)$ en fazla $\dfrac{24}{27}=\dfrac{8}{9}$ olabilir.

Başlangıçta bir doğru üzerinde farklı ağırlıklı $n$ top soldan sağa hafiften ağıra doğru sıralanmıştır. Her işlemde aralarında $2$ veya $5$ top olan iki top birbirleriyle yer değiştiriliyor. $n=2022,2023,2024,2025$ değerlerinin kaçı için birkaç işlem sonucunda toplar soldan sağa ağırdan hafife doğru dizilebilir?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed A$

$i.$ sıradaki bir top, bir hamle sonrası $(i-6).$, $(i-3).$, $(i+3).$ veya $(i+6).$ sıraya gelebilir. Yani bu topun yeni sırası $\bmod 3$ te değişmez.
$n=2022$ için $1 \not \equiv 2022 \pmod 3$
$n=2023$ için $2 \not \equiv 2022 \pmod 3$
$n=2024$ için $1 \not \equiv 2024 \pmod 3$
$n=2025$ için $1 \not \equiv 2025 \pmod 3$
olduğu için hiçbir $n$ değeri için topların sırası ilkinin tersi olamaz.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{A}$

Problem invaryant (değişmez) kavramı ile ilgili olup, önceki çözümle çok benzer bir çözüm verelim.

Hamleler sonucunda $i$-inci sıradaki top $i \mp 3$ veya $i \pm 6$-ncı sıralara gelebildiği için bir topun başlangıç sırası modülo $3$ de değişmezdir. Sonlu sayıda hamle sonucunda,

$\bullet$ $1$-inci sıradaki top $n$-inci sıraya gelecektir. $n\equiv 1 \pmod{3}$ olmalıdır.

$\bullet$ $2$-nci sıradaki top $n-1$-inci sıraya gelecektir. $n\equiv 0 \pmod{3}$ olmalıdır.

Bu iki denklik birbiriyle çeliştiğinden, hiçbir $n$ pozitif tam sayısı için istenen düzenleme yapılamaz.

Çeşitkenar bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarının orta noktası $M$ olmak üzere, $AC$ doğrusuna $C$ noktasında dik olan doğrunun $MA$ doğrusu ile kesişimi $N$ olsun. $BMN$ üçgeninin çevrel çemberi $AB$ doğrusuna $B$ noktasında teğet ise $\dfrac{|AB|}{|MA|}$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ \sqrt2 \qquad\textbf{c)}\ \sqrt3 \qquad\textbf{d)}\ 2 \qquad\textbf{e)}\ \sqrt5$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed D$

Teğet kiriş açıdan $\angle BNA = \angle ABC = \alpha$ dır.

$A$ nın $M$ ye göre simetriği $A'$ olsun. ($A'$ noktasının $[NM]$ doğru parçası üzerinde olup olmamasına göre iki farklı durum oluşur. Aşağıdaki çözüm iki durum için de geçerlidir. Aslında sadece $AM < MN$ durumu doğru çözüme götürüyor.)

$ABA'C$ bir paralelkenardır. Bu durumda $BA' \parallel AC$ olduğu için $BA' \perp CN$ dir. $BA'$ ile $CN$ doğruları $H$ de kesişsin.
$C$ nin $H$ ye göre simetriği $C'$ olsun.
$\angle BC'A' = \angle A'CB = \angle CBA = \angle BNA = \alpha$ dır. Bu durumda $B$, $C'$, $N$, $A'$ çemberseldir.

$C' \neq N$ olduğunda $\angle ACB = \angle CBH = \angle HBC' = \angle A'NH = \beta$ olacaktır. Bu durumda $\angle AMC = 90^\circ$ ve $AB=AC$ olur ki bu da sorudaki çeşitkenarlığa aykırıdır.

$C' = N$ olduğu durumda $NH=HC$, dolayısıyla $BN=BC = 2\cdot BM$.

$(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABM \sim \triangle ANB$ olduğu için $\dfrac{BA}{MA} = \dfrac {BN}{MB} = 2$ olur.

Not:
Söz konusu üçgenler şöyle çizilebilir.
$BN=BC \neq CN$ şeklinde bir $\triangle BCN$ alalım. $\triangle BNC$ nin ağırlık merkezi (kenarortayların kesişim noktası) $G$ olsun. $NG$ ile $BC$ kenarı $M$ de kesişsin. $G$ nin $M$ ye göre simetriği $A$ olsun. $BGCA$ bir paralelkenar, dolayısıyla $AC \parallel BG$ ve $BG \perp CN$ olduğu için $AC \perp CN$ dir.

Çözüm 2:

$\angle BNA =\angle ABC=\alpha$
$\angle NBC=\beta$ ve $\angle ACB=\theta$ olsun.
$\angle BCN=90^\circ-\theta$, $\angle ANC=90^\circ-(\alpha+\beta-\theta)$, $\angle NAC = \alpha+\beta -\theta$ $\angle BAN=180^\circ-(2\alpha+\beta)$ olacaktır.

