Tübitak Lise 1. Aşama - 2012 Çözümleri
1
Yüksekliklerinin uzunlukları $3$, $4$ ve $6$ birim olan bir üçgenin çevre uzunluğu kaç birimdir?
$
\textbf{a)}\ 12\sqrt{\dfrac{3}{5}}
\qquad\textbf{b)}\ 16\sqrt{\dfrac{3}{5}}
\qquad\textbf{c)}\ 20\sqrt{\dfrac{3}{5}}
\qquad\textbf{d)}\ 24\sqrt{\dfrac{3}{5}}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
Yükseklikleri $3,4,6$ olan üçgenin kenar uzunlukları $4k, 3k, 2k$ olsun. $u=\dfrac{(4k+3k+2k)}{2}$ dir.
$A(ABC)=\sqrt{ u(u-a)(u-b)(u-c)}$ formulunu kullanırsak $A(ABC)=3k^{2}\dfrac{\sqrt{15}}{4}$ yuksekliklerden yararlanırsak $A(ABC)=6k$ dır.
İkisinin eşitliğinden $k=\dfrac{8}{\sqrt{15}}$, $Ç(ABC)=9k=\dfrac{72 \sqrt{15}}{15}$ dir. Sadeleştirirsek $\dfrac{24\sqrt{15}}{5}$, düzenlenirse $24\sqrt{\dfrac{15}{25}}=24\sqrt{\dfrac{3}{5}}$.
2
$m$ ve $n$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $2012^n+m^2$ sayısının $11$ ile bölümünden kalan farklı sayıların toplamı nedir?
$
\textbf{a)}\ 55
\qquad\textbf{b)}\ 46
\qquad\textbf{c)}\ 43
\qquad\textbf{d)}\ 39
\qquad\textbf{e)}\ 37
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
$2012 \equiv -1 \pmod {11}$,
$n$ çift ise $2012^n \equiv 1 \pmod{11}$ ve
$n$ tek ise $2012^n \equiv -1 \pmod{11}$ dir.
$m^2 \equiv 0,1,3,5,9 \pmod{11}$ olacağından bu değerlere $1$ ekleyeceğiz ya da bu değerlerden $1$ çıkaracağız. Sonuç olarak elde edilen küme $\{0,1,2,3,4,5,6,8,10\}$ ve bunların toplamı $39$ dur.
3
Aşağıdaki $x$ değerlerinden hangisi $\sqrt[3]{6+\sqrt{x}}+\sqrt[3]{6-\sqrt{x}}=\sqrt[3]{3}$ eşitliğini sağlar?
$
\textbf{a)}\ 27
\qquad\textbf{b)}\ 32
\qquad\textbf{c)}\ 45
\qquad\textbf{d)}\ 52
\qquad\textbf{e)}\ 63
$
Çözüm:
Her iki tarafın küpünü alalım. $(a+b)^3 = a^3+b^3+3ab(a+b)$
$$6 + \sqrt x + 6-\sqrt x + 3\sqrt[3]{3}(\sqrt[3]{36-x}) = 3$$ $$\sqrt[3]{3}(\sqrt[3]{36-x}) = \sqrt[3]{-27}$$ $$ 36 -x = -9 \Rightarrow x = 45.$$
4
$A=\{1,2,3,4,5,6,7\}$ kümesinin tüm $a$ elemanları için $f(f(a))=a$ koşulunu sağlayan kaç $f:A\to A$ fonksiyonu vardır?
$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 106
\qquad\textbf{c)}\ 127
\qquad\textbf{d)}\ 232
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm 1:
$f$ nin sabit nokta sayısı $1$, $3$, $5$ ya da $7$ dir. (Sabit nokta, $f(x)=x$ eşitliğini sağlayan nokta)
$1$ sabit nokta için, bu sabit nokta ${7 \choose 1}$ şekilde seçilir.
Kalan $6$ noktadan biri ($a$) seçildiğinde $f(a)=b$, $f(b)=a$ şeklinde ikinci sayı için $5$ seçenek vardır.
Benzer şekilde kalan $4$ noktadan biri seçildiğinde bu noktanın görüntüsü için $3$ seçenek var.
Kalan $2$ noktadan biri seçildiğinde bu noktanın görüntüsü için $1$ seçenek var.
O halde tam olarak $1$ sabit nokta için ${7 \choose 1} \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1$ seçenek var.
$3$ sabit nokta için, ${7 \choose 3} \cdot 3 \cdot 1$ seçenek var.
$5$ sabit nokta için, ${7 \choose 5} \cdot 1$ seçenek var.
$7$ sabit nokta için, ${7 \choose 7}$ seçenek var.
Hepsinin toplamı $105 + 105 + 21 + 1 = 232$ yapar.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{D}$
Doğrusal olmayan bir indirgemeli dizi yardımıyla çözüme ulaşabiliyoruz. ${1, 2, 3, \dots , n}$ kümesinde uygun tanımlanan $a_{n}$ farklı fonksiyon olsun.
Eğer fonksiyonda $f(n)=n$ ise geriye kalan elemanlar arasında $a_{n-1}$ durum gelir.
$f(n)=k$ olsun. $k={1, 2, \dots ,n-1}$ olmak üzere, $n-1$ farklı şekilde $k$ seçeriz. Geriye kalan $n$ ve $k$ haricinde $n-2$ eleman için ise $a_{n-2}$ şekilde fonksiyon yazılır. $a_{1}=1$ ve $a_{2}=2$ barizdir.
$$a_{n}= a_{n-1} + (n-1) a_{n-2}$$
indirgeme bağıntısını elde ederiz. Buradan $n \in \{3,4, 5, 6 ,7 \}$ için;
$$a_{3}= a_{2} + 2a_{1} \Rightarrow a_{3}=4$$
$$a_{4}= a_{3} + 3a_{2} \Rightarrow 4 + 3\cdot 2 = a_{4} =10$$
$$a_{5}= a_{4} + 4a_{3} \Rightarrow 10 + 4\cdot 4= a_{5} =26$$
$$a_{6}= a_{5} + 5a_{4} \Rightarrow 26 + 5\cdot 10 = a_{6} =76$$
$$a_{7}= a_{6} + 6a_{5} \Rightarrow 76 + 6\cdot 26 = a_{7} =232$$
bulunur.
5
$|AB|=7, |BC|=12$ ve $|CA|=13$ olan bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde yer alan $D$ noktası $|BD|=5$ koşulunu sağlıyor. $r_1$ ve $r_2$ sırasıyla, $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları ise, $r_1/r_2$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{13}{12}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{7}{5}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{3}{2}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Stewart'tan $AD=8$.
$[ABD]/[ADC] = \dfrac{Ç(ABD) \cdot r_1}{Ç(ADC)\cdot r_2} = \dfrac 57 \Rightarrow \dfrac {r_1}{r_2} = \dfrac 57 \cdot \dfrac{28}{20} = 1$.
6
$n$ nin aşağıdaki değerlerinden hangisi $n^{29}\equiv 7\pmod{65}$ denkliğini sağlar?
$
\textbf{a)}\ 37
\qquad\textbf{b)}\ 39
\qquad\textbf{c)}\ 43
\qquad\textbf{d)}\ 46
\qquad\textbf{e)}\ 55
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$
$n^{29}=7+65k$ seklinde yazabiliriz. Bu ifadeye $\bmod 5$ te bakarsak $\left ( n^{5} \right )^{5}\cdot n^{4} \equiv 7 \pmod 5$ olur.
Fermattan $n=7 \pmod 5$ olması gerekir. Aranan sayı, $7+5k$ seklinde ve tek seçenek $37$ dir.
7
Tüm $x,y,z$ gerçel sayıları için $f(x)f(y)f(z)=12f(xyz)-16xyz$ koşulunu sağlayan kaç $f:\mathbf R\to \mathbf R$ fonksiyonu vardır?
$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 1
\qquad\textbf{d)}\ 0
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
$(x,y,z) = (1,1,1) \Rightarrow f(1) = 2$ veya $f(1)=-4$.
