Tübitak Lise 1. Aşama - 2010 Çözümleri

Bir $ABC$ eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir $D$ noktası için $m(\widehat{BAD}) = m(\widehat{ABD})=5^\circ$ ve dış bölgesindeki bir $E$ noktası içinde, $m(\widehat{CAE}) = m(\widehat{ACE})=5^\circ$ ise, $m(\widehat{EDC})$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 45^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 40^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 35^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 30^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 25^\circ
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$ABD$ ile $ACE$ eş üçgenlerdir.Bu eşliğe göre $AD=AE$ dir. $\angle{DAE}=60^\circ$ olduğundan $ADE$ eşkenar üçgen olur. Buna göre $DE=EC$ ve $\angle{DEC}=110^\circ$olduğundan $\angle{EDC}=35^\circ$ dir.

$y^{2}-x^{2}=2y+7x+4$ eşitliğini sağlayan kaç $\left(x,y\right)$ pozitif tam sayı ikilisi vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Eşitliğin her iki tarafını $4$ ile çarpalım:

$4y^2-8y=4x^2+28x+16$

$(2y-2)^2=(2x+7)^2-29$

$(2x+7)^2-(2y-2)^2=29$

$x,y$ pozitif olmak üzere $(2x+2y+5)(2x-2y+9)=29 \Rightarrow 2x+2y=24$ ve $2x-2y=-8$ ise;

$x=4,y=8$ denklemin tek çözümüdür.

$$x^{2}+2y=2xy$$ $$x^{3}+x^{2}y=y^{2}$$ denklem sistemini sağlayan kaç $\left(x,y\right)$ gerçel sayı ikilisi vardır?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{A}$

İlk denklemden $y$'yi çekelim:

$y=\dfrac{x^2}{2(x-1)}$ olur. İkinci denklemde yerine yazalım

$x^3+\dfrac{x^4}{2(x-1)}=\dfrac{x^4}{4(x-1)^2}$ olur.

$x=0,y=0$ değilken $1+\dfrac{x}{2(x-1)}=\dfrac{x}{4(x-1)^2}$ ifadesini düzenlersek;

$6x^2-11x+4=0 \Rightarrow (3x-4)(2x-1)=0 \Rightarrow x=4/3$ ve $x=1/2$ değerlerini

Ana denklemlerde $x$'in yerine yazarsak $y$'yi buluruz.$(x,y)$ ikilileri;

$(0,0),(1/2,-1/4),(4/3,8/3)$ olmak üzere 3 tanedir.

Çözüm 2:

$$x^{3}+x^{2}y=y^{2} \Rightarrow \left (\dfrac{x}{y} \right )^3 + \left (\dfrac{x}{y}\right )^2 = \dfrac{1}{y} \tag{1}$$
$$x^{2}+2y=2xy \Rightarrow \left (\dfrac{x}{y} \right )^2 + \dfrac{2}{y} =\dfrac{2x}{y} \tag{2}$$

$(1)$ ve $(2)$ den
$$2\left (\dfrac{x}{y} \right)^3+3\left (\dfrac{x}{y} \right )^2 -2\dfrac{x}{y}=0 \tag{3}$$ elde edilir. $(3)$ denkleminde $\dfrac{x}{y}=a$ değişken değiştirmesi yaparsak $$2a^3+3a^2-2a=0 \tag{4}$$ olur.Bu denklem $a.(2a-1).(a+2)=0$ şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre $(4)$ denkleminin kökleri $0, \dfrac{1}{2},-2$ dir.

Buradan bulunan $x=0 ,y=2x$ ve $y=-\dfrac{x}{2}$ ifadelerini sistemde kullanarak $(0,0),(1/2,-1/4),(4/3,8/3)$ çözümlerine ulaşırız.

Rakamlarının faktöriyellerinin toplamı kendisine eşit olan $2010$ dan küçük kaç pozitif tam sayı vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

Sayının $2000$ ile $2010$ arasında olamayacağı barizdir.

$i)$ Sayımız $1$ basamaklı ise sadece ${1,2}$ sağlar.

$ii)$ Sayımız $2$ basamaklı ise bu sayı $ab$ olsun.

$ab=a!+b!$ olmalı, $a,b\leq 4$'dür. $a=4$ ise,
$40+b=24+b! \Rightarrow 16+b=b!$ olur fakat bunu sağlayan $b$ yoktur. $b=4$ ise,
$10a+4=a!+24 \Rightarrow 10(a-2)=a!$ olur fakat bunu sağlayan $a$ yoktur. $a,b\leq 3$ için,
$ab=a!+b!\leq 3!+3!=12$ olacağından $a=b=1$ veya $a=1,b=0$ olmalı fakat sağlamaz.

$iii)$ Sayımız $3$ basamaklı ise bu sayı $abc$ olsun.

$abc=a!+b!+c!$ olacağından $a,b,c\leq 6$ olmalı fakat $6!=720$ olduğundan $a,b,c\leq 5$ olmalı.
$a!+b!+c!\leq 5!\cdot 3=360$ olur. Buradan $a\leq3$ bulunur. $a!+b!+c!\leq 3!+5!\cdot 2=246$ olduğundan $a\leq 2$ olmalı.
$a=2$ ise $b=c=5$ olmalı çünkü aksi taktirde $a!+b!+c!\leq 2!+4!+5!=146$ olur ve bu çelişkidir. Fakat $(a,b,c)=(2,5,5)$ şartı sağlamaz.
$a=1$ ise $b$ ve $c$ den en az biri $5$ olmalı çünkü aksi taktirde $a!+b!+c!\leq 1!+4!+4!=49$ olur.
Eğer $b=5$ ise $150+c=121+c! \Rightarrow 29=c!-c$ olur, bunun sağlaması için $29\mid c$ olmalı fakat bu sağlamaz.
$c=5$ ise $105+10b=121+b! \Rightarrow 10b=16+b!$ olur buradan $(a,b,c)=(1,4,5)$ bulunur yani $145$ bu şartı sağlar.

$iv)$ Sayımız $2000\geq 1abc \geq 1000$ ise ,
$a,b,c\leq 6$ olmalı fakat $a,b,c<5$ olursa $1abc=1!+a!+b!+c!<361$ olur ve sağlamaz.$a,b,c$ 'den en az biri $6$ olmalı.

$iva)$ $a=6$ ise $1600+bc=721+b!+c!\Rightarrow 879+bc=b!+c!$ olur. $b$ ve $c$ 'den en az biri $6$ olmalı. $b=6$ ise $939+c=720+c!\Rightarrow 219+c=c!$ olur fakat bu sağlanmaz.
$c=6$ ise $885+10b=720+b! \Rightarrow 165+10b=b!$ olur fakat bu sağlanmaz.

