Tübitak Lise 1. Aşama - 2026 Çözümleri

Yanıt : $\boxed{B}$

Seva teoreminden dolayı kenarortay üzerinde kesişen medyanların kenarları kestiği noktalardan geçen doğru, bu medyanların çıktığı köşeleri içeren kenara paraleldir. Buradan $\angle CBD=30^\circ$ ve $\angle ADB=105^\circ$ bulunur.

Cevap: $\boxed{C}$

$a_1\neq 0$ ve $a_1,a_2,\dots,a_k$ rakamlar olmak üzere $n=\overline{a_1a_2\dots a_k}$ olsun. Bizden $2n-276=a_1a_2\cdots a_k$ olması isteniliyor. Eğer rakamlardan biri $0$ olsaydı $2n-276=0$, yani $n=138$ olması gerekirdi ki bu da bariz şekilde çelişkidir. Ayrıca $2n-276>0$ olduğundan $n$ en az üç basamaklıdır, yani $k\geq 3$'dür. $$a_1\cdot 9^{k-1}\geq a_1a_2\cdots a_{k}=2n-276\geq 2a_1\cdot 10^{k-1}-276$$ olacaktır. Yani $$276\geq a_1(2\cdot 10^{k-1}-9^{k-1})\geq 2\cdot 10^{k-1}-9^{k-1}$$ elde edilir. Sağ taraf $2\cdot (9+1)^{k-1}-9^{k-1}$ olarak yazılırsa, binom açılımı sonrası kalan tüm terimler pozitif olacağından sağ taraf artandır. Dolayısıyla, eğer $k\geq 4$ ise $$276\geq 2\cdot 10^{k-1}-9^{k-1}\geq 2\cdot 10^3-9^3=1271$$ çelişkisi elde edilir. Sonuç olarak $k=3$ buluruz.

Artık sayımıza $n=\overline{abc}=100a+10b+c$ diyelim. Artık elimizdeki eşitlik $$200a+20b+2c=abc+276$$ şeklindedir. Yukarıdaki bulduğumuz eşitsizlikten, $$276\geq a(2\cdot 10^2-9^2)=119a$$ elde edileceğinden $a=1$ veya $a=2$'dir.

$a=1$ ise $$20b+2c=bc+76$$ elde edilecektir. Denklemi düzenlersek, $$(b-2)(20-c)=36$$ bulunur. $36$'nın bölenlerini denersek, $(b,c)=(5,8),(4,2)$ çözümleri bulunur. Yani $n=158$ ve $n=142$ birer çözümdür.

$a=2$ ise $62+10b+c=bc$ elde edilir. Denklemi düzenlersek, $(b-1)(c-10)=72$ elde edilir ancak $1\leq b,c\leq 9$ olduğundan çözüm yoktur.

Tüm çözümler $n=142$ ve $n=158$ olarak bulunur.

Yanıt : $\boxed{E}$

$x$'in pozitif reel sayı olduğu barizdir. $n$ pozitif tamsayı olmak üzere $n\le x<n+1$ olsun. $n^2\le x^2<(n+1)^2$ olduğundan sol taraf $n^2-24n+117\le 0$ verir. Kökler yaklaşık $6,5$ ve $17,5$ olduğundan bu eşitsizliği sağlayan $n$ tamsayıları $[7,17]$ aralığındadır. Sağ taraftan ise $n^2-22n+117>0$ ve $n$'nin alamayacağı değerler $10,11,12$'dir. Buradan cevap $8$ bulunur.

Yanıt : $\boxed{E}$

Kırmızı kutuda tüm topların en az $3$'te biri olduğu barizdir. $34$ için açıkça kosul sağlanmaz ve en az $35$ top içerir. Bu durumda diğer iki kutu $34,32$ biçiminde dağılmalıdır ve $2$ durum elde edilir. $36$ durumunda diğer kutular $35,30$'dan başlar ve orta noktada aynı sayılar olmadığından $35-30+1=6$ durum elde edilir. Bundan sonra aralık $36,28$ olup ortada $32,32$ olduğundan $36-28=8$ durum doğar. Sonraki adımda $12$ ve bu şekilde kırmız kutuda $50$ top olana kadar durum $24$ olana kadar devam eder. Buraya kadar $2(1+3+4+6+\cdots+22+24)=2(4+10+16+\cdots+46)=2\cdot 8\cdot 25=400$ durum elde edilir. $51$ durumunda $49,1$'den başlanarak $48$ durum elde edilir. $52$ durumunda $48,1$'den yine $48$ durum bulunur. Sonraki adımlar benzer yollarla $46,46,44,44,42....$ biçiminde olup $48+2(47+45+\cdots+1)=48+2\cdot 576=1200$ olur. Cevap $1200+400=1600$ olur.

Yanıt: $\boxed E$.

