2016 UOMO 1. Aşama 1. Bir üçgeninde ve kenarortayları birbirine

2016 UOMO 1. Aşama
1. Bir 𝐴𝐵𝐶 üçgeninde 𝐵𝐸 ve 𝐶𝐷 kenarortayları birbirine dik ve |𝐵𝐸| = 18, |𝐶𝐷| = 27⁄2 ise
𝐴𝐹 kenarortayının uzunluğu kaçtır?
A)
43
2
B) 22
C)
45
2
D) 23
E) 24
Çözüm. Üçgenin ağırlık merkezi 𝐺 olmak üzere, |𝐵𝐺| = 12, |𝐶𝐺| = 9 olur. 𝐵𝐺𝐶 dik üçgeninde Pisagor teoreminden |𝐵𝐶| = 15 elde edilir. Buna göre
|𝐵𝐶| 45
|𝐴𝐹| = 3|𝐺𝐹| = 3 ∙
=
2
2
olur.
Yanıt: C.
2.
1
1
17
1
+
+
=
3𝑚 4𝑛 12𝑚𝑛 2
denklemini sağlayan 𝑚, 𝑛 pozitif tam sayıları için 𝑚 + 𝑛 ifadesinin alabileceği farklı
değerlerin toplamı kaçtır?
A) 15
B) 17
C) 19
D) 21
E) 23
Çözüm. Denklemi düzenleyelim:
4𝑛 + 3𝑚 + 17 = 6𝑚𝑛,
6𝑚𝑛 − 4𝑛 − 3𝑚 + 2 = 19,
(2𝑛 − 1)(3𝑚 − 2) = 19.
2𝑛 − 1 sayısı 19 sayısının böleni olmak zorundadır. Buna göre 2𝑛 − 1 = 1, 𝑛 = 1, 𝑚 = 7 ve
2𝑛 − 1 = 19, 𝑛 = 10, 𝑚 = 1 olur. Buradan 𝑛 + 𝑚 = 8 ve 𝑛 + 𝑚 = 11 elde edilir.
Yanıt: C.
3. Bir kutuda renkleri kırmızı, beyaz, mavi ve yeşil olan toplam 𝑛 top bulunuyor. Kırmızı
topların sayısı 𝑛⁄3 + 20, beyaz topların sayısı 𝑛⁄5 + 15, mavi topların sayısı 𝑛⁄7 + 5 tir.
Yeşil top sayısı mavi top sayısından daha az ise, kutudaki kırmızı top sayısı beyaz top
sayısından ne kadar fazladır?
A) 19
B) 33
C) 47
D) 61
E) 75
Çözüm. Kutudaki yeşil top sayısı 𝑥 olsun. O halde
𝑛
𝑛
𝑛
+ 20 + + 15 + + 5 + 𝑥 = 𝑛
3
5
7
yazabiliriz. Buradan 𝑛 = 105𝑘, 𝑘 ∈ 𝑁 + olmak üzere 𝑥 = 34𝑘 − 40 elde edilir. Sorunun
şartına göre 34𝑘 − 40 < 15𝑘 + 5, 19𝑘 < 45, 1 < 𝑘 < 3 veya 𝑘 = 2 olur. Buna göre kırmızı
top sayısı beyaz top sayısından 35𝑘 + 20 − (21𝑘 + 15) = 14𝑘 + 5 = 33 fazladır.
Yanıt: B.
4. Başlangıçta 1,2,...,2016 şeker içeren 2016 öbek vardır. Her işlemde bir öbek seçiliyor ve
seçilmiş öbekten daha az şeker içermeyen bir öbekten (seçilmiş öbek dahil) seçilmiş öbekteki
kadar şeker alınıp yeniyor. Birkaç işlem sonucunda tek bir öbek kaldıysa son öbekteki şeker
sayısı 1,2,...,21 sayılarından kaçına eşit olabilir?