$ivb)$ $b=6$ ise $1060+a0c=721+a!+c! \Rightarrow 339+a0c=a!+c!$ olur.$a$ ve $c$'den en az biri $6$ olmalı fakat $a=6$ için çözüm yoktu. $c=6$ için $1066+100a=a!+720 \Rightarrow 346+100a=a!$ olur fakat buradan çözüm gelmez.

$ivc)$ $c=6$ ise $1006+ab0=721+a!+b! \Rightarrow 285+ab0=a!+b!$ olur.$a=6$ ve $b=6$ için çözüm olmadığından $a,b \leq 5$ olmalı fakat $285 \lt a! +b! $ ile çelişir. Buradan da çözüm gelmez.

Şartı sağlayan sayılar ${1,2,145}$ olmak üzere $3$ tanedir.

Dışbükey bir $ABCD$ dörtgeninde, $\left|AB\right|=10 , \left|CD\right|=3\sqrt{6} , m\left ( \widehat{ABD} \right )=60^{\circ} , m\left ( \widehat{BDC} \right )=45^{\circ} , \left|BD\right|=13+3\sqrt{3}$ ise $\left|AC\right|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 20
\qquad\textbf{b)}\ 18
\qquad\textbf{c)}\ 16
\qquad\textbf{d)}\ 14
\qquad\textbf{e)}\ 12
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$A$ ve $C$ den $BD$ ye çizilen dikme ayakları sırasıyla $E$ ve $F$ olsun. $ABE$ ve $CDF$ dik üçgenlerinden $|BE|=5 , |AE|=5\sqrt{3} , |DF|=|FC|=3\sqrt{3}$ bulunur ve $|EF|=8$ olur. İki kenarı $[EF]$ ve $[FC]$ olacak şekilde $EFCG$ dikdörtgeni oluşturursak $AGC$ dik üçgeninde $|AG|=8\sqrt{3} , |GC|=8$ olup pisagor teoreminden $|AC|=16$ bulunur.

$2011y^{2}=2010x+3$ eşitliğini sağlayan kaç $\left(x,y\right)$ tam sayı ikiisi vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Eşitliği $\pmod{5}$ de incelersek $y^2 \equiv 3 \pmod{5}$ olur ki, bir tamkare $5$ modunda $3$ kalanını vermez. O halde eşitliği sağlayan tam sayılar yoktur.

$r$ metre yarı çaplı daire biçiminde bir adacığın merkezinde duran bir kurbağa $1/2$ metrelik bir atlayışla başlayıp, her seferinde $90^{\circ}$ sağa veya sola dönerek bir öncekinin yarısı uzunluğunda bir atlayış yapıyor. Sonlu sayıda atlayışta kurbağanın suya varamamasını sağlayan en küçük $r$ değeri nedir?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{\sqrt{5}}{3}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\sqrt{13}}{5}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{\sqrt{19}}{6}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{3}{4}
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{A}$

Kurbağa $n$. atlayışında $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$ metrelik bir atlayış yapıyor. Kurbağanın başlangıç noktasını orijin kabul edersek ve ilk atlayışını yaptığı yerle orijini birleştiren doğruyu $x$-ekseni olarak alırsak, kurbağanın $(2k-1).$ atlayışını $x$ ekseni üzerinde veya paralel yapacağını $(2k).$ atlayışını $y$ ekseni üzerinde veya paralel yapacağını görürüz. Bu durumda $a_i=1$ veya $-1$ olmak üzere kurbağanın koordinatları $$\left(a_1\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^1+a_3\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^3+\cdots, a_2\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^2+a_4\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^4+\cdots\right)$$ şeklinde olacaktır. Kurbağanın merkezden gidebileceği en uzak mesafe için $a_i$'lerin hepsinin aynı parite içerisinde $1$ veya hepsinin $-1$ olması gerekir. Genelliği bozmadan hepsi $1$ olsun diyebiliriz. Bu durumda kurbağanın sonsuz adım atsa bile gidebileceği en uzak mesafeli koordinat $$\left(\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2k-1}, ~~\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2k}\right)$$ olacaktır. $$\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2k}=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{k}=\dfrac{1}{1-\frac{1}{4}}-1=\dfrac{1}{3}$$ olduğundan $$\left(\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2k-1}, ~~\sum_{k=1}^{\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2k}\right)=\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3}\right)$$ olur. Yani kurbağa $\sqrt{\dfrac{2^2+1^2}{3^2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ metreden daha uzağa gidemez. $r$ en az $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ olmalıdır.

İlk $2010$ pozitif tam sayının rakamlarının toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 30516
\qquad\textbf{b)}\ 28068
\qquad\textbf{c)}\ 25020
\qquad\textbf{d)}\ 20100
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$2010$'a kadar olan pozitif tamsayıların;

Birler basamaklarının toplamı $201(1+2+\cdots +9)$
Onlar basamaklarının toplamı $200(1+2+ \cdots+9)+1$
Yüzler basamaklarının toplamı $200(1+2+\cdots +9)$
Binler basamaklarının toplamı $1000+22$
Hepsini toplarsak sonuç $28068$ olur.

Ayrıca soru $\bmod 9$ da incelenirse $C$ ve $D$ şıklarının olamayacağı da kolayca görülür.

Bir $ABCD$ karesinin dışındaki bir $E$ noktasının $AC$ doğrusuna uzaklığı $6$, $BD$ doğrusuna uaklığı $17$ birimdir. $E$ noktasının karenin en yakın köşesine uzaklığı $10$ birim ise, karenin alanı nedir?

$
\textbf{a)}\ 200
\qquad\textbf{b)}\ 196
\qquad\textbf{c)}\ 169
\qquad\textbf{d)}\ 162
\qquad\textbf{e)}\ 144
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$BD \cap AC = \{M\}$ olsun.
$E$ den $AC$ ve $BD$ ye inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $F$ ve $G$ olsun. $E$ yi $C$ ye yakın alalım.
$ECF$ dik üçgeninde $EC=10$, $EF=6$ olduğu için $CF=8$ dir. $EG = FM =17$ olduğu için $CM=9$ ve $[ABCD] = 162$ dir.

$0\leqslant n< 840$ koşulunu sağlayan kaç tam sayı için, $n^{8}-n^{4}+n-1$ sayısı $840$ ile bölünür?

$
\textbf{a)}\ 1
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 8
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$n^8-n^4+n-1=(n-1)(n^4(n^2+1)(n+1)+1)$

$840=2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$ sırayla $\bmod 8$, $\bmod 3$, $\bmod 5$, $\bmod 7$ de inceleyelim:

Eşitliğin sağ tarafı tek olduğu için $n\equiv 1 \pmod 8$ olmalıdır.

