TYT Matematik zorlu sorular

Çözümün ana fikri yol zaman grafiklerinden konum fonksiyonları kurup mutlak değer eşitsizliği ile zaman aralığı ölçmektir. Molalı aracın konumu 0 ile 2 arasında 30 ile zamanın çarpımı, 2 ile 4 arasında 60, 4 ile 6 arasında 30 ile zamanın çarpımından 60 çıkarılarak bulunur. Diğer aracın konumu 120 sayısından 20 ile zamanın çarpımı çıkarılarak bulunur. İki konum farkının mutlak değeri 20 sayısından küçük yazılarak her parçada ayrı eşitsizlik çözülür. İlk ve son parçada çözüm boş küme olur. Orta parçada 2 ile 4 arası bulunur. Toplam süre 2 olur.

Fikir yokluk bildiren kuralı kapsama olarak okumaktır. Matematikten kalıp fizikten geçen olmadığından fizikten geçen her öğrenci matematikten de geçmiştir, yani fizik geçenler matematik geçenlere dahildir. Bu yüzden yalnızca fizikten geçen yoktur ve fizik ile kimyadan geçen 12 kişinin tamamı üç dersten de geçmiştir. Matematik ve fizikten geçip kimyadan kalanlar $48-12=36$, matematik ve kimyadan geçip fizikten kalanlar $46-12=34$ olur. Yalnızca matematikten geçenler $90-36-34-12=8$, yalnızca kimyadan geçenler $65-34-12=19$ bulunur. Toplamları $8+19=27$ olur.

Buradaki belirleyici fikir toplam paranın korunumudur. Başlangıçta Elif’te $x$, Mert’te $y$ olsun ve toplam $t=x+y$ değişmesin. Birinci aktarmadan sonra Elif’te $3x\mathrm{/}4$, Mert’te $y+x\mathrm{/}4$ kalır. İkinci aktarma birikenin $1\mathrm{/}3$’ü olduğundan Mert’te bunun $2\mathrm{/}3$’ü kalır ve son eşitlikten bu $t\mathrm{/}2$ olur; yani $y+x\mathrm{/}4$ değerinin $2\mathrm{/}3$’ü $t\mathrm{/}2$’dir ve buradan $y+x\mathrm{/}4=3t\mathrm{/}4$ bulunur. $y=t-x$ yazınca $t-3x\mathrm{/}4=3t\mathrm{/}4$ olup $x=t\mathrm{/}3$ elde edilir. El değiştiren tutarların tam sayı olması $t$’nin hem 3’ün hem 4’ün katı, yani 12’nin katı olması demektir. 90 ile 100 arasında 12’nin katı yalnız 96’dır, Elif’in başlangıcı $96\mathrm{/}3=32$ olur.

Ana fikir üçgen eşitsizliğinde eşitlik koşuludur: $\mathrm{\mid }u\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }v\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }u+v\mathrm{\mid }$ olması için $u$ ile $v$ aynı işaretli olmalı ya da en az biri sıfır olmalıdır. Burada $u=x-4$ ve $v=2x+6$ alınırsa $u+v=3x+2$ olur, yani verilen denklem tam bu kalıptadır. Bu yüzden denklem $(x-4)(2x+6)>=0$ koşuluna, yani $(x-4)(x+3)>=0$ koşuluna denktir. Buradan $x<=-3$ ya da $x>=4$ bulunur. $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }<=10$ ile birlikte $-10$ ile $-3$ arasında 8 tam sayı, 4 ile 10 arasında 7 tam sayı vardır ve toplam 15 olur. Kritik noktalara göre dört ayrı aralıkta mutlak değer açmak çok daha uzundur.

Buradaki fikir iki basamaklı sayıyı basamak değerleriyle açarak ters çevrilmiş sayı ile olan uzaklığı sadeleştirmektir. Onlar basamağındaki rakam ile birler basamağındaki rakam kullanılarak yazılan sayıdan tersi çıkarıldığında farkın dokuz katlı bir yapıya indiği görülür. Mutlak değer nedeniyle iki ayrı durum incelenir ve her durumda toplam ile fark arasında birinci dereceden bir bağıntı elde edilir. Bu bağıntı bir rakamın diğerinin iki katı olmasını gerektirir. Rakamların sıfır ile dokuz arasında olması ve onlar basamağının sıfır olamaması koşulu ile olanaklı ikililer tek tek sayılır. Sınır koşulu dışında kalan değerler elenir ve sıralı ikililerin tamamı bulunduğunda toplam sekiz sayıya ulaşılır.

