1. Aşağıdakilerden hangisi 

1. Aşağıdakilerden hangisi ^{AB ve CD}   kenarlarının orta dikmeleri ^AC köşegeni üstündeki bir noktada kesişen he ABCD dışbükey dörtgeni için doğrudur?

A) BA  AD  BC CD B) BD  AC C) AC  BD

D) AD DC  AB  BC E) Hiçbiri

Çözüm :

^{GE ; AB}   nın orta dikmesi ise AE  EB

^{FE ; CD}   nın orta dikmesi ise DE  EC BDE üçgeninde BE ED  BD  AC  BD

A

B

C

D E

F G

x

y

y x

2. x 1 ⁶⁵ polinomunun kaç katsayısı 65’e bölünmez?

A)20 B)18 C)16 D)3 E)Hiçbiri

Çözüm: 5’in ve 13’ün katlarını denediğimizde^_ ^_

  65

n formundaki katsayılardan n=0, 5, 10, 15, 25, 30, 35, 40, 50, 60, 65

N=0, 13, 26, 39, 52, 65 için 65’e bölünmez.

16 katsayı bölünmez.

3. 1 n²9n20 n²7n 12 eşitsizliğini sağlayan kaç n pozitif tam sayısı vardır?

A)1 B)2 C)3 D)4 E)Hiçbiri

Çözüm:

 

 

  ^{ }

         

   

2

1 n 4. n 5 n 4. n 3 1 n 4. n 3 n 5

1 n 3 n 5

n 4

n 3 n 5 2

n 3 n 5 2 n 4 n 3 n 5 4 n 4

n 3 n 5 2 n 3 n 5 2 n 3 n 5

2 n 3 n 5 n 3 n 5

           

  

   

  

           

          

     

Elde edilir ki n5 için A-G-O eşitsizliği gereği bu ifade doğru olmaz.

 

n 1, 2, 3, 4 için eşitsizlik sağlanır.

4.



1, 2, 3,..., 20



kümesinin 8 elemanlı alt kümelerinden kaçı ardışık sayılar içermez?

A) 13 8

 

 

 

B) 13 9

 

 

 

C) 14 8

 

 

 

D) 14 9

 

 

 

E) 20 15

 

 

 

Çözüm: Kümede olan ve olmayan elemanları belirtmek için olanlar yerine 1, olmayanlar yerine 0 yazalım.

8 tane 1 kullanmalıyız. a , a , a ,..., a 1’lerin arasındaki 0’ların sayısını temsil etsin. _{1 2 3 9}

1 2 3 9

a 10a 10a 10...1a yazılışında 8 tane 1, 7 tane 0 kullanılmıştır. Bu durumda a₁a₂a₃... a ₉  5 Denkleminin negatif olmayan tam sayı çözümlerinin sayısı= 9 5 1 13

9-1 8

     

  

   

elde edilir.

5. ^{m ABC}



^



^90o olmak üzere ABC üçgeninin ^AB kenarını çap alan çember ^AC kenarını D noktasında, çembere D de teğet olan doğru da BC yi E noktasında kesiyor. EC 2 ise AC² AE² nedir?

A) 18 B) 16 C) 12 D) 10 E) Hiçbiri

Çözüm :

Yandaki şekle göre DE  BE x2olur.

2 2 2

2 2 2

AC CB AB ve

AE EB AB eşitlikleri taraf tarafa çıkarılırsa

 

 

2 2 2 2

AC  AE  CB EB 16412 elde edilir.

A

B C

D

E 2

x x

6. Kaç p asal sayısı için p⁴86 sayısı da asaldır?

A)0 B)1 C)2 D)3 E)4

Çözüm : p⁴86 ifadesini 5 modunda inceleyelim. p≠5 için ^{p486 0 mod 5}

 

olduğundan p486 asal olamaz. p=5 için 625-86=539 asaldır.

7. x ve ₁ x sayıları ₂ x²5x 7  denkleminin farklı gerçel kökleri ise 0

3 2 2

1 1 1 1 2 2

x 5x 4x x x 4x nedir?

