LGS Matematik zorlu sorular

Buradaki fikir çift sayıda veride ortancanın iki ortanca değerin ortalaması olduğu ve $x$ değerinin yerine göre bu çiftin değiştiğidir. Bilinen beş sayı sıralıdır ve toplam 194 ile $x$ toplamıdır. $x$ değeri 32 sayısından küçük kalırsa sıralamada ortanca 32 ile 38 toplamının yarısı 35 olur, ortalama ile eşitlik $x=16$ verir ve aralık dışında kalır. $x$ değeri 40 olursa sıralı liste 24,32,38,40,46,54 olur, ortanca 38 ile 40 toplamının yarısı 39 olur ve toplam 234 ile ortalama 39 olur, eşitlik sağlanır ve aralık içindedir. $x$ değeri 50 sayısını aşarsa ortanca 42 olur, eşitlik $x=58$ verir ve aralık dışında kalır. Aralık koşuluyla birlikte yalnızca 39 ortancası kalır ve işlem kısadır.

Asıl fikir hacim eşitliğini kare oranına çevirip aralarında asallıkla birleştirmektir. Hacimler eşit olduğundan $\pi$ sadeleşir ve $r_1^2{h}_1=r_2^2{h}_2$ elde edilir. Yarıçaplar aralarında asal olduğundan $r_1^2$ ile $r_2^2$ de aralarında asaldır, bu yüzden $r_2^2$ sayısı $h_1$’i böler. Buradan $h_1=r_2^{2}t$ ve $h_2=r_1^{2}t$ olacak bir pozitif tam sayı $t$ vardır. Toplamdan $t(r_1^2+r_2^2)=52$ bulunur. 52’nin bölenleri denenirse $t=4$ iken $r_1^2+r_2^2=13$ olur ve $9+4$ ile yarıçaplar 3 ve 2 bulunur. Bu durumda yükseklikler 36 ve 16 olur, küçük olan 16’dır. Diğer bölenler ya aralarında asallığı ya da 1’den büyüklüğü bozar.

Asıl fikir en dar açıyı en kısa kenara çevirmek ve karekökleri tam karelerle sıkıştırmaktır. $A$ köşesinden karşı kenar en dar açıyla görülüyorsa $A$’daki iç açı en küçüktür, o hâlde $BC$ en kısa kenar olmalıdır: $BC<\sqrt{72}$ ve $BC<\sqrt{50}$ gerekir. $8,4^2=70,56<72<72,25=8,5^2$ olduğundan $8,4<\sqrt{72}<8,5$ ve $49=7^2<50<50,41=7,1^2$ olduğundan $7<\sqrt{50}<7,1$ bulunur. Buradan $BC<7,1$ olur, tam sayı olarak $BC\le 7$ elde edilir. Üçgen eşitsizliğinden $BC+\sqrt{50}>\sqrt{72}$ gerekir, yani $BC>\sqrt{72}-\sqrt{50}>8,4-7,1=1,3$ olur, tam sayı olarak $BC\ge 2$ bulunur. Diğer eşitsizlikler her zaman sağlanır ve $\sqrt{72}+\sqrt{50}<8,5+7,1=15,6$ olduğundan $BC<15,6$ koşulu $BC\le 7$ içinde kalır. Böylece $2\le BC\le 7$ olur, 2, 3, 4, 5, 6, 7 olmak üzere 6 farklı değer vardır.

Asıl fikir toplamı sabitleyip en küçük olası ara değerlerle üst sınır kurmak ve sınırın gerçekleştiğini bir örnekle göstermektir. Ortalama 15 olduğundan toplam $6\cdot 15=90$’dır. En küçük $m$, en büyük $3m$ olsun; aradaki dört farklı sayı $m$ ile $3m$ arasındadır ve toplamları en az $(m+1)+(m+2)+(m+3)+(m+4)=4m+10$ olur. Buradan $4m+(4m+10)\le 90$, yani $8m+10\le 90$ ve $m\le 10$ bulunur, dolayısıyla en büyük $3m\le 30$’dur. $m=10$ için 10,11,12,13,14,30 sayıları farklıdır, toplamı 90’dır ve $30=3\cdot 10$ koşulunu sağlar, demek ki sınır aşılamaz ama ulaşılır.