$a>b>c>1$ ve $a+b+c=101$ şartlarını sağlayan $(a,b,c)$ üçlülerinin sayısı $N$ olsun.
$a$ kırmızı kutudaki top sayısını ifade eder. Beyaz kutudaki top sayısı $b$ veya $c$ kadar olabilir. Bu durumda aradığımız yanıt $2N$ olacaktır.
$x,y,z$ negatif olmayan tam sayılar olmak üzere; $c=z+1$, $b=c+1+y=y+z+2$, $a=b+1+x=x+y+z+3$  olsun. $a+b+c=x+2y+3z+6=101$ ve $x+2y+3z=95$ olacaktır.

$x+2y=95-3z \in \{95, 92, 89, \cdots,  5, 2\}$
$y$ nin değerine göre tek bir türlü $x$ seçilecektir.
$y$ nin alabileceği değerlerin sayısı $48,47, 45, 44, \dots, 3, 2$ olacaktır.
Bu toplam da, ardışık iki terimi toplayarak, $N = 95 + 89 + 83 + \dots 11 + 5$ olarak bulunur.
$N=\displaystyle \sum_{k=1}^{16} 6k - 1 = 6\cdot \dfrac{16\cdot 17}{2}-16=16\cdot 51-16=16\cdot 50 =800$.
$2N=1600$.

$a+b+c = 101$.
$a=x+1$, $b=y+1$, $c=y+1$.
$x+y+z=98$
Tekrarlı kombinasyondan $98$ şeker $3$ çocuğa $\binom{98 + 3 - 1}{3-1} = \binom {100}{2} = 4950$ farklı şekilde dağıtılır.

$n=0, \dots, 49$ için $(n,n, 98 - n)$ şeklindeki dağılımları istemiyoruz. $50\times 3 = 150$ durumu çıkardığımızda $4950-150 = 4800$ farklı dağılımda kutulardaki top sayıları birbirinden farklı olur.

$a>b>c$ olsun.
$(a,b,c)$ nin $3!=6$ farklı dağılımından sadece $(a,b,c)$ veya $(a,c,b)$ dağılımları $(K,B,M)$ kutularına verilebilir. Bu durumda aradığımız yanıt $\dfrac {4800}{\frac 62} = 1600$ olacaktır.

Yanıt : $\boxed {E}$

$|EB|=x$ olsun. İç ve dış açıortay teoremleri yazılıp oranlar birbirine eşitlenirse $\frac{x}{13\cdot \frac{4}{3}}=\frac{13-x}{\frac{13}{3}}$ olup $x=\frac{52}{5}$ bulunur.

Cevap: $\boxed{B}$

$p$ asal bir sayı ve $k\geq 1$ olmak üzere $a^3+54a+55=p^k$ olsun ($k=0$ olamaz). $a=-1$ bir kök olduğundan ifade çarpanlarına ayrılabilir. $$a^3+54a+55=(a+1)(a^2-a+55)$$ olduğundan $a+1=\pm 1$ veya $p\mid a+1$ olmalıdır. $a$ pozitif olduğundan dolayısıyla $p\mid a+1$ olmalıdır.

Şimdi de $a^2-a+55$ çarpanına odaklanalım. $a^2-a+55\geq 55$ olduğundan bu çarpan da $\pm 1$ olamaz ve $p\mid a^2-a+55$'dir. $a\equiv -1\pmod{p}$ yazarsak, $$a^2-a+55\equiv (-1)^2-(-1)+55\equiv 57\equiv 0\pmod{p}$$ bulunur. Yani sadece $p=3$ veya $p=19$ olabilir. Ancak şunu da görebiliriz, eğer hem $a+1$ hem de $a^2-a+55$ sayıları $p^2$'ye bölünseydi $57\equiv 0\pmod{p^2}$ olurdu ki bu da çelişkidir. Dolayısıyla, ya $a+1=p$'dir ya da $a^2-a+55=p$ olmalıdır. Bariz şekilde $a^2-a+55>a+1$ olduğundan $a=p-1$'dir.

$p=3$ ise $a=2$ olmalıdır ancak $a^2-a+55=57\neq 3^k$ olduğundan çözüm değildir.

$p=19$ ise $a=18$ olmalıdır. Yerine koyarsak, $a^2-a+55=361=19^2$ olduğundan çözümdür ($a^3+54a+55=19^3$). Şartı sağlayan tek pozitif tamsayı $a=18$'dir.

Cevap: $\boxed{C}$

Vieta formüllerinden $x_1+x_2+x_3=0$, $x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=-3$ ve $x_1x_2x_3=-1$'dir. Bizden istenilenler ise $$a=-x_1^2-x_2^2-x_3^2$$ $$b=x_1^2x_2^2+x_1^2x_3^2+x_2^2x_3^2,$$ $$c=-x_1^2x_2^2x_3^2$$ şeklindedir. $c=-1$ olduğu kolayca görülebilir, $$x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)=6$$ olduğundan $a=-6$'dır. $$x_1^2x_2^2+x_1^2x_3^2+x_2^2x_3^2=(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)^2-2(x_1+x_2+x_3)x_1x_2x_3=9$$ olduğundan $b=9$'dur. Sonuç olarak $a+b+c=2$ bulunur.