A)15 B) 175 25 53 C)-50 D)20 E)Hiçbiri

Çözüm : x₁x₂  5 ve x .x_{1 2}   7

 

3 2 2 2

1 1 1 2 1 2 1 1 2

5 0

x 5x x x 4 x x x x x 5 20 20



 

 

        

 

 



8. Pozitif tam sayılardan oluşan n elemanlı her kümenin toplamları 6 ile bölünen 6 elemanı bulunabiliyorsa, n en az kaç olabilir?

A)13 B)12 C)11 D)10 E)9

Çözüm: Sayılarımızı 6 modunda düşünebiliriz.

n=10 için olmadığını gösterelim.0, 0, 0, 0, 0,1, 1, 1, 1, 1 bu kümenin elemanlarının 6’lı toplamları 1 ile 5 arasındadır. n=11 için doğruluğunu ispatlayalım.

Lemma:5 elemanlı herhangi bir pozitif tam sayı kümesinin öyle 3 elemanı vardır ki toplamları 3’e bölünür.

İspat: 3 modunda 3 farklı eleman olabilir. 1 ve 2 çeşit eleman için en az 3 tane birbirine denk eleman vardır.

Bu 3 elmanın toplamı 3’e bölünür. 3 modunda 3 çeşit elman varsa her denklik sınıfından birer tanesinin toplamı 3’e bölünür. n=11 olsun. İçlerinden herhangi bir beşli alalım.3 tanesinin toplamı 3’e bölünür.

Bunlar a , a , a olsun. Kalan 8 tanesinden 5 tanesini alalım. 3 tanesinin toplamı 3’e bölünür. Bunlar da _{1 2 3}

1 2 3

b , b , b olsun. Son 5 tanesinin de 3 tanesinin toplamı 3’e bölünür. Bunlarsa c , c , c olsun. _{1 2 3}

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a a 3k

b b b 3m

c c c 3n

  

  

  

olsun. 3k, 3m, 3n’den en az ikisi çift veya en az ikisi tektir. 2 modunda birbirine denk olan iki tanesinin toplamı hem 2’ye hem 3’e bölünebilir.

9. ^{m ADC}



^



^90o olan bir ABCD dışbükey dörtgeninde D den geçen ve BC ye paralel olan doğru AB doğrusunu E noktasında kesiyor. ^{m DAC}



^



m DAE , AB



^



3 ve AC 4 ise AE ?

A) ⁵

6 B) ¹

3 C) ¹

2 D) 1 E) ³

4

Çözüm :

Yandaki şekilde CDBAF olsun. ACF üçgeni ikizkenar üçgendir.

AE x EF 4x olur. Ayrıca D noktası ^CF nin orta noktası ve

^DE ^{ BC} olduğundan FE  EB yani 4x3x buradan x ¹

 2

bulunur.

E A B

C

D

F

4

x 3

10. 0x, y, z2011 olmak üzere, xy+yz+zx^{0 mod 2011}

 

^{ve x+y+z 0 mod 2011}

 

koşullarını sağlayan kaç(x, y, z) tam sayı üçlüsü vardır?

A)2010 B)2011 C)2012 D)4021 E)4023

Çözüm: ^{z }



^{xy mod 2011}

 

z’yi yerine koyalım. ^{x2xyy2 0 mod 2011}

 

   

²

 

2 2 2 2

4x 4xyy  3y mod 2011  2xy  3y mod 2011

olur. Eğer bunu sağlayan (x, y) ikilileri varsa lineer denklemde yerine yazarak z’nin tek değeri bulunabilir. Bu denkliğin sağlanması için -3, 2011 modunda kare kalan olmalıdır.

1 1

2 . 2

( 1)

p q

p q q p

 

   

    

   

1005.1

3 2011

( 1) 1

2011 3

   

   

   

   

2011; 4 modunda 3’tür. -1;2011 modunda kare kalan olamaz. 2011 1

3 3 1

   

 

   

    olur. O zaman 3

2011 1

 

  

 

olur. 3 3 1

2011 2011 2011 1

 

     

 

     

      olduğundan -3 2011 modunda kare kalandır. 0a1005 için

 

2 3 mod 2011

a   olsun.