Eşitliğin sağ tarafını $\bmod 3$ ve $\bmod 5$ de incelersek de aynı şekilde $n\equiv 1 \pmod 3$ ve $n\equiv 1 \pmod 5$ olması gerektiği görülür.

Fakat $\bmod 7$ de incelendiğinde $n \equiv 3 \pmod 7$ veya $n\equiv 1 \pmod 7$ olur.

O halde $n\equiv 1(\mod 840)$ veya $n\equiv 241(\mod 840)$ olur. $n$'in iki değeri bulunur.

$xy$-düzleminde $\left(\sqrt{20},\sqrt{10}\right)$ merkezli bir çemberin üstünde koordinatları tam sayı olan en çok kaç tane nokta bulunabilir?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 4
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

En fazla bir noktanın şartı sağlayabileceğini gösterelim,
Sadece bir noktanın bulunabileceği barizdir. Farz edelim ki $(x,y)$ ve $(a,b)$ bu şartı sağlayan farklı noktalar olsun. Bu noktaların merkeze olan uzaklıkları eşit olacağından,

$$(x-\sqrt{20})^2+(y-\sqrt{10})^2=(a-\sqrt{20})^2+(b-\sqrt{10})^2$$ olmalı. İfadeyi açarsak,
$$x^2+20-4x\sqrt{5}+y^2+10-2y\sqrt{10}=a^2+20-4a\sqrt{5}+b^2+10-2b\sqrt{10}$$ olacaktır. $x,y,a,b \in \mathbb{Z}$ olduğundan,
$4x\sqrt{5}=4a\sqrt{5}$ ve $2y\sqrt{10}=2b\sqrt{10}$ olmalı fakat $(x,y)$ ve $(a,b)$ farklı iki nokta olduğundan bu imkansızdır.Dolayısıyla en fazla bir nokta bulunabilir.

$0\leqslant a,b,c,d \lt 7$ olmak üzere, $7$ nin $ab-cd$ yi bölmesini sağlayan kaç $\left(a,b,c,d\right)$ dörtlüsü vardır?

$
\textbf{a)}\ 412
\qquad\textbf{b)}\ 385
\qquad\textbf{c)}\ 294
\qquad\textbf{d)}\ 252
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt $\boxed {B}$

Modülo $7$ de çarpım tablosunu oluşturalım. Aşağıdaki tabloda yeşil bölgedeki her bir eleman $0$ a denktir. $7$ asal sayı olduğundan modülo $7$ de, $0$'ın atılmasıyla oluşan çarpım sisteminde asla $0$ elde edilemez ve sarı ile renklendirilmiş bölgede her bir satırda her bir eleman yalnızca bir kez görülür.

Dolayısıyla $ab \equiv 0 \pmod{7}$ ve $cd \equiv 0 \pmod{7}$ olmasını sağlayan $13\cdot 13 = 169$ tane $(a,b,c,d)$ dörtlüsü vardır.

$ab \equiv cd \equiv 1 \pmod{7}$ olmasını sağlayan $6\cdot 6 = 36$ tane $(a,b,c,d)$ dörtlüsü vardır.

$ab \equiv cd \equiv 2 \pmod{7}$ olmasını sağlayan $6\cdot 6 = 36$ tane $(a,b,c,d)$ dörtlüsü vardır...Benzer biçimde

$ab \equiv cd \equiv 6 \pmod{7}$ olmasını sağlayan $6\cdot 6 = 36$ tane $(a,b,c,d)$ dörtlüsü vardır.

Toplam $169 + 6\cdot 36 = 385$ tane $(a,b,c,d)$ dörtlüsü elde edilir.

$|AB|=|AC|$ ve $m ( \widehat{BAC})=40^{\circ}$ olan bir $ABC$ üçgeninin $\left[AB\right]$ ve $\left[AC\right]$ kenarları üstünde sırasıyla, $D$ ve $E$ noktaları alınıyor. $BC$ doğrusu üstünde de $C$ noktası, $B$ ile $F$ arasında kalacak biçimde bir $F$ noktası alınıyor. $\left|BE\right|=\left|CF\right| , \left|AD\right|=\left|AE\right|$ ve $m( \widehat{BEC} )=60^{\circ}$ ise, $m(\widehat{DFB})$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 45^{\circ}
\qquad\textbf{b)}\ 40^{\circ}
\qquad\textbf{c)}\ 35^{\circ}
\qquad\textbf{d)}\ 30^{\circ}
\qquad\textbf{e)}\ 25^{\circ}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$AD=AE$ ve $AB=AC$ olduğu için $BE=DC=CF$ ve $\angle EBC = \angle DCB =2 \cdot \angle DFB = 50^\circ$ dir. Bu durumda $\angle DFB = 25^\circ$ dir.

Gerçel sayı doğrusu üstünde $0$ noktasından başlayarak, her adımda doğru boyunca istediği yönde $364$ veya $715$ birim sıçrayan bir çekirgenin konduğu noktaların $2010$ noktasına uzaklığı en az ne kadar olabilir?

$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 18
\qquad\textbf{d)}\ 34
\qquad\textbf{e)}\ 164
$

Çözüm 1:

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

Görüldüğü üzere $364$ ve $715$, $13$ e tam bölünüyor. O zaman çekirgenin konduğu noktalar $13$ e tam bölünür. $2002$ ve $2015$, $13$ e tam bölündüğü için uzaklık en az $5$ olabilir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{A}$

$\text{OBEB}(364,715)=13$ tür. Çekirge $x$ defa $364$ birim, $y$ defa $715$ birim zıplasın. ($x,y$ birer tamsayıdır). O halde $364x+715y=z$ şeklindeki $z$ noktalarına ulaşılabilir. $z=13(28x+55y)$ dir. $28x+55y=1$ doğrusal Diyofant denkleminin tam sayılar kümesinde çözümü vardır. Dolayısıyla tüm tam sayıları $28x+55y$ şeklinde ifade edebiliriz. $z=13(28x+55y)$ ile $13$ ün katı olan tüm tam sayıları gösterebiliriz, bunun dışındaki tam sayıları ise $13(28x+55y)$ şeklinde yazamayız. $2002=13\cdot 154$ ve $2002=13\cdot 155$ tir. $2010$ noktası $2015$ e $2002$ den daha yakındır. Aranan en kısa uzaklık $2015-2010=5$ tir.

$x,y,z$ gerçel sayıları $\dfrac{xyz}{x+y}=-1 , \dfrac{xyz}{y+z}=1$ , $\dfrac{xyz}{x+z}=2$ eşitliklerini sağlıyorsa, $xyz$ aşağıdaki değerlerden hangisini alabilir?