Fikir, parabolün $f(x)=f(a-x)$ simetrisidir. $f(x)=x^2-ax+13$ için $f(a-x)=f(x)$ olur, yani çözümler $a$’ya göre eşleşir. $a=2m$ çift ise tam çözümler $x$ ile $2m-x$ olarak eşleşir ve ortaya tek başına kalan $m$ ile birlikte toplam sayı tek olur, bu yüzden altı çözüm için $a$ tek olmalıdır. $a=2m+1$ yazılınca $f(m-k)=k(k+1)-m(m+1)+13$ bulunur. $k=0,1,2$ için negatif, $k=3$ için negatif olmaması gerekir, buradan $6<m(m+1)-13\le 12$ elde edilir. Yalnızca $m=4$ sağlar, yani $a=9$ olur. Gerçekten $x^2-9x+13<0$ kökleri $(9\pm \sqrt{29})\mathrm{/}2$ olup aralıkta 2,3,4,5,6,7 bulunur. $a\le 7$ için $a^2-52$ negatiftir, $a=8$ üç çözüm verir, $a\ge 11$ için 2 ile $a-2$ aralığı en az sekiz tam sayı içerir.

Asıl fikir toplamı açıklıkla yok edip sıralamayla sıkıştırmaktır. Sayılar $a<b<12<d<e$ ve $e=a+7$ olsun. Toplam 65 olduğundan $a+b+12+d+e=65$ ve $2a+b+d=46$ bulunur. $a+1\le b\le 11$ ve $13\le d\le a+6$ olduğundan $a+14\le b+d\le a+17$ olur. Yani $a+14\le 46-2a\le a+17$ elde edilir. Soldan $3a\le 32$ ve $a\le 10$, sağdan $29\le 3a$ ve $a\ge 10$ bulunur, bu yüzden $a=10$ olur. O zaman $e=17$ ve $b+d=26$ olur, $b<12<d$ koşuluyla yalnızca $b=11,d=15$ sağlanır. 10,11,12,15,17 grubu tüm koşulları sağlar, en küçük sayı 10 olur.

Buradaki fikir üç bilinmeyenli bölme işlemini tek bilinmeyene indirmektir. Her kutudaki vida sayısına $q$ denirse kutu sayısı $2q+1$ olur ve kalan 6 olduğundan toplam vida sayısı $q(2q+1)+6=2q^2+q+6$ biçimine iner. Kalanın bölenden küçük olması zaten $q$ değeri 3 ve üstü için sağlanır. Toplamın 200 ile 310 arasında olması $q$ değerini сильно sınırlar, $q=9$ için 177 bulunur ve aralık dışında kalır, $q=10$ için 216 bulunur, $q=11$ için 259 bulunur, $q=12$ için 306 bulunur, $q=13$ için 357 bulunur ve aralık dışına çıkılır. Böylece aralıkta yalnızca 216, 259 ve 306 aday kalır. Bunlardan 7 ile tam bölüneni aramak gerekir, 216 sayısının kalanı 6 olur, 306 sayısının kalanı 5 olur, $259=252+7$ olduğundan yalnızca 259 tam bölünür.

İki fikir birleşir: 0 ile 1 arasındaki tabanda sıralama üsse ters yansır ve kalan iş ikinci derece eşitsizliklere kalır. Sınırlar $(1\mathrm{/}2{)}^7=1\mathrm{/}128$ ve $(1\mathrm{/}2{)}^{-5}=32$ diye yazılınca, taban 1’den küçük olduğundan eşitsizlik üslere ters yönle taşınır: $-5\le n^2-6n\le 7$ olur. Sağ yan $n^2-6n-7\le 0$, yani $(n-7)(n+1)\le 0$ ile $-1\le n\le 7$ verir; sol yan $n^2-6n+5\ge 0$, yani $(n-1)(n-5)\ge 0$ ile $n\le 1$ veya $n\ge 5$ verir. Bu iki kümenin kesişimi $\{-1,0,1,5,6,7\}$ olup 6 değer bulunur; yönü çevirmeyi unutan ya da iki sınırdan birini saymayan yanlış kümeye düşer.

Buradaki düşünce, her $x$ için doğru olan bir gerektirmeyi, öncülü doğru yapan değerlerin sonucu da doğru yapması gerektiği biçiminde okuyup kök kümelerinin kapsamasına çevirmektir. Çarpanlara ayırma ile $p$ denklemi $(x-a)(x-a-1)=0$ olur ve kökler $a$ ile $a+1$ sayılarıdır, $q$ denklemi ise $(x-2)(x-3)=0$ olur ve kökler 2 ile 3 sayılarıdır. İkişer elemanlı kümelerde kapsama eşitlik demektir, bu yüzden $a$ ile $a+1$ sayıları 2 ile 3 olmalıdır. Küçükten büyüğe sıralama $a=2$ sonucunu verir. Sağlamada iki denklemin kökleri çakışır ve gerektirme her $x$ için doğru olur.

