AYT Matematik zorlu sorular

Fikir, ters Pisagor ile dikliği yakalayıp taban ile yüksekliğin çarpımının yarısını doğrudan kullanmak ile ağırlık merkezinin alanı paylaştırma oranını birleştirmektir. $4^2+6^2=16+36=52$ ve $(2\sqrt{13}{)}^2=52$ olduğundan $AGB$ üçgeninde Pisagor eşitliği sağlanır, bu yüzden $AG$ ile $BG$ dik kesişir. Buradan $AGB$ üçgeninin alanı ${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 4\cdot 6=12$ birimkare olur. $D$ ve $E$ orta noktalar olduğundan $AD$ ile $BE$ kenarortaydır ve kesişimleri ağırlık merkezidir. $E$ orta nokta olduğu için $ABE$ üçgeninin alanı $ABC$ alanının yarısıdır, $G$ ağırlık merkezi olduğu için $BG$ uzunluğu $BE$ uzunluğunun üçte ikisidir, aynı yükseklikli $ABG$ ile $ABE$ alanları da bu orandadır. Böylece $ABG$ alanı bütün alanın üçte biri olur ve büyük alan $3\cdot 12=36$ birimkare bulunur.

Fikir ardışık sayıların aralarında asal olmasıdır. ${\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}=3^k$ ise $n(n-1)=2\cdot 3^k$ olur. $n$ ile $n-1$ ardışık olduğundan ortak bölenleri yalnız 1’dir ve 2 ile $3^k$ çarpanları bu iki sayı arasında bölünmeden dağılmak zorundadır. 3 sayısı iki sayıdan yalnız birini bölebildiğinden üslerin biri sıfır olmak zorundadır. $n$ çift ise $n=2$ ve $n-1=1$ durumundan başka çözüm çıkmaz ve bu durum 1 sayısını verir. $n$ tek ise $n-1$ çifttir ve $n=3$ değeri $3\cdot 2\mathrm{/}2=3$ ile tek pozitif çözümü verir. Negatif $n$ değeri soruda dışarıda bırakılmıştır ve üçgensel sayıları tek tek denemek çok uzun sürer.

Fikir, örten bir polinomun derecesinin tek olmak zorunda olması ile verilen bağıntının önce sabit terimden arındırılıp sonra kare terimden arındırılarak toplamsal biçime dönüştürülmesidir. Önce $x=y=0$ yazılarak $f(0)$ bulunur ve $g(x)=f(x)+6$ ile sabit yok edilir; kareli ifade açıldığında $2mxy$ kaldığı görülür. Sonra $h(x)=g(x)-m{x}^2$ tanımlanarak $h(x+y)=h(x)+h(y)$ elde edilir. Polinom ve toplamsal olan $h$ doğrusal olmak zorundadır, böylece $f(x)=m{x}^2+cx-6$ biçimi bulunur. Örten ve sürekli olan polinom alt ya da üstten sınırlı olamaz, bu yüzden ikinci dereceden terim kalamaz ve $m=0$ olur. Buradan $f$ doğrusal kalır, $f(2)=0$ koşulu eğimi belirler ve istenen değer bu doğrusal ifadede yerine yazılarak bulunur.

Temel fikir, karşılıklı katsayılı denklemi $x^2$ ile bölerek $t=x+1\mathrm{/}x$ dönüşümüyle ikinci dereceye indirmek ve gerçel $x$ için $\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }\ge 2$ sınırını kullanmaktır. $x=0$ denklemi sağlamadığından $x^2$ ile bölünebilir ve $(x^2+1\mathrm{/}{x}^2)-4(x+1\mathrm{/}x)+m=0$ elde edilir. $x^2+1\mathrm{/}{x}^2=t^2-2$ olduğundan $t^2-4t+m-2=0$ bulunur. Gerçel ve sıfırdan farklı her $x$ için $(x-1{)}^2\ge 0$ ve $(x+1{)}^2\ge 0$ eşitsizliklerinden $\mathrm{\mid }t\mathrm{\mid }\ge 2$ olur, eşitlik yalnız $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=1$ iken sağlanır. Dört farklı gerçel $x$ için $t$ denkleminin iki farklı gerçel kökünün ikisi de mutlak değerce 2 sayısından büyük olmalıdır. Kökler $t=2\pm \sqrt{6-m}$ olduğundan önce $m<6$ gerekir. Büyük kök zaten 2 sayısından büyüktür, küçük kök için $2-\sqrt{6-m}<-2$ gerekir. Buradan $\sqrt{6-m}>4$ ve $m<-10$ elde edilir. Bu aralıktaki en büyük tam sayı $-11$ olur.