$(x,y,z) = (x,1,1) \Rightarrow f(x) = -\dfrac{16}{f^2(1)-12}\cdot x \Rightarrow f(x) =2x$ veya $f(x) = -4x$. Yerlerine koyduğumuzda iki fonksiyonun da sağladığını görürüz.
8
$\{1,2,3,4,5,6,7\}$ kümesinin birbirinden farklı ve biri diğerini içeren iki alt kümesi kaç farklı biçimde seçilebilir?
$
\textbf{a)}\ 2059
\qquad\textbf{b)}\ 2124
\qquad\textbf{c)}\ 2187
\qquad\textbf{d)}\ 2315
\qquad\textbf{e)}\ 2316
$
Çözüm:
$\subseteq$ ile $\subset$ gösterimlerini ayırırsak, bizden istenen $\emptyset \subseteq X \subset Y \subseteq \{1,2,3,4,5,6,7\}$ olacak şekilde $(X,Y)$ ikililerinin sayısı.
$\emptyset \subseteq X \subseteq Y \subseteq \{1,2,3,4,5,6,7\}$ ikililerinin sayısı $A$ olsun.
$\emptyset \subseteq X = Y \subseteq \{1,2,3,4,5,6,7\}$ ikililerinin sayısı $B$ olsun.
$\emptyset \subseteq X \subset Y \subseteq \{1,2,3,4,5,6,7\}$ ikililerinin sayısı $A-B$ dir.
$A$ sayısını hesaplayalım:
$\{1,2,3,4,5,6,7\}$ kümesinin her elemanı $X$, $Y\setminus X$, $\{1,2,3,4,5,6,7\} \setminus Y$ kümelerinden birine ait olmalı. O halde $A=3^7$.
Benzer şekilde $B$ sayısı için,
$\{1,2,3,4,5,6,7\}$ kümesinin her elemanı $X=Y$, $\{1,2,3,4,5,6,7\} \setminus X$ kümelerinden birine ait olmalı. O halde $B=2^7$.
Aradığımız cevap $3^7-2^7 = 2187 - 128 = 2059$.
9
$\left [ AB \right ]$ çaplı çemberin $\left [ CD \right ]$ kirişi $\left [ AB \right ]$ ye diktir. $M$ ve $N$ sırasıyla, $\left [ BC \right ]$ ve $\left [ AD \right ]$ nin orta noktaları olmak üzere, $\left | BC \right |= 6$ ve $\left | AD \right |=2\sqrt{3}$ ise $\left | MN \right |$ kaçtır?
$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 3\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ \sqrt{21}
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
$AB \cap CD = E$ olsun. $BC/AD = CE/AE = \dfrac{6}{2\sqrt 3} = \sqrt 3 \Rightarrow \angle CAB = 60^\circ$.
$AC$ nin orta noktası $K$ olsun. $KM \parallel AB$ ve $KN \parallel CD$ dir.
$\angle AK=AN=\sqrt 3$ ve $\angle KAN = 120^\circ \Rightarrow KN = 3$.
$AB = 4\sqrt 3 \Rightarrow KM = 2\sqrt 3$.
$\triangle MKN$ bir dik üçgendir. $MN = \sqrt{(3)^2 + (2\sqrt 3)^2} = \sqrt {21}$.
10
$n$ den küçük ve $n$ ile aralarında asal olan tam olarak $20$ tane pozitif tam sayı bulunmasını sağlayan kaç $n$ pozitif tam sayısı vardır?
$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
$n$ çift olsun.
$n=2^{a}p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k} \Rightarrow \varphi(n) = 2^{a-1}p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 2^2\cdot5$.
$a>2$ olamaz; çünkü tüm $(p_i - 1)$ler çift olmalı. Bu durumda $a = 1$ veya $a=2$ .
$a = 2$ için, $p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 10$.
$4\nmid 10$ olduğu için tek asal çarpanların sayısı $1$ olmalı. Bu durumda $p_1 = 11$ ve $\boxed{n=2^2\cdot 11 = 44}$.
$a = 1$ için, $p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 20$.
$8 \nmid 20$ olduğu için tek asal çarpanların sayısı $1$ ya da $2$ olmalı.
Tek asal çarpanların sayısı $1$ olduğunda, $p_1^{a_1-1}(p_1-1) = 10 \Rightarrow \boxed{n=2\cdot 5^2 = 50}$
Tek asal çarpanların sayısı $2$ olduğunda, $p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}(p_1 - 1)(p_2 - 1) = 20$.
En küçük iki tek asal sayı $3$ ile $5$ olduğu için, $k\geq 2$ olmak üzere; $(p_1 - 1)(p_2 - 1) = 4k \Rightarrow p_1^{a_1 - 1}p_2^{a_2 - 1}k = 5 \Rightarrow k=5, a_1=a_2=1$.
$(p_1-1)(p_2-1)=20 \Rightarrow \boxed{n=2\cdot 3 \cdot 11 = 66}$.
$n$ tek olsun.
$p_1^{a_1-1}\cdots p_k^{a_k-1}(p_1-1)\cdots(p_k-1) = 20$ olacak. Bu durumun aynısını az önce $a=1$ iken elde etmiştik. Tek fark, $2^a = 2^1$ diye fazladan bir çarpanları olmaması.
Buradan gelecek cevaplar, $\boxed{n=3\cdot 11 = 33}$ veya $\boxed{n=5^2=25}$.
Toplamda $\boxed{5}$ pozitif tam sayı sağlıyor. O halde doğru yanıt $\boxed{E}$ şıkkı.
11
$x^{3}+2=3y, y^{3}+2=3z, z^{3}+2=3w, w^{3}+2=3x$ eşitliklerini sağlayan kaç $(x,y,z,w)$ gerçel sayı dörtlüsü vardır?
$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ \text{ Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
(L. Gökçe)
$x^{3}+2=3y, y^{3}+2=3z, z^{3}+2=3w, w^{3}+2=3x$ eşitliklerinin her iki tarafına $6$ ekleyelim.
$x^{3}+2^3=3(y+2), y^{3}+2^3=3(z+2), z^{3}+2^3=3(w+2), w^{3}+2^3=3(x+2) $ olur. İki küp toplamı özdeşliğini kullanarak bu eşitlikleri taraf tarafa çarpıp $(x+2)(y+2)(z+2)(w+2)$ ile sadeleştirirsek $(x^2 - 2x + 4)(y^2 - 2y + 4)(x^2 - 2z + 4)(w^2 - 2w + 4) = 3^4$ olur. $f(a)=a^2 - 2a + 4=(a-1)^2+3$ parabolünün min değeri $a=1$ için $f_{min}=3$ olduğundan $(x^2 - 2x + 4)(y^2 - 2y + 4)(x^2 - 2z + 4)(w^2 - 2w + 4) \geq 3^4 $ tür. Eşitlik durumunun sağlanması için gerek ve yeter şart $x=y=z=w=1$ olmasıdır. $(1,1,1,1)$ bir çözümdür. Ayrıca $(x+2)(y+2)(z+2)(w+2)$ ile sadeleştirme yapmasak ve bu ifadenin çarpanlarından birinin $0$ a eşit olması durumuna da bakmalıyız. $x=-2$ için ilk denklemden $3y=-6$ olup $y=-2$ bulunur. Bu şekilde $z=-2$ ve $w=-2$ dir. Diğer çözüm dörtlüsü $(-2,-2,-2,-2)$ dir.
Toplamda $2$ farklı çözüm dörtlüsü bulunur.
12
$\left \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \right \}$ kümesinin dört tane ardışık tam sayı içermeyen kaç alt kümesi vardır?
$
\textbf{a)}\ 596
\qquad\textbf{b)}\ 648
\qquad\textbf{c)}\ 679
\qquad\textbf{d)}\ 773
\qquad\textbf{e)}\ 812
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
Soru, $2$ tabanındaki gösteriminde $1111$ içermeyen $2^{10} = 1024$ ten küçük negatif olmayan tam sayıların sayısını bulmakla özdeş. Açıklayalım: $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
1&2&3&4&5&6&7&8&9&10 \\ \hline
0&0&0&1&0&1&1&1&0&0 \\ \hline
\end{array} $$ Örneğin, yukarıda $\{4,6,7,8\}$ alt kümesinin $2$ sayı tabanına dönüştürülmüş şeklini görüyoruz.