Sinus teoreminden $\dfrac{BM}{MN}=\dfrac{MC}{MN}$ ve $\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{MC}{AM}$ oranlarını yazalım.
$$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} &=& \dfrac{\sin(90^\circ-(\alpha+\beta-\theta))}{\sin (90^\circ-\theta)} \\ \dfrac{\sin (180^\circ-(2\alpha + \beta))}{\sin \alpha} &=& \dfrac{\sin(\alpha+\beta-\theta)}{\sin \theta}
\end{array}$$
Taraf tarafa çarparsak $$\dfrac{\sin(2\alpha+\beta)}{\sin \beta}=\dfrac{\sin(90^\circ-(\alpha+\beta-\theta) )\sin(\alpha+\beta-\theta)}{\sin (90^\circ-\theta)\sin \theta}=\dfrac{\sin( 2\alpha+2\beta -2\theta)}{\sin 2\theta}$$ elde ederiz. Çapraz çarpımla birlikte ters dönüşüm formülleri kullanırsak $$\cos (2\alpha +\beta+2\theta)-\cos(2\alpha+\beta-2\theta)=\cos(2\alpha+3\beta-2\theta)-\cos(2\alpha+\beta-2\theta)$$ Buradan da $\cos (2\alpha +\beta+2\theta)=\cos(2\alpha+3\beta-2\theta)$ elde ederiz.

$2\alpha +\beta+2\theta= 2\alpha+3\beta-2\theta + 360^\circ k$
$2\theta=\beta + 180^\circ k$ olur. $0<\theta<90^\circ$ ve $0<2\theta<180^\circ$ olduğu için tek çözüm $2\theta = \beta$ dır.
$2\alpha +\beta+2\theta= -(2\alpha+3\beta-2\theta) + 360^\circ k$
$\alpha + \beta = 90^\circ k$ olur. $0 < \alpha+\beta < 180^\circ$ olduğu için tek çözüm $\alpha + \beta = 90^\circ$ dir.

$\alpha + \beta =90^\circ$ olduğunda $\angle BMA = 90^\circ$ olacağı için $AB=AC$ olacak, yani üçgen çeşitkenar olmayacak.

$\beta =2\theta$ olduğunda $\triangle BNC$ de $BN=BC$ olacaktır.
$(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABM \sim \triangle ANB$ olduğu için $\dfrac{BA}{MA} = \dfrac {BN}{MB} = 2$ olur.

Çözüm 3:

$MB=MC=1$, $BN=x$ ve $AM=y$ olsun.

$\triangle ANB \sim \triangle ABM$ olduğu için bize benzerlik oranı, yani $\dfrac {AB}{AM} = \dfrac {BN}{MB} = \dfrac x1 = x$ soruluyor.

$AM = y$ olduğu için benzerlikten $AB = xy$ ve $AN=x^2y$ olacaktır.

$\triangle ABC$ de kenarortay teoreminden $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2) \Longrightarrow AC^2 = 2y^2 + 2 - x^2y^2$.

$\triangle NBC$ de kenarortay teoreminden $BN^2 + CN^2 = 2(MN^2 + BM^2) \Longrightarrow CN^2 = 2(x^2y-y)^2 + 2 - x^2$.

$\triangle ACN$ de Pisagor'dan $AN^2 = AC^2 + CN^2$.

Hepsini birleştirirsek $$ \begin{array}{lcl}
x^4y^2 &=& 2(x^2y - y)^2 + 2 - x^2 + 2y^2 + 2 - x^2y^2 \\
&=& 2x^4y^2 + 2y^2 - 4x^2y^2 + 2 - x^2 + 2y^2 + 2 - x^2y^2 \\
&=& 2x^4y^2 + 4y^2 - 5x^2y^2 + 4 - x^2 \\
\end{array}$$ ve biraz düzenlemeyle $$\begin{array}{lcl} y^2(x^4 - 5x^2 + 4) - (x^2 - 4) &=& 0 \\
y^2(x^2 - 4)(x^2 - 1) - (x^2 -4) &=& 0 \\
(x^2 - 4)(y^2(x^2 - 1) - 1) &=& 0
\end{array}$$
Buradan $x=2$ ya da $y^2(x^2-1) - 1 = 0 \Longrightarrow y^2x^2 = y^2 + 1$ elde edilir.
İkincisi $\triangle ABM$ yi dik üçgen yapar. Dolayısıyla $AB=AC$ olur. Bu sorudaki çeşitkenarlığa aykırıdır.
İlki, yani $x=2$ aradığımız yanıttır.