A) 1
B) 4
C) 6
D) 10
E) 21
Çözüm. İlk seçilen öbekte 𝑘 tane şeker olsun. İlk işlem yapıldıktan sonra kalan öbeklerdeki
şeker sayıları 1,2, . . . , 𝑘 − 1,0,1,2, … ,2016 − 𝑘 olur. Her işlem sonunda en az bir öbekteki
şeker sayısı sıfırlanıyor. Sıfır ile ayrışan seriler 1 ile başladığına göre son öbekteki sayı ya 0, ya
da 1 olabilir.
Yanıt: A.
5. |𝐴𝐵| = 3, |𝐵𝐶| = 4, |𝐶𝐴| = 5 koşullarını sağlayan bir 𝐴𝐵𝐶 üçgeninde 𝐵𝐶 kenarının orta
noktası 𝐷 dir. 𝐶 köşesinden geçen iç açıortayın 𝐴𝐵 kenarını kestiği nokta 𝐸 olmak üzere, 𝐴𝐷
ve 𝐸𝐶 doğruları 𝐹 noktasında kesişiyor. Buna göre 𝐴𝐸𝐹 üçgeninin alanının 𝐶𝐷𝐹 üçgeninin
alanına oranı nedir?
A)
4
5
B)
27
28
C)
35
32
D)
4
3
E)
25
18
Çözüm. İç açıortay teoreminden |𝐴𝐸|: |𝐸𝐵| = 5: 4 ve |𝐴𝐸| + |𝐸𝐵| = 3 olduğuna göre
|𝐴𝐸| = 5⁄3 , |𝐸𝐵| = 4⁄3 olur. 𝐴𝐶𝐹 üçgeninde iç açıortay teoreminden |𝐴𝐹|: |𝐹𝐷| = 5: 2
elde edilir. 𝐹 noktasından 𝐵𝐶 ve 𝐴𝐵 kenarlarına indirilen dikmelerin ayakları, sırası ile, 𝑀 ve
𝑁 olsun. ∆𝐹𝑀𝐷~∆𝐴𝐵𝐷 olduğuna göre
|𝐹𝑀| 2
6
= , |𝐹𝑀| = ,
3
7
7
∆𝐹𝑁𝐴~∆𝐷𝐵𝐴 olduğuna göre
|𝐹𝑁| 5
10
= , |𝐹𝑁| =
2
7
7
olur. Buna göre
5 10
3∙ 7
Alan(∆AEF)
25
= 2 =
6
Alan(∆CDF)
18
2∙7
2
olur.
Yanıt: E.
6. 30 dan küçük asal sayılar kümesi 𝑃 = {𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝10 } olmak üzerebir 𝑝 ∈ 𝑃 için en küçük
asal sayı böleni 𝑝 olan 100 den küçük pozitif tam sayıların sayısı 𝑠𝑝 ile gösteriliyor. Buna göre
𝑠𝑝1 + 𝑠𝑝2 + ⋯ + 𝑠𝑝10 kaçtır?
A) 67
B) 72
C) 75
D) 79
E) 83
Çözüm. 𝑃 = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29} yazabiliriz.Tüm çift sayılar 2 ile bölündüğüne göre
𝑠2 = 49 olur. 3 ile bölünen 17 tane tek sayı olduğuna göre 𝑠3 = 17 olur. 5 ile bölünen ve 3
ün katı olmayan 7 tane sayı olduğuna göre 𝑠5 = 7 olur. Aynı yöntemle 𝑠7 = 4, 𝑠11 = ⋯ =
𝑠29 = 1 elde edilir. Buna göre
𝑠𝑝1 + 𝑠𝑝2 + ⋯ + 𝑠𝑝10 = 49 + 17 + 7 + 4 + 6 = 83
olur.
Yanıt: E.
7. Ardışık 3 pozitif tam sayının toplamı olarak yazılabilen ilk 21 sayının toplamı kaçtır?
A) 708
B) 720
C) 744
D) 756
E) 762
Çözüm. İlk sayı 1 + 2 + 3 = 6, ikinci sayı 2 + 3 + 4 = 9 ve bu yöntemle sonuncu sayı 21 +
22 + 23 = 66 olur. O halde aranan toplam
2 + 22
3 + 6 + ⋯ + 66 = 3(2 + ⋯ + 22) = 3 ∙
∙ 21 = 63 ∙ 12 = 756
2
olur.
