Tübitak Lise 1. Aşama - 2011 Çözümleri

Aşağıdakilerden hangisi, $\left[AB\right]$ ve $\left[CD\right]$ kenarlarının orta dikmeleri $\left[AC\right]$ köşegini üstünde bir noktada kesişen her $ABCD$ dışbükey dörtgeni için doğrudur?

$
\textbf{a)}\ \left | BA \right |+\left | AD \right |\leqslant \left | BC \right |+\left | CD \right |
\qquad\textbf{b)}\ \left | BD \right |\leqslant \left | AC \right |
\qquad\textbf{c)}\ \left | AC \right |\leqslant \left | BD \right | \\
\textbf{d)}\ \left | AD \right |+\left | DC \right |\leqslant \left | AB \right |+\left | BC \right |
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$AB$ ile $CD$ orta dikmeleri $E$ de kesişsin. $AE=EB$ ve $EC=ED$ dir. $B$, $E$, $D$ noktaları için üçgen eşitsizliğinden $$BD \leq BE + ED = AE + EC = AC$$ eşitsizliği her zaman sağlanır.

$\left(x+1\right)^{65}$ polinomunun kaç katsayısı $65$ e bölünmez?

$
\textbf{a)}\ 20
\qquad\textbf{b)}\ 18
\qquad\textbf{c)}\ 16
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

(Lokman GÖKÇE)

$\binom{65}{0} = \binom {65}{65} = 1$ sayısı $65$ ile tam bölünemez. $\binom{65}{r} = \binom{65}{65-r}$ olduğundan $1\leq r \leq 32$ durumunda bulduğumuz sonucu $2$ ile çarpabiliriz. $65 = 5 \cdot 13$ olduğundan $\binom{65}{r} = \dfrac{65 \cdot 64 \cdots (66-r)}{1\cdot 2 \cdots r}$ kesrinin paydasında $5$ veya $13$ çarpanları olursa bunlar $65$ ile sadeleşeceğinden dolayı $\binom{65}{r}$ ifadesi $65$ in tam katı olamaz.

Daha iyi anlaşılması için $\binom{65}{10} = \dfrac{\color{red}{65} \cdot 64 \cdot 63 \cdot 61 \cdot \color{red}{60} \cdot 59 \cdot 58 \cdot 57 \cdot 56}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \color{red}{5} \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot \color{red}{10}}$ kombinasyonunu incelemek faydalı olacaktır.

$\binom{65}{10}$ sayısında $5$ çarpanı olmadığından $65$ ile bölünemez. Bununla beraber $\binom{65}{20} = \dfrac{\color{red}{65} \cdot 64 \cdots \color{red}{50} \cdots 46}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \color{red}{5} \cdot 6 \cdots \color{red}{20}}$ kombinasyonunun payında $50 = 2\cdot 25$ çarpanı olduğundan bu ifade $65$ ile tam bölünebilir.

Sonuçta $8$ tane değer vardır. $r \in \{0,5,10,13,15,25,26,30\}$ için $\binom{65}{r}$ ifadesi $65$ in tam katı olamaz. Toplamda, $8+8 = 16$ değer elde edilir.

Çözüm 2:

Bu sorunun genel hali, Lucas Teoremi olarak bilinir. Lucas Teoreminin ispatı, Tübitak Lise Takım Seçme 1999 Soru 1 de verilmiştir.
Özetle, $n = (65) = (230)_5$ için, $m$ sayısının $5$ tabanında yazılımında herhangi bir basamaktaki sayı $n$ sayısının $5$ tabanındaki ilgili basamağındaki sayıdan büyükse $5 \mid \binom {65}{m}$ olacaktır.
Tersini düşünürsek, $m=(0)_5$, $(10)_5$, $(20)_5$, $(30)_5$, $(100)_5$, $(110)_5$, $(120)_5$, $(130)_5$, $(200)_5$, $(210)_5$, $(220)_5$, $(230)_5$ sayıları için $5 \nmid \binom{65}{m}$ olacaktır.
Benzer şekilde $n=(50)_{13}$ için, $m$ sayısının $13$ tabanında yazılımında hiçbir basamaktaki sayı, $n$ sayısının ilgili basamağındaki sayıdan büyük değilse; $13 \nmid \binom{65}{13}$ olacaktır. Bu sayılar, $m=(0)_{13}$, $(10)_{13}$, $(20)_{13}$, $(30)_{13}$, $(40)_{13}$, $(50)_{13}$ dir.
$(0)_5 = (0)_{13}$ ve $(230)_5 = (50)_{13}$ olduğu için bu şekilde $12+6-2 = 16$ sayı vardır.

$1+\sqrt{n^{2}-9n+20}\gt\sqrt{n^{2}-7n+12}$ eşitsizliğini 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: $\boxed{D}$

$n^2 - 9n + 20 = (n-4)(n-5)$ ve $n^2-7n+12=(n-3)(n-4)$.

$n\geq 5$ için, eşitsizliğin her iki tarafı da pozitif olduğu için, iki tarafın da karesini alırsak $$1 + n^2 - 9n + 20 + 2\sqrt{n^2-9n+20} > n^2 - 7n + 12$$ $$2\sqrt{n^2-9n+20} > 2n-9>0$$ $$4n^2 - 36 n + 80 > 4n^2 - 36n + 81$$ olduğu için $n\geq 5$ için eşitsizlik sağlanmaz.
$n=4$ için, $1 > 0$.

$n=3$ için, $1 + \sqrt 2 > 0$.

$n=2$ için, $1 + \sqrt 6 > \sqrt 2$

$n=1$ için, $1 + \sqrt {12} > \sqrt 6$

$\left \{ 1,2,\cdots ,20 \right \}$ kümesinin $8$ elemanlı alt kümelerinden kaçı ardışık sayılar içermez?

$
\textbf{a)}\ \dbinom{13}{8}
\qquad\textbf{b)}\ \dbinom{13}{9}
\qquad\textbf{c)}\ \dbinom{14}{8}
\qquad\textbf{d)}\ \dbinom{14}{9}
\qquad\textbf{e)}\ \dbinom{20}{15}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0&&0& \\ \hline
\end{array}$
şeklideki $13$ boşluğa $8$ tane $1$, $\dbinom{13}{8}$ farklı şekilde yerleştirilir.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
&0& &0& &0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0& &0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0& &0&\color{red}{1}&0& \color{red}{1} \\ \hline
\end{array}$

Yerleştirmeden sonra $0$ ve $1$ lerden oluşan $20$ basamaklı sayı,

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
&1&&2&&3&4&5&6&7&&8&9&10&11&12&13&14&15&16&&17&18&19&20\\ \hline
&0& &0& &0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0& &0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0&\color{red}{1}&0& &0&\color{red}{1}&0& \color{red}{1} \\ \hline
\end{array}$

$8$ elemanlı alt kümede hangi sayıların yer alıp almadığını ifade eder.
Örneğin, yukarıdaki altküme, $\{4,6,9,11,13,15,18,20\}$ kümesidir. Herhangi iki $1$ arasında en az bir $0$ olacağından, bu şekilde oluşturulan $8$ elemanlı altkümelerin hiçbirinde ardışık iki sayı yer almaz.