$(1 - x_1^2)(1 - x_2^2)(1 - x_3^2) = -(1-x_1)(1-x_2)(1-x_3)(-1-x_1)(-1-x_2)(-1-x_3)$ olduğundan $Q(1) = -P(1)P(-1) = -(-1)\cdot 3 = 3 = 1+a+b+c$ eşitliği yazılabilir, buradan $a + b + c = 2$ gelir.

Yanıt: $\boxed D$

$\angle ACF = \angle ACD - \angle DCF = \angle BAC - \angle FAD = 90^\circ - \angle ABE - \angle FAD = 90^\circ - 37^\circ - 26^\circ = 27^\circ$.

size(8cm);

// Yay acimlari (derece) - problem kosullarina gore hesaplandi:
// AB||CD: arc(AB)=arc(CD)=a, DG||EF: arc(DE)=arc(FG)=d
// AC perp BE: 2a+d=180, m(ABE)=37: g=22, m(FAD)=26: e+d=52
// Toplam 360: b=106
real a = 75, b = 106, d = 30, e = 22, g = 22;

// Kose acisal konumlari (90 dereceden CCW)
real angA = 90;
real angB = angA + a;
real angC = angB + b;
real angD = angC + a;
real angE = angD + d;
real angF = angE + e;
real angG = angF + d;

pair A = dir(angA);
pair B = dir(angB);
pair C = dir(angC);
pair D = dir(angD);
pair E = dir(angE);
pair F = dir(angF);
pair G = dir(angG);

// Cevre cemberi
draw(unitcircle);

// Yedigen kenarlari
draw(A--B--C--D--E--F--G--cycle);

// Paralel kenar ciftleri (AB||CD mavi, DG||EF kirmizi)
draw(A--B);
draw(C--D);
//draw(D--G,linewidth(2));
draw(E--F,linewidth(1));

// Dikesenleri ciz (AC perp BE)
draw(A--C, linewidth(1.0));
draw(B--E, dashed);

// Kesisim noktasi ve dik aci isareti
pair T = extension(A, C, B, E);
dot(T, black+4);
draw(rightanglemark(A, T, B, 2));

// Sorulan acinin kenarlari (m(ACF) = ?)
draw(A--F);
draw(A--D,dashed);

draw(C--F,linewidth(1.0));

// Aci isaretleri
//markangle("$37^\circ$", A, B, E, radius=0.3, purple);

draw(anglemark(F, A, D));
label("$26^\circ$", anglemark(F, A, D), dir(321));

draw(anglemark(D, C, F));
label("$26^\circ$", anglemark(D, C, F), dir(51));

draw(anglemark(B, A, C, 8));
label("$53^\circ$", midpoint(anglemark(B, A, C, 8)), dir(243));




// Noktalar ve etiketler
dot(A); dot(B); dot(C); dot(D);
dot(E); dot(F); dot(G);

label("$A$", A, dir(angA)*1.15);
label("$B$", B, dir(angB)*1.15);
label("$C$", C, dir(angC)*1.15);
label("$D$", D, dir(angD)*1.15);
label("$E$", E, dir(angE)*1.15);
label("$F$", F, dir(angF)*1.15);
label("$G$", G, dir(angG)*1.15);

Not: Çözümde $G$ yi hiç kullanmadık. $DG \parallel EF$ gereksiz idi.

Cevap: $\boxed{B}$

$(x+y,y+z,z+x)=(a,b,c)$ dönüşümü yaparsak, $abc=108$ bulunur. Buradan elde edilen $(a,b,c)$ çözümünden $(x,y,z)$ elde edebilmemiz için $a+b+c$'nin çift olması gerek ve yeterli şarttır. Çünkü $(x,y,z)=\left(\frac{a-b+c}{2},\frac{a+b-c}{2},\frac{-a+b+c}{2}\right)$'dir ($a$,$b$ veya $c$ eklenerek görülebilir).

$abc=10^8=2^{8}\cdot 5^8$ olduğundan $a+b+c$'nin çift olmasının tek yolu birinin çift, diğer ikisinin tek olması veya üçünün birden çift olmasıdır. Eğer biri çiftse sadece $2^8$'i çift olana koyacağımızdan $3$ şekilde dağıtılabilir. Eğer üçü birden çiftse üç tane $2$ çarpanını dağıtırız ve geriye $2^5$ kalır. $2^{m_1}\cdot 2^{m_2}\cdot 2^{m_3}=2^5$ olması için $m_1+m_2+m_3=5$ olmalıdır. Dağılım formülünden, $\binom{5+3-1}{3-1}=\binom{7}{2}=21$ şekilde dağıtılabilir. Yani $2$ çarpanını $21+3=24$ farklı şekilde dağıtabiliriz.

Ayrıca $-1$ çarpanını da dağıtmamız gerekiyor, $(+,+,+)$, $(+,-,-)$, $(-,+,-)$, $(-,-,+)$ olabileceğinden $4$ farklı şekilde dağıtılabilir. Bu yüzden de $4$ ile çarpmak gerekmektedir.

