I. Aşama Deneme sınavı

[AtakanCİCEK]

Arkadaşlar hazırlamış olduğum TUBİTAK deneme sınavını paylaşmak istiyorum. PDF deki yazım hatalarını düzelttiği için metonster'e teşekkür ediyorum. Yazım hatası var ise bildirirseniz mutlu olurum.
Sınav süresi $3$ saattir.

Not:$9$  nolu soruda şıkları hatalı vermişim. Uygun bir vakitte düzelteceğim.


Cevap Anahtarı
$1-C , 2-A , 3-C, 4-A , 5-D , 6-A , 7-C , 8-E(20250) , \\ 9-D , 10-C , 11-D , 12-B , 13-B , 14-D , 15-B , 16-E(50) , \\ 17-C , 18-E(10) , 19-E ( 8 ) , 20-D , 21-C , 22-E (2k \text{  formatındaki sayılar}), \\ 23-A, 24 -A , 25-A, 26-B , 27-E(27) , 28 - C , 29-E , 30-B , 31-E(\dfrac{3}{2}) , 32-C$ 


Not: Soruları eski overleaf hesabımın birinde buldum ve tekrar ekledim. (Bazı sorular çok zor olabilir müsait bir zamanda çözümlerini ekleyeceğim)

[DrLucky]

Arkadaşlar hazırlamış olduğum TUBİTAK deneme sınavını paylaşmak istiyorum. PDF deki yazım hatalarını düzelttiği için metonster'e teşekkür ediyorum. Yazım hatası var ise bildirirseniz mutlu olurum.
Sınav süresi $3$ saattir.

Not:$9$  nolu soruda şıkları hatalı vermişim. Uygun bir vakitte düzelteceğim.

https://docdro.id/0onGYkO

Cevap Anahtarı
$1-C , 2-A , 3-C, 4-A , 5-D , 6-A , 7-C , 8-E(20250) , \\ 9-D , 10-C , 11-D , 12-B , 13-B , 14-D , 15-B , 16-E(50) , \\ 17-C , 18-E(10) , 19-E ( 8 ) , 20-D , 21-C , 22-E (2k \text{  formatındaki sayılar}), \\ 23-A, 24 -A , 25-A, 26-B , 27-E(27) , 28 - C , 29-E , 30-B , 31-E(\dfrac{3}{2}) , 32-C$

Çözümleri bulabileceğimiz bir yer var mıdır?

Bir de 9. soruda dış teğet çember uzunluğu derken hangi uzunluktan bahsediyor?

Cevap: Dış teğet çemberlerin uzunluğu derken dış teğet çemberlerin yarıçaplarının uzunluğu demek istemiş. (L. Gökçe)

[AtakanCİCEK]

Çözümlerin olduğu listeyi malesef bulamadım fakat bu yoruma çözümleri ekleyeceğim. Not: 32 soruyu da eklediğimde çözümlerin pdf halini koyacağım.
$1)$ : https://geomania.org/forum/index.php?topic=6351.0

$2)$ :  Üslü sayıların farkı bulunan diyafont denklemler genellikle üslerin çift olduğunun ispatlanıp iki kare farkı uygulanmasıyla çözülür.
İspatlamak için $8$ modunda inceleyecek olursak
   $p \not = 2$ için $p$ tek sayıdır. O halde $p\equiv 1,3 (mod4)$ olabilir. Buradan $$p^2\equiv 1,9 (mod16)$$yani $$p^2\equiv 1(mod8)$$ olduğu görülebilir.

a) $k=2a$ , $n=2b+1$ olsun.
$5^{2a}\equiv 1(mod8)$ , $3^{2b+1}\equiv 3(mod8)$ olur. Buradan $5^k-3^n\equiv -2 \equiv 6(mod8)$ olarak bulunur. Ancak eşitliğin sağ tarafının modu 1 olduğu için yanlıştır.

b) $k=2a+1$ ,  $n=2b$ olsun. 
$5^{2a+1}\equiv 5(mod8)$  ve $ 3^{2b}\equiv 1(mod8)$ olduğu görülebilir. Buradan ise $5^k-3^n\equiv 4(mod8)$ olur bu da $p=2$ haricinde mümkün değildir.

c) $k=2a+1$ , $n=2b+1$ olsun.
$5^{2a+1}\equiv 5(mod8)$ ve $ 3^{2b+1}\equiv 3(mod8)$ olur.  Buradan $ 5^k-3^n \equiv 2 (mod8)$ elde edilir ki bu mümkün değildir.