$m\left ( \widehat{ABC} \right )=90^{\circ}$ olmak üzere, $ABC$ üçgeninin $\left[AB\right]$ kenarını çap alan çember $\left[AC\right]$ kenarını $D$ noktasında, çembere $D$ de teğet olan doğru da $BC$ yi $E$ noktasında kesiyor. $\left|EC\right|=2$ ise, $\left | AC \right |^{2}-\left | AE \right |^{2}$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 18
\qquad\textbf{b)}\ 16
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$AB$ çap olduğu için $\angle ADB = 90^\circ$. $E$ den $AB$ çaplı çembere çizilen teğetler, $EB$ ve $ED$ olduğu için, $EB=ED$. $BDC$ dik üçgeninde $EB=ED$ olduğu için, $EV=ED=EC=2$. Bu durumda, $AC^2 - AE^2 = BC^2 - BE^2 = 4^2 -2^2 = 12$.

Kaç $p$ asal sayısı için, $\left|p^{4}-86\right|$ sayısı da asaldır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$p=5$ ise $5^4 - 86 \equiv 0 \pmod 7$ olduğu için sağlanmaz.
$p > 5$ ise, $p^4 - 86 \equiv 1 - 86 \equiv 0 \pmod 5$ olduğu için sağlanmaz.
$p=2$ için, $|2^4 - 86| = 70$ sağlamaz.
$p=3$ için, $|3^4 - 86| = 5$ sağlar.

$x_{1}$ ve $x_{2}$ sayıları $x^{2}+5x-7=0$ denkleminin farklı gerçel kökleri ise, $x_{1}^{3}+5x_{1}^{2}-4x_{1}+x_{1}^{2}x_{2}-4x_{2}$ nedir?

$
\textbf{a)}\ -15
\qquad\textbf{b)}\ 175+25\sqrt{53}
\qquad\textbf{c)}\ -50
\qquad\textbf{d)}\ 20
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$x_1 + x_2 = -5$ ve $x_{1}^{3}+5x_{1}^{2}-4x_{1}+x_{1}^{2}x_{2}-4x_{2} = x_1^2(x_1 + x_2 + 5) - 4(x_1+x_2) = 20$.

Pozitif tam sayılardan oluşan $n$ elemanlı her kümenin toplamları $6$ ile bölünen altı elemanı bulunabiliyorsa, $n$ en az kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 13
\qquad\textbf{b)}\ 12
\qquad\textbf{c)}\ 11
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ 9
$

Çözüm:

$x_1 = x_2 = \cdots =x_{5} = 1$, $x_6=x_7=\cdots = x_{10} = 6$ alındığında $10$ pozitif tam sayı arasından herhangi $6$ tanesinin toplamı $6$ ile bölünmüyor.

$3$ tam sayı arasından, ikisinin $2$ ye bölümünden kalan aynı olacağı için, bu ikisinin toplamı $2$ ile bölünür.

$5$ tam sayının $3$ ile bölümünden $3$ farklı kalan elde ediliyorsa, bu kalanları veren birer sayı (toplamda $3$) toplanarak elde edilen sayı ($0+1+2=3$ olduğu için) $3$ ile bölünür. $5$ tam sayının $3$ ile bölümünden elde edilen farklı kalanlar $3$ ten az sayıda ise, güvercin yuvası gereği en az $\left \lceil \frac 52 \right \rceil = 3$ tanesi aynı olacak. Bu $3$ aynı kalanlı sayıyı topladığımızda, toplam $3$ ile bölünecek.

$11>3$ sayıdan toplamları $2$ ile bölünen iki tanesi bulunabilir. Bu sayılar, $x_1$ ve $x_2$ olsun. $2 \mid y_1 = x_1 + x_2$.
Geri kalan $9 > 3$ sayıdan aynı şekilde $2 \mid y_2 = x_3 + x_4$, geri kalan $7 > 3$ sayıdan aynı şekilde $2 \mid y_3 = x_5 + x_6$, geri kalan $5 > 3$ sayıdan aynı şekilde $2 \mid y_4 = x_7 + x_8$, geri kalan $3$ sayıdan aynı şekilde $2 \mid y_5 = x_9 + x_{10}$ olacak şekilde sayılar bulunur.
$y_1/2$, $y_2/2$, $y_3/2$, $y_4/2$, $y_5/2$ sayılarından öyle $3$ ü vardır ki, toplamları $3$ ile bölünür. Bunlar $y_1/2$, $y_2/2$, $y_3/2$ olsun. Bu durumda, $3 \mid \dfrac{x_1+x_2 + x_3 + x_4 + x_5 +x_6}2$, dolayısıyla $6 \mid x_1+x_2 + \cdots + x_6$ olur.

Kaynak:

Mathematical miniatures, Svetoslav Savchec-Titu Andreescu, Sayfa 179.

$m\left ( \widehat{ADC} \right )=90^{\circ}$ olan bir $ABCD$ dışbükey dörtgeninde $D$ den geçen ve $BC$ ye paralel olan doğru $AB$ doğrusunu $E$ noktasında kesiyor. $m\left ( \widehat{DAC} \right )=m\left ( \widehat{DAE} \right ),\left|AB\right|=3$ ve $\left|AC\right|=4$ ise, $\left|AE\right|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{5}{6}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{1}{3}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{3}{4}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$[BA$ ile $[CD$, $F$ de kesişsin. $\triangle FAC$ de, $AD$ hem açıortay hem de yüksekik olduğu için, $FD=DC$ ve $AC=AF=4$.
$ED\parallel BC$ ve $FD=DC$ olduğu için, $BE=EF=7/2 \Rightarrow AE=1/2$.

$0\leqslant x,y,z\lt2011$ olmak üzere, $xy+yz+zx\equiv 0\pmod{2011}$ ve $x+y+z\equiv0\pmod{2011}$ koşullarını sağlayan kaç $\left(x,y,z\right)$ tam sayı üçlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ 2010
\qquad\textbf{b)}\ 2011
\qquad\textbf{c)}\ 2012
\qquad\textbf{d)}\ 4021
\qquad\textbf{e)}\ 4023
$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{D}$.

$x=0$ olsun, $yz\equiv 0\pmod{2011}$ ve $y+z\equiv 0\pmod{2011}$ olduğundan $y=z=0$ olur. Bu durumda tek çözüm $(0,0,0)$olur.
$1\le x\le 2010$ olsun. $x+y+z\equiv 0\pmod{2011}$ olduğundan $y+z\equiv -x\pmod{2011}$ olur. $x(y+z)+yz\equiv 0\pmod{2011}\Longrightarrow -x^2+yz\equiv 0\pmod{2011}\Longrightarrow yz\equiv x^2\pmod{2011}$.
$z\equiv \dfrac{x^2}{y}\pmod{2011}$ olur.
$y+z\equiv -x\pmod{2011}\Longrightarrow y+\dfrac{x^2}{y}\equiv -x\pmod{2011}\Longrightarrow x^2+xy+y^2\equiv 0\pmod{2011}\Longrightarrow (2y+x)^2\equiv-3x^2\pmod{2011}$.
$-3$ $\pmod{2011}$ de kare kalan olduğu için $-3x^2$ de kare kalandır.
Öyleyse $2y+x$ $\pmod{2011}$ de $2$ değer alabilir $\Longrightarrow$ $y$ $2$ değer alabilir.
$x$ in alabileceği $2010$ değerden herbiri için $y$ 2 değer alabilir. Öyleyse bu durumda $2010\cdot 2=4020$ tane $(x,y,z)$ üçlüsü vardır.

Toplam $4020+1=4021$ tane $(x,y,z)$ üçlüsü vardır.