$n \leq 2024$ bir pozitif tam sayı olmak üzere; $\{ kn \ : \ \ k \in \mathbb Z, \ 1 \leq k \leq 2024 \}$ kümesinde tam olarak $9$ tane tam kare bulunmasını sağlayan $n$ sayılarının toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 18240 \qquad\textbf{b)}\ 18810 \qquad\textbf{c)}\ 19380 \qquad\textbf{d)}\ 19950 \qquad\textbf{e)}\ 20520$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{B}$

$n$ sayısını bölen en büyük tamkare $a^2$ olsun. O halde $b$ karebölensiz olacak şekilde $n=a^2b$ olarak yazılabilir. Eğer $k$'yı da benzer şekilde $k=u^2v$ olarak yazarsak, $nk$'nın tamkare olması için $bv$'nin tamkare olması gerekir. Ancak ikisi de karebölensiz olduğundan bunun tek yolu $b=v$ olmasıdır. Dolayısıyla, $1\leq k\leq 2024$ sayılarından tam olarak $9$ tanesinin karebölensiz bölümünün $b$ olmasını istiyoruz. Başka bir deyişle, $$1\leq k=u^2b\leq 2024\implies \frac{1}{b}\leq u^2\leq \frac{2024}{b}$$ $$1\leq u^2\leq \frac{2024}{b}$$ olacak şekilde tam olarak $9$ tane $u$ olmasını istiyoruz. Dolayısıyla, $$9^2\leq \frac{2024}{b}<10^2\implies 21\leq b\leq 24$$ elde edilir. $b=21,22,23$ olabilir. Her biri için $n=a^2b\leq 2024$ olmasını sağlayan $a$ değerleri $1,2,3,\dots,9$'dur. Dolayısıyla bu $27$ sayının toplamı $$21(1^2+2^2+\cdots+9^2)+22(1^2+2^2+\cdots+9^2)+23(1^2+2^2+\cdots+9^2)$$ $$=(21+22+23)(1^2+2^2+\cdots+9^2)$$ $$=66\cdot 285=18810$$ bulunur.

Birbirinden farklı $x,y,z$ gerçel sayıları,
$$\begin{array}{lcl}
x^2+y^2 &=& 9x+7y+6z \\
y^2+z^2 &=& 7x+7y+8z \\
z^2+x^2 &=& 6x+8y+8z
\end{array}$$
eşitliklerini sağlıyorsa $\dfrac{15x^2+4y^2}{z^2}$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 4 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed D$

İlk iki ifadeyi taraf tarafa çıkarırsak $x^2-z^2=2(x-z)$ elde edilir. Sayılar birbirinden farklı olduğundan $x+z=2$ elde edilir. Son iki ifade taraf tarafa çıkarılırsada $x+y=-1$ elde edilir. İlk denklemde $z=2-x$ ve $y=-1-x$ yerine yazılırsa $x^2+3x-2=0$ elde edilir. Sorunun bizden istediği ifadedede $z$ ve $y$ yi $x$ cinsinden yerine yazarsak bizden istenen ifade $\frac{19x^2+8x+4}{x^2-4x+4}$ olur. $x^2+3x-2=0$ olduğundan $19x^2+57x-38=0$ ve $19x^2+8x+4=-49x+42$ elde edilir. Yine $x^2+3x-2=0$ olduğundan $x^2-4x+4=-7x+6$ olur. Sorunun bizden istediği ifade $\frac{-49x+42}{-7x+6}=7$ olur. Ayrıca buldugumuz $x$'e bağlı ikinci dereceden denklemin kökleri reel olduğundan soruda verilmiş reellik konusunda bir ihlal mevcut değildir. $x = \frac{-\sqrt{17}-3}{2}$, $z=2-x$ ve $y=-1-x$ hesap makinesinde denendiğinde de tüm koşulları sağlar ve ifadenin değerini $7$ verir.

Not:
Resmi kitapçıkta sorunun yanıtı ilk olarak $\boxed E$ verilmiş. Daha sonra $\boxed D$ olarak güncellenmiştir.

Çözüm 2:

Taraf tarafa toplarsak $x^2+y^2+z^2=11x+11y+11z$ elde ederiz. Buradan $x^2=4x+4y+3z$, $y^2=5x+3y+3z$, $z^2=2x+4y+5z$ elde edilir.

Bize sorulan oran $\dfrac{15x^2+4y^2}{z^2}=\dfrac{80x+72y+57z}{2x+4y+5z}$.

$x^2-y^2=y-x \Longrightarrow x+y=-1$.
$x^2-z^2=2x-2z\Longrightarrow x+z=2$.
İlkini $2$ ile çarpıp taraf tarafa toplarsak $3x+2y+z=0$ elde ederiz.

$\dfrac{80x+72y+57z}{2x+4y+5z}=\dfrac{22(3x+2y+z)+7(2x+4y+5z)}{2x+4y+5z}=7$

Çözüm 3:

(Resmi Çözüm) Birinci ve ikinci denkleme bakarsak $x^2-z^2=2(x-z)$, ikinci ve üçüncü denkleme bakarsak $y^2-x^2=x-y$ olup, $x,y,z$ birbirinden farklı olduğundan $z=2-x$ ve $y=-1-x$ elde ederiz. İkinci denklemde yerine koyarsak $(-1-x)^2+(2-x)^2=7x+7(-1-x)+8(2-x)$ ve buradan $x^2+3x-2=0$ buluruz. Dolayısıyla , $x^2=2-3x, y^2=x^2+2x+1=3-x$ ve $z^2=x^2-4x+4=6-7x$ olup $$\dfrac{15x^2+4y^2}{z^2}=\dfrac{15(2-3x)+4(3-x)}{6-7x}=\dfrac{42-49x}{6-7x}=7$$ elde ederiz.