Yanıt: D.
8. 100 × 100 satranç tahtasının her birim karesi bie renge, her birim kare kendisiyle ortak
kenar paylaşan en az 2 birim kareyle aynı renkte olacak şekilde boyanıyor. Tahtadaki farklı
renk sayısı en fazla kaç olabilir?
A) 2264
B) 2450
C) 2500
D) 2724
E) Hiçbiri
Çözüm. Her renkten en az 4 tane olmak zorundadır. Buna göre en fazla 10000: 4 = 2500
renk kullanabilir. Sarranç tahtasını 2 × 2 biçiminde 2500 kareye ayırabiliriz ve her kareyi bir
renge boyayabiliriz.
Yanıt: C.
9. Bir 𝐴𝐵𝐶𝐷 dikdörtgeninin 𝐴𝐵 kenarı üzerinde 𝐸 ∈ [𝐴𝐹] olacak biçimde birbirinden farklı 𝐸
ve 𝐹 noktaları, 𝐶𝐷 kenarı üzerinde 𝐺 ∈ [𝐶𝐻] olacak biçimde birbirinden farklı 𝐺 ve 𝐻 noktaları, 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻 çemberdeş olacak biçimde seçiliyor. |𝐴𝐸| = 2, |𝐷𝐻| = 3, |𝐶𝐻| = 7 ise |𝐸𝐹| +
|𝐶𝐺| kaçtır?
A) 8
B) 9
C) 10
D) 11
E) 12
Çözüm. 𝐸𝐹𝐺𝐻 bir ikizkenar yamuktur. Bu yamuğun 𝐺 ve 𝐻 köşelerinden indirilmiş
yüksekliklerin ayakları, sırası ile, 𝑀 ve 𝑁 olsun. |𝐸𝑁| = |𝑀𝐹| = 1 olduğuna göre
2 + |𝐸𝐹| + |𝐶𝐺| − 1 = 10,
|𝐸𝐹| + |𝐶𝐺| = 9
olur.
Yanıt: B.
10. 3 asal sayının kareleri toplamı olarak yazılabilen ve 1 eksiği tam kare olan kaç asal sayı
vardır?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) Sonsuz çoklukta
Çözüm. 𝑝 > 3 asal sayısı için 𝑝2 ≡ 1(mod 3) olur. Buna göre 3 asal sayı da 3 ten büyuk ise
bunların kareleri toplamı 3 ile bölünür. Dolayısıyla 3 asal sayı içinde 2 veya 3 sayıları
bulunmak zorundadır. Diğer taraftan 𝑝 − 1 = 𝑎2 , 𝑝 > 2 ise 𝑝 ≡ 1(mod 4) olur. Buna göre
𝑝 = 22 + 22 + 𝑞 2 biçiminde olmak zorundadır. 𝑞 > 3 ise 𝑝 = 22 + 22 + 𝑞 2 ≡ 0(mod 3)
olur. O halde sadece 22 + 22 + 32 = 17 sayısı sorunun şartını sağlıyor.
Yanıt: A.
11. 𝑥 2 + (𝑥 + 1)2 + 𝑥 2 (𝑥 + 1)2 = (𝑥 2 + 𝑥 − 1)2 denklemini sağlayan 𝑥 gerçel sayılarının
toplamı kaçtır?
A) −2
B) −1
C) 0
D) 1
E) Hiçbiri
Çözüm. Denklemi düzenleyelim:
𝑥 2 + (𝑥 + 1)2 = (𝑥 2 + 𝑥 − 1)2 − 𝑥 2 (𝑥 + 1)2 ,
𝑥 2 + (𝑥 + 1)2 = (𝑥 2 + 𝑥 − 1 − 𝑥 2 − 𝑥)(𝑥 2 + 𝑥 − 1 + 𝑥 2 + 𝑥),
𝑥 2 + 𝑥 2 + 2𝑥 + 1 = −2𝑥 2 − 2𝑥 + 1,
4𝑥 2 + 4𝑥 = 0,
4𝑥(𝑥 + 1) = 0,
𝑥1 = 0, 𝑥2 = −1.
