Tübitak Lise 1. Aşama - 2025 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{E}$.

Problemin kısa bir çözümünün olduğuna inanmakla beraber, sınav anında yaptığım çözümü paylaşmak isterim.

Kosinüs teoremiyle $BC=3\sqrt{10}$  olur. Üçgenin bir yüksekliği $AD$  ve bir kenarortayı da $AM$  olsun. Çevrel merkez $O$  olsun. $H$  diklik merkezinin üçgenin kenarlarına göre yansıması çevrel çember üzerinde olduğundan $(ABC)$  çevrel çemberinin yarıçapı ile $(BHC)$ 'ninki aynıdır. Dolayısıyla $OC=R=\dfrac{3\sqrt{10}}{\sin 135^{\circ}}=3\sqrt{5}$  tir. Ayrıca $BH^2-BD^2=18-BD^2=36-CD^2$  olduğundan $BD=\dfrac{12}{\sqrt{10}}$  olur. Dolayısıyla $DM=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$  dur. Pisagor ile $HD=\dfrac{3}{\sqrt{5}}$  olur. Buna göre $OH^2=\left(OM-HD\right)^2+MD^2=3$  bulunur. $H-G-O$  doğrusallığı ve $GH=2.OG$  olduğundan $GH=2$  bulunur.

Cevap: $\boxed{D}$

$1^3+2^3+\cdots+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$'dir. Dolayısıyla, $$2025\left\lvert \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2\right.\iff 45\left\lvert \frac{n(n+1)}{2}\right.\iff 9\mid n(n+1)\quad\text{ve}\quad 5\mid n(n+1)$$ olacaktır. $$9\mid n(n+1)\iff n\equiv 0,8\pmod{9}$$ $$5\mid n(n+1)\iff n\equiv 0,4\pmod{5}$$ olacaktır. Çin kalan teoreminden $$2025\mid 1^3+2^3+\cdots+n^3\iff n\equiv 0,9,35,44\pmod{45}$$ olacaktır. $[45k,45k+44)$ aralığında $4$ tane bu kalanları veren sayı vardır. $k=0,1,2,\dots, 44$ için $[0,2025)$'i bu aralıklara bölebiliriz. Ancak $0$'ı çıkartmalıyız. Dolayısıyla, $$45\cdot 4-1=179$$ tane istenilen şartı sağlayan pozitif tamsayı vardır.

Cevap: $\boxed{C}$

$f(360)$ bir tamsayı olduğundan polinomun kökleri tamsayıdır. Bu kökler $r_1,r_2$ olsun. Bu durumda $x^2+mx+n=(x-r_1)(x-r_2)$, yani $r_1+r_2=-m$ ve $r_1r_2=n$ olacaktır. Genelliği bozmadan $f(360)=r_1$ olsun. $$(360-r_1)(360-r_2)=r_1\implies 360-r_1\mid r_1\implies 360-r_1\mid 360$$ olacaktır. $360=2^3\cdot 3^2\cdot 5$ olduğundan $48$ tamsayı böleni vardır ve $48$ olası $r_1$ değeri buluruz. Bunlardan bir $r_1$ seçersek, $r_2=360-\frac{r_1}{360-r_1}$ olduğundan tek bir $r_2$ değeri buluruz. Bu $r_1,r_2$ değerleri için $m$ ve $n$'yi tek şekilde bulabiliriz.

Resmi cevap anahtarı cevabı $D: 60$ olarak vermiş, bende mi hata var yoksa yayınlanan anahtar mı hatalı bilemedim.

Güncelleme: Resmi cevap anahtarında da doğru cevap $C$ olarak değiştirildi.

Bu soru, aslında Lokman hocamızın Lise 2013/32 sorusundaki daire dilimi probleminin özel bir halidir.

Yanıt : $\boxed{C}$

İlk ve sondaki renk $6$ şekilde seçilir. Arada bu renkten kac kez bulunduğuna göre işlem yapalım.
Bu renk arada hiç bulunmuyorsa $5\cdot 4^3=320$ durum gelir
Bu renk arada bir kez bulunuyorsa gidebileceği $2$ yer vardır. $2\cdot 5\cdot 5 \cdot 4=200$ durum olur.
Bu renk $3$ kez gecemeyeceginden tüm durumlar $520$'dır. Son ve başı $6$ şekilde yerlestirdigimizden cevap $520\cdot 6=3120$ elde edilir

$r - r$ şeklinde $5$ dağılım var.
$r - - r$ şeklinde $5^2 - 5$ dağılım var.
$r - - - r$ şeklinde $5^3 - (5^2-5)$ dağılım var.
$r - - - - r$ şeklinde $5^4 - (5^3-5^2+5) = 5^4-5^3+5^2-5 = 520$ dağılım var.
$r$ yi $6$ farklı şekilde seçebileceğimiz için $6\cdot 520 = 3120$ farklı şekilde şapka taķılabilir.