Kilit düşünce toplam değişmezidir. 1 ile 9 arası sayıların toplamı 45 olduğundan eşit toplamlı üç kutunun her birinde toplam 15 olmalıdır. Toplamı 15 yapan üçlüler $(1,5,9)$, $(1,6,8)$, $(2,4,9)$, $(2,5,8)$, $(2,6,7)$, $(3,4,8)$, $(3,5,7)$, $(4,5,6)$ olmak üzere 8 tanedir. En büyük sayı 9 yalnızca ilk ve üçüncü üçlüde bulunur. 9 içeren üçlü sabitlenince geriye kalan 6 sayıdan 15 toplamlı iki üçlü tek türlü tamamlanır. Böylece sırasız olarak 2 parçalanış vardır. Kutular farklı olduğundan her parçalanış 6 biçimde kutulara dağıtılır. Sonuç 2 ile 6 çarpımından 12 olur.

Asıl fikir iki grafiğin ortak oranını olasılık denkleminde çarpanlara ayırmaktır. B ve C eşit açılı olduğundan sayıları eşittir, $x$ olsun. Toplam $n=4+2x$ olur. Biri A grubundan biri B grubundan olan sırasız ikili sayısı $4x$ olur, tüm ikililer $C(n,2)=n(n-1)\mathrm{/}2$ olur. Olasılık $4x\mathrm{/}(n(n-1)\mathrm{/}2)=8x\mathrm{/}(n(n-1))=4\mathrm{/}15$ verilir. Yerine yazılırsa $30x=(4+2x)(3+2x)=12+14x+4x^2$ ve $4x^2-16x+12=0$ bulunur. Sadeleşince $x^2-4x+3=0$ ve $(x-1)(x-3)=0$ elde edilir. $x=1$ ya da $x=3$ olur. B ile C toplamı A grubundan fazla olduğundan $2x>4$ ve $x=3$ seçilir. Toplam $4+3+3=10$ olur.

Fikir 99 sayısının 9 ve 11 çarpanlarına ayrılmasıdır. $0,\overline{ab}$ sayısı $\overline{ab}\mathrm{/}99$ kesrine eşittir. Bu kesrin paydası 9 olan bir kesre eşit olması için pay ve paydanın 11 ile sadeleşmesi gerekir, dolayısıyla $\overline{ab}$ sayısı 11 in katı olur. Öte yandan $0,54<\overline{ab}\mathrm{/}99<0,56$ eşitsizliğini 99 ile çarparsak $53,46<\overline{ab}<55,44$ bulunur, buradan $\overline{ab}$ sayısı 54 ya da 55 olur. Bu iki adaydan 11 in katı olan yalnız 55 tir. Böylece $a=5$ ve $b=5$ bulunur, toplam $5+5=10$ olur.

Fikir işçi hızlarını terslerle toplayıp çarpanlara ayırma özdeşliğiyle bölenlere ve EBOB koşuluyla birleştirmektir. Tek başına süreler $a$ ve $b$ olsun. Birlikte çalışma $1\mathrm{/}a+1\mathrm{/}b=1\mathrm{/}6$ verir ve düzenlenince $ab-6a-6b=0$ olur, iki yana 36 eklenince $(a-6)(b-6)=36$ bulunur. 36 sayısının pozitif bölen çiftleri 1 ile 36, 2 ile 18, 3 ile 12, 4 ile 9 ve 6 ile 6 olur ve buradan $(a,b)$ çiftleri 7 ile 42, 8 ile 24, 9 ile 18, 10 ile 15 ve 12 ile 12 olur. Bu çiftlerin EBOB değerleri sırasıyla 7, 8, 9, 5 ve 12 olur, bu yüzden EBOB değeri 5 olan tek çift 10 ile 15 olur ve hızlı olanın süresi 10 bulunur.

Fikir kare farkını çarpanlara ayırıp asal kuvvetin bölünmezliğini kullanmaktır. $x^2-49=(x-7)(x+7)$ olur ve bu çarpım 2’nin bir kuvvetine eşitse $x>7$ için her iki çarpan da 2’nin kuvveti olmak zorundadır. $x-7=2^a$ ve $x+7=2^b$ yazılırsa fark $2^b-2^a=14$ olur. Buradan $2^a(2^{b-a}-1)=2\cdot 7$ elde edilir. İkinci çarpan tek olduğundan 2 çarpanının tümü ilk çarpanda olmak zorundadır ve $a=1$ bulunur. Geriye $2^{b-a}-1=7$ kalır ve $b-a=3$ ile $b=4$ olur. Böylece pozitif $x$ için tek çözüm $x=9$ olur ve sayma sonucu 1 bulunur. Negatif $x$ değeri soruda dışarıda bırakılmıştır ve tek tek kare denemek çok uzun sürer.

