Tübitak Lise 1. Aşama - 2013 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{A}$

$$(q + 2013p)=\dfrac {npq}5 \Rightarrow \left(1 + \dfrac {2013p}q\right) = \dfrac {np}5$$

• $q\neq 5$ ise $5 | np$ ve $q | 2013p$ yani $q\in \{3,11,61,p\}$ olacaktır.
  
  $5 = \dfrac{np}{1+\dfrac{2013p}q}$
  
  $q \in \{3,11,61\}$ için $\left(1+\frac{2013p}q, p\right) = 1$ olduğu için $p=5$ olmalı.
  
  
• $p=q$ için $5 = \dfrac{np}{2014}$.
  
  $2\cdot 19 \cdot 53 \cdot 5 = np \Rightarrow p \in {2,5,19,53}$.
  
  
• $q=5$ için $5+2013p = np \Rightarrow 5 = (n-2013)p \Rightarrow p=5$ çözümü yukarıda ele alınmıştı.
  

$p,q$ değerlerine göre $n$ elde edileceği için sorudaki eşitliği sağlayan $(p,q)$ ikilileri $(5,3)$, $(5,11)$, $(5,61)$, $(2,2)$, $(5,5)$, $(19,19)$, $(53,53)$ olmak üzere $7$ tanedir.

Yanıt: $\boxed{E}$

Yirmigenimiz $A_1A_2\dots A_{20}$ olsun.
Simetri ekseni $A_1A_{11}$ olan $9$ deltoid vardır. ($A_2A_{20},A_3A_{19}, \dots, A_{10}A_{12}$ diğer köşegenler)
Benzer şekilde $A_2A_{12}$ simetri eksenine sahip deltoid sayısı da $9$ dur.
Bu durumda $A_1A_{11}, A_2A_{12}, \dots, A_{10}A_{20}$ simetri eksenleri için $9\cdot 10 = 90$ deltoid vardır.
Peki bu $90$ deltoidden aynı olanlar var mı?
Deltoid eşkenar dörtgen olduğu için iki simetri ekseni olacaktır. Bu durumları çıkarmamız gerekiyor.
$A_1A_6A_{11}A_{16}$ deltoidinin iki simetri ekseni var. Bu deltoid hem $A_1A_{11}$ simetri ekseni için sayıldı, hem de $A_6A_{16}$ simetri ekseni için sayıldı.
$A_2-A_7$, $A_3-A_8$, $A_4-A_9$ ve $A_5-A_{10}$ nokta çiftleri ile başlayan eşkenar dörtgenlerde de aynı durum söz konusu. Bu durumda aradığımız cevap $90 - 5 = 85$ tir.

$n$ çift olsun. Bu durumda, $n$ ile aralarında asal olan tüm sayılar tek olacaktır. O zaman $\varphi(n) = 20$ olacak.
$n=2^{a}p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k} \Rightarrow \varphi(n) = 2^{a-1}p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 2^2\cdot5$.
$a>2$ sağlamaz; çünkü tüm $p_i - 1$ sayıları çiftir. O halde $a = 1$ veya $a=2$ .

$a = 2$ için, $p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 10$. Bu durumda $n$ nin $2$ veya daha fazla tek asal çarpanı olamaz; çünkü $4\nmid 10$. Bu durumda, $p_1 = 11$ ve $\boxed{n=2^2\cdot 11 = 44}$ olur.

$a = 1$ için, $p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 20$. Bu durumda $n$ nin $3$ veya daha fazla tek asal çarpanı olamaz; çünkü $8 \nmid 20$.

$1$ adet tek asal çarpan ($p$) için, $p^{a-1}(p-1) = 10 \Rightarrow \boxed{n=2\cdot 5^2 = 50}$

$2$ adet tek asal çarpan için, $p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}(p_1 - 1)(p_2 - 1) = 20$.

$(p_1 - 1)(p_2 - 1) = 4k \geq 8$

$\Rightarrow p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}k = 5 \Rightarrow k=5, a_1=a_2=1$.

$(p_1-1)(p_2-1)=20 \Rightarrow \boxed{n=2\cdot 3 \cdot 11 = 66}$.


$n$ tek olsun. $(a,n)=1$ ise, $(n-a, n)=1$ olacaktır. $a$ tek ise, $n-a$ çifttir. $a$ çift ise, $n-a$ tektir. Bu durumda $n$ ile aralarında asal tek sayıların sayısı, $n$ ile aralarında asal çift sayıların sayısına eşittir. O zaman, $\varphi(n) = 40$ tır.

$n$ nin $2$ den daha fazla asal böleni olamaz; çünkü $\varphi(n) \geq (3-1)(5-1)(7-1) = 48 > 40$.

$n$ nin bir asal böleni varsa, $p_1^{a_1 - 1}(p_1 - 1) = 40$ olacak. $p_1$ tek olduğu için, $p_1 = 8k + 1$. $a_1>1$ sol tarafı $40$ tan büyük yapar. O halde $a_1 = 1$ ve $p_1=\boxed{n=41}$

$n$ nin iki asal böleni varsa,  $p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}(p_1 - 1)(p_2 - 1) = 40$. $(p_1-1)(p_2-1) = 4k \geq 8$.