²xy



² a y^{2 2}



^{mod 2011}







²xy



ay



mod 2011 veya 2

 

xy



 ay



mod 2011



1’den 2010’a kadar x’e verdiğimiz her değer için 2 denklikten 2 tane y çözümü buluruz.

x 0 için her iki denklikte de y  olur. Toplam =2010.2+1=4021 0

11. x⁵x⁴4x³7x²7x polinomunun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir? 2

A)0 B)1 C)2 D)-2 E)7

Çözüm:



^x2

 

^{x22x 1 x}



^{2 x 1}



^{ 0}

İlki -2, ikincisinin toplamı +2, üçüncüde reel kök yok. -2+2=0

12. Bir okuldaki 100 öğrenciden her biri aynı okuldaki istediği 50 öğrenciye mesaj yollamıştır. Karşılıklı olarak mesajlaşmış öğrenci çiftlerinin sayısı en az kaç olabilir?

A)100 B)75 C)50 D)25 E)Hiçbiri

Çözüm: a ; i numaralı kişiye mesaj gönderen kişi sayısı olsun. _i

*Bir öğrenci 49 kişiye mesaj göndermemiştir.

b i. kişinin karşılıklı mesajlaştığı kişi sayısı i

i i

a 49b

1 1

a 49b

2 2

a 49b

…

100 100

a 49b

i i

a 4900 b

 

Gönderilen mesaj sayısı=Toplam alınan mesaj sayısı



a_i 100.505000100



b_i

karşılıklı mesajlaşan kişi sayısı toplamı 2 kişi içinde sayıldığından, yarısı bu çiftlerin sayısını verecektir. 50≤

Karşılıklı mesajlaşan çiftler

NOT:Herkesin 50 mesaj atıp kendisine göndermeyen 49 kişiye mesaj gönderdiği durum için çift sayısı 50’ye eşittir.

13. Dar açılı ABC üçgeninin A,B,C köşelerine ait yüksekliklerin ayakları sırasıyla D,E,F dir. DF 3, FE 4,

DE 5 ise DE ye teğet olan C merkezli çemberin yarıçapı nedir?

A) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3

Çözüm :

DH,EH,FH doğruları ABC üçgeninin açı ortaylarıdır. Ayrıca A,B,C noktaları da DEF üçgeninde dış açı ortayların kesim noktalarıdır. C merkezli DE ye teğet olan çember de bu kenara ait dış teğet

çemberidir.

 

   a   a a

a

Alan DEF =3.4 6 2

Alan DEF = u a r 6 5 r r r 6



    



A

B D C

E F

3 4

5 H

14.

^20112011

2011

2011

2011

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 sayısının 19 ile bölümünden kalan nedir?

A)5 B)4 C)3 D)2 E)1

Çözüm: ^{201118 1 mod19}

 

 

 

20112011

2011

2011 ? mod18

 

 

 

 

 

 

⁶

 

φ 18  6 2011 1 mod18  

 

20112011

2011 ? mod 6

 

 

 

^{ }

 

^{ }

 

2011 2011 2011

2011 2011 2011

2011 1 mod 2 ve 2011 1 mod 3 2011 1 mod 6

 

   

20112011

2011 1

2011 2011 mod18 13 mod18

 

 

 

  

          ^{     }

    

13 4 3

13 3

2011 mod19 3 mod19 3 . 3 mod19 5 . 3 mod19

11. 3 mod19 5 mod19

      

 

15. Aşağıdaki(a, b) ikililerinin hangisi için x+2y<a ve xy>b eşitsizliklerini sağlayan hiçbir (x, y) pozitif gerçel sayı ikilisi yoktur?

A) 15 4 7 7,

 

 

  B) 18 1

11 3,

 

 

  C) 5 1

7 6,

 

 

  D) 6 1

7 11,

 

 

  E)Hiçbiri

Çözüm: 2 2xy x2ya , xy b 8xya² 8b8xya²8ba² olmalıdır.A,B,C ve D şıklarında bu şart sağlanmaktadır.

16. Ağırlıkları herhangi pozitif tam sayı olan 2011 taş, biri diğerinin 2 katı ağırlıkta 2 taş içermeyen n bölgeye ayrılabiliyorsa n en az kaç olabilir?