Cevap: $\boxed{C}$

Toplama $S$ diyelim. Terimler $k^{n-k}$ formatındadır. Bunların $3$ modunda verdiği kalan $$k^{n-k}\equiv \boxed{\begin{cases} 0&\text{ eğer }k\equiv 0\pmod{3},\\ 2&\text{ eğer }k\equiv 2\pmod{3}\text{ ve }k\equiv n+1\pmod{2},\\ 1&\text{ diğer durumlarda.}\end{cases}}\pmod{3}$$ olduğundan ardışık $6$ terim için bir tane $2$ kalanı veren, $3$ tane $1$ kalanı veren sayı olacağından $$\sum_{k=m}^{m+5}k^{n-k}\equiv 2\pmod{3}$$ olacaktır. Verilen $n$ değerleri sırasıyla, $6\cdot 32+3,6\cdot 32+4,6\cdot 32+5,6\cdot 33,6\cdot 33+1,6\cdot 33+2$ formatındadır.

$n=195=6\cdot 32+3$ ise $$S\equiv 32\cdot 2+195^1+194^2+193^3\equiv 0\pmod{3}$$ olduğundan istenilen sağlanır.

$n=196=6\cdot 32+4$ ise $$S\equiv 32\cdot 2+196^1+195^2+194^3+193^4\equiv 2\pmod{3}$$ olduğundan istenilen sağlanmaz.

$n=197=6\cdot 32+5$ ise $$S\equiv 32\cdot 2+197^1+196^2+195^3+194^4+193^5\equiv 0\pmod{3}$$ olduğundan istenilen sağlanır.

$n=198=6\cdot 33$ ise $$S\equiv 33\cdot 2\equiv 0\pmod{3}$$olduğundan istenilen sağlanır.

$n=199=6\cdot 33+1$ ise $$S\equiv 33\cdot 2+199^1\equiv 1\pmod{3}$$olduğundan istenilen sağlanmaz.

$n=200=6\cdot 33+2$ ise $$S\equiv 33\cdot 2+200^1+199^2\equiv 0\pmod{3}$$olduğundan istenilen sağlanır. Dolayısıyla, $n=195,197,198,200$ için $S$, $3$ ile bölünür.

Yanıt : $\boxed{D}$

$6k+1,3,5$ için toplam $2k+1,2,2\pmod3$ olur. $195,197,199$ sayıları bu şekilde $66,66,67$ olur. $6k+0,2,4$ için toplam $2k+0,0,1$ olur ve $196,198,200≡65,33,66$ olur. $195,197,198,200$ sayıları için toplam $3$'e bölünür.

Cevap: $\boxed{B}$

$a$ pozitif olduğundan polinomun negatif kökü olmadığı barizdir ($x$ yerine $-y$ yazılarak görülebilir). Dolayısıyla, polinomun kökü olmaması yeterlidir. $P(x)=0$ denklemi çözmeye çalışalım. $x=0$ bir kök değildir. $$x^6-6x^5+12x^4-ax^3+12x^2-6x+1=0\implies x^3-6x^2+12x-a+\frac{12}{x}-\frac{6}{x^2}+\frac{1}{x^3}=0$$ olacaktır. $x+\frac{1}{x}=t$ dönüşümü yaparsak, $x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2$ ve $x^3+\frac{1}{x^3}=t^3-3t$ olduğundan denklem $$Q(t):=(t^3-3t)-6(t^2-2)+12t-a=t^3-6t^2+9t+(12-a)=0$$ haline dönüşür. Buradan elde edilen bir $t$ için $x$ çözümü olmaması için bu $t=t_0$ kökleri için $$x+\frac{1}{x}=t_0,\quad\text{yani}\quad x^2-xt_0+1=0$$ çözümü olmamalıdır, yani $\Delta=t_0^2-4<0$ ve $t_0\in (-2,2)$ olmalıdır. $Q$ polinomunun gerçel köklerinin $(-2,2)$ aralığında olmasını istiyoruz. $Q$ polinomunu inceleyelim, $$Q'(t)=3t^2-12t+9=3(t-1)(t-3)$$ olduğundan $t=1$ noktasında yerel maksimum, $t=3$ noktasında ise yerel minimum vardır. $-\infty,-2,1,2,3,\infty$ noktalarındaki fonksiyonun değerlerini incelersek,
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
Q(-\infty) & Q(-2) &  Q(1) & Q(2) &Q(3) &Q(\infty) \\ \hline
-\infty &  -38-a & 16-a & 14-a & 12-a & \infty \\ \hline
\end{array}
$$ $a\geq 12$ ise $Q(3)\leq 0$ olacağından $[3,\infty)$ arasında bir kök vardır. Bu da isteğimizle çelişir. Dolayısıyla $a\leq 11$ olmalıdır. Bu $a$ değerleri için yerel minimum olan $Q(3)>0$ olduğundan polinomun tek kökü vardır ve $Q(-2)<0$ ve $Q(1)>0$ olduğundan $(-2,1)$ aralığındadır. Dolayısıyla, $a=1,2,\dots, 11$ için $Q$'nun tüm kökleri $(-2,2)$ aralığındadır ve yukarıda da gösterdiğimiz gibi bu bize $P$'nin reel kökü olmadığını gösterir.