$f(n)$ ile $n$ basamaklı (başta etkisiz $0$ lar olabilir) son basamağı $0$ olan ve $1111$ içermeyen sayıların sayısını gösterelim.
$1$ basamaklı bu şekilde tek sayı, $0$. O halde, $f(1)=1$.
$2$ basamaklı sayılar, $00$, $10$. $f(2)=2$.
$f(3)=4$ ve $f(4)=8$.
$f(5)$ için, $11110$ sayısını çıkarmamız gerekiyor. Yani $f(5)=2^4-1=15$.
$f(5)$'i hesaplamanın, biraz daha değişik bir yolu var:
$f(1)$ şartını sağlayan sayıların sonuna $1110$ yazarsak, $f(5)$ şartını sağlayan bir sayı elde ederiz.
$f(2)$ şartını sağlayan sayıların sonuna $110$ yazarsak, $f(5)$ şartını sağlayan bir sayı elde ederiz.
$f(3)$ şartını sağlayan sayıların sonuna $10$ yazarsak, $f(5)$ şartını sağlayan bir sayı elde ederiz.
$f(4)$ şartını sağlayan sayıların sonuna $0$ yazarsak, $f(5)$ şartını sağlayan bir sayı elde ederiz.
Oluşan bu dörtlü grup ayrıktır. O halde, $f(5) = f(4) + f(3) + f(2) + f(1) = 15$ tir.
Genellersek, $f(n+1)=f(n)+f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)$ elde ederiz.
Soruda, bizden istenen, $f(11)$ i bulmamız. Fibonacci benzeri bir yöntemle, diziyi oluşturursak, $$1,2,4,8,15,29,56,108,208,401,773$$ elde ederiz.
13
Köşeleri, düzlemdeki herhangi üçü doğrudaş olmayan $20$ noktadan oluşan bir kümeye ait olan en çok kaç geniş açılı üçgen bulunabilir?
$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 20
\qquad\textbf{c)}\ 2\binom{10}{3}
\qquad\textbf{d)}\ 3\binom{10}{3}
\qquad\textbf{e)}\ \binom{20}{3}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
Bir yarım çemberin üzerinde (çapı hariç kısmında) yer alan $20$ nokta seçtiğimizde, oluşan $\binom {20}{3}$ üçgenin hepsi geniş açılı olacaktır.
NOT:
Soruda, biraz muğlak bir durum var. Bu tip sorular, genelde "$20$ nokta nasıl alınırsa alınsın, oluşacak geniş açılı üçgenlerin sayısı en çok kaç olabilir?" şeklinde karşımıza geliyor. Bu soruda ise, cevap anahtarından da teyit ederek, "$20$ noktalı kümelerden en çok geniş açılı üçgen bulunduran kümenin geniş açılı üçgen sayısı" sorulmuş.
14
$n$ pozitif bir tam sayı olmak üzere, $\left ( 2n-1 \right )^{502}+\left ( 2n+1 \right )^{502}+\left ( 2n+3 \right )^{502}$ sayısının $2012$ ile bölümünden kalan farklı sayıların toplamı nedir?
$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 1510
\qquad\textbf{c)}\ 1511
\qquad\textbf{d)}\ 1514
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
$f(n) \equiv \left ( 2n-1 \right )^{502}+\left ( 2n+1 \right )^{502}+\left ( 2n+3 \right )^{502} \pmod{4 \cdot 503}$
$(2n-1), (2n+1), (2n+3)$ ardışık tek sayılardır. Bu durumda, $f(n) \equiv 3 \pmod {4}$ olacaktır.
Ayrıca, bu tek sayıların hiçbirinin $503$ e bölünmediği durumda, Fermat'tan $(2n-1)^{502}\equiv (2n+1)^{502} \equiv (2n+3)^{502} \equiv 1 \pmod {503}$ olacaktır. Bu durumda, $f(n) \equiv 3 \pmod{503}$.
Bu tek sayılar, ardışık olduğu için en fazla biri $503$ e bölüneceğinden, bu durumda, $f(n) \equiv 2 \pmod {503}$ dür.
$f(n) \equiv 3 \pmod 4$ ve $f(n) \equiv 3 \pmod{503}$ denklik sisteminin tek çözümü $f(n) \equiv 3 \pmod {4 \cdot 503}$ tür.
$f(n) \equiv 3 \pmod 4$ ve $f(n) \equiv 2 \pmod{503}$ denklik sisteminin tek çözümü $f(n) \equiv 503\cdot 3+ 2 \equiv 1511 \pmod {4 \cdot 503}$ tür.
O halde, $f(n)$ nin $2012$ modunda alabileceği değerlerin toplamı, $3+1511 = 1514$ tür.
15
$a$ gerçel sayısının, $x^{4}+8x^{3}+18x^{2}+8x+a=0$ denkleminin dört farklı gerçel kökü olmasını sağlayan tüm değerlerinin kümesi nedir?
$
\textbf{a)}\ \left ( -9,2 \right )
\qquad\textbf{b)}\ \left ( -9,0 \right )
\qquad\textbf{c)}\ \left [ -9,0 \right )
\qquad\textbf{d)}\ \left [ -8,1 \right )
\qquad\textbf{e)}\ \left ( -8,1 \right )
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
$x^4+8x^3+18x^2+8x + 1 = 1-a $ ve $(x^2+4x+1)^2 = 1-a$ elde edilir. $f(x)=(x^2+4x+1)^2$ eğrisi ile $y=1-a$ doğrusunun grafiğini çizeceğiz.
$f'(x) = 2(x^2+4x+1)(2x+4) = 0 \Rightarrow $ $x=-2-\sqrt 3$, $x=-2$, $x=-2+\sqrt 3$.
$x=-2$ noktası, lokal maksimum; $x=-2\pm \sqrt 3$ noktaları da global minimumdur.
$y=f(x)$ eğrisi ile $y<0$ doğruları kesişmez.
$y=0$ doğrusu $2$ noktada kesişir.
$0<y<9$ doğruları $4$ noktada kesişir.
$y=9$ doğrusu, $3$ noktada kesişir.
$y>9$ doğruları $2$ noktada kesişir.
Bu durumda, $0<y=1-a<9$ dan, $-8<a<1$ elde edilir.
16
$8\times 8$ bir satranç tahtasının her birim karesine $1$ ve $-1$ sayılarından biri yazılmıştır. En az dört satırın her birindeki sayıların toplamı pozitif ise, üzerlerindeki sayıların toplamı $-3$ ten küçük olan en çok kaç sütun olabilir?
$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 4
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ 2
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{A}$
En az $4$ satırın toplamı pozitifse, bu satırlarda en az $5$ er tane $1$ var demektir. Bu $4$ satırda, en az $20$ tane $1$ vardır. O halde, bu $4$ satırda en çok $12$ tane $-1$ vardır.
Bu $4$ satır haricindeki satırlarda tamamen $-1$ olduğu durumda, bile bir sütundaki sayıların toplamının $-3$ ten küçük olması için, en az $6$ karede $-1$ olması gerekiyor. Bu durumda, söz konusu sütunlar için, toplamları pozitif olan $4$ satırın en az $2$ satırında $-1$ olan kareler olmak zorunda. Bu $4$ satırda, toplamda en fazla $12$ tane $-1$ olduğu için, bu $2$'li $-1$ lerden en fazla $6$ tane içerebilir.
Aşağıdaki tabloda, bu şekilde bulunabilecek $6$ sütun örneği yer almaktadır.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
1&1&1&1&1&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
1&1&1&1&1&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&1&1&1&1&1\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&1&1&1&1&1\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}&\color{red}{-1}\\ \hline
\end{array}$$
17
Bir $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde yer alan bir $D$ noktası için, $m\left ( \widehat{BAD} \right )=20^{\circ}, m\left ( \widehat{DAC} \right )=80^{\circ}, m\left ( \widehat{ACD} \right )=20^{\circ}$ ve $m\left ( \widehat{DCB} \right )=20^{\circ}$ ise $m\widehat{\left ( ABD \right )}$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 5^{\circ}
\qquad\textbf{b)}\ 10^{\circ}
\qquad\textbf{c)}\ 15^{\circ}
\qquad\textbf{d)}\ 20^{\circ}
\qquad\textbf{e)}\ 25^{\circ}
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{B}$
$\triangle ABD$ yi $[AC]$ üzerine, üçgenin içine doğru $\triangle ABD \cong \triangle AEC$ olacak şekilde yapıştıralım.