$x^{5}+x^{4}-4x^{3}-7x^{2}-7x-2$ polinomunun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ -2
\qquad\textbf{e)}\ 7
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$P(x)=x^5 + x^4 - 4x^3 - 7x^2 - 7x - 2$ ve $Q(x)=(x-1)P(x)$ olsun. $$\begin{array}{rcl}
Q(x) &=& (x^6 + x^5 - 4x^4 - 7x^3 - 7x^2 - 2x)-(x^5 + x^4 - 4x^3 - 7x^2 - 7x - 2) \\
&=& x^6-5x^4-3x^3+5x+2 \\
&=& x^6-3x^3+ 2 - 5x(x^3-1)\\
&=& (x^3-2)(x^3-1) - 5x(x^3-1)\\
&=& (x^3-1)(x^3-5x-2) \\
&=& (x-1)(x^2+x+1)(x^3-5x-2) \\
P(x) &=& (x^2+x+1)(x^3-5x-2)
\end{array}$$
$R(x) = x^3 - 5x - 2$ polinomunun türevinin $R'(x) = 3x^2-5=0$ iki gerçel kökü olduğu için, $R(x)$ in üç kökü de gerçeldir. Bu durumda, $P(x)$ in gerçel kökleri ile $R(x)$ in gerçel kökleri aynıdır. O halde, gerçel kökler toplamı $R(x)$ te $x^2$ li terimin katsayısı $0$ olduğu için $0$ dır.

Bir okuldaki $100$ öğrenciden her biri aynı okuldaki istediği $50$ öğrenciye mesaj yollamıştır. Karşılıklı olarak mesajlaşmış öğrenci çiftlerinin sayısı en az kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 100
\qquad\textbf{b)}\ 75
\qquad\textbf{c)}\ 50
\qquad\textbf{d)}\ 25
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$50 \cdot 100=5000$ adet mesaj var.
$100$ kişi arasında tek yönlü en fazla $\dbinom{100}{2} = 4950$ ($100$ nokta kaç doğru parçası belirtir?) mesaj olabilir.
O halde, en az $5000-4950=50$ adet çift karşılıklı mesajlaştı.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $A,B,C$ köşelerine ait yüksekliklerin ayakları sırasıyla, $D,E,F$ dir. $\left | DF \right |=3,\left | FE \right |=4,\left | DE \right |=5$ ise $DE$ ye teğet olan $C$ merkezli çemberin yarıçapı nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle EDC = \angle BAC = \angle FDB$ olduğu için, $\triangle DEF$ de , $DC$ doğrusu, $\angle D$ açısına ait dış açıortaydır. Benzer şekilde, $EC$ de $\triangle DEF$ de $\angle E$ ye ait dış ortaydır. Bu durumda, $C$ notkası, $\triangle DEF$ de $D$ ye karşı dış merkezdir. $C$ den $DF$, $DE$, $EF$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla, $X$, $Y$, $Z$ olsun. $DX=DY$, $EY=EZ$, $FZ=FX$ ve $FX + FZ=3+4+5=12$ olduğu için $FX=6$ dır. $\angle CFX = 45^\circ$ olduğu için de $XC=FX=6$ dır.

$2011^{(2011^{(2011^{(2011^{2011})})})}$ sayısının $19$ ile bölümünden kalan nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$(2011,19) = 1$ ve $\varphi(19) = 18$ olduğu için $2011^{\left (2011^{\left (2011^{2011}\right )} \right )} = 18k_1 + a_1$ i bulmamız gerekiyor.
$(2011,18) = 1$ ve $\varphi(18) = 6$ olduğu için $2011^{\left (2011^{2011}\right)} = 6k_2 + a_2$ yi bulmamız gerekiyor.
$2011^{\left (2011^{2011}\right)} \equiv 1^{\left (2011^{2011}\right)} \equiv 1 \pmod 6 \Rightarrow a_2 = 1$.
$2011^{\left (2011^{\left (2011^{2011}\right )} \right ) }\equiv 2011^{6k_2+1} \equiv 2011 \equiv 13 \pmod {18} \Rightarrow a_1 = 13$.
$2011^{\left (2011^{\left (2011^{\left (2011^{2011}\right )} \right ) }\right)} \equiv 2011^{18k_1+13} \equiv 16^{13} \pmod {19}$.

$1 \equiv 16^{13} \cdot 16^{5} \equiv 16^{13} \cdot (-3)^5 \pmod{19} $

$16^{13} \cdot 3^4 \cdot 3 \equiv 18 \pmod {19}$
$16^{13} \cdot 5 \equiv 6 \equiv 25 \pmod {19} \Rightarrow 16^{13} \equiv 5 \pmod {19}$.

Aşağıdaki $\left(a,b\right)$ ikililerinden hangisi için, $x+2y\lt a$ ve $xy\gt b$ eşitsizliklerini sağlayan hiçbir $\left(x,y\right)$ pozitif gerçel sayı ikilisi yoktur?

$
\textbf{a)}\ \left ( \dfrac{15}{7},\dfrac{4}{7} \right )
\qquad\textbf{b)}\ \left ( \dfrac{18}{11},\dfrac{1}{3} \right )
\qquad\textbf{c)}\ \left ( \dfrac{5}{7},\dfrac{1}{16} \right )
\qquad\textbf{d)}\ \left ( \dfrac{6}{7},\dfrac{1}{11} \right )
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

$x+2y = a \Rightarrow y = -\dfrac x2 + \dfrac a2$

$xy = b \Rightarrow y = \dfrac bx$ eğrisine teğet olan $-\dfrac 12$ eğimli doğru $y=-\dfrac x2 + n$ olsun. Ortak çözümde $\Delta = 0$ olmalı.
$$-\dfrac x2 + n = \dfrac bx \Rightarrow x^2 -2nx + 2b \Rightarrow \Delta = 4n^2 - 8b = 0 \Rightarrow n = \sqrt {2b}$$

$y = -\dfrac x2 + \dfrac a2$ ile $y = -\dfrac x2 + \sqrt{2b}$ doğrusu birbirine paraleldir. $\dfrac a2 > \sqrt {2b}$ olduğu sürece eşitsizlik sisteminin çözümü vardır.

Biraz düzenlersek $a^2 > 8b$ olan şıklarda çözüm vardır.
Bu aşamadan sonra her şıkkı denemek zorundayız. Ne yazık ki tüm şıklar da $a^2$ ile $8b$ sayısı birbirlerine çok yakın. Yine de gerekli işlemleri yaptığımızda tüm şıklar için $a^2 > 8b$ eşitsizliğinin sağlandığını görürüz.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{E}$
Aritmetik ortalama - geometrik ortalama eşitsizliğinden

$$a=x+2y\geq 2\sqrt{2xy}>2\sqrt{2b}$$

olduğundan $a^2>8b$ dir. Şıklar denendiğinde ise tüm ikililerin bu koşulu sağladığı görülür.

Ağırlıkları pozitif tam sayılar olan herhangi $2011$ taş, biri diğerinin iki katı ağırlıkta iki taş içermeyen $n$ öbeğe ayrılabiliyorsa, $n$ en az kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 102
\qquad\textbf{b)}\ 51
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 11
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Mehmet Utku Özbek)
Yanıt:$\boxed{E}$

Taşların ağırlıkları $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2011}$ olsun. $b_{i}$ ler tek pozitif tam sayı olacak şekilde $a_{i}=2^{k_{i}}.b_{i}$ dir. Şimdi eğer $k_{i}$ tek pozitif tam sayı ise $a_{i}$ yi birinci kümeye, $k_{i}$ çift pozitif tam sayı ise $a_{i}$ yi ikinci kümeye koyalım. O zaman şartlar sağlanmış olur. Bir küme olamayacağı için cevap ikidir.

