Tübitak Lise 1. Aşama - 1998 Çözümleri

Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle C = 2\cdot \angle A = 2\alpha$ olur. $\angle C$'nin açıortayı $CD$'yi çizelim. $\angle BCD = \angle DCA = \angle CAB = \alpha$ olacaktır. Bu durumda $\triangle CBD \sim \triangle ABC$ $(A.A)$ elde edilir. $$\dfrac {CB}{AB} = \dfrac {BD}{CB} \Rightarrow CB^2 = BD \cdot AB \Rightarrow a^2 = BD \cdot \dfrac {3a}2 \Rightarrow BD = \dfrac {2a}3 \Rightarrow AD = \dfrac{3a}2 - \dfrac{2a}3 = \dfrac{5a} 6 $$ olur.


Bu aşamadan sonra iki şekilde çözüme gidebiliriz:

$(i)$ Açıortay teoreminden $$\dfrac {BC}{BD} = \dfrac {AC}{AD} \Rightarrow \dfrac {a}{\dfrac {2a}{3}} = \dfrac {b} {\dfrac{5a}6} \Rightarrow b = \dfrac{5a}4$$ elde edilir.

$(ii)$ $\angle DAC = \angle DCA$ olduğu için $AD=DC = \dfrac {5a}{6}$ ve benzerlikten $$\dfrac {CB}{AB} = \dfrac {CD}{AC} \Rightarrow AC = \dfrac {CD \cdot AB}{CB} = \dfrac{\dfrac {5a}{6} \cdot \dfrac {3a}{2}}{a} = \dfrac {5a}{4}$$

Sinüs Teoremin'den $\dfrac {AB}{\sin{2\alpha}} = \dfrac {BC}{\sin{\alpha}} = \dfrac {AC}{\sin{180^{\circ} - 3\alpha}}$ olur.
$$ \dfrac c {\sin{2\alpha}} = \dfrac a {\sin{\alpha}} = \dfrac b {\sin {3\alpha}} \Rightarrow \dfrac {\sin{2\alpha}}{\sin{\alpha}} = \dfrac 32 \Rightarrow 2\cos{\alpha} = \dfrac 32 \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac 34$$
İlk denklemden $b$'yi çekersek, $b = a\cdot \dfrac {\sin{3\alpha}} {\sin{\alpha}}$ elde ederiz.
$\sin{3\alpha} = 3\sin{\alpha} - 4\sin^3{\alpha}$ olduğu için $b = a(3 - 4\sin^2{\alpha})$ elde edilir.
$\cos{\alpha} = \dfrac 34 \Rightarrow \cos^2{\alpha} = \dfrac 9{16} \Rightarrow \sin^2{\alpha} = \dfrac 7{16}$ olacağı için $b = a \left (3 - 4\sin^2{\alpha} \right ) = a \left (3 - 4\cdot \dfrac 7{16} \right ) = \dfrac {5a}4$ elde edilir.

$[AC$ üzerinde ($\triangle ABC$'nin dışında) $BC=CD=a$ olacak şekilde $D$ noktası alalım. $\angle BDC = \dfrac{\angle BCA}2 = \angle CAB$ olduğu için $BD=AB=c$ dir.


Bu aşamadan sonra iki şekilde çözüme gidebiliriz:

$(i)$ İkizkenar üçgende Stewart'ın özel halinden $$AB^2 - AC \cdot CD = BC^2 \Rightarrow \left(\dfrac {3a} 2\right)^2 - b\cdot a = a^2 \Rightarrow b = \dfrac{\dfrac {9a^2}{4} - a^2} a = \dfrac {5a} 4$$ olur.

$(ii)$ $\triangle DCB \sim \triangle DBA$ dir. $$\dfrac {DC}{DB} = \dfrac {DB}{DA} \Rightarrow DA = \dfrac {9a}{4} \Rightarrow AC =\dfrac{9a}{4}-a = \dfrac{5a}{4}$$

$\angle A = \alpha$ dersek $\angle C = 2\alpha$ olur.
$B$ den $AC$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun.
$BH = BA \cdot \sin \alpha = BC \cdot \sin 2\alpha$ ve $\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha$ olduğu için $\cos \alpha = \dfrac {BA}{2\cdot BC} = \dfrac {c}{2a} = \dfrac 34$ tür.
$\triangle ABH$ de, $\dfrac {AH}{BA} = \cos \alpha = \dfrac 34 \Rightarrow AH = \dfrac {3c}{4} = \dfrac {9a}{8}$ elde edilir.
$AB^2 - BC^2 = AH^2 - CH^2 \Rightarrow  \dfrac {81a^2}{64} - CH^2 = c^2 - a^2 = \dfrac {9a^2}{4} - a^2 = \dfrac {5a^2}{4} \Rightarrow CH^2 = \dfrac {a^2}{64} \Rightarrow CH = \dfrac {a}{8}$.
$AC = AH + CH = \dfrac {10a}{8} = \dfrac {5a}{4}$ olur.

Not 1: Aslında $H$ nin $[AC]$ dışında olduğu durumda $AC = AH - CH = \dfrac {8a}{8} = a$ olur. $\angle B = \alpha$ olacağı için $ABC$ üçgeni ikizkenar dik üçgen olur. Bu durumda kenarlar $a$, $a$, $3a/2$ olamaz.

Not 2: $\angle C$ nin dar açı olduğunun bir diğer ispatı da $\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1 = \dfrac 18 > 0$ olmasıdır. Zaten $\cos 2\alpha$ hesaplandığında $\cos 2\alpha = \dfrac {CH}{BC} \Rightarrow CH = \dfrac a8$ elde edileceği için $AC = \dfrac {10a}{8} = \dfrac {5a}4$ çıkar.

Yanıt: $\boxed{B}$

$10^a < 2^{1998} < 10^{a+1}$ ise $2^{1998}$ sayısı $a+1$ basamaklıdır.
$10^b < 5^{1998} < 10^{b+1}$ ise $5^{1998}$ sayısı $b+1$ basamaklıdır.
Taraf tarafa çarparsak $$10^{a+b} < 10^{1998} < 10^{a+b+2}$$ olacağından, $a+b < 1998 = a+b+1 < a+b+2$ elde edilir. Bu durumda yeni sayı $(a+1)+(b+1) = a+b+2$ basamaklı olacağından $a+b+1 = 1998 \Rightarrow a+b+2 = 1999$ elde edilir.