$\Rightarrow p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}\cdot 4k = 40 \Rightarrow p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}k = 10$.

$k=2$ ise, asal çarpanlardan biri $5$, $5$ in üssü $2$ ve diğer asal çarpanların üssü $1$ olmalı.
$5 \cdot (5-1)(p-1) = 40 \Rightarrow  p-1=2 \Rightarrow p =3$. So $\boxed{n=3\cdot 5^2 = 75}$.

$k=5$ olamaz; çünkü $p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}=2 $ olması mümkün değil.

$k=10$ ise, $p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}=1  \Rightarrow a_1=a_2=1$. $(p_1-1)(p_2-1) = 40 \Rightarrow p_1 = 5, p_2 = 11 \Rightarrow \boxed{n=5\cdot 11 =55}$.

Toplamda $\boxed{6}$ farklı pozitif tam sayı elde edilmiş oldu.

Yanıt: $\boxed{E}$

Öğrenciler $a_{1},a_{2}, \cdots,a_{100}$ olsun.
İlk gruplar $(a_{1},a_{2}),(a_{3},a_{4}),\cdots,(a_{99},a_{100})$ olsun.(Temsili olarak.)
Yine ikinci gruplarda temsili olarak $(a_{1},a_ {100}),(a_{2},a_{99}),\cdots,(a_{50},a_{51})$ olsun. Şimdi gün boyunca birbiriyle hiç çalışmamış $50$ tane öğrenci alınabileceğini gösterelim.

İkinci gruplandırmaya göre ilk ikiliden $a_{1}$'i alalım.İkinciden $a_{2}$ alınamaz çünkü ilk başta çalıştılar dolayısıyla $a_{99}$'u alalım.Üçüncüden $a_{3}$'ü alalım ve bu şekilde almaya devam edelim her gruptan her zaman bir kişi alınabileceği aşikar dolayısıyla $50$ grupta olduğunu varsayarsak $50$ tane birbiriyle hiç çalışmamış öğrenci bulunabilir. Ayrıca bu soru çizgeler yardımıyla da çözülür.

Yanıt: $\boxed{C}$

$64800 = 2^5\cdot 3^4 \cdot 5^2$ olduğu için $0\leq a \leq 5$, $0\leq b \leq 4$, $0\leq c \leq 2$ olmak üzere $k = 2^a\cdot 3^b \cdot 5^c$ biçiminde olmalı.
$d(k) = (a+1)(b+1)(c+1)$ olacaktır. $a+1=x$, $b+1=y$, $c+1=z$ şeklinde değişken değiştirirsek $d(k)=xyz$ ve $\sum d(k) = \sum\limits_{x=1}^6\sum\limits_{y=1}^5\sum\limits_{z=1}^3 xyz = \sum\limits_{x=1}^6 x \cdot \sum\limits_{y=1}^5 y \cdot \sum\limits_{z=1}^3z$ olacaktır.
Bu durumda $\sum d(k) = \dfrac{6\cdot 7}{2} \cdot \dfrac{5\cdot 6}{2} \cdot \dfrac{3\cdot 4}{2} = 21 \cdot 15 \cdot 6 = 1890$

Yanıt: $\boxed{B}$

$x<y<z$ sayıları verildiğinde $x+y\leq z$ ise bir üçgen oluşturamıyoruz.
$x<y<z<w$ sayıları verildiğinde $x+y+z \leq w$ ise bir dörtgen oluşturamıyoruz.  Hem $x+y\leq z$ hem de $x+y+z\leq w$ ise ne üçgen oluşuyor, ne de dörtgen.

$1< 1+x < 2+2x < 4+4x < \dots < 1024 + 1024x$ sayılarından $a<b<c$ şeklinde üç sayı seçtiğimizde her zaman $a+b<c$ oluyor.
Benzer şekilde dört sayı seçtiğimizde $a+b+c<d$ olacaktır.
$(0,\frac{989}{1024}]$ aralığında bir $x$ sayısı seçildiğinde $1,1+x,2+2x,\dots ,1024+1024x$ sayıları hiçbir şekilde bir çeşitkenar çokgen oluşturmayacak.
Yani $n=12$ olduğunda çeşitkenar çokgenin bulunamadığı $n$ adet sayı seçilebiliyor.

$n=13$ olduğunda seçilen sayılar $1\leq x_1<x_2<\dots <x_{13}\leq 2013$ olsun.
$x_1+x_2+\dots+x_{i-1}>x_i$ olması demek çeşitkenar $i$-gen bulunabilir demek.

Hiçbir $i$ değeri için çeşitkenar çokgen bulunamadığını varsayalım.

