Tübitak Lise 1. Aşama - 2009 Çözümleri

Biri $5$ diğeri $7$ ile bölünebilen iki bileşik pozitif tam sayının toplamı şeklinde yazılamayan en büyük tam sayı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 82
\qquad\textbf{b)}\ 47
\qquad\textbf{c)}\ 45
\qquad\textbf{d)}\ 42
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$A=5k+7m$ olacak şekilde $k$ ve $m$ sayma sayılarını arayacağız ; fakat bileşik olması gerektiğinden $k$ ve $m$ $1$'den büyük olmalıdır.
$82$ ve $45$ sayıları koşula uygun olarak yazılabilir. $47$ ve $42$ ise yazılamaz. Öyleyse cevap ya $47$ ya da hiçbiri olacaktır. $42$ olamaz ; çünkü $47$ daha büyüktür. Eğer cevap $47$ ise $47$'den büyük tüm doğal sayılar yazılabilir. Eğer $48,49,50,51,52$ sayılarını $5k+7m$ şeklinde yazarsak cevap $47$ olur ; çünkü $48$ yazılabilirse $53$ de yazılabilir tek yapılması gereken $k$'yi $1$ artırmaktır. Benzer mantıkla $49+5=54,50+5=55,51+5=56,52+5=57$ yazılabilir . Bu işleme devam edilerek $47$'den büyük tüm doğal sayılar yazılabilir.
$48=5.4+7.4$ , $49=5.7+7.2$ , $50=5.3+7.5$ , $51=5.6+7.3$ ve $52=5.2+7.6$ olduğundan gerçekten de $47$'den büyük tüm doğal sayılar koşula uygun olarak yazılabilir. Cevap $B$

Bir dik üçgenin hipotenüse ait dış teğet çemberinin yarıçapı $30$ ise, bu üçgenin çevresinin uzunluğu kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 40
\qquad\textbf{b)}\ 45
\qquad\textbf{c)}\ 50
\qquad\textbf{d)}\ 60
\qquad\textbf{e)}\ 75
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$ABC$ üçgeninde $A$ ya nazaran dış teğet çemberin yarıçapı $r_{a}$ ve $Ç(ABC)=2u$ olmak üzere, $\tan\left (\dfrac{A}{2}\right)=\dfrac{r_{a}}{u}$ olur. $m(\widehat{A})=90^\circ$ alınırsa $r_{a}=u \Rightarrow Ç(ABC)=2r_{a}=60$ olur..

$a^2b+ab^2=2009201020092010$ eşitliğini sağlayan kaç $(a,b)$ tam sayı ikilisi vardır?

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

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{D}$

Denklem düzenlenirse , $ab(a+b)\equiv 1\pmod 3$ elde edilir. Burada $ a\equiv 0,1 \pmod 3$ ise çözüm gelmez.
$a\equiv 2 \pmod 3 $ ise, $b\equiv 2\pmod 3$ olması gerekir. Fakat denklemde. Yerine yazılırsa $\pmod 3$ te kalanın $7$ olduğu görülür ve buradan da çözüm gelmez. Yani denklemin çözümü yoktur.

$x^4+2x^3-8x^2-6x+15$ ve $x^3+4x^2-x-10$ polinomlarının ortak olmayan gerçel köklerinin çarpımı kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$x^4+2x^3-8x^2-6x+15=(x^2-3)(x^2+2x-5)$ ve $x^3+4x^2-x-10=(x+2)(x^2+2x-5)$ olup polinomların ortak olmayan kökleri $\sqrt{3} , -\sqrt{3} , -2$ dir. Bu değerlerin çarpımları $6$ dır.

$\left \{ 1,2,\dots ,n \right \}$ kümesi iki alt kümeye nasıl ayrılırsa ayrılsın, alt kümelerden en az birindeki iki farklı elemanın toplamı bir tam kare oluyorsa, $n$ en az kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 13
\qquad\textbf{b)}\ 14
\qquad\textbf{c)}\ 15
\qquad\textbf{d)}\ 16
\qquad\textbf{e)}\ 17
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

$A$ ve $B$ gibi iki küme alalım.

Bu kümelere elemanları şu kuralla yerleştireceğiz. Bir kümeye yerleştirdiğimiz elemanı toplamda tam kare yapan en küçük elemanı diğer kümeye alacağız.

$1$' i $A$ kümesine alırsak $3$'ü $B$ kümesine almalıyız. $3$ elemanı $B$ de ise $6$ da $A$ kümesinde olmalıdır. Benzer şekilde $10$ , $B$ de ve $15$ de $A$ da olur ki $A$ kümesindeki $1$ elemanı ile birlikte tam kare oluştururlar.

O halde en az $n=15$ de istenen sağlanmaktadır.

$n=14$ için örnek durum, $A=\left \{1,2,4,6,9,11,13 \right \} , B=\left \{3,5,7,8,10,12,14 \right \}$ şeklindedir.

Dışbükey bir $ABCD$ dörtgeninin köşegenlerinin kesişim noktası $E$ olmak üzere, $AEB,BEC,CED$ ve $DEA$ üçgenlerinin çevre uzunlukları
birbirlerine eşittir. $AEB,BEC$ ve $CED$ üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları sırasıyla, $3, 4$ ve $6$ ise, $DEA$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ \dfrac{9}{2}
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{7}{2}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{13}{3}
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Bahsi geçen üçgenlerin alanları arasında $A(AEB) \cdot A(CED)=A(BEC) \cdot A(DEA)$ eşitliği geçerlidir.

Bir üçgenin alanı yarı çevresi ile, iç teğet çember yarıçapının çarpımına eşittir.

Üçgenlerin çevreleri eşit verildiğine göre yarıçapları çarpımı da eşit olacaktır. Bu sebepten aranan yarıçap $r$ olmak üzere;

$4 \cdot r = 3 \cdot 6 \Rightarrow r=9/2$

$n$ tam sayısının kaç farklı değeri için, $n^4+4n^3+3n^2-2n+7$ sayısı asaldır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$n^4+4n^3+3n^2-2n+7= (n^2-n+1)\cdot(n^2+5n+7)$ şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz.

$n^2-n+1=1 \Rightarrow n=0,n=1$ olup verilen ifade $7$ ve $13$ olur.

$n^2+5n+7=1 \Rightarrow n=-2,n=-3$ olup verilen ifade $7$ ve $13$ olur.

İfadelerin $-1$ e eşit olduğu durumlarda, $\Delta < 0$ olacağı için, oradan çözüm çıkmaz.

O halde $n$ in $-3,-2,0,1$ değerleri için verilen ifade asal olmaktadır.

