Cepte soru çöz TYT Zorlu sorularYarışma tarzı

TYT

TYT · Yarışma tarzı sorular

70 soru
Gerçek sınavdan daha zor
Ücretsiz

Bu sorular TYT müfredatına göre yazıldı; ancak zorluk değerlendirmemize göre her biri gerçek sınavdaki her sorudan ve TYT zorlu sorular denemesinden de daha zor. Olimpiyat tarzı pratik yapmak isteyen öğrencilere uygundur. Burada puan hesaplanmaz; bu sorular bir TYT puanını öngörmez.

Bir cevap seç, sonra sorunun altındaki çözümü açarak doğru cevabı ve nasıl çözüldüğünü gör. Seçtiklerin bu tarayıcıda saklanır.

1. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Dışbükey bir çokgenin iç açılarının ölçüleri derece cinsinden birbirinden farklı tam sayılardır. Buna göre bu çokgen en çok kaç kenarlı olabilir?

Çözümü göster

Cevap: C — 26

Fikir, gereken toplamı yukarıdan sınırlayıp sınırın tuttuğunu örnekle göstermektir. $n$ kenarlı dışbükey çokgende iç açılar toplamı $(n - 2) \cdot 18 0^{\circ}$ olur. Dışbükeylikten her açı $0^{\circ}$ ile $18 0^{\circ}$ arasındadır. Açılar birbirinden farklı tam sayılar olduğundan toplam en çok $179 + 178 + \dots + (180 - n)$ olabilir. Bu en büyük toplam $n (359 - n) / 2$ değerindedir. Gereken toplam bunu aşamaz, buradan $n^{2} + n - 720 \leq 0$ elde edilir. $2 6^{2} + 26 = 702 \leq 720$ iken $2 7^{2} + 27 = 756 > 720$ olduğundan $n \leq 26$ bulunur. $n = 26$ için gereken toplam 4320 dir, en büyük toplam 4329 dur. 154 yerine 145 alınırsa $145 + 155 + \dots + 179 = 4320$ sağlanır ve bu açılarla dışbükey çokgen yapılabilir. Böylece sınır hem geçilemez hem ulaşılabilir olur.

2. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

$A B C D$ yamuğunda $[A B]$ ile $[C D]$ paraleldir, $A B = 9$ , $C D = 4$ , $A C = 5$ ve $B D = 12$ dir. Buna göre yamuğun alanı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 30

Fikir, bir köşegeni öteleyip tabanlar toplamını üçgen tabanı yapmaktır. $C$ noktasından $B D$ doğrusuna paralel çizilip $A B$ doğrusu $K$ noktasında kesilsin. $B C K D$ dörtgeni iki çift paralel kenardan paralelkenar olur, bu yüzden $B K = 4$ ve $C K = 12$ bulunur. $A K = 9 + 4 = 13$ olur. $A C K$ üçgeninin kenarları 5, 12 ve 13 olup $5^{2} + 1 2^{2} = 1 3^{2}$ sağlandığından dik üçgendir ve alanı 30 dur. Bu üçgenin $A K$ tabanına ait yüksekliği yamuğun yüksekliğine eşittir ve $A K$ tabanı alt ve üst taban toplamına eşittir, bu yüzden üçgenin alanı yamuğun alanına eşittir. Böylece alan 30 bulunur.

3. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Tabanı $A B C D$ karesi olan $S$ - $A B C D$ piramidinde $∣ A B ∣ = 6$ , $∣ S A ∣ = ∣ S B ∣ = 3 \sqrt{5}$ , $∣ S C ∣ = ∣ S D ∣ = 9$ birimdir. Buna göre piramidin hacmi kaç birimküptür?

Çözümü göster

Cevap: C — 72

Çözümün ana fikri eşit yan ayrıtların simetriyi orta doğruya indirmesi ile bilinmeyen izdüşüm ve yüksekliği Pisagor denklemlerinden çekmektir. $∣ S A ∣ = ∣ S B ∣$ olduğundan tepenin izdüşümü $A B$ ’nin orta dikmesi üzerindedir, $∣ S C ∣ = ∣ S D ∣$ olduğundan $C D$ ’nin orta dikmesi üzerindedir, bu iki doğru taban karede aynı orta doğruyu verir ve izdüşüm $F$ bu doğru üzerinde $A B$ ’ye $y$ uzaklığındadır. $F A^{2} + h^{2} = 45$ ve $F C^{2} + h^{2} = 81$ yazılır, $F A^{2} = 9 + y^{2}$ ve $F C^{2} = 9 + (6 - y)^{2}$ olduğundan çıkarma $36 - 12 y = 36$ verip $y = 0$ ve $h = 6$ bulunur. Taban alanı 36 olduğundan hacim $36 * 6 / 3 = 72$ olur. Merkezi varsaymak yanlış yükseklik verir.

4. soru

Yarışma tarzıAnalitik Geometri

Dik koordinat düzleminde $A (2, 3)$ , $B (8, 5)$ ve $C (5, 11)$ noktaları bir paralelkenarın üç köşesidir. Bu üç noktayla kurulabilecek üç farklı paralelkenarın dördüncü köşeleri $D_{1}$ , $D_{2}$ ve $D_{3}$ olsun. $D_{1} D_{2} D_{3}$ üçgeninin alanı kaç birimkaredir?

Çözümü göster

Cevap: D — 84

Asıl fikir üç paralelkenar koşulunun orta nokta ile $A B C$ üçgenini ortanca üçgen yapmasıdır. Paralelkenarda köşegenler birbirini ortaladığından dördüncü köşeler $D_{1} = A + B - C$ , $D_{2} = A + C - B$ , $D_{3} = B + C - A$ olur; buradan $(D_{1} + D_{2}) / 2 = A$ , $(D_{1} + D_{3}) / 2 = B$ , $(D_{2} + D_{3}) / 2 = C$ bulunur. Yani $A, B, C$ noktaları $D_{1} D_{2} D_{3}$ üçgeninin kenar orta noktalarıdır, bu yüzden $D_{1} D_{2} D_{3}$ üçgeni $A B C$ üçgeninin dört katı alana sahiptir. $A B C$ alanı köşe koordinatlarından $∣ 2 \cdot 5 + 8 \cdot 11 + 5 \cdot 3 - (3 \cdot 8 + 5 \cdot 5 + 11 \cdot 2) ∣ / 2 = 21$ bulunur. Dört katı 84 olur.

5. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Bir $S$ - $A B C$ üçgen piramidinde $∣ S A ∣ = 3$ , $∣ S B ∣ = 4$ , $∣ S C ∣ = 5$ , $∣ A B ∣ = 5$ , $∣ A C ∣ = \sqrt{34}$ , $∣ B C ∣ = \sqrt{41}$ birimdir. Buna göre piramidin hacmi kaç birimküptür?

Çözümü göster

Cevap: A — 10

Çözümün ana fikri Pisagor karşıtıyla üç dikliği saklı kenar uzunluklarından çıkarmak ile hacim için uygun tabanı seçmektir. $3^{2} + 4^{2} = 5^{2}$ olduğundan $A S B$ üçgeni $S$ ’de diktir, $3^{2} + 5^{2} = 34$ olduğundan $A S C$ üçgeni $S$ ’de diktir, $4^{2} + 5^{2} = 41$ olduğundan $B S C$ üçgeni $S$ ’de diktir, böylece $S A$ , $S B$ , $S C$ ikişer ikişer diktir. $S A B$ üçgeni taban alınırsa alanı $3 * 4 / 2 = 6$ olur ve $S C$ bu tabana diktir çünkü $S A$ ve $S B$ ’ye diktir, yükseklik 5 olur. Hacim $6 * 5 / 3 = 10$ bulunur. Tabanı $A B C$ alıp yüksekliği aramak çok uzun ve köklü işlemlere götürür.

6. soru

Yarışma tarzıÜçgenler

ABC üçgeninde D, BC kenarı üzerinde B ile C arasında bir noktadır. Üçgen AD boyunca katlandığında B köşesinin görüntüsü AC kenarı üzerindeki E noktasına gelmektedir. $∣ A B ∣ = ∣ A D ∣$ ve $∣ D E ∣ = ∣ E C ∣$ olduğuna göre $∠ B A C$ kaç derecedir?

Çözümü göster

Cevap: D — $7 2^{\circ}$

Fikir katlamanın uzunluk ve açıyı korumasıdır. Katlamada $∣ A B ∣ = ∣ A E ∣$ , $∣ B D ∣ = ∣ D E ∣$ ve $∠ A B D = ∠ A E D$ , $∠ A D B = ∠ A D E$ olur. Verilen $∣ A B ∣ = ∣ A D ∣$ ile birleşince $∣ A E ∣ = ∣ A D ∣$ olur. $∠ A C B$ ye $c$ denirse $∣ D E ∣ = ∣ E C ∣$ olan DEC üçgeni ikizkenar olduğundan $∠ E D C = c$ ve $∠ D E C = 18 0^{\circ} - 2 c$ bulunur. Buradan $∠ A E D = 2 c$ ve katlamadan $∠ A B C = 2 c$ elde edilir. $∣ A B ∣ = ∣ A D ∣$ olduğundan $∠ A D B = 2 c$ ve katlamadan $∠ A D E = 2 c$ olur. ADE üçgeninde $2 c + 2 c + ∠ E A D = 18 0^{\circ}$ olduğundan $∠ E A D = 18 0^{\circ} - 4 c$ ve katlamadan $∠ B A D$ da aynıdır. $∠ B A C = 36 0^{\circ} - 8 c$ ile $2 c + c$ toplanıp $18 0^{\circ}$ ye eşitlenince $36 0^{\circ} - 5 c = 18 0^{\circ}$ , $c = 3 6^{\circ}$ ve $∠ B A C = 7 2^{\circ}$ bulunur.

7. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Tabanları $A B$ ve $C D$ olan ve $A$ ile $D$ açıları dik olan $A B C D$ yamuğunda $A B = 6$ birim, $C D = 10$ birim ve $A D = 4$ birimdir. $B$ açısı geniş açıdır. $C D$ üzerinde değişen bir $P$ noktası için $A P + P B$ toplamının en küçük değeri kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: A — 10

Çözümün ana fikri yansıma ile üçgen eşitsizliğini birleştirmektir. $A$ noktası $C D$ doğrusuna göre yansıtılınca $A^{'}$ elde edilir, $C D$ üzerindeki her $P$ için $A P$ ile $A^{'} P$ birbirine eşittir, böylece $A P + P B$ toplamı $A^{'} P + P B$ olur. Üçgen eşitsizliğinden bu toplam en az $A^{'} B$ kadardır ve eşitlik $A^{'} B$ doğrusu $C D$ doğrusunu kestiğinde olur. Yatay fark 6 ve düşey fark 8 olduğundan Pisagor ile $A^{'} B$ uzunluğu 10 bulunur. Kesişim noktasının yatay konumu 3 olup 0 ile 10 arasında kaldığından ve $B$ açısı geniş olduğundan bu nokta $C D$ parçası üzerindedir, sınır kontrolü sağlanır, en küçük değer 10 olur.

8. soru

Yarışma tarzıAnalitik Geometri

Dik koordinat düzleminde $A (4, 2)$ ve $B (2, 4)$ noktaları veriliyor. $x$ -ekseni üzerinde bir $P$ noktası ve $y$ -ekseni üzerinde bir $Q$ noktası alınıyor. $A P + P Q + Q B$ toplamının alabileceği en küçük değer kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: C — $6 \sqrt{2}$

Asıl fikir iki eksene ayrı ayrı yansıtıp üçgen eşitsizliğini kullanmaktır. $A$ noktasını $x$ -eksenine göre yansıtınca $A^{'} (4, - 2)$ elde edilir, $B$ noktasını $y$ -eksenine göre yansıtınca $B^{'} (- 2, 4)$ elde edilir. Herhangi bir $P$ ve $Q$ için $A P = A^{'} P$ ve $B Q = B^{'} Q$ olduğundan $A P + P Q + Q B = A^{'} P + P Q + Q B^{'}$ olur. Üçgen eşitsizliğine göre bu kırık çizgi en az $A^{'} B^{'}$ kadardır ve eşitlik $A^{'}, P, Q, B^{'}$ doğrusal olunca sağlanır. $A^{'} B^{'}$ vektörü $(- 6, 6)$ olduğundan uzaklık $\sqrt{36 + 36} = \sqrt{72} = 6 \sqrt{2}$ bulunur. Bu değer $P (2, 0)$ ve $Q (0, 2)$ ile gerçekten sağlanır, dolayısıyla en küçük değer budur.

9. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Tabanları $A B$ ve $C D$ olan $A B C D$ ikizkenar yamuğunda $A C$ köşegeni $B C$ yan kenarına diktir. $C D = 7$ birim ve $B C = 15$ birim olduğuna göre $A B$ kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: D — 25

Çözümün ana fikri simetri ile Öklid bağıntısını birleştirmektir. $C$ ve $D$ köşelerinden $A B$ tabanına dikler inilir, ikizkenar simetriden iki izdüşüm birbirine eşittir ve her biri $(A B - 7) / 2$ olur. $A C$ ile $B C$ dik olduğundan $A B C$ üçgeni $C$ köşesinde diktir ve $A B$ hipotenüstür. Bu dik üçgende $B C$ dik kenarı için Öklid yazılır, $B C^{2}$ izdüşüm ile hipotenüsün çarpımına eşittir, yani $225 = ((A B - 7) / 2) A B$ olur. Buradan $A B^{2} - 7 A B - 450 = 0$ denklemi gelir, çarpanlara ayırma $(A B - 25) (A B + 18) = 0$ verir, uzunluk olumlu olduğundan sonuç 25 bulunur.

10. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Tabanı $A B C D$ karesi olan bir kare dik piramidin tepesi $S$ olsun. $∣ A B ∣ = ∣ S A ∣ = 6$ birimdir. $M$ , $S C$ ayrıtının orta noktasıdır. $A$ noktasından $M$ noktasına, $S B$ ayrıtını keserek yan yüzler üzerinden giden en kısa yol $S B$ ’yi $X$ noktasında kesmektedir. Buna göre $∣ S X ∣$ kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: B — 2

Çözümün ana fikri yan yüzleri düzleme açmak ile açınımdaki doğru parçasının kenarı kestiği yeri benzerlikten bulmaktır. $∣ A B ∣ = ∣ S A ∣ = 6$ olduğundan yan yüzler eşkenar üçgendir ve tepe açıları 60 derecedir. $S A B$ ve $S B C$ yüzleri $S B$ boyunca açıldığında $S A$ ile $S C$ arasındaki açı 120 derece olur, $S A = 6$ ve $S M = 3$ olur. $A$ ile $M$ arasındaki en kısa yüzey yolu bu açınımdaki doğru parçasıdır ve $S B$ ’yi $X$ ’te keser. $S B$ bu açının açıortayı olduğundan 30-60-90 bağıntısıyla ya da koordinatla $X$ ’in $S B$ ’yi 1’e 2 oranında böldüğü görülür. Buradan $∣ S X ∣ = 2$ bulunur. Açınımı görmeden üç boyutlu uzaklıkla uğraşmak uzun ve yanlıştır.

11. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Bir kâğıt havlu rulosunda kâğıt, boşluk kalmadan ve üst üste binmeden sarılmıştır. Rulonun iç boşluğunun çapı 6 birim, kâğıt sarılı durumdayken oluşan dış çap 10 birimdir ve kâğıdın kalınlığı 0,1 birimdir. Buna göre, rulodaki kâğıdın açılmış durumdaki uzunluğu kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: B — $160 π$

Buradaki kilit fikir, rulo genişliğinin sadeleştiğini görüp kesitteki halka alanını açılmış kâğıdın alanına eşitlemektir. İç yarıçap 3, dış yarıçap 5 olduğundan kesitteki kâğıt halkasının alanı $π \cdot (25 - 9) = 16 π$ birimkaredir. Açılmış kâğıt bir dikdörtgendir ve bir yüzünün alanı uzunluk ile kalınlığın çarpımıdır, yani $L \cdot 0, 1 = 16 π$ yazılır. Buradan $L = 160 π$ birim bulunur; dileyen katman sayısını $(5 - 3) / 0, 1 = 20$ ve ortalama çevreyi $8 π$ alıp $20 \cdot 8 π$ ile de aynı sonuca ulaşır.

12. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Tabanı 12 birimlik bir kare olan ve yüksekliği 6 birim olan kare dik piramit biçiminde bir kalıp hazırlanıyor. Bu kalıbın içine, tabanı kalıbın tabanı üzerinde bulunan, yüksekliği yarıçapına eşit olan ve üst taban çevresi kalıbın yanal yüzlerine teğet olan silindir biçiminde bir mum dökülüyor. Buna göre, mumun hacmi kaç birimküptür?

Çözümü göster

Cevap: B — $27 π$

Buradaki kilit fikir, üç boyutlu cismi ekseninden geçen düşey bir kesitle düzleme indirgemektir. Piramidi karşılıklı taban kenarlarının orta noktalarından geçen düşey düzlemle kesince tabanı 12, yüksekliği 6 olan bir ikizkenar üçgen elde edilir; silindirin kesiti ise bu üçgenin içine tabana oturan, genişliği $2 r$ ve yüksekliği $r$ olan bir dikdörtgendir. Yarım kesitteki dik üçgende (taban 6, yükseklik 6) benzerlikten $r / 6 = (6 - r) / 6$ yazılır ve buradan $r = 3$ bulunur. Demek ki mumun yarıçapı da yüksekliği de 3 birimdir, hacmi ise $π \cdot 3^{2} \cdot 3 = 27 π$ birimküptür.

13. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Taban çevresi 48 birim ve yüksekliği 9 birim olan kare dik piramit biçimindeki bir mermer bloğun üst kısmı, tabana paralel bir düzlemle kesilip atılıyor. Oluşan kesit karesinin çevresi 24 birim olduğuna göre, geriye kalan parçanın hacmi kaç birimküptür?

Çözümü göster

Cevap: D — 378

Buradaki kilit fikir, tabana paralel kesitte çevre oranından doğrusal ölçeği okuyup hacim ölçeğine küp alarak geçmektir. Taban kenarı $48 / 4 = 12$ , kesit kenarı $24 / 4 = 6$ olduğundan doğrusal ölçek $6 / 12 = 1 / 2$ olur ve üstte kalan küçük piramit ile büyük piramit benzer olduğundan hacim ölçeği $(1 / 2)^{3} = 1 / 8$ bulunur. Büyük piramidin hacmi $(12 \cdot 12 \cdot 9) / 3 = 432$ birimküptür, atılan küçük parça $432 / 8 = 54$ birimküptür. Geriye kalan parça bütün ile parça farkından $432 - 54 = 378$ birimküp olur.

14. soru

Yarışma tarzıKatı Cisimler

Taban çevresi 16 birim ve yüksekliği 6 birim olan dik dairesel silindir biçimindeki bir kavanozun alt taban çapının bir ucunda bir $A$ noktası işaretleniyor. Üst taban çevresi üzerinde, alt tabandaki bu çapın diğer ucunun tam üstünde bulunan bir $B$ noktası işaretleniyor. Kavanozun yanal yüzeyi üzerinde $A$ noktasından $B$ noktasına giden en kısa yolun uzunluğu kaç birimdir?

Çözümü göster

Cevap: C — 10

Buradaki kilit fikir, yanal yüzeyin açılımında eğri duran en kısa yolu düz bir doğru parçası olarak görmektir. Yanal yüz açıldığında genişliği taban çevresi ve yüksekliği silindir yüksekliği olan bir dikdörtgen olur; $A$ noktasından çapın diğer ucunun üstündeki $B$ noktasına gitmek bu dikdörtgenin yarısını, yani genişliği $16 / 2 = 8$ ve yüksekliği 6 olan parçayı köşegeninden katetmektir. 6-8-10 üçgeninden en kısa yol 10 birim bulunur.

15. soru

Yarışma tarzıÜçgenler

ABC üçgeninde $m (\hat{B A C}) = 10 0^{\circ}$ ve $m (\hat{A B C}) = 4 0^{\circ}$ olsun. Üçgenin iç bölgesinde alınan bir $D$ noktası için $m (\hat{D B C}) = 2 0^{\circ}$ ve $m (\hat{D C B}) = 3 0^{\circ}$ sağlanmaktadır. Buna göre $m (\hat{B A D})$ kaç derecedir?

Çözümü göster

Cevap: D — $8 0^{\circ}$

Çözümün ana fikri iç açıların paylaşımını sinüs teoreminin üç üçgende birlikte kullanılmasıyla birleştirmektir. Önce $m (\hat{A C B}) = 4 0^{\circ}$ bulunur, buradan $m (\hat{A B D}) = 2 0^{\circ}$ ve $m (\hat{A C D}) = 1 0^{\circ}$ elde edilir. $x = m (\hat{B A D})$ denirse $m (\hat{D A C}) = 10 0^{\circ} - x$ olur. $A B D$ , $A C D$ ve $B C D$ üçgenlerinde sinüs teoremi yazılıp taraf tarafa çarpılınca $\sin x / \sin (10 0^{\circ} - x) \cdot \sin 1 0^{\circ} / \sin 3 0^{\circ} = 1$ gelir, yani $\sin x / \sin (10 0^{\circ} - x) = 1 / (2 \sin 1 0^{\circ})$ olur. $x = 8 0^{\circ}$ için sol taraf $\sin 8 0^{\circ} / \sin 2 0^{\circ}$ olur, $\sin 8 0^{\circ} = \cos 1 0^{\circ}$ ve $\sin 2 0^{\circ} = 2 \sin 1 0^{\circ} \cos 1 0^{\circ}$ olduğundan eşitlik sağlanır. Bu oran $0^{\circ}$ ile $10 0^{\circ}$ arasında kesin artandır, dolayısıyla çözüm tektir ve aranan açı $8 0^{\circ}$ olur.

16. soru

Yarışma tarzıDönüşüm Geometrisi

Dik koordinat düzleminde $A (0, 0)$ ve $B (6, 11)$ noktaları ile $d_{1} : y = 1$ ve $d_{2} : y = 4$ doğruları veriliyor. $P$ noktası $d_{1}$ üzerinde, $Q$ noktası $d_{2}$ üzerinde ve $P Q$ parçası $d_{1}$ doğrusuna dik olacak biçimde bir $A$ - $P$ - $Q$ - $B$ kırık çizgisi çiziliyor. Buna göre $A P + P Q + Q B$ toplamının alabileceği en küçük değer kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 13

Çözümün fikri şerit genişliği kadar ötelemedir: $d_{1}$ ve $d_{2}$ doğruları $y = 1$ ve $y = 4$ olduğundan $P Q$ parçası boyu 3 olan sabit dik bir parçadır, bu yüzden $A P + Q B$ toplamını küçültmek gerekir. $B (6, 11)$ noktasını $(0, - 3)$ vektörüyle $B^{*} (6, 8)$ noktasına öteleyelim. $P = (x, 1)$ ve $Q = (x, 4)$ yazılırsa $Q B^{2} = (6 - x)^{2} + 49$ ve $P B^{* 2} = (6 - x)^{2} + 49$ olduğundan $Q B = P B^{*}$ olur. Böylece $A P + Q B = A P + P B^{*} \geq A B^{*}$ olur; bu son adım üçgen eşitsizliğidir ve eşitlik $P$ noktası $A B^{*}$ parçası üzerindeyken sağlanır. $A B^{*} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$ olduğundan en küçük toplam $10 + 3 = 13$ bulunur; $y = 1$ doğrusu $A B^{*}$ parçasını kestiği için bu değer gerçekten alınır.

17. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Dışbükey bir çokgende herhangi üç köşegen çokgenin içinde tek bir noktada kesişmemektedir. Köşegenlerin çokgen içindeki kesim noktalarının sayısı 50’den fazladır. Çokgenin tüm iç açılarının her biri 135 dereceden büyük değildir. Buna göre bu çokgenin köşegen sayısı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 20

Asıl fikir her iç kesim noktasının dört köşeden geldiğini görmek ve tüm açıların üst sınırını toplama yansıtmaktır. Üç köşegenin tek noktada kesişmemesi koşuluyla her iç kesim noktası tam dört köşenin belirlediği dörtgenin köşegen kesişimidir, bu yüzden kesim sayısı $n (n - 1) (n - 2) (n - 3) / 24$ olur. 7 kenarlıda bu değer 35 ve 8 kenarlıda 70 olduğundan 50’den fazla kesim olması $n$ sayısının en az 8 olmasını gerektirir. Öte yandan iç açılar toplamı $(n - 2) 180$ olup her açı 135’i aşmadığından $(n - 2) 180$ toplamı $135 n$ değerini aşamaz, buradan $45 n$ değeri 360’ı aşamaz ve $n$ sayısı en çok 8 olur. İki sınır birleşince $n = 8$ bulunur ve köşegen sayısı $8 (5) / 2 = 20$ olur.