$ABC$ eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir $D$ noktası için, $\left | AD \right |=\sqrt{2},\left | BD \right |=3$ ve $\left | CD \right |=\sqrt{5}$ ise, $m\left ( \widehat{ADB} \right )$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 120^{\circ}
\qquad\textbf{b)}\ 105^{\circ}
\qquad\textbf{c)}\ 100^{\circ}
\qquad\textbf{d)}\ 95^{\circ}
\qquad\textbf{e)}\ 90^{\circ}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Bu klasik sorunun genel halini çözelim.

$AD=x$, $BD=y$ ve $CD=z$ olsun.
$\triangle ADC$ üçgenini $AB$ üzerine üçgenin dışına doğru $\triangle AD'B \cong \triangle ADC$ olacak şekilde yapıştıralım. Eşlikten $AD'=AD=x$ ve $D'B=DC=z$.
$\angle D'AB = \angle DAC$ olduğu için $\angle D'AD = \angle BAC = 60^\circ$. Bu durumda, $\triangle ADD'$ eşkenar. $\angle D'DA = 60^\circ$ ve $DD'=x$.

$\triangle D'DB$ de Kosinüs teoreminden $x^2 + y^2 - 2xy \cdot \cos \angle D'DB = z^2$. Yani $\angle D'DB = \arccos \left( \dfrac{x^2+y^2-z^2}{2xy}\right )$.

Bu durumda $\angle ADB = \angle ADD' + \angle D'DB = 60^\circ + \arccos \left( \dfrac{x^2+y^2-z^2}{2xy}\right )$ dir.

Soruda verilen $x=\sqrt 2$, $y=3$ ve $z=\sqrt 5$ değerlerini yerine yazarsak, $$\angle ADB = 60^\circ + \arccos \left( \dfrac{6}{6\sqrt {2}} \right ) = 60^\circ + 45^\circ = 105^\circ$$ elde ederiz.

Kaç pozitif tam sayı $n\left ( n^{2}-1 \right )\left ( n^{2}+3 \right )\left ( n^{2}+5 \right )$ ifadesini $n$ nin tüm pozitif tam sayı değerleri için böler?

$
\textbf{a)}\ 16
\qquad\textbf{b)}\ 12
\qquad\textbf{c)}\ 8
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$f(n) = n(n^2-1)(n^2+3)(n^2+5)$ olsun.

$f(2) = 2\cdot 3^3 \cdot 7$ ve $f(3)=2^6 \cdot 3^2 \cdot 7$ dir.

Bu durumda her $n$ pozitif tam sayısı için $k \mid f(n) $ ise $k \mid \text{obeb} \left(f(2), f(3)\right ) = 2\cdot 3^2 \cdot 7$ olmalı.

$f(n)$ nin her zaman çift olduğu açıktır. Geriye $f(n)$ yi $\bmod 7$ ve $\bmod 9$ da incelemek kalıyor.
$$\begin{array}{cc}
\begin{array}{c|c|c}
n & n^2 \mod 7 & f(n) \mod 7 \\ \hline
0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
2 & 4 & 0 \\
3 & 2 & 0 \\
4 & 2 & 0 \\
5 & 4 & 0 \\
6 & 1 & 0
\end{array}
&
\begin{array}{c|c|c}
n & n^2 \mod 9 & f(n) \mod 9 \\ \hline
0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
2 & 4 & 0 \\
3 & 0 & 0 \\
4 & 7 & 0 \\
5 & 7 & 0 \\
6 & 0 & 0 \\
7 & 4 & 0 \\
8 & 1 & 0 \\
\end{array}
\end{array}$$ olduğu için her $n$ pozitif tam sayısı için $2\cdot 3^2 \cdot 7 \mid f(n)$.
Bu durumda $k \mid 2 \cdot 3^2 \cdot 7$ olacak şekilde $2 \cdot 3 \cdot 2 = 12$ pozitif tam sayı bulunur.

Aşağıdaki eşitsizliklerden hangisinin $xy$-düzleminde tanımladığı bölge ile kesişimi tam olarak iki noktadan oluşan bir doğru bulunur?

$
\textbf{a)}\ x^{2}+y^{2}\leqslant 1
\qquad\textbf{b)}\ \left | x+y \right |+\left | x-y \right |\leqslant 1
\qquad\textbf{c)}\ \left | x \right |^{3}+\left | y \right |^{3}\leqslant 1 \\
\textbf{d)}\ \left | x \right |+\left | y \right |\leqslant 1
\qquad\textbf{e)}\ \left | x \right |^{\frac{1}{2}}+\left | y \right |^{\frac{1}{2}}\leqslant 1
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$(e)$ şıkkının karesini alalım: $|x| + |y| + 2\sqrt{|xy|} \leq 1$

$x+y=1$ olduğu zaman $|x| + |y| \geq |x+y| = 1$ olacağı için $xy=0$ olmalı. $x+y=1$ ve $xy=0$ sisteminin ise iki çözümü vardır. $(0,1)$ ve $(1,0)$.

Eşitsizliğin Wolfram Alpha Grafiği incelendiğinde iç bükey bir bölge görülür. Bu bölge ile iki noktada kesişen dört doğru bulunur.

Diğer şıkları da inceleyelim:

$(a)$ şıkkı bir çember denklemidir. Bu durumda bir doğru ile kesişim kümesi $0,1, \infty$ elemanlı olabilir. Grafik

$(b)$ şıkkındaki $|x+y|+|x-y| = 1$ denklemi bir kare belirtir. Grafik

$(c)$ şıkkı için $x^3 + y^3 = 1$ i $1.$ bölgede incelediğimizde çembere benzeyen bir dış bükey eğri elde ederiz. Diğer eksenler için simetrik durum söz konusudur. Wolfram'a grafiği çizdirdiğimizde tüplü televizyon vari bir şekille karşılaşırız.

$(d)$ şıkkının grafiğinin bir kare olduğu açıktır.

$100$ öğrencinin girdiği bir sınavda $5$ soru sorulmuş ve her soruyu tam olarak $50$ öğrenci çözmüştür. Çözdüğü soru sayısı ikiyi aşmayan öğrencilerin sayısı en az kaç olabilir ?

$
\textbf{a)}\ 21
\qquad\textbf{b)}\ 18
\qquad\textbf{c)}\ 17
\qquad\textbf{d)}\ 16
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

(Lokman Gökçe)

Tam olarak $0,1,2,3,4,5$ soru çözmüş öğrenci sayıları sırasıyla $x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ olsun. $x_0+x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=100$ ve toplam çözülen soru sayısı $5\cdot 50 = 250$ olduğundan $0\cdot x_0+1\cdot x_1+2\cdot x_2+3\cdot x_3+4\cdot x_4+5\cdot x _5=250$ elde edilir. $x_0+x_1+x_2$ toplamının minimum olması için $x_3+x_4+x_5$ toplamının maksimum olması gerekir. $3\cdot x_3+4\cdot x_4+5\cdot x_5 $ ifadesinde en küçük katsayı $x_3$ teriminde olduğundan $x_3$ ü olabildiğince büyük seçmeliyiz. $3 \cdot x_3 \leq 250$ eşitsizliğinden $ x_3 \leq 83$ elde edilir. $ x_3 = 83$ için $ x_1+2\cdot x_2+3\cdot 83+4\cdot x_4+5\cdot x _5=250$ ya da $ x_1+2\cdot x_2 + 4\cdot x_4+5\cdot x _5=1$ olur. Bu denklemde $x_1=1, x_2=x_4=x_5=0$ olmalıdır. Dolayısıyla $x_0=16$ dır. $ (x_0+x_1+x_2)_{min}=16+1+0=17 $ elde edilir.