$AD=AE$ ve $\angle DAE = 60^\circ$ olduğu için, $\triangle AED$ eşkenar, dolayısıyla $AE=ED$. Aynı zamanda, $AC=CD$ olduğu için, $\angle ACD$ nin açıortayı $E$ den geçer. Bu durumda, $\angle ABD = \angle ECA = \angle ACD / 2 = 10^\circ$ olacaktır.
Not:$0^\circ<t<30^\circ$ olmak üzere; $\angle BAD = 30^\circ - t$, $\angle DAC = 90^\circ - t$, $\angle ACD = 2t$, $\angle DCB = 30^\circ - t$ olduğu durumda, $\angle ABD = t$ çıkar. Bu soru için $t=10^\circ$ verilmiş.
Ek olarak, bu soru modeli,
burada bahsedilen 4.7 numaralı modeldir. (bkz.
javascript tabanlı model belirme aracı)
Bu modele ait
sorulardan biri burada fazlasıyla irdelenmiştir. Oradaki soru farklı olsa da bu soruyla aynı modele ait olduklarından kolayca birbirlerine dönüştürülebilir. Kaldı ki, ilgili konunun içerisinde buradaki soru tipine dönüştürülerek verilmiş
çözümler yer alıyor.
Çözüm 2:
$[AD$ üzerinde $AB=AC=AE$ olacak şekilde bir $E$ noktası alalım. $\triangle ABE \cong \triangle CAD$ olacaktır. Bu durumda, $AD=BE$ olur.
$\triangle ABE$ üçgeni bir $20^\circ - 80^\circ - 80^\circ$ üçgenidir. $AD=BE$ durumunda $\angle ABD$ yi soran soru klasik ve birçok çözümü olan bir soru. Bir tanesini verelim:
$AD=BF$ olacak şekilde $ABFD$ ikizkenar yamuğunu kuralım. $\angle DAB = \angle ABF =20^\circ$. $\angle FBE = 60^\circ$ ve $BF=AD=BE$ olduğu için $\triangle FBE$ eşkenardır. Bu durumda, $BF=FE$ olduğu için, $AF$, $\angle BAE$ nin açıortayıdır. İkizkenar yamukta, $\angle BAF = \angle ABD = 10^\circ$ olacaktır.
18
Farklı asal sayıların kuvvetlerinin çarpımı olarak yazılımında sıfırdan farklı tüm kuvvetlerin tek sayılar olduğu bir pozitif tam sayıya tekil sayı diyelim. En çok kaç ardışık tekil sayı vardır?
$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 9
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
$8$ ardışık sayıdan $4$ e bölünen iki sayı vardır. Bu sayılardan biri, $(k,2)=1$ olmak üzere; $n = 2^{2p} \cdot k$ formunda olmalı. O halde, ardışık $8$ tekil sayı bulunamaz.
Ardışık $7$ tekil sayıya bir örnek: $29$, $30 = 2\cdot 3 \cdot 5$, $31$, $32=2^5$, $33=3\cdot 11$, $34=2\cdot 17$, $35 = 5 \cdot 7$.
19
$x^{4}-7x^{3}+14x^{2}-14x+4=0$ denkleminin gerçel köklerinin toplamı nedir?
$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{E}$
$x^4-7x^3+14x^2-14x+4=(x^2-5x+2)(x^2+2x+2)=0$ olduğuna göre (çarpanlara ayırmada zorlanılırsa deneme yoluyla da ayrılabilir.)
$2.$ çarpandan reel kök gelmez(diskriminant $0$'dan küçüktür.) $1.$ çarpandan gelen köklerin toplamı da $5$ olarak bulunur.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{E}$
Denklemin bütün terimlerini $x^2$ ye bölelim.
$x^2-7x+14-14\dfrac{1}{x}+4\dfrac{1}{x^2}=0$
$x^2+\left (\dfrac{2}{x} \right )^2 - 7 \left (x+\dfrac{2}{x} \right ) + 14 =0$
$\left (x+\dfrac{2}{x} \right )^2-7 \left (x+\dfrac{2}{x} \right )+10=0$
$\left (x+\dfrac{2}{x}-2 \right ) \left (x+\dfrac{2}{x}-5 \right ) = 0$
$(\underset{\Delta <0}{\underbrace{x^2-2x+2}})(\underset{\Delta >0}{\underbrace{x^2-5x+2}})=0$
Denklemi sağlayan kökler ikinci çarpana ait olup toplamları $5$ dir.
Çözüm 3:
$x^{4}-7x^{3}+14x^{2}-14x+4= (x^4+4)-7x(x^2-2x+2)$ şeklinde yazalım. Terim ekleme - çıkarma ile
$x^4+4=(x^4+4x^2+4)-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)$ şeklinde çarpanlara ayrılabildiğinden
$(x^4+4)-7x(x^2-2x+2)=(x^2-2x+2)(x^2-5x+2)=0$ olur. $x^2-2x+2=0$ denkleminin gerçel kökü yoktur. $x^2-5x+2=0$ denkleminin kökleri gerçel sayılar olup bu köklerin toplamı $x_1+x_2=5$ tir.
20
$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11$ sayılarının her $\left ( a_{1},a_{2},\dots ,a_{11} \right )$ permütasyonu için, $(a_{1}+a_{3}, a_{2}+a_{4}, a_{3}+a_{5},$ $\dots,a_{8}+a_{10}, a_{9}+a_{11})$ verildiğinde $a_{i}$ lerden en az $k$ tanesini belirleyebiliyorsak, $k$ en çok kaç olabilir?
$
\textbf{a)}\ 11
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 2
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$i=1,2,\dots, 9$ için $a_i + a_{i+2} = b_i$ olsun. $a_1 + a_2 + \cdots + a_{11} = \dfrac{11 \cdot 12}{2} = 66$
$b_1 + b_2 + b_5 + b_8 + b_9 = a_1+ a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11}$
$b_1 + b_2 + b_5 + b_8 + b_9 = 66 - a_6$ olduğu için $a_6$ her zaman bulunabilir.
$a_6+a_8 = b_6$ ve $a_4+a_6 = b_4$ ten $a_4$ ve $a_8$;
$a_2 + a_4 = b_2$ ve $a_8 + a_{10} = b_8$ den $a_2$ ve $a_{10}$ bulunabilir.
Bu durumda, $a_2, a_4, a_6, a_8, a_{10}$ sayıları her zaman bulunabiliyor. Bu durumda cevabımız $\geq 5$ olmalı.
En az bir $\left (a_{1}+a_{3}, a_{2}+a_{4}, a_{3}+a_{5}, \dots,a_{8}+a_{10}, a_{9}+a_{11} \right )$ çoklusu için $k=5$ oluyorsa cevabımız $5$ tir. Diğer bir ifadeyle, $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$, $9$, $10$, $11$ sayılarının sadece $2.$, $4.$, $6.$, $8.$, $10.$ elemanları ortak iki permütasyonu için aynı $\left (a_{1}+a_{3}, a_{2}+a_{4}, a_{3}+a_{5}, \dots,a_{8}+a_{10}, a_{9}+a_{11} \right )$ çoklusunu elde ediyorsak cevabımız $5$.
$(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)$ permütasyonunu ile $(3,2,1,4,7,6,5,8,11,10,9)$ permütasyonu aynı
$(4,6,8,10,12,14,16,18,20)$ çoklusunu üretiyor ve bu iki permütasyonun tam olarak $5$ elemanı ortak. O halde bu permütasyon çifti için $k=5$. Yani $k=6$ olmayan permütasyon çiftleri mevcut.