Yanıt: $\boxed B$

$a_n$ ile $n\times n$ satranç tahtasının istenen koşulda kaç farklı şekilde boyanabileceğini ifade edelim.

Bir karenin $3$ kenarını boyadıktan sonra son kenar tek bir şekilde boyanır. Örneğin, $3$ kenarın sonunda çift sayıda kenar kırmızı ise son kenar kırmızı; aksi halde maviye boyanır.
O halde, $n=1$ için $a_1 = 2^3$ tür.

$n\times n$ bir satranç tahtasının istenen şekilde boyandığını varsayalım. Şimdi de aşağıdaki şekildeki gibi $(n+1) \times (n+1)$ tahta oluşturmaya çalışalım.

Örnek: $n=3$
$\begin{array}{|c|c|c}
\hline
& & & \\ \hline
& & & \\ \hline
& & & \\ \hline
& & &
\end{array}$

Yeni çizilen her bir kenar için (toplam $2(n+1) = 2n+2$), $2$ renk seçeneğinden istediğimizi kullanabiliriz.
Tahtanın sağ alt köşesi hariç, diğer karelerin eksik kenarları tek bir şekilde seçilmek zorunda.
Tahtanın sağ alt köşesi ise eksik kenarlardan birini istediğimiz şekilde boyadığımız takdirde diğeri tek bir şekilde seçilmek zorunda.
O halde, $a_{n+1} = a_n \cdot 2^{2n+3}$ tür.

$\begin{array}{rcl}
a_1 &=& 2^3 = 2^{2\cdot 0 + 3} \\
a_2 &=& a_1 \cdot 2^{2\cdot 1 + 3} \\
a_3 &=& a_2 \cdot 2^{2\cdot 2 + 3} \\
\vdots \\
a_{n} &=& a_{n-1} \cdot 2^{2\cdot (n-1) + 3}
\end{array}$
Taraf tarafa çarparak $a_n = 2^{\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} 2i + 3} = 2^{3n + (n-1)n} = 2^{n^2 + 2n} = 2^{(n+1)^2 - 1}$ elde ederiz.

Soru özelinde; $a_{45} = 2^{46^2 - 1} = 2^{2115}$ olur.

Aşağıdaki şekildeki $(n+2)n$ kenarı (tahtanın bütün sütunlarını ve ilk satırını) istediğimiz şekilde boyayabiliriz. Geriye kalan kenarlar, sırasıyla yukarıdan aşağıya, diğerlerinin durumuna göre tek seçeneğe indirgenir.

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

Dolayısıyla aradığımız yanıt, $2^{n^2+2n}=2^{45^2+90}=2^{2115}$ tir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Genel olarak $m \times n$ türünde bir tahta için çözüm verelim. Her bir karenin kenarlarını $e_1, e_2, e_3, e_4$ gibi değişkenlerle ifade edelim. Eğer bir kenar kırmızı ise $e_i = 1$, mavi ise $e_i = 0$ olsun. Kırmızı renkli kenar sayısı tek sayı olması için $$e_1 + e_2 + e_3 + e_4 \equiv 1 \pmod{2}$$ olmalıdır. Her bir kareden elde edilen bu tür denklemler (denklikler) sağlanmalıdır. $mn$ tane kare olduğu için $mn$ tane denklem elde ederiz.

Öte yandan, karelerden gelen toplam kenar sayısı $m(n+1) + n(m+1) = 2mn + m + n$ olur. Dolayısıyla $2mn + m + n$ tane $e_i$ değişkenimiz vardır.

$mn$ tane denklemin her birinin birbirinden bağımsız olduğunu gözlemleyelim. En üstteki karelerden başlayarak, her bir birim kareyi incelediğimizde, birim karelerin alt kenarlarında bulunan değişken, daha önceki karelerde bulunmayan bir değişkendir. Yani $mn$ tane denklemin her biri, geri kalan diğer denklemlerden bağımsızdır. Bağımsız denklem sayısı $mn$'dir. Buna lineer cebir diliyle denklem sisteminin rank'ı diyebiliriz.

O halde sistemdeki bağımsız bilinmeyenlerin sayısı
$$\text{bilinmeyen sayısı} - \text{rank} = 2mn + m + n - mn = mn + m + n$$
olarak bulunur.

Bağımsız bilinmeyenlerin her biri $0$ veya $1$ değerini alabilir. Dolayısıyla farklı boyamaların sayısı $2^{mn + m + n}$ olur.