Asıl fikir büyük katsayılarda binom açılımını tanımaktır ve kaydırma sonrası çift fonksiyonun gerçek köklerini saymaktır. Katsayılar 1,6,15,20,15,6 örüntüsüne uyduğundan $f(x)=(x-2{)}^6-64$ olur. $u=x-2$ konulursa $u^6-64=(u^2-4)(u^4+4u^2+16)$ elde edilir ve ikinci çarpan $v=u^2$ için $v^2+4v+16$ diskriminantı negatif olduğundan hep pozitiftir. Böylece $[0,4]$ içinde gerçek kökler yalnızca $u=\pm 2$ yani $x=0$ ve $x=4$ olur. $\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }<2$ iken $f<0$ olduğundan alan $-{\int }_{-2}^2(u^6-64)du={\displaystyle \frac{1536}{7}}$ bulunur ve açılmış biçimiyle kök aramak çok uzundur.

Kilit düşünce birebirliğin toplamları değiştirmemesidir. $A$’dan $A$’ya birebir her fonksiyon değerleri yalnızca yeniden sıralar, bu yüzden $f(1{)}^2+f(2{)}^2+f(3{)}^2+f(4{)}^2+f(5{)}^2+f(6{)}^2=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2=91$ olur. Verilen $S=1\cdot f(1)+2\cdot f(2)+3\cdot f(3)+4\cdot f(4)+5\cdot f(5)+6\cdot f(6)=91$ ile birlikte $\sum (x-f(x){)}^2=\sum x^2+\sum f(x{)}^2-2S=91+91-182=0$ bulunur. Kareler toplamı sıfır olduğundan her $x$ için $x-f(x)=0$ olur, yani $f(x)=x$ olmak zorundadır. Buradan $f(4)=4$ elde edilir. Tek tek 720 sıralamayı denemek çok uzun sürer, oysa kareye tamamlama tek satırda bitirir.

Fikir, içteki $(x-1)(5-x)$ çarpımının $6-x$ dönüşümünde değişmediğini görmektir. Gerçekten $(6-x-1)(5-(6-x))=(5-x)(x-1)$ olur. Aranan integrale $I$ ve verilen integrale $K=4$ denirse $u=6-x$ konulduğunda $dx=-du$ ile 1 ve 5 sınırları yer değiştirip aynı aralığa döner. Böylece $I={\int }_1^5(6-u)f((u-1)(5-u))du=6K-I$ elde edilir. Buradan $2I=6K$ ve $I=3K=12$ bulunur. Bu iç simetriyi kaçıran bilinmeyen $f$ yüzünden ilerleyemez.

Asıl fikir kare alıp toplamı sınırlamaktır. $s=\sqrt{x+5}+\sqrt{10-x}$ ise $s^2=15+2\sqrt{p}$ olur, burada $p=(x+5)(10-x)$ tam sayıdır. $p=56,25-(x-2,5{)}^2\le 56,25$ olduğundan tam sayı $p\le 56$ ve $\sqrt{p}<8$ bulunur, buradan $s^2<31$ ve $s\le 5$ elde edilir, ayrıca $s^2\ge 15$ olduğundan $s\ge 4$ olur. İkinci fikir tam sayı olma koşuludur: $s$ tam sayı ise $\sqrt{p}=(s^2-15)\mathrm{/}2$ rasyonel olur, $p$ tam sayı olduğundan bu ya tam sayıdır ya irrasyoneldir, yani tam sayı olmalıdır. $s=4$ için 0,5 imkansızdır, $s=5$ için $p=25$ gerekir ve $(x+5)(10-x)=25$ denklemi $x^2-5x-25=0$ verir, diskriminantı 125 tam kare olmadığından tam sayı $x$ yoktur. Dolayısıyla koşulu sağlayan $x$ sayısı sıfırdır.