$
\textbf{a)}\ -\dfrac{8}{\sqrt{15}}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{8}{\sqrt{5}}
\qquad\textbf{c)}\ -8\sqrt{\dfrac{3}{5}}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{7}{\sqrt{15}}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$xyz=-x-y$ , $xyz=y+$z , $xyz=2x+2z$ eşitliklerinden,

$-x-y=y+z$ ve $-x-y=2x+2z$ yapılırsa

$z=-x-2y$ olur $-x-y=2x+2z$ de $z$ gördüğümüz yere yazarsak $x=3y$ ve $z=-5y$ olur, ilk denklemde yerine yazarak $y=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$ buluruz.

Bu durumda $xyz=-4y=-\dfrac{8}{\sqrt{15}}$ dir.

$11$ farklı bir kitap üç raflı bir kitaplığa, en çok bir raf boş kalacak biçimde kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?

$
\textbf{a)}\ 75\cdot 11!
\qquad\textbf{b)}\ 62\cdot 11!
\qquad\textbf{c)}\ 68\cdot 12!
\qquad\textbf{d)}\ 12\cdot 13!
\qquad\textbf{e)}\ 6\cdot 13!
$

Çözüm:

Cevap:$\boxed A$

$($Tüm Durumlar$)-($İstenmeyen Durumlar$)=($İstenen Durumlar$)$

Tüm Durumlar$;$
$11$ kitabı yan yana dizelim. $2$ özdeş ayraç ile böldüğümüzde ilk kısım birinci raf, ikinci kısım ikinci raf, üçüncü kısım üçüncü rafa yerleştirilsin. $\dfrac{13!}{2!}=78\cdot 11!$ şekilde yerleştirilecektir.

İstenmeyen Durumlar$;($2 Rafın Boş Olması$)$
Kitapları yerleştireceğimiz rafı seçilim$[\binom{3}{1}]$. Rafa kitapları dizelim$[11!]$.
$3\cdot 11!$ tane istenmeyen durum vardır.

İstenen Durumlar ise $78\cdot 11! - 3\cdot 11!$ tanedir.

Uzayda yer alan $A,B,C,D$ noktaları için, $|AB|=|AC|=3 , |DB|=|DC|=5 , |AD|=6$ ve $|BC|=2$ dir.
$BC$ doğrusunun $D$ noktasına en yakın noktası $P$ ve $ABC$ üçgeninin bulunduğu düzlemin $D$ noktasına en yakın noktası $Q$ ise, $|PQ|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{1}{\sqrt{2}}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{3\sqrt{7}}{2}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{57}{2\sqrt{11}}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{9}{2\sqrt{11}}
\qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt{2}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$|AD|^2 > |PD|^2+|PA|^2$ olduğundan $ m \left (DPA \right ) > 90^{\circ}$ dir. Buna göre, $D$ nin izdüşümü olan $Q$ noktası $ABC$ üçgeninin dış bölgesindedir.

Sırasıyla $DQP$ ve $DQA$ dik üçgenlerinde pisagor teoremleri uygulayarak $|PQ|$ değerini bulacağız.
$$|DQ|^2+|PQ|^2=24 \tag{1}$$ $$|DQ|^2+|PQ|^2+4\sqrt{2}|PQ|=28 \tag{2}$$ $(1)$ ve $(2)$ den $|PQ|=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ olur.

$1000$ elemanlı bir kümenin $500$ elemanlı alt kümelerinin sayısı aşağıdaki sayılardan hangisine bölünmez?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 5
\qquad\textbf{c)}\ 11
\qquad\textbf{d)}\ 13
\qquad\textbf{e)}\ 17
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$T=\dbinom{1000}{500}=\dfrac{1000!}{(500!)^2}$ dir. $1000! = p^a.A$ ve $500!=p^b.B$ iken $a=2b$ olursa $p \nmid T$ dir.

$p=11$ için $1000! = 11^{98}.A$ ve $500!=11^{49}.B$ olduğundan $11 \nmid T$ dir.

$x^{5} - 2x^{2} - 9x - 6$ polinomunun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir?

$
\textbf{a)}\ 0
\qquad\textbf{b)}\ 1
\qquad\textbf{c)}\ -2
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ -17
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$P(x)=x^5-2x^2-9x-6$ polinomunun muhtemel rasyonel kökleri olan $\pm1 , \pm2 , \pm3 \pm6$ değerlerini deneyerek $P(-1)=P(2)=0$ olduğunu bulabiliriz.

$P'(-1)=0$ olduğundan $-1$ iki katlı köktür.

Bu gözlemlerin sonucunda $x^5-2x^2-9x-6 = (x-2)(x+1)^2(x^2+3)$ olup , gerçel kökler toplamı $1$ dir.

$0$ sayısı ile başlanıp, her adımda bir önceki sayının $1$ fazlası veya $2$ katı alınarak, aşağıdaki sayılardan hangisini en az sayıda adımda elde edilir?

$
\textbf{a)}\ 2011
\qquad\textbf{b)}\ 2010
\qquad\textbf{c)}\ 2009
\qquad\textbf{d)}\ 2008
\qquad\textbf{e)}\ 2007
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{D}$

Çözüm 1: Soruyu çözmek için verilen sayılardan $1$ çıkartarak veya $2$'ye bölerek $0$'a ulaşmaya çalışabiliriz. Eğer sayı tekse $1$ çıkarmak zorundayız. Çift sayıda ise ikiye bölmenin daha avantajlı olduğunu gösterelim. Aksini varsayalım ve çift $2n$ sayısından $2k$ defa $1$ çıkardıktan sonra $2$'ye bölmenin daha avantajlı olduğunu kabul edelim (çift sayıda $1$ çıkarmamız gerektiği barizdir). Bu durumda $2k+1$ hamle yaparak $n-k$ sayısına ulaşmış oluruz. Onun yerine önce $2$'ye bölseydik ve $k$ adet $1$ çıkarsaydık $k+1$ hamlede $n-k$'ya ulaşacaktık. Yani çift sayı denk gelirse $2$'ye bölmeliyiz.

$2011\to 2010\to 1005\to 1004\to 502\to 251\to 250\to 125\to 124\to 62\to 31\to 30\to 15\to 14\to 7\to 6\to 3\to 2\to 1\to 0$

$2010\to 1005\to 1004\to 502\to 251\to 250\to 125\to 124\to 62\to 31\to 30\to 15\to 14\to 7\to 6\to 3\to 2\to 1\to 0$

$2009\to 2008\to 1004\to 502\to 251\to 250\to 125\to 124\to 62\to 31\to 30\to 15\to 14\to 7\to 6\to 3\to 2\to 1\to 0$

$2008\to 1004\to 502\to 251\to 250\to 125\to 124\to 62\to 31\to 30\to 15\to 14\to 7\to 6\to 3\to 2\to 1\to 0$

$2007\to 2006\to 1003\to 1002\to 501\to 50\to 250\to 125\to 124\to 62\to 31\to 30\to 15\to 14\to 7\to 6\to 3\to 2\to 1\to 0$

Sonuç olarak en az hamleyle $2008$ elde edilebilir.