Bir $ABCD$ eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde yer alan bir $E$ noktası $\left|AE\right|=\left|EB\right|, m\left ( \widehat{EAB} \right )=11^{\circ}$ ve $m\left ( \widehat{EBC} \right )=71^{\circ}$ koşullarını sağllıyorsa, $m\left ( \widehat{DCE} \right )$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 72^{\circ}
\qquad\textbf{b)}\ 71^{\circ}
\qquad\textbf{c)}\ 70^{\circ}
\qquad\textbf{d)}\ 69^{\circ}
\qquad\textbf{e)}\ 68^{\circ}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

$\triangle ABC$ de $AB=BC$ olup $\angle BAC = \angle BCA = 49^\circ$ dir.
$\triangle BEC$ nin iç bölgesinde $\triangle BE'C \cong \triangle BEA$ olacak şekilde bir $E'$ noktası alalım.
$\angle E'BC = \angle E'CB = 11^\circ$, $AE=EB=BE'=E'C$ ve $\angle EBB' = 60^\circ$ dir. Bu durumda $\triangle EBB'$ eşkenardır.
İster basit açı hesabıyla ister $E'$ noktasının $\triangle BEC$ nin çevrel çemberinin merkezi olduğunun fark edilmesiyle $\angle ECB = 30^\circ$ olarak bulunabilir.
Bu durumda $\angle ECA = 49^\circ - 30^\circ = 19^\circ$ dir.
$ABCD$ eşkenar dörtgen olduğu için $\angle ACD = \angle ACB = 49^\circ$ ve $\angle DCE = 49^\circ + 19^\circ = 68^\circ$ dir.

Not:
$0^\circ<t<30^\circ$ olmak üzere; $\triangle ABC$ de, $\angle BAE = \angle ABE = 30^\circ - t$, $\angle EBC = 90^\circ - t$, $\angle EAC = 2t$ olduğu durumda, $\angle ECA = t$ çıkar. Bu soru için $t=19^\circ$ verilmiş.

Ek olarak, bu soru modeli, burada bahsedilen 4.7 numaralı modeldir.
(Bu tip soruların modelini bulmak için bu programı kullanabilirsiniz.)
Burada bahsedilen modelde gösterim yaparsak, $(30^\circ - t = 11^\circ, 90^\circ - t = 71^\circ, x):(30^\circ - t = 11^\circ, 2t = 38^\circ, y)$ dir. Ceva teoreminin trigonometrik halinin bir sonucu olarak gruplardaki açılar kendi aralarında yer değiştirebilir. Bu durumda, bu soru Lise 1. Aşama 2012/17 sorusu ile büyük benzerlik taşır.

Çözüm 2:

$\angle EBA = \angle EAB = \alpha$, $\angle EBC = 60^\circ - \alpha$ ve $\angle EAC = 60^\circ - 2\alpha$ olsun.

İddia: $\angle ECB= 30^\circ$ ve $\angle ECA = 30^\circ - \alpha$ dır.

Burada ilgili ispatı bulabilirsiniz. $\blacksquare$

$\alpha = 11^\circ$ aldığımızda, bize sorulan soruyu elde ederiz.
$\angle ABC = 82^\circ$ ve $\angle BCE = 30^\circ$ olduğu için $\angle DCE = (180^\circ - 82^\circ) - 30^\circ = 68^\circ$ dir.

$f\left ( 0 \right )=0$, $f\left ( 1 \right )=1$ ve her $n\geqslant 1$ için, $f\left ( 3n-1 \right )=f\left ( n \right )-1$, $f(3n)=f(n)$, $f\left ( 3n+1 \right )=f\left ( n \right )+1$ ise, $f\left(2011\right)$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 7
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ 0
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$3$ e bölümden kalanların $-1,0,1$ olduğu bir bölme işlemiyle $2011$ yi mütemadiyen $3$ e bölelim.

$f(2011) = f(3 \cdot 670) + 1$

$f(670) = f(3\cdot 223) + 1$

$f(223) = f(3\cdot 74) + 1$

$f(74) = f(3 \cdot 25) - 1$

$f(25) = f(3 \cdot 8 ) + 1$

$f( 8 ) = f(3 \cdot 3 ) - 1$

$f(3) = f(3 \cdot 1 )$

$f( 1 ) = 1$

Taraf tarafa toplarsak $f(2011) = 1 -1 +1 -1+1+1+1 = 3$ olur.

$xy$-düzlemindeki tam sayı koordinatlı noktalardan koordinatları çarpımı $6$ ile bölünenler kırmızıya, bölünmeyenler ise beyaza boyanıyor. Kenarları koordinat eksenlerine paralel çok büyük bir karenin içinde kalan tam sayı koordinatlı noktalardan beyaz olanların sayısının kırmızı olanların sayısına oranı aşağıdakilerden hangisine en yakındır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{7}{5}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3}{2}
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{4}{3}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{5}{4}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$xy \equiv 0 \pmod 6$ denkliğinin $15$ çözümü vardır. $36$ $(x,y)$ ikilisiden $21$ i ise çözüm değildir. Bu durumda kenarları koordinat eksenlerine paralel olan ama hiçbir kenarı eksenleri tam sayı bir koordinatta kesmeyen $6\times 6$ büyüklükteki herhangi bir karede beyaz noktaların sayısının kırmızı noktaların sayısına oranı $\dfrac {21}{15} = \dfrac 75 $tir.

$36n^2<x^2\leq 36(n+1)^2$ olmak üzere;
Çok büyük $x\times x$ bir kare alındığında karenin içerisinde tam sayı koordinattan başlamayan $6n \times 6n$ lik bir alanda kalan beyaz noktaların sayısı $21n^2$, kırmızı noktaların sayısı $15n^2$ dir.
$x^2 - 36n^2 \leq 36(n+1)^2 - 36n^2 = 72n+1$ olduğu için $x \times x$ karenin $36n^2$ lik alan dışında kalan kısmındaki beyaz noktaların sayısı $B(n)$ ya da kırmızı noktaların sayısı $K(n)$ en fazla $72n+1$ olabilir.

Bu durumda aradığımız oran $\dfrac{21n^2 + B(n)}{15n^2 + K(n)}$ olacaktır. Hem $B(n)$ hem de $K(n)$, $n$ cinsinden derecesi en fazla $1$ olan fonksiyonlar olduğu için $n\to \infty$ giderken ihmal edilebilir olacaktır.

$r_{1},r_{2},\dots ,r_{n}$ renklerinde sırasıyla $a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}$ topun bulunduğu bir torbadan, her seferinde çekilen top torbaya geri konmak koşuluyla, birer birer rastgele $n$ top çekildiğinde bu toplardan en az ikisinin aynı renkte olma olasılığını $p\left(a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}\right)$ ile gösterirsek, aşağıdakilerden hangisi en küçüktür?

$
\textbf{a)}\ p\left(2,2,2,1\right)
\qquad\textbf{b)}\ p\left(1,1,1,1\right)
\qquad\textbf{c)}\ p\left(2,2,3\right)
\qquad\textbf{d)}\ p\left(2,2,1\right)
\qquad\textbf{e)}\ p\left(1,1,1\right)
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$p'(a_1, a_2, \dots, a_n)$ ile tüm topların farklı olma olasılığını gösterelim.
Açık şekilde $p(a_1, a_2, \dots, a_n) + p'(a_1, a_2, \dots, a_n) = 1$.