Buradaki kilit gözlem koşullu önermelerin zincirleme kuralıdır. $(p\Rightarrow q)\wedge (q\Rightarrow r)$ önermesinden her zaman $p\Rightarrow r$ elde edilir, yani $s\Rightarrow t$ daima doğrudur. O hâlde $s\iff t$ önermesinin yanlış olması yalnızca $s$ yanlış ve $t$ doğru iken olur. Doğruluk tablosu yoklanırsa bunun tam olarak $p$ ile $r$ aynı doğruluk değerini alıp $q$ farklı değer aldığında gerçekleştiği görülür. Birinci durum 4 ve 9 ile bölünüp 6 ile bölünmemektir. 4 ve 9 ile bölünen her sayı 36 ile bölünür ve 36 ile bölünen her sayı 6 ile bölünür, bu yüzden birinci durum imkânsızdır. Geriye 6 ile bölünüp 4 ve 9 ile bölünmeme kalır. 60 sayısına kadar 6 sayısının katları 10 tanedir. Bunların içinde 4 ile bölünenler 12 sayısının katları olup 5 tanedir, 9 ile bölünenler 18 sayısının katları olup 3 tanedir, her ikisiyle bölünenler 36 sayısının katı olup 1 tanedir. İçerme dışlama ile $10-5-3+1=3$ bulunur. Sağlayan sayılar 6, 30 ve 42 olup işlem kısadır.

Fikir mutlak değer içindeki üçüncü dereceden çok terimlinin her yerde türevli olması için kök yapısının katlı olmak zorunda olduğunu görmektir. Üçüncü dereceden ifade en az bir gerçel köke sahiptir; basit kökte sivri nokta oluşur, bir çift ve bir basit kök durumunda basit kökün olduğu yerde sivri nokta kalır. Bu yüzden iç ifade bir tam küp olmak zorundadır. 8 katsayısı dışarı alındığında $8(x-r{)}^3=8x^3-24r{x}^2+24r^{2}x-8r^3$ açılımıyla karşılaştırma $24=24r^2$ ve $4a=-24r$ eşitliklerini verir. Buradan $r=1$ ya da $r=-1$ bulunur ve $c=-8r^3>0$ koşulu $r=-1$ değerini seçtirir, buradan $a$ değeri hesaplanır.

Kilit düşünce ikinci dereceden bölümü ayırıp kalanın ardışık farkını sabitlemektir. Üç çarpı karelerin açılımı altı çarpı kareli bölümü yok edecek biçimde g eşittir f eksi üç çarpı kare konursa g artı iki y artı g eşittir iki çarpı g artı y kalır. Y eşittir bir alınırsa g artı iki artı g eşittir iki çarpı g artı bir olur, yani ardışık fark değişmez ve g tam sayılarda aritmetik dizi olur. İkinci ve altıncı değerlerden g iki eşittir dört ve g altı eşittir sekiz bulunur, fark bir olur. Yirminci terim sekiz artı on dört çarpı birden yirmi iki olur ve üç çarpı dört yüz artı yirmi iki hesaplanınca bin iki yüz yirmi iki bulunur.

Fikir yalnızca-bir toplamını üçlü kesişimle birlikte uç duruma taşımaktır. Yalnızca bir kursa katılanların sayısına $x1$, tam iki kursa katılanların sayısına $x2$, üçüne de katılanların sayısına $x3$ denirse kurslardaki toplam görünme sayısı $90+84+81=255$ olduğundan $x1+2x2+3x3=255$ yazılır. Her öğrenci en az bir kursa katıldığından $x1+x2+x3=120$ olur. İkinci eşitlik iki kez kullanılarak $x3=15+x1$ ve $x2+2x3=135$ bulunur. $x2$ negatif olamayacağından $x3$ en çok 67 olur, çünkü $135-2x3$ negatif olmamalıdır. Buradan $x1=x3-15$ en çok 52 olur. Bu değer gerçekten alınır, örneğin üçlü 67, ikili toplam 1 ve yalnızca-bir dağılımı 22, 16, 14 seçilince tüm kurs sayıları sağlanır.