Çözüm 2: Eğer $2$ tabanında düşünürsek $1$ eklemek son basamağı $0$'dan $1$'e çevirmek ve $2$ ile çarpmak sona bir adet $0$ eklemek olacaktır. Bu durumda olası en küçük hamle sayısı $n=(a_ka_{k-1}\cdots a_1a_0)_2$ için $a_i$'lerdeki $1$ sayısı $t$ ise $k+t-1$ olacaktır. Verilen sayıları $2$ tabanında yazarsak en küçük hamle sayısını bulabiliriz.

Merkezleri aynı ve yarıçapları $10$ ve $20$ birim olan iki düzlemdeş daireyi sırasıyla taban kabul eden, her biri $10$ birim yüksekliğinde bir dik silindir ve bir dik koni düzlemin aynı tarafında kalacak biçimde alınıyor.Koninin silindirin içinde kalan kısmının hacminin,silindirin dışında kalan kısmının hacmine oranı nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Koninin tabanının merkezi $A$ olsun. Koninin $AC$ yarıçapı, silindiri $B$ de terk etsin. Yani $AB$ silindirin taban yarıçapı olsun. $AB=BC$ olduğu için koni silindiri tam yanal ayrıtının orta noktasında keser. Koninin silindirin üst kısmında kalan bölgesinin hacmine $V$ dersek, koni haciminde silindirden farklı olarak $\frac 13$ olduğu için, silindirin üst yarısı $3V$ hacminde olacak. Bu durumda, koninin silindirin içinde kalan hacmi $V+3V = 4V$ olacaktır.
Diğer taraftan koninin silindirin üst yarısında kalan kısmı ile konin tamamı arasında $\frac 12$ benzerlik oranı vardır. Bu durumda hacimler oranı $\frac 18$ olacağı için koninin toplam hacmi $8V$ olacaktır. $\dfrac {4V}{4V} = 1$.

$\dfrac{x}{y+7}+\dfrac{y}{x+7}=1$ eşitliğini sağlayan kaç $(x,y)$ tam sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 18
\qquad\textbf{b)}\ 17
\qquad\textbf{c)}\ 15
\qquad\textbf{d)}\ 14
\qquad\textbf{e)}\ 11
$

Çözüm:

Yanıt : $\boxed{C}$

İfadeyi $x$' e bağlı ikinci dereceden denklem olarak düzenlersek $x^2-yx+y^2-49 = 0$ olur. Tam sayı çözümler için denklemin diskriminantının tamkare olmasını sağlayan $y$ değerlerini bulmalıyız.
\[ \Delta = 14^2-3y^2 = k^2 \Rightarrow 3y^2=(14-k)(14+k) \] $p,q \in \mathbb{Z}$ ve $y^2 = p\cdot q$ için $3p+q=28$ olur. $y^2$ pozitif olduğundan $p,q$ sayıları aynı işaretlidir. Bu halde sadece pozitif durumu incelemek yeterlidir.

Çarpımları tamkare olan $(p,q)$ ikililerini bulalım. $(p,q)= \{ (9,1) , (4,16) , (1,25) , (0,28) \}$. Buradan bulunan $y$ değerlerinin kümesi $y= \{ -8,-5,-3,0,3,5,7,8 \}$ dir.

Kümedeki $0$ dışında ki her $y$ değeri için iki tane $x$ değeri bulunabilmektedir. Yani toplamda $15$ tane $(x,y)$ tamsayı ikilisi bulunur.

Bu değerler: $$ \{(-5,-8),(-3,-8),((-8,-5),(3,-5),(-8,-3),(5,-3),(7,0),(-5,3),(8,3),(-3,5),(8,5),(0,7),(7,7),(3,8),(5,8) \}$$

$1 \leq n \leq 2010$ koşulunu sağlayan kaç tane $n$ tam sayısı için $1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+ \cdots +(2n-1)^{2}-(2n)^{2}$ sayısı $2010$ ile bölünür?

$
\textbf{a)}\ 9
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 7
\qquad\textbf{d)}\ 6
\qquad\textbf{e)}\ 5
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$T=1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+ \cdots +(2n-1)^{2}-(2n)^{2}$ diyelim.

$2010\mid T$ ise $2010 \mid -T$ dir.

İki kare farkı özdeşliğini kullanarak $-T$ ifadesini $3+7+11+\cdots+(4n-1)$ şeklinde yazabiliriz. Bu toplam $n(2n+1)$ dir.

$2010=2\cdot3\cdot5\cdot67$ olduğundan,

$n(2n+1) \equiv 0\pmod{2} \Rightarrow n\equiv 0 \pmod{2}$

$n(2n+1) \equiv 0\pmod{3} \Rightarrow n\equiv 0 \pmod{3} , n \equiv 1 \pmod{3}$

$n(2n+1) \equiv 0\pmod{5} \Rightarrow n\equiv 0 \pmod{5} , n \equiv 2 \pmod{5}$

$n(2n+1) \equiv 0\pmod{67} \Rightarrow n\equiv 0 \pmod{67} , n \equiv 33 \pmod{67}$

olup çin kalan teoremine göre $1\cdot2\cdot2\cdot2=8$ çözüm vardır.

On tabanına göre tersten yazılımı ile kendisi aynı olup $11$ ile bölünen kaç tane yedi basamaklı pozitif tam sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ 900
\qquad\textbf{b)}\ 854
\qquad\textbf{c)}\ 818
\qquad\textbf{d)}\ 726
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{C}$

$a\neq 0$ için şartı sağlayan herhangi bir sayıyı $abcdcba$ olarak yazabiliriz. Bu sayıyı mod $11$'de incelersek $$a\cdot 10^6+b\cdot 10^5+c\cdot 10^4+d\cdot 10^3+c\cdot 10^2+b\cdot 10+a\equiv a-b+c-d+c-b+a\equiv 2a+2c-2b-d\equiv 0\pmod{11}$$ $$\iff 2a+2c-2b\equiv d\pmod{11}$$ Burada her $(a,b,c)$ üçlüsü için $0,1,\dots 10$ kalanlarından tam olarak bir tanesi $11$ modunda $d$'ye denk olacaktır ve $d$'i tek şekilde bulmuş olacağız. Ancak $d=10$ olamayacağından bu durumu çıkartmalıyız. Tüm durum toplamda $9\cdot 10\cdot 10=900$'dür ($a$'nın alabileceği $10$ değil $9$ değer vardır). Şimdi $2a+2c-2b\equiv 10\pmod{11}$ olan üçlüleri çıkartalım. Denkliği ikiye bölersek $$a+c-5\equiv b\pmod{11}$$ olacaktır. Yine aynı şekilde her $(a,c)$ çifti için tam olarak bir tane $b$ değeri vardır ama $b=10$ olamaz. Yani $900-9\cdot 10=810$'a $b=10$ olan durumları geri eklemeliyiz. $b=10$ olması için $$a+c\equiv 15\equiv 4\pmod{11}$$ olmalıdır. $a=0$ ve $a=5$ haricindeki her $a$ değeri için tam olarak $1$ tane $c$ vardır. Yani $8$ tane $(a,c)$ çifti vardır. Bu durumda $810+8=818$ tane yedi basamaklı sayı bulmuş oluruz.