A)102 B)51 C)12 D)11 E)Hiçbiri

Çözüm: Ağırlıkları küçükten büyüğe dizelim. a , a , a ,,, a_{1 2 3 2011} Ağırlıkları aynı olan taşları aynı bölgeye koyabiliriz. b₁b₂ b₃ ...b_k k tane farklı ağırlıktaki taş grupları olsun.

Bir taşın 2 katı ağırlığındaki taş o taştan büyüktür. Önce en küçükten başlayarak taşları öbeklere koymaya başlayalım. Aynı ağırlıktaki taşlar aynı öbekte olacağından ve sırası gelen taşın yarısı ağırlığındaki taş sadece 1 öbekte bulunabileceğinden; 2 öbek olduğunda her taş için bu 2 öbekten birine koyabiliriz.

17. ABC eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir D noktası için AD  2, BD 3 ve CD  5 ise ^{m ADB}



^



nedir?

A) 120^o B) 105^o C) 100^o D) 95^o E) 90^o

Çözüm :

ABDACD ' olacak şekilde yandaki çizimi yapalım. ADD’

üçgeni eşkenar üçgen olur. DD '  2 CDD’ üçgeninde kosinüs teoremi yazarsak:

5 2 9 2. 2.3.cos x cos x 1

     2 

x45o







^{o o o}

m ADB 60 45 105

A

B C

D 2

3 5

D' 2

3 2

60 x

18. Kaç pozitif tam sayı ^{n n}



^{21 n}



^{23 n}



^25



ifadesini n nin tüm pozitif tam sayı değerleri için böler?

A)16 B)12 C)8 D)4 E)Hiçbiri

Çözüm: P(n)= ^{n n}



^{21 n}



^{2 3 n}



^25



⁼

^

n 1 n n 1 n

^{ }



^ 

²3 n



²5



n=2 için P(2)=2.3.9.7

n=3 için P(3)=3.8.9.14 (P(3),P(2))=2.9.7 olur.

2 2

2 2 2

2

2 ( 1) 2 ( ) 3 ( 1)( 1)

9 ( ) 3 ( 3)( 5)

7 ( 1)( 3)( 5) 7 ( )

2.3 .7 ( ) (1 1)(2 1)(1 1) 12

n n P n

n n n

P n

n n

n n n n P n

P n

 

 



 

   

    

19. Aşağıdaki eşitsizliklerin hangisinin xy düzleminde tanımladığı bölge ile kesişimi tam olarak iki noktadan oluşan bir doğru bulunur?

A) x²y² B) 1 xy xy 1 C) x³ y³ D) 1 x  y 1 E)

1 1

2 2

x  y 1

Çözüm :

A) B) C)

D) E)

20. 100 öğrencinin girdiği bir sınavda 5 soru sorulmuş ve her soruyu tam olarak 50 öğrenci çözmüştür.

Çözdüğü soru sayısı 2’yi aşmayan öğrencilerin sayısı en az kaç olabilir?

A)21 B)18 C)17 D)16 E)Hiçbiri

Çözüm: Toplam çözülen soru sayısı=250

2’den fazla çözenlerin sayısı k olsun. 100-k 2’yi aşmayan sayıda soru çözenlerdir. 2’den fazla soru çözenler en az 3 soru çözmüştür. 3k≤250 k≤250\3 50\3≤ 100-k 17≤ 2’yi aşmayan sayıda soru çözenler

NOT: 83.3+1=250 83 kişinin 3’er, 1 kişinin 1 soru, 16 kişinin 0 soru çözdüğü duruma örnektir.

21. Bir ABCD eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde yer alan bir E noktası AE  EB , ^{m EAB}



^



^{11 ve o}







^o

m EBC 71 koşullarını sağlıyorsa ^{m DCE}



^



^kaçtır?

A) 72^o B) 71^o C) 70^o D) 69^o E) 68^o

Çözüm :

ABE üçgenine eş olacak şekilde BCE’ üçgenini çizelim. Yandaki gibi açılar yerleştirilince BEE’ üçgeni eşkenar üçgen olur.







^o



^

 

^



^o

m CE 'E 142 m CEE ' m ECE ' 19







^o



^



^o

m ECB 30 ve m DCB 98 olduğundan ^{m DCE}



^



^{68o olur.}

A B

D C

E

11 11

60 11 60 60

11

E'

22. f(0)=0, f(1)=1 ve her n≥1 için, f(3n-1)=f(n)-1,

f(3n)=f(n), f(3n+1)=f(n)+1 ise, f(2011) nedir?