$(x_1,...,x_{32})$ $32$-lisi $(1,2,...,32)$'nin bir permütasyonu olmak üzere, her $i=1,...,32$ için $y_i= \max \{x_1,x_2,...,x_i \}$ olsun. Tam olarak $2$ tane $i$ indisi için $y_i=x_i$ olmasını sağlayan $(x_1,x_2,...,x_{32})$ permütasyonlarının sayısının $29$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 9 \qquad\textbf{d)}\ 18 \qquad\textbf{e)}\ 27$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed E$

Bir permütasyonda soldan sağa ilerlediğimizde en büyük eleman $k$ kez değişmişse bu permütasyona $k$-maksimal diyelim.
$n$ farklı sayının permütasyonları arasından $k$-maximal permütasyonların sayısını $P(n, k)$ ile gösterelim.
Soruda bizden $P(32,2)$ yi bulmamız bekleniyor.

$2,\dots, n$ ye ait permütasyonlara $1$ sayısını ekleyerek $2-$maksimal permütasyonlar üretmeye çalışalım.

$2,\dots, n$ ye ait $k-$maksimal bir permütasyonu ele alalım. Bu permütasyonun başına $1$ eklediğimizde permütasyon $(k+1)-$maksimal olur.
$1.$, $2.$, $\dots$, $(n-1).$ terim sonrasına $1$ eklediğimizde yeni permütasyon yine $k-$maksimaldır.

O halde $2-$maksimal permütasyonların sayısı için $P(n, 2)=(n-1)P(n-1,2) + P(n-1,1)$ yazılabilir.

$P(n, 1)=(n-1)!$ olduğu kolayca görülebilir. ($n$ başta olmalı, diğer elemanların sırası önemsiz.)

Özyineli (recursive) denklemimizi birkaç kez çalıştıralım.

$P(32,2)=31P(31,2)+30! \equiv 2P(31,2) \pmod {29}$

$P(31,2)=30P(30,2)+29! \equiv P(30,2) \pmod {29}$

$P(30,2)=29P(29,2)+28! \equiv 28! \pmod{29}$ olduğu için

$P(32,2) \equiv 2P(31,2) \equiv 2P(30,2) \equiv 2\cdot 28!\pmod {29}$ elde ederiz.

Wilson Teoremine göre $28! \equiv -1 \pmod {29}$ olduğu için $P(32,2)\equiv 2\cdot 28 ! \equiv -2 \equiv 27 \pmod {29}$ elde ederiz.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{E}$

Çözüm [Lokman Gökçe]:
$y_1 = \max \{x_1\} = x_1$ dir. O halde bir başka $i>1$ için daha $y_i = x_i$ olmasını sağlamalıyız. Çözümün daha kolay anlaşılabilmesi için, genelleme yapmamıza izin verecek birkaç özel durumu inceleyeceğiz:

$\bullet$ $y_4 = x_4$ olsun. Bu durumda $y_2 = \max \{x_1, x_2\} \neq x_2 $, $y_3 = \max \{x_1, x_2, x_3\} \neq x_3 $ olmalıdır. Bu eşitsizliklerden $x_2 < x_1<x_4$ olur. Ayrıca $x_3<x_1$ veya $x_3 < x_2$ olmalıdır. Bu bize, $x_2$ ile $x_3$ ün kendi arasında yer değiştirebilecek değerlere sahip olduğunu gösteriyor. Yine $m\geq 5$ için $y_m \neq x_m$ olmalıdır. Bu ise $x_m < x_4$ olması anlamına gelir. Yani $x_4=32$ olup en büyük elemandır. $x_5, x_6, \dots , x_{32}$ sayılarının da kendi arasında yer değiştirebileceğini anlıyoruz. $y_4 = 32$ olan permütasyonların sayısı $\dbinom{31}{3}\cdot 2!\cdot 28!$ dir. Çünkü $31$ sayı arasından $3$ sayı seçiyoruz, bunların en büyüğü $x_1$ oluyor. Kalan $2$ tanesi $x_2$ ve $x_3$ olup $2!$ yolla belirleniyor.

$\bullet$ Son durum olan $y_{32}= x_{32} = 32$ durumuna bakalım. Bu durumda, $y_1 = x_1 = 31$ olup diğer $30$ sayı $30!$ yolla seçilebilir.