Her $n$ pozitif tam sayısı için $a_{n}\neq0$ ve $a_{n}a_{n+3}=a_{n+2}a_{n+5}$ koşullarını sağlayan bir $\left ( a_{n} \right )_{n=1}^{\infty } $ gerçel sayı dizisinde $a_{1}a_{2}+a_{3}a_{4}+a_{5}a_{6}=6$ ise, $a_{1}a_{2}+a_{3}a_{4}+ \cdots +a_{41}a_{42}$ toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 21
\qquad\textbf{b)}\ 42
\qquad\textbf{c)}\ 63
\qquad\textbf{d)}\ 882
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Deneme yanılma tarzı sayılabilecek bir çözüm şöyle olabilir:
$a_{2k}=2$ ve $a_{2k-1}=1$ olsun. O zaman soruda verilen iki koşul da sağlanır. İstenen toplam da $2+2+ \ldots+2$ olur. Burada $21$ tane $2$ var. Öyleyse cevap $21.2=42$ olur. Cevap $B$.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{B}$

$a_{n}a_{n+3}=a_{n+2}a_{n+5}$ ifadesinde $n$ yerine $n+1$ ve $n+2$ koyarak

$$a_{n}a_{n+3}=a_{n+2}a_{n+5}$$
$$a_{n+1}a_{n+4}=a_{n+3}a_{n+6}$$
$$a_{n+2}a_{n+5}=a_{n+4}a_{n+7}$$

olup bu üç eşitliği taraf tarafa çarparsak

$a_{n}a_{n+1}=a_{n+6}a_{n+7}$ olur. Dolayısıyla $a_{1}a_{2}+a_{3}a_{4}+a_{5}a_{6}=a_{7}a_{8}+a_{9}a_{10}+a_{11}a_{12}=\cdots = a_{37}a_{38}+a_{39}a_{40}+a_{41}a_{42} = 6$ dır. Buna göre

$a_{1}a_{2}+a_{3}a_{4}+ \cdots +a_{41}a_{42} = 6\cdot 7 =42$ dir.

Tam olarak yedi farklı rakamın kullanıldığı kaç tane sekiz basamaklı sayı vardır?

$
\textbf{a)}\ \dbinom{9}{3}^{2}\cdot 6!\cdot 3
\qquad\textbf{b)}\ \dbinom{8}{3}^{2}\cdot 7!
\qquad\textbf{c)}\ \dbinom{8}{3}^{2}\cdot 7!\cdot 3
\qquad\textbf{d)}\ \dbinom{7}{3}^{2}\cdot 7!
\qquad\textbf{e)}\ \dbinom{9}{4}^{2}\cdot 6!\cdot 8
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$0$ ların durumuna göre inceleme yapacağız.

Eğer hiç $0$ yoksa, $9$ rakamdan $7$ tanesini ${9 \choose 7}$ farklı biçimde, ilk basamağı ${7 \choose 1}$ şekilde, ve geri kalanlan rakamları da Tekrarlı permütasyonla, $\dfrac{8!}{2!}$ şeklinde seçmek mümkün. Toplam

$$\binom{9}{7}.\dbinom{7}{1}.\dfrac{8!}{2!}$$ şeklinde dizmek mümkün.

Şimdi de bir tane $0$ olan durumlara bakacağız.

$0$ ı seçtiğimiz için geri kalan $6$ farklı rakamı ${9 \choose 6}$ farklı biçimde seçebiliriz. İlk basamakta $0$ olamayacağından, ilk basamaktaki rakamı ${6 \choose 1}$ farklı şekilde seçebiliriz. Benzer düşünceyle tekrarlı permütasyonla geri kalan rakamları $\dfrac{7!}{2!}$ şeklinde dizebiliriz. toplam:
$$\binom{9}{6}.\binom{6}{1}.\dfrac{7!}{2!}$$
şeklinde dizebiliriz.

Eğer $2$ tane birden $0$ var ise, $7$ farklı rakamdan geriye kalan $6$ rakamı ${9 \choose 6}$ farklı biçimde dizelim. $0$ lar hariç diğer rakamları dizelim. Bunu $6!$ şeklinde yapabiliriz. Rakamların sağ taraftlarında kalan $6$ farklı boşluğa $6$ farklı şekilde $0$ rakamını yerleştirebiliriz. Elimizde $1$ tane daha $0$ var. Bunu da $7$ farklı yere koyarız fakat ilk koyduğumuz $0$ rakamının iki tarafına $0$ koyarsak, farklı bir dizilim elde edemeyiz, o zaman ikiye bölmeliyiz. O halde toplam :
$$\binom{9}{6}.6!\dfrac{6.7}{2}$$
farklı şekilde gerçekleştirebiliriz.

Bizden istenen dizilim $\dbinom{9}{7}.\dbinom{7}{1}.\dfrac{8!}{2!}+\dbinom{9}{6}.\dbinom{6}{1}.\dfrac{7!}{2!}+\dbinom{9}{6}.6!\dfrac{6.7}{2} = \dbinom{9}{7}.7.\dfrac{8!}{2!}+\left[ \dbinom{9}{3}.\dfrac{6.7.6!}{2!}+\dbinom{9}{3}.\dfrac{6.7.6!}{2}\right]$ $\Rightarrow \dbinom{9}{3}.{6.7.6!}+\dbinom{9}{2}.\dfrac{7.8.7.6!}{2!} \Rightarrow \dfrac{9.8.7}{3.2.1}.6.7.6!+\dfrac{9.8.7}{3.2.1}.\dfrac{8!}{2!}.3 \Rightarrow \dbinom{9}{3}.6!.3\left( \dfrac{8.7}{2!}+7.7+7\right) = \dbinom{9}{3}^2.3.6!$

bulunur.

$AB\parallel CD$ ve $m\left ( \widehat{CAB} \right )<90^{\circ}$ olan $ABCD$ yamuğunda, $|AB|=5 , |CD|=3$ ve $|AC|=15$ ise, $|BD|$ nin alabileceği farklı tam sayı değerlerin toplamı nedir?

$
\textbf{a)}\ 101
\qquad\textbf{b)}\ 108
\qquad\textbf{c)}\ 111
\qquad\textbf{d)}\ 125
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$[AB$ üzerinde seçilen bir $E$ noktası için $BDCE$ paralelkenar olsun.

$ACE$ üçgeninde $|AE|=8, |AC|=15$ ve $m\left ( \widehat{EAC} \right )<90^{\circ}$ olduğundan $|EC|<17$ ve üçgen eşitsizliğinden $|EC|>7$ dir.

$|BD|=|EC|$ olduğundan, $7<|BD|<17$ aralığındaki tam sayı değerleri toplamı $108$ dir.

Kaç $(m,n)$ pozitif tam sayı ikilisi için $2008\cdot2009\cdot2010$ sayısı $mn$ ile bölünür?

$
\textbf{a)}\ 2\cdot3^7\cdot5
\qquad\textbf{b)}\ 2^5\cdot3\cdot5
\qquad\textbf{c)}\ 2^5\cdot3^7\cdot5
\qquad\textbf{d)}\ 2^3\cdot3^5\cdot5^2
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$ m\cdot n \cdot p = 2^{4}\cdot3\cdot5\cdot7^{2}\cdot41\cdot67\cdot251 $

$4$ portakal, $2$ elma, $1$ muz, $1$ kiraz, $1$ karpuz, $1$ domates, $1$ patates; $3$ çocuğa kaç farklı şekilde dağıtılır:

$ {{4+3-1}\choose{3-1}}{{2+3-1}\choose{3-1}}{{1+3-1}\choose{3-1}}^5 ={{6}\choose{2}}{{4}\choose{2}}{{3}\choose{2}}^5 = 15\cdot 6\cdot 3^5 = 2\cdot 3^7\cdot 5 $

$|x|+|y|=13$ eşitliğin sağlayan $(x,y)$ gerçel sayı ikilileri için, $x^2+7x-3y+y^2$ ifadesi aşağıdaki değerlerden hangisini alamaz?