Fikir, birbirinden ayrı durması istenen kişileri en son yerleştirmek ve önce diğerlerini sabitlemektir. 7 kişinin tüm sıralamaları $7!$ eş olasılıklıdır. Adı geçen iki kişinin yan yana geldiği durumlar, bu iki kişi tek blok sayılarak $6!\cdot 2$ bulunur; koşulun sağlandığı durum sayısı $7!-6!\cdot 2=3600$ olur. Üç kişinin de ikişerli olarak ayrı olması için önce diğer 4 kişi $4!$ yolla dizilir, oluşan 5 boşluğa üç kişi $5\cdot 4\cdot 3$ yolla dağıtılır; uygun durum $24\cdot 60=1440$ olur. Koşullu olasılık $1440\mathrm{/}3600=2\mathrm{/}5$ bulunur. Koşulsuz üçlü ayrıklık $2\mathrm{/}7$ ve koşulun olasılığı $5\mathrm{/}7$ olduğundan sonuç bunların oranıdır.

Ana fikir küpü gruplandırarak çarpanlara ayırmak ve köşenin kapanması için çarpan sıfırını kullanmaktır. $x^3-a{x}^2-9x+9a=(x-a)(x^2-9)=(x-a)(x-3)(x+3)$ olur. $p(x)=x^2-4$ yazılırsa $f(x)=p(x)\mathrm{\mid }x-a\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }x-3\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }x+3\mathrm{\mid }$ biçimini alır. $p(3)=5$ ve $p(-3)=5$ sıfırdan farklı olduğundan $x=3$ ve $x=-3$ her durumda köşedir. $x=a$ noktasındaki köşenin kapanması için $p(a)=0$ gerekir, yani $a=2$ ya da $a=-2$ olmalıdır. $a=3$ iken iç $(x-3{)}^2(x+3)$ olur ve $(x-3{)}^2\mathrm{\mid }x+3\mathrm{\mid }$ ifadesi $x=3$ noktasında türevlidir, geriye tek köşe kalır. Benzer biçimde $a=-3$ tek nokta verir. O halde tam iki türevlenememe noktası yalnızca $a=2$ ve $a=-2$ için oluşur, çarpım $-4$ bulunur.

Çözümün ana fikri önce eksik parçayı kuvvetle bulmak sonra bütünler açıyı kullanmaktır. Aynı çemberin kirişleri kesiştiği için $\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }EB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }CE\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }ED\mathrm{\mid }$ sağlanır, buradan $2\cdot 6=3\cdot \mathrm{\mid }ED\mathrm{\mid }$ ve $\mathrm{\mid }ED\mathrm{\mid }=4$ elde edilir. $A$, $E$ ve $B$ aynı doğru üzerinde olduğundan $AEC$ ile $AED$ açıları bütünlerdir, bu yüzden $m(\widehat{AED})=120^{\circ }$ olur. Kosinüs teoremi $AED$ üçgeninde uygulanırsa $\mathrm{\mid }AD{\mathrm{\mid }}^2=4+16-2\cdot 2\cdot 4\cdot \cos 120^{\circ }=20+8=28$ bulunur, demek ki aranan uzunluk $2\sqrt{7}$ olur. Dar açıyla doğrudan hesap yapmak veya kuvveti kullanmadan parçayı tahmin etmek yanlış sonuca götürür.

Temel düşünce üç türün adlarını değiştirmeye göre simetriden yararlanmaktır. İkişer kez geçen üç tür ile bir kez geçen yalnız harf kullanılarak yazılan tüm farklı sözcükler sayılırsa tekrarlı diziliş formülüyle 630 bulunur. Her sözcükte üç türün ilk görülme yerleri birbirinden farklı olduğundan bu üç yerin altı sıralamasından tam biri gerçekleşir. Türlerin adlarını değiştiren her eşleme farklı sözcükleri bire bir eşler ve yalnız harfi oynatmaz, bu yüzden altı sıralamanın her biri eşit sayıda sözcükte görülür. Aranan koşul bu altı sıralamadan biri olduğundan toplam sayı altıya bölünerek 105 elde edilir.