Genel olarak, $n\geq 1$ ve $y_{n+1} = x_{n+1} = 32$ olduğunda $1\leq i \leq n$ için $x_i$ sayılarının seçimini $\dbinom{31}{n}$ yolla yaparız. Bunların en büyüğü $x_1$ olmalıdır. Diğer $n-1$ sayının sıralanışı $(n-1)!$ yolla olur. $i>n+1$ için geriye kalan $31-n$ tane $x_i$ sayılarının sıralanışı da $(31-n)!$ yolla olur. $1\leq n \leq 31$ için bunların toplamına $S$ dersek
$$ S = \sum_{n=1}^{31} \dbinom{31}{n}\cdot (n-1)! \cdot (31-n)!$$
olur. $ \dbinom{31}{n} = \dfrac{31!}{n!\cdot (31-n)!}$ dir. Düzenlersek,
$$ S= \sum_{n=1}^{31} \dfrac{31!}{n} $$
elde ederiz. $n \neq 29$ için $ \dfrac{31!}{n} \equiv 0 \pmod{29}$ dur. O halde $S \equiv \dfrac{31!}{29} \pmod{29}$ elde ederiz. Wilson teoreminden, $28! \equiv -1 \pmod{29}$ olduğu kullanılırsa,
$$ S \equiv 31\cdot 30\cdot 28!\pmod{29} \equiv 2\cdot 1\cdot (-1) \pmod{29} \equiv 27 \pmod{29}$$
sonucuna ulaşılır.

Not: Bu çözüm bize, herhangi bir $m\geq 2$ pozitif tam sayısı için, istenen özellikteki $m$ uzunluğundaki permütasyonların sayısının açık denklem olarak,
$$ S= \sum_{n=1}^{m-1} \dfrac{(m-1)!}{n}$$ olduğunu da göstermektedir.

$|AB| > |AC|$ olan bir $ABC$ üçgeninde $\hat A$ açısına ait dış açıortayın $BC$ ile kesişimi $D$ olsun. $|BC|=24\sqrt2$, $|AB|=35$ ve $m(\widehat{ADC})=45^{\circ}$ ise $ABC$ üçgeninin alanı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 60 \qquad\textbf{b)}\ 70 \qquad\textbf{c)}\ 72 \qquad\textbf{d)}\ 84 \qquad\textbf{e)}\ 98$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{D}$

$K$ noktası $AB$ doğrusu üzerinde $A$'ya göre $B$ ile farklı tarafta bir nokta olmak üzere $\angle{KAD}=\angle{DAC}=\alpha$ olsun. $ABC$ üçgeninde sinüs teoreminden $\frac{\sin{2\alpha}}{\sin{(\alpha+45)}}=\frac{24\sqrt{2}}{35}$ olur. $\sin{(\alpha+45)}=\frac{\sin{\alpha}+\cos{\alpha}}{\sqrt{2}}$ ve $\sin{2\alpha}=2\sin{\alpha}\cos{\alpha}$ olduğundan $\frac{12}{35}=\frac{\sin{\alpha}\cos{\alpha}}{\sin{\alpha}+\cos{\alpha}}$ elde edilir. Buradan $12^2\cdot{(1+2\sin{\alpha}\cos{\alpha})}=35^2\cdot({\sin{\alpha}\cos{\alpha}})^2$ elde edilir. $\sin{\alpha}\cos{\alpha}=x$ olmak üzere $35^2x^2-288x-144=0$ ikinci dereceden denklemi elde edilir. Buradan $x=\frac{288+\sqrt{144\cdot(24^2+70^2)}}{35^2\cdot2}=\frac{288+74\cdot12}{35^2\cdot2}=\frac{12\cdot98}{35^2\cdot2}=\frac{24}{50}$ olur (Negatif kök, $\sin{\alpha}\cdot\cos{\alpha}>0$ olduğundan alınamaz.) $\sin{2\alpha}=2\sin{\alpha}\cos{\alpha}$ olduğundan $\sin{2\alpha}=\frac{24}{25}$ ve $\tan{2\alpha} = \frac{-24}{7}$ olur.($2\alpha>90$ olduğundan tanjant negatif olmalıdır). Tanjant yarım açı formülü kullanılırsa $\tan{\alpha}=\frac{4}{3}$ olur. (Diğer değer için $\alpha>90^\circ$ olur. Çelişki.) Buradan $\sin{\alpha}=\frac{4}{5}$ , $\cos{\alpha}=\frac{3}{5}$ ve $\sin{(\alpha-45)} = \frac{\sin{\alpha}-\cos{\alpha}}{\sqrt2}=\frac{1}{5\sqrt2}$ elde edilir. Sinüslü alan formülunden alan $A = \frac{35\cdot24\sqrt2\cdot\sin{(\alpha-45)}}{2}=84$ olur.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed D$

$\triangle ABC$ de $\angle A$ ya ait iç açıortay $AN$ olsun. $\angle NAD = 90^\circ$ ve $\angle AND = 45^\circ$ olacaktır.
$\triangle NAD$ de $AH$ yükseklik olsun. $\angle NAH = 45^\circ$ dir.
$\angle BAN = \angle NAC = \alpha$ dersek $\angle ABH = 45^\circ - \alpha$ ve $\angle CAH = 45^\circ - \alpha$ olacaktır. O halde $CH \cdot BH = AH^2$ dir.