$1\leq x_1<x_2$

Her tarafa $x_2$ ekleyelim:
$2\leq x_1+x_2\leq x3$

Her tarafa $x_3$ ekleyelim:
$4\leq x_1+x_2+x_3\leq x_4$

$\vdots$

$2048\leq x_1+x_2+\dots+x_{12}\leq x_{2013}\leq 2013$

olduğu için çelişki elde ettik.
Bu durumda $n=13$ olduğunda en az bir $i$ değeri için $x_1+x_2+\dots+x_{i-1}>x_i$ dir. Yani çeşitkenar $i$-gen bulunabilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$20$ top $4$ kutuya $5$'erli $\binom{20}{5}\cdot \binom{15}{5}\cdot \binom {10}{5}\cdot\binom{5}{5} = \dfrac {20!}{(5!)^4}$ şekilde dağıtılır.

Her kutuya $1$ kırmızı top, $\binom{4}{1} \cdot \binom{3}{1} \cdot \binom{2}{1} \cdot \binom{1}{1} = 4!$ şekilde,
geri kalan $16$ beyaz top, $\binom{16}{4} \cdot \binom{12}{4} \cdot \binom{8}{4} \cdot \binom{4}{4} = \dfrac {16!}{(4!)^4}$ şekilde dağıtılır.
Düzenlersek, $ \dfrac{\frac {16!\cdot 4!} {(4!)^4}}{\frac {20!}{(5!)^4}}= \dfrac {5^4}{\binom{20}{4}}$ olur.

(Hasan TUNÇ)

$P$ nin $BC$, $AC$, $AB$ kenarlarına göre simetrikleri sırasıyla, $P_A$, $P_B$, $P_C$ olsun.
Açık şekilde,  $AP = AP_B = AP_c$, $BP=BP_A = BP_C$, $CP = CP_A = CP_B$ ve $\angle P_CAP_B = \angle P_ACP_B = \angle P_ABP_C = 120^\circ$.

$\triangle P_BAP_C$ bir $30^\circ - 30^\circ - 120^\circ$ üçgenidir. Dolayısıyla $P_BP_C = AP_B \sqrt 3 = AP \sqrt 3$ tür. Benzer şekilde $P_AP_C = BP\sqrt 3$ ve $P_AP_B = CP \sqrt 3$ tür. Bu durumda soruda sorulan üçgenle $\triangle P_AP_BP_C$ üçgeni benzer, üçgenlerin benzerlik oranı $\dfrac 1{\sqrt 3}$, alanları oranı $\dfrac 13$ tür.

$[AP_BCP_ABP_C] = 2 \cdot [ABC] = 50\sqrt 3$ ve

$[AP_BCP_ABP_C] = [P_AP_BP_C] + [AP_BP_C] + [BP_AP_C] + [CP_AP_B]$

$[AP_BCP_ABP_C] = [P_AP_BP_C] + \dfrac 12 \cdot AP^2 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2} + \dfrac 12 \cdot BP^2 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2} + \dfrac 12 \cdot CP^2 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2} $

$50\sqrt 3 = [P_AP_BP_C] + \dfrac {\sqrt 3}{4} \cdot (AP^2 + BP^2 + CP^2)$

$50\sqrt 3 = [P_AP_BP_C] + 32\sqrt 3 \Rightarrow [P_AP_BP_C] = 18\sqrt 3$

$\triangle P_AP_BP_C$ ile sorulan üçgenin alanları oranı $3$ olacağı için cevap $18\sqrt 3 / 3 = 6\sqrt 3$ tür.

Yanıt: $\boxed{D}$

$x^2 - 4x + 7 - 2\sqrt 2 = x^2 - 4x + 4 + 3 - 2\sqrt 2  = (x-2)^2 + (\sqrt 2 -1 )^2$
$x^2 - 8x + 27 - 6\sqrt 2 = x^2 - 8x + 16 + 11 - 6\sqrt 2  = (x-4)^2 + (3 - \sqrt 2 )^2$ olduğu için

$\sqrt{x^2-4x+7-2\sqrt{2}}+\sqrt{x^2-8x+27-6\sqrt{2}} = \sqrt {(x-2)^2 + (\sqrt 2 - 1)^2} + \sqrt{(x-4)^2 + (3-\sqrt 2) ^2}$

Aslında bu klasik bir geometri problemi.
Koordinat düzleminde $P(2,\sqrt 2 -1)$ ve $Q(4, 3-\sqrt 2)$ noktaları alınıyor. $x$-ekseni üzerinde $|PX| + |QX|$ toplamını en küçük yapan $X(x,0)$ noktasını bulunuz.
Nasıl çözüyoruz?
$P$ nin $x$-eksenine göre simetriği $P'(2, 1 - \sqrt 2)$ olsun. $P'X=PX$ olduğu için $PX+QX$ i minimum yapan $X$ noktası $P'X + QX$ i de minimum yapacak. $P'X + QX$ ifadesi $P', X,Q$ doğrusal olduğunda minimum olur. O halde $\min(PX+QX) = P'Q = \sqrt {(4-2)^2 + (3 - \sqrt 2 - (1- \sqrt 2))^2 } = \sqrt 8 = 2\sqrt 2$.