$m (\widehat{BAC})=90^{\circ} , |AB|=1$ ve $|AC|=\sqrt{2}$ olan bir $ABC$ üçgeniyle aynı düzlemde yer alan $P$ ve $Q$ noktaları $|PB|=1=|QB| , |PC|=2=|QC|$ ve $|PA|>|QA|$ koşullarını sağlıyorsa $|PA|/|QA|$ oranı nedir?

$
\textbf{a)}\ \sqrt{2}+\sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 5-\sqrt{6}
\qquad\textbf{c)}\ \sqrt{6}-\sqrt{2}
\qquad\textbf{d)}\ \sqrt{6}+1
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Soruyu çizelim.
$P$ ve $Q$ noktaları $C$ merkezli $2$ yarıçaplı çember üzerindedir.
$P$ ve $Q$ noktaları, aynı zamanda, $B$ merkezli $1$ yarıçaplı çember üzerindedir.
Bu durumda, $P$ ve $Q$ noktaları $B$ merkezli bir çember ile $C$ merkezli bir çemberin kesişim noktalarıdır.
$ABC$ üçgeninde pisagordan $BC=\sqrt 3$ çıkar. $\triangle QBC$ üçgeninde kenarlar $1-\sqrt 3 - 2$ dir. Bu durumda $\angle QBC = 90^\circ$. Benzer şekilde $\angle PBC = 90^\circ$ dir. Bu durumda, $B$ noktası $QP$ üzerinde olacaktır.
$PA/QA = x$ ve $\angle QPA = \alpha$ dersek $\tan \alpha = 1/x$ olacaktır.
$2 \cdot \angle QPA = \angle QBA = \angle ACB = 2\alpha $ dır. $\tan 2\alpha = \dfrac {1}{\sqrt 2}$ olduğunu biliyoruz.
$$\tan 2\alpha = \dfrac {2\tan \alpha}{1-\tan ^2 \alpha} \Rightarrow \dfrac {1}{\sqrt 2} = \dfrac{2 \cdot \frac 1x}{1 - \frac 1{x^2}} = \dfrac{2x}{x^2-1}$$ olacaktır. $x^2-2x\sqrt 2 -1 = 0$ denklemini çözdüğümüzde $x = \sqrt 2 \pm \sqrt {3}$ çıkacaktır. Negatif değer eleneceğinden $x=\sqrt 2 + \sqrt 3$ tür.

$m$ nin aşağıdaki değerlerinden hangisi için $3x^{2}+4y^{2}-5z^{2}=m$ eşitliğini sağlayan $(x,y,z)$ pozitif tam sayı üçlüsü yoktur?

$
\textbf{a)}\ 16
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 12
\qquad\textbf{d)}\ 10
\qquad\textbf{e)}\ 8
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed {D}$

$i) \ m=8$ için $x=y=z=2$ alırsak eşitlik sağlar.

$ii) \ m=12$ için ifadeyi $\mod 4$ 'de incelersek $3x^2-5z^2\equiv 0\pmod {4} $ olur.Buradan $x$ ve $z$ çift bulunur. $x=2a$ ve $z=2b$ yazarsak ifade $3a^2+y^2-5b^2=3$ olur. $y=b=3c$ alalım. İfade, $a^2-12c^2=1$ olur. $(a,c)=(7,2)$ sağlar. Buradan $(x,y,z)=(14,6,12)$ çözümü bulunur.

$iii) \ m=14$ için $(x,y,z)=(1,2,1)$ alırsak sağlar.

$iv)\ m=16$ için $x=z$ alalım. İfade $2y^2-x^2=8$ olur.$(x,y)=(8,6)$ sağlar, buradan $(x,y,z)=(8,6,8)$ çözümü bulunur.

$v) \ m=10$ için ifadeye $\mod5$'de bakarsak $x$ ve $y$'nin $5$'in katı olduğu görülür.$x=5a$ ve $y=5b$ yazarsak ifade $15a^2+20b^2-z^2=2$ bulunur. Fakat $\mod 5 $'te bu imkansızdır. Çözüm gelmez.

Katsayılarının her biri $1$ veya $-1$ ve tüm kökleri gerçel sayılar olan bir polinomun derecesi en çok kaç olabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Aradığımız en büyük dereceli $P(x)$ polinomun baş katsayısının $1$ olduğunu kabul edebiliriz. $P(x)=x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots + a_1x + a_0$ diyelim. Her $i=0,1,\dots, n-1$ için $a_i \in \{-1,1 \}$ dir. $P(x)=0$ polinomunun tüm kökleri gerçel sayı verildiğinden bu kökleri $x_1, x_2, \dots , x_n$ ile gösterelim. Vieta teoreminden

Kökler çarpımı $x_1 \cdot x_2 \cdots x_n = 1 $ veya $-1$

Kökler toplamı $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 1 $ veya $-1$,

Köklerin ikişerli çarpımlarının toplamı $x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots x_{n-1}x_n = 1$ veya $-1$ dir. Ancak $x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots x_{n-1}x_n = -1$ olması halinde

$$(x_1 + x_2 + \cdots + x_n )^2=(x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 ) + 2(x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots x_{n-1}x_n)$$

tam kare özdeşliğinden $x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = -1$ çelişkisi elde edilir. O halde $x_1x_2 + x_1x_3 + \cdots x_{n-1}x_n = 1$ olup

$$x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = 3$$

elde edilir. Aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğinden $\dfrac{x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2}{n} \geq \sqrt[n]{x_1^2 \cdot x_2^2 \cdots x_n^2}$ dir. Böylece $n\leq 3$ bulunur.

$n=3$ durumuna uygun bir polinom örneği vermeliyiz: $P(x)=(x-1)^2(x+1)= x^2-x^2-x+1$ polinomunun tüm kökleri gerçel sayıdır.

$2010$ kişinin yaşadığı bir köyde her ikisi de aynı arkadaş sayısına sahip olan bir tek ikili varsa, bu sayı kaç farklı değer alabilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $2$.
Her kişinin arkadaş sayısı $0,1, \ldots, 2019$ sayılarından birine eşittir ve bir kişinin $0$ $(2009)$ arkadaşı varsa kimsenin $2009$ $(0)$ arkadaşı olamaz.