d) $k=2a , n=2b $ olsun.
Buradan ise $$5^k-3^n=(5^a-3^b) . (5^a+3^b) = p^2$$ yazılabilir.  Eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin çarpanlarına ayrılmış halleri $\{1,p^2\}\{p,p\}\{p^2,1\}$ olabilir. Eşitliğin sol tarafında kalan terimleri eşlemeyi denediğimizde
$5^a-3^b=1$ ve $5^a+3^b=p^2$olduğu görülebilir. $5^a-3^b$ ifadesini sırasıyla 3 ve 5 modlarında incelersek
$2^a\equiv 1(mod3)$ve $-3^b\equiv 1(mod5)$ eşitsizlikleri elde edilir. İlk denkliğe bakıldığında $a$ sayısının çift olduğu görülebilir. İkinci denklik ise $3^b\equiv -1(mod5)$  $b$ nin aldığı her $4$ değerde tekrarladığı göz önüne alınarak $b\equiv 2(mod4)$olduğu elde edilebilir yani çifttir. Ancak $5^a-3^b= (5^{a/2}-3^{b/2}).((5^{a/2}-3^{b/2}))=1$ olduğundan dolayı  $5^{a/2}-3^{b/2}=1$ ve $(5^{a/2}-3^{b/2}=1$ yani bu da $3^{b/2}=0$ olur,  çelişkidir.

O halde $k=2a+1 , n = 2b$ olmalıdır. Bu durum için $p=2$ olduğunu da göz önüne alırsak $5^{2a+1}-3^{2b}=4$ olur. Bu denklemi $b>1$ için $3$ modunda incelersek  $$ 5.25^a -3^{2b}\equiv2 (mod3)$$ olur. Bu da eşitsizliğin sağ tarafı ile çelişir. O halde $b=0$ olmalıdır. $5.25^a-1=4$ buradan ise $a=0$ olur,  $k=1 , n=0 , p=2$ denklemin tek çözümü olur.

$3)$ $x^6+2x^5+2x^4-2x^3-10x^2-10x-3=0$ eşitliğinin $x=-1$ için sağlandığı tahmin edilebilir. Polinom bölmesi yardımıyla $(x+1).(x^5+x^4+x^3-3x^2-7x-3)=0$ olur. $x=-1$ ilk çözümdür.
$x^5+x^4+x^3-3x^2-7x-3= x^4(x+1)+x^3-x -3x^2-6x-3=x^4.(x+1)+(x^2-x).(x+1)-3.(x+1)^2=(x+1).(x^4+x^2-4x-3)$ olduğu elde edilir.  $x\not = -1$ için $x^4+x^2-4x-3=0$ elde edilir. 4. dereceden denklemlerin çözüm yollarından biri olarak  $(x^2+ax+b).(x^2+cx+d) = x^4+x^2-4x-3$ şeklinde polinom eşitliği kullanılabilir. Dağılımı yaparsak  $$ x^4+ (a+c) x^3 + (ac+b+d) x^2+ (ad+bc) x +bd$$ elde edilir.
$$ a+c= 0 , ac+b+d= 1 , ad+bc= -4 , bd=-3$$ eşitlikleri elde edilir. Bu denklemin çözümünü bulmanın yollarından biri $bd=-3$ ifadesinde $b$ ve $d$ ye değerler vererek $a$ ve $c$ nin diğer eşitlikleri sağladığını görmektir.  $b=3, d=-1$ için $ ac+3-1=1$ yani $ac=-1$ ve $a+c=0$ elde edilir. Buradan $a=1$, $c=-1$ veya $a=-1$, $c=1$  olduğu tahmin edilebilir. $ad+bc=-4$ eşitliğini sağlayanı ise $a=1$, $c=-1$ olur.
O halde ifademizin çarpanlarına ayrılmış şekli $x^4+x^2-4x-3=(x^2+x+3).(x^2-x-1)$ olur.   İlk çarpanın $\Delta<0$ olduğundan dolayı reel kökü yoktur. İkinci çarpanın ise kökleri toplamı $1$ dir.  Farklı reel köklerinin toplamı $A=-1+1=0$ buradan $A.(B+1)=0$ elde edilir.