Problem özelinde $m=n=45$ alınırsa $45^2 + 2\cdot 45 = 2115$ olduğundan $2^{2115}$ farklı boyama elde edilir.

Cevap: $\boxed{C}$

$\operatorname{ebob}(a,b)=22!$ olduğundan $\operatorname{ebob}(u,v)=1$ ve $a=22!u$ ve $b=22!v$ olacak şekilde tek bir $u,v$ pozitif tamsayıları vardır. $$\operatorname{ekok}(a,b)=22!uv=33!\implies uv=23\cdot 24\cdots 33=2^{12}\cdot 3^6\cdot 5^3\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 23\cdot 29\cdot 31$$ olacaktır. $u$ ve $v$ aralarında asal olduğundan asal çarpanları farklı olmalıdır. $uv$'nin $9$ tane asal böleni olduğundan $u$'nun alabileceği $2^9=512$ değer vardır. Her $u$ için tek bir $v$ vardır (aralarında asallık barizdir) ve tek bir sıralı $(a,b)$ ikilisi bulabiliriz. Dolayısıyla, $512$ tane ikili vardır.

Yanıt: $\boxed{E}$.

$x=3$  verildiğinde;
$$f(3)+f\left(\dfrac{2}{11}\right)=3$$
$x=2/11$  verildiğinde;
$$f\left(\dfrac{-10}{7}\right)+f\left(\dfrac{2}{11}\right)=\dfrac{2}{11}$$
$x=\dfrac{-10}{7}$  verildiğinde ise
$$f(3)+f\left(\dfrac{-10}{7}\right)=\dfrac{-10}{7}$$
elde edilir. Denklem sistemi çözüldüğünde ise $f(3)=\dfrac{107}{154}$  olarak elde edilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

Bir sayı tahtada yalnızca bir karede yer alsın. Bu kare $R$-inci satır ile $S$-inci sütunun kesişiminde olsun. Eğer başka bir sayı, hem $R$-inci satır hem de $S$-inci sütun dışında bir yerde bulunursa, bu iki sayı ortak bir satır veya sütun paylaşmaz. Yani diğer tüm sayılar yalnızca $R$ veya $S$’de yer almalıdır. Her biri en fazla $3$’er kare içerdiğinden:

$$
\text{Toplam en fazla } 1 + 6 = 7 \text{ farklı sayı olabilir.}
$$

Bu halde $k\leq 7$ olmaktadır. Amacımız $k$'yı en büyük yapmaktır. O halde $k \geq 8$ olması için her sayının en az $2$ kez görünmesi gerekir. $16$ karelik tahtaya $k$ sayıdan her birini en az $2$ kez yazmak için:

$$
2k \leq 16 \Rightarrow k \leq 8
$$

Yani eğer her sayı en az $2$ kez yazılıyorsa, en fazla $8$ farklı sayı kullanılabilir. Bu durum $k=8$ olmaya zorlar.

Son olarak $k_{\max} = 8$ mümkün mü? Bunu örnekleyelim:


$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
1 & 1 & 2 & 2 \\\hline
3 & 4 & 3 & 4 \\\hline
5 & 6 & 6 & 7 \\\hline
7 & 8 & 8 & 5 \\\hline
\end{array}
$$

Yanıt : $\boxed {E}$

Bahsi geçen çemberin yarıçapı $r$ olsun. $\angle{NAO}=\alpha,\angle{MAO}=\theta$ olsun. $\angle{CAD}=90^\circ-\alpha,\angle{BAD}=90^\circ-\theta$ olur. $ABD$ ve $ACD$ ücgenlerinde sinüs teoremlerinden $\dfrac{BD}{CD}=2\cdot \dfrac{\sin{(90^\circ-\theta)}}{\sin{(90^\circ-\alpha)}}=2\cdot \dfrac{\cos{\theta}}{\cos{\alpha}}=2\cdot \dfrac{\dfrac{1}{r}}{\dfrac{1}{2r}}=4$ olur.

Yanıt: $\boxed E$

Bu soru, Lise 1. Aşama 2001/33 sorusunun rakamları değiştirilmiş halidir.
Eski sorudaki tüm çözümler, bu soru için de geçerlidir.
Eski sorudaki çözümlerden en kolayı, $\angle BAC =90^\circ$ kabul edip Öklid uygulamak. Soruda buna engel bir durum söz konusu değil.

Genel olarak baktığımızda $AD$, $ABC$ üçgeninde kenarortaysı (simedyan) çıkıyor. Kenarortaysı ile ilgili, $\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$ eşitliği elde ediliyor.