Fikir aritmetik üstlerin geometrik güçlere dönüşmesidir. $t=2^x>0$ konulursa $8^x=t^3$ ve $4^x=t^2$ olur ve denklem $t^3-a{t}^2+56t-64=0$ biçimine gelir. Kökler $x_1<x_2<x_3$ aritmetik ise $t_1<t_2<t_3$ geometriktir, çünkü oran $t_{k+1}\mathrm{/}{t}_k=2^d$ ile sabittir. Kök katsayı bağıntıları ile $t_1{t}_2{t}_3=64$ ve $t_1{t}_2+t_2{t}_3+t_1{t}_3=56$ olur. Geometrik koşul $t_2^2=t_1{t}_3$ ile birlikte $t_2^3=64$ verir, buradan $t_2=4$ bulunur. Sonra $4(t_1+t_3)+16=56$ olduğundan $t_1+t_3=10$ ve $t_1{t}_3=16$ elde edilir. Toplamı ve çarpımı bilinen bu iki sayı 2 ve 8 dir. Böylece $a=t_1+t_2+t_3=14$ bulunur.

Buradaki fikir bileşkenin iç değer koşuludur: $h(x)=f(f(x))$ in artması için dıştaki ve içteki eğimlerin aynı işarete sahip olması gerekir, yani $x$ in bulunduğu parçanın yönü ile $f(x)$ değerinin düştüğü parçanın yönü aynı olmalıdır. $f$ fonksiyonu $[0,1]$ ve $[4,6]$ aralıklarında artar, $(1,4)$ aralığında azalır. $[0,1]$ üzerinde $f(x)=2+x$ olup değerler $(2,3)$ aralığında kalarak azalan bölgeye düştüğünden $h$ burada azalır. $[1,4]$ üzerinde $f(x)=4-x$ olup $1<f(x)<4$ koşulu $1\le x<3$ verir; burada dış eğim negatiftir ve iç değer de azalan bölgededir, dolayısıyla $h$ $(1,3)$ aralığında artar ve uzunluk 2 gelir. $[4,6]$ üzerinde $f(x)=2x-8$ olup değerin artan bölgede kalması $4\le x\le 4,5$ verir ve buradan ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ uzunluk gelir. Toplam artan uzunluk $2+{\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{5}{2}}$ olur.

Fikir verilen iki mutlak değerli toplamın karesini alarak $2x$ açısına bağlı tek bir mutlak değer elde etmektir. $(\mathrm{\mid }\sin x+\cos x\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }\sin x-\cos x\mathrm{\mid }{)}^2$ açıldığında kareler toplamı 2 verir ve iki kat çarpım $2\mathrm{\mid }\cos 2x\mathrm{\mid }$ olur, böylece toplamın karesi $2+2\mathrm{\mid }\cos 2x\mathrm{\mid }$ biçimine indirgenir. Buradan toplamın $\sqrt{2}$ ile 2 arasında kaldığı görülür. $0\le x<2\pi$ iken $2x$ açısı $[0,4\pi )$ aralığını tarar; $\mathrm{\mid }\cos 2x\mathrm{\mid }=0$ ve $\mathrm{\mid }\cos 2x\mathrm{\mid }=1$ düzeyleri dörder $x$ değeri verirken aradaki her düzey sekizer değer verir. Dolayısıyla dört çözüm yalnızca alt ve üst sınırda olur ve bu iki sınır değerinin toplamı aranan sonucu verir.

Asıl fikir iki ayrı simetriyi ayırıp her birini tek hamlede bitirmektir. Birinci terimde $(-x{)}^3\cos ((-x{)}^2)=-x^3\cos (x^2)$ olduğundan bu kısmın $[-1,1]$ gibi simetrik aralıkta integrali sıfırdır, çünkü tek fonksiyonun simetrik aralıktaki integrali sıfırdır. İkinci terim için $u=-x$ yazılınca $J={\int }_{-1}^1{\displaystyle \frac{dx}{1+e^x}}$ integrali $J={\int }_{-1}^1{\displaystyle \frac{e^{x}dx}{1+e^x}}$ biçimine dönüşür, toplama ile $2J={\int }_{-1}^{1}1dx=2$ ve $J=1$ elde edilir. Böylece toplam $0+1=1$ olur. Simetrileri görmeyen kısmi integral ve üstel ifadede logaritmalı dönüşümle uzun ve hataya açık bir yola girer.