21
$\left | AB \right |=5,\left | BC \right |=6$ ve $\left | CA \right |=7$ olan bir $ABC$ üçgeninin $A$ köşesine ait açıortayı $\left [ BC \right ]$ kenarını $D$ noktasında kesiyor. $A$ dan geçen ve $BC$ ye $D$ de teğet olan çember ise, $\left [ AB \right ]$ ve $\left [ AC \right ]$ kenarlarını sırasıyla $P$ ve $Q$ noktalarında kesiyor. $AD$ ve $PQ$ doğruları $T$ noktasında kesişiyorsa, $\left | AT \right |/\left | TD \right |$ nedir?
$
\textbf{a)}\ \dfrac{7}{5}
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{7}{2}
\qquad\textbf{e)}\ 4
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$\angle BAD= \angle DAC = \angle PQD = \angle QPD = \angle QDC = \angle PDB$ olduğu için, $PQ \parallel BC$. Bu durumda $AT/TD = AQ/QC$ dir.
Açıortay teoreminden $CD = BC \cdot \dfrac 7{12} = \dfrac 72$.
$C$ noktasının $(ADQ)$ çemberine göre kuvvetinden, $CQ \cdot AC = CD^2 \Rightarrow QC = \dfrac 74$ ve $AQ=\dfrac{21}{4}$. Bu durumda, $AT/TD=AQ/QC=3$ tür.
22
$4mn\left ( m+n-1 \right )=\left ( m^{2}+1 \right )\left ( n^{2}+1 \right )$ eşitliğini sağlayan kaç $\left(m,n\right)$ tam sayı ikilisi vardır?
$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 2
\qquad\textbf{e)}\ 1
$
Çözüm:
Öncelikle $(m,n)=d$ olsun. $m=d\cdot a$, $n=d \cdot b$.
$4d^2ab(ad+bd-1) = (abd)^2+(ad)^2 + (bd)^2 + 1$ ifadesine $\bmod d$ de bakarsak, sol taraf $d$ ile bölünür, sağ taraf da $1$ kalır. Demek ki ortak bolenleri $d=1$ dir.
Öncelikle, ifadeyi $(1,-1)$, $(1,1)$, $(-1,1)$ çiftleri sağlıyacaktır.
Şimdi $m$ yi bölen en kücük $p$ asalını ele alalım:
İfadenin sol tarafı $p$ ile bölünür, sağ taraf $n^2 + 1 \equiv 0 \pmod p$ olmalı. Burada $n^2 \equiv -1 \pmod p$ ve $n^4 \equiv 1 \pmod p$ olacaktır. $n$ nin mertebesi $\text{ord}(n)=4$ olduğundan, $4 \mid p-1$, buradan da $p=4k+1$ şeklinde bir asal sayı çıkar.
En küçük $p=5$ olduğundan, en küçük $m=5$ alırsak, $n=13$ çıkar. İfade simetrik olduğundan $(5,13)$, $(13,5)$ ikilisi de çözümü sağlar.
Tüm çözümler; $(1,-1)$, $(1,1)$, $(-1,1)$, $(5,13)$, $(13,5)$ olmak üzere $5$ tanedir.
23
$a,b,c$ gerçel sayıları $x^{3}-3x+1=0$ denkleminin farklı kökleri ise, $a^{8}+b^{8}+c^{8}$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 156
\qquad\textbf{b)}\ 171
\qquad\textbf{c)}\ 180
\qquad\textbf{d)}\ 186
\qquad\textbf{e)}\ 201
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{D}$
$x^4 = 3x^2-x$
$x^8 = 9x^4-6x^3+x^2 = 9(3x-1)x-6(3x-1)+x^2=28x^2-27x+6$
$a^8 + b^8 + c^8 = 28(a^2+b^2+c^2) - 27(a+b+c) + 18$
Vieta Formüllerinden,
$(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2 + 2(ab+ac+bc)$
$(0)^2 = a^2+b^2+c^2 + 2\cdot (-3) \Rightarrow a^2+b^2+c^2 = 6$
$a^8 + b^8 + c^8 = 28\cdot(6) - 27\cdot(0) + 18 = 6\cdot(28+3)=6\cdot 31=186$.
Çözüm 2:
Yanıt: $\boxed{D}$
Vieta teoremine göre, denklemin kökleri ile katsayıları arasındaki bağıntıları yazalım.
\[
\left\{
\begin{aligned}
x + y + z &= 0\\
xy + yz + zx &= -3\\
xyz &= 1
\end{aligned}
\right.
\]
$S_n = x^n + y^n + z^n$ diyelim. $S_1 =x+y+z=0$'dır. Tam kare açılımından $S_2 = x^2 + y^2 + z^2 = 0^2 - 2(-3) = 6$ ve üç küp toplamından $S_3 = x^3 + y^3 + z^3 = -3$ bulunur. Böylece kuvvet toplamları özdeşliği
$$S_n = 0S_{n-1} +3S_{n-2} - S_{n-3}$$
biçimine dönüşür. $S_4 = 3S_2 - S_1 = 18 - 0 = 18$, $S_5 = 3S_3 - S_2 = -9 - 6 = -15$, $S_6 = 3S_4 - S_3 = 54 - (-3) = 57$ ve $S_8 = 3S_6 - S_5 = 171 - (-15) = 186$ elde edilir.
24
Bir yüzleri siyah ve diğer yüzleri beyaz olan $2012$ tane tavla pulu bir doğru boyunca ve üste gelen yüzleri dönüşümlü olarak siyah ve beyaz olacak biçimde dizilmiştir. Her hamlede iki pul seçip bunları ve bu pulların arasında kalan tüm pulları ters çeviriyoruz. Bütün pulların üste gelen yüzlerinin aynı renkte olmasını en az kaç hamlede sağlayabiliriz?
$
\textbf{a)}\ 1006
\qquad\textbf{b)}\ 1204
\qquad\textbf{c)}\ 1340
\qquad\textbf{d)}\ 2011
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed A$
Cevap: $1006$.
Üste gelen yüzleri farklı olan ardışık pul iki sayısına uyuşmazlık sayısı diyelim. Başlangıçta uyuşmazlık sayısı $2011$'e eşittir. Her hamlede uyuşmazlık sayısı en fazla iki azaldığı için gereken hamle sayısı en az $1006$ dır. $1006$ hamlenin aynı zamanda yeterli olduğunu gösterelim. Bunun için ilk hamlede $2.$ ve $2011.$, ikinci hamlede $3.$ ve $2010.$, $\ldots$, bin beşinci hamlede $1006.$ ve $1007.$ pulları ve en son hamlede de $1.$ ve $1006.$ pulları seçmek yeterli olacaktır.
Kaynak: Tübitak 20. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2012
25
Bir $ABC$ üçgeninin $\left [ AC \right ]$ kenarının $M$ orta noktası, $B$ köşesine ait yüksekliğinin $H$ ayağı ile $C$ köşesi arasındadır. $m\left ( \widehat{ABH} \right )=m\left ( \widehat{MBC} \right ) ,\ m\left ( \widehat{ACB} \right )=15^{\circ}$ ve $\left | HM \right |=2\sqrt{3}$ ise $\left | AC \right |$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 6
\qquad\textbf{b)}\ 5\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{16}{\sqrt{3}}
\qquad\textbf{e)}\ 10
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$O$ çevrel merkez, $D$ de $[BC]$ nin orta noktası olsun. $\angle BAH = \dfrac{\angle BOC}2 \Rightarrow \angle BAH = \angle DOB$ olduğu için $O$ noktası $BM$ doğrusu üzerinde olmalı. Diğer taraftan $\angle OMC = 90^\circ$ olması gerektiğinden, $O = M$, ve $\triangle ABC$ dik üçgen olur.
$\dfrac{MH}{BM} = \cos30^\circ \Rightarrow MB = 4 \Rightarrow AC = 8 $.
Not:
Bir kenara ait yükseklik, o kenara ait kenarortaysı (simedyan) ise; üçgen dik üçgen, kenar da hipotenüstür.
26
$100$ den küçük kaç asal sayı ardışık pozitif tam sayıların karelerinin toplamı olarak yazılabilir?
$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 5
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 7
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
Tam kareler dizisi: $1$, $4$, $9$, $16$, $25$, $36$, $64$, $\dots$
$100$ den küçük,
$61 = 36+25$,
$41 = 25+16$,
$29 = 16+9+4$,
$13 = 9+4$,
$5 = 4+1$
olmak üzere, istenen şekilde $5$ asal sayı vardır.