Son olarak $5^8$'ü de dağıtmalıyız. $5^{n_1}\cdot 5^{n_2}\cdot 5^{n_3}=5^8$ olması için $n_1+n_2+n_3=8$ olmalıdır. Dağılım formülünden, $\binom{8+3-1}{3-1}=\binom{10}{2}=45$ çözüm vardır. Dolayısıyla tüm çözüm sayısı $24\cdot 4\cdot 45=4320$'dir.

Yanıt : $\boxed{A}$

İlk polinomun kökleri toplamının üçte biri ortanca kökü verir, bu kök $3$ olur. Ortak farkı $d$ ise Vieta'dan $a=27-r^2$ ve $b=3r^2-27$ bulunur. İkinci denklemin kökleri çarpımının küpkökü ortanca kökü verir ve bu değer $-1$ bulunur. Ortak çarpan $r$ ise $a=\frac{1}{d}+1+d$ ve $b=1+\frac{1}{d}+d$, yani $a=b$ olur. Dolayısıyla ilk kısımdan $r^2=\frac{27}{2}$ ve $a+b=2r^2=27$ olur.

Yanıt: $\boxed D$

$\angle ACB = 34^\circ$, $\angle ACD = 92^\circ$.
$\angle ACD = \angle AED = 92^\circ$ olduğu için, $\triangle ACD \cong \triangle AED$ iddiası çalışır. Ama çözümün tam olması için Sinüs Teoremine başvuracağız.
$\triangle ACD$ ile $\triangle AED$ üçgenlerinin çevrel yarıçapları aynı olmak zorunda. $ED=DC$ olduğu için de, $\sin \angle EAD = \sin \angle CAD$ olmak zorunda. Dışbükey çokgenlikten dolayı, $\angle EAD + \angle CAD = 180^\circ$ olamaz. Geriye sadece $\angle EAD = \angle CAD$ ihtimali kalır. Dolayısıyla $\triangle ACD \cong \triangle AED$.

$\angle CAD = 56^\circ - 34^\circ = 22^\circ$. $\angle ADC = \angle ADE = 66^\circ$, $\angle CED = 24^\circ$ ve $\angle AEC = 68^\circ$.

$\angle AEC + \angle ABC = 180^\circ$ olduğu için $ABCE$ kirişler dörtgenidir. $\angle BEC = \angle BAC = 34^\circ$ ve $\angle BED = 34^\circ + 24^\circ = 58^\circ$.

import geometry;
import olympiad;
size(9cm);

pair A = (0, 0);
pair B = (1, 0);
pair C = (1.375, -0.927);
pair D = (1.014, -1.504);
pair E = (0.345, -1.622);

draw(A--B--C--D--E--cycle);
draw(B--D, dashed);
draw(A--D, dashed);
draw(A--C, red);
draw(E--C, red);
draw(E--B, dashed+red);


// Esit kenar isaretleri
draw(pathticks(A--B, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(B--C, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(C--D, 2, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(D--E, 2, 0.5, 1, 3));

// B'de ABC acisi (112)
draw(anglemark(A, B, C, 5));
label("$112^\circ$", B + 0.22*dir(-124));

// C'de BCD acisi (126)
draw(anglemark(B, C, D, 5));
label("$126^\circ$", C + 0.22*dir(175));

// E'de DEA acisi (92)
draw(anglemark(D, E, A, 5));
label("$92^\circ$", E + 0.20*dir(56));

// A'da DAB acisi (56)
draw(anglemark(D, A, B, 5));
label("$56^\circ$", A + 0.22*dir(-28));

// Noktalar
dot("$A$", A, NW);
dot("$B$", B, NE);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, SE);
dot("$E$", E, SW);

Yanıt: $\boxed{B}$

İfade düzenlenirse $n+2-\frac{(n+2)^2}{m+n}$ bulunur. İfadenin tam sayı olması kesirli kısmın tam sayı olmasıyla sağlanır ve pay kısmında tamkare bir ifade yer aldığından sayının pozitif bölen sayısı tek olup tam sayı bölen sayısı bir tek sayının iki katıdır ve her çarpan icin ayrı bir $m$ değeri çözümdür. Yani $4$'e bölünmeyen çift sayılar koşulu sağlar.

Klasik bir metot olarak $n.$ dereceden bir polinomda $x^{n-1}$'in katsayısını sıfırlama yöntemini kullanalım. $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots$ polinomunda $x=y-\frac{a_{n-1}}{na_n}$ dönüşümü yapılırsa, $y^{n-1}$'in katsayısı $0$ olacaktır. Bu polinom için uygularsak, $x=y-\frac{3}{2}$ dönüşümü yapmamız gerekir ki yerine koyduğumuzda $$2y^4-4y^2-\frac{33}{8}=2(y^2-1)^2-\frac{49}{8}$$ elde edilir. Bu fonksiyonun en küçük değeri $y=\pm 1$ için $-\frac{49}{8}$ olarak bulunur.