Yanıt: B.
12. 18 özdeş top 1,2,...,19 sayılarıyla numaralanmış 19 kutuya tek numaralı kutularda tek,
çift numaralı kutularda çift top bulunması koşuluyla kaç farklı biçimde dağıtılabilir?
A) 7239
B) 7315
C) 7448
D) 7505
E) 7600
Çözüm. Çift numaralı kutulardaki top sayıları 2𝑘1 , 2𝑘2 , … ,2𝑘9 , 𝑘𝑖 ≥ 0, 𝑖 = 1,2, … ,9 tek
numaralı kutulardaki top sayıları 2𝑙1 + 1,2𝑙2 + 1, … ,2𝑙10 + 1, 𝑙𝑖 ≥ 0, 𝑖 = 1,2, … ,10
olsun.Buna göre
2𝑘1 + 2𝑘2 + ⋯ + 2𝑘9 + (2𝑙1 + 1) + (2𝑙2 + 1) + ⋯ + (2𝑙10 + 1) = 18,
𝑘1 + 𝑘2 + ⋯ + 𝑘9 + 𝑙1 + 𝑙2 + ⋯ + 𝑙10 = 4
olur. Son denklemin
(
19 + 4 − 1
22
) = ( ) = 7315
4
4
tane kökü vardır.
Yanıt: B.
13. Eş merkezli iki çemberin arasında kalanbölgenin alanı 36𝜋 dir. Büyük çemberin bir 𝐴𝐵
kirişi küçük çembere teğettir. 𝐴 ve 𝐵 noktalarından büyük çembere çizilen teğetler 𝐶 de
kesişiyor. |𝐶𝐴| = 10 ise 𝐴𝐵𝐶 üçgeninin alanı nedir?
A) 28
B) 36
C) 40
D) 44
E) 48
Çözüm. Çemberlerin merkezi 𝑂 noktası, 𝐴𝐵 kirişinin küçük çembere teğet olduğu nokta 𝐻
olsun. O halde Pisagor teoreminden
|𝐵𝐻|2 = |𝐵𝑂|2 − |𝑂𝐻|2 ,
|𝐵𝐻|2 = 36,
|𝐵𝐻| = 6
elde edilir. Buna göre Alan(∆𝐴𝐵𝐶) = 48 olur.
Yanıt: E.
14. 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 0 koşulunu sağlayan 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 tam sayıları için 𝑎5 + 𝑏 5 + 𝑐 5 +
𝑑 5 + 𝑒 5 ifadesi 15,18,21,30,35 sayılaından kaçına her zaman tam bölünür?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm. 𝑎5 ≡ 𝑎(mod 2), 𝑎5 ≡ 𝑎(mod 3), 𝑎5 ≡ 𝑎(mod 5) olduğuna göre 15 ve 30 sayıları
sorunun şartını sağlıyor.
Yanıt: B.
15. 𝑎 bir pozitif gerçel sayı olmak üzere 21𝑎 + 2 ve 24𝑎 + 9 sayıları ardışık iki pozitif tam
sayının kareleriyse 𝑎 nın alabileceği en büyük değer ile en küçük değerin farkı kaçtır?
A) 1
B) 3
C) 4
D) 6
E) 8
Çözüm. 𝑛 ∈ 𝑁 + olmak üzere, 21𝑎 + 2 = 𝑛2 , 24𝑎 + 9 = (𝑛 + 1)2 olsun. Buna göre
24𝑎 + 9 − (21𝑎 + 2) = (𝑛 + 1)2 − 𝑛2 ,
3𝑎 + 7 = 2𝑛 + 1,
𝑎=
2𝑛 − 6
3
olmak zorundadır. Son değeri , 21𝑎 + 2 = 𝑛2 eşitliğinde yerine yazalım:
14𝑛 + 40 = 𝑛2 ,
(𝑛 − 4)(𝑛 − 10) = 0,
𝑛 = 4 ∨ 𝑛 = 10.