Şıklardaki ifadelerin değillerini yazalım:

$p'(2,2,2,1) = \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{1}{7} \cdot 4!$

$p'(1,1,1,1) = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot 4!$

$p'(2,2,3) = \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{3}{7} \cdot 3!$

$p'(2,2,1) = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{1}{5} \cdot 3!$

$p'(1,1,1) = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot 3!$

Aralarında en büyüğü $p'(1,1,1)$ olduğu için şıklardan en küçüğü $p(1,1,1)$ dir.

$ABCDE$ düzgün dışbükey beşgeninin alanının, kenarları $AC,CE,EB,BD,DA$ doğruları üstünde yer alan düzgün dışbükey beşgenin alanına oranı nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{41}{6}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3+5\sqrt{5}}{2}
\qquad\textbf{c)}\ 4+\sqrt{5}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{7+3\sqrt{5}}{2}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

İkinci düzgün beşgenin ilk beşgenin $A$ dan çıkan köşegeni üzerinde yer almayan köşegeni $A'$ olsun. Benzer şekilde $B', C', D', E'$ köşeleri tanımlansın.

$D'E'=1$ ve $AB=BC=x$ dersek bu durumda bize alanlar oranı, yani $x^2$ soruluyor.

$CD'=BC=1 \Rightarrow E'C=E'B=x-1$.
$\triangle BE'C \sim \triangle ABC \Rightarrow \dfrac{x-1}{x} = \dfrac {x}{2x-1}$.

$2x^2 - 2x + 1 = x^2 \Rightarrow x^2 - 3x + 1 = 0 \Rightarrow x_{1,2} = \dfrac {3 \pm \sqrt 5}{2} $.
$x>1$ olduğu için $x=\dfrac{3+\sqrt 5} 2 \Rightarrow x^2 = \dfrac {7+3\sqrt 5 }{2}$.

$0\leqslant a< 2^{2008}$ ve $0\leqslant b< 8$ tam sayıları $7\left ( a+2^{2008}b \right )\equiv 1 \pmod{2^{2011}}$ denkliğini sağlıyorsa, $b$ nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$7(a+2^{2008}b) \equiv 7a + 8\cdot 2^{2008}\cdot b - b\cdot 2^{2008} \equiv 1 \pmod {2^{2011}}$

$\Rightarrow 7a \equiv b\cdot 2^{2008} + 1 \pmod {2^{2011}}$

$0\leq a < 2^{2008} \Rightarrow 7a< 7 \cdot 2^{2008} < 2^{2011}$ ve $b\cdot 2^{2008} \leq 7 \cdot 2^{2008} < 2^{2011} $ olduğu için $7a = b\cdot 2^{2008} + 1$. Her iki tarafı $\bmod 7$ de incelersek $0 \equiv 2b + 1 \pmod 7 \Rightarrow b \equiv 3 \pmod 7$ olacaktır. O halde $b=3$ olabilir. $b=3$ iken $a<2^{2008}$ olacağı için $b=3$ verilen şartları sağlar.

$\left ( a_{n} \right )_{n=1 }^{\infty }$ gerçel sayı dizisi $a_{1}=1 , a_{3}=4$ ve her $n\geqslant 2$ için $a_{n+1}+a_{n-1}=2a_{n}+1$ koşulnu sağlıyorsa $a_{2011}$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 2^{2010}
\qquad\textbf{b)}\ 2021056
\qquad\textbf{c)}\ 1010528
\qquad\textbf{d)}\ 3016
\qquad\textbf{e)}\ 2011
$

Çözüm:

(Mehmet Utku Özbek)
Yanıt: $\boxed{B}$

$a_{3}-2a_{2}+a_{1}=1$
$a_{4}-2a_{3}+a_{2}=1$
$a_{5}-2a_{4}+a_{3}=1$
$.$ $.$ $.$
$.$ $.$ $.$
$a_{n+1}-2a_{n}+a_{n-1}=1$

Taraf tarafa toplayınca şu eşitlik elde edilir:
$\Longrightarrow a_{n+1}-a_{n}=(n-1)+a_{2}-a_{1}$ Aynı zamanda $a_{3}-2a_{2}+a_{1}=1$ eşitliğinde $a_{3}$ ve $a_{1}$ bilindiği için yerine yazarak $a_{2}=2$ bulunur. O zaman eşitlik şu hale gelir: $a_{n+1}-a_{n}=(n-1)+2-1=n$ . Şimdi bu eşitlikten yararlanarak başka eşitlikler yazalım.

$a_{2}-a_{1}=1$
$a_{3}-a_{2}=2$
$a_{4}-a_{3}=3$
$.$ $.$
$.$ $.$
$a_{2011}-a_{2010}=2010$

Taraf tarafa toplayalım:
$\Longrightarrow a_{2011}-a_{1}=(1+2+3+\cdots +2010)= \dfrac{2010.2011}{2}=2021055$
$a_{1}=1$ olduğu için $a_{2011}=2021056$ bulunur.

$1,2,\dots ,4022$ sayıları $2\times 2011$ bir satranç tahtasının birim karelerine, iki sayı aynı birim karede olmamak ve ardışık olan sayılar ortak bir kenarı olan birim karelerde yer almak koşuluyla kaç farklı biçimde yerleştirilebilir?

$
\textbf{a)}\ 16168444
\qquad\textbf{b)}\ 12168440
\qquad\textbf{c)}\ 10088242
\qquad\textbf{d)}\ 8084224
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Satranç tahtasının siyah-beyaz boyalı olduğunu düşünelim. $1$ sayısı beyaz bir karedeyse tüm çift sayılar siyah karede olmalı ya da tam tersi.
Bu durumda $1$ beyaz karedeyse $4022$ siyah karede olacak. $1$ ile $4022$ yi tahtaya yerleştirdiğimizde diğer sayıları tek bir şekilde yerleştirebiliyoruz.
$1$ ile $4022$ nin birlikte ilk ve birlikte son sütunda olduğu $4$ durum var. Bunları aradan çıkartalım.
Bunun haricinde $1$ ile $4022$ aynı sütunda olamaz. $1$ ile $4022$ nin aynı sütunda olamadığı durumları hesaplayalım:
$1$ için $4022$ farklı yer var. $4022$ ile $1$ farklı renklerdeki karelerde yer alacağı için, $4022/2 = 2011$, aynı sütunda yer almayacakları için $4022$ ye $2011-1 = 2010$ farklı yer kalıyor. Buradan $4022 \times 2010 = 8084220$ farklı yerleştirme gelir.
Toplamda $8084220+4 = 8084224$ farklı yerleştirme olur.

$ABC$ üçgeninin $B$ ve $C$ köşelerinden geçen bir çember $\left[AB\right]$ kenarını $D$, $\left[AC\right]$ kenarını $E$ noktasında kesiyor.$ACD$ üçgeninin çevrel çemberi ise, $BE$ doğrusunu $\left[BE\right]$ dışındaki bir $F$ noktasında kesiyor. $\left|AD\right|=4$ ve $\left|BD\right|=8$ ise, $\left|AF\right|$ nedir ?

$
\textbf{a)}\ \sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt{6}
\qquad\textbf{c)}\ 4\sqrt{6}
\qquad\textbf{d)}\ \sqrt{6}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$m \left (\widehat {ECD} \right ) = m \left (\widehat{EBD} \right )$ ve $m \left (\widehat {ECD} \right ) = m \left (\widehat{AFD} \right )$ olduğundan, $m \left (\widehat {AFD} \right ) = m \left (\widehat{FBA} \right )$ dır.