Fikir şudur: paralelkenarda köşegenler orta noktada kesişir, bu yüzden $A$, $B$ ve $C$ ile kurulan üç paralelkenarın dördüncü köşeleri toplam farklarıyla bulunur ve $D_1{D}_2{D}_3$ üçgeni $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezine göre eksi iki oranlı homotetisidir. Bu homotetide uzunluklar iki katına çıktığından alan dört katına çıkar. $ABC$ üçgeninin alanı ${\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{\mid }1\cdot (2-6)+7\cdot (6-1)+3\cdot (1-2)\mathrm{\mid }=14$ olarak hesaplanır. Buradan $D_1{D}_2{D}_3$ üçgeninin alanı $4\cdot 14=56$ bulunur. Üç $D$ noktasını tek tek bulup alan almak uzun ve hataya açıktır.

Fikir şudur: doğrunun aynı tarafındaki iki noktaya giden kırık yolun en kısası noktalardan birini doğruya göre yansıtıp iki nokta arasını doğrusallaştırmaktır, çünkü üçgen eşitsizliği yansıyan doğrusal yolun her kırık yoldan kısa olduğunu söyler. $A$ noktası ve $B$ noktası $x+y=8$ doğrusunda $0+2-8$ ve $0+0-8$ değerleriyle aynı taraftadır. $A(0,2)$ noktasının bu doğruya göre simetriği orta nokta ve diklik koşulundan $(6,8)$ bulunur. En kısa yol bu simetrik nokta ile $B(0,0)$ noktası arası uzaklıktır ve $\sqrt{6^2+8^2}=10$ olur. $AB$ doğrusunun kesişimini almak ya da iki kareköklü toplamın türevini almak uzun ve hatalıdır.

Asıl fikir dönme simetrisini merkez açının böleni olarak okumak ve köşegen sayısının hızlı büyümesiyle kenar sayısını sınırlamaktır. Düzgün $n$ kenarlıda merkez açı $360\mathrm{/}n$ olup 80 derecelik dönme bu açının tam katı olmalıdır, yani 80 sayısı $k(360)\mathrm{/}n$ olacak bir $k$ tam sayısı vardır. Buradan $n$ sayısı $9k\mathrm{/}2$ olur, $n$ tam sayı olduğundan $k$ çifttir ve $n$ sayısı 9’un katı olur. Köşegen sayısı $n(n-3)\mathrm{/}2$ artandır, $15(12)\mathrm{/}2=90$ ve $16(13)\mathrm{/}2=104$ olduğundan 100’den az olması $n$ sayısının en çok 15 olmasını gerektirir. 15’ten büyük olmayan 9’un katları içinde çokgen olan tek sayı 9’dur. İç açılar toplamı $(9-2)180=1260$ bulunur.

Asıl fikir, $m^2+mn+n^2=(m-n{)}^2+3mn$ yazıp aralarında asallıkla böleni üçe indirmektir. $d=\mathrm{\mid }m-n\mathrm{\mid }$ konulursa $d$ payı böldüğünden $d\mid d^2+3mn$ olur, buradan $d\mid 3mn$ elde edilir. $d$ sayısını bölen bir asal $m$ sayısını bölse $n$ sayısını da böleceğinden $d$ ile $mn$ aralarında asaldır, dolayısıyla $d\mid 3$ ve $d=1$ ya da $d=3$ olur. $d=1$ ise $(k,k+1)$ biçiminde $2k+1\le 12$ koşuluyla $k=1,2,3,4,5$ bulunur. $d=3$ ise $(k,k+3)$ biçiminde $2k+3\le 12$ koşuluyla $k=1,2,3,4$ olur, aralarında asallık $k=3$ sayısını eler. Sıralı olarak $10+6=16$ ikili elde edilir.

