TYT · Yarışma tarzı sorular · Bölüm 2 / 3

Temel fikir paralellikten gelen ikizkenarlıktır. $[AD]$ ile $[BC]$ paralel olduğundan $A$ köşesindeki açıortay ile $[BC]$ üzerinde oluşan iç ters açılar eşittir ve $ABE$ üçgeni ikizkenar olur. Böylece $\mathrm{\mid }BE\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=5$ birim ve $\mathrm{\mid }EC\mathrm{\mid }=8-5=3$ birim bulunur. $DEC$ üçgeninin kenarları 3, 4 ve 5 birimdir ve $3^2+4^2=5^2$ sağlandığından $\mathrm{\angle }DEC$ diktir. Demek ki $DE$ 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.

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

Asıl fikir mutlak değer toplamının ortadaki iki değer arasında en küçük olmasıdır. $x_3\le k\le x_4$ 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 $(x_3+x_4)\mathrm{/}2=10$ ve $x_3+x_4=20$ olur. $d_1=x_4-x_3\ge 0$ ve $d_2=x_5-x_2\ge d_1$ yazılırsa $x_6-x_1=22-d_1-d_2$ bulunur. Ayrıca $x_1\le x_3$ ve $x_3=10-d_1\mathrm{/}2$ 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.

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 $a^2+ab+b^2$ paydası için ${\displaystyle \frac{1}{a^2+ab+b^2}}=a-b$ 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.

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 $(S^2-50)\mathrm{/}2$ rasyoneldir, bu yüzden $\sqrt{P}$ tam sayı olmak zorundadır ve $S^2-50$ çifttir, yani $S$ çifttir. Ayrıca $0\le P\le 625$ olduğundan $50\le S^2\le 100$ 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 $(x-33{)}^2=576=24^2$ 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.

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.

Kilit gözlem, toplamın en büyük mutlak değere indirgenmesidir. Mutlak değeri büyük olan sayı $u$ olsun. $u\ge 0$ ise $u$ ile diğer sayının toplamı ve farkı aynı işareti taşır, $u<0$ ise ikisi de negatif olur, buradan $\mathrm{\mid }x+y\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }=2\max (\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid },\mathrm{\mid }y\mathrm{\mid })$ özdeşliği elde edilir. Böylece eşitsizlik $\max (\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid },\mathrm{\mid }y\mathrm{\mid })\le 5$ olur, yani $-5\le x\le 5$ ve $-5\le y\le 5$ 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 $(121-11)\mathrm{/}2=55$ bulunur.

“Veya” bağlacıyla kurulan önermenin yanlış olması için $(p\iff q)$ ve $(q\iff r)$ 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.

Buradaki fikir, mutlak değerin içinde ikinci dereceden ifadeyi çarpanlarına ayırıp ortak mutlak çarpanı ayırmaktır. $x^2-19x+88=(x-8)(x-11)$ olduğundan $\mathrm{\mid }{x}^2-19x+88\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }x-8\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }x-11\mathrm{\mid }$ olur. Eşitsizlik $\mathrm{\mid }x-8\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }x-11\mathrm{\mid }<5\mathrm{\mid }x-8\mathrm{\mid }$, yani $\mathrm{\mid }x-8\mathrm{\mid }(\mathrm{\mid }x-11\mathrm{\mid }-5)<0$ biçimine gelir. $\mathrm{\mid }x-8\mathrm{\mid }\ge 0$ olduğundan $x=8$ değeri sol tarafı sıfır yapar ve $0<0$ yanlış olduğundan elenir; demek ki $x\mathrm{\ne }8$ ve $\mathrm{\mid }x-11\mathrm{\mid }-5<0$ olmalıdır. Buradan $\mathrm{\mid }x-11\mathrm{\mid }<5$, 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.

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

Fikir sayıyı yüzlük bloklara ayırmaktır. $ABCD=100\cdot AB+CD$ yazılır ve 99 sayısı 11’e tam bölündüğünden 100 sayısının 11’e bölümünden kalan 1 olur. Böylece $ABCD$ sayısının 11’e tam bölünmesi $AB+CD$ toplamının 11’e tam bölünmesine denktir. $AB-CD=27$ ile birlikte $AB+CD=11\cdot k$ yazılırsa $CD=(11\cdot k-27)\mathrm{/}2$ bulunur. $CD$ 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.

Asıl fikir, üç sayıyı sıralayıp uzaklık toplamını aralığın iki katına indirmektir. $x<y<z$ sıralaması ile $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }y-z\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }z-x\mathrm{\mid }=(y-x)+(z-y)+(z-x)=2(z-x)$ olur, buradan $z-x=9$ bulunur. $x+y+z=0$ ve $z=x+9$ yazılınca $y=-2x-9$ olur. $x<y<z$ koşulu $x<-2x-9<x+9$ eşitsizliğini verir, buradan $-18<3x<-9$ 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.

Buradaki fikir, eşitliğin sağ tarafındaki ifadenin soldaki içlerin toplamı olduğunu görüp üçgen eşitsizliğinde eşitlik koşuluna indirgemektir. Gerçekten $(x-2)+(x-10)=2x-12$ olduğundan verilen denklem $\mathrm{\mid }x-2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }x-10\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }(x-2)+(x-10)\mathrm{\mid }$ biçimindedir. Üçgen eşitsizliğinde eşitlik ancak iki için çarpımı negatif değilse, yani $(x-2)(x-10)\ge 0$ ise olur; bu da $x\le 2$ veya $x\ge 10$ demektir. Çalışma aralığı $\mathrm{\mid }x-6\mathrm{\mid }\le 8$ ise $-2\le x\le 14$ 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.

Asıl fikir eşleniklerin toplamının tam sayı olduğunu görmektir. $u=3+2\sqrt{2}$ ve $v=3-2\sqrt{2}$ alınırsa $u+v=6$ ve $uv=1$ olur, binom açılımında köklü terimler götürdüğü için $u^n+v^n$ her $n$ için tam sayıdır. $t^2-6t+1=0$ bağıntısından $s0=2$, $s1=6$, $s2=34$, $s3=198$ 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.

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 $5\le x\le 9$ olur. Bu aralıktaki tam sayılar beş, altı, yedi, sekiz ve dokuz olup toplamları otuz beş bulunur.

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 $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n-2}{3}\right)$ olur. İkinci fikir oran-orantı denklemini çarpanlara ayırarak çözmektir. Toplam $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{3}\right)$ seçimden olasılık ${\displaystyle \frac{(n-2)(n-3)(n-4)\mathrm{/}6}{n(n-1)(n-2)\mathrm{/}6}}={\displaystyle \frac{(n-3)(n-4)}{n(n-1)}}$ olur ve ${\displaystyle \frac{5}{14}}$’e eşitlenince $14(n-3)(n-4)=5n(n-1)$ denklemi $9n^2-93n+168=0$ yani $3n^2-31n+56=0$ verir. Bu denklem $(3n-7)(n-8)=0$ diye ayrılır, $7\mathrm{/}3$ tam sayı olmadığı için elenir ve $n=8$ kalır. Bu çerçeveyi göremeyen genel $n$ için üçlüleri tek tek ardışıklık denetimine kalkışır.

Fikir kalanı yok etmektir. $N=36\cdot q+r$ ve $r=50-q$ yazılırsa $N=35\cdot q+50$ elde edilir. Kalan koşulu $0\le r<36$ olduğundan $0\le 50-q<36$ eşitsizliğinden $15\le q\le 50$ 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.

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

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

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