Yanıt: $\boxed{D}$

Minkowski Eşitsizliği'ni kullanacağız. Çözümün anlaşılabilirliği için eşitsizlikten bahsedelim. $a_{ij}$ pozitif reeller, $r>s$ ise sıfır olmayan reel sayılar olmak üzere
$$\left(\sum_{j=1}^{m}{\left(\sum_{i=1}^{n}{a^{r}_{ij}}\right)^{s/r}}\right)^{1/s}\geq \left(\sum_{i=1}^{n}{\left(\sum_{j=1}^{m}{a_{ij}^{s}}\right)^{r/s}}\right)^{1/r}$$
olduğunu belirtir. Bu çözümde kullanacağımız hali ise $s=1$, $r=2$, $m=2$  ve $n=2$  yani
$$\sqrt{a_1^2+a_2^2}+\sqrt{b_1^2+b_2^2}\geq \sqrt{\left(a_1+b_1\right)^2+\left(a_2+b_2\right)^2}$$
Buna göre sorudaki ifade şöyle yazılabilir
$$\sqrt{(x-2)^2+(\sqrt{2}-1)^2}+\sqrt{(4-x)^2+(3-\sqrt{2})^2}$$
$$\overbrace{\geq}^{Minkowski} \sqrt{(x-2+4-x)^2+(\sqrt{2}-1+3-\sqrt{2})^2}=2\sqrt{2}$$
elde edilir. Eşitlik durumu  $x=\sqrt{2}+1$  için sağlanır.

$(n^2+1)(n^2 + 2n - 21) \equiv (n^2 + 1)\left ((n+1)^2 - 22\right ) \equiv 0 \pmod {3 \cdot 11 \cdot 61}$

$\bmod 3$ için, $n \equiv 0,1$.

$\bmod 11$ için,
$n^2 \equiv -1 \pmod {11}$ denkliğinin çözümü yok.
$(n+1)^2 - 22 \equiv 0 \pmod {11} \Rightarrow n \equiv 10$.

$\bmod 61$ için,
$n^2 \equiv -1 \equiv 122 - 1 \equiv 121 \pmod {61} \Rightarrow n\equiv \pm 11 \pmod {61}$.
$(n+1)^2 - 22 \equiv 0 \equiv 122 \pmod {61} \Rightarrow (n+1)^2 \equiv 144 \pmod {61}$
$\Rightarrow n+1 \equiv \pm 12 \pmod {61} \Rightarrow n \equiv 11, -13 \pmod {61}$.
İkisini birleştirirsek, $n \equiv 11, -11, -13 \pmod {61}$

Çinlilerin kalan teoremine göre $$\begin{array}{rcl}
x &\equiv& a \pmod 3 \\
x &\equiv& b \pmod {11} \\
x &\equiv& c \pmod {61} \\
\end{array} $$ denkliğinin $\bmod {2013}$ te tam olarak bir çözümü olacağı için, $ n^4+2n^3-20n^2+2n-21 \equiv 0 \pmod {2013}$ denkliğinin çözüm sayısı $2 \cdot 1 \cdot 3 = 6$ dır.

İkinci denklemde $$(3x+5)/(x+1)\to 2x+1$$ ve  $$(2x+1)/(x+1)\to 3-x$$ olması için $x$ yerine $(-x+2)/(x-1)$   yazılırsa;

$f(2x+1)+2g(3-x)=-x+2$ olur.

$f(2x+1)+g(3-x)=x$ olduğundan;

$f(2x+1)=3x-2$

$f(2013)=3016$

Toplam ağırlık $T = 1 + 2 + \cdots + 77 = 77 \cdot 39 = 3003$.

En ağır grubun ağırlığı en az $W_k = \left \lceil \dfrac {T}{k} \right \rceil$.

En ağır gruptaki taş sayısı en az $N_k = \left \lceil \dfrac {W_k}{77} \right \rceil$.

Hafif grup kendinden ağır gruptan daha fazla taş içereceğinden, toplam taş sayısı en az $N_k + (N_k + 1) + \cdots + (N_k + k-1) = k \cdot (N_k + \dfrac {k-1}{2}) \leq 77$ olacaktır.

$N_k \geq 1$ olduğu için $k=12$ nin $N_k$ yı hesaplamadan son eşitsizliği sağlamadığı görülür.

$k=10, 11$; $N_k \geq 4$, dolayısıyla $10 \cdot (4 + \frac 92) > 77$ olduğu için sağlamaz.

$k=9$ için; $W_k \geq 334$ ve $N_k \geq 5$. $9 \cdot (5 + 4) > 77$ olduğu için $k=9$ da sağlamaz.

O halde cevap, hiçbiri.

$P(x) = (x+1)(x^4 + (a-1)x^3 + (b-a+1)x^2 + (a-1)x +1) = (x+1)Q(x)$

$(a,b) = (1,2)$ için $Q(x)=x^4 + 2x^2 + 1 = (x^2+1)^2$ in kökü yoktur.

$(a,b) = (3,5)$ için $Q(x)=x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x+ 1 =  x^2(x+1)^2 + x^2 + (x+1)^2$ her zaman pozitiftir.

$(a,b) = (5,7)$ için $Q(x)=x^4 + 4x^3 + 3x^2 + 4x+ 1$, $Q(0)=1$ ve $Q(-1)=-3$ olduğu için $(-1,0)$ aralığında en az bir $x$ değeri için $Q(x)=0$ dır. O halde bu $(a,b)$ çifti için $P(x)$ in birden fazla gerçel kökü vardır.