 $2x^4+12x^3+23x^2+15x-3$ =$2(x^2 + 3x + \frac{5}{4})^2 - \frac{49}{8}$.
$\Delta >0$ olduğundan ifadenin minimum değeri: $-\frac{49}{8}$dir 

Yanıt : $\boxed{A}$

$\angle BAC=\alpha$ olsun. $\angle CBE=2\alpha$ ve $\angle BCA=\alpha$ olup $BAG$ üçgeninde sinüs teoreminden $\frac{3}{2}=\frac{\sin{3\alpha}}{\sin{\alpha}}=3-4\sin^2{\alpha}$ olup $\alpha<90^\circ$ olduğundan $\sin{\alpha}=\sqrt{\frac{3}{8}}$ olur. $|AC|=2\cdot\cos{\alpha}\cdot 6=12\cdot\sqrt{1-\sin^2{\alpha}}=12\cdot\sqrt{\frac{5}{8}}=3\sqrt{10}$ olur.

$\angle BAC = \angle BCA =\angle CED =\angle ECD = \angle BEC$.
$\triangle ABC \cong \triangle CDE$, $\triangle BAG \sim \triangle CEG$.


$\dfrac{AB}{BG}=\dfrac{EC}{CG}=\dfrac 64$. $EC=AC=3x$ dersek, $AG=x$ ve $CG=2x$ olur.
$\triangle BAC$ de, Stewart'ın özel halinden $36 = 16 +2x^2 \Longrightarrow x =\sqrt{10}$.
$AC=3\sqrt {10}$

$\angle BAC = \angle BCA =\angle CED =\angle ECD = \angle BEC$.
$\triangle ABC \cong \triangle CDE$, $\triangle BCG \sim \triangle BEC$.

$\dfrac{BG}{BC}=\dfrac{CG}{EC}=\dfrac {BC}{BE} =\dfrac 46$.
$BE=9$, $EG=5$. $EC=AC=3x$ dersek, $CG=2x$ ve $AG=x$ olur.
$AG\cdot GC = BG\cdot GE$, $2x^2=4\cdot 5 = 20$. $x=\sqrt{10}$. $AC =3x =3\sqrt{10}$.

Cevap: $\boxed{A}$

Verilen ifadeye $m\geq 0$ olmak üzere $m^2$ diyelim. $m=0$ için çözüm yoktur, dolayısıyla $m\geq 1$ kabul edebiliriz. $$m^2+1=n^5(9n+7)$$ elde edilir. $n$ ve $9n+7$'nin pariteleri farklı olduğundan $m^2+1$ çifttir, yani $m$ tektir.

Eğer $m$ tekse $m^2+1\equiv 2\pmod{8}$ olacağından $n$ de tek olmak zorundadır, aksi takdirde $4\mid n^5$ olurdu. Sonuç olarak $9n+7$ çifttir, hatta $$9n+7\equiv 2\pmod{4}\implies n\equiv 3\pmod{4}$$ elde edilir. Yani $n$'nin $4k+3$ formatında bir asal böleni vardır (aksi takdirde tüm asal bölenleri $4k+1$ formatında olurdu ve $n$ de $4k+1$ formatında olurdu). Bu asal bölene $p$ diyelim. $$m^2+1\equiv 0\pmod{p}\implies m^2\equiv -1\pmod{p}$$ olduğundan $-1$ karekalandır, bu da çelişkidir çünkü $-1$'in $p$ modunda karekalan olması için gerek ve yeterli koşul $p$'nin $4k+1$ formatında olmasıdır. Yani çözüm yoktur.

Cevap: $\boxed{E}$

$5x-7y=\lambda$ diyelim, $\lambda$'nın en küçük değerini arıyoruz. $y=\frac{5x-\lambda}{7}$ yazarsak, $x>\frac{\lambda}{7}$ olur ve $$63=2x^2-3x\left(\frac{5x-\lambda}{7}\right)=\frac{-x^2+3x\lambda}{7},$$ dolayısıyla, $$x^2-3x\lambda+441=0$$ bulunur. Bu denklemin pozitif kökü olmalıdır, dolayısıyla, $\Delta\geq 0$ ve $\lambda>0$ olmalıdır ($\Delta\geq 0$ ise kökü vardır, köklerin çarpımı $441$ pozitif olduğundan köklerin toplamı, yani $3\lambda$ pozitif olmalıdır). Diskriminant $\Delta=9\lambda^2-4\cdot 441\geq 0$ olduğundan $\lambda\geq 14$ bulunur. Yani en küçük değer en az $14$'dür ($14$'tür demiyoruz) ancak şıklardan hiçbiri $14$'den büyük olmadığından cevap "Hiçbiri" olacaktır. Böyle bir $\lambda$ yoksa da cevap otomatik olarak hiçbiri olacaktır.

Yine de $\lambda=14$'ü teyit edelim. $x^2-3x\lambda+441=(x-21)^2=0$ olur. $x=21$ bir çözümdür. Yerine yazarsak, $y=13$ bulunur. Yani gerçekten de minimum değer $14$'dür.