18. soru

Yarışma tarzıAnalitik Geometri

Dik koordinat düzleminde $A (0, 1)$ ve $B (6, 5)$ noktaları ile $x^{2} + y^{2} - 14 x - 12 y + 81 = 0$ denklemli $c$ çemberi veriliyor. $P$ noktası $c$ üzerinde değişmek üzere $P A^{2} + P B^{2}$ toplamının en küçük değeri kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 44

Fikir şudur: $A B$ doğru parçasının orta noktası $M$ olsun; her $P$ noktası için $P A^{2} + P B^{2} = 2 P M^{2} + A B^{2} / 2$ eşitliği geçerlidir, bu kenarortay teoremidir ve iki kare toplamını tek bir uzaklığa indirger. Burada $M (3, 3)$ olur ve $A B^{2} = (6 - 0)^{2} + (5 - 1)^{2} = 52$ olduğundan toplam $2 P M^{2} + 26$ biçimine gelir. $c$ çemberi $(x - 7)^{2} + (y - 6)^{2} = 4$ biçimine getirilirse merkezi $O (7, 6)$ ve yarıçapı 2 bulunur. $M$ çemberin dışında olduğundan çember üzerindeki $P$ için $P M$ en küçük değerini $M O - R$ olarak merkezleri birleştiren doğru üzerinde alır. $M O = 5$ olduğundan en küçük $P M = 3$ olur ve toplam $2 \cdot 9 + 26 = 44$ bulunur.

19. soru

Yarışma tarzıÜçgenler

A açısı $9 0^{\circ}$ olan $A B C$ üçgeninde $A$ köşesinden $B C$ kenarına inen dikmenin ayağı $H$ olsun. $H$ noktasından $A B$ ve $A C$ kenarlarına inen dikmelerin ayakları sırasıyla $D$ ve $E$ olsun. $D B H$ üçgeninin alanı 8 birimkare ve $E C H$ üçgeninin alanı 18 birimkare olduğuna göre $A B C$ üçgeninin alanı kaç birimkaredir?

Çözümü göster

Cevap: D — 50

Fikir, dik üçgende hipotenüse inen yükseklikle ortaya çıkan benzerlik ile taban ile yüksekliğin çarpımının yarısı olan alan bağıntısını birleştirmektir. $B$ açısı ortak ve iki dik açı bulunduğu için $D B H$ üçgeni $A B C$ üçgenine benzerdir, aynı gerekçeyle $E C H$ üçgeni de $A B C$ üçgenine benzerdir, dolayısıyla $D B H$ ile $E C H$ birbirine benzerdir. Hipotenüsler $B H = m$ , $C H = n$ ve $B C = m + n = a$ olsun, büyük alan $S$ olsun. Benzerlikte alanlar oranı uzunluk oranının karesidir, bu yüzden $8 = S (m / a)^{2}$ ve $18 = S (n / a)^{2}$ yazılır. Karekök alınırsa $\sqrt{8} = \sqrt{S} m / a$ ve $\sqrt{18} = \sqrt{S} n / a$ olur. Toplamada $\sqrt{8} + \sqrt{18} = \sqrt{S} (m + n) / a = \sqrt{S}$ bulunur. $\sqrt{8} = 2 \sqrt{2}$ ve $\sqrt{18} = 3 \sqrt{2}$ olduğundan toplam $5 \sqrt{2}$ olur, karesi 50 birimkare verir.

20. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Dışbükey ABCD yamuğunda [AB] ile [CD] paraleldir. |AC|=10 birim, |BD|=17 birim ve bu iki taban arasındaki uzaklık 8 birimdir. A ile B noktalarının CD doğrusu üzerindeki dik izdüşümlerinin ikisi de [CD] doğru parçasının içinde kalmaktadır. Buna göre ABCD yamuğunun alanı kaç birimkaredir?

Çözümü göster

Cevap: C — 84

Buradaki düşünce köşegenlerden birini öteleyerek yamuk ile aynı alana sahip bir üçgen kurmak ve dik üçgenlerden taban toplamını bulmaktır. Köşegen ötelenince üst taban ile alt tabanın toplamı üçgenin bir kenarı olur ve yamuğun yüksekliği bu üçgenin yüksekliğine eşit kalır, böylece alanlar eşitlenir. Yükseklik sekiz olduğundan dik üçgen bağıntısı ile izdüşüm uzunlukları altı ve on beş bulunur, izdüşümlerin içte kalması koşulu toplamayı gerektirir ve tabanlar toplamı yirmi bir olur, yarım çarpım ile sonuç bulunur. İzdüşüm yönü karıştırılırsa fark alınır, köşegenler taban sanılırsa ya da köşegen çarpımının yarısı alınırsa yanlış sonuçlara gidilir.

21. soru

Yarışma tarzıDönüşüm Geometrisi

Dik koordinat düzleminde A(0,2), B(0,8) ve t>0 olmak üzere P(t,0) noktaları veriliyor. m(APB) en büyük olduğunda t kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 4

Bu sorunun ana düşüncesi yatay eksen üzerinde gezen noktada görülen açının sabit iki noktadan geçen ve eksene teğet olan çemberin değme noktasında en büyük değerini alması ve bu teğetlik koşulunun başlangıç noktasının çembere göre kuvveti ile bulunmasıdır. Sabit noktalardan geçen ve ekseni iki noktada kesen herhangi bir çemberin dışında kalan noktada görülen açı daha küçük kalır, bu yüzden en büyük açı için çember eksene teğet olmalıdır. Başlangıç noktasından teğet parçasının karesi ile dikey eksen üzerindeki kesen parçaların çarpımı birbirine eşit olur ve buradan teğet noktasının uzaklığının karesi iki ile sekizin çarpımına eşit bulunur. Verilen artı koşul ile aranan uzaklık dört olur ve bu değer gerçekten istenen teğet çemberi verir. Doğrudan açı ölçüsü ile uğraşmak işlemi gereksiz yere uzatır.

22. soru

Yarışma tarzıÜçgenler

Dar açılı $A B C$ üçgeninin iç açıları tam sayı derecedir. $B C$ kenarı üzerinde $A B = A D$ ve $m (\hat{A D B}) = 7 \cdot m (\hat{A C B})$ koşullarını sağlayan bir $D$ noktası vardır. Buna göre $m (\hat{A C B})$ kaç derecedir?

Çözümü göster

Cevap: B — $1 2^{\circ}$

Çözümün ana fikri ikizkenar üçgenin taban açı eşitliğini dar açılı ve tam sayı olma koşullarının verdiği aralık daraltmayla birleştirmektir. $c = m (\hat{A C B})$ denirse $m (\hat{A D B}) = 7 c$ olur, $A B = A D$ olduğundan $m (\hat{A B C}) = 7 c$ bulunur. Buradan büyük üçgenin açıları $7 c$ , $c$ ve $18 0^{\circ} - 8 c$ olur. Dar açılı olma $7 c < 9 0^{\circ}$ ve $18 0^{\circ} - 8 c < 9 0^{\circ}$ eşitsizliklerini verir, yani $11.25 < c < 12.857$ olur. İç açılar tam sayı olduğundan bu aralıkta tek olanak $c = 12$ kalır. Bu değerde $m (\hat{B A D}) = 18 0^{\circ} - 14 c = 1 2^{\circ}$ ve $m (\hat{D A C}) = 6 c = 7 2^{\circ}$ pozitif olduğundan $A D$ ışını $A$ açısının içindedir ve $D$ gerçekten $B C$ kenarı üzerinde bulunur, aranan açı $1 2^{\circ}$ olur.

23. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

$A B C D$ bir paralelkenar olmak üzere $A$ köşesindeki açının açıortayı $[B C]$ kenarını $E$ noktasında kesmektedir. $∣ A B ∣ = 5$ birim, $∣ A D ∣ = 8$ birim ve $∣ D E ∣ = 4$ birim olduğuna göre paralelkenarın alanı kaç birimkaredir?

Çözümü göster

Cevap: D — 32

Temel fikir paralellikten gelen ikizkenarlıktır. $[A D]$ ile $[B C]$ paralel olduğundan $A$ köşesindeki açıortay ile $[B C]$ üzerinde oluşan iç ters açılar eşittir ve $A B E$ üçgeni ikizkenar olur. Böylece $∣ B E ∣ = ∣ A B ∣ = 5$ birim ve $∣ E C ∣ = 8 - 5 = 3$ birim bulunur. $D E C$ üçgeninin kenarları 3, 4 ve 5 birimdir ve $3^{2} + 4^{2} = 5^{2}$ sağlandığından $∠ D E C$ diktir. Demek ki $D E$ tabanlara diktir ve paralelkenarın yüksekliği 4 birimdir. Alan $8 \cdot 4 = 32$ birimkare çıkar. Açıortay bağıntısı ile kosinüs hesabına giren köklü ve uzun yoldan kurtulunur.

24. soru

Yarışma tarzıÇokgenler ve Dörtgenler

Düzgün ve dışbükey bir çokgenin ardışık $A$ , $B$ , $C$ köşeleri için $A C$ köşegeni ile $A B$ kenarı arasındaki açı 18 dereceden büyük değildir. Bu çokgenin köşegen sayısı 35’ten fazla değildir. Buna göre bu çokgenin iç açılar toplamı kaç derecedir?

Çözümü göster

Cevap: C — 1440

Asıl fikir kısa köşegeni ikizkenar üçgenin tabanı olarak görmek ve iki yönden sıkıştırmaktır. Ardışık $A$ , $B$ , $C$ köşelerinde $A B = B C$ olduğundan $A B C$ üçgeni ikizkenardır, tepe açısı çokgenin iç açısı $180 - 360 / n$ olur. Taban açısı 180’den tepe açısı çıkarılıp ikiye bölünerek $180 / n$ bulunur ve 18’i aşmaması $n$ sayısının en az 10 olmasını verir. Köşegen sayısı $n (n - 3) / 2$ artandır, $10 (7) / 2 = 35$ ve $11 (8) / 2 = 44$ olduğundan 35’i aşmaması $n$ sayısının en çok 10 olmasını verir. İki sınır birleşince $n = 10$ bulunur ve iç açılar toplamı $(10 - 2) 180 = 1440$ olur.

25. soru

Yarışma tarzıVeri - İstatistik

Küçükten büyüğe sıralanmış $x_{1} \leq x_{2} \leq x_{3} \leq x_{4} \leq x_{5} \leq x_{6}$ tam sayılarından oluşan veri grubunun medyanı 10’dur. Bir $k$ tam sayısı için $S (k) = ∣ k - x_{1} ∣ + ∣ k - x_{2} ∣ + ∣ k - x_{3} ∣ + ∣ k - x_{4} ∣ + ∣ k - x_{5} ∣ + ∣ k - x_{6} ∣$ toplamının alabileceği en küçük değer 22’dir. Buna göre $x_{1} + x_{6}$ toplamı en çok kaç olabilir?

Çözümü göster

Cevap: E — 42

Asıl fikir mutlak değer toplamının ortadaki iki değer arasında en küçük olmasıdır. $x_{3} \leq k \leq x_{4}$ iken toplam $(x_{4} + x_{5} + x_{6}) - (x_{1} + x_{2} + x_{3})$ olur ve bu değer 22 olarak verilmiştir. Düzenlenirse $(x_{6} - x_{1}) + (x_{5} - x_{2}) + (x_{4} - x_{3}) = 22$ elde edilir. Medyan 10 olduğundan $(x_{3} + x_{4}) / 2 = 10$ ve $x_{3} + x_{4} = 20$ olur. $d_{1} = x_{4} - x_{3} \geq 0$ ve $d_{2} = x_{5} - x_{2} \geq d_{1}$ yazılırsa $x_{6} - x_{1} = 22 - d_{1} - d_{2}$ bulunur. Ayrıca $x_{1} \leq x_{3}$ ve $x_{3} = 10 - d_{1} / 2$ olduğundan $x_{1} + x_{6}$ toplamı en çok 42 olur. 10,10,10,10,10,32 grubu tüm koşulları sağlar, bu yüzden en büyük toplam 42 olur.

26. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

$n > 30$ bir tam sayı olmak üzere, $S (n) = \frac{1}{\sqrt[3]{4} + \sqrt[3]{2} + 1} + \frac{1}{\sqrt[3]{9} + \sqrt[3]{6} + \sqrt[3]{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt[3]{(n + 1)^{2}} + \sqrt[3]{n (n + 1)} + \sqrt[3]{n^{2}}}$ toplamı bir tam sayıya eşit oluyor. $n > 30$ koşulunu sağlayan en küçük $n$ için bu toplam kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 3

Asıl fikir $a^{3} - b^{3}$ özdeşliğini kullanıp her paydayı farka çevirmektir. $a = \sqrt[3]{k + 1}$ ve $b = \sqrt[3]{k}$ alınırsa $a^{3} - b^{3} = 1$ olur ve $a^{2} + a b + b^{2}$ paydası için $\frac{1}{a^{2} + a b + b^{2}} = a - b$ bulunur, yani genel terim $\sqrt[3]{k + 1} - \sqrt[3]{k}$ olur. Toplam $k = 1$ sayısından $n$ sayısına teleskopik olarak $\sqrt[3]{n + 1} - 1$ değerine eşitlenir. İkinci fikir tam küptür: bu farkın tam sayı olması $\sqrt[3]{n + 1}$ değerinin tam sayı olmasını gerektirir, yani $n + 1$ tam küp olmalıdır. 30 sayısından büyük ilk tam küpler 64,125 olduğundan en küçük $n = 63$ olur ve toplam $4 - 1 = 3$ bulunur.

27. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

Bir atölyede, birer kenar uzunlukları $\sqrt{58 - x}$ cm ve $\sqrt{x - 8}$ cm olan kare biçiminde iki levha kesilecektir. $x$ bir tam sayı olmak üzere, bu uzunlukların toplamı bir tam sayıya eşit oluyor. Buna göre, $x$ ’in alabileceği tüm değerlerin toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: E — 99

Buradaki ana fikir tanım aralığında kare alıp tek çift koşuluyla olası toplamları sınırlamaktır. $S = \sqrt{58 - x} + \sqrt{x - 8}$ olsun. $x$ tam sayı olduğundan $P = (58 - x) (x - 8)$ tam sayıdır ve $S^{2} = 50 + 2 \sqrt{P}$ olur. $\sqrt{P}$ ya tam sayıdır ya da irrasyoneldir, oysa $(S^{2} - 50) / 2$ rasyoneldir, bu yüzden $\sqrt{P}$ tam sayı olmak zorundadır ve $S^{2} - 50$ çifttir, yani $S$ çifttir. Ayrıca $0 \leq P \leq 625$ olduğundan $50 \leq S^{2} \leq 100$ ve $S$ tam sayı olduğundan $S = 8$ ya da $S = 10$ olur. Orta nokta 33’tür ve $P = 625 - (x - 33)^{2}$ yazılır. $S = 10$ için $\sqrt{P} = 25$ olup $P = 625$ ve $x = 33$ bulunur. $S = 8$ için $\sqrt{P} = 7$ olup $P = 49$ ve $(x - 33)^{2} = 576 = 2 4^{2}$ olur, buradan $x = 9$ ve $x = 57$ bulunur. Sağlama yapılırsa $\sqrt{49} + \sqrt{1} = 8$ ve $\sqrt{25} + \sqrt{25} = 10$ görülür. Tüm değerlerin toplamı $9 + 33 + 57 = 99$ olur.

28. soru

Yarışma tarzıMantık

p, q, r, s ve t birer önerme olmak üzere $(p \Leftrightarrow q) \lor (q \Leftrightarrow r) \lor (r \Leftrightarrow s) \lor (s \Leftrightarrow t) \lor (t \Leftrightarrow p)$ bileşik önermesi veriliyor. Buna göre bu önermeyi yanlış yapan kaç farklı doğruluk durumu vardır?

Çözümü göster

Cevap: A — 0

Denklik bağlacı iki önermenin doğruluk değerleri aynı olduğunda doğru, farklı olduğunda yanlıştır. Beş denkliğin “veya” bağlacıyla birleştirildiği önermenin yanlış olması için beş denkliğin hepsinin yanlış olması gerekir; yani $p$ ile $q$ , $q$ ile $r$ , $r$ ile $s$ , $s$ ile $t$ ve $t$ ile $p$ birbirinden farklı değerli olmalıdır. $p = 1$ alınırsa sırasıyla $q = 0$ , $r = 1$ , $s = 0$ , $t = 1$ bulunur; bu durumda $t$ ile $p$ aynı değerli olur ve son denklik doğru çıkar. $p = 0$ alındığında da aynı çelişki oluşur. Kapalı bir zincirde değer başladığı yere dönebilmek için çift sayıda değişmelidir, burada ise beş değişim istenmektedir. Bu yüzden önermeyi yanlış yapan hiçbir doğruluk durumu yoktur ve aranan sayı 0 olur.

29. soru

Yarışma tarzıBasit Eşitsizlikler

$∣ x + y ∣ + ∣ x - y ∣ \leq 10$ eşitsizliğini sağlayan $(x, y)$ tam sayı ikililerinin kaçında $x < y$ koşulu sağlanır?

Çözümü göster

Cevap: C — 55

Kilit gözlem, toplamın en büyük mutlak değere indirgenmesidir. Mutlak değeri büyük olan sayı $u$ olsun. $u \geq 0$ ise $u$ ile diğer sayının toplamı ve farkı aynı işareti taşır, $u < 0$ ise ikisi de negatif olur, buradan $∣ x + y ∣ + ∣ x - y ∣ = 2 \max (∣ x ∣, ∣ y ∣)$ özdeşliği elde edilir. Böylece eşitsizlik $\max (∣ x ∣, ∣ y ∣) \leq 5$ olur, yani $- 5 \leq x \leq 5$ ve $- 5 \leq y \leq 5$ gerekir. Buradan $11 \cdot 11 = 121$ tam ikili bulunur. $(x, y)$ ile $(y, x)$ değişimi koşulu koruduğu için köşegen dışındaki ikililer ikiye ayrılır. Köşegende $x = y$ olan 11 ikili vardır, kalan 110 ikilinin yarısında $x < y$ olur, sonuç $(121 - 11) / 2 = 55$ bulunur.

30. soru

Yarışma tarzıMantık

Bir $n$ tam sayısı için $1 \leq n \leq 120$ olmak üzere $p$ : $n$ sayısı 6 ile tam bölünür, $q$ : $n$ sayısı 10 ile tam bölünür, $r$ : $n$ sayısı 15 ile tam bölünür önermeleri tanımlanıyor. Buna göre $(p \Leftrightarrow q) \lor (q \Leftrightarrow r)$ önermesinin yanlış olduğu kaç farklı $n$ değeri vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 8

“Veya” bağlacıyla kurulan önermenin yanlış olması için $(p \Leftrightarrow q)$ ve $(q \Leftrightarrow r)$ denkliklerinin ikisinin de yanlış olması gerekir. Denklik yanlışsa iki tarafın değerleri farklıdır; $p$ ile $q$ farklı, $q$ ile $r$ farklı olunca $p$ ile $r$ aynı değerli olur. Birinci durumda $p$ ve $r$ doğru, $q$ yanlıştır: $n$ hem 6 hem 15 ile bölünür, yani 30 ile bölünür; o zaman 10 ile de bölünür ve bu durum imkânsızdır. İkinci durumda $q$ doğru, $p$ ve $r$ yanlıştır: $n$ sayısı 10 ile bölünür ve 2 ile 5 çarpanları hazır olduğundan 6 ve 15 ile bölünmemek, 3 ile bölünmemek demektir. 1 ile 120 arasında 10 sayısının 12 katı vardır; bunlardan 30 sayısının katı olan 4 tanesi çıkarılınca 8 değer kalır.

31. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

Bir makinede ayar değeri $x$ tam sayısıdır. Kalite denetiminde hesaplanan hata göstergesi $∣ x^{2} - 19 x + 88 ∣$ ve uyarı eşiği $5 ∣ x - 8 ∣$ ’dir. Makine, hata göstergesinin uyarı eşiğinden küçük olduğu, yani $∣ x^{2} - 19 x + 88 ∣ < 5 ∣ x - 8 ∣$ eşitsizliğinin sağlandığı ayarlarda bakıma alınmaktadır. Buna göre bakıma alınacak kaç farklı tam sayı $x$ ayarı vardır?

Çözümü göster

Cevap: B — 8

Buradaki fikir, mutlak değerin içinde ikinci dereceden ifadeyi çarpanlarına ayırıp ortak mutlak çarpanı ayırmaktır. $x^{2} - 19 x + 88 = (x - 8) (x - 11)$ olduğundan $∣ x^{2} - 19 x + 88 ∣ = ∣ x - 8 ∣ \cdot ∣ x - 11 ∣$ olur. Eşitsizlik $∣ x - 8 ∣ \cdot ∣ x - 11 ∣ < 5 ∣ x - 8 ∣$ , yani $∣ x - 8 ∣ (∣ x - 11 ∣ - 5) < 0$ biçimine gelir. $∣ x - 8 ∣ \geq 0$ olduğundan $x = 8$ değeri sol tarafı sıfır yapar ve $0 < 0$ yanlış olduğundan elenir; demek ki $x \neq 8$ ve $∣ x - 11 ∣ - 5 < 0$ olmalıdır. Buradan $∣ x - 11 ∣ < 5$ , yani $6 < x < 16$ bulunur. Bu aralıktaki tam sayılar 7 ile 15 arasındadır ve 8 elendiği için geriye 7,9,10,11,12,13,14,15 kalır; toplam 8 değer vardır.

32. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

$m$ ve $n$ aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere, $m \neq n$ , $\frac{m^{2} + m n + n^{2}}{∣ m - n ∣}$ tam sayıdır ve $m + n \leq 12$ olduğuna göre, kaç farklı $(m, n)$ sıralı ikilisi vardır?

Çözümü göster

Cevap: D — 16

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

33. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

$A B$ ve $C D$ iki basamaklı doğal sayılar olmak üzere $A B C D$ sayısının 11’e tam bölündüğü ve $A B - C D = 27$ olduğu bilinmektedir. Bu koşulları sağlayan tüm $A B C D$ sayılarının toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: D — 41349

Fikir sayıyı yüzlük bloklara ayırmaktır. $A B C D = 100 \cdot A B + C D$ yazılır ve 99 sayısı 11’e tam bölündüğünden 100 sayısının 11’e bölümünden kalan 1 olur. Böylece $A B C D$ sayısının 11’e tam bölünmesi $A B + C D$ toplamının 11’e tam bölünmesine denktir. $A B - C D = 27$ ile birlikte $A B + C D = 11 \cdot k$ yazılırsa $C D = (11 \cdot k - 27) / 2$ bulunur. $C D$ sayısının iki basamaklı olması $k$ değerini tek ve 5 ile 15 arasında olmaya zorlar ve $k = 5, 7, 9, 11, 13, 15$ değerlerine karşılık $4114, 5225, 6336, 7447, 8558, 9669$ sayıları elde edilir. Bu altı sayı 13783 toplamlı üç eşleşmeye ayrılır ve üç eşleşmenin toplamı 41349 olur. Tek tek tüm farkları denemek çok uzun sürer.

34. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

Birbirinden farklı $a$ , $b$ , $c$ tam sayıları için $∣ a - b ∣ + ∣ b - c ∣ + ∣ c - a ∣ = 18$ ve $a + b + c = 0$ olduğuna göre, kaç farklı $(a, b, c)$ sıralı üçlüsü vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 12

Asıl fikir, üç sayıyı sıralayıp uzaklık toplamını aralığın iki katına indirmektir. $x < y < z$ sıralaması ile $∣ x - y ∣ + ∣ y - z ∣ + ∣ z - x ∣ = (y - x) + (z - y) + (z - x) = 2 (z - x)$ olur, buradan $z - x = 9$ bulunur. $x + y + z = 0$ ve $z = x + 9$ yazılınca $y = - 2 x - 9$ olur. $x < y < z$ koşulu $x < - 2 x - 9 < x + 9$ eşitsizliğini verir, buradan $- 18 < 3 x < - 9$ yani $x = - 5, - 4$ elde edilir. Bu değerler ${- 5, 1, 4}$ ve ${- 4, - 1, 5}$ kümelerini verir. Birbirinden farklı koşulu $(3, 3, - 6)$ türü çözümleri eler. Her küme 6 farklı sırada yazılabildiğinden toplam $2 \times 6 = 12$ sıralı üçlü bulunur.

35. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

Bir veri doğrulama sisteminde $x$ bir tam sayı ayar değeridir. Sistem, $∣ x - 2 ∣ + ∣ x - 10 ∣ = ∣ 2 x - 12 ∣$ tutarlılık koşulu sağlanıyorsa ve ayar değeri $∣ x - 6 ∣ \leq 8$ çalışma aralığındaysa onay vermektedir. Buna göre onay verilecek kaç farklı tam sayı $x$ değeri vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 10

Buradaki fikir, eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin soldaki içlerin toplamı olduğunu görüp üçgen eşitsizliğinde eşitlik koşuluna indirgemektir. Gerçekten $(x - 2) + (x - 10) = 2 x - 12$ olduğundan verilen denklem $∣ x - 2 ∣ + ∣ x - 10 ∣ = ∣ (x - 2) + (x - 10) ∣$ biçimindedir. Üçgen eşitsizliğinde eşitlik ancak iki için çarpımı negatif değilse, yani $(x - 2) (x - 10) \geq 0$ ise olur; bu da $x \leq 2$ veya $x \geq 10$ demektir. Çalışma aralığı $∣ x - 6 ∣ \leq 8$ ise $- 2 \leq x \leq 14$ verir. Bu aralıkla birleşince $- 2, - 1, 0, 1, 2$ ve 10,11,12,13,14 olmak üzere iki kolda beşer sayı, toplam 10 tam sayı çözüm bulunur.

36. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

$u = (3 + 2 \sqrt{2})^{3}$ sayısının tam kısmı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 197

Asıl fikir eşleniklerin toplamının tam sayı olduğunu görmektir. $u = 3 + 2 \sqrt{2}$ ve $v = 3 - 2 \sqrt{2}$ alınırsa $u + v = 6$ ve $u v = 1$ olur, binom açılımında köklü terimler götürdüğü için $u^{n} + v^{n}$ her $n$ için tam sayıdır. $t^{2} - 6 t + 1 = 0$ bağıntısından $s 0 = 2$ , $s 1 = 6$ , $s 2 = 34$ , $s 3 = 198$ bulunur, yani $u^{3} + v^{3} = 198$ olur. İkinci fikir küçük eşleniği sıkıştırmaktır: 1,4 değerinin karesi 2 değerinden küçük ve 1,5 değerinin karesi 2 değerinden büyük olduğundan $1, 4 < \sqrt{2} < 1, 5$ ve $0 < v < 1$ elde edilir, buradan $0 < v^{3} < 1$ olur. Dolayısıyla $u^{3} = 198 - v^{3}$ sayısı 197 ile 198 arasındadır ve tam kısmı 197 olur.

37. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

$f (x) = ∣ x - 1 ∣ + 2 ∣ x - 5 ∣ + 3 ∣ x - 9 ∣$ olmak üzere, $f$ fonksiyonunun en küçük değerini aldığı tam sayı $x$ değerlerinin toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: E — 35

Buradaki düşünce, katsayıları aynı noktanın birden çok kez yazılması gibi görüp eğim değişimi ile değerin değişmediği düz parçayı yakalamaktır. Mutlak değerli toplam parçalı doğrusaldır ve eğim her kırılma noktasında katsayının iki katı kadar artar. $x < 1$ iken eğim eksi altı, bir ile beş arasında eksi dört, beş ile dokuz arasında bir artı iki eksi üçten sıfır, dokuzdan sonra artı altıdır. Bu yüzden $f$ beş ile dokuz arasında değişmez, uçlarda da on altı değerini alır. En küçük değer on altı ve bu değeri veren aralık $5 \leq x \leq 9$ olur. Bu aralıktaki tam sayılar beş, altı, yedi, sekiz ve dokuz olup toplamları otuz beş bulunur.

38. soru

Yarışma tarzıOlasılık

1’den $n$ ’ye kadar numaralanmış $n$ topun bulunduğu bir torbadan rastgele üç top çekiliyor. Çekilen toplar arasında ardışık numaralı iki top bulunmaması olasılığının $\frac{5}{14}$ olduğu biliniyor. Buna göre $n$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 8

Asıl fikir boşluk yöntemiyle ardışık yok koşulunu yeniden çerçevelemektir: 1’den $n$ ’ye üç sayı seçip aralarına en az bir boşluk koyma koşulu $n - 2$ top arasından üç seçimle bire birdir, bu yüzden uygun seçim sayısı $(\binom{n - 2}{3})$ olur. İkinci fikir oran-orantı denklemini çarpanlara ayırarak çözmektir. Toplam $(\binom{n}{3})$ seçimden olasılık $\frac{(n - 2) (n - 3) (n - 4) / 6}{n (n - 1) (n - 2) / 6} = \frac{(n - 3) (n - 4)}{n (n - 1)}$ olur ve $\frac{5}{14}$ ’e eşitlenince $14 (n - 3) (n - 4) = 5 n (n - 1)$ denklemi $9 n^{2} - 93 n + 168 = 0$ yani $3 n^{2} - 31 n + 56 = 0$ verir. Bu denklem $(3 n - 7) (n - 8) = 0$ diye ayrılır, $7 / 3$ tam sayı olmadığı için elenir ve $n = 8$ kalır. Bu çerçeveyi göremeyen genel $n$ için üçlüleri tek tek ardışıklık denetimine kalkışır.

39. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

Bir $N$ doğal sayısının 36’ya bölümünde bölüm $q$ , kalan $r$ ’dir. $q + r = 50$ olmaktadır. $N$ ’nin 11’e tam bölündüğü durumlardaki tüm $N$ değerlerinin toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 3300

Fikir kalanı yok etmektir. $N = 36 \cdot q + r$ ve $r = 50 - q$ yazılırsa $N = 35 \cdot q + 50$ elde edilir. Kalan koşulu $0 \leq r < 36$ olduğundan $0 \leq 50 - q < 36$ eşitsizliğinden $15 \leq q \leq 50$ bulunur. $N$ sayısının 11’e tam bölünmesi $35 \cdot q + 50$ sayısının 11’in katı olmasını gerektirir. 35 sayısının kalanı 2 ve 50 sayısının kalanı 6 olduğundan $2 \cdot q + 6$ sayısının 11’e tam bölünmesi gerekir ve $q$ değeri 11’e göre 8’e denk bulunur. Bu aralıkta bu denkliği sağlayan yalnız $q = 19, 30, 41$ değerleri vardır. Bunlara karşılık $N = 715, 1100, 1485$ bulunur ve toplam 3300 olur. Kalan sınırını kullanmadan tek tek bölme yapmak çok uzun sürer.

40. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

$x$ bir tam sayı olmak üzere, $\sqrt{x + 5} + \sqrt{10 - x}$ toplamı bir tam sayıya eşit oluyor. Buna göre, bu koşulu sağlayan kaç farklı $x$ vardır?

Çözümü göster

Cevap: A — 0

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. $p = 56, 25 - (x - 2, 5)^{2} \leq 56, 25$ olduğundan tam sayı $p \leq 56$ ve $\sqrt{p} < 8$ bulunur, buradan $s^{2} < 31$ ve $s \leq 5$ elde edilir, ayrıca $s^{2} \geq 15$ olduğundan $s \geq 4$ olur. İkinci fikir tam sayı olma koşuludur: $s$ tam sayı ise $\sqrt{p} = (s^{2} - 15) / 2$ 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 $x^{2} - 5 x - 25 = 0$ verir, diskriminantı 125 tam kare olmadığından tam sayı $x$ yoktur. Dolayısıyla koşulu sağlayan $x$ sayısı sıfırdır.

41. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

$\frac{n (n - 1)}{2}$ sayısının 3’ün pozitif tam sayı kuvveti olduğu kaç farklı pozitif $n$ tam sayısı vardır?

Çözümü göster

Cevap: A — 1

Fikir ardışık sayıların aralarında asal olmasıdır. $\frac{n (n - 1)}{2} = 3^{k}$ 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 $3 \cdot 2 / 2 = 3$ ile tek pozitif çözümü verir. Negatif $n$ değeri soruda dışarıda bırakılmıştır ve üçgensel sayıları tek tek denemek çok uzun sürer.

42. soru

Yarışma tarzıÜslü Sayılar

$x$ bir gerçel sayı olmak üzere, $243 \cdot 14 4^{x} - 180 \cdot 21 6^{x} + 32 \cdot 32 4^{x} = 0$ denklemini sağlayan $x$ değerlerinin toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: D — 5

Kilit fikir, tabanların geometrik dizi olduğunu fark etmektir: $144 / 216 = 216 / 324 = 2 / 3$ oranı her adımda aynıdır. Eşitliğin her yanı $32 4^{x}$ ’e bölününce yalnızca $t = (2 / 3)^{x}$ oranı kalır ve denklem $243 t^{2} - 180 t + 32 = 0$ biçimine iner. Ayırt edici değer $18 0^{2} - 4 \cdot 243 \cdot 32 = 1296 = 3 6^{2}$ temiz çıktığından kökler $(180 + 36) / 486 = 216 / 486 = 4 / 9$ ve $(180 - 36) / 486 = 144 / 486 = 8 / 27$ bulunur. $(2 / 3)^{x}$ birebir olduğundan $4 / 9 = (2 / 3)^{2}$ ’den $x = 2$ ve $8 / 27 = (2 / 3)^{3}$ ’ten $x = 3$ elde edilir; toplam 5 olur. Oran görülmezse doğrudan kuvvet hesabı astronomik sayılara gömülür.

43. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

$x$ ve $y$ tam sayıları için $∣ x^{2} - y^{2} ∣ + 2 ∣ x - y ∣ = 24$ eşitliği veriliyor. Buna göre, bu eşitliği sağlayan kaç farklı $(x, y)$ sıralı ikilisi vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 14

Asıl fikir, $∣ x^{2} - y^{2} ∣ = ∣ x - y ∣ ∣ x + y ∣$ çarpanlarına ayırmasıyla ortak $∣ x - y ∣$ parantezine almak ve $∣ x - y ∣$ ile $∣ x + y ∣$ değerlerinin aynı tek-çiftlikte olmak zorunda oluşudur. Denklem $∣ x - y ∣ (∣ x + y ∣ + 2) = 24$ olur. $d = ∣ x - y ∣ > 0$ , $s = ∣ x + y ∣$ konulursa $d (s + 2) = 24$ , $d$ , 24 sayısının bölenidir ve $s = 24 / d - 2 \geq 0$ olduğundan $d = 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12$ olabilir. $x - y$ ile $x + y$ toplamı $2 x$ olduğundan $d + s$ çifttir, yani $d$ ve $s$ aynı tek-çiftliktedir. Bu $d = 1, 3, 8$ değerlerini eler. Kalan $d = 2, 4, 6$ için $s = 10, 4, 2$ olup her biri 4 sıralı ikili verir, $d = 12$ için $s = 0$ olup 2 ikili verir. Toplam $4 + 4 + 4 + 2 = 14$ bulunur.

44. soru

Yarışma tarzıProblemler

Aralarında 300 km bulunan iki şehirden iki araç aynı anda birbirine doğru yola çıkıp iki şehir arasında durmaksızın gidip gelmektedir. Araçların hızları sabittir. Karşı yönlerden gelerek $3.$ kez karşılaştıkları an yolun tam ortasında, hareketten 5 saat sonra gerçekleşmiştir. Yavaş olan aracın hızının 80 ile 120 arasında olduğu bilindiğine göre hızlı olan aracın hızı kaç km/sa’dir?

Çözümü göster

Cevap: D — 210

Buradaki düşünce, gidip gelmede iki aracın birlikte kat ettiği toplam yolu karşılaşma sayısının katı olarak yazıp toplam hızı bulmak ve yolun ortasında olma koşulunu kalan ile hız aralığını birleştirerek elemektir. Karşı yönlerden ilk karşılaşmaya kadar toplam 300 km, her sonraki karşılaşmaya kadar 600 km daha yol alınır, bu yüzden karşı yönlerden üçüncü karşılaşmaya kadar toplam yol 1500 km olur. Beş saatte toplam hız 300 olur. Yolun ortasında karşılaşma, yavaş olanın beş saatte aldığı yolun 600 ile bölümünden kalanın 150 ya da 450 olmasını gerektirir. Bu koşul yavaş hız için 30, 90 ve 150 değerlerini verir. Bunlar içinde 80 ile 120 arasında olan yalnız 90 olur. Toplam 300 olduğundan hızlı olan 210 bulunur.

45. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

Bir havaalanının pistinin sayı doğrusu üzerindeki konumu $a$ tam sayısıdır. Tam sayı $x$ kilometre işaretlerinden piste uzaklığı $∣ x - a ∣$ olanlar arasından $∣ ∣ x - a ∣ - 4 ∣ \leq 3$ koşulunu sağlayanlara ses perdesi takılacaktır. Perde takılacak işaretlerin toplamının 420 olduğu bilinmektedir. Buna göre $a$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 30

Buradaki fikir, iç içe mutlak değeri uzaklık bandı olarak okuyup çözüm kümesinin merkeze göre simetrik iki eş aralık olduğunu görmektir. $∣ ∣ x - a ∣ - 4 ∣ \leq 3$ eşitsizliğinden $1 \leq ∣ x - a ∣ \leq 7$ elde edilir; buradan $a - 7 \leq x \leq a - 1$ veya $a + 1 \leq x \leq a + 7$ bulunur ve ortadaki $x = a$ noktası dışarıda kalır. $a$ tam sayı olduğundan her kolda 7’şer tam sayı vardır ve kolların ortalamaları $a - 4$ ile $a + 4$ ’tür. Sayıların toplamı $7 (a - 4) + 7 (a + 4) = 14 a$ olur. Bu toplam 420 olduğundan $14 a = 420$ ve $a = 30$ bulunur.

46. soru

Yarışma tarzıRasyonel Sayılar

Elif, $a$ ve $b$ birer rakam olmak üzere $0, a \overline{b}$ biçiminde yazılabilen tüm sayıları ayrı ayrı kartlara yazıyor. Yazdığı kartlar arasından değeri $\frac{1}{4}$ değerinden büyük ve $\frac{3}{4}$ değerinden küçük olanlara bakıyor. Buna göre bu aralıkta kaç farklı değer vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 45

Fikir $0, 00 \overline{9} = 0, 01$ eşitliğiyle $0, a \overline{9} = 0, (a + 1) \overline{0}$ çakışmasını görmektir. $0, a \overline{b}$ sayısı $(9 a + b) / 90$ kesrine eşittir. $\frac{1}{4}$ ile $\frac{3}{4}$ aralığı bu kesir üzerinden $22, 5 < 9 a + b < 67, 5$ eşitsizliğine dönüşür, buradan $23 \leq 9 a + b \leq 67$ olur. $a = 2$ için $b \geq 5$ koşulundan 5 değer, $a = 3, 4, 5, 6$ için 10 ar değer, $a = 7$ için $b \leq 4$ koşulundan 5 değer bulunur, toplam 50 çift elde edilir. Bu çiftler arasında $(a, 0)$ ile $(a - 1, 9)$ aynı değeri verir, aralıkta bu durum $a = 3, 4, 5, 6, 7$ için ortaya çıkar, yani 5 değer iki kez sayılmıştır. Çift sayılanlar bir kez düşülünce $50 - 5 = 45$ farklı değer kalır.

47. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

$a$ ve $b$ , $1 \leq a < b \leq 20$ koşullarını sağlayan tam sayılardır. $\sqrt{a} + \sqrt{b} = \sqrt{c}$ eşitliğini sağlayan bir $c$ tam sayısının var olduğu biliniyor. Buna göre, bu koşulu sağlayan kaç farklı $(a, b)$ ikilisi vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 11

Asıl fikir kare alıp $a b$ sayısının tam kare olması gerektiğini görmektir. $\sqrt{a} + \sqrt{b} = \sqrt{c}$ ise kare alınca $a + b + 2 \sqrt{a b} = c$ olur, buradan $\sqrt{a b} = (c - a - b) / 2$ rasyonel çıkar. $a b$ tam sayı olduğundan karekökü ya tam sayıdır ya irrasyoneldir, rasyonel olması tam sayı olmasını gerektirir, yani $a b$ tam karedir. Tersi de doğrudur: $a b$ tam kare ise $c = a + b + 2 \sqrt{a b}$ tam sayısı eşitliği sağlar. İkinci fikir saymadır: her tam sayı $s \cdot t^{2}$ biçiminde tek türlü yazılır, burada $s$ karesizdir, ve $a b$ sayısının tam kare olması $a$ ile $b$ sayılarının aynı $s$ değerini paylaşması demektir. 1 ile 20 arasında $s = 1$ için 1,4,9,16 dört sayı 6 ikili verir, $s = 2$ için 2,8,18 üç sayı 3 ikili verir, $s = 3$ için 3,12 bir ikili verir, $s = 5$ için 5,20 bir ikili verir, diğer $s$ değerleri tek sayı içerir. Toplam $6 + 3 + 1 + 1 = 11$ bulunur ve 1,9 gibi örnekler koşulu gerçekleştirir.

48. soru

Yarışma tarzıRasyonel Sayılar

a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere $\frac{2}{5} < \frac{a}{b} < \frac{3}{7}$ eşitsizliğini sağlayan $\frac{a}{b}$ kesirlerinden paydası en küçük olanı için $a + b$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: D — 17

Buradaki düşünce, paydalar pozitif olduğundan yön değişmeden içler dışlar çarpımı yapıp katı eşitsizlikleri en az bir olan tam sayı farklarına dönüştürmek ve yok etme ile payda için alt sınır bulmaktır. $5 a - 2 b > 0$ ve $3 b - 7 a > 0$ sayıları tam sayı olduklarından her biri en az birdir. $u = 5 a - 2 b$ ve $v = 3 b - 7 a$ yazılırsa $7 u + 5 v = b$ ve $3 u + 2 v = a$ eşitlikleri elde edilir. Buradan $b$ en az yedi ile beşin toplamından on iki, $a$ en az beş olur. $b = 12$ için $24 / 5 < a < 36 / 7$ aralığında yalnız $a = 5$ tam sayısı vardır. $\frac{5}{12}$ kesrinin gerçekten aralıkta olduğu paydalar eşitlenerek görülür ve toplam on yedi bulunur.

49. soru

Yarışma tarzıÜslü Sayılar

$0 \leq a < b < c \leq 20$ tam sayıları için $2^{a} + 2^{b} + 2^{c}$ toplamının 7’ye tam bölündüğü biliniyor. Buna göre, bu koşulu sağlayan kaç farklı $(a, b, c)$ üçlüsü vardır?

Çözümü göster

Cevap: B — 343

Kilit fikir, 2’nin kuvvetlerinin 7’ye bölümünden kalanların 1,2,4 döngüsüne girmesidir: $2^{3} = 8$ sayısının 7’ye bölümünden kalanı 1 olduğundan kalan yalnızca üssün 3’e bölümüne bağlıdır (kalan 0 ise 1, 1 ise 2, 2 ise 4). 1,2,4 değerleriyle kurulabilecek on farklı üçlü toplam denendiğinde 7’nin katını veren tek toplamın $1 + 2 + 4 = 7$ olduğu görülür; demek ki $a, b, c$ sayılarının 3’e bölümünden kalanları birbirinden farklı olmalıdır. 0 ile 20 arasındaki 21 sayıda her kalıntı sınıfında tam 7 sayı vardır ve her sınıftan alınan birer sayı küçükten büyüğe sıralanınca koşulu sağlayan üçlü elde edilir. Böylece sayı $7 \cdot 7 \cdot 7 = 343$ olur; kalanları görmeden doğrudan üçlü denemeye kalkışmak çok uzun sürer.

50. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

$n$ , $1 \leq n \leq 20$ koşulunu sağlayan bir tam sayı ve $y (n) = \sqrt{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)}$ olsun. $y (n)$ sayısının tam kısmı 7 ile tam bölünecek şekilde kaç farklı $n$ vardır?

Çözümü göster

Cevap: D — 5

Asıl fikir dıştaki ve içteki çarpanları eşleştirmektir. $n (n + 3) = n^{2} + 3 n = m$ ve $(n + 1) (n + 2) = m + 2$ olduğundan çarpım $m (m + 2) = m^{2} + 2 m$ olur. $m^{2} < m^{2} + 2 m < (m + 1)^{2}$ eşitsizliğinden $m < \sqrt{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)} < m + 1$ bulunur, yani tam kısım $m = n (n + 3)$ olur. İkinci fikir asal bölünebilmedir: 7 asal olduğundan $7 ∣ n (n + 3)$ olması $7 ∣ n$ veya $7 ∣ n + 3$ demektir, buradan $n$ değeri 7 değerine bölümde 0 veya 4 kalanını verir. 1 ile 20 arasında 0 kalanını veren 7,14 ve 4 kalanını veren 4,11,18 bulunur, toplam 5 değer vardır ve örneğin $n = 4$ için tam kısım 28 olup 7 değerine bölünür.

51. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

$1, 2, 3, 4, 5$ rakamları kullanılarak rakamları birbirinden farklı dört basamaklı yazılabilen sayıların kaç tanesi 11’e tam bölünür?

Çözümü göster

Cevap: C — 24

Fikir 11 kuralındaki işaretli toplamı aralıkla kilitlemektir. Dört basamaklı $a b c d$ sayısı için 11’e tam bölünme $(a + c) - (b + d)$ farkının 11’in katı olmasını gerektirir. Rakamlar 1 ile 5 arasında ve birbirinden farklı olduğundan bu fark en çok 6 en az $- 6$ olabilir ve bu aralıkta 11’in tek katı 0’dır. Böylece $a + c = b + d$ koşulu zorunlu olur. $1, 2, 3, 4, 5$ kümesinden dört rakam seçip ikişerli eşit toplamlı gruplara ayırmanın yalnız üç yolu vardır ve bunlar $2 + 5 = 3 + 4$ , $1 + 5 = 2 + 4$ ve $1 + 4 = 2 + 3$ eşitlikleridir. Her bir gruplamada hangi çiftin tek basamaklara geleceğinin 2 seçeneği ve çift içi sıralamaların 2’şer seçeneği vardır ve buradan grup başına 8 sayı gelir. Üç grubun toplamı 24 sayısını verir ve tek tek 120 sıralamayı denemeye gerek kalmaz.

52. soru

Yarışma tarzıKöklü Sayılar

Sayı doğrusu üzerinde koordinatı $x$ olan bir noktanın 5 noktasına uzaklığı $\sqrt{x^{2} - 10 x + 25}$ cm ve $- 4$ noktasına uzaklığı $\sqrt{x^{2} + 8 x + 16}$ cm’dir. $0 \leq x \leq 50$ koşulunu sağlayan bir tam sayı olmak üzere, birinci uzaklıktan ikinci uzaklık çıkarıldığında elde edilen sonuç $- 9$ ’a eşit oluyor. Buna göre, bu koşulu sağlayan kaç farklı $x$ değeri vardır?

Çözümü göster

Cevap: C — 46

Buradaki ana fikir kök içlerini tam kare üç terimli olarak görüp mutlak değere çevirmek ve farkın bir ışında sabit kaldığını yakalamaktır. $x^{2} - 10 x + 25 = (x - 5)^{2}$ ve $x^{2} + 8 x + 16 = (x + 4)^{2}$ olduğundan fark $∣ x - 5 ∣ - ∣ x + 4 ∣$ olur. $x \geq 5$ için fark $(x - 5) - (x + 4) = - 9$ olur. $- 4 < x < 5$ için fark $(5 - x) - (x + 4) = 1 - 2 x$ olur ve $1 - 2 x = - 9$ denklemi $x = 5$ verir, bu değer zaten ışının ucudur. $x \leq - 4$ için fark $(5 - x) - (- x - 4) = 9$ olur ve $- 9$ ’a eşit olmaz. Böylece $0 \leq x \leq 50$ aralığında çözüm kümesi 5’ten 50’ye kadar olan tam sayılardır. Bu aralıkta $50 - 5 + 1 = 46$ değer vardır. Sağlama yapılırsa $x = 5$ için $0 - 9 = - 9$ ve $x = 50$ için $45 - 54 = - 9$ bulunur.