Kilit fikir, birleşen kenarın panonun içinde kalmasıdır: dörtgenin çevresi, iki üçgenin çevreleri toplamından ortak kenarın iki kez çıkarılmasıyla bulunur. Bir üçgenin çevresi $(x+5)+(2x-1)+21=3x+25$ cm’dir. Ortak kenar $s$ ise $2(3x+25)-2s=62$, yani $3x+25-s=31$ olur. Hangi kenarın ortak olduğu bilinmediğinden üç olasılık denenir: $s=x+5$ ise $x=5,5$ bulunur ama kenarlar 10,5, 10 ve 21 olur, $10,5+10<21$ olduğundan üçgen oluşmaz. $s=2x-1$ ise $x=5$ bulunur, kenarlar 10,9,21 olur, $10+9<21$ olduğundan yine üçgen oluşmaz. $s=21$ ise $3x+4=31$ ve $x=9$ bulunur; kenarlar 14,17,21 olur ve üçgen eşitsizliğini sağlar. Ortak kenarın düştüğünü hesaba katmayanlar $2(3x+25)=62$ denkleminden $x=2$ bulur.

Fikir, eksen kesimlerini alan ve doğrusal olma koşullarıyla birlikte okuyup çarpan denemesine indirgemektir. $x$ kesimine $a$, $y$ kesimine $b$ denirse $a$ ve $b$ pozitif tam sayılardır ve $a\ast b\mathrm{/}2=100$ olduğundan $a\ast b=200$ olur. Doğru $(4,8)$ noktasından geçtiği için $4\mathrm{/}a+8\mathrm{/}b=1$ yazılır, buradan $4\ast b+8\ast a=200$ ve sadeleşince $b+2\ast a=50$ elde edilir. $b$ pozitif olduğundan $a$ değeri 25 değerinden küçüktür ve 200 sayısını böler. Bu bölenler tek tek denendiğinde yalnızca $a=5$ için $b=40$ ve $a=20$ için $b=10$ çarpım ve toplam koşulunu birlikte sağlar. $x$ kesiminin $y$ kesiminden büyük olması gerektiğinden $a=20$ bulunur.

Çözümün fikri eşit tam kısımları ardışık kareler arasına hapsetmektir. Tam kısımlar $k$ ise $k^2\le n$ ve $n+30<(k+1{)}^2$ gerekir. İkisini birleştirince $(k+1{)}^2-k^2=2k+1>30$ bulunur ve $k\ge 15$ elde edilir. Buradan $n\ge k^2\ge 225$ olur. $n=225$ için $\sqrt{225}=15$ ve $225<255<256$ olduğundan $15<\sqrt{255}<16$ sağlanır, yani tam kısımlar gerçekten eşittir. Dolayısıyla koşulu sağlayan en küçük sayı 225’tir. Sınırı yanlış başlatmak ya da uç noktaları karıştırmak komşu karelere götürür.

Buradaki düşünce kalan koşuluyla ilk ortak anı bulup sonrasını en küçük ortak katın verdiği dönemle saymaktır. Birinci yazıcının ses anları sıfırdan başlayarak yirmişer artar. İkinci yazıcının ses anları sekizden başlayıp yirmi sekizer artar. Ortak an hem yirminin katı olmalı hem de yirmi sekize bölündüğünde sekiz kalanını vermelidir. Bu koşulu sağlayan en küçük an yüz yirmidir ve deneme ile bulunur. İki ortak anın farkı yirmi ile yirmi sekizin en küçük ortak katı olan yüz kırk olmak zorundadır. Böylece ortak anlar yüz yirmiden başlayıp yüz kırkar artar. Altı yüz dâhil edildiğinde yüz yirmi, iki yüz altmış, dört yüz ve beş yüz kırk olmak üzere dört an bulunur.