$4)$ Boyaların numaraları $1,2,3,4,5$ olsun. $1$ ile $2$ nin birlikte olduğu ve $3$ ile $4$ ün bulunduğu $2$x$2$ kutular oluşturalım. $1$ ve $2$ numaradan oluşan $2$x$2$ kutuyu tüm köşegen üzerine koyalım. Daha sonra her satır ve sütünda $3$ ve $4$ olmasını sağlamak için $1$ ve $ 2$ numaralarını içeren 1. kutu hariç diğer soluna ve üstüne $3$ ve $4$ içeren kutuları koyalım. Oluşan şekilde kalan tüm boşlukları $5$ ile tamamlarsak $5$ farklı renkle $10$x$10$ luk kutuyu kurallara uygun şekilde boyamış oluruz.
\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline   1 & 2  & 3 & 4 &  &  &  &  &  &      \\ \hline 2 & 1 &4  & 3 &  &  &  &  &  &      \\ \hline 3 & 4 & 1 & 2  &  &   &  &  &  &       \\ \hline 4 & 3  & 2 & 1 &  &  &  &  &  &      \\ \hline  & & &   & 1 & 2 & 3 & 4 &  &  \\ \hline    &   &  &  & 2 & 1 & 4 & 3 &  &   \\ \hline   &  &  &  & 3 & 4 & 1 & 2 & 3 & 4  \\ \hline &  &  &  & 4 & 3 & 2 & 1 & 4 &  3 \\ \hline &  &  &  &  &  & 3 & 4 & 1 & 2  \\ \hline  &  &  &  &  &  & 4 & 3 & 2 & 1 \\  \hline   \end{array}


$5)$ Değer seçimi yapmadan genel çözümü için https://geomania.org/forum/index.php?topic=6382.0

$6)$ eşitliğin her iki tarafını $a^2$ ile genişletelim.
$$a^2.p=a^4+a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2$$ olur.  $a^2b^2=c^2d^2$ yazalım.
$$ a^2. p = a^4+ c^2d^2+a^2c^2+a^2d^2$$ olur. Çarpanlarına ayırırsak
$$a^2.p = (a^2+c^2)(a^2+d^2)$$ $a,b,c,d$ pozitif tamsayılar olduğu için $a^2+c^2>a^2$ ve $a^2+d^2>a^2$ olduğunu biliyoruz. Buradan $a^2$ ifadesi eşitliğin sağ tarafındaki çarpanlardan sadece birinin böleni bile olsa sadeleştirmeden sonra eşitliğin sağ tarafında $1$ den büyük $2$ tane çarpan bulunacağı için $p$ asal sayı olamaz. $0$ çözüm bulunur.

[Metin Can Aydemir]

Daha önce paylaştığım buradaki "İki Tamkarenin Toplamı" adlı çalışmadan faydalanılarak 6. soruya başka bir çözüm daha getirilebilir.

Lemma:$p$ tek bir asal sayı olmak üzere  $p\equiv 3\pmod{4}$ ise $p$, iki tamkarenin toplamı olarak ifade edilemez. $p\equiv 1 \pmod{4}$ formatında ise tek bir şekilde ifade edilebilir. (Örnek: $5=1^2+2^2$, $13=2^2+3^2$, $101=1^2+10^2$ fakat $x^2+y^2=7$ olacak şekilde $x$ ve $y$ tamsayıları yoktur.)

İspat: Yukarıda belirttiğim konuda ispatı vardır.

Soruya dönersek, ilk olarak $p\neq 2$ olduğu görülebilir çünkü $p=a^2+b^2+c^2+d^2\geq 4$'dür, yani $p$ tektir. $ab=cd$ olduğundan $$p=a^2+b^2+c^2+d^2+2ab-2cd=(a+b)^2+(c-d)^2$$ $$p=a^2+b^2+c^2+d^2-2ab+2cd=(a-b)^2+(c+d)^2$$ olur. Yukarıda verdiğimiz lemmadan dolayı $\left (a+b, |c-d|\right)=\left (|a-b|, c+d\right)$ veya $\left (a+b, |c-d|\right)=\left (c+d,|a-b|\right)$ olmalıdır. $a,b,c,d$ sayıları pozitif olduğundan $a+b\neq |a-b|$ olacaktır. Dolayısıyla $a+b=c+d$ ve $|a-b|=|c-d|$ olur. Genelliği bozmadan $a\geq b$ ve $c\geq d$ dersek, $$2a=(a+b)+|a-b|=(c+d)+|c-d|=2c\implies a=c$$ olur. Buradan $b=d$ sonucu da çıkar. Dolayısıyla, $$a^2+b^2+c^2+d^2=2(a^2+b^2)=p$$ olur. $p$ tek sayı olduğundan bu bir çelişkidir. Çözüm yoktur.