Asıl fikir doğrusal fonksiyonun değerlerinin eşit artması ile beşe ve ikiye bölünebilme eleğidir. $f(1)-f(0)=a$ ve $f(2)-f(1)=a$ olduğundan beş değer aritmetik dizidir. Fark $a$ tek olsaydı art arda beş sayıda en az iki çift sayı 2 sayısından büyük olurdu ve asal olamazdı, bu yüzden $a$ çifttir. Beşin katı olan asal yalnızca 5 olduğundan ve $a$ sayısı 5 sayısına bölünmüyorsa beş terimden biri 5 sayısına bölünür, bu terim 5 sayısının kendisi olmak zorundadır. Baştaki terimin 2 ya da 3 olması 9 gibi asal olmayanı verir, bu yüzden ilk terim 5 olur. Buradan $b=5$ bulunur. Fark 10 ve üzeri olursa son terim 30 sayısını aşar, bu yüzden $a$ sayısı 5 sayısına bölünmez. $b=5$ iken $a=2$ ve $a=4$ değerleri 9 sayısını verir, $a=8$ değeri 21 sayısını verir, yalnızca $a=6$ değeri 5, 11, 17, 23 ve 29 asallarını verir. Böylece toplam 11 olur.

Buradaki fikir basamak çözümlemesinden gelen toplam ve farkı ortak bölenle birleştirmektir. $AB=10A+B$ ve $BA=10B+A$ yazılırsa $AB+BA=11(A+B)$ ve $\mathrm{\mid }AB-BA\mathrm{\mid }=9\mathrm{\mid }A-B\mathrm{\mid }$ olur. $d$ sayısı her iki sayıyı bölerse bu toplamı ve farkı da böler. Rakamlar farklı olduğundan 11 sayısı $10A+B$ sayısını bölemez, çünkü 11 ile bölüm $A=B$ demektir. O yüzden $d$ ile 11 aralarında asaldır ve $d$ sayısının $11(A+B)$ sayısını bölmesi $d$ sayısının $A+B$ toplamını bölmesini gerektirir. $A+B$ toplamı en çok 17 olduğundan $d$ en çok 17 olur. 13 ile 17 arası her değer için $A+B$ bu değere eşit olmalıdır, fakat 89, 98, 79, 97, 69, 96, 78, 87, 59, 95, 68, 86, 49, 94, 58, 85, 67 ve 76 sayılarından hiçbiri ilgili değere bölünmez. Buna karşılık 48 ve 84 sayılarının ortak böleni 12 olur. Demek ki en büyük değer 12 olarak bulunur.

Asıl fikir her sayının kareden arındırılmış çekirdeğidir: bir çarpımın tam kare olması için her asalın üssünün çift olması gerekir, yani kare çarpanlar atıldıktan sonra kalan karesiz kısımların eşit olması gerekir. İkinci fikir aynı çekirdekten gelen ikilileri kombinasyonla saymaktır. Sayılar $6=6\cdot 1^2$, $12=3\cdot 2^2$, $18=2\cdot 3^2$, $24=6\cdot 2^2$, $36=1\cdot 6^2$, $48=3\cdot 4^2$, $54=6\cdot 3^2$, $72=2\cdot 6^2$ biçiminde yazılınca çekirdek 6 olanlar 3 tane, çekirdek 3 olanlar 2 tane, çekirdek 2 olanlar 2 tane ve çekirdek 1 olan 1 tanedir. Uygun ikililer $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{2}\right)=3+1+1=5$ tanedir. Toplam $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{8}{2}\right)=28$ ikiliden olasılık $5\mathrm{/}28$ bulunur. Çekirdeği göremeyen 28 çarpımı tek tek kare denetimine kalkışır.

Asıl fikir üç sayıda ikili mutlak fark toplamının açıklığın iki katı olmasıdır. Sayılar $x\le y\le z$ biçiminde sıralansın. Bu durumda $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }y-z\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }z-x\mathrm{\mid }=(y-x)+(z-y)+(z-x)=2(z-x)$ olur, verilen 12 ile $z-x=6$ bulunur. Ortalama 20 olduğundan $x+y+z=60$ olur. Medyan 18 olduğundan $y=18$ ve $x+z=42$ elde edilir. İki denklemden $z=(42+6)\mathrm{/}2=24$ ve $x=18$ bulunur. 18,18,24 üçlüsü ortalamayı, medyanı ve mutlak fark toplamını sağlar, en büyük satış 24 olur.