Buradaki fikir üçgen eşitsizliğini ikinin kuvvetlerinin iki katı büyümesiyle birleştirmektir: küçükten büyüğe $x<y<z$ yazıldığında üçgen için $x+y>z$ koşulunu denetlemek yeterlidir. 4, 8, 16, 32 ve 64 sayılarında büyük sayı küçüğün en az iki katı olduğundan bu beş sayıdan alınan her üçlüde $x+y>z$ sağlanamaz. Demek ki üçgen ancak 72 sayısını içeren üçlülerde olabilir. 72 en büyük olduğunda ikinci büyük sayı 64 olmak zorundadır, çünkü ikinci büyük sayı 32 ya da daha küçükse toplam 72 sayısını geçemez. Sonra $x+64>72$ koşulundan $x>8$ gerekir; 4 elenir, 8 eşitlik verir ve üçgen sayılmaz, 16 ile 32 kalır. Elverişli üçlüler $(16,64,72)$ ve $(32,64,72)$ olmak üzere 2 tanedir. Tüm üçlüler 20 tane olduğundan olasılık $2\mathrm{/}20=1\mathrm{/}10$ bulunur.

Buradaki can alıcı nokta, ötelemenin her noktaya aynı $(a,b)$ eklemesidir; bu yüzden dokuz ayrı koşulu tek tek denemek yerine yalnızca en sınırlayıcı köşelere bakmak yeterlidir. $K^{\mathrm{\prime }}$, $L^{\mathrm{\prime }}$ ve $M^{\mathrm{\prime }}$ için $x$ değerleri $-5+a$, $a$ ve $2+a$ olur; $x>0$ olması için $a\ge 6$ gerekir ve bu sınır $K$ köşesinden gelir. Benzer biçimde $y$ değerleri $4+b$, $-3+b$ ve $3+b$ olur; $y>0$ için $b\ge 4$ gerekir ve bu sınır $L$ köşesinden gelir. Toplamlar ise $a+b-1$, $a+b-3$ ve $a+b+5$ olur; $x+y\le 20$ için en güçlü sınır $a+b\le 15$ olur ve $M$ köşesinden gelir. Böylece $a=6+i$, $b=4+j$ yazılıp $i,j\ge 0$ ve $i+j\le 5$ bulunur. $i+j=0,1,2,3,4,5$ için olanak sayıları 1,2,3,4,5,6 olup toplam 21 olur.

Temel fikir büyük kutunun içeriğinin küçük ve orta kutuların katlı birleşimi olduğunu görüp tek tek kitap fiyatlarını bulmaya çalışmadan hazır fiyatları aynı katsayılarla birleştirmektir. Küçük ve orta kutunun içerikleri toplanarak denenirse bir küçük ve bir orta kutuda 5 hikâye ve 5 boyama, iki küçük ve bir orta kutuda 7 hikâye ve 6 boyama, üç küçük ve bir orta kutuda 9 hikâye ve 7 boyama olur. Demek ki büyük kutu üç küçük kutuyla bir orta kutunun birleşimidir. O hâlde fiyatı üç kat küçük kutu fiyatıyla orta kutu fiyatının toplamıdır ve $(18x+30)+(10x+14)$ işlemiyle $(28x+44)$ bulunur. Tek tek fiyatlara gidilirse kesirli ve uzun bir yola girilir.

Buradaki fikir her sayıyı karesiz kısım ile bir tam karenin çarpımı olarak ayırmaktır: iki sayının çarpımının tam kare olması ancak ve ancak karesiz kısımları aynı olduğunda olur. Buna göre 1, 4 ve 9 aynı grupta toplanır, 2 ile 8 aynı grupta toplanır, 3, 5, 6, 7 ve 10 ise yalnız kalır. Elverişli sırasız ikililer birinci gruptan 3 tane ve ikinci gruptan 1 tane olmak üzere 4 tanedir. Tüm sırasız ikililer 10 sayıdan düzenli saymayla 45 tane olduğundan olasılık $4\mathrm{/}45$ bulunur; kırk beş çarpımı tek tek denemek yerine gruplama işi kısaltır.