Cevap: $\boxed{C}$

$x$ ve $y$ pozitif olduğundan $3^x$ her zaman $3$ ile, $5^y$ de her zaman $5$ ile bölünecektir. Dolayısıyla, eğer $n$ sayısı $3$ veya $5$'e bölünüyorsa $n\nmid 3^x-5^y$ olacaktır çünkü terimlerden biri $3$ veya $5$'e bölünürken diğeri bölünmeyecektir. $3$ veya $5$ ile bölünen, $2025$'den küçük $$\left\lfloor \frac{2025}{3}\right\rfloor+\left\lfloor \frac{2025}{5}\right\rfloor-\left\lfloor \frac{2025}{15}\right\rfloor=675+405-135=945$$ sayı vardır. $(n,3)=(n,5)=1$ ise $x=y=\phi(n)$ seçersek, Euler teoreminden $$3^{\phi(n)}-5^{\phi(n)}\equiv 1-1\equiv 0\pmod{n}$$ olacağından aradığımız tamsayılar $3$ veya $5$'e bölünen sayılardır. Bunların sayısı da yukarıda bulduğumuz gibi $945$'dir.

Yanıt : $\boxed{D}$

Verilen denklemde $n$ yerine $n+1$ yazarsak $a_{n+1}=(a_{n}+n+1)^2-n-2$ olur. $a_n=2^{2^{n+1}}-n-1$ ise denklemden $ a_{n+1}=2^{2^{n+2}}-n-2$ olduğu açıktır. Ve $a_0$ koşulu sağladığından tüm $n$'ler için karakteristik denklem budur. $a_{2025}=2^t-2026$ olur. $k=t$ için ifade maksimum değer olan $2026$'yı alır.

Yanıt: $\boxed{D}$

$a_n + n + 1 = a_{n-1}^2 +2na_n + n^2  = (a_{n-1} + n)^2$ olur. $a_n + n + 1 = b_n$ denirse $b_0 = a_0 + 1 = 3 + 1 = 4$ olur. Ayrıca her $n\geq 1$ tam sayısı için $$ b_n = b_{n-1}^2$$  elde edilir. Birkaç terim hesaplanırsa $b_1 = 4^2$, $b_2 = 4^4$, $b_3 = 4^8$ bulunur. Tümevarım uygulayarak $b_n = 4^{2^n}$ buluruz. Böylece $a_{n} =  4^{2^n} - n - 1$ elde edilir.

$a_{2025} =  4^{2^{2025}} - 2026 =  2^{2^{2026}} - 2026$ olur.

$k$ pozitif tam sayı olmak üzere, $S=|a_{2025} - 2^k| = |2^{2^{2026}} - 2026 - 2^k|$ ifadesinin minimum değerini alması için $k = 2^{2026}$ olarak seçilmelidir. Bu halde $S{\min} = 2026$ olur.

Normalde $2026$ terimini küçültmek için $2^{11} = 2048$ gibi değerleri de düşünebilirdik. Fakat burada $2^{2^{2026}}$ terimi çok büyük bir sayıdır. Eğer $k = 2^{2026}$ yerine $k +1 = 2^{2026} + 1$ veya $k -1 = 2^{2026} - 1$ sayıları kullanılacak olursa $S$'nin değeri çok büyük biçimde artacaktır.

Yanıt: $\boxed E$

$AC$ nin orta noktası $K$, $AB$ nin orta noktası $L$ olsun.
$CD^2=CK\cdot CF \Longrightarrow CK=6$, $KA=6$ ve $AF=3$.
Kuvvetten $BD^2=BL\cdot BE$ ve $LA\cdot AE=KA\cdot AF$.
$BL=LA=x$ ve $AE=y$ dersek $x(2x+y)=108$ ve $xy=36$. $2x^2=72\Longrightarrow x=6$ ve $y=6$. Dolayısıyla $BE=2x+y=18$.

Cevap: $\boxed{A}$

$n.$ molaya kadar toplamda $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ adım atılmıştır. Bu adımda karıncanın çember üzerindeki konumu, başlangıç noktasına göre $\frac{n(n+1)}{2}\pmod{101}$'de bulunur. Bunun alabileceği değerlerin sayısını araştırıyoruz. $n=1,2,\dots, 101$ için $101$ tane nokta vardır (çakışanları çıkartacağız), diğer tüm değerler, mod $101$'den dolayı, bunlardan birine düşecektir. Şimdi $m,n\in \{1,2,\dots,101\}$ için $\frac{n(n+1)}{2}\equiv \frac{m(m+1)}{2}\pmod{101}$ olan farklı $(m,n)$ ikililerine bakalım. $$\frac{n(n+1)}{2}\equiv \frac{m(m+1)}{2}\pmod{101}\implies n^2+n-m^2-m\equiv (n-m)(n+m+1)\equiv 0\pmod{101}\implies n\equiv -m-1\pmod{101}$$ elde edilir. $n\equiv -n-1$ olan $n=50$ değeri hariç, her $n$ için tam olarak bir tane $n$'den farklı $m$ vardır. Dolayısıyla, bu aynı noktaya denk gelenleri çıkartırsak, $$1+\frac{101-1}{2}=51$$ tane farklı noktada karınca mola vermiştir.