$
\textbf{a)}\ 208
\qquad\textbf{b)}\ 15\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{35}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 37
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{E}$

$|x|+|y|=13$ denklemini inceleyelim. $x<0$ ve $y>0$ ise $y=x+13$ denklemi elde edilir. Bunu Ana denklemde yazarsak,

$x^2+7x-3x-39+x^2+26 x+169=2x^2+30x+130$ elde edilir. Bu denklem aşağıdaki parabol grafiği olduğundan kolları yukarı doğrudur,tepe noktası formülünden,

$y=2(-\dfrac{15}{2})^2-30.(\dfrac{15}{2})+130= \dfrac{35}{2}$ bulunur. Yani Parabol en küçük $\dfrac{35}{2}$ değerini alır.

Seçeneklerin hepsi $\dfrac{35}{2}$ den büyük veya eşit olduğundan cevap Hiçbiridir.

$x+19y \equiv 0 \pmod {23}$ ve $x+y<69$ koşullarını sağlayan kaç $(x,y)$ pozitif tam sayı ikilisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 100
\qquad\textbf{b)}\ 102
\qquad\textbf{c)}\ 105
\qquad\textbf{d)}\ 109
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $100$. $69=3 \cdot 23$ olduğuna göre, $x=23$ ve $x=46$ sayılarının her biri için $x+19 y \equiv 0 \pmod {23}$ denkliğini sağlayan tam olarak iki $1 \leq y<69$ sayısı bulunuyor. Benzer şekilde, her $1 \leq x<69, x \neq 23$, 46 için $x+19 y \equiv 0 \pmod {23}$ denkliğini sağlayan tam olarak üç $1 \leq y<69$ sayısı bulunuyor. Sonuç olarak $x+19 y \equiv 0\pmod {23}$ ve $1 \leq x<69,1 \leq y<69$ koşullarını sağlayan $(x, y)$ ikililerinin sayısı $68 \cdot 3-2=202$ olur. Bu ikililerden $x+y>69$, $x+y=69$ ve $x+y<69$ koşuluna uyanları sirasıla, $1.$,$2.$ ve $3.$ gruba ayıralım. $1.$ ve $3.$ grupların eleman sayıları aynıdır: $1.$ gruptaki her $(x, y)$ ikilisine karşılık olarak $3.$ gruptan $(69-x, 69-y)$ ikilisi gösterilebilir. 2. grupta sadece 2 ikili bulunuyor: $x+y=69$ ise, $23 \mid 69-y+19 y$ ve $23 \mid 18 y$. Buna göre, $y=23,46$. Demek ki, koşulları sağlayan $(x, y)$ ikili sayısı $\dfrac{202-2}{2}=100$ olur.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009

$ABC$ eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir $D$ noktası, $|AD|=8 , |BD|=13$ ve $m\left ( \widehat{ADC} \right )=120^{\circ}$ koşullarını sağlıyorsa $|CD|$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 12
\qquad\textbf{b)}\ 13
\qquad\textbf{c)}\ 14
\qquad\textbf{d)}\ 15
\qquad\textbf{e)}\ 16
$

Çözüm:

$\triangle ADB \cong AEC$ olacak şekilde üçgenin dışında bir $E$ noktası alalım.
$AE=AD=ED=8$ ve $\angle EDC = \angle ADC - \angle ADE = 120^\circ - 60^\circ = 60^\circ$ dir.
$\triangle EDC$ de kosinüs teoreminden $DC$ yi bulabileceğimiz gibi $E$ den $DC$ ye yükseklik indirerek de çözüme gidebiliriz.
$E$ den inen yüksekliğin ayağı $H$ olsun. $DH=4$ ve $EH = 4\sqrt 3$.
$\triangle EHC$ de Pisagordan $EC=\sqrt {13^2 - (4\sqrt 3)^2} = 11$ ve $DC=11+4=15$ tir.

Not:
Bu soru tipinin genel çözümü Lise 1. Aşama 2011/17 in çözümünde verilmiştir.

$1\leq n \leq455$ ve $n^3 \equiv 1 \pmod {455}$ koşullarını sağlayan kaç $n$ tam sayısı vardır?

$
\textbf{a)}\ 9
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad\textbf{c)}\ 3
\qquad\textbf{d)}\ 1
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt:$\boxed{A}$

$455=5.7.13$ olduğundan, Çinlilerin Kalan Teoremi gereği sırasıyla $\pmod {5,7,13}$ te inceleme yapacağız.

$\pmod{5}$ te inceleyelim.

$n^3\equiv 1 \pmod 5 \Rightarrow n\equiv 1 \pmod5$ çözümü elde edilir.

$\pmod{7}$ de inceleyelim.

$n^3\equiv 1\pmod{7} \Rightarrow n \equiv 1,2,4 \pmod7$ çözümleri elde edilir.

$\pmod{13}$ te inceleyelim.

$n^3\equiv 1\pmod{13} \Rightarrow n \equiv 1,3,9 \pmod{13}$ çözümleri elde edilir.

Toplam $1.3.3=9$ tane $n$ tamsayısı elde edilir.

Dikkat: Çözümleri bulurken, $n \equiv 1,2,3\dots k-1 \pmod{k}$ gibi değerler vererek tek tek sağlayıp sağlamadıklarına bakmamız gerekiyor.

$a$ bir gerçel sayı; $x_{1}$ ve $x_{2}, x^2+ax+2=x$ denkleminin farklı iki kökü; $x_{3}$ ve $x_{4}$ de, $(x-a)^2+a(x-a)+2=x$ denkleminin farklı iki kökü olmak üzere, $x_{3}-x_{1}=3(x_{4}-x_{2})$ ise $x_{4}-x_{2}$ nedir?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Denklemleri düzenleyelim \[x^2+(a-1)x+2=0 \] \[x^2-(a+1)x-a^2-2=0 \] Bu denklemlerdeki kökler toplamından $x_{1}+x_{2}=1-a$ ve $x_{3}+x_{4}=1+a$ olur ve buradan $x_{3}-x_{1}+x_{4}-x_{2}=2a$ bulunur. Problemde verilen bilgiyi de kullanarak $4(x_{4}-x_{2})=2a \Rightarrow x_{4}-x_{2}= \dfrac{a}{2}$ elde edilir.

İlk rakamı tek olup, çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı $A$ ve ilk rakamı çift olup çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı $B$ ise, $A - B$ kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 5000
\qquad\textbf{b)}\ 4640
\qquad\textbf{c)}\ 3200
\qquad\textbf{d)}\ 0
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed A$

Cevap: $5000$. İk rakamı tek olup, çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı $$
\dbinom {5}{1} \left ( \dbinom 40 + \dbinom 42 + \dbinom 44 \right) \cdot 5^4=25000, $$
ilk rakamı çift olup çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı $$
\dbinom 41 \left( \dbinom 41 + \dbinom 43 \right) \cdot 5^4=20000
$$ olur. Buna göre cevap $A-B=5000$.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009

$ABC$ üçgeninde $|AB|=|AC|$ ve $m\left ( \widehat{BAC} \right )=80^{\circ}$ dir. $ABC$ üçgeninin iç bölgesindeki bir $E$ noktası, $|AE|=|EC|$ ve $m\left ( \widehat{EAC} \right )=10^{\circ}$ koşullarını sağlıyorsa, $m\left ( \widehat{EBC} \right )$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 10^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 15^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 20^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 25^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 30^\circ
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

$\triangle AEC$ yi $AB$ kenarı üzerine üçgenin içerisine doğru yapıştıralım. $E \to E'$ noktası olsun.
$AE'=BE' = AE$ ve $\angle E'AE = 60^\circ$ olduğu için $\triangle AE'E$ eşkenar olup, $E'$ noktası $\triangle ABE$ nin çevrel merkezidir. $\angle ABE = \dfrac {\angle AE'E} 2 = 30^\circ$ olur. Bu durumda $\angle EBC = 20^\circ$ dir.