Yanal yüzeyin düzlemde açılması dikdörtgen verir ve bu dikdörtgende köşegen ile kenarlar arasında Pisagor bağıntısı kurulur. Kesim alt tabandaki noktadan geçtiği için açınımın genişliği taban çevresine eşittir ve üst tabandaki karşı noktanın görüntüsü üst kenarın ortasına düşer, böylece köşegene konu olan yatay kenar çevrenin yarısı olur. Çevre $\pi =3$ ile $6r$ olduğundan yatay kenar $3r$ bulunur. Köşegenin karesi $9r$ tabanının karesi artı $h$ tabanının karesine eşittir. Yanal alan $6r$ ile $h$ tabanının çarpımı olduğundan çarpım bilinir. Kare özdeşliği ile kareler toplamına iki kat çarpım eklenince toplamın karesi elde edilir ve toplam bulunur. Çarpımı verilen pozitif tam sayı bölenleri içinde yalnız bir ikili bu toplamı sağlar, buradan yükseklik bulunur.

Eğimi bir olan doğrudan geçen iki noktanın yatay ve dikey artımları birbirine eşit olmak zorundadır. Bu zorunluluk üslü koordinatlar arasındaki farkların eşitlenmesine dönüşür. Üsleri ayırmak için ortak çarpan parantezine alma kullanılır ve yatay fark 15 ile 2 tabanının bir kuvvetinin çarpımı, dikey fark 80 ile 3 tabanının bir kuvvetinin çarpımı olarak yazılır. Sadeleştirme sonunda bir yanda yalnız 2 tabanının kuvveti ile 3, öteki yanda yalnız 3 tabanının kuvveti ile 16 kalır. Bir 2 kuvveti ile bir 3 kuvvetinin eşitliği ancak üsler sıfır olduğunda gerçekleşir, çünkü 2 ve 3 birbirinden farklı asal tabanlardır. Buradan üsler tek türlü bulunur ve yatay uzaklık 15 ile bulunan 2 kuvveti çarpılarak hesaplanır.

Buradaki tek fikir açıortay üzerindeki noktanın iki kenara eşit uzaklıkta olması ve bunun eş üçgenler vermesidir. $D$ açıortay üzerinde olduğundan $D$ noktasının $AB$ ve $AC$ kollarına dik uzaklıkları eşittir, yani $D$ noktasından $AC$ üzerine indirilen dikme $DE=BD=6$ olur. $BC=16$ olduğundan $DC=10$ bulunur. $DEC$ üçgeni dik olduğundan $EC=\sqrt{10^2-6^2}=8$ olur. $ABD$ ve $AED$ dik üçgenlerinde hipotenüs $AD$ ortak ve birer dik kenar 6 olduğundan üçgenler eştir, bu yüzden $AE=AB$ olur. $AB=x$ denirse $ABC$ dik üçgeninde $x^2+16^2=(x+8{)}^2$ yazılır. Buradan $x^2+256=x^2+16x+64$ ve $16x=192$ ile $x=12$ bulunur. Son olarak $ABD$ üçgeninde $AD=\sqrt{12^2+6^2}=\sqrt{180}=6\sqrt{5}$ elde edilir.

Buradaki düşünce önce iki bilinmeyenli çarpımı tek çarpım biçiminde görmektir. Eşitliğin iki yanına uygun sabiti ekleyince dağılma özelliği çalışır. $(2a+5)(b+3)=2ab+6a+5b+15$ olduğundan verilen eşitlik $(2a+5)(b+3)=180$ olur. $2a+5$ tek sayıdır ve en az 7 dir, $b+3$ en az 4 tür. 180 sayısının bu koşullara uyan çarpan çiftleri $(9,20)$, $(15,12)$ ve $(45,4)$ olur. Buradan $(a,b)$ çiftleri $(2,17)$, $(5,9)$ ve $(20,1)$ bulunur. Toplamlar 19, 14 ve 21 olur. Çarpımı sabitken toplam çarpanlar birbirine yakınken küçüldüğünden en küçük toplam 14 olur.