$1+2+\dots + n \equiv \dfrac{n^2+n}{2} \equiv k \pmod{101}$ değerinin alıp/alamayacağı değerler soruluyor.
$101$ asal sayı olduğu için $2^{-1} \pmod{101}$ tanımlıdır.
$n^2+n\equiv 2k\pmod{101}$ denkliğinin kökleri $n\equiv \dfrac{-1\pm \sqrt{1+8k}}{2} \pmod {101}$.
$\bmod {101}$ de $0$ hariç tutulduğunda $50$ tane kare kalan, $50$ tane kare kalan olmayan sayı vardır. $K$ kare kalan olmak üzere; $8k+1\equiv K \pmod {101}$ denkliğininde $(k, K)$ arasında birebir eşleme olduğu için aradığımız yanıt $50+1=51$ dir.

Yanıt : $\boxed{B}$

$k≡x\pmod{2025}$ ve $k=2025t+x$ olmak üzere $2024t+x=2025!$ elde edilir ve $x=0,2024$ için $2$ değer elde edilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$m$ ile $n$'den en az biri çift sayı ise istenen şekilde boyamak mümkündür. $m=2\ell$ şeklinde çift sayı olduğunu varsayalım. Ardışık satırları ikişerli gruplayarak $\ell$ tane $2\times n$ türünde tahta düşünelim. Kırmızı renkli olan karelere $k$, mavi renkli olan karelere $m$ yazalım. İlk gruptaki $2\times n$ kareye $k$, ikinci gruptaki $2\times n$ tane kareye $m$, üçüncü gruptaki $2\times n$ tane kareye $k$ yazarak alterne biçimde ilerleyelim. Aşağıdaki örnek yapıyı inceleyebiliriz:

$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
k & k & k & \cdots & k \\\hline
k & k & k & \cdots & k \\\hline
m & m & m & \cdots & m \\\hline
m & m & m & \cdots & m \\\hline
\end{array}
$$

Bu şekilde $m \times n$ türünde tahta istenen özellikte boyanabilir.

Şimdi $m$ ve $n$ sayılarının tek sayı olduğunu düşünelim. Aynı renkli komşu kareler arasında birer çizgi çekerek bunları gösterelim. Çizge teorisi diliyle, kareleri birer köşe noktası, aynı renkteki komşulukları da birer kenar ile ile ifade edebiliriz. Her köşe noktasının derecesi $1,3,5,7$ sayılarından biri olabilir. Tüm köşe noktalarının derecelerinin toplamı, toplam kenar sayısının $2$ katına eşittir. Çünkü her kenarın iki ucu vardır. Bu uçlar komşu renkli kareleri temsil eden noktalardır. Bu temel teorem, Euler'in El Sıkışma Lemması (Handshaking lemma) ismiyle de bilinir.

Özetle, $mn$ tane (tek sayıda) köşe noktası vardır ve her köşe noktasının derecesi $1,3,5,7$ sayılarından biri olduğundan dereceler toplamı tek sayıdır. Bu sayı toplam kenar sayısının $2$ katına (çift sayıya) eşit olamaz. Böylece $m$ ve $n$ tek sayı iken bu boyamayı yapmak imkansızdır.

Münkün olan boyamalar $(m,n) = (32,33), (20,25), (10,40)$ olup $3$ tanedir.


 

Yanıt: $\boxed C$

İç teğet çemberin merkezi $I$ olsun. $AI\perp DE$,
$ID=BD$ ve $\angle BFD = \angle IDE = \angle IAD$ olduğu için $\triangle BFD \cong \triangle IAD$. Dolayısıyla $AI=FD=25$ ve hipotenüse ait yükseklik $24/2=12$ dir.
$AD=AE=x$, $DI=y$ dersek $x^2+y^2=25^2$ ve $xy=12\cdot 25=300$ elde ederiz. Buradan $\angle IAD < 45^\circ$ yani $y<x$ şartını gözeterek $x=20$ ve $y=15$ elde edilir.

Aslında hipotenüsü ait yüksekliğin hipotenüsü $9$ ve $16$ şeklide böldüğü deneme yanılma ile hemen hesaplanabilir. Buradan $20$ ya da $15$ bulunur. $15$ şıklarda yok, olsaydı da yukarıdaki gibi bir bağıntıdan sağlamadığı görülebilirdi.

Bir diğer yöntem de, hipotenüse ait yükseklik ile hipotenüse ait kenarortayın oluşturduğu üçgeni kullanmak. Bu soruda söz konusu üçgen bir $7/2, 24/2, 25/2$ üçgenidir. Buradan hipotenüse ait yüksekliğin hipotenüsü ayırdığı parçaların $\dfrac{25}2 \pm \dfrac 72$ olduğu rahatça bulunabilir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezine $I$, yarıçapına $r$ diyelim. $\angle BAI = \angle CAI = \alpha$ olsun. Aşağıdaki şekli takip edelim.