$CH = x$ dersek $AH^2 = x(24\sqrt 2 + x)$ ve Pisagordan $AB^2 = AH^2 + BH^2 \Longrightarrow 35^2 = x(24\sqrt 2 + x) + (x+24\sqrt 2)^2 = 2x^2 + 72x\sqrt 2 + 2\cdot 24^2 $ $\Longrightarrow 2x^2 + 72x\sqrt 2 - 73 = 0$ denklemini elde ederiz.

$y = x\sqrt 2$ şeklinde değişken değiştirirsek $y^2 + 72y - 73 = 0 \Longrightarrow y = 1$ ve $x = \dfrac {1}{\sqrt 2}$ olur.

$AH^2 = x(24\sqrt 2 + x) = \dfrac {1}{\sqrt 2}\left ( 24\sqrt 2 + \dfrac {1}{\sqrt 2} \right ) = \dfrac {49}{2} \Longrightarrow AH = \dfrac {7}{\sqrt 2}$ ve $\text{Alan}(ABC) = \dfrac {BC\cdot AH}{2} = \dfrac {24\sqrt 2 \cdot \dfrac {7}{\sqrt 2}}{2} = 12\cdot 7 = 84$.

Çözüm 3:

(Resmi Çözüm) $C$ den $AB$ ye çizilen paralelin $AD$ ile kesişimi $E$, $C$ den $AD$ ye inilen dikme ayağı $H$ olsun. $|AC|=x,|CH|=y,|AH|=t$ diyelim. Açıkça $|HE|=t, |ED|=y-t, |CD|=y\sqrt{2}, |CE|=x$ olur. Paralellikten $y/24=(y-t)/2t$ ve $x/35=(y-t)/(y+t)$ bulunur. Düzenlersek $t=12y/(y+12)$ ve $x=35y/(y+24)$ olur. Pisagor teoreminden $$(\dfrac{35y}{y+24})^2=y^2+(\dfrac{12y}{y+12})^2$$ olup $y=4$ bulunur. Yerine koyarsak $t=3$ olup $|AD|=y+t=7$ olur. Dolayısıyla $A$ noktasından $BC$ ye inilen yükseklik uzunluğu $\dfrac{7}{\sqrt{2}}$ olup $\text{Alan}(\triangle{ABC})=\dfrac{24\sqrt{2}.7}{2\sqrt{2}}=84$ birim kare bulunur.

Pozitif tam bölenlerinin ortancası (medyanı) $63$ olan en küçük pozitif tam sayının rakamları toplamı kaçtır? (Bir veri grubunun ortancası, veri grubu küçükten büyüğe doğru sıralandığında veri sayısı tekse en ortadaki sayıya, çiftse en ortadaki iki sayının aritmetik ortalamasına eşittir.)

$\textbf{a)}\ 8 \qquad\textbf{b)}\ 14 \qquad\textbf{c)}\ 18 \qquad\textbf{d)}\ 20 \qquad\textbf{e)}\ 22$

Çözüm 1:

Yanıt : $\boxed{D}$

Sorunun bizden istediği şeyi "birbirine en yakın iki pozitif tam çarpanının toplamı $126$ olan en küçük pozitif tamsayının rakamları toplamı" olarak ifade edebiliriz. Bu iki çarpan $63-x$ ve $63+x$ olsun. Bu ikisinin çarpımı $63^2-x^2$ olduğundan $x$'i maksimize etmeliyiz. $x$'in $63$ olduğu durumda tek bir çarpan oluştuğundan sayı tamkare olur ve medyanı bu sayının kökü olur. $63$'den geriye doğru sayalım. $63$ için ifade $63^2$ olur ki bu sayının medyanı $63$ değildir çünkü sayı $63\cdot {63}$ olarak yazılabildiği gibi, birbirine daha yakın iki sayı olan $49\cdot {81}$ olarakta yazılabilir. $62 $ için ifade $125\cdot1$ olur. Bu sayının çarpanlarının medyanı $63$ değildir. ($25\cdot5$ olarak yazılabildiğinden). $61$ için $124\cdot2=62\cdot4$ olur. Bu şekilde hızlıca birkaç adet denersek ilk uygun örneğin $50$ olduğu bulunur. Sorunun bizden istediği sayı $113\cdot13=1469$ olur. Buradan cevap $1+4+6+9=20$ elde edilir.
Aradaki sayılar için örnekler
$123\cdot3=41\cdot9, 122\cdot4=61\cdot8, 121\cdot5=55\cdot11, 120\cdot6=12\cdot{10}, 119\cdot7=49\cdot{17}$, $118\cdot8=59\cdot{16}, 117\cdot9=39\cdot{27}, 116\cdot{10}=40\cdot{29}, 115\cdot{11}=55\cdot{23}, 114\cdot{12}=48\cdot{26}$

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{D}$

Sayımız $n$ olsun. Eğer $n=m^2$, $m\in \mathbb{Z^+}$ biçiminde bir tam kare ise pozitif tam bölenlerinin sayısı tek sayı olup ortancası $m$ dir. $m=63$ için $n=63^2$ dir. $n$ sayısını bu değerden daha küçük yapabiliriz.