$f(x, y) = 5x - 7y$ ve $g(x, y) = 2x^2 - 3xy - 63$ olsun. $g(x, y) = 0$ koşulu altında $f$'in ekstremum noktası Lagrange çarpanı metodu gereği $\nabla f = \lambda \nabla g$ eşitliğini sağlamalıdır. Buradan $5 = \lambda(4x - 3y)$ ve $-7 = \lambda(-3)x$ gelir. Bu ifadeleri oranladığımızda $13x = 21y$ elde ederiz. $g(x, y) = 0$ olduğundan $x^2 = 441$ gelir ve $x$ pozitif olduğundan $x = 21$ olmalıdır. Bu durumda $f$'in minimumu $5x - 7y = \frac{2x}{3} = 14$ olur.

$2x^2-3xy=63$  denkleminden $y$'yi çekelim ve diğer ifadede yerine yazalim: $$3xy = 2x^2 - 63 \implies y = \frac{2x^2 - 63}{3x}$$

$$\begin{array}{rcl} 5x - 7\left(\frac{2x^2 - 63}{3x}\right) &=& \frac{15x^2 - 14x^2 + 441}{3x} \\
&=& \frac{x^2 + 441}{3x} \\
&=& \frac{x}{3} + \frac{147}{x}
\end{array}$$ $AGO$ uygularsak $$\frac{x}{3} + \frac{147}{x} \ge 2\sqrt{49} = 14$$ $x=21$ ve $y=13$ değerleri sorunun tüm şartlarını sağlar ve ifadenin değerini $14$ yapar.

Yanıt: $\boxed{E}$

$|KB|=7k,|LC|=3x$ olsun. Açı taşırsak $\angle EIK=\angle EBI$ olup benzerlikten $|EI|=12k$ ve benzer şekilde $|DI|=2x$ olur. $\triangle EBC$'nde iç açıortay teoreminden $|IC|=\frac{3}{4}|BC|$ ve $\triangle DBC$'nde iç açıortay teoreminden $|IB|=\frac{2}{4}|BC|$ olur ve oran $\frac{2}{3}$ olur.

$K$ dan $BI$ ya çizilen paralel $CE$ yi $M$ de, $L$ den $CI$ ya çizilen paralen $BD$ yi $N$ de kessin.

$90^\circ + \angle CIL = \angle CIA = 90^\circ + \angle ABC / 2 = 90^\circ + \angle CBI$ olduğu için $\angle CIL = \angle CBI = \angle MIK = \angle NLI$.



$KI=LI$ ve açı eşitliklerinden $\triangle IMK \cong \triangle LNI$.
Ayrıca $\triangle BIC \sim \triangle IMK \sim \triangle LNI$.

$\dfrac {BI}{CI} = \dfrac {LN}{IN} = \dfrac {LN}{KM}$.

$\dfrac {BI^2}{CI^2} = \dfrac {LN}{KM} \cdot \dfrac {BI}{CI} = \dfrac {\dfrac {LN}{CI}}{\dfrac {KM}{BI}} = \dfrac {\dfrac {DL}{DC}}{\dfrac {EK}{EB}}$.

$\dfrac {BI}{CI} = \sqrt {\dfrac {\dfrac {DL}{LC}}{\dfrac {EK}{EB}}} = \sqrt {\dfrac {\dfrac 14}{\dfrac 9{16}}} = \dfrac 23$.

Basit açı eşitliklerinden $\angle BCI = \angle ACI = \angle BIK$ ve $\angle ABI = \angle IBC = \angle CIL$.

$KL$ ile $BC$, $P$ noktasında kesişsin.
$\triangle IBP \sim \triangle CIP$.

$$\dfrac {BI}{IC} = \dfrac {IP}{CP} = \dfrac {BP}{IP} \Longrightarrow \dfrac {BI^2}{IC^2} = \dfrac {BP}{CP} \tag {1}$$.

$\triangle BKP$ de, $E, I, C$ noktaları için Menelaus'tan $$\dfrac {BE}{EK} \dfrac {KI}{IP} \dfrac {PC}{CB} = 1 \tag {2}$$
$\triangle CLP$ de, $B, I, D$ noktaları için Menelaus'tan $$\dfrac {CD}{DL}\dfrac {LI}{IP}\dfrac {BP}{BC} = 1 \tag {3}$$

$(2)/(3)$ ile $KI=LI$ eşitliğini birleştirirsek $$\dfrac {BE}{EK} \dfrac {DL}{CD} = \dfrac {BP}{PC} = \dfrac {BI^2}{CI^2}$$ elde edilir.

$\dfrac {BI^2}{CI^2} = \dfrac {16}{9} \cdot \dfrac 14 = \dfrac 49 \Longrightarrow \dfrac {BI}{IC} = \dfrac 23$.

$AI \perp KL$ ve $\angle KAI = \angle LAI$ olduğu için $KI=LI$.

Basit açı eşitliklerinden $\angle BCI = \angle ACI = \angle BIK$ ve $\angle ABI = \angle IBC = \angle CIL$.

$\triangle EBI \sim \triangle EIK$ dan $\dfrac {BI}{IK}=\dfrac {EB}{EI} = \dfrac {EI}{EK} \Longrightarrow \dfrac {BI^2}{IK^2} = \dfrac {EB}{EK}$.