$2^{1998} = 10^a$ olsun. $10^a$ sayısı da $\lfloor a \rfloor + 1$ dir.
Her iki tarafın $\log {}$ unu alırsak, $1998 \log{2} = a$ olacağından $2^{1998}$ sayısı $\lfloor a \rfloor + 1 = \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + 1$ basamaklı olacaktır.
Benzer şekilde $5^{1998} = 10^b$ sayısı da $\lfloor 1998 \log {5} \rfloor + 1$ basamaklı olacaktır.
Bu iki sayının yan yana yazımı $\lfloor 1998 \log {2} \rfloor + 1 + \lfloor 1998 \log {5}\rfloor + 1 = \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + \lfloor 1998 \log {5}\rfloor + 2$ basamaklıdır.
$$ 1998 \log {2} - 1< \lfloor 1998 \log {2} \rfloor < 1998 \log {2} $$ $$ 1998 \log {5} - 1< \lfloor 1998 \log {5}\rfloor < 1998 \log {5} $$ ifadelerini taraf tarafa toplarsak, $$ 1998(\log {2} + \log {5}) - 2< \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + \lfloor 1998 \log {5}\rfloor < 1998(\log{2} + \log{5})$$ elde edilir. $\log {2} + \log {5} = \log {2\cdot 5} = \log {10} = 1$ olacağından, $$1998-2 = 1996 < \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + \lfloor 1998 \log {5}\rfloor < 1998$$ olur. Bu durumda aranan sayı $\lfloor 1998 \log {2} \rfloor + \lfloor 1998 \log {5}\rfloor + 2 = 1997 + 2 = 1999$ basamaklı olacaktır.

İlk sayı $A=\lfloor 1998 \log {2} \rfloor + 1$ basamaklı, ikinci sayı $B = \lfloor 1998 \log {5} \rfloor + 1$ basamaklı.
$\log {2} + \log {5} = 1 \Rightarrow \log {5} = 1 - \log {2} $ özdeşliğini kullanarak,
$$\begin{array}{lcl}
A+B &=& \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + 1 + \lfloor 1998 (1 - \log {2}) \rfloor + 1 \\
&=& \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + 1 + \lfloor 1998- 1998 \log {2}) \rfloor + 1 \\
&=& 2000 + \lfloor 1998 \log {2} \rfloor + \lfloor -1998 \log {2}\rfloor
\end{array}$$ $\lfloor \ \rfloor$ fonksiyonu ile aşmayan en büyük tam sayıyı gösterdiğimiz için pozitif değer $0 \leq n < 1 $ ve $M$ tam sayı olmak üzere; $\lfloor M+n \rfloor = M$ ise $\lfloor -(M+n) \rfloor = -M-1$ dir.
Bu durumda, $A+B = 2000 - 1 = 1999$ olacaktır.

Biraz test mantığı ile soruya yaklaşacağız.

$n=0$ için $\overline{2^05^0}= 11 \Rightarrow 2 $ basamaklı

$n=1$ için $\overline{2^15^1}= 25 \Rightarrow 2 $ basamaklı

$n=2$ için $\overline{2^25^2}= 425 \Rightarrow 3 $ basamaklı

$n=3$ için $\overline{2^35^3}= 8125 \Rightarrow 4 $ basamaklı

$n=4$ için $\overline{2^45^4}= 16625 \Rightarrow 5 $ basamaklı

$n=5$ için $\overline{2^55^5}= 323125 \Rightarrow 6 $ basamaklı

$n=6$ için $\overline{2^65^6}= 6415625 \Rightarrow 7 $ basamaklı

$n=7$ için $\overline{2^75^7}= 12878125 \Rightarrow 8 $ basamaklı

Bu şekilde giderse $n=1998$ için $\overline{2^{1998}5^{1998}}$ sayısı $n+1 = 1999$ basamaklı olacaktır.
Bu çıkarımımız tamamen sezgiseldir. $1999$ cevabı test tekniği açısından bir tahmin niteliği taşımaktadır. Olimpiyat sorularında bu tip çıkarımlar yaparken dikkatli olunmalıdır. Ters köşeye yatabiliriz.

Yanıt: $\boxed{A}$

Kümenin $6$ elemanını $3$ kutuya yerleştireceğiz.
Her eleman için $3$ alternatif olduğu için $3^6$ farklı yolla bu işlem yapılabilir.
Yalnız, yukarıdaki dağıtımda bazı kutular boş kalmış olabilir. İçerme-Dışarma İlkesine göre
($0$,$1$ veya $2$ kutunun boş olduğu durumlar) - ($1$ veya $2$ kutunun boş olduğu durumlar) + ($2$ kutunun boş olduğu durumlar)
($0$,$1$ veya $2$ kutunun boş olduğu durumlar): $3^6$
($1$ veya $2$ kutunun boş olduğu durumlar): $\binom{3}{1} 2^6 $ (Boş olacak bir kutu seçiliyor, diğerleri akışına bırakılıyor.)
($2$ kutunun boş olduğu durumlar): $\binom{3}{2}1^6$ (Boş olacak iki kutu seçiliyor, diğerleri boş olmayan kutuya koyuluyor.)
Bu durumda $3^6 - 3\cdot 2^6 + 3 = 729 - 192 + 3 = 540$ farklı yolla bu işlem yapılabilir. Yalnız, mesela tüm $6$ eleman da $1.$, $2.$ ve $3.$ kutularda birer kez yer aldı. $540$'ın içinde kutuların sıralınışı da var. Bu durumda $\dfrac{540}{3!} = 90$ farklı yolla, kutuların sıralanışı önemsenmeksizin elemanları $3$ kutuya yerleştirebiliriz.

Kümelerin eleman sayıları $1-1-4$, $1-2-3$ ve $2-2-2$ olabilir. $\dfrac{\binom{6}{1}\binom{5}{1}\binom{4}{4}}{2!} + \binom{6}{1} \binom{5}{2}\binom{3}{3} + \dfrac{\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}}{3!} = 15 + 60 +15 = 90$.

Yanıt: $\boxed{B}$

Bu tip sorularda amaç, ifadeyi tam kare çarpanlara ayırmaktır. Neden böyle olduğunu birazdan daha iyi anlayacaksınız.
$$(x^2 - 2xy + y^2) + (4y^2 - 4yz + z^2) + (x^2 - 6xz + 9z^2) + 3 = (x-y)^2 + (2y-z)^2 + (x-3z)^2 + 3 $$
$(x-y)^2 \geq 0$, $(2y-z)^2 \geq 0$ ve $(x-3z)^2 \geq 0$ olduğu için $ (x-y)^2 + (2y-z)^2 + (x-3z)^2 + 3 \geq 3 $ elde edilir.
Yani cevabın $\geq 3$ olduğunu biliyoruz. Peki $3$ olabilir mi? Bunun için eşitsizliklerdeki eşitlik kısımlarını ortak çözmek gerekecek.
$$\begin{array}{rcl}
x-y &=& 0 \\
2y-z &=& 0 \\
x-3z &=& 0
\end{array}
$$
Açık şekilde $x=y=z=0$ bir çözüm. Bu durumda $ (x-y)^2 + (2y-z)^2 + (x-3z)^2 + 3 = 3 $ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{D}$

$\angle B = \angle D$ ve dörgen kirişler dörtgeni olduğu için $AC$ çaptır. $O$ bu kirişler dörtgeninin çevrel merkezi olsun. $\angle BOD = 2\cdot \angle BAD = 2 \cdot (180^\circ - 150^\circ) = 60^\circ$ olacağından $\triangle BOD$ bir eşkenar üçgendir. Bu durumda çemberin yarıçapı $OB=OD=BD=x+y$, çapı $z = 2(x+y) = 2x+2y \Rightarrow y = \dfrac{z-2x}2$ çıkar.