$n$ tam kare olmasın. Bu durumda $n$ nin çift sayıda pozitif böleni vardır. Bunları küçükten büyüğe doğru sıraladığımızda $1, p, \dots, a, b, \dots , \dfrac{n}{p}, n$ olsun. Burada $a$ ve $b$ ortadaki iki bölen olup $a\neq b$'dir. Ortadan eşit uzaklıktaki terimlerin çarpımının $n$ olduğuna dikkat edelim. Yani $1\cdot n = p\cdot \dfrac{n}{p} = \cdots = ab = n$ dir. Ortanca $63$ verildiğinden $\dfrac{a+b}{2} = 63$ tür. Aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden $\dfrac{a+b}{2} > \sqrt{ab}$ olur. $a\neq b$ olduğundan aritmetik ortalama ile geometrik ortalama arasında eşitlik olamaz. Böylece $63> \sqrt{n}$ ve $n< 63^2$ olur. Yani $n$'nin tam kare olmaması durumunda $n$ daha küçük değerler alacaktır. $a+b=126$ dır. Şimdi $a$ ve $b$ ye değerler verelim. $n$'yi minimize etmek için $a$'ya $1, 2, 3, \dots$ değerlerini vererek ilerlemeliyiz. Ayrıca $a$ ile $b$ arasında başka tam bölen olmaması da gerekir.

$a=1$, $b=125$ ise $n=125$ olur. Fakat $5\mid n$ ve $a<5<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez.

$a = 2$, $b = 124$ ise $n = 2\cdot 124$ olur. Fakat $4 \mid n$ ve $a<4<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez. Bu fikirle, küçük ve çift $a$ değerlerinde $b$ de çift olacağından $2a\mid n$ olacaktır. $a<2a<b$ iken uygun çözüm gelmez. Dolayısıyla $a$'nın küçük çift sayı değerlerinden ($a<42$ iken) çözüm gelmez. $a \not\in \{2, 4, 6, \dots, 40 \}$.

$a = 3$, $b = 123$ ise $n = 3\cdot 123$ olur. Fakat $9 \mid n$ ve $a<9<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez. Bu fikirle, küçük ve $3$'ün katı olan $a$ değerlerinde $b$ de $3$'ün katı olacağından $3a\mid n$ olacaktır. $a<3a<b$ iken uygun çözüm gelmez. Dolayısıyla $a$'nın küçük $3$'ün katı değerlerinden ($a<31$ iken) çözüm gelmez. $a\not\in \{3, 6, 9, \dots, 30 \}$.

$a = 5$, $b=121$ ise $n = 5\cdot 121$ olur. Fakat $11 \mid n$ ve $a<11<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez.

$a = 7$, $b=119$ ise $n = 7\cdot 119$ olur. Fakat $17 \mid n$ ve $a<17<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez.

$a = 11$, $b=115$ ise $n = 11\cdot 115$ olur. Fakat $55 \mid n$ ve $a<55<b$ dir. Buradan uygun çözüm gelmez.

$a = 13$, $b=113$ ise $n = 11\cdot 113 = 1469$ olur. $13$ ve $113$ asal sayılardır. $n$'nin pozitif tam bölenleri $1, 13, 113, 1469$ olup tüm koşullar sağlanır. $n_{\min} = 1469$ sayısının rakamlarının toplamı $1 + 4 + 6 + 9 = 20$ bulunur.

Bir $\{a_n\}_{n \geq 1}$ dizisi, $a_1=2$ ve her $n \geq 1$ tam sayısı için
$$\left( a_{n+1}-\dfrac{3a_n+1}{a_n+3} \right) \left( a_{n+1}-\dfrac{5a_n+1}{a_n+5} \right)=0$$
şartını sağlamaktadır. Buna göre, $a_{2024}$ sayısı kaç farklı değer alabilir?

$\textbf{a)}\ 2024 \qquad\textbf{b)}\ 2024^2 \qquad\textbf{c)}\ 2^{2023} \qquad\textbf{d)}\ 2^{2024} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{A}$