53. soru

Yarışma tarzıOlasılık

1’den 9’a kadar numaralanmış 9 karttan rastgele üçü seçiliyor. Buna göre seçilen kartlardaki sayıların toplamının 15’ten büyük olma olasılığı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — $\frac{19}{42}$

Asıl fikir $x \mapsto 10 - x$ tamamlayıcı eşlemesidir: 1’den 9’a kadar olan küme bu dönüşüm altında kendine döner ve her üçlü ${a, b, c}$ toplamı $30 - (a + b + c)$ olan ${10 - a, 10 - b, 10 - c}$ üçlüsüyle eşlenir. Böylece toplamı 15’ten büyük olan üçlülerle küçük olan üçlüler bire bir eşlenir; eşitlik durumu dışında olasılık yarıya iner. İkinci fikir toplamı 15 yapan üçlülerin sınırlı durum sayımıdır: $a < b < c$ , $a + b + c = 15$ koşuluyla $1 \leq a \leq 3$ sınırından yalnızca $(1, 5, 9)$ , $(1, 6, 8)$ , $(2, 4, 9)$ , $(2, 5, 8)$ , $(2, 6, 7)$ , $(3, 4, 8)$ , $(3, 5, 7)$ , $(4, 5, 6)$ bulunur, yani 8 üçlü. Toplam $(\binom{9}{3}) = 84$ üçlüden eşitlik çıkarılınca büyük olanlar $(84 - 8) / 2 = 38$ kalır. Buradan olasılık $38 / 84 = 19 / 42$ olur. Eşlemeyi göremeyen 84 toplamı tek tek saymaya kalkışır.

54. soru

Yarışma tarzıProblemler

Çevresi 3000 m olan dairesel pistte iki koşucu aynı noktadan aynı yönde aynı anda koşmaya başlıyor. Her birinin bir turu bitirme süresi dakika cinsinden tam sayıdır. Hızlı olan yavaş olanı ilk kez 20 dakika sonra yakalıyor. İki koşucunun başlangıçtan sonra ilk kez aynı anda başlangıç noktasında bulunmaları 60 dakika sonradır. Yavaş olanın bir tur süresi 50 dakikadan az olduğuna göre hızlı olanın hızı kaç m/dk’dır?

Çözümü göster

Cevap: E — 250

Temel fikir bağıl tur farkı denklemi ile EKOK periyodunu hız sınırıyla elemek için birleştirmektir. Yavaş olanın tur süresi ile hızlı olanın tur süresi için yakalama koşulu 20 dakikada bir tur farkı demektir. Bu koşul tur süreleri arasında 20 çarpı fark eşittir çarpım denklemini verir. Başlangıçta birlikte bulunma süresinin 60 dakika olması tur sürelerinin EKOK değerinin 60 olmasını gerektirir. Bu iki koşulu sağlayan tur süresi çiftleri 30 ile 12 ve 60 ile 15 dakikadır. Yavaş olanın süresi 50 dakikadan az olduğundan 30 ile 12 çifti seçilir. Çevre 3000 m olduğundan hızlı olanın hızı $3000 / 12 = 250$ bulunur.

55. soru

Yarışma tarzıVeri - İstatistik

Bir sınavda alınan puanlar 0 ile 100 arasında (dâhil) tam sayılardır ve tüm puanlar birbirinden farklıdır. Ortalaması 95 olan ayrı bir A grubu ile ortalaması 60 olan ayrı bir B grubunun birleşiminde ortalama 88 olmaktadır. Buna göre bu iki gruptaki toplam öğrenci sayısı en çok kaç olabilir?

Çözümü göster

Cevap: C — 10

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

56. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

Bir harita uygulamasında bir kuryenin harita üzerindeki konumu $x$ tam sayısı ile gösterilmektedir. Kuryenin gerçek konumu haritadaki konumun iki katı, yani $2 x$ ’tir. Dağıtım merkezinin konumu $a$ tam sayısıdır. Kuryenin gerçek konumunun merkeze uzaklığı en çok 9 birim olduğundan $∣ 2 x - a ∣ \leq 9$ koşulu sağlanmaktadır. Bu koşulu sağlayan tam sayı $x$ değerlerinin tam olarak 10 tane olduğu ve bu değerlerin toplamının 35 olduğu bilinmektedir. Buna göre $a$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 7

Buradaki fikir, uzunluğu 9 olan kapalı bir aralığın 10 tam sayı içermesinin uçları tam sayı olmaya zorlamasıdır. $∣ 2 x - a ∣ \leq 9$ eşitsizliğinden $(a - 9) / 2 \leq x \leq (a + 9) / 2$ elde edilir ve bu aralığın uzunluğu 9’dur. Uzunluğu 9 olan kapalı bir aralık en çok 10 tam sayı içerir ve 10 tam sayı içermesi ancak iki ucun da tam sayı olmasıyla olur; yoksa tam sayı sayısı 9’a düşer. Demek ki uçlar tam sayıdır ve $x$ değerleri ardışık 10 tam sayıdan oluşur. Toplamı 35 olan ardışık 10 tam sayının ortalaması 3,5 olduğundan bu sayılar $- 1$ ile 8 arasındadır. Uçları eşitlemek $(a - 9) / 2 = - 1$ ve $(a + 9) / 2 = 8$ verir ve iki denklemden de $a = 7$ bulunur.

57. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

$n$ pozitif tam sayısının 20 pozitif tam böleni vardır. $n^{3}$ sayısının pozitif tam bölen sayısı 112’dir. Buna göre bu koşulları sağlayan en küçük $n$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 1536

Fikir bölen sayısı formüllerini üs örüntüsüne çevirmektir. $n$ sayısının asal üsleri $e_{1}, e_{2}$ ve benzerleri ise bölen sayısı $(e_{1} + 1) (e_{2} + 1)$ çarpımıyla bulunur ve $n^{3}$ için üsler $3 e_{1}, 3 e_{2}$ olduğundan bölen sayısı $(3 e_{1} + 1) (3 e_{2} + 1)$ çarpımıyla bulunur. Çarpımı 20 yapan üs örüntüleri 19, 9 ile 1, 4 ile 3 ve 4 ile 1 ve 1 durumlarıdır. Bunlar içinde $n^{3}$ için bölen sayısını 112 yapan yalnız 9 ile 1 üsleridir çünkü $(3 \cdot 9 + 1) (3 \cdot 1 + 1) = 28 \cdot 4 = 112$ olur. En küçük $n$ için büyük üs küçük asala verilir ve $2^{9} \cdot 3 = 1536$ bulunur. Üsleri başka türlü dağıtmak 2560 ve 3584 gibi daha büyük sayılar verir.

58. soru

Yarışma tarzıPermütasyon - Kombinasyon

$0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ rakamları kullanılarak yazılan rakamları farklı üç basamaklı sayılardan kaçı 3 ile tam bölünür?

Çözümü göster

Cevap: C — 160

Fikir, 3 ile bölünebilirliği rakam toplamı yerine her rakamın 3 e bölümünden kalanı ile incelemektir. Rakamlar kalanlarına göre üç gruba ayrılır. Üç rakamın toplamının 3 e bölünmesi için kalanların toplamının 3 e bölünmesi gerekir; bu da ya üç kalanın aynı olması ya da üç farklı kalanın bir arada olması ile olur. Verilen rakam kümesinde her kalandan üçer rakam bulunduğu için dört kalan deseni de olanaklıdır. Her desen için küme sayısı bulunur, sıralama sayısı ile çarpılır ve yüzler basamağına sıfır gelemeyeceği için düzeltme yapılır. Sıfır içeren kümelerde sıralama sayısı daha azdır. Eksik desen ya da eksik düzeltme sonucu değiştirir.

59. soru

Yarışma tarzıSayı Basamakları

Bir yayınevinin deposunda üç basamaklı $A B C$ stok kodlu bir kitabın fiyatı lira cinsinden $A B C$ sayısına eşittir. Fiyat, stok kodunun rakamları toplamının 17 katından 15 lira fazlası olarak hesaplanıyor. Buna göre $C$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: E — 9

Asıl fikir yüzler basamağını aralık sıkıştırmasıyla tekleştirmektir. $A B C = 100 A + 10 B + C$ ve rakamları toplamı $S = A + B + C$ yazılırsa $100 A + 10 B + C = 17 S + 15$ olur. Düzenlenince $83 A - 7 B - 16 C = 15$ yani $7 B + 16 C = 83 A - 15$ elde edilir. $B$ ve $C$ rakam olduğundan $7 B + 16 C$ en çok $63 + 144 = 207$ olabilir. $A = 1$ için sağ taraf 68 olur ve $7 B + 16 C = 68$ denkleminin rakam çözümü yoktur. $A$ en az 3 ise sağ taraf en az 234 olur ve 207 sınırını aştığı için çözüm yoktur. Demek ki $A = 2$ ve $7 B + 16 C = 151$ olmalıdır. $151 - 16 C$ sayısının 7 ile bölünmesi gerekir, $C = 0$ ile 9 arasında denendiğinde yalnız $C = 9$ ve $B = 1$ sağlar. Böylece sayı 219 bulunur ve $C = 9$ olur.

60. soru

Yarışma tarzıSayı Basamakları

$A B C$ ve $C B A$ üç basamaklı sayılar olmak üzere $A B C + C B A$ toplamı tam karedir. Buna göre $B$ ’nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: D — 19

Buradaki fikir toplamı basamak çözümlemesiyle sadeleştirip tam karelerin 20 ile bölümünden kalanlarıyla kesiştirmektir. $A B C + C B A = 101 (A + C) + 20 B$ olur. $T = A + C$ denirse toplam $101 T + 20 B$ biçimindedir ve $T$ sayısı 2 ile 18 arasındadır. 101 sayısının 20 ile bölümünden kalan 1 olduğundan toplamın 20 ile bölümünden kalanı $T$ sayısına eşittir. Tam karelerin 20 ile bölümünden kalanları yalnızca 0, 1, 4, 5, 9 ve 16 olabilir. Bunlardan 2 ile 18 arasında olanlar 4, 5, 9 ve 16 olur. $T = 4$ için aralık 404 ile 584 arasıdır ve bu aralıkta aynı kalanı veren tek kare 484 olur, buradan $B = 4$ gelir. $T = 5$ için aralık 505 ile 685 arasıdır ve tek kare 625 olur, buradan $B = 6$ gelir. $T = 9$ için aralık 909 ile 1089 arasıdır ve tek kare 1089 olur, buradan $B = 9$ gelir. $T = 16$ için aralıkta uygun kare yoktur. Örnekler $143 + 341 = 484$ , $263 + 362 = 625$ ve $495 + 594 = 1089$ ile gerçekleşir. $B$ değerleri 4, 6 ve 9 olur, toplam 19 bulunur.

61. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

Bir laboratuvarda iki bakteri türünün her birinden başlangıçta 1 bakteri vardır. Birinci tür her saat 3 katına, ikinci tür her saat 5 katına çıkıyor. 81 saat sonra iki türün toplam bakteri sayısı 7’şerli kaplara konulduğunda kaplara yerleştirilemeyen bakteri sayısı kaç olur?

Çözümü göster

Cevap: D — 5

Buradaki fikir toplamı hiç büyütmeden her üslü ifadenin 7 ile bölümünden kalanını ayrı ayrı bulmaktır. Toplam bakteri sayısı $3^{81} + 5^{81}$ olur. 7 ile bölümde 3 sayısının kuvvetleri 3,2,6,4,5,1 diye ilerleyip 6 adımda başa döner çünkü $3^{6} = 729$ sayısı $728 + 1$ olduğundan kalanı 1 olur. Benzer şekilde 5 sayısının kuvvetleri de 6 adımda başa döner çünkü 5 sayısı 7 modunda $- 2$ gibidir ve $(- 2)^{6} = 64$ sayısının kalanı 1 olur. $81 = 6 \times 13 + 3$ olduğundan her iki üs de altıncı kuvvetin katı artı 3 demektir. $3^{3} = 27$ sayısının kalanı 6 olur, $5^{3} = 125$ sayısı $119 + 6$ olduğundan onun kalanı da 6 olur. Toplamın kalanı $6 + 6 = 12$ sayısının kalanına eşittir, $12 = 7 + 5$ olduğundan aranan kalan 5 bulunur.