$\triangle BCD$'de Sinüs teoreminden $\dfrac{BD}{\sin {150^\circ}} = 2R \Rightarrow \dfrac{x+y}{\frac 12} = 2R \Rightarrow x+y = R$ elde edilir. $AC$ çap olduğu için $z = 2x+ 2y \Rightarrow y = \dfrac{z-2x}2 $ elde edilir.

$AC$'nin çap olduğu gerçeğini yakalayamadığımızı varsayarsak:
$\angle BAC = \angle BDC = \alpha $ olsun.
$\triangle BCD$'de Sinüs teoreminden
$$\dfrac{BD}{\sin {150^\circ}} = \dfrac{BC}{\sin {\alpha}} \Rightarrow \dfrac{x+y}{\frac 12} = \dfrac{BC}{\sin {\alpha}} \Rightarrow \sin \alpha = \dfrac{BC}{2x+2y}$$
Aynı zamanda $\triangle ABC$ dik üçgeninde $\sin \alpha = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{BC}{z}$ olduğu için, $z = 2x+ 2y \Rightarrow y = \dfrac{z-2x}2 $ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

Soruda istenen $p \lor q$ ifadesinin tersi $p' \land q'$ dir. Dört küme arasından birbirini içermeyen en fazla $2$ tane ve herhangi ikisinden biri diğerini içermeyecek en fazla $2$ tane küme bulunan tek bir konfigürasyon vardır: $A \subset B$, $C \subset D$ (Kolaylık olması açısından $A \cap C = \{\}$ ve $B \cap D = \{\}$ kabul edebiliriz.). Görüldüğü gibi $4$ küme olduğunda soruda verilen şartı sağlamayan bir konfigürasyon bulunabiliyor. Bu konfigürsayona bir $E$ kümesi eklediğinizde bu küme $A$ ya da $C$ kümelerinden birinin alt kümesi ya da $B$ ya da $D$ kümelerden birini içeriyorsa herhangi ikisinden biri diğerini içeren $3$ küme bulunmuş olacak, değilse $A,C,E$ kümeleri birbirini içermeyen $3$ küme olacak. Bu durumda alınan herhangi $5$ küme arasından sorudaki şart kesinlikle sağlanır.

Kümelerin kümesi $S$ olsun.
$(S, \subseteq)$ kısmi sıralı bir kümedir. Kısmi sıralı kümelerdeki zincir ve anti-zincir kavramlarını kullanacağız.
Soru bize $3$ uzunluklu bir anti-zincirin veya $3$ uzunluklu bir zincirin var olması için $S$ nin en az kaç elemanlı olması gerektiğini soruyor.
Dilworth veya Mirsky Teoremlerinin bir sonucu olarak $rs + 1$ elemanlı kümede $r+1$ uzunlukta bir zincir ya da $s+1$ uzunlukta bir anti-zincir bulunur. $5 = 2\cdot 2 + 1$ olduğu için $5$ elemanlı bir kısmi sıralı küme içerisinde $2+1 = 3$ elemanlı bir zincir ya da $2+1 = 3$ elemanlı bir anti-zincir vardır. O halde aradığımız en küçük $n$ değeri $5$'tir.

Kaynaklar:
Partially Ordered Sets
Bağıntılar

Yanıt: $\boxed{A}$

$$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\sqrt{1+4a_n^2}} {a_n} &=& \dfrac {1}{a_{n+1}} \\
\dfrac{1+4a_n^2} {a_n^2} &=& \dfrac {1}{a_{n+1}^2} \\
\dfrac{1} {a_n^2} + 4 &=& \dfrac {1}{a_{n+1}^2} \\
4 &=& \dfrac {1}{a_{n+1}^2} - \dfrac {1}{a_{n}^2} \\
\end{array} $$
Denklemin genel terimini bulmak için, son bulduğumuz eşitliği $a_1$'e kadar devam ettirelim.
$$\begin{array}{rcl}
4 &=& \dfrac {1}{a_{n}^2} - \dfrac {1}{a_{n-1}^2} \\
4 &=& \dfrac {1}{a_{n-1}^2} - \dfrac {1}{a_{n-2}^2} \\
&\vdots& \\
4 &=& \dfrac {1}{a_{2}^2} - \dfrac {1}{a_{1}^2} \\
4(n-1) &=& \dfrac {1}{a_{n}^2} - \dfrac {1}{a_{1}^2} \\
4(n-1)+1 &=& \dfrac {1}{a_{n}^2} \\
a_n^2 &=& \dfrac{1}{4n-3} \\
a_n &=& \dfrac{1}{\sqrt{4n-3}}
\end{array}
$$
$a_k =  \dfrac{1}{\sqrt{4k-3}} < 10^{-2} \Rightarrow 100 < \sqrt{4k-3} \Rightarrow 10003 < 4k \Rightarrow 2500 + \frac 34 < k $ olur. Yani verilen şartı sağlayan en küçük $k$ değeri $2501$ dir.

Test mantığı ile hareket edeceğiz.
$a_1 = 1$, $a_2 = \dfrac 1{\sqrt 5}$, $a_3 = \dfrac 1{\sqrt 9}$, $a_4 = \dfrac 1{\sqrt {13}}, \dots$ şeklinde devam ediyor. Buradan genel terimi $a_n = \dfrac{1}{\sqrt {4n-3}}$ şeklinde bulduktan sonra, Çözüm 1'deki işlemleri yapacağız.