27
Tüm $x$ gerçel sayıları için, $\sin x\cos x\leq C\left ( \sin ^{6}x+\cos ^{6}x \right )$ olmasını sağlayan en küçük $C$ gerçel sayısı nedir?
$
\textbf{a)}\ \sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ \sqrt{2}
\qquad\textbf{d)}\ 2
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
$2\sin x\cos x\leq 2C(\sin^{6}x+\cos^{6}x) $
$ \sin 2x\leq 2C((\sin^{2}x)^3+(\cos^{2}x)^3)$
$ \sin 2x\leq 2C(\sin^2x+\cos^2x)((\sin^2x+\cos^2x)^2-3\sin^2x\cos^2x)$
$ \sin 2x\leq 2C(1)((1)^2-3\sin^2x\cos^2x)$
$ \sin 2x\leq 2C(1-\frac34\sin2x)$
$ \sin 2x\leq 1 \leq \frac{4C}{2+3C} \Rightarrow 2 \leq C$.
28
Başlangıçta üç kutuda sırasıyla, $m, n$ ve $k$ tane taş bulunuyor. Ayşe ve Burak sırayla hamle yapıyorlar ve sırası gelen oyuncu istediği bir kutudan en az bir tane olmak üzere, istediği sayıda taş alıyor. Son taşı alan oyuncu oyunu kazanıyor. Oyuna her sefer Ayşe başlamak üzere, oyun $\left ( m,n,k \right )=\left ( 1,2012,2014 \right )$, $\left ( 2011,2011,2012 \right )$, $\left ( 2011,2012,2013 \right )$, $\left ( 2011,2012,2014 \right )$, $\left ( 2011,2013,2013 \right )$ için birer kez oynanırsa, Ayşe bunlardan en az kaçını kazanmayı garantileyebilir?
$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 5
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{E}$
Ayşe, Burak'a herhangi bir sırada $(0, a, a)$ taş bırakırsa oyunu kazanır; çünkü bu aşamadan sonra Burak'ın her hamlesine karşı simetrik hamle yaparak son taşı almayı garantiler. Bu durumda $(2011,2011,2012) \rightarrow (2011,2011,0)$ ve $(2011,2013,2013) \rightarrow (0,2013,2013)$ başlangıç hamleleri ile Ayşe bu iki oyunu kazanmayı garantileyebilir.
Aynı gerekçeyle $(1,1,a\geq 1)$ durumunda hamle sırası Ayşe'deyse Ayşe $a=0$ yapıp oyunu kazanmayı garantiler.
Ayşe Burak'a $(1,2,3)$ taş bırakabilirse oyunu yine kazanmayı garantileyebilir. Burak $1$ taş olan kutuya dokunamaz. $2$ taş olan kutuyu $1$ taşa düşürürse az önce açıklanan durumdan dolayı Ayşe $(1,1,0)$ hamlesiyle oyunu kazanmayı garantiler. $2$ taş olan kutudan $2$ taş çekemez; çünkü Ayşe $(1,0,1)$ hamlesini yapar. Benzer gerekçelerle Burak $3$ taşlık kutudan $3$ taş çekerse Ayşe $(1,1,0)$ hamlesiyle ya da Burak $2$ taş çekerse Ayşe $(1,0,1)$ hamlesiyle oyunu kazanır. Burak $3$ lük kutudan $1$ taş çekerse Ayşe $(0,2,2)$ hamlesiyle oyunu kazanmayı garantileyebilir.
Ayşe, Burak'a herhangi bir sırada $(1,a,a+1)$ taş bırakırsa oyunu kazanmayı garantileyebilir mi? Burak ezkaza $1$ i $0$ yaparsa Ayşe diğer iki kutudaki taşları eşitleyip yukarıda anlatılan gerekçeden dolayı oyunu kazanmayı garantileyebilecektir. Burak ikinci bir kutuda $1$ taş bıraktığı anda $(1,1,a)$ durumu oluşacak $(1,1,0)$ hamlesiyle Ayşe oyunu kazanacak.
Ayşe Burak'a $(1,a,a+1)$ şeklinde taş bırakmaya devam etsin. Bir esnada Burak Ayşe'ye $(1,2,a)$ taş bırakacaktır. Bu durumda, Ayşe ya $(1,2,1)$ ya da $(1,2,3)$ hamlesini yapmış olacak. Her iki durumda da Ayşe'nin kazanan stratejisinin olduğunu yukarıda göstermiştik. O halde Ayşe Burak'a $(1,a,a+1)$ taş bırakabilirse oyunu kazanmayı garantileyebilir.
$(1,2012,2014) \to (1,2012,2013)$, $(2011,2012,203) \to (1,2012,2013)$ ve $(2011,2012,2014) \to (2011,2012,1)$ başlangıç hamleleriyle Ayşe diğer üç oyunu da kazanmayı garantileyebilir.
29
Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin sırasıyla, $\left [ BC \right ]$ ve $\left [ AC \right ]$ kenarları üstünde yer alan $D$ ve $E$ noktaları için, $AD$ ve $BE$ doğruları $F$ noktasında kesişiyor. $\left | AF \right |=\left | CD \right |=2\left | BF \right |=2\left | CE \right |$ ve $\text{Alan}\left ( ABF \right )=\text{Alan}\left ( DEC \right )$ ise $\text{Alan}\left ( AFC \right )/\text{Alan}\left ( BFC \right )$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ \sqrt{2}
\qquad\textbf{e)}\ 1
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{A}$
$AF \cdot FB = EC \cdot CD$ olduğu için, $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$ olmalı. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için, $\angle AFB + \angle ACB = 180^\circ$, dolayısıyla da, $D$, $F$, $E$, $C$ noktaları çembersel olacaktır.
$[AFC] = \dfrac 12 \cdot AF \cdot FC \cdot \sin \angle AFC = \dfrac 12 \cdot AF \cdot FC \cdot \sin \angle DFC$
$[BFC] = \dfrac 12 \cdot BF \cdot FC \cdot \sin \angle BFC = \dfrac 12 \cdot BF \cdot FC \cdot \sin \angle EFC$
$[AFC]/[BFC] = \dfrac{AF}{BF} \cdot \dfrac{\sin \angle DFC}{\sin \angle EFC}$ olacaktır. $DFEC$ kirişler dörtgeninde, Sinüs Teoreminden $\dfrac {CD}{\sin \angle DFC} = \dfrac {CE}{\sin \angle EFC}$ olduğu için $[AFC]/[BFC] = \dfrac {AF}{BF} \cdot \dfrac{CD}{CE} = 4$ elde edilir.
Çözüm 2:
$CF$, $AB$ yi $P$ de kessin. $$[AFC]/[BFC] = AP/BP = \dfrac{CD}{BD} \cdot \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{CD}{CE} \cdot \dfrac{AE}{BD} \tag{Ceva}$$ olacaktır. Bu durumda, bizden istenen, $AE/BD$ yi bulmak.
$AF \cdot FB = EC \cdot CD$ olduğu için, $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$ olmalı. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için, $\angle AFB + \angle ACB = 180^\circ$, dolayısıyla da, $D$, $F$, $E$, $C$ noktaları çembersel olacaktır. Çembersellikten, $\angle BDF + \angle AEF = 180^\circ$ dir.
$\triangle AFE$ de Sinüs teoreminden, $$ \dfrac{AE}{\sin \angle AFE} = \dfrac{AF}{\sin \angle AEF} \tag{1}$$ ve $\triangle BFD$ de Sinüs teoreminden $$\dfrac{BD}{\sin \angle BFD} = \dfrac{BF}{\sin \angle BDF} \tag{2}$$ ve olacaktır. $(1)$ ile $(2)$ yi taraf tarafa oranlarsak, $$\dfrac{AE}{BD} = \dfrac{AF}{BF} = 2 \tag{3}$$ çıkacaktır.
Ceva'dan bulduğumuz ifadede $(3)$ teki değeri yazarsak $AP/BP = 2\cdot 2 = 4$ olacaktır.