$(a,b) = (7,11)$ için $Q(x)=x^4 + 6x^3 + 5x^2 + 6x+ 1$, $Q(0)=1$ ve $Q(-1)=-5$ olduğu için $(-1,0)$ aralığında en az bir $x$ değeri için $Q(x)=0$ dır. O halde bu $(a,b)$ çifti için de $P(x)$ in birden fazla gerçel kökü vardır.

O halde, sadece $(1,2)$ ve $(3,5)$ çiftleri için $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır.

$\begin{array}{rcl}
P(x) &=& (x+1)(x^4 + (a-1)x^3 + (b-a+1)x^2 + (a-1)x +1) \\
&=& (x+1)((x^2+1)^2 + (a-1)x(x^2+1) + (b-a-1)x^2)
\end{array}$
$\dfrac{x^2+1}{x} = t$ dersek

$P(x) = (x+1)x^2(t^2 + (a-1)t + b-a-1)$ olacaktır. Son çarpanı $t$ ye göre çözdüğümüzde $$\Delta = (a-1)^2 - 4(b-a-1) = (a+1)^2 -4(b-1) < 0 \tag{Test 1}$$ ise $P(x)$ polinomunun $x=-1$ den başka kökü yok demektir.

$t = \dfrac{1-a \pm \sqrt{(a+1)^2-4(b-1)}}{2}$ çıkacaktır. Sonra bulduğumuz $t$ değerini yerine yazarsak $$x^2 + 1 = tx \Rightarrow x^2 - tx + 1 = 0 \Rightarrow x = \dfrac{t \pm \sqrt{t^2 -4}}{2}$$ elde ederiz. $$ t^2 < 4 \tag{Test 2}$$ durumu $P(x)$ i tek köklü yapacaktır.
Ayrıca $t$ li denklemden $x=-1$ çıkması da $P(x)$ i tek köklü yapacaktır. $-1 = t \pm \sqrt {t^2-4} \Rightarrow -2-t = \pm \sqrt{t^2 - 4} \Rightarrow t = -2$ için de $P(x)$ in tek bir gerçel kökü olacaktır. Bu denklemi çözersek $$t = \dfrac{1-a \pm \sqrt{(a+1)^2 -4(b-1)}}{2} = -2$$ $$\Rightarrow a-5 = \pm \sqrt{(a+1)^2 -4(b-1)} \Rightarrow b = 3a-5$$ elde ederiz. Yani $$3a-b = 5 \tag{Test 3}$$ ise de $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır.

Düzenlersek; $\text{Test 1}$ i sağlayan ikililer için $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır. $\text{Test 1}$ i sağlamayan bir ikili $\text{Test 2}$ yi sağlıyorsa yine $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır. $\text{Test 1}$ ve $\text{Test 2}$ yi sağlamıyor; ama $\text{Test 3}$ sağlıyorsa yine $P(x)$ in tek gerçel kökü olacaktır.

$(a,b)=(1,2)$ ikilisi için $(1+1)^2 - 4(2-1) = 0$ olacağından $\text{Test 1}$ sağlanmadı. Bu ikili için $t=0$ çıkacağı için $t^2 = 0^2<4$ olduğundan $\text{Test 2}$ i sağlandı. O halde, bu ikili için $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır.

$(a,b)=(3,5)$ ikilisi için $(3+1)^2 - 4(5-1) = 0$ olacağından $\text{Test 1}$ sağlanmadı. Bu ikili için $t=-1$ çıkacağı için $t^2 = (-1)^2<4$ olduğundan $\text{Test 2}$ i sağlandı. O halde, bu ikili için $P(x)$ in tek gerçel kökü vardır.

$(a,b)=(5,7)$ ikilisi için $(5+1)^2 - 4(7-1) = 12$ olacağından $\text{Test 1}$ sağlanmadı. Bu ikili için $t=-2 \pm \sqrt 3$ çıkacağı için ve $t=-2 - \sqrt 3$ için $t^2 = (-2 - \sqrt 3)^2 = 7 + 4\sqrt 3 > 4$ olduğundan $\text{Test 2}$ de sağlanmadı. $3 \cdot 5 - 7 = 8 \neq 5$ olduğu için $\text{Test 3}$ de sağlanmadı. O halde, bu ikili için $P(x)$ in birden fazla farklı gerçel kökü var.

$(a,b)=(7,11)$ ikilisi için $(7+1)^2 - 4(11-1) = 24$ olacağından $\text{Test 1}$ sağlanmadı. Bu ikili için $t=-6 \pm \sqrt 6$ çıkacağı için ve $t=-2 - \sqrt 6$ için $t^2 = (-6 - \sqrt 6)^2 > 4$ olduğundan $\text{Test 2}$ de sağlanmadı. $3 \cdot 7 - 11 = 10 \neq 5$ olduğu için $\text{Test 3}$ de sağlanmadı. O halde, bu ikili için $P(x)$ in birden fazla farklı gerçel kökü var.