Fikir üstel değişkenle tanım koşulunu artı sonsuz yerine artı sayılarda incelemektir. Logaritmanın içi her gerçel $x$ için artı olmalıdır, yani $9^x-m(3^x)+4>0$ gerekir. $t=3^x$ konursa $t>0$ olur ve $t^2-mt+4>0$ koşulu tüm $t>0$ için istenir. İkinci dereceden ifadenin ayırt edicisi $m^2-16$ dir. $m$ 4 ten küçükse ya ayırt edici eksidir ya da kökler artı olmayan tarafta kalır, bu yüzden koşul sağlanır. $m=4$ için $t=2$ de sıfır olur, $m$ 4 ten büyükse ifade bir yerde eksi olur. Böylece koşul $m<4$ olur. $-6$ ile 6 arasında $m$ 4 ten küçük olanlar $-6,-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3$ olup sayıları 10 dur.

Asıl fikir ağırlıklı ortalamadan oranı bulup farklı sayılarla üstten sınırlamaktır. A grubunda $a$, B grubunda $b$ kişi olsun. $95a+60b=88(a+b)$ denkleminden $7a=28b$ ve $a=4b$ bulunur, toplam $5b$ olur. A grubundaki $4b$ farklı sayı en çok 100 olabilir ve ortalaması 95 ise toplamı $380b$ olur. $b=3$ için 12 sayıyla en büyük toplam $100+99+\cdots +89=1134$ olur, oysa gerekli toplam 1140 olduğundan $b=3$ olanaksızdır. Böylece $b\le 2$ olur. $b=2$ için 91,92,93,94,96,97,98,99 toplamı 760 ve B için 59,61 toplamı 120 olur, birleşik ortalama $(760+120)\mathrm{/}10=88$ sağlanır. Bu yüzden en büyük toplam 10 olur.

Karenin kenar uzunluğu $a$ olsun. $ABE$ üçgeni $A$ etrafında $90^{\circ }$ döndürülerek $AB$ kenarı $AD$ üzerine getirilirse $E$ noktası $FD$ doğrusunun uzantısında $\mathrm{\mid }D{E}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=2$ olacak biçimde $E^{\mathrm{\prime }}$ noktasına gelir. $\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }A{E}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }$ ve $m(\widehat{E^{\mathrm{\prime }}AF})=m(\widehat{EAF})=45^{\circ }$ olduğundan $AEF$ ile $A{E}^{\mathrm{\prime }}F$ üçgenleri eştir (KAK), buradan $\mathrm{\mid }EF\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{E}^{\mathrm{\prime }}F\mathrm{\mid }=2+3=5$ bulunur. $ECF$ dik üçgeninde $\mathrm{\mid }EC\mathrm{\mid }=a-2$ ve $\mathrm{\mid }FC\mathrm{\mid }=a-3$ olduğundan $(a-2{)}^2+(a-3{)}^2=25$ yazılır; düzenlenince $a^2-5a-6=0$, yani $(a-6)(a+1)=0$ olur. Kenar pozitif olduğundan $a=6$ ve karenin alanı 36 birimkaredir. Aynı sonuç $\tan (\widehat{BAE})=2\mathrm{/}a$ ve $\tan (\widehat{DAF})=3\mathrm{/}a$ açılarının toplamının $45^{\circ }$ olmasından tanjant toplam formülüyle de elde edilir.

Buradaki fikir değme apsislerinin üçüncü dereceden bir denklem sağlaması ve bu denklemi çözmeden kök-katsayı bağıntılarıyla eğim toplamına geçilmesidir. Değme noktası $t$ olsun. Teğet $y-(t^3-3t)=(3t^2-3)(x-t)$ biçimindedir. $(2,0)$ noktasının bu doğru üzerinde olması $-t^3+3t=(3t^2-3)(2-t)$ verir, düzenlenince $2t^3-6t^2+6=0$ yani $t^3-3t^2+3=0$ elde edilir. $h(t)=t^3-3t^2+3$ için $h^{\mathrm{\prime }}(t)=3t(t-2)$ olduğundan değerler incelenince üç farklı gerçel kök $t_1,t_2,t_3$ bulunduğu görülür. Kök-katsayı bağıntılarından $t_1+t_2+t_3=3$ ve $t_1{t}_2+t_1{t}_3+t_2{t}_3=0$ olur. Buradan $t_1^2+t_2^2+t_3^2=9$ bulunur. Eğimler $3t_i^2-3$ olduğundan toplam $3\cdot 9-9=18$ olur.