Çözüm 2:

Bu soru, burada bahsedilen 4.7 numaralı modelin bir örneğidir.
Model 4.7 nin çözümü bu iletide ayrıntılı şekilde verilmiştir.
Bu çözümlerden birini yaptığımızda $\angle EBA = 30^\circ$ ve $\angle EBC = 20^\circ$ çıkacaktır.

Not:

Bu tip soruların ait oldukları modelleri Buradaki javascript programı ile belirleyebilirsiniz.
Örneğin programı $70,10,10,40$ değerleri için çalıştırdığımızda bu sorunun

Model 3 t=10 :(t, 60-4t, 60+t):(3t,30-2t,30+t)
Model 4 t=20 :(t, 30-t, 90-t):(2t,30-t,30)
modellerine ait olduğu öğreniriz.
Yani bu soru, aynı zamanda, burada bahsedilen 3.6 numaralı modelin bir örneğidir. Model 3.6 çözümlerinin hepsi bu soru için de çalışacaktır.

Ek olarak, sorudaki bazı değerlerden dolayı, model ailelerinden farklı özel çözümler de gelebilir.

Her $n \geq 0$ için, $a_{n+1} = a_{n}^{3} + a_{n}^{2} $ koşulunu sağlayan bir $(a_{n})_{n=0}^{\infty }$ tam sayı dizisinin terimlerinin $11$ e bölümünden kalanların oluşturduğu kümenin en çok kaç elemanı vardır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B$

Cevap: $3$.
$a_n \equiv 1 \pmod {11}$ ise $a_{n+1} \equiv 2 \pmod {11}$ ve $a_n \equiv 2\pmod {11}$ ise $a_{n+1} \equiv 1 \pmod {11}$ olduğu görülebilir. Dolayısıyla $a_0 \equiv 1,2\pmod {11}$ ise en fazla $2$ elemanlı bir küme elde ederiz. $B=\{0,3,7\}$ olmak üzere, $a_n$ sayısı $11$ modunda $B$ kümesinden bir elemana denk ise, $a_{n+1} \equiv a_n \pmod {11}$ elde ederiz, bu da $a_0$ sayısının $11$ modunda $B$ kümesinden bir elemana denk olması durumunda tek elemanlı bir küme elde edeceğimizi gösterir. $C=$ $\{4,5,9,10\}$ olmak üzere, $a_n$ sayısı $11$ modunda $C$ kümesinden bir elemana denk ise, $a_{n+1}$ sayısı $B$ kümesinden bir elemana denk olur. Dolayısıyla $a_0$ sayısının $11$ modunda $C$ kümesinden bir elemana denk olması durumunda $2$ elemanlı bir küme elde ederiz. Son olarak, $a_0 \equiv 6\pmod {11}$ olması durumunda $\{6,10,0\}$ ve $a_0 \equiv 8\pmod {11}$ olması durumunda $\{8,4,3\}$ kümelerini elde ederiz, bu da cevabın $3$ olduğunu gösterir.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009

$x$ bir gerçel sayı olmak üzere, $x(x+4)(x+8)(x+12)$ ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

$
\textbf{a)}\ -240
\qquad\textbf{b)}\ -252
\qquad\textbf{c)}\ -256
\qquad\textbf{d)}\ -260
\qquad\textbf{e)}\ -280
$

Çözüm:

$x(x+12)=x^2+12x=a$ diyelim. $(x+4)(x+8)=x^2+12x+32=a+32$ olur. Dolayısıyla $x(x+4)(x+8)(x+12)=a(a+32)$ olduğundan biz $f(a)=a^2+32a$ ifadesinin minimum değerini bulmalıyız. Bu min değeri, isterseniz parabol fonksiyonun tepe noktası formülünden $a=-16$ yazarak $f_{min}=f(-16)=(-16)(-16+32)=-256$ şeklinde hesaplayabilirsiniz, isterseniz de tam kareye tamamlayarak $a^2+32a= (a^2 + 32a + 16^2) - 16^2 = (a+16)^2 - 256$ biçiminde yazıp $(a+16)^2 \geq 0$ aşikar eşitsizliğini kullanarak $f_{min} = -256$ elde edebilirsiniz.

UYARI: Elbette, bu min değeri elde edebilmek için $x^2+12x = -16$ denkleminin reel çözümünün var olduğunu görmek gerekir.

$xy-$ düzlemine, $m$ mavi ve $k$ kırmızı dikdörtgen, kenarları eksenlere paralel olacak, eksenlerden herhangi birine paralel olan hiçbir doğru aynı renkte birden fazla dikdörtgeni kesmeyecek ve farklı renkte hangi iki dikdörtgen alınırsa alınsın, yalnızca bunları kesen ve eksenlerden birine paralel olan bir doğru bulunacak biçimde yerleştirilmişse, $(m,k)$ tam sayı ikilisi aşağıdakilerden hangisi olamaz?

$
\textbf{a)}\ (1,7)
\qquad\textbf{b)}\ (2,6)
\qquad\textbf{c)}\ (3,4)
\qquad\textbf{d)}\ (3,3)
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed E$

Cevap: $(m, k)$ ikilisi $(1,7),(2,6),(3,4),(3,3)$ değerlerinin hepsini alıyor.
Aşağıda her durum için birer örnek vereceğiz.
Koordinat sisteminde köşelerinin koordinatları $\left(x_1, y_1\right)$, $\left(x_2, y_2\right)$, $\left(x_3, y_3\right)$, $\left(x_4, y_4\right)$ olan dikdörtgeni rengine göre $M\left(\left(x_1, y_1\right),\left(x_2, y_2\right),\left(x_3, y_3\right),\left(x_4, y_4\right)\right)$ veya $K\left(\left(x_1, y_1\right),\left(x_2, y_2\right),\left(x_3, y_3\right),\left(x_4, y_4\right)\right)$ olarak işaretleyelim.

$(1,7)$ : Mavi dikdörtgen $M \left ((0,0),(13,0),(13,1),(0,1) \right)$
ve $i=0,1, \ldots, 6$ olmak üzere, kırmızı dikdörtgenler $K_i \left ( (2 i, 2 i+2),(2 i+1,2 i+2),(2 i+1,2 i+3),(2 i, 2 i+3) \right )$.

$(2,6)$ : Mavi dikdörtgenler $M_1((0,0),(11,0),(11,1),(0,1))$, $M_2((12,2),(13,2),(13,13),(12,13))$
ve $i=0,1, \ldots, 5$ olmak üzere, kırmızı dikdörtgenler $K_i((2 i, 2 i),(2 i+1,2 i),(2 i+1,2 i+1),(2 i, 2 i+1))$.