[AtakanCİCEK]

Sayılar Teorisi Sorularının çözümleri

6) Yanıt: A $(a,c)=g$  olsun ve $a=gu$  ve $b=gv$  alacak şekilde $g,u,v$ pozitif tam sayılarını seçelim. Benzer şekilde $ab=cd$  yardımıyla $b=vt$ ve $d=ut$ olacak şekilde $t$ pozitif tamsayısı bulunduğu görülebilir.

$$a^2+b^2+c^2+d^2=(gu)^2+(vt)^2+(gv)^2+(ut)^2=g^2(u^2+v^2)+t^2(u^2+v^2)=(g^2+t^2)(u^2+v^2)$$ ve $g^2+t^2>1$ ve $u^2+v^2>1$ olduğu için en az $2$ asal çarpanı vardır (farklı olması gerekmiyor) ve bu nedenle bu ifade pozitif tam sayılarda asal sayıya eşit olamaz.

Not: Örneğin  $g,t,u,v$  değerlerinden biri $0$ olabilseydi  $t^2(u^2+v^2)$ ve $t=1$  alırsak $u^2+v^2=p$ şeklinde bir eşitlik elde ederdik ve $p=4m+1$ formatındaki asal sayılar için daima $u,v$ bulunabilirdi.


10)   Yanıt: C   Bu sorudaki küçük tamsayımız $n$ olsun ve $S(n+1)-S(n)=1$ olmaması için (bu durumda her iki sayının rakamları toplamı $\pmod {11}$ de denk olamaz.) sondan en az bir basamağı $9$ olmalıdır. Varsayalım ki sondan $k$ tane $9$ olsun. Bu durumda $S(n+1)=S(n)+1-9k$ olur çünkü sondaki $k$ tane $9$ $0$  a dönüşür ve sonraki sonraki basamağın $1$ artmasını sağlar.  Buradan $$9k-1\equiv 0 \pmod{11}$$ denkliği elde ederiz ve $k\equiv 5 \pmod {11}$ olur. En düşük basamak sayısı için $k=5$ almalıyız. Bu durumda sayımız $6$ basamaklı ise $n=a99999$ olur ve $1\leq a \leq 8$ için $46\leq S(n) \leq 54$ olduğundan dolayı sayıının rakamları toplamı $11$ e bölünemez. Sayımız $n=ab99999$ şeklinde $7$ basamaklı olmalıdır ve $n=2899999$  örnek verilebilir.



14) Yanıt: D Bu soruda bir sayının özel olması sayının ondalık yazımındaki $0$ dan farklı rakamlarının her birine bölünmesi anlamına gelir. Öncelikle aynı onluk blok içinde iki ardışık özel sayı varsa önemli bir sonuç elde ederiz. Bu sayılar $10m+i$ ve $10m+i+1$ olsun. Eğer $m$ sayısının rakamları arasında $2,3,\ldots,9$ rakamlarından biri bulunursa bu rakam iki sayının da içinde bulunur. O zaman iki ardışık sayının ikisi de aynı $d>1$ rakamına bölünmek zorunda kalır ve bu mümkün dğeildir. Bu nedenle aynı onluk blokta iki ardışık özel sayı varsa $m$ sayısının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olabilir.
Ardışık çok sayıda özel sayı üretmek için doğal olarak bir onluk bloğun tamamını özel yapmamız gerekiyor. Yani $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özel olmalı ve $m$ in yazılış koşulu göz önüne alındığında  son rakamlardan gelen şartlara bakarsak $10m+7$ özel olduğu için $7\mid m$, $10m+8$ özel olduğu için $4\mid m$ ve $10m+9$ özel olduğu için $9\mid m$ gerekir. Bu şartlar $10m+3,10m+4$ ve $10m+6$ sayıları için gereken bölünebilme şartlarını da sağlar. Bu nedenle $252\mid m$ olması bu onluk bloğu özel yapmak için yeterli şarttır.

10 sayıda kalmamak için bu bloğun arkasına $10m+10,10m+11,10m+12$ sayılarını da eklemek isteriz. Bu üç sayı $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçimindedir. Eğer $m+1$ sayısının rakamları da yalnızca $0$ ve $1$ ise ilk iki sayı otomatik olarak özel olur ve üçüncü sayı da $2$ ye bölündüğü için özel olur. Bu nedenle $m$ ve $m+1$ sayılarının ikisinin de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşmasını isteriz. Bunu sağlamak için $m=10s$ alınabilir. Bu durumda $m+1=10s+1$ olur. Ayrıca $252\mid m$ şartı $252\mid 10s$ demektir ve buradan $126\mid s$ yeterli olur.
Burada $s$ için sadece $0$ ve $1$ rakamlarından oluşan ve $126$ ya bölünen bir sayı arıyoruz.