Buradaki kilit düşünce basamak çözümlemesi ile elde olasılığını elemektir. $10A+B+10C+D=55$ yazılınca $10(A+C)+(B+D)=55$ olur. $B$ ve $D$ 0 ile 5 arası farklı rakamlar olduğundan $B+D$ en çok 9 olur, bu yüzden $B+D=15$ ve $A+C=4$ olan elde durumu imkânsızdır. Geriye $A+C=5$ ve $B+D=5$ kalır. Toplamı 5 yapan ayrık çiftler 0 ile 5, 1 ile 4, 2 ile 3 üçlüsünden iki farklı çifttir. Üç çiftten ikisini seçip $A,C$ ile $B,D$ rollerine dağıtmanın 6 yolu vardır. $A$ sıfır olamaz, bu yüzden 0 ile 5 çifti $A,C$ konumunda 1, diğer konumlarda 2 sıralanır. $B,D$ konumunda sıfır serbest olduğundan her çift 2 sıralanır. Bu sayım $2+4+2+4+4+4=20$ verir ve işlem kısadır.

Buradaki fikir 2'ye tamamlayan eşleşme ile kapsama dışlama saymasını birleştirmektir. Kesirler $k\mathrm{/}15$ biçimindedir, $1\le k\le 29$ ve $k$ ile 15 aralarında asaldır. 1 ile 29 arasında 3 sayısının katı 9, 5 sayısının katı 5, ikisinin ortak katı 1 tanedir, dolayısıyla aralarında asal $29-9-5+1=16$ pay vardır. 30 sayısı 15 sayısının katı olduğundan $k$ ile $30-k$ aynı ortak bölenlere sahiptir; biri koşulu sağlıyorsa öteki de sağlar ve ikisi de aralıktadır. $k=15$ koşulu sağlamadığından her sayı farklı bir eşle ikilenir, 8 çift oluşur. Her çiftin toplamı $(k+30-k)\mathrm{/}15=2$ olduğundan toplam $8\times 2=16$ bulunur.

Fikir musluk debilerini 3 saatlik ortak döngüde toplayıp kalan kısmı döngü içindeki sıraya göre oranlamaktır. 8 saatte dolduran musluğun saatlik payı $1\mathrm{/}8$ ve 12 saatte dolduran musluğun saatlik payı $1\mathrm{/}12$ olur. 3 saatlik bir döngüde birinci musluk $3\mathrm{/}8$ ve ikinci musluk $2\mathrm{/}12$ doldurur, toplam $13\mathrm{/}24$ yapar. İlk 3 saatten sonra doluluk $13\mathrm{/}24$ olur, sonraki 2 saat iki musluk da açık olduğundan $10\mathrm{/}24$ daha dolar ve 5 saat sonunda $23\mathrm{/}24$ değerine ulaşılır. Geriye $1\mathrm{/}24$ kalır ve bu dilim ikinci musluğun kapalı olduğu saate denk gelir, yalnızca $1\mathrm{/}8$ hızla dolar, bu yüzden gereken süre $(1\mathrm{/}24)\mathrm{/}(1\mathrm{/}8)=1\mathrm{/}3$ saat olur ve toplam $5+1\mathrm{/}3=16\mathrm{/}3$ saat bulunur.

Önce sıralamayı kullanırız: $a<c$ ve $b<c$ olduğundan $a+b<2c$ olur, bu yüzden ${\displaystyle \frac{a+b}{c}}$ sayısı sıfırdan büyük ve 2’den küçüktür, tam sayı olması için 1 olmalıdır, buradan $c=a+b$ bulunur. Bunu ikinci koşulda yazarsak ${\displaystyle \frac{a+c}{b}}={\displaystyle \frac{2a+b}{b}}=1+{\displaystyle \frac{2a}{b}}$ tam sayı olur, demek ki $b$ sayısı $2a$ sayısını böler. $a<b$ olduğundan $1\le {\displaystyle \frac{2a}{b}}<2$ aralığındaki bu oran ancak 1 olabilir, buradan $b=2a$ ve $c=3a$ elde edilir. Toplam $a+2a+3a=6a=30$ ise $a=5$, $b=10$, $c=15$ bulunur ve iki koşulun da sağlandığı görülür.

Buradaki fikir üç kişilik grup sayısının birey sayısının küpüyle değil kombinasyon formülüyle büyümesidir. Kız sayısı $2k$ ve erkek sayısı $3k$ olsun, $k$ tam sayıdır. Üç kişilik grup sayıları ${\displaystyle \frac{2k(2k-1)(2k-2)}{6}}$ ile ${\displaystyle \frac{3k(3k-1)(3k-2)}{6}}$ olur. Oran ${\displaystyle \frac{1}{5}}$ eşitlenince 6 sayıları sadeleşir ve ${\displaystyle \frac{4(k-1)(2k-1)}{3(3k-1)(3k-2)}}={\displaystyle \frac{1}{5}}$ bulunur. Düzenlenince $13k^2-33k+14=0$, yani $(k-2)(13k-7)=0$ elde edilir. Tam sayı ve en az üç kişi koşuluyla $k=2$ tektir. Böylece erkek sayısı 6 olur ve erkeklerden oluşan üç kişilik grup sayısı ${\displaystyle \frac{6\cdot 5\cdot 4}{6}}=20$ bulunur.