$(3,4)$ : Mavi dikdörtgenler $M_1((0,0),(3,0),(3,3),(0,3))$, $M_2((4,4),(7,4),(7,7),(4,7))$,
$M_3((8,8),(11,8),(11,11),(8,11))$ ve kırmızı dikdörtgenler $K_1((0,6),(1,6),(1,9),(0,9))$,
$K_2((2,10),(5,10),(5,11),(2,11))$, $K_3((6,0),(9,0),(9,1),(6,1))$, $K_4((10,2),(11,2),(11,5),(10,5))$.

$(3,3)$ örneği $(3,4)$ örneğindeki kırmızı dikdörtgenlerin herhangi birinin atılmasıyla elde ediliyor.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009

$ABC$ üçgeninin iç teğet çemberi, $BC , AC$ ve $AB$ kenarlarına sırasıyla, $A_{1} , B_{1}$ ve $C_{1}$ noktalarında teğettir. $AA_{1}$ doğrusu, iç teğet çemberi ikinci kez $Q$ noktasında kesiyor. $A_{1}C_{1}$ ve $A_{1}B_{1}$ doğruları, $A$ noktasından geçen ve $BC$ ye paralel olan doğruyu sırasıyla, $P$ ve $R$ noktalarında kesiyor. $ m(\widehat{PQC_{1}})=45^\circ$ ve $m(\widehat{RQB_{1}})=65^\circ$ ise, $m(\widehat{PQR})$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 110
\qquad\textbf{b)}\ 115
\qquad\textbf{c)}\ 120
\qquad\textbf{d)}\ 125
\qquad\textbf{e)}\ 130
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$\angle C_1A_1B = \angle APC_1 = \angle C_1QA_1 \Rightarrow A,P,C_1,Q$ çemberseldir. Benzer şekilde $ A,R,B_1,Q$ çemberseldir.
$ \angle QC_1B_1 = \angle RPQ = \angle QB_1C_1$ ve $\angle QB_1A = \angle PRQ = \angle QC_1B_1$. Bu durumda, $ \angle PQR = \angle B_1QC_1 = \alpha$.
$Q$ tam açısını yazarsak $ 2\alpha + 45^\circ + 65^\circ = 360^\circ \Rightarrow \alpha = 125^\circ$ elde ederiz.

Her $0\leq i \leq 17$ için $a_{i}$ sayısı, $-1 , 0$ ve $1$ olmak üzere, $$ a_{0}+2a_{1}+2^{2}a_{2}+ \cdots +2^{17}a_{17}=2^{10}$$ eşitliğini sağlayan kaç $(a_{0} , a_{1} , \cdots ,a_{17} )$ on sekizlisi vardır?

$
\textbf{a)}\ 9
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 7
\qquad\textbf{d)}\ 4
\qquad\textbf{e)}\ 1
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed B $

Cevap: $8$. Eşitliğin sağ tarafının çift olması nedeniyle $a_0=0$ dır. O zaman her iki tarafı $2$ ile böldükten sonra benzer şekilde $a_1=0$ elde ederiz. Bu şekilde devam edersek $a_0=a_1=\cdots=a_9=0$ gelir: $$2^{10} a_{10}+2^{11} a_{11}+2^{12} a_{12}+\cdots+2^{17} a_{17}=2^{10}$$
$a_i \neq 0$ olan en büyük $i=k$ olsun: $$2^{10} a_{10}+2^{11} a_{11}+2^{12} a_{12}+\cdots+2^k a_k=2^{10}.$$
Eşitliğin sağ tarafının pozitif olması nedeniyle $a_k=1$ olacaktır. $k=10$ ise, $a_{10}=1$ ve tüm diğer katsayılar sifir olacaktır. $k>10$ ise, $a_{10}=a_{11}=\cdots=a_{k-1}=-1$ olmak zorundadır, sadece bu durumda $$
\begin{gathered}
-2^{10}-2^{11}-\cdots-2^{k-1}+2^k \\
=-2^{10}\left(1+2+\cdots+2^{k-10-1}\right)+2^k=-2^{10}\left(2^{k-10}-1\right)+2^k=2^{10}
\end{gathered}
$$ oluyor. Demek ki, her $10 \leq k \leq 17$ değeri için sorudaki eşitliği sağlayan tek bir $\left(a_0, a_1, \ldots, a_{17}\right)$ on sekizlisi bulunuyor.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009

$f(x) = \dfrac{x^{5}}{5x^{4}-10x^{3}+10x^{2}-5x+1}$ ve $1 \leq i \leq 2009$ için $x_{i}=\dfrac{i}{2009}$ ise

$f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots +f(x_{2009})$ toplamı kaçtır?

$
\textbf{a)}\ 1000
\qquad\textbf{b)}\ 1005
\qquad\textbf{c)}\ 1010
\qquad\textbf{d)}\ 2009
\qquad\textbf{e)}\ 2010
$

Çözüm:

Çözüm: $f(x) = \dfrac{x^{5}}{5x^{4}-10x^{3}+10x^{2}-5x+1} = \dfrac{x^{5}}{- x^ 5 + 5x^{4}-10x^{3}+10x^{2}-5x+1 + x^5}= \dfrac{x^{5}}{x^5 - (x-1)^5}$ yazılabilir. Bu durumda $f(x) + f(1-x) = \dfrac{x^{5} - (x-1)^5 }{x^5 - (x-1)^5} = 1 $ olup $1 \leq i \leq 2008$ için $f(x_i) + f(x_{2009-i}) = 1 $ dir. $ f(x_{2009}) = f(1) = 1$ dir. Dolayısıyla $f(x_{1})+f(x_{2})+\cdots +f(x_{2009}) = \dfrac {2008}{2} + 1 = 1005$ elde edilir.

Tüm tam sayılar kümesi, farkları asal bir sayıya eşit olan herhangi iki tam sayı aynı alt kümeye düşmeyecek biçimde, $n$ alt kümeye ayrılabiliyorsa, $n$ en az kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

En az $4$ alt kümeye ayırmak zorunda olduğumuzu da gösterelim.

$0,2,5,7$ elemanlarından herhangi ikisinin farkı asal olduğundan bu $4$ eleman farklı alt kümelerde olmak zorundadır. Dolayısıyla ayrımdaki alt küme sayısı en az $4$ olmak zorundadır.

Örnek:
$S_1 = \{ x : x = 4k + 1, k \in \mathbb Z \}$
$S_2 = \{ x : x = 4k + 2, k \in \mathbb Z \}$
$S_3 = \{ x : x = 4k + 3, k \in \mathbb Z \}$
$S_4 = \{ x : x = 4k, k \in \mathbb Z \}$

$ABCD$ kirişler dörtgeninin $[AC]$ ve $[BD]$ köşegenleri, $P$ noktasında kesişiyor. $APB$ ve $CPD$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri $ABCD$ dörtgeninin çevrel çemberinin üstünde ve $|AC|+|BD| = 18$ ise, $ABCD$ dörtgeninin alanı nedir?