Buna göre $\triangle AFD \sim \triangle ABF$ olup bu benzerlikten $|AF|^2=|AD|\cdot|AB| \Rightarrow |AF|^2=4\cdot12=48 \Rightarrow |AF|=4\sqrt{3}$

$m$ nin hangi değeri için, $3x^{2}-10xy-8y^{2}=m^{19}$ eşitliğini sağlayan hiçbir $\left(x,y\right)$ tam sayı ikilisi yoktur?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Denklemi $(3x+2y)(x-4y)=m^{19}$ şeklinde çarpanlara ayıralım. Bir $0 \leq a\leq19$ tam sayısı için $3x+2y=m^a$ ve $x-4y=m^{19-a}$ olmalıdır. Bu denklemlerden

$$x=\dfrac{2m^a+m^{19-a}}{7}\dots(1)$$ ve $$y=\dfrac{5m^a-m^{19-a}}{14}\dots(2)$$

olur. $(1)$ ve $(2)$ eşitliklerini

$$2m^a+m^{19-a} \equiv 0 \pmod{7}\dots(3)$$ ve $$y=5m^a-m^{19-a}\equiv 0 \pmod{14}\dots(4)$$

biçiminde yazalım. Şimdi seçenekleri deneyelim:

$m=7$ ve $a=1$ için $(3), (4)$ denkliklerinin sağlandığı açıktır. Yani denklemin çözümü vardır.

$m=6$ için $(3)$ denkliği $2+6^{19-2a}\equiv 0 \pmod{7}$ olur. Ancak $19-2a$ tek sayı ve olduğundan $6 \equiv -1 \pmod{7}$ olduğundan $2+6^{19-2a}\equiv 1 \pmod{7}$ çelişkisi elde edilir. $m=6$ için denklemin çözümü yoktur.

Cevabı bulduk ancak diğer seçenekler de kontrol amaçlı denenebilir.

$m=3$ için çözüm olduğunu gösterelim. $(3)$ denkliği $2+3^{19-2a} \equiv 0 \pmod{7}$ şekline gelir. $3^{19-2a} \equiv 5 \pmod{7}$ olmalıdır. $3^5 \equiv 5 \pmod{7}$ olduğundan $19-2a=5$ seçersek $a=7$ tam sayısı bulunabilir. Bu değer için $(4)$ denkliği de sağlandığından, $m=3$ için çözüm vardır.

$i^{2}+j^{2}+k^{2}=2011$ koşulunu sağlayan $i,j,k$ tam sayıları için, $i+j+k$ ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 71
\qquad\textbf{b)}\ 73
\qquad\textbf{c)}\ 74
\qquad\textbf{d)}\ 76
\qquad\textbf{e)}\ 77
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Karesel-Aritmetik Ortalama Eşitsizliği uygulanırsa, $\sqrt{\dfrac{i^2+j^2+k^2}{3}}\geq\dfrac{i+j+k}{3} \Longrightarrow 6033\geq (i+j+k)^2 \Longrightarrow 77\geq i+j+k$ elde edilir. ($i,j,k$ tamsayı olduğundan)
Öte yandan, $i^2+j^2+k^2=2011\equiv 3 \pmod 4$ şartının sağlanması için, $i$, $j$, $k$ sayılarının hepsi tek olmalıdır. (Bkz. Kare Kalanlar)
$i$, $j$, $k$ sayıları eşit olduğunda $i+j+k$ toplamının $77$'ye çok yakın olacağını biliyoruz. $77$'ye eşit olması için de birbirlerine oldukça yakın olmalıdırlar. $\dfrac{77}{3}=25,\bar3$ olduğundan $25$'e yakın tüm tek sayıların karelerini inceleyelim.
$21^2=441$
$23^2=529$
$25^2=625$
$27^2=729$
$29^2=829$
$i+j+k=77$ olabiliyorsa, $(21,27,29), (23,25,29)$ üçlülerinden biri bunu sağlayabilir. Denenirse, $21^2+27^2+29^2=2011$'dir.
O halde $i+j+k$ toplamı en fazla $77$ olabilir. Sağlayan $(i,j,k)$ üçlüsü $(21,27,29)$'dur.

Başlangıçta bir öbekte $n$ taş bulunuyor. İki oyuncu sırayla hamle yapıyorlar ve her hamlede sırası gelen oyuncu istediği bir $i\geqslant 0$ tam sayısı için öbekteki taşlardan $2^{i}$ tanesinin alıyor. Son taşı alan oyuncu oyunu kazanıyor. Oyun $n=1000,2000,2011,3000,4000$ değerlerinin her biri için birer kez oynanırsa, bu oyunlardan kaçını oyuna başlayan oyuncu kazanmayı garantileyebilir ?

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

Çözüm:

(Barış DEMİR)

$n=3k$ için oyunu daima ikinci oyuncu kazanır.

$i\geq0$ için birinci oyuncu $2^i$ taş alsın, geriye $3k-2^i$ taş kalır.

$3k-2^i \equiv 1\pmod 3$ veya $3k-2^i \equiv 2\pmod 3$

Eğer, $3k-2^i \equiv 1\pmod 3$ ise, ikinci oyuncu $2^k \equiv 1\pmod 3$ olacak biçimde taş alarak birinci oyuncuya $3k-2^i -2^k \equiv 0\pmod 3$
olacak şekilde taş bırakır.Yani tekrar 3 ün katı olan bir taş miktarı kalır.

Eğer, $3k-2^i \equiv 2\pmod 3$ ise, 2.oyuncu $2^k \equiv 2\pmod 3$ olacak biçimde taş alarak birinci oyuncuya $3k-2^i -2^k \equiv 0\pmod 3$
olacak şekilde taş bırakır.Yani tekrar 3 ün katı olan bir taş miktarı kalır.

birinci oyuncu ne yaparsa yapsın ikinci oyuncu mutlaka ona 3 ün katı olacak biçimde taş bırakacaktır. 1.oyuncu en iyi ihtimalle bu durumu 3 taşa kadar sürdürecektir.3 taş kalınca da ya $2^0$ alacak ve ikinci oyuncu $2^1$ alarak kazanacak ya da tam tersi $2^1$ alacak ve ikinci oyuncu $2^0$ alarak kazanacaktır.

$n=3k+1$ ve $n=3k+2$ için de oyunu daima birinci oyuncu $n=3k$ da ikinci oyuncunun uyguladığı taktiği uygulayarak kazanır.

O halde verilen sayılardan $1000, 2000, 2011, 4000$ için oyunu birinci oyunu kazanır.

Bir birim küreye içten ve köşeleri bu küre üstünde yer alan düzgün dörtyüzlünün bir yüzüne de dıştan teğet olan kürenin hacmi en çok ne olabilir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{3}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{1}{4}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{1}{2}\left ( 1-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right )
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{2}\left ( \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}-1 \right )
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıtla: $\boxed{E}$

$ABCD$ düzgün dörtyüzlüsünün çevrel küresinin merkezi $O$ olsun. $OC=OB=OD=1$ ve $AC=AB=AD$ olduğu için $A$ dan $BCD$ düzlemine inilen dikme $O$ dan geçer. Dikmenin ayağına $H$ diyelim.