Durum 1: $2009$ arkadaşı olan bir kişi var. O zaman $0$ arkadaşı olan kimse yoktur ve arkadaş sayısı $1,2, \ldots, 2009$ olan kişiler vardır. $2009$ arkadaşı olan kişiyi köyden atıp tüm arkadaşlıklarını da iptal edersek kalan $2009$ kişi arasında arkadaş sayısı $0,1,\ldots,2007$ olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaş sayısı $2008$ olan kişi olmayacaktır. $0$ arkadaşı olan kişiyi köyden atalım. Kalan $2008$ kişi arasında arkadaş sayısı $1,2, \ldots, 2007$ olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaş sayısı $0$ olan kişi olmayacaktır. Arkadaş sayısı $2007$ olan kişiyi köyden atıp tüm arkadaşlıklarını da iptal edersek kalan $2007$ kişinin arasında arkadaş sayısı $0,1, \ldots, 2005$ olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaş sayısı $2006$ olan kişi olmayacaktır. Benzer şekilde devam edersek sonunda birbiriyle arkadaş olan iki kişi kalacaktır. Köyden atılan kişileri de dikkate alırsak bu iki kişinin her birinin başlangıçtaki arkadaş sayısı $1005$ olmalıdır.

Durum 2: $0$ arkadaşı olan bir kişi var. Birinci durumdaki gibi hareket edersek en son köyde aralarında arkadaş olmayan iki kişi kalacaktır. Köyden atılan kişileri dikkate alırsak bu iki kişinin başlangıçtaki arkadaş sayısı $1004$ olmalıdır.

Buna göre, köyde her ikisi de aynı arkadaş sayısına sahip olan iki kişinin her birinin ya $1004$, ya da $1005$ arkadaşı bulunuyor.

Kaynak: Tübitak 18. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2010

Bir $ABC$ üçgeninin iç açıortaylarının kesişme noktası $I$ ve $[AC]$ kenarına teğet olan dış teğet çemberinin merkezi de $O$ noktasıdır.
$|BI|=12 , |IO|=18$ ve $|BC|=15$ ise, $|AB|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 16
\qquad\textbf{b)}\ 18
\qquad\textbf{c)}\ 20
\qquad\textbf{d)}\ 22
\qquad\textbf{e)}\ 24
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$\angle OAI = \angle OCI = 90^\circ$ olduğu için $OAIC$ kirişler dörtgenidir.
$\angle IAC = \angle IOC = \angle BAI$ ve $\angle ABI = \angle IBC$ olduğu için $(AA)$ dan $\triangle COB \sim \triangle IAB$ dir. $$\dfrac{AB}{OB} = \dfrac{BI}{BC} \Rightarrow \dfrac{AB}{30} = \dfrac{12}{15} \Rightarrow AB=24.$$

$N=\left \lfloor \dfrac{2}{5} \right \rfloor+\left \lfloor \dfrac{2^{2}}{5} \right \rfloor +\cdots+\left \lfloor \dfrac{2^{2009}}{5} \right \rfloor$ ise $2^{2010}$ un $N$ ile bölümünden kalan nedir?

$
\textbf{a)}\ 5034
\qquad\textbf{b)}\ 5032
\qquad\textbf{c)}\ 5031
\qquad\textbf{d)}\ 5028
\qquad\textbf{e)}\ 5024
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

$$ \begin{array}{rcl}
N &=& \left \lfloor \dfrac{2^2}{10} \right \rfloor+\left \lfloor \dfrac{2^{3}}{10} \right \rfloor +\cdots+\left \lfloor \dfrac{2^{2010}}{10} \right \rfloor \\ \\
&=& \dfrac{2^2 - 4}{10} + \dfrac{2^3 - 8}{10} + \dfrac{2^4 - 6}{10} + \dfrac{2^5 - 2}{10} \\ \\
&& + \dfrac{2^6 - 4}{10} + \dfrac{2^7 - 8}{10} + \dfrac{2^8 - 6}{10} + \dfrac{2^9 - 2}{10} \\
&& + \cdots \\
&& + \dfrac{2^{2010} - 4}{10} \\ \\
&=& \dfrac { 2^2 + 2^3 + \cdots + 2^{2010} - 502\cdot ( 4 + 8 + 6 + 2) - 4} {10} \\ \\
\Longrightarrow 10N &=& 2^{2011} - 2^2 - 502 \cdot 20 - 4 \\
\Longrightarrow 5N&=& 2^{2010} - 502 \cdot 10 - 4 \\
\Longrightarrow 5N + 5024&=& 2^{2010}
\end{array}$$

Aşağıdaki $(A,B)$ ikililerinden hangisi için $$x^{2}+xy+y=A$$ $$\dfrac{y}{y-x}=B$$ denklem sisteminin gerçel çözümü yoktur?

$
\textbf{a)}\ (1/2,2)
\qquad\textbf{b)}\ (-1,1)
\qquad\textbf{c)}\ (\sqrt{2},\sqrt{2})
\qquad\textbf{d)}\ (1,1/2)
\qquad\textbf{e)}\ (2,2/3)
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

İkinci eşitlikten elde ettiğimiz $y = \dfrac{Bx}{B-1}$ değerini ilk eşitlikte yerine yazarsak $(2B-1)x^2 + Bx + A - AB = 0$ ikinci dereceden denklemini elde ederiz. $\Delta < 0$ olması gerektiği için $B^2 - 4A(1-B)(2B-1) < 0$ elde etmemiz gerek. $(1-B)(2B-1)$ ifadesine yoğunlaşırsak, $B=1$ veya $B= \dfrac 12$ değerleri için eşitsizliğin sağlanmadığını, dolayısıyla cevabın $(B)$ ya da $(D)$ olamayacağını görürüz. $(A)$ ve $(C)$ şıklarında $A>0$ ve $B$ değerleri de $(1-B)(2B-1)$ ifadesini negatif yaptığı için bu şıklar da eşitsizliği sağlamaz. Geriye tek bir ikili, yani $(2, 2/3)$ kalıyor. Yerine yazarsak $\dfrac 49 - 4\cdot 2 \cdot \dfrac 13 \cdot \dfrac 13 = - \dfrac 49 < 0$ olduğunu görürüz.

$1001$ kişilik bir okulda herhangi üç öğrenciden en az ikisi arkadaştır. Bu okulda en çok arkadaşa sahip olan öğrencilerden birinin arkadaş sayısı, $334,412,450,499$ değerlerinden kaçını alabilir?