$
\textbf{a)}\ 36
\qquad\textbf{b)}\ \dfrac{81}{2}
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{36\sqrt{3}}{2}
\qquad\textbf{d)}\ \dfrac{81\sqrt{3}}{4}
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

$APB$ ve $CPD$ üçgenlerinin çevrel çember merkezleri sırasıyla $T$ ve $R$ olsun. Bu durumda $ATBP$ ile $CRDP$ merkezil dörtgen $ATBD$ ile $CRDA$ kirişler dörtgenidir. Bu dörtgenlerin açısal özelliklerinden, $$\angle{ATB}+2\angle{APB}=360^\circ , \angle{CRD}+2\angle{CPD}=360^\circ$$ ve $$\angle{ADB}+\angle{ATB}=180^\circ , \angle{CAD}+\angle{CRD}=180^\circ$$ eşitlikleri vardır. Bu eşitliklerden $\angle{ADB}=\angle{CAD}=\alpha , \angle{ATB}=\angle{CRD}=180^\circ-\alpha $ ve $\angle{APB}=\angle{CPD}=90^\circ+\frac{\alpha}{2}$ açı bağıntıları bulunur. Buradan $2\alpha = 90^\circ+\frac{\alpha}{2} \Rightarrow \alpha=60^\circ$ dir. Ayrıca $ATB$ ile $CRD$ yaylarının eşitliğinden $BC \parallel AD$ dir ve $ABCD$ dörtgeni bir ikizkenar yamuk olup köşegenleri $|AC|=|BD|=9$ dur.
Buna göre; $[ABCD]=\dfrac{9.9.\sin 60^\circ}{2}=\dfrac{81\sqrt{3}}{4}$

$ 11^{2}+13^{2}+17^{2} , 24^{2}+25^{2}+26^{2} , 12^{2}+24^{2}+36^{2} , 11^{2}+12^{2}+132^{2} $ sayılarından kaçı bir tam sayının karesine eşittir?

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

Çözüm:

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

İlk ifade $\pmod 4$ te $3$ kalanı veriyor ama tamkarelerde bu durum olamaz. ÇELİŞKİ.
İkinci ifade $\pmod 3$ te $2$ kalanı veriyor ama tamkarelerde bu durum olamaz. ÇELİŞKİ.
Üçüncü ifadeyi düzenleyelim. $(12^2)(1+4+9)=144.14$ bir tamkare değildir.
Dördüncü ifadeyi düzenleyelim. $11^{2}+12^{2}+132^{2}=265+132^2=132^2+132.2+1=(132+1)^2=133^2$
O zaman sadece dördüncü ifade bir tamkaredir.

$|x^{3}+3x^{2}-33x-3| \geqslant 2x^{2} $ eşitsizliğini , $|x| \geqslant n $ koşulunu sağlayan her $x$ gerçel sayısı için doğru kılan $n$ tam sayısının alabileceği en küçük değer kaçtır?

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

Çözüm:

Cevap: $\boxed{A}$

Çözüm 1: Test mantığıyla $x=-8$ koyarsak $|x^3+3x^2-33x-3|=59$, $2x^2=128$ olacağından istenilen sağlanmaz. Eğer yeterince küçük $\epsilon>0$ için $x=-8-\epsilon$ seçersek $|x^3+3x^2-33x-3|<2x^2$ olmasını sağlayabiliriz çünkü $f(x)=|x^3+3x^2-33x-3|$ ve $g(x)=2x^2$ fonksiyonları süreklidir (Örneğin $\epsilon=0.1$ için $g(-8.1)=131.22>f(-8.1)=70.311$ olacaktır). Dolayısıyla $n>8$ olmalıdır. Bunu sağlayan tek şık $A$'dır.

Çözüm 2: Klasik bir sınavmış gibi çözüm bulalım. Mutlak değerden kurtulalım $$|x^3+3x^2-33x-3|\geq 2x^2\iff x^3+3x^2-33x-3\geq 2x^2 ~~~\text{veya}~~~ -2x^2\geq x^3+3x^2-33x-3$$ Yani eşitsizliği sağlayan en geniş $x$'lerin kümesi $$x^3+x^2-33x-3\geq 0\tag{1}$$ eşitsizliğini $x$'lerin kümesi ve $$0\geq x^3+5x^2-33x-3\tag{2}$$ eşitsizliğini sağlayan $x$'lerin kümesinin birleşimidir. Polinomların işaretleri kökleri arasında değişir. $P(x)=x^3+x^2-33x-3$ ve $Q(x)=x^3+5x^2-33x-3$ polinomlarını tanımlayalım. $$P(-7)=-66, ~~ P(-6)=15, ~~P(-1)=30~~P(0)=-3,~~P(5)=-18~~P(6)=51$$ olduğundan $P(x)$'in $(-7,-6)$, $(-1,0)$, $(5,6)$ aralığında birer kökü vardır. $$Q(-9)=-30, ~~ Q(-8)=69, ~~Q(-1)=34~~Q(0)=-3,~~Q(3)=-30~~Q(4)=9$$ olduğundan $Q(x)$'in $(-9,-8)$, $(-1,0)$, $(3,4)$ aralığında birer kökü vardır. Her iki polinomun da üçer kökü olduğunu biliyoruz. $P(x)$'in kökleri $a<b<c$ olsun. $Q(x)$'in kökleri $d<e<f$ olsun. $(1)$ eşitsizliğini sağlayan $x$'lerin kümesi $[a,b]\cup [c,\infty]$ ve $(2)$ eşitsizliğini sağlayan $x$'lerin kümesi $[-\infty,d]\cup [e,f]$ olacaktır. Dolayısıyla bizim aradığımız $x$'lerin kümesi $$[-\infty,d]\cup [e,f]\cup [a,b]\cup [c,\infty]$$ Bulduğumuz kök aralıklarından dolayı $d<a<b,e<f<c$ olduğunu biliyoruz ($b$ ile $e$ arasındaki ilişkiyi yukarıdaki aralıklardan çıkartamayız). Eğer her $|x|\geq n$ için $$x\in [-\infty,d]\cup [e,f]\cup [a,b]\cup [c,\infty]$$ ise $n\geq |d|,|c|$ olmalıdır çünkü aksi taktirde $x=\lfloor d\rfloor+1$ veya $x=\lfloor c\rfloor$ için istenilen sağlanmayacaktır. $c$ ve $d$'nin aralıklarından dolayı $n\geq 9$ olmalıdır.

Her biri dört elemanlı $n$ kümeden, hangi farklı ikisini alırsak alalım, bu iki kümeden yalnızca birine ait olan tüm elemanlardan oluşan küme, başlangıçdaki $n$ kümeden birine eşitse, $n$ en çok kaçtır?

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

Çözüm:

Yanıt: $\boxed C$

$7$ küme için önceki gönderide verilen örnek durumda küçük değişiklikler yapılırsa örnek doğru olacaktır.
Doğru örnek durum: $\{1,2,3,4\},\{1,2,5,6\},\{3,4,5,6\},\{1,3,5,7\},\{2,4,5,7\},\{2,3,6,7\},\{1,4,6,7\}$

En fazla $7$ küme olabileceğini de gösterelim.

Kümelerden hangi farklı ikisini alırsak alalım, bu iki kümeden yalnızca birine ait olan elemanların kümesi başlangıçtaki kümelerden birine eşit, aynı zamanda başlangıçtaki kümelerin her biri de $4$ elemanlı olduğuna göre; bu kümelerden hangi farklı ikisini alırsak alalım, bu iki kümenin kesişimi $2$ elemanlı olmak zorundadır.