Fikir, yol zaman ilişkisinde eğimin hız olması ile tam sayı bölünebilme koşulunu birlikte kullanmaktır. İlk bölümde geçen süre ile alınan yol bilindiği için mola düzeyindeki yol değeri bulunur. Toplam süre ile toplam yol bilindiği için moladan sonraki bölümde alınması gereken yol ile kalan süre yazılır. Kalan süre mola süresine bağlı olduğundan ikinci bölümdeki hız, payı sabit paydası bilinmeyen bir kesir olur. Hız ile mola süresinin tam sayı olması paydanın payı bölmesini gerektirir. Süreler saat dilimlerinden bulunduğu için payda için olanaklar sınırlıdır. Bu bölenler tek tek denenince elde edilen hızlar sıralanır ve en küçüğü seçilir. Bölünebilirliği denetlemeden kesrin tam kısmını almak eksik olur.

Fikir işçi hızlarını terslerle toplayıp küçük sürelerin en küçük toplamıyla sınır koymaya ve somut örnekle birleştirmektir. Süreler $a,b,c,d$ olsun. Birlikte çalışma $1\mathrm{/}a+1\mathrm{/}b+1\mathrm{/}c+1\mathrm{/}d=1$ verir. 5 sayısından kısa süre demek payda olarak 4 sayısından küçük tam sayı demektir. Üç farklı küçük sürenin toplamını en küçük yapan seçim 2, 3 ve 4 olur ve $1\mathrm{/}2+1\mathrm{/}3+1\mathrm{/}4=13\mathrm{/}12$ değeri 1 sayısından büyüktür, dördüncü pozitif katkı eklenince toplam 1 sayısını aşar, bu yüzden 5 sayısından kısa süreli işçi sayısı 3 olamaz ve 4 hiç olamaz. 2 sayısının olabileceğini $1\mathrm{/}2+1\mathrm{/}3+1\mathrm{/}7+1\mathrm{/}42=1$ eşitliği gösterir, burada 2 ve 3 sayıları 5 sayısından küçüktür ve süreler birbirinden farklıdır, bu yüzden en çok sayı 2 bulunur.

Kilit fikir, 4097 gibi asal görünümlü parçayı küp toplamı olarak yeniden görmektir. Önce iki kare farkı uygulanır: $2^{24}-1=(2^{12}-1)\cdot (2^{12}+1)=4095\cdot 4097$. Birinci parça kolayca açılır: $4095=5\cdot 819=3^2\cdot 5\cdot 7\cdot 13$. İkinci parçada körlemesine bölen denemek yerine $4097=2^{12}+1=(2^4{)}^3+1^3=16^3+1$ yazılır ve küp toplamı formülüyle $(16+1)\cdot (256-16+1)=17\cdot 241$ bulunur. 241 sayısının 2,3,5,7,11,13 asallarının hiçbirine bölünmediği görülerek asal olduğu anlaşılır; ilk parçanın en büyük asalı 13 olduğundan tüm sayının en büyük asal böleni 241 olur.

Asıl fikir kök içlerini tam kare olarak tanımaktır. $x\ge 1$ için $x+2\sqrt{x-1}=(\sqrt{x-1}+1{)}^2$ ve $x-2\sqrt{x-1}=(\sqrt{x-1}-1{)}^2$ olduğundan birinci kök $\sqrt{x-1}+1$ değerine, ikinci kök $\mathrm{\mid }\sqrt{x-1}-1\mathrm{\mid }$ değerine eşittir. $t=\sqrt{x-1}\ge 0$ yazılırsa toplam $t+1+\mathrm{\mid }t-1\mathrm{\mid }$ olur. İkinci fikir mutlak değere göre durum ayrımıdır: $0\le t<1$ iken toplam 2 olup 4 olamaz, $t\ge 1$ iken toplam $2t$ olup $2t=4$ buradan $t=2$ ve $x=5$ bulunur. $x=5$ tanım kümesindedir ve denklemi sağlar, başka çözüm yoktur.

Fikir, her elemanın üç durumunu saymaktır. $X\subseteq Y$ koşulunda her eleman ya $Y$’de yoktur, ya yalnız $Y$’dedir ya da hem $X$ hem $Y$’dedir, bu yüzden kapsayan ikili sayısı $3^n$’dir. Katı koşul $X=Y$ olan $2^n$ durumu dışlar, kalan $3^n-2^n=665$ olur. $n=5$ için $243-32=211$, $n=6$ için $729-64=665$, $n=7$ için $2187-128=2059$ olur ve ifade $n$ büyüdükçe büyür, bu yüzden $n=6$ tektir. Alt küme sayısı $2^6=64$ bulunur.