A) 7 B) 5 C) 3 D) 1 E) 0

Çözüm: f(2011)=f(670)+1 f(670)=f(223)+1 f(223)=f(74)+1 f(74)=f(25)-1 f(25)=f(8)+1 f(8)=f(3)-1

f(3)=f(1) ise f(2011)=3 tür.

23. xy düzlemindeki tam sayı koordinatlı noktalardan koordinatları çarpımı 6 ile bölünenler kırmızıya, bölünmeyenler ise beyaza boyanıyor. Kenarları koordinat eksenlerine paralel çok büyük bir karenin içinde kalan tam sayı koordinatlı noktalardan beyaz olanların sayısının kırmıza olanların sayısına oranı

aşağıdakilerden hangisine en yakındır?

A) ⁷

5 B) ³

2 C) 2 D) ⁴

3 E) ⁵

4

Çözüm: Koordinat düzleminde 1. bölgede k kenarlı bir karenin tam sayı koordinatlı noktalarını inceleyelim.

Bu çok büyük karenin içindeki tabanı 6 br. lik bir parçaya baktığımızda;

x=6a+1 için k/6 x=6a+2 için k/3 x=6a+3 için k/2 x=6a+4 için k/3 x=6a+5 için k/6

x=6a+6 için k tane nokta şartı sağlar ve kırmızıdır. Bu şekilde seçtiğimiz 6k noktanın 5k/2 tanesi şartı sağlar.

7k/2 tanesi sağlamaz. Noktaları 6’lı, 6’lı gruplandırdığımızda oranları değişmez.

7k

B 2 7

K 5k 5

2

 

24. r , r ,..., r renklerinde sırasıyla, _{1 2 n} a , a ,..., a topun bulunduğu bir torbadan , her seferinde çekilen top _{1 2 n} torbaya geri konmak koşuluyla, birer birer rasgele n top çekildiğinde bu toplardan en az ikisinin aynı renkte olma olasılığını p a , a ,..., a



1 2 n



ile gösterirsek aşağıdakilerden hangisi en küçüktür?

A) p(2, 2, 2, 1) B) p(1, 1, 1, 1) C) p(2, 2, 3) D) p(2, 2, 1) E) p(1, 1, 1)

Çözüm: Hepsinin farklı renkte olma olasılığı en büyük olan şıkkı arayalım.



^{2, 2, 2,1}



^{4!2 2 2 1 192}

7 7 7 7 2401

p  



^1,1,1,1



^{4!1 1 1 1 24}

4 4 4 4 256

p  



^{2, 2,3}



^{3!2 2 3 72}

7 7 7 343

p  



^{2, 2,1}



^{3!2 2 1 24}

5 5 5 125

p  



^1,1,1



^{3!1 1 1 6}

3 3 3 27

p  

25. ABCDE düzgün dışbükey beşgeninin alanının kenarları AC,CE,EB,BD,DA doğruları üstünde yer alan düzgün dışbükey beşgenin alanına oranı nedir?

A) ⁴¹

6 B) ^{3 5 5}

2

 C) 4 5 D) ^{7 3 5}

2

 E) Hiçbiri

Çözüm :

KLMNP beşgeninin kenar uzunluğuna 1 br diyerek başlayalım.

Açılar yerleştirilirse AEP üçgeni ve EPK üçgeni benzer olur.

2 2

x 1

x x 1 x x 1 0 x 1 x

        



 ²  

1,2

1 1 4.1. 1 1 5

x 2 2

   

  

ve x uzunluk olduğundan

1 5 3 5

x AE

2 2

 

   Beşgenlerin alanları oranı benzerlik oranının karesi olduğundan:

2

3 5 14 6 5 7 3 5

2 4 2

    

 

 

 

 

A

B

D C

E ^{K L}

M

N P

36

36

36 72

72 1 x

x

x x+1

26. 0 a 2²⁰⁰⁸ ve 0b8tam sayıları ^{7 a}



^22008b

 

^{1 mod 22011}



denkliğini sağlıyorsa, b nedir?