Kümelerden biri $K_1=\{a_1, a_2, a_3, a_4\}$ olsun. Diğer tüm kümelerin $K_1$ ile tam olarak $2$ ortak elemanı olması gerektiğini biliyoruz.

İddia: Diğer kümelerden iki farklı kümenin $K_1$ kümesiyle ortak olarak bulundurduğu eleman ikilisi aynı olamaz.
İspat: Aksini varsayalım. $K_2=\{a_1, a_2, a_5, a_6\}$ ve $K_3=\{a_1, a_2, a_7, a_8\}$ olsun. $K_2$ ve $K_3$ kümelerinden yalnızca birine ait olan elemanların kümesi $\{a_5,a_6,a_7,a_8\}$ olur, yani bu küme de başlangıçtaki kümelerden biri olmak zorundadır. Ancak bu kümenin $K_1$ kümesiyle ortak elemanı yoktur. Çelişki.

O halde diğer kümelerin her birinin $K_1$ ile ortak bulundurdukları eleman ikilileri birbirlerinden farklıdır.

$K_1$ kümesinin $\dbinom{4}{2}=6$ farklı eleman ikilisi bulunduğundan, diğer kümelerin sayısı en fazla $6$, toplam küme sayısı en fazla $7$ olabilir.

$ABC$ üçgeninin $[AL]$ ve $[BM]$ kenarortayları $K$ noktasında kesişiyor. $C,K,L,M$ noktaları çembersel ve $|AB|=\sqrt{3}$ ise $[CN]$ kenarortayının uzunluğu nedir?

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

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

$\triangle ABC \sim \triangle MLC$ benzer üçgenlerinin kenarları karşılıklı olarak paralel olduğundan $C$ merkezli ve $1/2$ oranlı bir homotetiye sahiptirler. $D$ ve $N$ noktaları homotetik eşlenik olduklarından dolayı $N$ nin $[AB]$ üzerinde yaptığı işi $D$ noktası $[ML]$ üzerinde yapar. Yani $D$, $[ML]$ nin orta noktasıdır. $|MD|=|DL|=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ olur. $K$ noktası $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğu için $|KD|=x$ dersek $|KN|=2x$, $|DC|=3x$ olur. $D$ noktasına göre çemberde kuvvet bağıntısını yazarsak $x\cdot3x=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ olup $x=\dfrac{1}{4}$ bulunur. Buradan $|CN|=6x=\dfrac{3}{2}$ elde edilir.

Çözüm 2:

Yanıt: $\boxed{E}$

$|AL|=3t,|BM|=3s$ olmak üzere çemberde kuvvetten $6s^2=2|BL|^2$ ve $6t^2=2|AM|^2$, dolayısıyla da $BL=LC=s\sqrt{3}$ ve $AM=MC=t\sqrt{3}$ olur. Ayrıca $|LM|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ olduğu açıktır. Buna göre $CLKM$ kirişler dörtgeninde Batlamyus Teoremi'ne göre
$$|KM|.|LC|+|MC|.|LK|=|KC|.|LM|\Longleftrightarrow \sqrt{3}\left(s^2+t^2\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.|KC|$$
elde edilir. Öte taraftan, $AL$ için Kenarortay Teoremi'ni kullandığımızda
$$2|AL|^2=18t^2=3+12t^2-6s^2\Longleftrightarrow s^2+t^2=\dfrac{1}{2}$$
belirlenir. Uygulanan Batlamyus'a konduğunda $|KC|=1\Longleftrightarrow |CN|=\dfrac{3}{2}$ olarak bulunur.

$x$ ve $y$ farklı pozitif tam sayılar olmak üzere, $(x+y^2)(x^2-y)/(xy)$ ifadesinin alabileceği en küçük pozitif tam sayı değer nedir?

$
\textbf{a)}\ 3
\qquad\textbf{b)}\ 8
\qquad\textbf{c)}\ 14
\qquad\textbf{d)}\ 15
\qquad\textbf{e)}\ 17
$

Çözüm:

Cevap: $\boxed{C}$

$x+y^2>0$ ve $xy>0$ olduğundan ifadenin pozitif olması için $x^2>y$ olmalıdır. Dolayısıyla $x>1$ olmalıdır. Eğer $y=1$ ise $x\mid (x+1)(x^2-1)$ olacağından $x\mid 1$ olmalıdır fakat bu bir çelişkidir. Dolayısıyla $x,y>1$'dir ve bu yüzden asal bölenleri vardır. $p\mid x$ olsun. $p\mid (x+y^2)(x^2-y)$ olacağından $p\mid y^3$ ve $p\mid y$ olacaktır. Benzer şekilde $q\mid y$ olan bir $q$ asalı alırsak, $q\mid x$ olacaktır. Dolayısıyla $x$ ve $y$'nin asal bölenleri aynıdır. $x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n}$ ve $y=p_1^{b_1}p_2^{b_2}\cdots p_n^{b_n}$ şeklinde asal çarpanlarına ayıralım. $(x+y^2)(x^2-y)$'nin $xy$'e bölünmesi için gerekli ve yeterli şart $v_p(n)$'yi $n$'yi bölen en büyük $p$ kuvvetinin üssü olarak tanımlarsak, $$v_{p_i}(x+y^2)+v_{p_i}(x^2-y)\geq v_{p_i}(xy)=a_i+b_i$$ olmasıdır. $v_{p_i}(x+y^2)=\min\{a_i,2b_i\}$ ve $v_{p_i}(x^2-y)=\min\{2a_i,b_i\}$ olduğunu kullanırsak $$\min\{a_i,2b_i\}+\min\{2a_i,b_i\}\geq a_i+b_i$$ olmalıdır. Kesirin olabildiğince küçük olmasını istediğimizden $i=1$ olarak seçmeliyiz. Dolayısıyla $x=p^a$ ve $y=p^b$ için $$\min\{a,2b\}+\min\{2a,b\}\geq a+b$$ olmasını istiyoruz. $x^2>y$ olduğundan $2a>b$'dir. Yani $\min\{2a,b\}=b$'dir ve $$\min\{a,2b\}\geq a\iff 2b\geq a$$ olmalıdır. $a$ ve $b$'yi olabildiğince küçük seçmeye çalışalım. $a=1$ ise $b=1$ olur fakat $x\neq y$'dir. $a=2$ ise $4>b$ ve $2b\geq 2$ olmalıdır. Yani $x=p^2$ ve $y=p$ seçebiliriz. Bu durumda $$\dfrac{(x^2-y)(x+y^2)}{xy}=\dfrac{(p^4-p)(p^2+p^2)}{p^3}=2(p^3-1)$$ olacaktır. $p$'yi en küçük $2$ seçebileceğimizden ifadenin en küçük değeri $2(2^3-1)=14$'dür.

Her $n\geqslant 2$ için, $ a_{n}=\sqrt[3]{n^3+n^2-n-1} / n $ ise, $a_{2}a_{3}\cdots a_{k}>3$ eşitsizliğinin sağlanması için $k$ pozitif tam sayısının en az kaç olması gerekir?

$
\textbf{a)}\ 100
\qquad\textbf{b)}\ 102
\qquad\textbf{c)}\ 104
\qquad\textbf{d)}\ 106
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Verilen dizi $\left ( a_{n} \right )=\sqrt[3]{\left ( \dfrac{n+1}{n} \right )^{2}\cdot \left ( \dfrac{n-1}{n} \right )}$ şeklinde düzenlenebilir.