Not: $9$ ile bölünebilme şartından dolayı  sayının en az $9$ adet $1$ içermesi ve son basamağın $0$ olmasını varsayabileceğimiz için en az $10$ basamaklı sayı seçmemiz gerektiğini ve elimizdeki $1$ leri $0$ kullanarak $7$  ile bölünebilme kuralına benzetmek sayıyı daha kolay elde etmemizi sağlar.

 Buradan düşünürsek $s=11110111110$ seçilebilir. Gerçekten $11110111110=126\cdot 88175485$ olur. O halde $m=10s=111101111100$ alabiliriz. Şimdi $m=111101111100$ için $m$ ve $m+1=111101111101$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ dir. Ayrıca $252\mid m$ olur. Bu nedenle $10m,10m+1,\ldots,10m+9$ sayılarının hepsi özeldir. Bunun yanında $10m+10,10m+11,10m+12$ sayıları da $10(m+1),10(m+1)+1,10(m+1)+2$ biçiminde oldukları için özeldir. Böylece $1111011111000,1111011111001,\ldots,1111011111012$ sayıları ardışık $13$ özel sayıdır. Demek ki cevap en az $13$ tür.

Şimdi $14$ tane ardışık özel sayı olamayacağını gösterelim. Böyle bir dizi olduğunu varsayalım ve ilk sayı $10q+r$ olsun. Burada $0\leq r\leq 9$ alabiliriz. Eğer $0\leq r\leq 7$ ise dizide hem $q$ bloğundan hem de $q+1$ bloğundan en az iki ardışık sayı bulunur. İlk gözlemden dolayı $q$ ve $q+1$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu durumda $q$ sayısı $0$ ile bitmelidir ve $q=10t$ yazılabilir. Ayrıca dizi içinde $10q+7,10q+8,10q+9$ sayıları da bulunur. Bunlar özel olduğu için $7\mid q$, $4\mid q$ ve $9\mid q$ olur. Dolayısıyla $252\mid q$ olur. $q=10t$ olduğundan $126\mid t$ elde edilir. Aynı dizide $10q+13$ sayısı da bulunur. Bu sayı $10q+13=100t+13$ biçimindedir ve içinde $3$ rakamı vardır. Özel olsaydı $3$ e bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 3$ olur ve $100t+13\equiv 1\pmod 3$ bulunur. Bu çelişkidir. Eğer $r=8$ ise dizide $q$ bloğundan $10q+8,10q+9$ sayıları vardır ve $q+1$ bloğunun tamamı vardır ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı vardır. İlk gözlemden dolayı $q,q+1,q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Fakat üç ardışık tam sayının üçünün de yalnızca $0$ ve $1$ rakamlarından oluşması mümkün değildir. Çünkü ilk ikisi böyleyse ilk sayı $0$ ile biter ve üçüncü sayı son basamakta $2$ ile biter. Bu çelişkidir. Eğer $r=9$ ise dizi $10q+9$ ile başlar ve $q+1$ bloğunun tamamını içerir ve $q+2$ bloğundan da en az iki sayı içerir. İlk gözlemden dolayı $q+1$ ve $q+2$ sayılarının rakamları yalnızca $0$ ve $1$ olmalıdır. Bu nedenle $q+1$ sayısı $0$ ile biter ve $q+1=10t$ yazılabilir. $q+1$ bloğunun tamamı özel olduğundan $10(q+1)+7$, $10(q+1)+8$ ve $10(q+1)+9$ sayılarından $7\mid q+1$, $4\mid q+1$ ve $9\mid q+1$ gelir. Yani $252\mid q+1$ olur. $q+1=10t$ olduğundan $126\mid t$ olur. Ancak dizinin ilk sayısı $10q+9=10(q+1)-1=100t-1$ dir. Bu sayı $9$ rakamını içerir ve özel olsaydı $9$ a bölünmeliydi. Fakat $126\mid t$ olduğundan $t\equiv 0\pmod 9$ olur ve $100t-1\equiv -1\pmod 9$ bulunur. Bu çelişkidir. Bu üç durum tüm olasılıkları kapsar. Demek ki $14$ ardışık özel sayı olamaz. $13$ ardışık özel sayı mümkün olduğu için en büyük değer $13$ tür.



