TYT · Yarışma tarzı sorular · Bölüm 3 / 3

Asıl fikir, $\mathrm{\mid }{x}^2-y^2\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }x+y\mathrm{\mid }$ çarpanlarına ayırmasıyla ortak $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }$ parantezine almak ve $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }$ ile $\mathrm{\mid }x+y\mathrm{\mid }$ değerlerinin aynı tek-çiftlikte olmak zorunda oluşudur. Denklem $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }(\mathrm{\mid }x+y\mathrm{\mid }+2)=24$ olur. $d=\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }>0$, $s=\mathrm{\mid }x+y\mathrm{\mid }$ konulursa $d(s+2)=24$, $d$, 24 sayısının bölenidir ve $s=24\mathrm{/}d-2\ge 0$ olduğundan $d=1,2,3,4,6,8,12$ olabilir. $x-y$ ile $x+y$ toplamı $2x$ 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.

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.

Buradaki fikir, iç içe mutlak değeri uzaklık bandı olarak okuyup çözüm kümesinin merkeze göre simetrik iki eş aralık olduğunu görmektir. $\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }x-a\mathrm{\mid }-4\mathrm{\mid }\le 3$ eşitsizliğinden $1\le \mathrm{\mid }x-a\mathrm{\mid }\le 7$ elde edilir; buradan $a-7\le x\le a-1$ veya $a+1\le x\le a+7$ 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 $7(a-4)+7(a+4)=14a$ olur. Bu toplam 420 olduğundan $14a=420$ ve $a=30$ bulunur.

Fikir $0,00\bar{9}=0,01$ eşitliğiyle $0,a\bar{9}=0,(a+1)\bar{0}$ çakışmasını görmektir. $0,a\bar{b}$ sayısı $(9a+b)\mathrm{/}90$ kesrine eşittir. ${\displaystyle \frac{1}{4}}$ ile ${\displaystyle \frac{3}{4}}$ aralığı bu kesir üzerinden $22,5<9a+b<67,5$ eşitsizliğine dönüşür, buradan $23\le 9a+b\le 67$ olur. $a=2$ için $b\ge 5$ koşulundan 5 değer, $a=3,4,5,6$ için 10 ar değer, $a=7$ için $b\le 4$ 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.

Asıl fikir kare alıp $ab$ sayısının tam kare olması gerektiğini görmektir. $\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{c}$ ise kare alınca $a+b+2\sqrt{ab}=c$ olur, buradan $\sqrt{ab}=(c-a-b)\mathrm{/}2$ rasyonel çıkar. $ab$ tam sayı olduğundan karekökü ya tam sayıdır ya irrasyoneldir, rasyonel olması tam sayı olmasını gerektirir, yani $ab$ tam karedir. Tersi de doğrudur: $ab$ tam kare ise $c=a+b+2\sqrt{ab}$ tam sayısı eşitliği sağlar. İkinci fikir saymadır: her tam sayı $s\cdot t^2$ biçiminde tek türlü yazılır, burada $s$ karesizdir, ve $ab$ 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.

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. $5a-2b>0$ ve $3b-7a>0$ sayıları tam sayı olduklarından her biri en az birdir. $u=5a-2b$ ve $v=3b-7a$ yazılırsa $7u+5v=b$ ve $3u+2v=a$ eşitlikleri elde edilir. Buradan $b$ en az yedi ile beşin toplamından on iki, $a$ en az beş olur. $b=12$ için $24\mathrm{/}5<a<36\mathrm{/}7$ aralığında yalnız $a=5$ tam sayısı vardır. ${\displaystyle \frac{5}{12}}$ kesrinin gerçekten aralıkta olduğu paydalar eşitlenerek görülür ve toplam on yedi bulunur.

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.

Asıl fikir dıştaki ve içteki çarpanları eşleştirmektir. $n(n+3)=n^2+3n=m$ ve $(n+1)(n+2)=m+2$ olduğundan çarpım $m(m+2)=m^2+2m$ olur. $m^2<m^2+2m<(m+1{)}^2$ 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 $7\mid n(n+3)$ olması $7\mid n$ veya $7\mid n+3$ 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.

Fikir 11 kuralındaki işaretli toplamı aralıkla kilitlemektir. Dört basamaklı $abcd$ 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.

Buradaki ana fikir kök içlerini tam kare üç terimli olarak görüp mutlak değere çevirmek ve farkın bir ışında sabit kaldığını yakalamaktır. $x^2-10x+25=(x-5{)}^2$ ve $x^2+8x+16=(x+4{)}^2$ olduğundan fark $\mathrm{\mid }x-5\mathrm{\mid }-\mathrm{\mid }x+4\mathrm{\mid }$ olur. $x\ge 5$ için fark $(x-5)-(x+4)=-9$ olur. $-4<x<5$ için fark $(5-x)-(x+4)=1-2x$ olur ve $1-2x=-9$ denklemi $x=5$ verir, bu değer zaten ışının ucudur. $x\le -4$ için fark $(5-x)-(-x-4)=9$ olur ve $-9$’a eşit olmaz. Böylece $0\le x\le 50$ 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.