Yanıt: $\boxed{C}$

Tek asal sayıların toplamı bir çift sayıdır. $k>1$ olmak üzere; $p+q=2k = 2^{1}k^{1}$ sayısının da pozitif bölen sayısı en az $2 \times 2 = 4$ olacaktır. Bu son söylediğimiz şey, kısmen yanlış. Neden? $m \geq 1$ olmak üzere; $k=2$ olma durumunda,  $2k = 4m$ olacağından bu ifadenin pozitif bölen sayısı $(2+1)=3$ tür. Belki de bu şekilde iki asal sayı yoktur. $3$ pozitif bölen olduğu için $m=1$ yani $p+q=4$ olması gerekir. Bu şekilde ardışık iki asal sayı yoktur. O zaman $4$ pozitif bölen için araştırma yapalım. $3+5 = 8 = 2^3$ sayısı $(3+1)=4$ pozitif bölene sahip. Gerçi soruyu çözerken düşünmediğimiz bir olasılıktan bulduk sonucu. $3$'ten az olamayacağını gösterdik, $3$ olamayacağını gösterdik. $4$'e bir örnek bulduk. O zaman cevap $4$'tür.
Aslında $p+q = 2k$'nın $4$ böleni olması için ya $k=4$ olacak, ya da $k$ bir asal sayı olacak. $k=4$ için $p=3, q=5$ asal sayıları bulunabilir.
$k$ asal sayı ise, $p+q = k + k $ olacağı için $k$'nın $p$ ile $q$ arasında bir asal sayı, yani $p<k<q$ olması gerekir. Bu da soru da verilen $p,q$ ardışık iki asal sayı ifadesine ters düşer. Yani, anlayacağınız, $p+q$ ifadesinin $4$ pozitif böleninin olmasını sağlayanan tek $(p,q)$ asal ikilisi $(3,5)$'tir.

$p+q \geq 8$ çift sayısının bölenlerinden bazıları kabaca $1, 2, \dfrac {p+q}2, p+q$ dir. $4$'ten daha az böleni olması için $\dfrac{p+q}2 = 2 \Rightarrow p+q=4$ olması gerekir. Asal sayılar dizisinin en küçük iki tek elemanı $3$ ve $5$ olduğu için $p+q \geq 8$ olacağıdan pozitif bölenler en azından $1,2,4,8$ olacaktır. Bu durumda $4$ pozitif bölenli $p+q$ sayısı vardır; fakat $3$ bölenli yoktur.

Yanıt: $\boxed{A}$

$1$ ve $2$ yi yerleştirdikten sonra küpü açalım.

$$\begin{array}{rcl}
&1& \\
&2& \\
A&B&C \\
&D&
\end{array}$$
$A=3$ ve $B=4$ ise $(C,D)$ ikilisi $(5,6)$ ya da $(6,5)$ olabilir.
$A=3$ ve $D=4$ ise $(B,C)$ ikilisi $(5,6)$ ya da $(6,5)$ olabilir.
Bu durumda $A=3$ ise $4$ farklı diziliş var. Benzer şekilde $C=3$ için $4$ farklı diziliş olabilir.
$B=3$ ise $D=4$ olamaz; çünkü $(A,C)$ ikilisi komşu değil. Bu durumda $B=3$ ve $A=4$ ise $(C,D)=(6,5)$ olmalı. $B=3$ ve $C=4$ için ise $(A,D)=(6,5)$ olacak.
Yani toplamda $4+4+2=10$ farklı diziliş mümkün.

Yanıt: $\boxed{C}$

Hipotenüs $c$ ve diğer kenarlar $a,b$ olsun. Pisagordan $$c^2=a^2+b^2 \geq 2ab \Rightarrow 2c^2 \geq c^2+2ab = (a+b)^2 \Rightarrow c\sqrt 2 \geq a+b$$ ve üçgen eşitsizliğinden $$a+b > c$$ elde edilir. Eşitsizliklerin her iki tarafına $c$ eklersek $$c + c\sqrt 2 \geq a+b+c \Rightarrow \dfrac{c}{a+b+c} \geq \dfrac{1}{1+\sqrt 2}$$ ve $$a+b+c > 2c \Rightarrow \dfrac 12 > \dfrac{c}{a+b+c}$$ elde edilir. $(\frac 1{1+\sqrt 2} , \frac 12]$ aralığının orta noktası $$\dfrac{\dfrac{1}{1+\sqrt 2} + \dfrac{1}{2}}{2} = \dfrac{\dfrac{3+\sqrt 2}{2+2\sqrt 2}}{2} = \dfrac{2\sqrt2 -1}4 $$
olur. Dikkat edilirse alt sınır üçgen ikiz kenar dik üçgen iken, üst sınır da üçgen dejenere iken yani açılarından biri $0^\circ$ iken elde ediliyor.

Hipotenüsü $1$ olan ve dik olmayan bir açısı $\alpha$ olan dik üçgenin çevresi $\sin \alpha + \cos \alpha +1$ olacaktır.
$x = \sin \alpha + \cos \alpha \Longrightarrow x^2= \sin^2\alpha +\cos^2\alpha +2\sin\alpha\cos\alpha=1+\sin 2\alpha$
O halde $1<x^2\leq 2 \Longrightarrow 1<x\leq \sqrt 2 \Longrightarrow 2<x+1\leq \sqrt 2 + 1$.
$\dfrac{1}{\sqrt 2 + 1} \leq \dfrac 1{x+1}<\dfrac 12$.

$\dfrac{1}{\sqrt 2 + 1}=\sqrt 2 -1$ ile $\dfrac 12$ sayılarının aritmetik ortalaması $\dfrac{\sqrt 2-1 + \dfrac 12}{2}=\dfrac{2\sqrt 2 - 1}{4}$

Yanıt: $\boxed{C}$

Üçgen eşitsizliğinden dolayı maksimum değer $1/2$  dir. Minimum değeri gösterelim. $c=\sqrt{a^2+b^2}$  için hipotenüsün çevreye oranı
$$\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{a^2+b^2}+a+b}\geq \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}+1}$$
şeklinde elde edilir ve eşitlik dik üçgenin ikizkenar olması durumunda sağlanır. Cevap ise bu iki değerin ortalaması olan $(2\sqrt{2}-1)/4$  tür.

Yanıt: $\boxed{A}$

$BD = 5k$ ise $DC = 7k$ dır. $B$ noktasının kuvvetini alırsak $$EB \cdot BC = AB \cdot BF \Rightarrow 7\cdot 5k = 5 \cdot BF \Rightarrow BF = 7k$$ elde edilir. Açıortay teoreminden $$AB\cdot AC - BD \cdot DC = AD^2 \Rightarrow 35-35k^2 = 28 \Rightarrow 7 = 35k^2 \Rightarrow k = \dfrac 1{\sqrt 5} \Rightarrow BF=7k= \dfrac{7\sqrt 5}5$$

Yanıt: $\boxed{C}$

Euler Teoreminden $(a,100) = 1$ olmak üzere, $a^{\phi (100)}  \equiv 1 \pmod {100}$ elde edilir. $\phi (100) = 100\cdot (1 - \dfrac12)\cdot (1 - \dfrac15) = 40$ olduğu için $a^{40}  \equiv 1 \pmod {100}$ olur. $40 | 99!$ olduğu için de $a^{99!}  \equiv 1 \pmod {100}$ olacaktır. Bu durumda $p_2 = 5$ hariç diğer $23$ asal sayı $100$ ile aralarında asal olduğu için $\bmod {100}$ de $1$ kalanını verirler. $5$ i özel olarak inceleyeceğiz.
$i>1$ tam sayısı için $5^i \equiv 25 \pmod {100}$ olacağından, $5^{99!} \equiv 25 \pmod {100}$ elde edilir.
Son durumda $25 + 23 \cdot 1 = 48 $ aradığımız yanıt olacaktır.