18) Yanıt: E

$p>2$ asalları için $$p^2\equiv 1 \pmod 8$$ denkliğini göz önüne alalım. Bu durumda $p^2+11\equiv 4 \pmod 8$ olduğundan dolayı $p^2+11=4m$ olsun ve $τ(4m)=3.τ(m)<11$ olmalıdır.  $ τ(m)\leq 3$ olması gerektiğini görürüz. $τ(m)=1$ için çözüm olmadığı görülebilir. $τ(m)=2$  ise $m=q$ şeklinde $q$  asalı olmalıdır. Ayrıca $p>3$ için $p^2\equiv 1 \pmod 3$ olduğundan dolayı $q$ ancak ve ancak $3$ olabilir ve bu durumda $p=1$ olur. Çelişki.

Geriye $τ(m)=3$ yani $p^2+11=4q^2$  olacak şekilde $q$ asal sayısı bulunması gerektiği görülebilir. Aynı modüler argümanla $q=3$  ün tek olasılık olduğunu görebiliriz ve $p^2+11=36$ yani $p=5$  elde edilir.

Ancak yukardaki çözümde $p>3$ için çözüm yaptığımız için $p=2$  ve $p=3$  ü denemeliyiz. $p=2$  ise $p^2+11=15$  olur ve bölen sayısı $4$ olduğu için sağlar. $p=3$  ise $p^2+11=20=2^2.5$  olduğundan $6$ böleni olur ve sağlar.

$p\in \{2,3,5 \}$ olacak şekilde $3$ $p$ asalı bulunabilir ve toplamları $2+3+5=10$ olur.



22)    Cevap: E   İfademizi $(a^2+b^2+1)=(d-b)(d+b)$ şeklinde yeniden düzenleyelim. Şıklara bakarsak verilen $a-b$  farklarının tek sayı olduğunu yani $a,b$  nin zıt paritede olduğunu görebiliriz. Bu durumda $a^2+b^2\equiv 1 \pmod 4$ olmalıdır. ve $a^2+b^2+1\equiv 2 \pmod 4$  elde edilir. Eşitliğin sağ tarafı da çift olması gerektiği için $b,d$ aynı paritede olmalıdır. Bu da bize $d-b$ ve $d+b$ nin aynı anda çift olduğunu yani eşitliğin sağ tarafının $4$ ile bölünebildiğini gösterir. Çelişki.


26) Cevap: B Soruda öncelikle $p$ en küçük asallarını belirlemeye çalışalım.

$p=2$  olsun. $p^2+p+1=7$ olur ve bu mümkündür. $14k$ formatındaki sayılar sağlar.
$p=3$  olsun. $p^2+p+1=13$  olur ve bu mümkündür. $39k$ formatındaki tek sayılar sağlar.
$p=5$ olsun.   $p^2+p+1=31$  olur ve bu mümkündür. $155k$ formatındaki sayılardan ($2$ veya $3$ e bölünemeyen sayılardan $k$ için $1,5,7,11,13$ seçilebileceği için $5$ mümkün sayı vardır.
$p=7$ olsun. $p^2+p+1=57=3.19$ ve $3$ asalı en küçük asalın $7$ olmasıyla çelişir.
$p=11$ olsun. $p^2+p+1=133=7.19$ ve en küçük asalın $11$  olmasıyla çelişki elde edilir.
$p=13$ olsun. $p^2+p+1=183=3.61$ ve en küçük asalın $13$ olmasıyla çelişki elde edilir.
$p\geq 17$ asalları için $p.(p^2+p+1)>2019$ olduğundan dolayı mümkün değildir.

Buradan $p=2$ için toplamda $144$  , $p=3$ için $26$  ve $p=5$ için $5$  adet sayı olduğu görülüp $144+26+5=175$ elde edilir.


30) Cevap: B    Bu soru $\pmod 5$  analizinden bulunabilir. Kare kalanlar $p=5$  hariç $p^2\equiv \{1,4\} \pmod 5$   olabileceğini kullanalım. $1$ kalanı için $4p^2+1\equiv 0\pmod 5$ ve $4$  kalanı için $6p^2+1\equiv 0\pmod 5$ olduğundan ve bu asallar $5$  e eşit olamayacağından çözüm gelmez. Tek olasılık $p=5$ denenirse sayılarımız $5,101,151$  olur ve sağlanır.