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 $1\le a\le 3$ 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 $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{9}{3}\right)=84$ üçlüden eşitlik çıkarılınca büyük olanlar $(84-8)\mathrm{/}2=38$ kalır. Buradan olasılık $38\mathrm{/}84=19\mathrm{/}42$ olur. Eşlemeyi göremeyen 84 toplamı tek tek saymaya kalkışır.

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 $3000\mathrm{/}12=250$ bulunur.

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

Buradaki fikir, uzunluğu 9 olan kapalı bir aralığın 10 tam sayı içermesinin uçları tam sayı olmaya zorlamasıdır. $\mathrm{\mid }2x-a\mathrm{\mid }\le 9$ eşitsizliğinden $(a-9)\mathrm{/}2\le x\le (a+9)\mathrm{/}2$ 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 $(a-9)\mathrm{/}2=-1$ ve $(a+9)\mathrm{/}2=8$ verir ve iki denklemden de $a=7$ bulunur.

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 $3e_1,3e_2$ olduğundan bölen sayısı $(3e_1+1)(3e_2+1)$ 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.

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.

Asıl fikir yüzler basamağını aralık sıkıştırmasıyla tekleştirmektir. $ABC=100A+10B+C$ ve rakamları toplamı $S=A+B+C$ yazılırsa $100A+10B+C=17S+15$ olur. Düzenlenince $83A-7B-16C=15$ yani $7B+16C=83A-15$ elde edilir. $B$ ve $C$ rakam olduğundan $7B+16C$ en çok $63+144=207$ olabilir. $A=1$ için sağ taraf 68 olur ve $7B+16C=68$ 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 $7B+16C=151$ olmalıdır. $151-16C$ 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.

Buradaki fikir toplamı basamak çözümlemesiyle sadeleştirip tam karelerin 20 ile bölümünden kalanlarıyla kesiştirmektir. $ABC+CBA=101(A+C)+20B$ olur. $T=A+C$ denirse toplam $101T+20B$ 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.

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.

Buradaki kilit düşünce sürekli orantıyı en sade kesirle kareli biçime çevirmek ve bunu bölen çözümlemesiyle birleştirmektir. ${\displaystyle \frac{a}{b}}={\displaystyle \frac{b}{c}}$ eşitliğini ${\displaystyle \frac{p}{q}}$ en sade kesirine eşitleyince aralarında asal $p$ ve $q$ ile $a=p^{2}t$, $b=pqt$, $c=q^{2}t$ olacak bir $t$ bulunur. Toplam $t(p^2+pq+q^2)=49$ olur. 49 sayısının bölenleri 7 ve 49 olduğundan $p^2+pq+q^2$ 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.

Fikir rakam toplamının sayıyla aynı kalanı vermesidir. $n+s(n)=412$ eşitliğinden $n=412-s$ yazılır ve $n-s=412-2s$ elde edilir. Bu farkın 36’nın katı olması gerekir. 412 sayısının 36’ya bölümünden kalan 16 olduğundan $2s$ 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.

Buradaki fikir uzunluk ölçeğinin alanlara karesiyle yansımasıdır. Kısa kenar $2k$ ve uzun kenar $3k$ olsun. Gerçek alan $6k^2$ olur. Ölçek ${\displaystyle \frac{1}{100}}$ iken plandaki alan gerçek alanın ${\displaystyle \frac{1}{10000}}$ üdür, ölçek ${\displaystyle \frac{1}{200}}$ iken ${\displaystyle \frac{1}{40000}}$ idir. Fark $6k^2({\displaystyle \frac{1}{10000}}-{\displaystyle \frac{1}{40000}})=18$ santimetrekare verir. Buradan ${\displaystyle \frac{18k^2}{40000}}=18$, 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.

Asıl fikir gerektirmenin doğruluk koşuludur: $p\Rightarrow q$ yalnızca $1\Rightarrow 0$ durumunda yanlıştır, yani doğru olması $p\le q$ anlamına gelir. İkinci fikir zincirin sıralı diziliş sayımıdır. Dört gerektirmenin birden doğru olması $p\le q\le r\le s\le t$ 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 ${\displaystyle \frac{6}{32}}={\displaystyle \frac{3}{16}}$ olur. Bu yapıyı göremeyen 32 satırlık doğruluk tablosunu tek tek denetlemeye kalkışır.

Ana fikir üç sayının ikili uzaklıkları toplamının sıralamayla sadeleşmesidir: sayılar $x<y<z$ olarak sıralanırsa $\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }y-z\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }z-x\mathrm{\mid }=(y-x)+(z-y)+(z-x)=2(z-x)$ olur. Verilen 36 değerinden $2(z-x)=36$, yani $z-x=18$ bulunur. $z=x+18$ yazıp $x+y+z=30$ koşulunda yerine konursa $y=12-2x$ elde edilir. Farklı olma koşulundan $x<y<z$ gerekir, bu da $x<12-2x<x+18$ 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 $5\ast 6=30$ sıralı üçlü olur. Doğrudan üç bilinmeyenle parça incelemek çok daha uzundur.

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

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.

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 $1\mathrm{/}36$ 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.

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.