A) 3 B) 5 C) 6 D) 7 E) Hiçbiri

Çözüm: ^{7 a}



^22008b

 

^{1 mod 22011}



^{7a22008b 1 mod 2}



²⁰¹¹



     

2011 2008 2011

2008 2008

0 7a 2 0 2 b 1 2

7a 2 b 1 2 b 1 mod 7 2b 1 mod 7 b 3 mod 7

     

         

0b 8 b3

27.

 

an n 1^_ gerçel sayı dizisi a₁ 1, a₃ 4 ve n 2 için a_{n 1} a_{n 1} 2.a_n koşulunu sağlıyorsa, 1 a₂₀₁₁ nedir?

A) 2²⁰¹⁰ B)2021056 C)1010528 D)3016 E)2011

Çözüm: b_n a_{n 1} a_n olsun. b_n b_{n 1}  olur. 1



a2 2 olmak üzere



b₁a₂a₁  1

2 1

3 1

n 1

n n 1

n 1 n 2

2 1

b b 1

b b 2

...

b b n 1 n

a a n 1

a a n 2

...

a a 1



 

 

 

    

  



   





  



Eşitliklerinin taraf tarafa toplanmasıyla

   

n 1 2011

n n 1 n n 1

a a 1 a 1 1005.2011

2 2

 

        2021056

28. 1, 2,...,4022 sayıları 2x2011 bir satranç tahtasının birim karelerine, iki sayı aynı birim karede olmamak ve ardışık olan sayılar ortak bir kenarı olan birim karelerde yer almak koşuluyla kaç farklı biçimde

yerleştirilebilir?

A)161168444 B)12168440 C)10088242 D)8084224 E)Hiçbiri

Çözüm: Her sayı bir karıncanın dikdörtgen üzerinde yapacağı hamleleri göstersin. Karınca kenarları ortak olan kareler arasında bir kareye bir kere basmak koşuluyla yürüsün. Karıncanın nx2’lik tahtanın bir köşesinden başlayarak o tahtayı dolaşma şekillerinin sayısına a diyelim. Sol üst köşeden başlayıp sağa doğru hareket _n ederse 2 hamle yapabilir. Yana hamle yaparsa sonuna gelmeden diğer satıra geçerse böldüğü

dikdörtgenin bir tarafını dolaşamaz. Sağa doğru gidip alta geçerse ikiye ayrılan yolun bir tarafını gidemez.

Sonuna gelince diğer satıra geçip o yolu bitirmek zorundadır. (1 farklı şekilde). Diğer satıra ilk hamlede geçerse bu sefer



^{n 1 x2}



’lik bir dikdörtgeni dolanmış olur (a_n1 farklı şekilde). a ₂ 2 a_n n

2x2011’lik tahtada i. sütundan giriş yapsın.Yukarı çıkmaz. Herhangi bir yanı seçip o tarafı bitirip kalan dikdörtgeni bitirmelidir.

 

2011 2011

1 2011

1 1

2. _{i i} 2. 2010 2.2010.2011 8084220 4 8084224

i i

T a_ a _

 





 



   

29. ABC üçgeninin B ve C köşelerinden geçen bir çember ^AB kenarını D, ^AC kenarını da E noktasında kesiyor. ACD üçgeninin çevrel çemberi BE doğrusunu ^BE dışındaki F noktasında kesiyor. AD 4

ve BD 8 ise , AF nedir?

A) 3 B) 2 6 C) 4 6 D) 6 E) Hiçbiri

Çözüm :

DBCE ve DCFA kirişler dörtgenlerinde

     

m DEB m CED m AFD olduğu için BFA ve FDA üçgenleri benzer olur.

12 4 3

4

AF AF

 AF   olur.

A

B

C

D E

F 4

8

19

38

38 38

(3 2 )( 4 ) m=4 icin (3x+2y)(x-4y)=2

3 2 2

4 2 14 2 3.2 (mod 7)

a

a a a

x y x y m

x y

x y ^ y ^

  

 

    

2^k

0

1

2

3

2 1(mod 7) 2 2(mod 7) 2 4(mod 7) 2 1(mod 7)









30. m’nin hangi değeri için, 3x² 10xy8y² m¹⁹eşitliğini sağlayan hiçbir (x, y) tam sayı ikilisi yoktur?