Ayşe hangi sayıyı yazarsa yazsın, Burak da o sayıyı eski haline çevirirse; oyunun bitmemesini sağlar. Böylelikle Ayşe oyunu kazanmayı garantileyememiş olur. Bu durumda yanıt $\boxed{E}$ olur.

NOT:
Bu soruda bir sorun oluşmuş; yoksa o kadar da kolay bir soru değilmiş. Duyduğuma göre, sayıyı büyütmemek konusunda kısıtlama getirilmesi unutulmuş.

Alternatif versiyon, yani $(m,n) \rightarrow (m,x)$ dönüşümü için $ \left \lceil \dfrac n2 \right \rceil < x < n$ ön koşulunun var olması durumu, için çözüm yapalım.

Dönüşüm eşitsizliğini $\dfrac{n-1}2 < x < n \Longrightarrow (m,n) \rightarrow (m,x)$ şeklinde yazalım.

Ayşe, herhangi bir aşamada $(n,n)$ yazmayı başarırsa, Burak'ın $(n,x)$ hamlesinden sonra $(x,x)$ yazabileceğinden bu durumu $(1,1)$ yazıncaya kadar devam ettirebilir. $(1,1)$ çiftini Ayşe yazdığı için, Burak hamle yapamaz duruma gelir ve Ayşe oyunu kazanır.

İddia: Ayşe, herhangi bir aşamada, $k=0,1,\dots$ için $(n, 2^k(n+1)-1)$ yazmayı başarırsa, sonlu sayıda adım sonunda sayı çiftini $(x,x)$ şeklinde bir çifte çevirmeyi başarabilir.

İspat:
Burak $2^k(n+1)-1 \rightarrow x$ dönüşümü yaparsa, $ \dfrac{(2^k(n+1)-1) - 1}{2} = 2^{k-1}(n+1)-1 < x < 2^k(n+1)-1$, yani $x = 2^{k-1}(n+1), 2^{k-1}(n+1) + 1, \dots, 2^{k}(n+1)-2$ olacaktır. Bir sonraki hamlede Ayşe $x\rightarrow 2^{k-1}(n+1)-1$ dönüşümü yapabilecektir. Burak, bu şekildeki dönüşümlerde ısrarcı olursa, Ayşe bu şekilde $k=0$'a kadar gelir.

Burak $n\to x$ dönüşümü yaparsa, Ayşe $2^k(n+1)-1 \rightarrow 2^k(x+1)-1$ dönüşümü yapacaktır (Bu durumun legal olduğunu birazdan göstereceğiz.). Burak bu değişiklikte ısrarcı olursa bir noktada $x\to 1$ dönüşümü yapmak zorunda olacak. O noktadan sonra, $k$ sayısını bir azaltacak hamle sırası hep Ayşe'de olacak. $k=0$ durumunda, Ayşe tahtaya $(1,1)$ yazmış olacak ve oyunu kazanacak.
Söz verdiğimiz gibi, Ayşe'nin $2^k(n+1)-1 \rightarrow 2^k(x+1)-1$ dönüşümünün legal olduğunu gösterelim.
Göstermemiz gereken, $$ \dfrac{(2^k(n+1)-1)-1}{2} < 2^k(x+1)-1 < 2^k(n+1)-1$$ olduğu.
$x<n$ olduğu için sağ taraf çok açık.
$2^{k-1}(n+1) - 1 < 2^k(x + 1) -1 \Leftrightarrow n+1 < 2(x+1) \Leftrightarrow \dfrac{n-1}2 < x$ olduğu için sol taraf da doğru. $\blacksquare$

Sorudaki $(m,n)$ ikililerinden $(17,71)$, $(17, 2^2\cdot (17+1)-1)$ formunda olduğu için, Burak tahtaya $(x,x)$ sayısını yazmayı garantileyebilecek. O halde, Ayşe oyunu kaybedecek. Diğer ikililer için böyle bir durum söz konusu değil. Yani tahtaya ilk olarak Ayşe $(n, 2^k(n+1)-1)$ formunda bir sayı yazabilecek, böylelikle oyunu kazanmayı garantileyebilecek. Örneğin, Ayşe $(7,79)\to (7,2^3(7+1)-1) = (7,63)$ yazdıktan sonra oyunu kazanacak forma girmiş olacak.

Sonuç olarak, sorunun bu hali için, doğru yanıt, $\boxed{a)\ 4}$.

Yanıt: $\boxed{C}$

$BC$ nin orta noktası $D$, $AC$ nin orta noktası $E$ olsun. $\dfrac{OE}{EB_1}=\dfrac{OD}{DA_1}=1$ olduğu için $A_1B_1=2\cdot ED=AB$.

Benzer şekilde $A_1C_1=AC$ ve $B_1C_1=BC$ olur. Bu durumda $A_1B_1C_1$ üçgeni ile $ABC$ üçgeni eştir. O zaman bu iki üçgenin çevrel yarıçapları da eşittir.