$\prod_{n=2}^{k}\left ( a_{n} \right )>3 \Rightarrow \sqrt[3]{\left ( \dfrac{3}{2}\cdot \dfrac{4}{3}\cdot \dfrac{5}{4}\cdots\dfrac{k+1}{k} \right )^2\left ( \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{4}\cdots\dfrac{k-1}{k} \right )}>3$

$\left ( \dfrac{k+1}{2} \right )^{2}\cdot \dfrac{1}{k}>27 \Rightarrow k\left ( k-106 \right )+1>0$

eşitsizliğini sağlayan en küçük $k$ pozitif tam sayısı $106$ dır.

Yüz kenti olan bir ülkedeki bazı kentler arasında yapılan tek yönlü uçak seferleri, başkentten başlayıp, ülkedeki her kentten en az bir kez geçerek, yeniden başkente dönmeyi mümkün kılan en az bir sefer dizisi bulunacak biçimde düzenlenmiştir. Böyle bir düzenlemede, bu şekildeki uçak seferi dizilerinden sefer sayısı en az olanın sefer sayısı, bütün bu tür düzenlemeler arasında en çok kaç olabilir?

$
\textbf{a)}\ 1850
\qquad\textbf{b)}\ 2100
\qquad\textbf{c)}\ 2550
\qquad\textbf{d)}\ 3060
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{C}$

Sorunun ifadesi benim için anlaşılır olmamakla beraber cevaba göre bir çözüm vereceğim. Böylece problemde bizden istenenin ne olduğu anlamış olacağımızı ümit ediyorum.

Öncelikle bir tanım verelim. $A_1,A_2,\dots , A_n$ şehirleri için $A_1 \to A_2 \to \dots \to A_n \to A_1$ seferi varsa buna $n$ uzunluğunda bir döngü diyelim. Soruda verilen ifadelerden, bütün şehirlerden başkente dönmek mümkün ve başkentten de bütün şehirlere ulaşmanın mümkün olduğunu anlıyoruz. Yani her bir şehir ile başkent arasında (en az) birer döngü vardır. Başkentten geçen bu döngüler arasında en uzun döngünün uzunluğu $n$ olsun. Bunu bir çember üzerindeki $n$ nokta gibi düşünebilirsiniz. Bu döngüyle $n$ sefer yaparak başkentten başlayıp tam $n$ şehir dolaşıp tekrar başkente dönmüş oluyoruz. Geriye kalan $100-n$ şehir var. Başkentten bu şehirlerin her birine gidip gelmek en fazla $n$ seferle mümkündür. Çünkü başkentten başlayan döngülerin uzunluğunun en fazla $n$ olduğunu varsaymıştık. Dolayısıyla en çok $n(100-n)$ sefer daha elde edilir. Bu döngülerin oluşturduğu seferlerin toplamı en fazla $T=n+n(100-n)$ olup $T=n(101-n)$ dir. Şimdi bu $T$ değerleri arasından da en büyüğünü seçeceğiz. $n=50$ ya da $n=51$ için $T_{\max} = 50\cdot 51 = 2550$ elde edilir.

Peki sefer sayısı en az olanın ifadesiyle ne anlatılmak isteniyor? Çünkü sanki bunu çözümümde hiç kullanmadım gibi. ''Sefer sayısı en az olanın'' ifadesiyle aradığımız sefer dizisinde birbirinin aynı olan alt döngüler bulunmasını kısıtlamak amacı taşınmış olmalı. Yani $ A_1 \to A_2 \to A_1 \to A_2 \to \dots $ biçiminde $ \{ A_1 \to A_2 \to A_1 \}$ döngüsünü $1.000.000$ defa tekrarlamamız engellenmek istenmiş.

Yine de çözüm tam sayılmaz. Çünkü $2250$ kenardan oluşan bir sefer dizisi örneği bulmalıyız ve bu sefer dizisi içindeki herhangi iki döngü birbirinin aynısı olmamalı. $n=50$ durumunda $T=2550$ olduğuna örnek verelim. Şehirlerimiz $A_1,A_2,\dots , A_{100}$ ve $A_1$ başkent olsun. Aşağıdaki farklı döngüleri inceleyelim.

$ A_1 \to A_2 \to \dots \to A_{49} \to A_{50} \to A_1$
$ A_1 \to A_2 \to \dots \to A_{49} \to A_{51} \to A_1$

$\vdots$

$ A_1 \to A_2 \to \dots \to A_{49} \to A_{99} \to A_1$
$ A_1 \to A_2 \to \dots \to A_{49} \to A_{100} \to A_1$

Bu $51$ tane döngünün her birinin uzunluğu $50$ dir. İlk döngü $A_{50}$ den geçiyor ve bu döngüden başkası da $A_{50}$ den geçmiyor. İkinci sıradaki döngü ise $A_{51}$ den geçiyor ve bu döngüden başkası $A_{51}$ den geçmiyor ...vs. Son sıradaki döngü de $A_{100}$ den geçiyor ve bu döngüden başkası $A_{100}$ den geçmiyor. Yani tüm şehirleri dolaşabilmek için yapılması gereken $50\cdot 51 = 2550$ sefer örneğini de bulduk. Şekille göstermek istersek, tüm çember yaylarını saatin dönme yönünde yönlendirmek yeterlidir.

Çözüm 2:

Cevap: $2550$.

Kentler $A_1, \ldots, A_{100}$ olmak üzere, uçuşlar:

her $i=1, \ldots, 49$ için $A_i$ den $A_{i+1}$ e

her $i=51, \ldots, 100$ için $A_{50}$ den $A_i$ ye

her $i=51, \ldots, 100$ için $A_i$ den $A_1$ e

düzenlenmiş olsun. Bu durumda her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçuş içeren kapalı güzergah en az $51 \cdot 50=2550$ uçak seferi içermektedir.
Şimdi ise başkentten başlayıp, ülkedeki her kentten en az bir kez geçerek, yeniden başkente dönmeyi mümkün kılan her uçuş düzenlemesinde her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçak seferi içeren kapalı güzergahın en fazla $2550$ uçak seferi içerdiğini gösterelim. Her $A_i$ ve $A_j$ kent ikilisi için $A_j$ den $A_i$ ye varmak için yapılması gereken en az uçuş sayısı $d\left(A_i, A_j\right)$ olmak üzere, $\max _{i, j} d\left(A_i, A_j\right)=d\left(A_l, A_m\right)=p$ olsun. $p$ uçuş içeren $A_l \rightarrow A_m$ güzergahı, $A_l$ den $A_m$ ye en kısa güzergah olduğundan $A_l$ dışında $p$ farklı kent içeriyor. $A_m$ den bu $p$ kentten farklı yeni bir kente en fazla $p$ uçuş kullanarak gidilebiliyor. Daha sonra tüm kalan kentlere her yeni kent için en fazla $p$ uçuş kullanarak birer birer uğrarsak her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçuş içeren kapalı güzergahın toplam uçuş sayısı en fazla $$p+p(100-p)=p(101-p) \leq \frac{(101-p+p)^2}{4}=2550.25$$ olacaktır.

Kaynak: Tübitak 17. Ulusal Matematik Olimpiyatı Birinci Aşama Sınav Soru ve Çözümleri 2009