A)7 B)6 C)5 D)4 E)3

Çözüm:

7 modunda nın kalanlarını inceleyelim.

m=4 için çözüm yoktur.

31. i² j²k² 2011 koşulunu sağlayan i, j, k tam sayıları için i+j+k ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

A)71 B)73 C)74 D)76 E)77

Çözüm:



^{i j k}



^{2 }



^{i2 j2k2}



^{.36033 ise i  j k 77}

i=29, j=27, k=21 için i²+j²+k²=2011 eder.

32. Başlangıçta bir öbekte n taş bulunuyor. İki oyuncu sırayla hamle yapıyorlar ve her hamlede sırası gelen oyuncu istediği bir i 0 sayısı için, öbekteki taşlardan 2ⁱ tanesini alıyor. Son taşı alan oyuncu oyunu

kazanıyor. Oyun n=1000, 2000, 2011, 3000, 4000 değerlerinin her biri için birer kez oynanırsa, bu oyunlardan kaçını oyunu başlayan oyuncu kazanmayı garantileyebilir?

A)4 B)3 C)2 D)1 E)Hiçbiri

Çözüm: Altı çizili olanlar 1. oyuncunun, olmayanlar 2. oyuncunun kazandığı durumlar olsun.

n=1 2 3 4 5 6 7 8 9 olduğu görülür.

Teorem: Oyunu n 3’e bölünüyorsa 2. oyuncu, bölünmüyorsa 1. oyuncu kazanır. Güçlü tümevarımla ispatlamaya çalışalım.

İspat: n’e kadar tüm 3’ün katları 2. oyuncu 3’e bölünmeyenleri 1.oyuncu kazansın.

n=3k+1 için 1. oyuncu 1 taş alır. n=3k+2 için 1. oyuncu 2 taş alsın. 2. oyuncu n=3k oyununun 1. oyuncusu olur.

3k<n olduğu için n=3k oyununu o oyunun birinci oyuncusu kaybeder. Yani n=3k+1 veya n=3k+2 oyununun 2.

oyuncusu kaybeder.

n=3m için 1. oyuncu n’den daha küçük bir sayıda taş bırakacaktır. Eğer 3’ün katı sayıda taş bırakamazsa oyunu kaybeder. 3m2ⁱ 3solması gerekir. ³



^{m s}



^{2i3 2i} olmalıdır. Çelişki. Demek ki 3’ün katı olursa 2.

oyuncu kazanır.

33. Bir birim küreye içten ve köşeleri bu küre üzerinde yer alan düzgün dörtyüzlünün bir yüzüne de dıştan teğet olan bir kürenin hacmi en çok ne olabilir? yarıçapı sorulmak istenmiş

A) ¹

3 B) ¹

4 C) ¹ 1 ¹

2 3

 

  

 

D) ^{1 2 2} 1 2 3

 

  

 

 

E) Hiçbiri

Çözüm :

M merkezli küre aranan küre olsun. H noktası bu kürenin dörtyüzlünün bir yüzüne değme noktası ise O, büyük kürenin merkezi olmak üzere

^OH ^{ BCD} olduğunda M merkezli kürenin yarı çapı en büyük olur.

Bu durumda da A,O,H,M noktaları doğrusal olur. O noktasını A,B,C ve D noktalarıyla birleştirelim.

  ¹  

V O,BCD Alan BCD . OH

 3

         

V A,BCD V O,BCD V O, ACD V O,ABC V O, ABD

    

    ¹  

V A,BCD 4.V O,BCD 4. Alan BCD . OH

   3 ………..1

  ¹  

V A,BCD Alan BCD . AH

 3 ………..2 1 ve 2 nolu eşitliklerden AH 4 OH ve AO 1 OH ¹

   3

ve

1 1 3 1

HM 2 3



 

A

B

C D

O

M H

34. n pozitif bir tam sayı olmak üzere, 2ⁿ sayısının on tabanına göre yazılımında sağdan en çok kaç basamakta aynı rakam yer alabilir?

A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) Hiçbiri

Çözüm:

k tane

2ⁿ 10 .^ka b .111...1 olsun.