$\triangle DCI \sim \triangle DIL$ den $\dfrac {CI}{IL} = \dfrac {DC}{DI} = \dfrac {DI}{DL} \Longrightarrow \dfrac {CI^2}{IL^2} = \dfrac {DC}{DL}$.

Taraf tarafa oranlarsak, $\dfrac {BI^2}{CI^2} = \dfrac {EB}{EK} \cdot \dfrac {DL}{DC} = \dfrac {16}{9} \cdot \dfrac {1}{4} = \dfrac 49$.

$\dfrac {BI}{CI} = \dfrac 23$.

Cevap: $\boxed{C}$

Tahtadaki $12$ sayı $a_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_{12}$ olsun. Herhangi bir $12$li için $t$'nin alabileceği en büyük değer $t=\min_{i}(a_{i+1}-a_i)$'dir. Dolayısıyla, biz bu $t$'nin sınırlarını arıyoruz. $j>i$ ise $a_j-a_i\geq t(j-i)$ olacaktır. Dolayısıyla, $a_j\geq a_1+t(j-1)\geq t(j-1)$ olacaktır. Her öğrencinin yazdığı sayıların indekslerin toplamı $S_1,S_2,S_3,S_4$ olsun. $S_1+S_2+S_3+S_4=1+2+\dots+12=78$ olduğundan en az bir tanesi $\frac{78}{4}=19.5$'dan büyük olmalıdır, yani en az birisinin indekslerinin toplamı en az $20$ olmalıdır.

Bu kişinin yazdığı sayılar $a_p,a_q,a_r$ olsun, $p+q+r\geq 20$'dir. Dolayısıyla, $$34=a_p+a_q+a_r\geq (p-1)t+(q-1)t+(r-1)t\geq 17t$$ olduğundan $2\geq t$'dir. Şimdi $t=2$ olabileceğini gösterelim. Bu örnek durum için çift tamsayıları kullanabiliriz (eşitlik durumunda ardışıklar arasındaki farkın olabildiğince çok kez $2$ olması gerektiğini tahmin ediyoruz). Öğrenciler $(2,6,26)$, $(0,14,20)$, $(4,12,18)$, $(8,10,16)$ seçilirse $t=2$ olabileceği görülür. Dolayısıyla $t$'nin en küçük değeri $2$'dir.

Yanıt: $\boxed{C}$

$AF\cap BC=K$ olsun. $F$ kenarortay üzerinde olduğundan $DK\parallel AB$ olup $DK\perp BC$ olur. Genelliği bozmadan uzunlukları $2$ ve $7$ alalım. $|DF|=a$ ve $|BK|=b$ olsun. $\triangle BDC$'de Öklitten $(a+2)^2=7b$ ve $\frac{|DK|}{|AB|}=\frac{|CK|}{|CB|}$ olduğundan $\frac{a}{2}=\frac{7-b}{7}$ olup ini denklemden $2a^2+57a-90=0=(2a-3)(a+30)$ ve $a=\frac{3}{2}$ olur. $\triangle {ABD}$'nde $EF$'ye göre manelaustan $\frac{|DC|}{|AC|}=\frac{a}{2}=\frac{3}{4}$ ve bizden istenen oran $3$ bulunur.

$\angle ACB =\alpha$ olsun. $\dfrac{DC}{AD}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\cot^2 \alpha$.

$\angle BCF=\beta$ olsun.
$AB=BC\tan \alpha$, $BE=BC\tan \beta$, dolayısıyla $\tan \alpha = 2\tan \beta$.

$\angle BFC =90^\circ + \alpha - \beta$. $\triangle BFC$ de Sinüs Teoreminden $$\begin{array}{rcl}
\dfrac 72 &=& \dfrac {\sin (90^\circ + \alpha - \beta)}{\sin \beta} \\
&=& \dfrac{\cos (\beta - \alpha)}{\sin \beta} \\
&=& \dfrac{\cos \beta \cos \alpha + \sin \beta \sin \alpha }{\sin \beta}\\
&=& \dfrac {\cos \alpha}{\tan \beta} + \sin \alpha \\
&=& \dfrac {2\cos^2 \alpha}{\sin \alpha} + \sin \alpha \\
&=& \dfrac {2 -\sin^2\alpha}{\sin \alpha} \,.\end{array}$$
$2\sin^2\alpha +7\sin\alpha-4=0$ denkleminden $\sin \alpha =\dfrac 12$.
Buradan da $\cot^2\alpha = 3$ elde edilir.

$A$ dan geçen ve $BD$ ye paralel olan doğru, $CE$ yi $L$ de, $CB$ yi $M$ de kessin.
$BC:BE=MC:ML=7:2$. $ML=2k$, $MC=7k$.
$AL:BF=AE:EB=1$. $AL=2$.
$MAC$ dik üçgeninde Öklid'den $(2k+2)^2=(7k-7)7k$.
$4k^2+8k+4=49k^2-49k \Longrightarrow 45k^2-57k-4=(15k+1)(3k-4)=0$, $k=\dfrac 43$.
Buradan da $DC:AD=3$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{E}$

$m=1$'in hiçbir durumda eşitliği sağlamadığı görülebilir. Dolayısıyla, $m>1$'dir ve asal çarpanlarına ayırabiliriz. $p_i$'ler farklı asallar ve $a_i>0$ tamsayılar olmak üzere $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$ şeklinde asal çarpanlarına ayırırsak, $d(m)=(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$ formülünden, bize verilen denklemin $$(ka_1+1)(ka_2+1)\cdots (ka_s+1)=3(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$$ olduğu görülür. $k=1$ için çözüm olmadığı kolayca görülebilir.