Yanıt: $\boxed{D}$

$P(n=2) = \dfrac{3 \cdot 2}{25 \cdot 24}$ olur. $n \geq 3$ için $\dfrac{3}{25}\cdot\dfrac{22}{24}\cdot\dfrac{21}{23}\cdots\dfrac{25-n}{27-n}\cdot\dfrac{2}{26-n} $ gibi bir olasılık elde edeceğiz. İlk mavi top $n-1$ yerden birine gelebileceği için $$P = (n-1)\cdot\dfrac{3\cdot 2\cdot (25-n) }{25\cdot 24\cdot 23 } = \dfrac{3 \cdot 2}{25 \cdot 24} \cdot \dfrac{(n-1)(25-n)}{23} $$ olur. $(n-1)(25-n)$ ifadesi en büyük değerini $n-1 = 25 -n$ olduğu zaman yani $n=13$ te alır. Burada yaptığımız şey, toplamları sabit olan iki sayı en büyük değerini sayılar eşitken alır. Bunu görmenin diğer bir yolu da $AO \geq GO$ eşitsizliği: $$\dfrac{(n-1)+ (25-n)}{2} \geq \sqrt {(n-1)(25-n)} \Rightarrow 13 \geq \sqrt {(n-1)(25-n)} \Rightarrow 169 \geq (n-1)(25-n)$$ ve eşitlik $n-1=25-n$ iken sağlanır. Yani $P$ yi maksimize en eden $n$ değeri $13$ tür.

Yanıt: $\boxed{B}$

$BCDE$ kirişler dörtgeni olduğu için $$\angle ABC = \angle ADE \text{ ve } \angle ACB = \angle AED$$ olacaktır. Bu durumda $\triangle ADE \sim \triangle ABC$ dir ve benzerlik oranı $\dfrac 9{15}$ tir.
$$\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{9}{15} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow \sin \angle A = \dfrac 45$$
Çevrel çemberlerin yarıçapları oranı da benzerlik oranına eşit olacağından, $(ABC)$ nin yarıçapı için $$\dfrac {\dfrac {9}{5}}{R} = \dfrac {9}{15} \Rightarrow R=3 $$ elde edilir. $\triangle ABC$ de Sinüs Teoreminden $$\dfrac {BC}{\sin \angle A} = 2R \Rightarrow R=\dfrac{24}5$$ çıkar.

$ABC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$, diklik merkezi $H$, $BC$ nin orta noktası $M$ olsun.
$AH = 2\cdot OM$ özelliğini kullanarak çözüme gideceğiz.
$AEHD$ kirişler dörtgeni olduğu için $AED$ çevrel çemberi $H$ den geçer. $AH$ bu çemberin bir çapıdır. O halde $AH = 2\cdot \dfrac 95 = \dfrac {18}5$ tir. Bu durumda $OM = \dfrac {AH}{2} = \dfrac {9}{5}$ tir.

$\triangle ADE \sim \triangle ABC$ olduğu için bu üçgenlerin çevrel yarıçaplarının oranları da benzerlik oranına eşit olacaktır. O halde $\dfrac {\frac 95}{OC} = \dfrac {9}{15} \Rightarrow OC = 3$.
$OMC$ dik üçgeni bir $3-4-5$ üçgenidir. O halde $CM = \dfrac {12}5$ ve $BC = 2\cdot CM = \dfrac {24}{5}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

Açık bir şekilde $$(x_1x_2\dots x_{1998}) \equiv 7 \cdot 10^{1996} (x_1+x_2+\dots + x_{1998}) \equiv 0 \pmod {10^{1996}}$$ olduğu görülüyor. Bu durumda $$x_3 = x_4 = \dots = x_{1998} = 0$$ olur ve soru $$(x_1x_200\dots 0) = 7\cdot 10^{1996}(x_1 + x_2)$$ halini alır.
$$x_110^{1997} + x_210^{1996} = 7\cdot 10^{1996}(x_1 + x_2) \Rightarrow 10x_1 + x^2 = 7x_1 + 7x_2 \Rightarrow 3x_1 = 6x_2 \Rightarrow x_1 = 2x_2$$
Bu şartı sağlayan $(x_1, x_2)$ ikililerinin kümesi $ S = \{(2,1), (4,2), (6,3), (8,4)\}$ ve $|S|=4$ olacaktır.

Yanıt: $\boxed{D}$

Ahmet taşını tahtanın kenarlarına koyarsa, oyuna o başlayacağı için oyunu kesinlikle kazanır. $4(n-1)$
Ahmet taşını tahtanın kenarları dışında bir kareye koyarsa, Betül taşlarını Ahmet'in taşını çapraz olarak şıkıştıracak şekilde koyar.

Yanıt: $\boxed{D}$

$f(x)=g(x)$ denkleminin çözüm kümesi $y=f(x)$ ve $y=g(x)$ denklemlerinin grafiklerinin kesiştiği noktalardır.
Bu durumda $x^6 - 2x^4 + x^2 = x^2(x^4-2x^2+1) = x^2(x^2-1)^2 = A$ denkleminin çözüm kümesi $y=x^2(x^2-1)^2$ ile $y=A$ grafiklerinin kesiştikleri noktalar olacak.
$y=x^2(x^2-1)^2$ denkleminin kökleri $\{-1,0,1\}$ dir. Tüm bu kökler katlı köktür. Yani bu noktalara gelince fonksiyon artan-azalan durumunu değiştirir. Bu durumda
$y=A< 0$ için denklemin hiç kökü yoktur.
$y=A =0$ için denklemin $3$ kökü vardır.
Yeterince büyük $A$'lar için denklemin $2$ kökü vardır.
$y=x^2(x^2-1)^2$ fonksiyonu $(-1,0)$ ile $(0,1)$ aralığında simetrik olduğu için eğrilerin tepe noktaları aynıdır. $A$ bu tepe noktasının ordinat değerine eşit olduğunda denklemin $4$ kökü olacaktır.
$(-1,0)$ aralığındaki tepe noktası ile $y=0$ arasındaki değerler için denklemin $6$ kökü olur.
Yani $n(A)=\{0,2,3,4,6\}$ dır.

Yanıt: $\boxed{\text{Soru hatalıdır}}$

$2$ tane $L$ şekliyle $2\times 3$ bölge kaplanabilir.

Bu durumda $2m \times 3k$ şeklinde alanlar sadece $L$ şekilleriyle kaplanabilir. Bu yolla $6k \times 6k$ şeklinde tahtalar sadece $L$ şekilleriyle kaplanabilir. Bu durumda $96 \times 96$ seçeneği eleniyor.
$n = 96 + 2$ ve $n= 96 + 4$ formundaki tahtalar bir tane $96\times 96$, iki tane $96 \times (n-96)$ şeklinde $L$ ler ile kaplanabilir hale getirilebilir.