O halde 𝑎 = 2⁄3 veya 𝑎 = 14⁄3 olur. Bu değerlerin farkı 4 sayısına eşittir.
Yanıt: C.
16. Bir tahtada başlangıçta 1 sayısı yazmaktadır. Ali her hamlede tahtada yazılı olan sayı 𝑛
olmak üzere bu sayıyı silip yerine 2𝑛 − 1 veya 𝑛 + 2 yazıyor. Buna göre 7 hamle sonunda
tahtada yazılı olan sayı 41,67,81,97,131 sayılarından kaç tanesine eşit olabilir?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm. İlk hamlede yazılan sayı en fazla 3, ikinci hamlede yazılan sayı en fazla 5 olabilir. 𝑛 >
3 için 2𝑛 − 1 > 𝑛 + 2 olduğuna göre 7 hamle sonra yazılabilen en büyük sayı 129 dur ve
dolayısıyla tahtada yazılı olan sayı 131 olamaz. Diğer sayıların elde edilebileceği kolaylıkla
gösterilebilir:
1,3,5,9,11,21,41; 3,5,9,17,33,65,67; 3,5,9,11,21,41,81; 3,5,7,13,25,49,97.
Yanıt: D.
17. Kenar uzunluğu 1 olan bir 𝐴𝐵𝐶𝐷 karesinde 𝐴𝐵 ve 𝐴𝐷 kenarlarının orta noktaları sırasıyla
𝐸 ve 𝐹 dir. 𝐶𝐸 ve 𝐶𝐹 doğruları 𝐴 merkezli ve 𝐵 den geçen çemberi karenin iç bölgesinde
sırasıyla 𝐾 ve 𝐿 noktalarında kesiyor. Buna göre |𝐾𝐿| uzunluğu nedir?
A)
1
4
B)
√2
5
C)
2√2
9
D)
√2
4
E) Hiçbiri
Çözüm. K noktasından 𝐴𝐵 kenarına indirilen dikmenin ayağı 𝐻 olsun. |𝐾𝐻| = 2|𝐻𝐸| = 2𝑎
olmak üzere 𝐴𝐾𝐻 dik üçgeninde Pisagor teoremini yazalım:
1 2
2
(2𝑎) + (𝑎 + ) = 1,
2
4𝑎2 + 𝑎2 + 𝑎 +
5𝑎2 + 𝑎 −
𝑎=
1
= 1,
4
3
= 0,
4
−1 ∓ √1 + 15 −1 ∓ 4
=
,
10
10
𝑎=
3
.
10
Buradan
|𝐵𝐻| =
1
1
− |𝐻𝐸| =
2
5
elde edilir. ∆𝐶𝐾𝐿~∆𝐶𝐸𝐹 ve |𝐸𝐹| = √2⁄2 olduğuna göre
|𝐾𝐿| |𝐶𝐾| |𝐵𝐻|
=
=
,
|𝐸𝐹| |𝐶𝐸| |𝐵𝐸|
1
√2 5 √2
|𝐾𝐿| =
∙ =
2 1
5
2
olur.
Yanıt: B.
18. 𝑛 bir pozitif tam sayı olmak üzere, herhangi ikisinin en büyük ortak bölenleri 2 ye eşit ve
hepsinin en küçük ortak katları 2016 dan küçük olacak şekilde birbirinden farklı 𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛
pozitif tam sayıları bulunabiliyorsa 𝑛 en çok kaç olabilir?