$s=1$ ise $ka_1+1=3a_1+3$ elde edilir. $(k-3)a_1=2$ elde edilir. $(k,a_1)=(4,2),(5,1)$ olabilir ancak $m$ asal olmadığından $m=p^2$ formatında olmalıdır. $s\geq 2$ kabul edelim.

$k\geq 3$ ise $$(ka_1+1)(ka_2+1)\geq (3a_1+1)(3a_2+1)=9a_1a_2+3a_1+3a_2+1=3(a_1+1)(a_2+1)+6a_1a_2-2> 3(a_1+1)(a_2+1)$$ olduğundan ve diğer terimlerde de $(ka_i+1)>a_i+1$ olduğundan çelişki elde ederiz. Yani $k\leq 2$ olmalıdır. $k=1$ olamayacağından $k=2$ olmak zorundadır.

Yani elimizdeki denklem artık $$(2a_1+1)(2a_2+1)\cdots (2a_s+1)=3(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_s+1)$$ şeklindedir. Bu durumda $$3=\frac{2a_1+1}{a_1+1}\cdot\frac{2a_2+1}{a_2+1}\cdots \frac{2a_s+1}{a_s+1}$$ olarak yazarsak, $\frac{2a_i+1}{a_i+1}=2-\frac{1}{a_i+1}$ olduğundan artandır. Yani $$3\geq\left(\frac{3}{2}\right)^s$$ olacağından $s\leq 2$ olacaktır yani $s=2$ olmak zorundadır. Yani $k=2$ ve $m=p^aq^b$ formatında olmalıdır. $$(2a+1)(2b+1)=3(a+1)(b+1)\iff (a-1)(b-1)=3\iff (a,b)=(2,4),(4,2)$$ elde edilir. Aradığımız sayılar $p^2$ veya $p^2q^4$ formatındaki sayılardır. $2026$'dan küçük tamkareler $1^2,2^2,\cdots,45^2$'dir. Bunlardan asal olanlar $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43$ olduğundan $m=p^2$ olan $14$ çözüm gelir. $pq^2$ formatında olanlar ise $12,18,20,28,44,45$ olduğundan $m=p^2q^4$ olan $6$ çözüm gelir. Dolayısıyla, $20$ tane $m$ vardır.

Yanıt : $\boxed{B}$

$Q(x)$ tam sayı katsayılı bir polinom olmak üzere $P(x)=Q(x)(x-20)(x-26)+p$ olup herhangi bir tam sayı kökü olması için $x_1$ tam sayısı için $-p=(x_1-20)(x_1-26)Q(x_1)$ olur. Bu durumda soldaki çarpanlardam biri ya $-1$ ya $1$ olmalıdır. Bu durumların her birinde diğer çarpanın mutlak değeri $7$ veya $5$ olup işarete göre $Q(x_1)$, $-1$ veya $1$ olacak şekilde belirlenir ve $p$'nin alabileceği $2$ değer vardır.

Yanıt : $\boxed {C}$

$O_2KL$ ve $O_1KL$ ücgenleri eşkenardır. $O_1O_2\cap AC=K,|LC|=b,|BC|=a,|AO_1|=x$ olsun. $A$ noktası iki çemberin kuvvet ekseni üzerinde olup iki çembere göre kuvvetleri eşittir ve buradan $a^2=x^2-4$ olur. $O_2KC$ üçgeninde pisagordan $(b+1)^2+3=x^2$ ve $ADC$ üçgeninde pisagordan $a^2+(x+2)^2=4(b+1)^2$ olup bu üç denklemden $2x^2-4x-12=0$ bulunup $x=\sqrt7+1$ olur.

$a_n = \frac{b_n}{(n+1)!}$ olarak tanımlayalım. Bu durumda verilen eşitlikten $\frac{b_n}{(n-1)!} = \frac{b_{n-1}}{(n-1)!} - \frac{b_{n-2}}{(n-1)!} \implies b_n = b_{n-1} - b_{n-2}$ ifadesi gelir. $b_1 = 12$ ve $b_2 = 2028.6$ olduğu bilindiğinden $b_3 = 1013.12$, $b_4 = -12$, $b_5 = -1014.12$, $b_6 = -1013.12$ ve $b_7 = 12$ olur. Bu durumda $b_n = b_{n \pmod 6}$ olduğu açıktır. O halde $b_{2027} = b_{5} = -1014.12$ ve $b_{2026} = b_4 = -12$ olur. Buradan $\frac{a_{2027}}{a_{2026}} = \frac{b_{2027}}{2028.b_{2026}} = \frac{1}{2}$ gelir.