Arta kalan $(n-96) \times (n-96)$ alanlar yukarıda gösterildiği gibi bir adet $\square$ kullanılarak kaplanabilir. Bu durumda $98\times 98$ ve $100 \times 100$ tahtaları da kaplanmış oldu.

$97\times 97$ tahtasını $94 \times 93$, $3 \times 92$, $93 \times 4$ lük $L$ lerle kaplanabilir alanlara aşağıdaki şekildeki gibi ayırırsak,


geriye kalan bir köşesindeki bir kare eksik $4\times 5$ lik parça da yukarıdaki gibi $L$ şekilleri ve bir adet $\square$ ile kaplanabilir.


$9\times 9$ luk bloklar yukarıdaki şekildeki gibi kaplanabileceği için $99 \times 99$ luk tahta da kaplanabilir.

O halde şıklarda verilen tüm tahtalar bahsedilen şekilde kaplanabilir.

Not 1:
Resmi cevap anahtarında bu sorunun cevabı $\boxed{D)\ 99}$ olarak verilmiş.

Kaynak:
AoPS

Not 2:
Bu sorunun hatalı olduğuna dair 2002 yılı Liselerarası Proje Yarışmasında üçüncülük ödülü almış bir çalışmaya Matematik Dünyası Temmuz 2002 (Syf. 19-22) sayısından ulaşabilirsiniz.

Yanıt: $\boxed{C}$

$BC \perp CD$ ve $CD$ $(ABC)$ çemberine teğet olduğu için $BC$ çaptır. Çemberin merkezi $O$ olsun. $O$ dan $AE$ ye inilen dikmenin ayağı $F$ olsun. $AF = FE$ olduğu için $$OC = FD = 10 \Rightarrow AF = AD - FD = 16 - 10 = 6$$
elde edilir. $\triangle OAF$ dik üçgeni $6-8-10$ üçgeni olduğu için $OF = CD = 8$ ve $\triangle ECD$ dik üçgeninde $$EC^2 = CD^2 + ED^2 \Rightarrow EC^2 = 4^2 + 8^2 = 80 \Rightarrow EC = 4\sqrt 5$$
olarak bulunur.

Yanıt: $\boxed{D}$

$$\begin{array}{rcl}
m+n &=& (1000a + 100b + 10a + b) + (1000c + 100d + 10c + d) \\
&=& 1010a + 101b + 1010c + 101d \\
&=& 101(10a + b + 10c + d) \\
&=& 101(\overline {ab} + \overline {cd}) \\
101(\overline {ab} + \overline {cd}) &=& T^2 \Rightarrow (\overline {ab} + \overline {cd}) = 101k^2
\end{array}$$
elde edilir. $20 \leq \overline {ab} + \overline {cd} \leq 198$ olacağı için de $k=1$ ve $\overline {ab} + \overline {cd} = 101$ olur.
$$ 2 \leq b+d \leq 18 \Rightarrow 101-18=83 \leq 10(a+c) \leq 99 \Rightarrow 10(a+c) = 90 \Rightarrow a+c = 9 \Rightarrow b+d = 11$$
$a\cdot b \cdot c \cdot d$ ' yi maksimize etmek için $a$ ile $c$, $b$ ile de $d$ de birbirine çok yakın olmalı. Bunun nedeni toplamları sabit olan ($a+c=9$) iki sayının çarpımı en büyük değerini sayılar eşit ($a=b$) iken alır. Bu $AO \geq GO$ nun bir sonucudur. Bu durumda
$$\{a, c\} = \{4, 5\}, \{b, d\} = \{5, 6\} \Rightarrow \max \{a\cdot b \cdot c \cdot d\} = 4 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 6 = 600$$ olur.

Yanıt: $\boxed{D}$

Soruda "diğer oyuncunun taşının başlangıçta bulunduğu sıraya önce ulaştıran" gibi bir ifade var. Aslında "sıra" yerine "satır" denmesi gerekirdi. Sıra aynı zamanda sütunu da tanımlayabileceği için ilk oyuncu her zaman tahtanın kenarlarından birine ikinci oyuncudan önce varabilir. Cevap anahtarında $D$ seçeneği doğru şık olarak verildiği için, soruda "sıra" ifadesinden maksadın "satır" olduğu sonucu çıkar.

$n\leq m$ olduğu durumlarda birinci oyuncu her zaman dikine hareket ederse oyunu kazanır.

$m = 997, n=1998$ durumu için, tahtayı satranç tahtasında olduğu gibi damalı (siyah-beyaz) şekilde boyayalım. Sol üst köşe beyazsa, sağ alt köşe siyah olacaktır. İlk hamle sonunda birinci oyuncu siyah kareye geçecek, bu durumda ikinci oyuncu siyah karede olduğu için birinci oyuncunun taşını yiyemez. Bu durum sonraki hamleler için de geçerli olacak. $m = 997, n=1998$ için ikinci oyuncunun birinci oyuncunun taşını yeme ihtimali yok. Birinci oyuncuda, ilk başlama avantajı da olduğu için oyunu her zaman kazanabilir.

$m = 998, n=1998$ durumu için ise, sol üst köşe beyazsa, sağ alt köşe de beyaz olacak. Bu durumda, birinci oyuncu her zaman farklı renkteki kareye hareket etmek zorunda olduğu için ikinci oyuncuyu hiçbir zaman yiyemeyecek. Bu durumda yeme avantajı, ikinci oyuncuda oluyor. Bakalım, ikinci oyuncu bu avantajını nasıl fırsata dönüştürecek.
İkinci oyuncu ilk olarak birinci oyuncuyla aynı sütunda yer alana kadar yatay hareket yapacak. Bu durumda, bu kadar yatay hareketle oyunu kazanmak için rakibinin taşını yemesi gerekecek. Bu aşamadan sonra, rakibiyle arasındaki dikey farkı yavaş yavaş kapatmaya başlayacak. Rakibi bu durumdan kurtulmak için yatay hareketler yapacak. Normalde yatay hareketlerin takibi gerekir; ama birinci oyuncu bir sağa bir sola giderek oyunu kilitleyebileceği için, sütun takibi için daha farklı bir strateji gerekir. İkinci oyuncu birinci oyuncu ile sütunu eşitledikten sonra, birinci oyuncunun yatay hareketine ilk başta dikey hareketle tepki verecek. Birinci oyuncu bir önceki adımda yaptığı yatay hareketin tersini yapmaya çalışırsa, birinci oyuncu zaten o sütunda olduğu için bir tane daha dikey hareketle birinci oyuncuya daha da yaklaşacak. Birinci oyuncu bir önceki hamlesiyle aynı yönde yatay hareketi tekrarlarsa, bu sefer ikinci oyuncu onu sütunca takibe alacak. Birinci oyuncu illa ki ters yönde yatay hareket yapacak çünkü en kötü ihtimalle tahtanın kenarına gelecek. Bu ana kadar, ikinci oyuncu bir karelik takip mesafesini korumuş olacak. İkinci oyuncu, aralardaki dikey harekete dikey hareketle cevap verirken sütunca takip mesafesi korunurken satırca takip mesafesi azalacak. Belirli bir andan sonra, birinci oyuncu ile ikinci oyuncu aynı $2\times 2$ karenin içerisinde yer alacak ve ikinci oyuncu birinci oyuncuyu yiyecek.