$\angle IDH = \angle BFD = \alpha$ olur. $\sin \alpha = \dfrac{r}{25}$ ve $\cos \alpha = \dfrac{12}{r}$ dir. Çarpımlarının sabit olduğuna dikkat edersek $\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cdot \cos  \alpha$ özdeşliğini kullanabiliriz. $\sin 2\alpha = 2 \cdot \dfrac{12}{25} = \dfrac{24}{25}$ bulunur. Bir dik üçgen inşa ederek $\tan \alpha = \dfrac{3}{4}$ bulabiliriz. $\sin \alpha = \dfrac{3}{5} = \dfrac{12}{|AE|}$ olup $|AE| = 20$ elde edilir.

Yanıt : $\boxed{D}$

$2.$ denklemi $xz$ ile genişleterek $x^3+\frac{xyz(z+2y)}{x+z}=9xyz$ , $3.$ denklemi $xy$ ile genişletip $y^3+x^3=9xyz$ olarak yazıp eşitlersek $y^3=\frac{xyz(z+2y)}{x+z}$ olur. İlk denklemi $yz$ ile genisletirsek $y^3+\frac{xyz(z+x)}{z+2y}=2xyz$ olur ve önceki eşitlikten, $x,y,z$ pozitif olduğundan $xyz$'ler sadeleştirilirse $\frac{z+2y}{x+z}+\frac{x+z}{z+2y}=2$ ve $x=2y$ gelir. $3.$ denklemde yerine koyarsak $z=\frac{y}{2}$ gelir. Buradan bizden istenen sonuç $5$ bulunur.

Yanıt : $\boxed{B}$

İlk $n-2$ basamak $2^{n-2}$ şekilde sıralanabilir. Bunların $f(n-2)$ tanesi $3$'ün katı gerisi değildir. Bu kısım $3$'ün katıysa son iki basamağı $1,2$ ve $2,1$ olarak koyabiliriz. Değilse kalana göre $1,1$ veya $2,2$ koyarız. $f(n)=2f(n-2)+1(2^{n-2}-f(n-2))=2^{n-2}+f(n-2)$ gelir. $f(101)-f(99)=2^{99}$ olur.

Yanıt: $\boxed D$

$CF=9$ ve $BC=9k$ dersek $FD=7$, $DE=7k$.
$AB^2=AD\cdot AE = 9k\cdot 16k = 144k^2 \Longrightarrow AB = 12k$. $AB=CD=12k=16 \Longrightarrow k=\dfrac 43$.
$AD=9k=12$,  $DE=7k=\dfrac{28}3$
$EC^2=DE^2+DC^2=\dfrac{28^2}{3^2}+16^2=\dfrac{28^2+48^2}{3^2}=\dfrac{4^2}{3^2}\cdot (7^2+12^2)$

$AF^2=AD^2+DF^2=12^2+7^2$

$\dfrac{EC}{AF}=\dfrac 43$.

$\angle CBF = \angle DEF = \angle ABD = \angle BDC = \angle ACD$.
Buradan $AD^2 = BC^2=CF\cdot CD$ ve $AC \perp BE$. Bu durumda $\triangle ACE$ de $F$ diklik merkezidir. $\triangle AFD \sim \triangle CED$.
$\dfrac{CE}{AF}=\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{CD}{\sqrt{CD\cdot CF}}=\sqrt{\dfrac{CD}{CF}}=\sqrt{\dfrac{16}{9}}=\dfrac 43$

Cevap: $\boxed{B}$

Polinom bölmesi yapalım, $P(x)=x^3+p^4$ olsun. $$P(x)=(x+p^2)Q(x)+R(x)$$ şeklinde yazarsak, kalan $R(x)=P(-p^2)=-p^6+p^4$ olacaktır. Burada $Q$ da tamsayı katsayılıdır ama yine de hesaplayalım. Gerçekten de $$P(x)-P(-p^2)=x^3+p^6=(x+p^2)(x^2-xp^2+p^4)$$ olduğu görülebilir. Sonuç olarak, $$x+p^2\mid x^3+p^4\iff x+p^2\mid p^6-p^4=p^4(p^2-1)$$ $d(k)$ ile $k$'nın pozitif bölenlerinin sayısını gösterirsek, $p^4$ ve $p^2-1$ aralarında asal olduğundan $2d(p^4(p^2-1))=2d(p^4)d(p^2-1)=10d(p^2-1)$ tane $x+p^2$ seçeneği vardır. Her seçenek için tek bir $x$ elde edileceğinden çözüm sayısı $f(p)=10d(p^2-1)$ olmalıdır. $f(2)=10$ ve $f(3)=40$ olduğundan bunlar es geçebiliriz. $p\geq 5$ için $2^3\cdot 3\mid p^2-1$ olduğunu göz önünde bulunduralım. İlk gözlem olarak $d(p^2-1)$'in asal olamayacağı görülebilir, bu da $m=170$ ve $m=190$ olamayacağını gösterir.