62. soru

Yarışma tarzıOran - Orantı

$a$ , $b$ ve $c$ pozitif tam sayılar olmak üzere $\frac{a}{b} = \frac{b}{c}$ , $a + b + c = 49$ ve $a$ çift sayıdır. Buna göre $b$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 14

Buradaki kilit düşünce sürekli orantıyı en sade kesirle kareli biçime çevirmek ve bunu bölen çözümlemesiyle birleştirmektir. $\frac{a}{b} = \frac{b}{c}$ eşitliğini $\frac{p}{q}$ en sade kesirine eşitleyince aralarında asal $p$ ve $q$ ile $a = p^{2} t$ , $b = p q t$ , $c = q^{2} t$ olacak bir $t$ bulunur. Toplam $t (p^{2} + p q + q^{2}) = 49$ olur. 49 sayısının bölenleri 7 ve 49 olduğundan $p^{2} + p q + q^{2}$ değeri 7 ya da 49 olabilir. 7 değeri $p = 1$ , $q = 2$ ikilisinden $t = 7$ ile 7, 14, 28 üçlüsünü verir. 49 değeri $p = 3$ , $q = 5$ ikilisinden $t = 1$ ile 9, 15, 25 üçlüsünü verir. $a$ sayısının çift olması yalnızca 28, 14, 7 üçlüsünü bırakır. Buradan aranan değer 14 bulunur.

63. soru

Yarışma tarzıBölme ve Bölünebilme

$n$ doğal sayı ve $s (n)$ , $n$ ’nin rakamları toplamı olsun. $n - s (n)$ sayısı 36’ya tam bölünmektedir ve $n + s (n) = 412$ olmaktadır. Buna göre $s (n)$ kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 8

Fikir rakam toplamının sayıyla aynı kalanı vermesidir. $n + s (n) = 412$ eşitliğinden $n = 412 - s$ yazılır ve $n - s = 412 - 2 s$ elde edilir. Bu farkın 36’nın katı olması gerekir. 412 sayısının 36’ya bölümünden kalan 16 olduğundan $2 s$ sayısının kalanı 16 olur ve $s$ değeri 18’e göre 8’e denk bulunur. Rakam toplamı 27’yi geçemediğinden $s = 8$ ya da $s = 26$ olabilir. $s = 26$ ise $n = 386$ olur ancak 386 sayısının rakam toplamı 17 olduğundan tutarlılık bozulur. $s = 8$ ise $n = 404$ olur ve 404 sayısının rakam toplamı gerçekten 8’dir. Ayrıca $404 - 8 = 396$ sayısı 36’nın 11 katıdır. Böylece sorulan toplam tek türlü bulunur.

64. soru

Yarışma tarzıOran - Orantı

Dikdörtgen biçimindeki bir bahçenin kısa kenarının uzun kenarına oranı $\frac{2}{3}$ ’tür. Bu bahçenin $\frac{1}{100}$ ölçekli plandaki alanı ile $\frac{1}{200}$ ölçekli plandaki alanı arasındaki fark 18 santimetrekaredir. Buna göre bahçenin gerçek alanı kaç metrekaredir?

Çözümü göster

Cevap: C — 24

Buradaki fikir uzunluk ölçeğinin alanlara karesiyle yansımasıdır. Kısa kenar $2 k$ ve uzun kenar $3 k$ olsun. Gerçek alan $6 k^{2}$ olur. Ölçek $\frac{1}{100}$ iken plandaki alan gerçek alanın $\frac{1}{10000}$ üdür, ölçek $\frac{1}{200}$ iken $\frac{1}{40000}$ idir. Fark $6 k^{2} (\frac{1}{10000} - \frac{1}{40000}) = 18$ santimetrekare verir. Buradan $\frac{18 k^{2}}{40000} = 18$ , yani $k^{2} = 40000$ ve $k = 200$ santimetre bulunur. Gerçek kenarlar 400 santimetre ile 600 santimetre, gerçek alan 240000 santimetrekaredir. 10000 santimetrekare 1 metrekare olduğundan sonuç 24 metrekare bulunur.

65. soru

Yarışma tarzıOlasılık

$p$ , $q$ , $r$ , $s$ , $t$ önermeleri için tüm doğruluk durumları arasından biri rastgele seçiliyor. Buna göre $(p \Rightarrow q) \land (q \Rightarrow r) \land (r \Rightarrow s) \land (s \Rightarrow t)$ bileşik önermesinin doğru olma olasılığı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — $\frac{3}{16}$

Asıl fikir gerektirmenin doğruluk koşuludur: $p \Rightarrow q$ yalnızca $1 \Rightarrow 0$ durumunda yanlıştır, yani doğru olması $p \leq q$ anlamına gelir. İkinci fikir zincirin sıralı diziliş sayımıdır. Dört gerektirmenin birden doğru olması $p \leq q \leq r \leq s \leq t$ demektir, bu da ikili dizide 10 örüntüsünün hiç görülmemesi demektir. Böyle bir dizi 0’lardan sonra 1’lerden oluşmak zorundadır ve ilk 1’in yeriyle belirlenir: hiç 1 yok, ilk 1 birinci, ikinci, üçüncü, dördüncü ya da beşinci sırada olmak üzere 6 olanak vardır. Toplam $2^{5} = 32$ doğruluk atamasından olasılık $\frac{6}{32} = \frac{3}{16}$ olur. Bu yapıyı göremeyen 32 satırlık doğruluk tablosunu tek tek denetlemeye kalkışır.

66. soru

Yarışma tarzıMutlak Değer

$a$ , $b$ ve $c$ birbirinden farklı tam sayılar olmak üzere, $∣ a - b ∣ + ∣ b - c ∣ + ∣ c - a ∣ = 36$ ve $a + b + c = 30$ eşitlikleri veriliyor. Buna göre, kaç farklı sıralı $(a, b, c)$ üçlüsü vardır?

Çözümü göster

Cevap: D — 30

Ana fikir üç sayının ikili uzaklıkları toplamının sıralamayla sadeleşmesidir: sayılar $x < y < z$ olarak sıralanırsa $∣ x - y ∣ + ∣ y - z ∣ + ∣ z - x ∣ = (y - x) + (z - y) + (z - x) = 2 (z - x)$ olur. Verilen 36 değerinden $2 (z - x) = 36$ , yani $z - x = 18$ bulunur. $z = x + 18$ yazıp $x + y + z = 30$ koşulunda yerine konursa $y = 12 - 2 x$ elde edilir. Farklı olma koşulundan $x < y < z$ gerekir, bu da $x < 12 - 2 x < x + 18$ demektir ve $- 2 < x < 4$ verir. Buradan $x = - 1, 0, 1, 2, 3$ olmak üzere 5 sıralı olmayan üçlü bulunur, her birinin 6 sıralaması olduğundan toplam $5 * 6 = 30$ sıralı üçlü olur. Doğrudan üç bilinmeyenle parça incelemek çok daha uzundur.

67. soru

Yarışma tarzıKümeler

Bir okulun 120 öğrencisinin her biri İngilizce, Almanca ve Fransızca kurslarından en az birine katılmaktadır. İngilizce kursuna katılan 90, Almanca kursuna katılan 84, Fransızca kursuna katılan 81 öğrenci vardır. Buna göre yalnızca bir kursa katılan öğrenci sayısı en çok kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: B — 52

Fikir yalnızca-bir toplamını üçlü kesişimle birlikte uç duruma taşımaktır. Yalnızca bir kursa katılanların sayısına $x 1$ , tam iki kursa katılanların sayısına $x 2$ , üçüne de katılanların sayısına $x 3$ denirse kurslardaki toplam görünme sayısı $90 + 84 + 81 = 255$ olduğundan $x 1 + 2 x 2 + 3 x 3 = 255$ yazılır. Her öğrenci en az bir kursa katıldığından $x 1 + x 2 + x 3 = 120$ olur. İkinci eşitlik iki kez kullanılarak $x 3 = 15 + x 1$ ve $x 2 + 2 x 3 = 135$ bulunur. $x 2$ negatif olamayacağından $x 3$ en çok 67 olur, çünkü $135 - 2 x 3$ negatif olmamalıdır. Buradan $x 1 = x 3 - 15$ 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.

68. soru

Yarışma tarzıPermütasyon - Kombinasyon

Rakamları çarpımı 36 olan kaç farklı dört basamaklı doğal sayı vardır?

Çözümü göster

Cevap: D — 72

Kilit düşünce çarpanlara ayırma ile rakam dörtlülerini sınırlamaktır. Çarpım 36 olduğundan sıfır rakamı kullanılamaz ve her rakam 1 ile 9 arasındadır. $36 = 2^{2} \cdot 3^{2}$ yazılınca küçükten büyüğe sıralı dörtlüler tek tek aranır. Bir ile başlayanlar $(1, 1, 4, 9)$ , $(1, 1, 6, 6)$ , $(1, 2, 2, 9)$ , $(1, 2, 3, 6)$ , $(1, 3, 3, 4)$ ve birsiz tek dörtlü $(2, 2, 3, 3)$ bulunur, başka dörtlü yoktur. İkinci düşünce tekrarlı sıralamaları düzeltmektir. Dört rakamın sıralanması 24 olur ve tekrar eden rakamlara bölünür. Bu altı tür sırasıyla 12, 6, 12, 24, 12 ve 6 sayı verir. Toplam 72 olur.

69. soru

Yarışma tarzıProblemler

Aralarında 180 km bulunan iki şehir arasında bir araç birinden diğerine sabit bir hızla gidip hiç beklemeden sabit başka bir hızla dönüyor. Gidiş ve dönüş hızları km/sa cinsinden birbirinden farklı tam sayılar olup her ikisi de 60’tan büyük ve 120’den küçüktür. Gidiş dönüş toplam 5 saat sürdüğüne göre hızlı olanın hızı kaç km/sa’tir?

Çözümü göster

Cevap: C — 84

Çözümün ana fikri gidiş dönüş süre denklemini ters çevirip çarpanlara ayırma ile hız aralığında bölen elemesi yapmaktır. Gidiş hızı ile dönüş hızı için 180 km yol üzerinden süre denklemi yazılır ve toplam 5 bulunur. Düzenleyince hızların terslerinin toplamı $1 / 36$ olur. Bu denklem 36 çıkarılarak çarpanlara ayrılır ve hızların 36 fazlalarının çarpımı 1296 bulunur. 1296 sayısının bölenleri hız aralığı ve farklılık koşuluyla süzülünce aralıkta kalan tek farklı çift 63 ile 84 olur. Buradan hızlı olan 84 bulunur.

70. soru

Yarışma tarzıPermütasyon - Kombinasyon

$n$ pozitif tam sayı olmak üzere $n! + 3$ sayısı bir tam kareye eşittir. Buna göre $n$ ’nin alabileceği farklı değerlerin sayısı kaçtır?

Çözümü göster

Cevap: C — 2

Kilit düşünce tam karelerin 9’a bölümünden kalanlarıdır. Karelerin 9’a bölümünden kalanları yalnızca 0, 1, 4 ve 7 olabilir. İkinci düşünce faktöriyelin 9’un katı olmasıdır. $n$ 6 ve üstünde $n!$ içinde 3 ve 6 çarpanları bulunur, bu yüzden $n!$ 9’a bölünür ve $n! + 3$ sayısının 9’a bölümünden kalanı 3 olur. 3 kare kalanları arasında yoktur, bu yüzden 6 ve üstü hiçbir $n$ çözüm olamaz. Geriye 1 ile 5 arası değerler kalır. $1! + 3 = 4$ , $2! + 3 = 5$ , $3! + 3 = 9$ , $4! + 3 = 27$ , $5! + 3 = 123$ hesaplanınca yalnızca 4 ve 9 tam karedir. Bunlar $n = 1$ ve $n = 3$ verir, yani 2 değer vardır.

Bu soruların ait olduğu konuları oku: Temel Matematik - Matematik · Temel Matematik - Geometri

TYT zorlu sorular · TYT hakkında her şey

Cepte soru çöz, bağımsız bir çalışma uygulamasıdır; hiçbir sınav kurumu, okul ya da resmî kurumla bağlantılı, bunlarca desteklenen veya onaylanan bir uygulama değildir.

TYT (Temel Yeterlilik Testi), Yükseköğretim Kurumları Sınavı (YKS) kapsamında ÖSYM tarafından düzenlenen resmî bir sınavın birinci oturumudur. Bu uygulama ÖSYM ile bağlantılı değildir.

Uygulamadaki tüm sorular ve metinler Cepte soru çöz için özgün olarak hazırlanmıştır; hiçbir resmî sınavdan alınmamıştır.