$H$ noktası $BCD$ eşkenar üçgeninin ağırlık merkezidir. Dörtyüzlünün bir kenarına $a$ dersek, $BH=\dfrac {a}{\sqrt 3}$.
$\angle BAH = \alpha$ dersek $\angle BOH = 2\alpha$ ve $OH = OB \cdot \cos 2\alpha = \cos 2\alpha = 1-2\sin^2 \alpha = 1 - 2\cdot (1/\sqrt 3)^2 = \dfrac 13$.
Dörtyüzlünün $BCD$ yüzüne dıştan teğet ve birim küreye içten teğet olan en büyük kürenin merkezi $OH$ üzerindedir. Bu durumda kürenin çapı $1 - OH = \dfrac 23$, kürenin yarıçapı $\dfrac 13$ oluyor.

Kürenin hacmi $\dfrac 43 \cdot \pi \cdot (1/3)^2 = \dfrac{4\pi}{27}$ çıkar.

$n$ pozitif bir tam sayı olmak üzere, $2^{n}$ sayısının on tabanına göre sağdan en çok kaç basamakta aynı sayı yer alabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Son $4$ basamağın aynı olduğunu kabul edelim.
$m \in \{2,4,6,8\}$ olmak üzere $2^n = 10000k + 1111 \cdot m$ olacaktır. İki tarafı $\bmod {16}$ da incelersek $0 \not\equiv 1111 \cdot m \pmod {16} $ olacağı için son dört basamak aynı rakamdan oluşamaz.

Son $3$ basamağın aynı olduğunu kabul edelim.
$2^n = 1000k + 111\cdot m$ olacaktır. İki tarafı $\bmod {8}$ de incelersek $0 \not\equiv 1111 \cdot m \pmod {8} $ olacağı için $m=8$ olmalı.
Her iki tarafı $8$ e bölersek $2^{n-3} = 125k + 111$ elde ederiz.
$2^{x} \equiv 111 \pmod{125}$ denkliğinin çözümü varsa $2^n$ sayısının son üç hanesi $888$ olacaktır.
$2^7 \equiv 3 \pmod {125} \Rightarrow 2^{35} \equiv 3^5 \equiv -7 \pmod {125} \Rightarrow 2^{36} \equiv -14 \equiv 111 \pmod {125}$.
O halde $m=36$, yani $n=39$ için, $2^{39}$ un son üç basamağı $888$ dir.

Aşağıdaki fonsiyonlar arasında pozitif gerçel sayılar kümesinde aldığı en büyük değer en küçük olan hangisidir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{x^{2}}{1+x^{12}}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{x^{3}}{1+x^{11}}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{x^{4}}{1+x^{10}}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{x^{5}}{1+x^{9}}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{x^{6}}{1+x^{8}}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Şıklardaki fonksiyonları $a(x), b(x), c(x),d(x), e(x)$ diye adlandıralım.

$d(x)$, en büyük değerini $m$ de alsın.

$d(m) > d\left ( \frac 1m \right ) \Rightarrow \dfrac{m^5}{1+m^9} > \dfrac{m^4}{1+m^9} \Rightarrow m>1$ dir.

$
\begin{array}{rcl}
a\left ( \frac 1m \right ) &=& \dfrac{m^{10}}{1+m^{12}} \\
b\left ( \frac 1m \right ) &=& \dfrac{m^{8}}{1+m^{11}} \\
c\left ( \frac 1m \right ) &=& \dfrac{m^{6}}{1+m^{10}} \\
e(m) &=& \dfrac{m^{6}}{1+m^{8}} \\
\end{array}$

Yukarıdaki değerleri $m>1$ olduğunu göz önünde bulundurarak $d(m)$ ile çapraz çarpıma tutarsak
$\min\left \{a\left ( \frac 1m \right ), b\left ( \frac 1m \right ), c\left ( \frac 1m \right ), d(m), e(m) \right \} = d(m)$ elde ederiz.

$d(x)$ in en büyük değeri diğerlerinin bazı değerlerinden daha küçük, yani diğerlerinin en büyük değerlerinden daha küçüktür.

Boyları birbirinden farklı $14$ öğrenci başlangıçta nasıl sıralanmış olurlarsa olsunlar, her adımda yan yana duran iki öğrencinin yerini değiştirerek en az kaç adımda öğrencileri boy sırasına sokmak mümkün olur?

$
\textbf{a)}\ 42
\qquad\textbf{b)}\ 43
\qquad\textbf{c)}\ 45
\qquad\textbf{d)}\ 52
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Boyları $1,2,\dots, 14$ kabul edelim.
$ p = \left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & \cdots & 13 & 14 \\
p(1) & p(2) & p(3) & \cdots & p(13) & p(14)
\end{array} \right)$

$p$ permütasyonunda $i<j$ olmak üzere $p(i)>p(j)$ ise $(i,j)$ çiftine $p$ nin bir inversiyonu (bkz. inversion) diyoruz.

$p$ artan sırada olduğunda toplam inversiyon sayısı $0$ dır.
$p$ azalan sırada olduğunda toplam inversiyon sayısı $\dbinom {14}{2} = 91$ dir.
$p$ için $(i,j)$ çifti sayısı da $\dbinom {14}{2} = 91$ dir. Yani ters sıralı permütasyon en çok inversiyona sahip permütasyondur.

Bu soru için $p$ nin inversiyon sayısını çift yönlü düşünelim.
Örneğin, artan sıralı bir $p$ için artan inversiyon sayısı $0$, azalan inversiyon sayısı $91$ dir. Bu durumu $(0,91)$ ile gösterelim.
Azalan sıralı $p$ için inversiyon sayısı çifti $(91,0)$ olacaktır.
$(x,y)$ artan-azalan inversiyon sayısı çiftine sahip herhangi bir $p$ permütasyonunda komşu iki elemanı yer değiştirdiğimizde, $a=1,-1$ için, $(x,y) \to(x+a,y-a)$ olacaktır. Bu durumda $x+y$ toplamı değişmemiş olacak. O halde herhangi bir $p$ permütasyonu için inversiyon çifti toplamı $x+y = 0+91=91+0= 91$ dir.
Bu durumda olası tüm $(x,y)$ inversiyon sayısı çiftlerinden $\min\{x,y\}$ değeri en çok $45$ olabilir.
$ p = \left(\begin{array}{cccccccccccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 \\
10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 & 11 & 12 & 13 & 14
\end{array} \right)$ permütasyonunun inversiyon sayısı çifti $(45,46)$ dır.

Şimdi soruya dönelim:
Her yer değiştirmede inversiyon sayısı en fazla $1$ azalacağı için bir permütasyonu artan sıralamak için gerekli yer değiştirme sayısı en az toplam inversiyon sayısı kadar olmalı. Aslında tam olarak toplam inversiyon sayısı kadar yer değiştirme yeterlidir. Bunu ispatlayalım:

İnversiyon oluşturan bir ardışık çifti yer değiştirdiğimizde, toplam inversiyon sayısı $1$ azalacaktır.
Herhangi bir adımda ardışık çiftlerin hiçbiri bir inversiyon oluşturmuyorsa $p(1)<p(2)<\dots < p(n)$ demektir.
O halde toplam inversiyon sayısı kadar ardışık yer değiştirmede toplam inversiyon sayısını sıfırlayabiliriz, yani permütasyonu artan sıralı hale dönüştürebiliriz.

Toparlamak gerekirse $ p = \left(\begin{array}{cccccccccccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 \\
10 & 9 & 8 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 & 11 & 12 & 13 & 14
\end{array} \right)$ permütasyonunda artan inversiyon sayısı $45$, azalan inversiyon sayısı $46$ olduğu için $p$ permütasyonunu $45$ ardışık yer değiştirme ile artan hale getirebiliriz.