$m=150$ ise $d(p^2-1)=15$ elde edilir. $15=3\cdot 5$ olduğundan ve $2^3\cdot 3\mid p^2-1$ olduğundan $p^2-1=2^4\cdot 3^2$ olmalıdır ancak çözüm gelmez. $m=150$ olamaz.

$m=160$ ise $d(p^2-1)=16$ elde edilir. Ufak asallar için denersek, $p=11$ için $d(p^2-1)=d(120)=16$ olduğundan $m=160$ olabilir.

$m=180$ ise $d(p^2-1)=18$ elde edilir. Yine ufak asallar için denersek, $p=17$ için $d(p^2-1)=d(16\cdot 18)=18$ olduğundan $m=180$ olabilir. Sonuç olarak sadece $2$ tane $m$ değeri için $f(p)=m$ olacak şekilde bir $p$ asalı vardır.

Cevap: $\boxed{B}$

Litreleri kolaylık açısından $100$ litre ve $200$ litre gibi düşünebiliriz veya birimi değiştirebiliriz. İlk seçenek üzerinden ilerleyelim. $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ fonksiyonunu şöyle tanımlayalım. $(x,y)$ girdisi $\% x$ nar sulu $100$ litre karışımı (yani $x$ litresi nar) ve $\% y$ nar sulu $200$ litre karışımı ($2y$ litresi nar) temsil etsin. $f(x,y)$ çıktısı da soruda verilen işlemin uygulanması sonucu yeni yüzdeler olsun. İşlemin ilk kısmında $y$ litre nar içeren $100$ litre diğer kaba aktarıldığından artık diğer kapta $x+y$ litre nar vardır. Bunun yarısı da diğer kaba geri aktarıldığından mavi kavanozda artık $\frac{x+y}{2}$ litre nar (yüzde $\frac{x+y}{2}$), diğerinde ise $y+\frac{x+y}{2}=\frac{x+3y}{2}$ litre nar vardır (yani yüzde $\frac{x+3y}{4}$ nar). Dolayısıyla, $$f(x,y)=\left(\frac{x+y}{2},\frac{x+3y}{4}\right)$$ olacaktır. Nar yüzdesindeki fark $x-y$'den $\frac{x-y}{4}$'e düşer. $99-1=98$ olan baştaki fark, $n.$ işlemden sonra $\frac{98}{4^n}$ olacağından $$\frac{98}{4^n}<0.1\implies n\geq 5$$ olacaktır. Dolayısıyla en az $5$ işlem uygulanmalıdır.

Yanıt: $\boxed A$

$D$ merkezli $DC$ yarıçaplı çemberi çizelim. $E$ çember üzerinde olacaktır. $CG$ çemberin çapı olsun.
$D$ den $BF$ ye inilen yüksekliğin ayağı $H$ olsun.
$\triangle BCF$, bir $3-4-5$ üçgeni olduğu için $FH =\dfrac{4}{5}$.
$DE^2-DF^2=HE^2-HF^2 \Longrightarrow HE^2 = 3^2-1^2+\left (\dfrac 45 \right )^2= 8 +\dfrac{16}{25} = \dfrac{216}{25} \Longrightarrow HE=\dfrac{6\sqrt 6}5$.
$BE= BF- HF-HE= 5 - \dfrac 45 - \dfrac{6\sqrt 6}5=\dfrac{21-6\sqrt 6}5$.

Yanıt : $\boxed{C}$

İfadenin eşiti $(n-1)^2(n^2-3n+19)$'dir. $n-1|n^2-3n+19$ olur ve Öklid algoritmasıyla $n-1|17$ olur. $n=2,18,0,-16$ olabilir. İlk kısımda yerine koyarsak, sırasıyla $1^2\cdot 17,17^2\cdot 17^2,1^2\cdot 19,17^2\cdot 323=17^2\cdot 17\cdot 19$ gelir. İlk üçü koşulu sağlar. Cevap $3$'tür.

Yanıt: $\boxed{D}$.

$x^2+y^2=a$  diyelim. $xy=3-a$  olur (Tabi burada Aritmetik-Geometrik Ortalamadan sonda elde edilen değerin $a\geq 2$  koşulunu sağlaması gerekir). Buna göre
$$x^3y+xy^3+6x^2+4xy+6y^2=(3-a)(a+4)+6a=-a^2+5a+12$$
olur. Türev yardımıyla bu ifade maksimum değerine $a=5/2>2$  iken ulaşır ve o değer ise $\dfrac{73}{4}$  tür.