Asıl fikir mutlak değerli ifadenin parçalı eğimini görmek ile iki noktanın aralığa göre konumunu farktan belirlemektir. $a$ ile $b$ arasında kalan $x$ sayıları için toplam sabit ve en küçük değere eşittir, $a$ sayısından küçük $x$ sayıları için eğim eksi iki ve $b$ sayısından büyük $x$ sayıları için eğim artı ikidir. İki verilen değerin farkı 2 iken $x$ değerleri arası uzaklık 4 olduğundan iki nokta aynı dış kolda olamaz, çünkü aynı kolda fark uzaklığın iki katı olan 8 olurdu. İkisi de içte olamaz ve zıt kollarda da toplamlar tutmaz, bu yüzden tek olanak 2 sayısının solda ve 6 sayısının içte olmasıdır. Buradan $a+b-4=6$ ve $b-a=4$ denklemleri kurulur ve $a=3$ ile $b=7$ bulunur. 4 sayısı bu aralığın içinde kaldığından toplam en küçük değere eşit olur ve 4 elde edilir.

Çözümün fikri ötelemenin doğruların yönünü korumasıdır, bu yüzden kesişim yine dik ve benzer bir üçgendir. $ABC$ üçgeninin dik kenarları 4 ve alanı 8 birimkaredir. $(t,t)$ ötelemesinde kesişimin dik köşesi $(t,t)$ olur ve benzerlik oranı $1-t\mathrm{/}4-t\mathrm{/}4=1-t\mathrm{/}2$ bulunur; dik kenarlar $4-2t$ olur. Alan $(4-2t{)}^2\mathrm{/}2=2$ denkleminden $(4-2t{)}^2=4$ ve buradan $4-2t=2$ ya da $4-2t=-2$ elde edilir; $t=1$ ya da $t=3$ bulunur. $t=3$ için $(3,3)$ noktası $x+y\le 4$ koşulunu sağlamaz, iki üçgen ayrıktır ve kesişim alanı 0 olur; bu cebirsel kök geometrik sınırla elenir. Geriye $t=1$ kalır ve bu değerde kesişim gerçekten 2 birimkare olur.

Fikir önce bütünlerlikle küçük üçgenlerin açılarını tamamlayıp sonra büyük açı karşısında büyük kenarı zincirlemektir. ABD üçgeninde $60^{\circ }+30^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\angle }ADB=90^{\circ }$ olur. BDC doğrusal olduğundan $\mathrm{\angle }ADC=90^{\circ }$ bulunur. ADC üçgeninde $40^{\circ }+90^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\angle }ACD=50^{\circ }$ olur, böylece büyük üçgende $\mathrm{\angle }BAC=70^{\circ }$ elde edilir. Sıralama: ADC de $90^{\circ }>50^{\circ }>40^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }>\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }>\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }$; ABD de $90^{\circ }>60^{\circ }>30^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }>\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }>\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }$; büyük üçgende $60^{\circ }>50^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }>\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }$ olur. Zincirleme $\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }$ hepsinden büyük olur. Tek üçgene bakmak yetmez.

Çözümün ana fikri benzerlik ile alan farkını birleştirmektir. $AB$ ile $CD$ paralel olduğundan ters açılar birbirine eşittir ve düşey açılar da eşittir, böylece $CDO$ ile $ABO$ üçgenleri benzerdir. Alanların oranı $9\mathrm{/}25$ olduğundan benzerlik oranı $3\mathrm{/}5$ olur ve $CO$ ile $AO$ oranı da $3\mathrm{/}5$ bulunur. $ABD$ ile $ABC$ üçgenleri aynı taban ve aynı yükseklikten aynı alana sahiptir, buradan $ABO$ çıkınca $ADO$ ile $BCO$ alanları birbirine eşit olur, ortak değere $x$ denir. Aynı yükseklikten $9\mathrm{/}x$ oranı $3\mathrm{/}5$ olur, buradan $x=15$ gelir. Toplam alan $9+25+15+15$ ile 64 bulunur.

Fikir, diklikten benzerliği bulup sonra tamamlayan alanla sonuca gitmektir. $B$ ve $C$ köşelerindeki açılar diktir. $B$-$E$-$C$ doğrusal ve $AEF$ dik olduğundan $AEB$ ile $FEC$ açılarının toplamı $90^{\circ }$ olur. Buradan $ABE$ ile $ECF$ üçgenlerinin açıları eşleşir ve iki üçgen benzer olur. $AB=4$ ve $BE=EC=2$ olduğundan $4\mathrm{/}2=2\mathrm{/}CF$ oranından $CF=1$ bulunur. Böylece $DF=3$ olur. $AEF$ alanı kareden parçalar çıkarılarak $16-4-1-6=5$ bulunur, burada parçalar $ABE=4$, $ECF=1$ ve $ADF=6$ değerlerindedir.