$f(x)=\frac{3x+1}{x+3}$ ve $g(x)=\frac{5x+1}{x+5}$ olsun. $h_1,h_2,\dots,h_{2023}\in \{f,g\}$ olmak üzere $$a_{2024}=h_1\circ h_2\circ \dots\circ h_{2023}(a_1)=h_1\circ h_2\circ \dots\circ h_{2023}(2)$$ formatındadır. Öncelikle $f$ ve $g$'nin bileşkesinin değişme özelliğine sahip olduğunu yani $f\circ g=g\circ f$ olduğunu görelim. Gerçekten de $$(f\circ g)(x)=(g\circ f)(x)=\frac{2x+1}{x+2}\text{'dir.}$$ Dolayısıyla $h_i$'lerin sırası önemli değildir ve $k$ defa $f$, $2023-k$ defa $g$ kullanıldıysa, $$a_{2024}=\underset{k\text{ tane }f}{\underbrace{f\circ f\circ \cdots \circ f}}\circ \underset{2023-k\text{ tane }g}{\underbrace{g\circ g\circ \cdots \circ g}}(2)=(f^{k}\circ g^{2023-k})(2)$$ olacaktır. Burada, eşitlikten de anlaşılacağı gibi $f^n$ ve $g^n$ notasyonları fonksiyonların $n.$ iterasyonudur. Şimdi de her $k$ için $a_{2024}$'ün farklı sonuç alacağını gösterelim. $0\leq m,n\leq 2024$ için $(f^{m}\circ g^{2023-m})(2)=(f^{n}\circ g^{2023-n})(2)$ olsun. Genelliği bozmadan $m\geq n$ olsun. $f$ ve $g$ fonksiyonları $f:\mathbb{R}-\{-3\}\to \mathbb{R}-\{3\}$ ve $g:\mathbb{R}-\{-5\}\to \mathbb{R}-\{5\}$ için birebir örtendir. Bu yüzden verilen eşitliğe fonksiyonların tersini uygulayarak, $$2=g^{n-2023}\circ f^{-n}\circ f^{m}\circ g^{2023-m}(2)=f^{m-n}\circ g^{n-m}(2)=(f\circ g^{-1})^{m-n}(2)$$ olacaktır çünkü benzer şekilde $f $ ve $g^{-1}$ de değişme özelliğine sahiptir, hatta $$f\circ g^{-1}(x)=f\left(\frac{1-5x}{x-5}\right)=\frac{7x+1}{x+7}$$ olacaktır. $x>1$ için $$\frac{7x+1}{x+7}<x\iff 7x+1<x^2+7x\iff 1<x^2$$ olduğundan bunu $m-n$ defa uygularsak, $(f\circ g^{-1})^{m-n}(2)$, eğer $m-n>0$ olursa $2$'den kesin küçük olacaktır. Dolayısıyla $m=n$ olmalıdır. Yani her $k$ değeri için farklı bir $a_{2024}$ değeri elde ederiz. Toplam $2024$ tane $k$ değeri için $2024$ farklı $a_{2024}$ elde ederiz.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{A}$

Sorudaki şarttan dolayı ya $a_{n+1}=\dfrac{3a_n + 1}{a_n + 3}$ ya da $a_{n+1}=\dfrac{5a_n + 1}{a_n + 5}$ olacaktır. Eğer $a_{n+1} =\dfrac{3a_n +1}{a_n + 3}$ olursa, iki tarafa $1$ eklediğimizde $a_{n+1}+1=\dfrac{4(a_n+1)}{a_n+3}$ ve iki taraftan $1$ çıkardığımızda $a_{n+1}-1=\dfrac{2(a_n - 1)}{a_n + 3}$ bulunur. $b_n=\dfrac{a_n + 1}{a_n - 1}$ olarak tanımlayıp bu iki kesri birbirine oranladığımızda $b_{n+1}= 2b_n$ bulunur. Ayrıca, bu şartı sağlayan $a_n$ sayılarının $a_{n+1}=\dfrac{3a_n + 1}{a_n + 3}$ şartını sağladığı da kolayca görülebilir. Benzer şekilde $a_{n+1}=\dfrac{5a_n + 1}{a_n + 5}$ olursa $b_{n+1}=\dfrac{3b_n}{2}$ bulunur. Dolayısıyla
$b_{2024}=2^x\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2023-x}b_1$ formunda gelir ve $2024$ farklı değer alabilir. $b_n>1$
belliyken $a_n$ de tek türlü belli olacağı için cevap $2024$ olur.

Kaynak: Tübitak 32. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Çözüm Kitapçığı

İlk hamleyi Aslı yapmak üzere, Aslı ve Zehra sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Hamleler yapılmadan önce Zehra $1,2,...,200$ sayılarıyla numaralanmış bilyeleri istediği bir sırayla bir doğru üzerine diziyor. Sırası gelen oyuncu bu bilye dizisinin en solunda ve en sağında bulunan iki bilyeden birini alıyor. Zehra, yüzüncü bilyesini aldığında elindeki en büyük ve en küçük numaralı bilyelerin numaraları farkının en fazla $N$ olmasını garantileyebiliyorsa $N$ sayısının alabileceği en küçük değer kaçtır?

$\textbf{a)}\ 99 \qquad\textbf{b)}\ 112 \qquad\textbf{c)}\ 125 \qquad\textbf{d)}\ 149 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $99$. Zehra bilyeleri soldan sağa doğru numaraları $1$, $101$, $2$, $102$, $3$, $103$, $\ldots$, $98$, $198$, $99$, $199$, $100$, $200$ olacak şekilde diziyor ve Aslı'nın her hamlesinden sonra onun en son bilye aldığı uçtan bilye alıyor. O zaman Zehra sol taraftan $101,102, \ldots$ numaralı $k$ ve sağ taraftan $100, 99, \ldots$ numaralı $100-k$ bilye alacaktır. Buna göre, Zehra aldığı $100$ bilyenin tamamının ardışık numaralı bilye olmasını garantileyecektir.

Kaynak: Tübitak 32. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Çözüm Kitapçığı