Tübitak Lise 1. Aşama 2025 Soru 18

[Metin Can Aydemir]

Çevresi $101$ birim olan bir çember üzerinde bir karınca bulunmaktadır. Bu karınca, saat yönünde çember yayı boyunca $1$ birim ilerleyip mola veriyor, daha sonra $2$ birim ilerleyip mola veriyor, ..., son olarak $2025$ birim ilerleyip mola veriyor. Buna göre, bu karınca çember üzerinde kaç farklı noktada mola vermiştir?

$\textbf{a)}\ 51 \qquad \textbf{b)}\ 56 \qquad \textbf{c)}\ 64 \qquad \textbf{d)}\ 72 \qquad \textbf{e)}\ 81$

[Metin Can Aydemir]

Cevap: $\boxed{A}$

$n.$ molaya kadar toplamda $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ adım atılmıştır. Bu adımda karıncanın çember üzerindeki konumu, başlangıç noktasına göre $\frac{n(n+1)}{2}\pmod{101}$'de bulunur. Bunun alabileceği değerlerin sayısını araştırıyoruz. $n=1,2,\dots, 101$ için $101$ tane nokta vardır (çakışanları çıkartacağız), diğer tüm değerler, mod $101$'den dolayı, bunlardan birine düşecektir. Şimdi $m,n\in \{1,2,\dots,101\}$ için $\frac{n(n+1)}{2}\equiv \frac{m(m+1)}{2}\pmod{101}$ olan farklı $(m,n)$ ikililerine bakalım. $$\frac{n(n+1)}{2}\equiv \frac{m(m+1)}{2}\pmod{101}\implies n^2+n-m^2-m\equiv (n-m)(n+m+1)\equiv 0\pmod{101}\implies n\equiv -m-1\pmod{101}$$ elde edilir. $n\equiv -n-1$ olan $n=50$ değeri hariç, her $n$ için tam olarak bir tane $n$'den farklı $m$ vardır. Dolayısıyla, bu aynı noktaya denk gelenleri çıkartırsak, $$1+\frac{101-1}{2}=51$$ tane farklı noktada karınca mola vermiştir.

[geo]

$1+2+\dots + n \equiv \dfrac{n^2+n}{2} \equiv k \pmod{101}$ değerinin alıp/alamayacağı değerler soruluyor.
$101$ asal sayı olduğu için $2^{-1} \pmod{101}$ tanımlıdır.
$n^2+n\equiv 2k\pmod{101}$ denkliğinin kökleri $n\equiv \dfrac{-1\pm \sqrt{1+8k}}{2} \pmod {101}$.
$\bmod {101}$ de $0$ hariç tutulduğunda $50$ tane kare kalan, $50$ tane kare kalan olmayan sayı vardır. $K$ kare kalan olmak üzere; $8k+1\equiv K \pmod {101}$ denkliğininde $(k, K)$ arasında birebir eşleme olduğu için aradığımız yanıt $50+1=51$ dir.