Esas ölçü 360 ile bölümden kalandır. $360=8\cdot 45$ yazılır ve $2^{90}=8\cdot 2^{87}$ ayrıştırması yapılır. 2 ile 45 aralarında asal olduğundan $2^{12}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}45)$ olur, çünkü $4096=91\cdot 45+1$ eşitliği sağlanır. $87=7\cdot 12+3$ olduğundan $2^{87}\equiv 2^3\equiv 8(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}45)$ bulunur. Böylece $2^{90}=8\cdot (45t+8)=360t+64$ yazılır ve kalan 64 olur. Fikir bulunmadan 90 kez iki katını alıp 360’a bölmek çok uzundur.

Belirleyici düşünce, olasılığı kartezyen çarpımların eleman sayılarının oranına dönüştürüp pay ile paydanın aralarında asal olmasından yararlanmaktır. Simetrik farktan söz edildiğinde yalnızca kümelerden birinde bulunan elemanlar anlaşılır, iki kümede de bulunan ya da iki kümede de bulunmayan elemanlar bu topluluğa girmez. $x$ ile yalnızca $A$ kümesinde bulunan elemanların sayısı, $y$ ile yalnızca $B$ kümesinde bulunan elemanların sayısı, $n$ ile iki kümede de bulunan elemanların sayısı gösterilsin. Verilen koşul $x+y=4$ demektir. Buradan $s(A)=x+n$, $s(B)=y+n$ ve $s(A\cup B)=x+y+n=n+4$ bulunur. $(A\cup B)\times (A\cup B)$ topluluğunun eleman sayısı $(n+4{)}^2$ olur. $(A\times B)\cup (B\times A)$ topluluğunun eleman sayısını bulmak için toplama ilkesinden kesişim çıkarılır. Kesişim $(A\cap B)\times (A\cap B)$ olduğundan eleman sayısı $n^2$ dir, bu yüzden istenen sayı $2(x+n)(y+n)-n^2=n^2+8n+2xy$ biçiminde hesaplanır. Olasılık tanımı gereği ${\displaystyle \frac{n^2+8n+2xy}{(n+4{)}^2}}={\displaystyle \frac{39}{49}}$ eşitliği elde edilir. 39 ile 49 aralarında asal olduğundan eşitliğin sağlanabilmesi için $(n+4{)}^2$ sayısının 49 ile bölünebilmesi gerekir, bu yüzden $n+4$ sayısı 7’nin katıdır. $n+4=7k$ yazılsın. Pay düzenlenirse eşitlik $5k^2+xy=8$ biçimine indirgenir. $xy$ sayısı sıfırdan küçük olamayacağından $k=1$ olmak zorundadır, buradan $xy=3$ ve $n=3$ bulunur. $x+y=4$ ve $xy=3$ koşullarını 1 ve 3 sayıları sağlar, 4 ve 6 elemanlı kümelerle bu durum gerçekten kurulabildiğinden bulunan değer tutarlıdır.

Çözümün fikri $P$ noktasını $x$-ekseni üzerinde gezdiren ötelemeyi sabit $A$ ve $B$ noktalarından geçen çemberle birlikte düşünmektir. $A$ ve $B$ noktalarından geçen bir çember $x$-eksenini iki noktada kesiyorsa eksen üzerindeki kesim noktalarında görülen açı, çemberin dışında kalan noktada görülen açıdan büyüktür; bu yüzden en büyük açı çember eksene teğet olduğunda alınır. Teğet değme noktası $T(t,0)$ olsun. $O(0,0)$ noktasının bu çembere göre kuvveti hem $O{T}^2$ hem de $OA\cdot OB$ ile hesaplanır, çünkü $x=0$ doğrusu çemberi $A$ ve $B$ noktalarında keser. Böylece $t^2=2\cdot 8=16$ ve $t>0$ olduğundan $t=4$ bulunur. Gerçekten merkezi $(4,5)$ ve yarıçapı 5 olan çember $A$, $B$ ve $T$ noktalarından geçer.