Asıl fikir toplam yüzeyin hacme oranını yarıçap ve yüksekliğin tersleri toplamına çevirip sabit ekleyerek çarpanlara ayırmaktır. $\pi =3$ ile toplam yüzey $6r(r+h)$ ve hacim $3r^{2}h$ olur. Ölçüler arasındaki ${\displaystyle \frac{2}{3}}$ ilişkisinden $6r(r+h)=2r^{2}h$ ve sadeleşince $3(r+h)=rh$ bulunur. Buradan $r$ ve $h$’nin 3’ten büyük olması gerektiği görülür ve ${\displaystyle \frac{1}{r}}+{\displaystyle \frac{1}{h}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$ elde edilir. Düzenlenirse $(r-3)(h-3)=9$ olur. 9’un pozitif bölenleri 1, 3 ve 9 olduğundan $r<h$ koşuluyla yalnız $r-3=1$ ve $h-3=9$ kalır. Böylece $r=4$ ve $h=12$ bulunur.

Buradaki fikir medyanın $x$’in sıralamadaki yerine göre değiştiğini görüp aralıklara ayırmaktır. Sayıların toplamı $80+x$ olduğundan ortalama $(80+x)\mathrm{/}6$ olur. $x$ en küçükken sıralama $x,8,12,16,20,24$ olup medyan 14 bulunur ve $(80+x)\mathrm{/}6=14$ eşitliğinden $x=4$ gelir. $x$ 12 ile 16 arasında iken medyan $(x+16)\mathrm{/}2$ olup eşitlik $x=16$ verir. $x$ en büyükken medyan 18 olup $x=28$ bulunur. Başka aralıklar tutarlılık vermez. Değerlerin toplamı 48 olur.

Çözümün fikri toplamı ortalama ile bulup diğer boyları açıklığın verdiği en küçük değerle sınırlamaktır. Beş boyun toplamı $5\cdot 180=900$ santimetre olur. En uzun boy $e$, en kısa boy $a$ olsun. Burada açıklık koşulundan $a=e-12$ olur. Diğer üç boy en az $a$ kadar olduğundan toplam en az $4a+e$ olur. Buradan $4(e-12)+e\le 900$ yani $5e-48\le 900$ ve $5e\le 948$ bulunur. Bu $e\le 189,6$ demektir. Boy tam sayı olduğundan $e$ en çok 189 olabilir. Bu değer gerçekten olur. Örneğin 177,177,178,179,189 sayılarının toplamı 900, açıklığı 12 ve ortalaması 180 olur. Böylece sınır ile örnek birleşir ve sonuç kesinleşir.

Buradaki düşünce her evredeki saatlik değişimi önce iki tabanında üslü sayıya çevirmek ve üslerde doğrusal denklem kurmaktır. Birinci evrede sayıya kendisi kadar ekleme yapılması sayıyı iki katına çıkarır. İkinci evrede sayının üç katı kadar ekleme yapılması sayıyı dört katına çıkarır. Üçüncü evrede sekizde yedinin alınması sayıyı sekizde bire indirir. Dört ikinin karesi ve sekiz ikinin küpü olduğundan üç evre sonunda son çarpan iki üzeri $x+2y-3z$ olur. Bu çarpanın $1\mathrm{/}512$ olması üslerin toplamının eksi dokuz olduğunu verir. Toplam sürenin 17 saat olması ile birlikte $y$ sayısı $z$ sayısına bağlı bulunur. Sıralama koşulu ile birlikte artı tam sayılarda yalnız 3, 6, 8 üçlüsü kalır. Bu yüzden birinci evrenin süresi 3 olur.