Yanıt: $\boxed{A}$

$$\begin{array}{rcl}
x=y=1 &\Rightarrow& f(1) + f(1) = f(1)^2 + 1 - \dfrac 1{1\cdot 1} \\ &\Rightarrow& 2f(1) - f(1)^2 = 0 \\ &\Rightarrow& f(1)(2 - f(1)) = 0 \end{array}$$
olduğu için $f(1) = 0$ ya da $f(1) = 2$ elde edilir.
$$\begin{array}{rcl}
x=2, y=1 &\Rightarrow& f(2) + f(1) = f(2)f(1) + 1 - \dfrac 1{2\cdot 1} \\
&\Rightarrow& f(2) - f(2)f(1) = \dfrac 12 - f(1) \\
&\Rightarrow& f(2)(1 - f(1)) = \dfrac 12 - f(1) \\ &\Rightarrow& f(2) = \dfrac{\dfrac 12 - f(1)}{1 - f(1)} \end{array}$$
olduğu için $f(1) = 0$ ise $f(2) = \dfrac 12$ ya da $f(1) = 2$ ise $f(2) = \dfrac 32$ elde edilir. Soruda $f(2) < 1$ olarak verildiği için $f(1) = 0$ dır.

$$\begin{array}{rcl}
y=1 &\Rightarrow& f(x) + f(1) = f(x)f(1) + 1 - \dfrac 1{x\cdot 1} \\
&\Rightarrow& f(x) = 1 - \dfrac 1x \\
&\Rightarrow& f(3) = \dfrac 23 \end{array}$$
elde edilir.
Çözümün sıhhati açısından $f(x) = 1 - \dfrac 1x $ fonksiyonunun soruda verilenleri sağladığından emin olalım:
$$\begin{array}{rcl}
f(x) = 1 - \dfrac 1x &\Rightarrow& f(2) = \dfrac 12 \\
f(x) + f(y) - f(x)f(y) &=& (1 - \dfrac 1x) +  (1 - \dfrac 1y) - (1 - \dfrac 1x)(1 - \dfrac 1y) \\
&=& 2 - 1 - \dfrac 1x - 1 - \dfrac 1y - \dfrac 1{xy} + \dfrac 1x + \dfrac 1x \\
&=& 1 - \dfrac 1{xy}
\end{array}$$

Yanıt: $\boxed{A}$

$AD \cap BC = \{I\}$, $AF \cap BE = \{J\}$ ve $AB \cap GH = \{K\}$ olsun.
$$\begin{array}{rcl}
AE = EC &=& CF = FD \\
\angle BID &=& \dfrac {\angle AC + \angle BD}2 = 90^\circ \\ \\
\angle BJF &=& \dfrac {\angle AE + \angle BF}2 \\ \\
 &=& \dfrac {\angle AC - \angle EC  + \angle BF}2 \\ \\
 &=& \dfrac {\angle AC - \angle FD  + \angle BF}2 \\ \\
 &=& \dfrac {\angle AC + \angle BD}2 = 90^\circ\\
\end{array}$$
elde edilir. Bu durumda $\triangle ABH$ da, $AI$ ve $BJ$ yükseklik olduğu için $G$ diklik merkezi ve $HK$ da yükseklik olur. Bu durumda $$\angle ABH = \dfrac {\angle AC}2 = \dfrac{\alpha}2 \Rightarrow \angle ABH +  \angle BHG = 90^\circ \Rightarrow \angle BHG = 90^\circ - \dfrac {\alpha}2 $$ olur.

Yanıt: $\boxed{C}$

$n=0$ için, $d$'nin tam sayı olması gerekir.
$n=1$ için, $a+b+c+d$ bir tam sayıdır
$n=2$ için, $8a + 4b + 2c + d$ tam sayıdır.
$n=3$ için, $27a + 9b + 3c + d$ tam sayıdır.
Buna göre $(a+b+c+d)-d = a+b+c$ bir tam sayı,
$(8a+4b+2c+d) - 2(a+b+c) - d = 6a + 2b$ bir tam sayı,
$(27a + 9b + 3c + d) - 3(a+b+c) -d = 24a + 6b$ bir tam sayı,
$4(6a+2b) - (24a + 2b) = 2b$ bir tam sayı,
$(6a+2b) - 2b = 6a$ bir tam sayı çıkar.
Soruda $a>0$ verildiği için $6a>0 \Rightarrow 6a \geq 1 \Rightarrow a \geq \dfrac 16$ elde edilir.  $a =\dfrac{1}6$ değeri için $an^3 + bn^2+cn+d$ ifadesini her zaman tam sayı yapan $b,c,d$ sayıları var mı? Onu araştıracağız. Yani $a \geq \dfrac 16$ olduğunu gösterdik; ama henüz $a=\dfrac 16$ olabileceğini gösteremedik.
$(n-1)(n)(n+1) = n^3 - n $ sayısını ele alalım. Ardışık üç sayıdan en az biri $2$ ile, tam olarak bir tanesi de $3$ ile bölünür. Bu üçünün çarpımı da doğal olarak $6$ ile bölünür. Bu durumda $\dfrac{n^3-n}{6} = \dfrac 16 \cdot n^3 + 0 \cdot n^2 + \dfrac {-1}{6} \cdot n + 0 $ sayısı her $n\geq 0$ için tam sayıdır.

Yanıt: $\boxed{C}$

Test mantığı ile hareket edeceğiz. Eksik çözüm yapıp, en azından soruyu belirli bir aşamaya getireceğiz.
$$\binom{10}{0} = \binom{10}{10} < \binom{10}{1} = \binom{10}{9} < \binom{10}{2} = \binom{10}{8}  < \binom{10}{3} = \binom{10}{7} < \binom{10}{4} = \binom{10}{6} < \binom{10}{5} = 252$$
Görüldüğü gibi $k$-elemanlı altkümelerin sayısı en büyük değerini $k=5$ olduğunda alıyor. $k$-elemanlı altkümelerden hiçbiri bir diğerini içermez, içerseydi altkümelerin ikisi de $k$ elemanlı olduğu için altkümeler aynı olurdu.
Ya bazısı $3$-elemanlı, bazısı $4$-elemanlı, bazısı $5$-elemanlı, bazısı da $6$-elemanlı altkümelerin birleşimden elde edilen altküme kümesi daha çok elemanlı ise? Buna karar vermek test içinde o kadar kolay değil. En azından, bu çözüm için bu iddianın doğru olmadığını ispatlamayacağız. Önsezilerimizle, $C$  şıkkını işaretleyeceğiz.