Çözüm 3:
Alan eşitliğinden $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için $\angle AFB = 180^\circ-\angle ACB$. Bu durumda $CEFD$ kirişler dörtgenidir.
$AB$ nin orta noktası $M$ olsun. $CF$ ile $AB$, $P$ de kesişsin.
$AFBG$ paralelkenarı kuralım. $\triangle AFG \sim \triangle CDE$.
$\angle AFG = \angle CDE = \angle CFE = \angle BFP$ olduğu için $\triangle AFB$ de $FM$ kenarortay, $FP$ $F-$simedyandır. O halde, $\dfrac{AP}{BP}=\dfrac{AF^2}{BF^2}=4$ tür. $\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{AP}{BP}=4$.
Çözüm 4:
Önceki çözümlerdeki adımlardan $CEFD$ nin kirişler dörtgeni olduğu bulunur.
$$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC \cdot \sin \angle AEF}{FD\cdot BC\cdot \sin \angle FDC}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} \tag{1}$$
$\triangle AFE \sim \triangle ACD$ den $$\dfrac{FE}{CD} = \dfrac{AF}{AC} \Longrightarrow FE\cdot AC = AF\cdot CD\tag{2}$$
$\triangle BFD \sim \triangle BCE$ den $$\dfrac{FD}{CE} = \dfrac{BF}{BC} \Longrightarrow FD\cdot BC = BF\cdot CE\tag{3}$$
$(2)$ ile $(3)$ ü taraf tarafa oranlarsak $$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} = \dfrac{AF}{BF}\cdot \dfrac{CD}{CE}=2\cdot 2 =4$$
30
$x^{3}+y^{3}=x^{2}yz+xy^{2}z+2$ eşitlğini sağlayan kaç $\left(x,y,z \right)$ tam sayı üçlüsü vardır?
$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 2
\qquad\textbf{e)}\ 1
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
Verilen ifadeyi aşağıdaki şekilde düzenleyebiliriz.
$$(x+y)(x^2+y^2-xy)=xyz(x+y)+2 \Rightarrow (x+y)((x+y)^2xy(z-3))=2$$
$x+y= \left \{1,-1,2,-2 \right \}$ değerlerini alabilir.
$x+y=1 \Rightarrow xy(z-3)=1$ çözüm yoktur.
$x+y=-1 \Rightarrow xy(z-3)=-3$ çözüm yoktur.
$x+y=2 \Rightarrow xy(z-3)=-3$ olup $(3,-1,4) , (-1,3,4) , (1,1,0)$ üç çözüm vardır.
$x+y=-2 \Rightarrow xy(z-3)=-5$ olup $(-1,-1,-2)$ tek çözümü vardır.
Buna göre toplam çözüm sayısı $4$ tür.
31
$f:\mathbf{Z}\rightarrow \mathbf{Z}$ fonksiyonu tüm $m,n$ tam sayıları için, $$m+f\left ( m+f\left ( n+f\left ( m \right ) \right ) \right )=n+f\left ( m \right )$$ ve $f\left( 6 \right )=6$ koşullarını sağlıyorsa $f\left (2012 \right)$ nedir?
$
\textbf{a)}\ -2010
\qquad\textbf{b)}\ -2000
\qquad\textbf{c)}\ 2000
\qquad\textbf{d)}\ 2010
\qquad\textbf{e)}\ 2012
$
Çözüm 1:
Yanıt: $\boxed{B}$
$n=-f(m)$ olsun. $m + f(m + f(0)) = 0$.
$m = x - f(0)$ olsun. $x-f(0) + f(x) = 0 \Rightarrow f(x) = -x + f(0)$ olacaktır.
$f(6)=6$ için $f(6) = - 6 + f(0) = 6 \Rightarrow f(0) = 12$ ve $f(x) = -x + 12$ elde edilir. $f(2012) = -2012 + 12 = -2000$.
Çözüm 2:
Yanıt:$\boxed{B}$
$m+f(n+f(m))=2012$ dersek $m+f(2012)=n+f(m)$ olur.
$n+f(m)=6$ ve $m=2006$ için $$2006+f(2012)=n+f(2006).......(*)$$ olur. $n+f(2006)=6$ olduğundan $n=6-f(2006)$ değeri (*) da yerine yazılırsa $f(2012)=-2000$ bulunur.
32
$1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$ sayılarının $\left ( a_{1},a_{2},\dots ,a_{10} \right )$ permütasyonlarından kaçı için,
$\left | a_{1}-1 \right |+\left | a_{2}-2 \right |+\cdots +\left | a_{10}-10 \right |=4$ olur $?$
$
\textbf{a)}\ 60
\qquad\textbf{b)}\ 52
\qquad\textbf{c)}\ 50
\qquad\textbf{d)}\ 44
\qquad\textbf{e)}\ 36
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
$\left ( \begin{smallmatrix}
1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\\
a_1&a_2&a_3&a_4&a_5&a_6&a_7&a_8&a_9&a_{10}
\end{smallmatrix} \right )$ permütasyonunda $\left | a_{1}-1 \right |+\left | a_{2}-2 \right |+\cdots +\left | a_{10}-10 \right |=4$ olması için yeri ile indisi farklı
- $4$ eleman: $1+1+1+1=4$
- $3$ eleman: $1+1+2=4$
- $2$ eleman: $2+2=4$
olmalı.
$2$ eleman için, $\left ( \begin{smallmatrix}\cdots & a & \cdot & a+2 & \cdots \\
\cdots & a+2 & \cdot & a & \cdots \end{smallmatrix} \right )$ olmalı. Bu şekildeki eleman çiftleri $(1,3)$, $(2,4)$, $\dots$, $(8,10)$ olmak üzere $8$ tanedir.
$4$ eleman için, $\left ( \begin{smallmatrix}\cdots & a & a+1 & \cdots & b & b+1 & \cdots \\ \cdots & a+1 & a & \cdots & b+1 & b & \cdots \end{smallmatrix} \right )$ olmalı. Olası $(a,b)$ çiftleri $a=1$ için $7$ tanedir. $a=2$ için $6$ tanedir. O halde, bu şekildeki ardışık sayılardan oluşan iki çift $7+6+5+4+3+2+1=28$ farklı şekilde seçilebilir.
$3$ eleman için $(a,b,c)$ üçlüsü kendi aralarında $3$ uzunluklu çevrim oluşturmalı ve $a,b,c$ sayıları ardışık olmalı. Bu şekilde her $a$ için iki farklı $\left ( \begin{smallmatrix}\cdots & a & a+1 & a+2 & \cdots \\ \cdots & a+1 & a+2 & a & \cdots \end{smallmatrix} \right )$ ve $\left ( \begin{smallmatrix}\cdots & a & a+1 & a+2 & \cdots \\ \cdots & a+2 & a & a+1 & \cdots \end{smallmatrix} \right )$ permütasyon vardır. $a=1,2, \dots, 8$ den $2\cdot 8 = 16$ farklı permütasyon gelir.
O halde, toplamda $8+28+16=52$ permütasyon $\left | a_{1}-1 \right |+\left | a_{2}-2 \right |+\cdots +\left | a_{10}-10 \right |=4$ denklemini sağlar.
33
$\left | AB \right |=2\left | BC \right |$ olan $ABCDA'B'C'D'$ dikdörtgenler prizmasında $\left[BB' \right]$ ayrıtı üstündeki $E$ noktası $\left | EB' \right |=6\left | EB \right |$ koşulunu sağlıyor. $AEC$ ve $A'EC'$ üçgenlerinde $E$ ye ait yüksekliklerin ayakları sırasıyla, $F$ ve $F'$ olmak üzere, $m\left ( \widehat{FEF'} \right )=60^{\circ}$ ise, $\dfrac{\left | BC \right |}{\left | BE \right |}$ nedir?
$
\textbf{a)}\ \sqrt{\dfrac{5}{3}}
\qquad\textbf{b)}\ \sqrt{\dfrac{15}{2}}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{3}{2}\sqrt{15}
\qquad\textbf{d)}\ 5\sqrt{\dfrac{5}{3}}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$AE^2 = AB^2 + BE^2$ ve $EC^2 = BE^2 + BC^2$ olduğu için $AE^2 - EC^2 = AB^2 - BC^2 = AF^2-FC^2$ olacaktır. Bu durumda, $BF \perp AC$.