$A_1B_1C_1$ üçgeninin çevrel merkezi $O_1$ olsun. $\angle C_1A_1O_1=\angle CAO$ ve $AC\parallel A_1C_1$ olduğu için $A_1O_1\parallel AO$ dur. Ayrıca, $A_1O_1=AO$ olduğu için $AOA_1O_1$ bir paralelkenardır. Bu durumda, $AO_1=OA_1$ olur.
\[\dfrac{abc}{4R}=\sqrt{u\left(u-a\right)\left(u-b\right)\left(u-c\right)}\Rightarrow \dfrac{5\cdot 6\cdot 7}{4R}=\sqrt{9\cdot 4\cdot 3\cdot 2}\Rightarrow R=OC=\dfrac{35}{4\sqrt{6}}\]
$DC=3$ olduğu için Pisagordan $OD^2=\dfrac{{35}^2}{96}-9=\dfrac{361}{96}\Rightarrow OD=\dfrac{19}{4\sqrt{6}}\Rightarrow OA_1=AO_1=\dfrac{19}{2\sqrt{6}}$.

Yanıt: $\boxed{E}$

$132 + 13 + 1 = 183$ ve $13\cdot 183>2013$ olduğu için deneyeceğimiz asal sayılar $13$ ten küçük olmalı.

$p=11$ için, $112 + 11 + 1 = 133 = 7\cdot 19$ olduğu için $p$ en küçük asal çarpan değildir.
$p=7$ için, $72 + 7 + 1 = 57 = 3\cdot 19$ olduğu için $p$ en küçük asal çarpan değildir.
Bu durumda sadece $2$, $3$ ve $5$ i deneyeceğiz.
$\lfloor x \rfloor$ ile x pozitif sayısının tam kısmını gösterelim.
$p=2$ için, $22+2+1=7$ olduğu için $2 \cdot 7 | n < 2013$ olmalı. $\lfloor \frac {2013}{14} \rfloor = 143$ adet böyle sayı var.

$p=3$ için, $32+3+1=13$ olduğu için $39 | n < 2013$ olmalı; fakat $78|n < 2013$ olmamalı. Aksi takdirde, en küçük asal bölen $2$ olur. Bu şekilde $\lfloor \frac{2013}{39}\rfloor - \lfloor \frac{2013}{78} \rfloor = 51-25=26$ sayı var.

$p=5$ için, $52+5+1=31$ olduğu için $155| n < 2013$ olmalı; fakat $2$ veya $3$, $n$'yi bölmemeli.
İçerme-Dışarmadan $\lfloor \frac {2013}{155} \rfloor - \lfloor \frac {2013}{310} \rfloor - \lfloor \frac {2013}{465} \rfloor + \lfloor \frac {2013}{930} \rfloor = 12 - 6 - 4 + 2= 4$ sayı elde edilir.

Toplamda $143+26+4=173$ sayı vardır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$\begin{array}{rcl}
a_{2013} &=& 2012a_1 + 2011a_2 + \dots + 3a_{2010}+  2a_{2011} + a_{2012}\\
a_{2012} &=& 2011a_1 + 2010a_2 + \dots + 2a_{2010} + a_{2011}\\
a_{2011} &=& 2010a_1 + 2009a_2 + \dots + a_{2010} \\
a_{2012} - a_{2011} &=& a_1 + a_2 + \dots + a_{2010} + a_{2011} = 1 \\
a_{2013} - a_{2012} &=& a_1 + a_2 + \dots + a_{2011} + a_{2012}\\
a_{2013} &=& \underbrace{a_1 + a_2 + \dots + a_{2011}}_{=1} + a_{2012}+ a_{2012}\\
a_{2013} &=& 1 + 2012 + 2012 = 4025
\end{array}$

$AEC$ üçgeninde $D$ noktası dış çember merkezi olduğundan $CD , ECG$ açısının açıortayı olur. $AEM$ üçgeninin simetri ekseni $MI$ çizilirse $IM , CIK$ açısının açıortayı olur. Buna göre $M$'de $ECI$ üçgeninin dış çember merkezidir ve dolayısıyla $EM, CEI$ nın açıortayı olur.

 
Bu aşamadan sonra bulunanlar ile farklı yollardan çözüme ulaşabiliriz. $|CM|=x$ diyelim
 
$1.$ Açılar incelendiğinde görülüyor ki $\angle{EBC}=\angle{CEM}$ dir. Yani $ECM$ üçgeni ile $BEM$ üçgeni benzerdir. Bu üçgenlerin benzerlik oranı $\dfrac{EC}{EB}=\dfrac{3}{4}$ dür.Bu oranı uygulayarak $x=9$ bulunabilir.
veya $|ME|=|MD|$ olduğu görülürse, $|ME|=x+3$ yazıp $EBM$ üçgeninde  $(x+3)^2=x \cdot(x+7)$ denkleminden $x=9$ bulunur.

$2.$ Açılar incelendiğinde $\angle{CEM}=\angle{CAM}$ olduğundan $A,E,C,M$ çemberseldir.$B$ noktasının bu çembere göre kuvvetini yazarsak
 
$7.(7+x)=|BE| \cdot |BA|$ dır.