1b9çünkü: b=0 olursa 2ⁿ, 5 ile bölünür. Çelişki.

b rakam olduğu için en fazla 2 ile tam bölünebilir. ³ b=8 olsun.

k tane

2ⁿ 10 .^ka8.111...1 ^{3 3}

k tane

2^n 2^k.5 .^ka 111...1

    olur.Bu eşitliğin sağlanabilmesi için

3

k tane

2^k.5 .^ka  ifadesinin çift olması gerekir. k=3 olur. 111...1 2ⁿ 10 .3a888 olur.

 

³

 

2ⁿ 888 mod1000 2^n 111 mod125

Elde edilir ki n 39 için bu denklik sağlanır. 2³⁹ 549755813888

35. Aşağıdaki fonksiyonlar arasında pozitif gerçel sayılar kümesinde aldığı en büyük değer en küçük olan hangisidir?

A)

2

1 12

x x

 B)

3

1 11

x x

 C)

4

1 10

x x

 D)

5

1 9

x x

 E)

6

1 8

x x



Çözüm: Paydalara ^{1 1} . . . .

G O  A O uygulanırsa

6

2 2 2 5

5 12

12

26

5

1 1 1 1 1

1 1 6

5 5 5 5 5 6

5

x x x

x x x

  

       

  

3 3 11 8 3

11 11 11

11

8 .3

1 1 1

1 11

3 3 3 8 8 ... 8

x x

x x x

x  

      

5

4 4 2 3

10 10

10

2 .3

1 1 1

1 5

2 2 3 3 3

x x

x x

x  

    

9

5 5 5 4

9 9 9

9

5 .4

1 1 1 1

1 9

5 5 ... 5 4 4 4 4

x x

x x x

x   

       

en küçük

8

6 6 6 2

8 8 8

8

6 .2

1 1

1 8

6 6 ... 6 2 2

x x

x x x

x  

     

36. Boyları birbirinden farklı 14 öğrenci başlangıçta nasıl sıralanmış olurlarsa olsunlar, her adımda yan yana duran iki öğrencinin yerini değiştirerek en az kaç adımda öğrencileri boy sırasına sokmak mümkün olur?

A) 42 B) 43 C) 45 D) 52 E) Hiçbiri

Çözüm:

X- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Y- 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

Boy sırası 2 şekilde olabilir.Elemanlarımızın bulundukları yerler x sıralamasına göre

1, 2,..., 14

a a a olsun.

Her elemanın kendi yerine geçebilmesi için yapması gereken hamle sayısı (yol farklı) x’e göre dizileceklerse i a i , y’e göre dizileceklerse 14 i a_i

Toplam yol farkı x’e göre T , y’ye göre _x T_y olsun.

1 2 14

1 2 ... 14

Tx a  a   a

1 2 14

14 13 ... 1

Ty  a  a   a

Her iki durumda da iki kişinin yerini 1 sıra değiştireceğimizden yol farkı her hamlede 2 olur.

i. T_x ve T_y ikisi de çifttir.

İspat: Mutlak değerler açılınca ^{x x}



^{mod 2}



olduğundan bütün terimlerin işareti artıymış gibi düşünebiliriz.



1 2 14

  

2 1 2 ... 14 ... 0 mod 2

x y

T T     a a  a  ii. T_xT_y 182

İspat: ia_i 15 i a_i 13 (farklı şekillerde yapılabilir.)

i 15

ia   olsun. (i ve 15-i simetrik olduğundan i i15i kabul edebiliriz.)

15 15 2 13

i i

i a   i a   i

i 15

a  i  olsun. i i a _i 15 i a_i 15 2 i13

15 _i

i  i a ise i a i ¹⁵ i ai ²ai ^{15 13,} 



ai ¹⁴



1 1 2 2 14 14

1 14 2 13 ... 14 1 13.14 182

x y

T T  a  a  a  a   a  a  

x ve y

T T çift olduklarından en az biri 90 dan küçük veya eşittir.

90 45

2

x x

T  T  hamlede herkes boy sırasına geçebilir.

ÇÖZÜMLER İZMİR FEN LİSESİ MATEMATİK OLİMPİYAT TAKIMINA AİTTİR.