Fikir eşit uzaklıkları çember merkezi olarak okumaktır. $\mathrm{\mid }OA\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }OB\mathrm{\mid }$ olduğundan OAB ikizkenardır ve $\mathrm{\angle }OBA=30^{\circ }$ olur. $\mathrm{\mid }OB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }OC\mathrm{\mid }$ olduğundan OBC ikizkenardır ve $\mathrm{\angle }OCB=20^{\circ }$ olur. $\mathrm{\mid }OA\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }OC\mathrm{\mid }$ olduğundan $\mathrm{\angle }OAC=\mathrm{\angle }OCA$ dir; bu ortak değere $y$ denirse üçgenin açıları $\mathrm{\angle }BAC=30^{\circ }+y$, $\mathrm{\angle }ABC=50^{\circ }$, $\mathrm{\angle }ACB=y+20^{\circ }$ olur. İç açılar toplamı $30+y+50+y+20=180$ denklemini verir, buradan $2y=80$, $y=40^{\circ }$ ve $\mathrm{\angle }BAC=70^{\circ }$ bulunur. O noktasının üç eşit uzaklığı çember belirtir, ikizkenarlıklar olmasa açı taşınamaz.

Buradaki kilit fikir, kesilen parçayı tek başına bir piramit gibi zorlamak yerine onu köşedeki dikdörtgenler prizmasının bir parçası olarak görmektir. Köşede birleşen üç ayrıt birbirine dik olduğundan kesilen parça, dik kenarları 6 ve 8 olan bir dik üçgen taban ile bu tabana dik 10 yüksekliğinden oluşan bir üçgen piramittir. Taban alanı $(6\cdot 8)\mathrm{/}2=24$ birimkaredir ve piramit hacmi $24\cdot 10\mathrm{/}3=80$ birimküp olur, yani sonuç üç ayrıtın çarpımının 6 da 1 idir.

Çözümün ana fikri doğrusal değişim ile alan denklemini birleştirmektir. Toplam yükseklik $H$ ve üst tabandan kesite uzaklık $h$ olsun, benzerlikten kesit uzunluğu üst tabandan alta doğru doğrusal büyür ve $x=7+10h\mathrm{/}H$ olur. Üstte kalan küçük yamuğun alanı $(7+x)\mathrm{/}2$ ile $h$ çarpımıdır ve tüm alanın yarısına, yani $(17+7)\mathrm{/}4$ ile $H$ çarpımına eşittir. $t=h\mathrm{/}H$ yazılınca $(14+10t)t=12$ ve $5t^2+7t-6=0$ denklemi gelir, çarpanlara ayırma $(5t-3)(t+2)=0$ verir, olumlu kök $t=3\mathrm{/}5$ olur. Buradan $x=7+6$ ile sonuç 13 bulunur.

Asıl fikir kare uzaklıklardan dikliği yakalayıp çapı gören açıyı kullanmaktır. $A{B}^2=(8{)}^2+(2{)}^2=68$, $A{C}^2=(-2{)}^2+8^2=68$ ve $B{C}^2=(-10{)}^2+6^2=136$ olduğundan $A{B}^2+A{C}^2=B{C}^2$ sağlanır; Pisagor bağıntısının tersinden $A$ köşesi diktir. Çapı gören çevre açı dik olduğundan $BC$ parçası çevrel çemberin çapıdır, merkez de $BC$ parçasının orta noktasıdır. Orta nokta $((11+1)\mathrm{/}2,(6+12)\mathrm{/}2)=(6,9)$ bulunur, apsisi 6 olur. Doğrudan iki orta dikme kesiştirmek uzun sürerdi.

Fikir eşitsizlikten sert üst sınır alıp sonra saymaktır. Kenarlara $a<b<c$, $a+b+c=20$ denirse üçgen eşitsizliği $a+b>c$ gerektirir, yani $20-c>c$ ve $c<10$ olur. En büyük kenar ortalamadan büyük olduğundan $3c>20$, $c\ge 7$ olur. $c=9$ için $a+b=11$, $b<9$ ve $a<b$ koşulları $(5,6)$, $(4,7)$, $(3,8)$ üçlülerini verir; üçü de $11>9$ sağladığından üçgendir. $c=8$ için $a+b=12$, $b<8$ koşulu yalnız $(5,7)$ bırakır. $c=7$ için toplam 13 ü 7 den küçük iki farklı sayıyla yazmak imkansızdır. Böylece $3+1=4$ farklı kenar kümesi vardır; örneğin 3,8,9 üçgen eşitsizliğini sağlar. Sınır olmadan tüm parçalanışları denemek uzun sürer.