$EBC$ üçgenin de $|BE|=4a , |CE|=3a$ ve $ABC$ üçgenin de $|AB|=4b , |AC|=3b$ alıp dış açıortay teoremi uygularsak

$7^2=4a\cdot4b-3a\cdot3b=7\cdot a \cdot b  \Rightarrow a \cdot b=7 $ ve $|BE|\cdot |BA|=16ab = 16\cdot7$

O halde, $7 \cdot(7+x)=16 \cdot7  \Rightarrow x=9$

Yanıt: $\boxed{D}$

İddia 1:
$\boxed{\left \lfloor \sqrt {f^{n}(x)} \right \rfloor \neq \left \lfloor \sqrt {f^{n+1}(x)} \right \rfloor \Longrightarrow \left \lfloor \sqrt {f^{n+1}(x)} \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor}$

$\left \lfloor \sqrt {f^{n}(x)} \right \rfloor  = a$ olsun.

$a^2 \leq f^n(x) \leq a^2 + 2a$ ve $a^2+2a+1\leq f^{n+1}(x)$.

$f$ nin tanımı gereği: $$a^2+2a+1\leq f^{n+1}(x) \leq a^2 + 3a+1 = a^2 + 3a + 1 < (a+2)^2$$ $$\Longrightarrow \left \lfloor \sqrt {f^{n}(x)} \right \rfloor = a + 1$$

$f^{n+1}(x)$ in en büyük değeri için $f^{n+2}(x)$ i hesaplarsak:
$$f^{n+2}(x)\leq a^2 + 3a+ 1 + 1 + a + 1 = a^2 + 4a+ 3 < (a+2)^2$$ olacağı için $$\left \lfloor \sqrt {f^{n+1}(x)} \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor = a+1$$ dir.$\blacksquare$


İddia 2:
$\boxed{\left \lfloor \sqrt {f^{n}(x)} \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {f^{n+1}(x)} \right \rfloor = a \Longrightarrow \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {f^{n+3}(x)} \right \rfloor = a+1 }$

$a^2 \leq f^n(x) < f^{n+1}(x) \leq a^2 + 2a$ olur.

$f^n(x)$ in en küçük değeri için $f^{n+2}(x)$ i hesaplarsak:

$a^2+a+1 \leq f^{n+1}(x)$ ve $f^{n+2}(x) \geq a^2 + a + 1+ 1+a = a^2 +2a+2 > (a+1)^2$.

$f^{n+1}(x)$ in en büyük değeri için $f^{n+2}(x)$ i hesaplarsak:
$f^{n+2}(x) \leq a^2 + 2a + 1+ a = a^2 +3a+1 < (a+2)^2$ olacağı için
$$(a+1)^2 < f^{n+2}<(a+2)^2 \Rightarrow \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor = a+1$$

İddia 1 gereği $\left \lfloor \sqrt {f^{n+1}(x)} \right \rfloor \neq \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor \Longrightarrow  \left \lfloor \sqrt {f^{n+2}(x)} \right \rfloor = \left \lfloor \sqrt {f^{n+3}(x)} \right \rfloor$. $\blacksquare$

$f^{21}(x) = 2013$ ve $44^2<2013<45^2$ olduğu için, $f^{22}(x) = 2013+1+44 = 2058 \geq 45^2$.
İddialardaki sonuçları geriye doğru işletirsek,

$\left \lfloor \sqrt {x} \right \rfloor  = \left \lfloor \sqrt {f(x)} \right \rfloor  = a$

$\left \lfloor \sqrt {f^2(x)} \right \rfloor  =  \left \lfloor \sqrt {f^{3}(x)} \right \rfloor  = a+1$

$\vdots$

$\left \lfloor \sqrt {f^{20}(x)} \right \rfloor  =  \left \lfloor \sqrt {f^{21}(x)} \right \rfloor  = a+10 = 44$

Buradan $a=34$ ve $34^2\leq x < 35^2$

$f^0(x) = x$,
$f(x) = x + 1 + 34 = x +35$,
$f^2(x) = x + 35 + 1 + 34 = x +70$
$f^3(x) = x + 70 + 1 + 35 = x + 106$
$f^4(x) = x + 106 + 1+ 35 = x + 142$
$f^5(x) = x + 142 + 1+ 36 = x + 179$

$\vdots$

$f^{21}(x) = x + 35 + 36 + 36 + 37 + 37 + \dots + 43 + 44 + 45 $.
Bu durumda, $f^{21}(x) = 2013 = x + 35 + 80\cdot 10  \Rightarrow x = 1178$ elde edilir.

Kızlar kendi aralarında yapmış olduğu maçlardan toplam ${K\choose 2}$ puan almış ise tüm puanları $K.(K-1)$ dir.

Erkekler, erkeklerden ${E\choose 2}$ puan almış ise toplam puanları $E.(E-1)$ dir.

Maç sayısı ${K+E\choose 2}$ olduğundan,

$\dfrac{(K+E).(K+E-1)} {2} = K.(K-1)+E.(E-1)$

$(K-E)^2 = K+E$

$K+E=16,25,36,49$  olabilir.