A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) Hiçbiri
Çözüm. 𝑎𝑖 = 2𝑏𝑖 , 𝑖 = 1, … , 𝑛 olmak üzere 𝑏1 , 𝑏2 , … , 𝑏𝑛 sayıları ikişerli olarak aralarında asal
olmak zorundadır. 𝑏1 ∙ 𝑏2 ∙ … ∙ 𝑏𝑛 < 1003 olduğuna göre en fazla
𝑏1 = 1, 𝑏2 = 2, 𝑏3 = 3, 𝑏4 = 5, 𝑏5 = 7
seçeneği söz konusudur.
Yanıt: B.
19. Tüm 𝑎, 𝑏, 𝑐 gerçel sayıları için 𝑎2 + 2𝑏 2 + 3𝑐 2 ≥ 𝑘𝑐(𝑎 + 𝑏) eşitsizliğinin doğru olmasını
sağlayan en büyük 𝑘 gerçel sayısı kaçtır?
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
E) Hiçbiri
Çözüm. 𝐴. 𝑂. ≥ 𝐺. 𝑂. eşitsizliğini uygulayalım:
𝑎2 + 2𝑏 2 + 3𝑐 2 = (𝑎2 + 2𝑐 2 ) + (2𝑏 2 + 𝑐 2 ) ≥ 2√2|𝑎𝑐| + 2√2|𝑏𝑐| ≥ 2√2|𝑐|(|𝑎| + |𝑏|)
≥ 2√2|𝑐||𝑎 + 𝑏| = 2√2|𝑐(𝑎 + 𝑏)| ≥ 2√2𝑐(𝑎 + 𝑏).
𝑎 = √2𝑐 = 2𝑏 durumunda eşitlik söz konusudur.
Yanıt: E.
20. 1,2, . . . , 𝑛 sayıları farkları 8 veya 14 olan sayılar aynı renkte olacak biçimde en az üç farklı
renge boyanmışsa, 𝑛 en fazla kaç olabilir?
A) 17
B) 19
C) 22
D) 25
E) Hiçbiri
Çözüm. İlk 8 sayının rengi ile tüm sayıların renkleri belirlenmiş olur. 𝑎 + 2 ∙ 8 = (𝑎 + 2) +
14 olduğuna göre 𝑎 ve 𝑎 + 2 sayılarının, 𝑎 + 14 = (𝑎 + 6) + 8 olduğuna göre 𝑎 ve 𝑎 + 6
sayılarının renkleri aynı olmak zorundadır. 𝑛 ≥ 20 ise 1,3,5,7 ve 2,4,6,8 sayıları aynı renkte
olmak zorundadır ve renk sayısı iki olur. 𝑛 = 19 için 1,3,5,7 sayıları birinci, 2,4,8 sayıları ikinci
ve 6 sayısı üçüncü renge boyanabilir.
Yanıt: B.
21. |𝐴𝐵| = 2 ve |𝐴𝐷| = 2√2 koşullarını sağlayan bir 𝐴𝐵𝐶𝐷 dikdörtgeninde 𝐴𝐷 kenarının
orta noktası 𝑀 olmak üzere 𝐵𝑀 ve 𝐴𝐶 doğruları 𝐾 de kesiyor. Buna göre 𝐴, 𝐵, 𝐾 noktalarından geçen çemberin yarıçapı kaçtır?
A) √2
B) 1
C)
√2
2
D)
1
3
E)
1
3
Çözüm. 𝑚(∠𝐴𝐵𝐾) = 𝛼, 𝑚(∠𝐵𝐴𝐾) = 𝛽 olsun. tan 𝛼 = cot 𝛽 = √2⁄2 olduğuna göre 𝛼 +
𝛽 = 90° olur. O halde 𝑚(∠𝐴𝐾𝐵) = 90° ve 𝐴𝐵𝐾 üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı 1 dir.
Yanıt: B.
22. 20162 sayısını bölüp 2016 yı bölmeyen 2016 dan küçük kaç pozitif tam sayı vardır?