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

Çözüm 1:

En büyük - en küçük değer prensibi ile ilgili bir problem, çözelim

En çok arkadaşa sahip olan öğrencilerden biri $a$ olsun. $a$ nın arkadaş sayısı da $n$ olsun. Geriye kalan $1000$ kişiden $a$ ile arkadaş olan kişilerin kümesi $A=\{a_1, a_2, \dots, a_n \}$, $a$ ile arkadaş olmayan kişilerin kümesi $B= \{b_1, b_2, \dots, b_{1000-n} \}$ olsun. Seçilen herhangi $3$ kişiden ikisi arkadaş olduğundan $i \neq j$ için her $\{b_i,b_j, a \}$ üçlüsü için $b_i$ ile $b_j$ arkadaş olmak zorundadır. Yani $B$ kümesindeki herkes birbiriyle arkadaştır. O halde $B$ kümesindeki birinin en az $999-n$ arkadaşı vardır. Bu sayı, $a$ nın arkadaş sayısı olan $n$ den daha büyük değildir. $999-n \leq n$ eşitsizliğinden $n\geq 500$ bulunur. Yani $n$ sayısı $334, 412, 450, 499$ değerlerinden hiçbirini alamaz.

Çözüm 2:

(Mehmet Utku Özbek)

Yanıt: $\boxed{E}$

$A$ ve $B$ arkadaş olmayan iki kişi olsun. Herhangi üç kişiden ikisi arkadaşmış. O zaman $A$ ve $B$ nin dışındaki öğrenciler ya $A$ ya da $B$ den sadece biriyle arkadaştır. O zaman $A$ veya $B$ den birinin en az $500$ arkadaşı vardır. Yani o değerlerden hiçbirini alamaz.

$m ( \widehat{ABC} )=90^{\circ}$ ve $|AC|=10$ olan bir $ABC$ üçgeninde $[AC]$ kenarının orta noktası $D$ olmak üzere, $[AD]$ ve $[BD]$ nin orta dikmeleri $E$ noktasında, $[BD]$ ve $[CD]$ nin orta dikmeleri de $F$ noktasında kesişiyor. $|EF|=13$ ise, $|AB|$ aşağıdaki değerlerden hangisini alabilir?

$
\textbf{a)}\ 20\sqrt{\dfrac{2}{13}}
\qquad\textbf{b)}\ 15\sqrt{\dfrac{2}{13}}
\qquad\textbf{c)}\ 10\sqrt{\dfrac{2}{13}}
\qquad\textbf{d)}\ 5\sqrt{\dfrac{2}{13}}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$ED \parallel BC$ ve $DF \parallel AB$ dir. Yani $\angle EDF = 90^\circ$.
$BD$ nin orta noktası $M$ olsun. $AD=DC=BD=2\cdot DM = 5$ tir.
$EF$ nin orta noktası $O$ olsun. $EDF$ dik üçgeninde $DO = 13/2$ dir.
$MDO$ üçgeni bir $5-12-13$ üçgenidir. Bu durumda, $DM=5/2$ ve $MF=6 + 13/2 = 25/2$ olur.
$\angle DMF = \angle DCB$ olduğu için $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{DM}{MF} = \dfrac 14$ tür.
$\triangle ABC$ bir $x-4x-x\sqrt {26}$ üçgenidir. $x\sqrt {26} = 10$ dersek $x = 5\sqrt {\dfrac 2{13}}$ ya da $x = 25\sqrt {\dfrac 2{13}}$.

Aşağıdaki sayılardan hangisi $2^{2^{2010}}+2^{2^{2009}}+1$ sayısını böler?

$
\textbf{a)}\ 19
\qquad\textbf{b)}\ 17
\qquad\textbf{c)}\ 13
\qquad\textbf{d)}\ 11
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$2^{2^{2009}}=t$ ise $2^{2^{2010}}=t^2$ dir. Buna göre verilen ifade $t^2+t+1$ biçimindedir. $t^3-1 = (t-1)(t^2+t+1)$ olduğundan öyle bir $p$ sayısı için $p \mid t^2+t+1 \Rightarrow p \mid t^3-1$ dir.

fermat teoremine göre; $(2,13)=1 \Rightarrow 2^{12} \equiv 1\pmod{13}$ olduğundan $t^3-1 = \left (2^{2^{2009}} \right )^3-1 = \left (2^{12}\right)^{2^{2007}}-1 \equiv 0 \pmod{13}$ olur.

Aşağıdaki ifadelerden hangisi $0<x<1$ ve $0<y<1$ koşullarını sağlayan tüm $x,y$ gerçel sayıları için $x^{3}+y^{5}$ ten küçük değildir?

$
\textbf{a)}\ x^{2}y
\qquad\textbf{b)}\ x^{2}y^{2}
\qquad\textbf{c)}\ x^{2}y^{3}
\qquad\textbf{d)}\ x^{3}y
\qquad\textbf{e)}\ xy^{4}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Şıklardan giderek bir çözüm yapalım:

$\max (x^2y, x^2y^2, x^2y^3, x^3y) = x^2y$ dir. $A,B,C,D$ şıkları arasından $x^3 + y^5$ ten küçük olmayacak biri varsa o da, bunların en büyüğü $x^2y$ dir.

$y=2x$ alırsak $x^3 + (2x)^5 \le x^2\cdot 2x \Longrightarrow 32x^5 \le x^3 \Longrightarrow x^2 \le \dfrac 1{32} \Longrightarrow x \le \dfrac {1}{4\sqrt 2}$ elde ederiz. O halde $y=2x \le \dfrac{1}{2\sqrt 2}$ için $x^2y \ge x^3 + y^5$ olacaktır.

Başlangıçta $n\times n$ bir satranç tahtasının yalnızca sol alt köşesinde bir taş bulunuyor. Oyuncular sırayla hamle yaparak, her hamlede taşı bulunduğu karenin hemen sağındaki, hemen üstündeki veya hemen sağ üst çaprazındaki kareye kaydırıyorlar. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun, $6\times 7, 6\times 8, 7\times 7, 7\times 8$ ve $8\times 8$ tahtalarda birer kez oynanırsa, bu oyunlardan kaçını ilk hamleyi yapan oyuncu kazanmayı garanti edebilir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed D$

Cevap: $4$.
$8 \times 8$ bir satranç tahtasının her birim karesine, oyun bu birim kareden başladığı durumda birinci oyuncu kazanıyorsa $1$, ikinci oyuncu kazanıyorsa $0$ yazalım. Bu işlemi sağ üst birim kareden başlatalım. Elde edilen tablo aşağıya çıkarılmıştır:
$$
\begin{array}{|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
\hline 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\hline
\end{array}
$$ Bu tabloya göre, oyunu $6 \times 7,6 \times 8,7 \times 8$ ve $8 \times 8$ tahtalarında birinci, $7 \times 7$ tahtasında ikinci oyuncu kazanacaktır.

Kaynak: Tübitak 18. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2010