Çözüm 1'in aksine burada matematiksel bir çözüm yapalım. Açıkçası söz konusu problem bir Kombinatorik konusu olan Sperner Teoremi'ni doğrudan soruyor. Biraz da bu teoremin ispatını bilerek bir çözüm yapacağız. Böyle bir çözümün bir test süresinde düşünülüp yapılmasını çok mümkün görmüyoruz. Yine de;
$S$ ile birbirinin altkümesi olmayan kümeleri içeren bir kümeyi gösterelim.
En basit mantığıyla, $S = \{ \{1\}, \{2\}, \{3\}, \dots \{10\} \}$ bu şekilde bir küme olacak. $S_i$ ile $S$ kümesinin $i$ elemanlı kümelerden oluşan elemanları içeren kümeyi gösterelim. Buna göre yukarıda verdiğimiz basit örnek için $|S_5|=0$ iken $|S_1|=10$ dur.
$S = \{x: |x|=5 \land x \subset \{1,2, \dots , 10\} \}$ şeklinde bir $S$ kümesi alalım. $|S|=\binom{10}{5} = 252$ ve $S$'deki elemanlardan hiçbiri bir diğerinin altkümesi değil. Bu durumda örneğin $|S_0| = |S_3| = |S_9| = 0$ iken $|S_5|=252$ dir.
Bu tanımlamaları yaptıktan sonra, asıl sorunun çözümüne gelelim.

$S$ içerisinden $k$ elemanlı bir eleman alıp (unutmayalım, $S$ nin elemanları birer kümeydi!), Bu elemanları $k!$ şekilde sıralayalım. Sonra da $\{1,2,\dots, 10\}$ kümesinin kullanmadığımız $10-k$ elamanını $(10-k)!$ şekilde sıralayalım. $k$ elemanlı elemanların kümesi $S_k$ olacağından toplamda $|S_k|\cdot k! \cdot (10-k)!$ şekilde $(1,2,\dots 10)$ sayılarının bir permütasyonunu elde etmiş olduk.
Son yaptığımızı her $0\leq k \leq 10$ sayısı için yaparsak toplamda $$\displaystyle\sum_{k=0}^{10} |S_k|\cdot k! \cdot (10-k)!$$
permütasyon elde ederiz. Toplamda elde ettiğimiz bu permüstasyonlar arasında aynı permütasyonlar var mı? Yoksa bu permütasyon sayısı $$\displaystyle\sum_{k=0}^{10} |S_k|\cdot k! \cdot (10-k)! \leq 10!$$ olmalı; çünkü $10$ elemanlı bir kümenin $10!$ permütasyonu vardır. Toplamda elde ettiğimiz permütasyonlar arasında aynı olanlar varsa, o zaman dükkanı kapatma vakti gelmiş. Çünkü yapacak bir şeyimiz kalmadı demektir. Dua edelim, böyle bir şey olmasın.
$S$ nin herhangi iki elemanını ele alalım. Bunlardan biri $x$ elemanlı $X$, diğeri $y$ elemanlı $Y$ olsun; genellemeyi bozmadan $x \leq y$ kabul edelim. $X$ i kullanarak yukarıda anlatıldığı gibi $10$ elemanlı bir permütasyon üretelim. Sonra da $Y$ yi kullaranak bir permütasyon üretelim. Bu iki permütasyonun ilk $x$ basamağına bakalım. $X \not\subset Y $ olduğu için, bu basamaklar aynı olamaz. Bu durumda üretilen tüm permütasyonlar farklı, bunların toplam sayısı da $10!$ den küçük ya da $10!$ e eşittir. Biraz düzenleme yaparsak:
$$\displaystyle\sum_{k=0}^{10} |S_k|\cdot k! \cdot (10-k)! \leq 10! \Rightarrow \displaystyle\sum_{k=0}^{10} {\dfrac{|S_k|}{\dfrac{10!}{k! \cdot (10-k)!}}} \leq 1 \Rightarrow \displaystyle\sum_{k=0}^{10} \dfrac{|S_k|}{{10 \choose k}} \leq 1 $$ elde ederiz. Şimdi de $${10 \choose k} \leq {10 \choose 5} \Rightarrow \dfrac{|S_k|}{{10 \choose 5}} \leq \dfrac{|S_k|}{{10 \choose k}}$$ özdeşliğini kullanarak
$$\displaystyle\sum_{k=0}^{10} \dfrac{|S_k|}{{10 \choose 5}} \leq \displaystyle\sum_{k=0}^{10} \dfrac{|S_k|}{{10 \choose k}} \leq 1 $$ ve $$\dfrac 1{{10 \choose 5}} \cdot \displaystyle\sum_{k=0}^{10} |S_k| \leq 1 \Rightarrow \displaystyle\sum_{k=0}^{10} |S_k| = |S| \leq {10 \choose 5}$$ elde ederiz. Son eşitsizlik bize hiçbiri bir diğerinin altkümesi olmayan kümelerin toplam sayısının en fazla ${10 \choose 5}$ olacağını söylüyor. Anlaşılır kılmak için, biraz uzattık; yoksa internetteki kaynaklarda sadece yukarıdaki cebirsel ifadeler verilerek ispat yapılıyor.

İlk çözümdeki, daha doğrusu eksik çözümdeki, eksik parçayı tamamlayalım.

En büyük dağılımlardan biri $S$ olsun. Bu altkümelerden en fazla eleman içeren $S_a$ kümesinin eleman sayısı $a$, en az eleman içeren $S_b$ kümesinin eleman sayısı $b$ olsun.
$a \neq b$ olduğunu varsayalım.
$b$ elemanlı $S_b$ altkümesine $a-b$ sayıda eleman ekleyerek $a$ elemanlı $X_{a_i}$ kümelerini elde edelim. $S_b \not \subset S_a$ ve $S_b \subset X_{a_i}$ olduğu için $X_{a_i} \not \subset S_a$ olacaktır. $S_b$ yi dağılımdan çıkarıp $X_{a_i}$ kümelerini dağılıma ekleyelim. Bu durumda yeni dağılımın eleman sayısı $S$ den fazla olacaktır. Bu da $S$ nin en fazla altkümeye sahip olduğu varsayımı ile çelişir. O halde $a=b$, yani $S$ nin tüm elemanları aynı sayıda elemana sahip altkümelerdir.
$k$-elemanlı altkümelerin sayısı en büyük değerini $k = 5$ iken alacağı için aradığımız yanıt, $\binom{10}{5} = 252$ dir.