Benzer şekilde, $A'E^2 = A'B'^2 + B'E^2$ ve $C'E^2 = B'C'^2 + B'E^2$ olduğu için $A'E^2 - C'E^2 = A'B'^2 - B'C'^2 = A'F'^2 - C'F'^2$ olacaktır. Bu durumda, $B'F' \perp A'C'$.
$BB'F'F$ bir dikdörtgen oldu. $BE=1$ ve $BF=a$ diyelim.
$\tan \angle FEB = \dfrac{a}{1} = a$ ve $\tan \angle F'EB' = \dfrac{a}{6}$, $\angle FEB + \angle F'EB' = 120^\circ$ olduğu için $$\tan 120^\circ = -\sqrt 3 = \dfrac{\tan \angle FEB + \tan \angle F'EB'}{1 - \tan \left ( \angle FEB \cdot \tan \angle F'EB' \right )} = \dfrac{a+\dfrac a6}{1-\dfrac {a^2}6}$$ $$\Rightarrow \dfrac {7a}{a^2 - 6} = \sqrt 3 \Rightarrow a = 3\sqrt 3.$$
$ABC$ dik üçgeninde $AB/BC=2$ olduğu için $BC/EB = \dfrac 1{2\sqrt 5}$ tir. Bu durumda, $BC=\dfrac {a}{2\sqrt 5} = \dfrac 32 \sqrt {15}$
34
$n\geq 2012$ olmak üzere, $1\cdot 2^{1}+2\cdot 2^{2}+3\cdot 2^{3}+\cdots+n\cdot 2^{n}$ sayısının $10$ ile bölünmesini sağlayan en küçük $n$ tam sayısı nedir?
$
\textbf{a)}\ 2012
\qquad\textbf{b)}\ 2013
\qquad\textbf{c)}\ 2014
\qquad\textbf{d)}\ 2015
\qquad\textbf{e)}\ 2016
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{B}$
$S = (2^1 + 2^2 + \cdots + 2^n) + (2^2 + 2^3 + \cdots + 2^n) + \cdots + (2^{n-1} + 2^n) + 2^n $
$S = (2^{n+1} - 2^1) + (2^{n+1} - 2^2) + \cdots + (2^{n+1} - 2^{n-1}) + (2^{n+1} - 2^n)$
$S = n\cdot 2^{n+1} - (2^1 + 2^2 + \cdots + 2^n) = n\cdot 2^{n+1} - (2^{n+1}-2) = (n-1)2^{n+1}+2$
$(n-1)2^{n+1} \equiv 8 \pmod {10}$ denkliğini $2011$ den sonra sağlayan ilk $n$ tam sayısı $n=2013$ tür.
35
$x^{3}+y^{4}=x^{2}y$ eşitliğini sağlayan tüm $\left(x,y \right)$ pozitif gerçel sayı ikililerinde $x$ in aldığı en büyük değer $A$ ve $y$ nin aldığı en büyük değer $B$ ise , $A/B$ nedir?
$
\textbf{a)}\ \dfrac{2}{3}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{512}{729}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{729}{1024}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{3}{4}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{243}{256}
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{C}$
$AO \geq GO$ dan, $$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\dfrac {x^3}3 + \dfrac {x^3}3 + \dfrac {x^3}3 + y^4}{4} &\geq& \sqrt[4]{\dfrac{x^9 \cdot y^4}{3^3}}\\
\left (\dfrac{x^2y}{4} \right)^4 &\geq& \dfrac{x^9\cdot y^4}{3^3} \\
A = \dfrac{3^3}{4^4} &\geq & x
\end{array}$$
$AO \geq GO$ dan, $$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\dfrac {x^3}2 + \dfrac {x^3}2 + y^4}{3} &\geq& \sqrt[3]{\dfrac{x^6 \cdot y^4}{4}}\\
\left (\dfrac{x^2y}{3} \right)^3 &\geq& \dfrac{x^6\cdot y^4}{4} \\
B = \dfrac{4}{3^3} &\geq & y
\end{array}$$
$A/B = \dfrac{3^3 \cdot 3^3}{4^4 \cdot 4} = \dfrac{729}{1024}$
36
Her kutuda en çok $20$ taş olmak koşuluyla $k$ tane taş $2012$ kutuya nasıl dağıtılmış olursa olsun, bu kutulardan bazılarını seçip, seçtiğimiz kutulardan istediklerimizden istediğimiz sayıda taş atarak, seçtiğimiz kutularda toplam olarak en az $100$ tane ve bu kutuların her birinde eşit sayıda taş kalmasını sağlayabiliyorsak, $k$ en az kaç olabilir?
$
\textbf{a)}\ 500
\qquad\textbf{b)}\ 450
\qquad\textbf{c)}\ 420
\qquad\textbf{d)}\ 349
\qquad\textbf{e)}\ 296
$
Çözüm:
Yanıt: $\boxed{D}$
Kaba kuvvet (brute-force) gerektiren bir çözüm yapacağız.
Seçtiğimiz kutuların sayısı $n$, atılan taşlardan sonra her birinde kalan taş sayısı $m$ olsun.
$m\leq 20$ ve $n \cdot m \geq 100$ dir.
$$\begin{array}{lclclcl}
m=20 & \Rightarrow & n \geq 5 &,& m=19,18,17 & \Rightarrow & n \geq 6 \\
m=16,15 & \Rightarrow & n \geq 7 &,& m=14,13 & \Rightarrow & n \geq 8 \\
m=12 & \Rightarrow & n \geq 9 &,& m=11,10 & \Rightarrow & n \geq 10 \\
m=9 & \Rightarrow & n \geq 12 &,& m=8 & \Rightarrow & n \geq 13 \\
m=7 & \Rightarrow & n \geq 15 &,& m=6 & \Rightarrow & n \geq 17 \\
m=5 & \Rightarrow & n \geq 20 &,& m=4 & \Rightarrow & n \geq 25 \\
m=3 & \Rightarrow & n \geq 34 &,& m=2 & \Rightarrow & n \geq 50 \\
m=1 & \Rightarrow & n \geq 100
\end{array}$$ olmalı.
Şimdi kutulara mükün olduğunca, sorudaki koşul sağlanmayacak şekilde taş dolduralım:
İlk $5$ kutuya $20$ şer tane doldurursak, taş sayısı $\geq 100$ olacak ve $(m,n)$ ikilisi bulunmuş olacak.
Onun için ilk $4$ kutuya $20$, $5.$ kutuya $19$ taş koyuyoruz. $20+20+20+20+19 = 99$.
$6.$ kutuya $19$ ya da $18$ ya da $17$ taş koyarsak $m\geq 17$ ve $n=6$ ikilisi bulunmuş olacak. $20+20+20+20+19+16=115$.
Bu şekilde devam ettirelim:
$20+20+20+20+19+16+14+12+11+9$ olduğunda $11.$ kutuya tekrar $9$ taş koyabiliriz. Çünkü $m=9$ için $n\geq 12$ olmalı.
Devamında $12.$ kutuya $8$, $13.$ ve $14.$ kutulara $7$ taş koyabiliriz.
$m=7$ iken $n\geq 15$ ve $m=6$ iken $n\geq 17$ olduğu için sıradaki iki kutuya $6$ taş koyuyoruz.
$20+20+20+20+19+16+14+12+11+9+9+8+7+7+6+6 = 204$
Benzer şekilde devam edildiğinde,
$204+\underbrace{5+5+5}_{3} + \underbrace{4+\cdots+4}_{5} + \underbrace{3+\cdots+3}_{9} + \underbrace{2+\cdots+2}_{16} + \underbrace{1+\cdots+1}_{50} = 348$
İlk $99$ kutuya mümkün olan en çok taşı dağıttık. $k=348$ olan durumda, yukarıdaki gibi bir dağıtım yapıldığında soruda istenen koşul sağlanmaz.
Diğer taraftan, bundan sonraki $1$ taşı hangi kutuya koyarsak koyalım, istenen şekilde $(m,n)$ sayıları bulunmuş olacak.