A) 35
B) 47
C) 63
D) 82
E) Hiçbiri
Çözüm. 2016 = 25 ∙ 32 ∙ 7 ve 20162 = 210 ∙ 34 ∙ 72 yazabiliriz. 20162 sayısını bölüp 2016 yı
bölmeyen 2016 dan küçük sayı 2𝛼 ∙ 3𝛽 ∙ 7𝛾 olsun. 𝛾 = 2 için 2𝛼 ∙ 3𝛽 < 42 olmak zorundadır.
Bu şartı sağlayan 1 + 3 + 4 + 6 = 14 tane sayı vardır. 𝛾 = 1 için 2𝛼 ∙ 3𝛽 < 288 olmak
zorundadır. Bu şartı sağlayan 2 + 4 + 0 + 1 + 3 = 10 tane sayı vardır. 𝛾 = 0 için 2𝛼 ∙ 3𝛽 <
2016 olmak zorundadır. Bu şartı sağlayan 5 + 7 + 2 + 4 + 5 = 23 tane sayı vardır. Buna
göre toplam 14 + 10 + 23 = 47 sayı vardır.
Yanıt: B.
23. 𝑥 ve 𝑦 gerçel sayılar olmak üzere 2𝑥 2 − 2𝑥𝑦 + 5𝑦 2 − 6𝑦 ifadesinin alabileceği en küçük
değer kaçtır?
A) −5
B) −4
C) −3
D) −2
E) −1
Çözüm.
𝑦 2 9
2 2
2𝑥 − 2𝑥𝑦 + 5𝑦 − 6𝑦 = 2 (𝑥 − ) + (𝑦 − ) − 2 ≥ −2
2
2
3
2
2
yazabiliriz. 𝑥 = 1⁄3 , 𝑦 = 2⁄3 için eşitlik söz konusudur.
Yanıt: D.
24. Uzunlukları 1,2, … ,20 olan 20 çubuk 𝑛 torbaya, herhangi torbadaki çubuklardan üçgen
yapılmayacak şekilde dağıtılabiliyorsa, 𝑛 en az kaç olabilir?
A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
E) 8
Çözüm. 𝑎 < 𝑏 < 𝑐 olmak üzere bir torbadaki 𝑎, 𝑏, 𝑐 sayıları için 𝑐 ≥ 𝑎 + 𝑏 olmak zorundadır.
O halde bir torbada {10,11, … , 20} elemanlarından en fazla 2 tanesi olabilir. Buna göre
torba sayısı en az 6 olabilir. Örnek olarak
{1,2,3,5,8,13}, {4,6,12,18}, {7,11,19}, {9,10,20}, {14,15} , {16,17}
dağılımı vardır.
Yanıt: C.
25. Bir 𝐴𝐵𝐶𝐷 karesinde 𝐴𝐵 kenarının orta noktası 𝐸 ve 𝐴 noktasından 𝐷𝐸 doğrusuna inilen
dikmenin ayağı 𝐹 olmak üzere |𝐷𝐹| = 4 ise |𝐶𝐹| kaçtır?
A)
√5
5
B)
√5
3
C)
2√5
3
D) √5
E) 2√5
Çözüm. ∆𝐴𝐹𝐷~𝐸𝐹𝐴 olduğuna göre |𝐴𝐹| = 2 ve Pisagor teoreminden |𝐴𝐷| = 2√5 olur.
𝐶𝐷𝐹 üçgeninde kosinüsler teoremini uygulayalım:
𝟐
|𝐶𝐹|𝟐 = 4𝟐 + (2√5) − 2 ∙ 4 ∙ 2√5 cos(∠𝐶𝐷𝐹) = 16 + 20 − 16√5 ∙
|𝐶𝐹| = 2√5.
Yanıt: E.
1
√5
= 20,
26. 1 ≤ 𝑛 ≤ 100 koşulunu sağlayan her 𝑛 tam sayısı için tahtaya 𝑚2 + 𝑛 ifadesinin 101 ile
bölünmesini sağlayan en küçük 𝑚 pozitif tam sayısı, böyle bir 𝑚 yoksa −1 yazılıyor. Buna
göre tahtaya yazılan sayıların toplamı kaçtır?
A) 1225
B) 2025
C) 2500
D) 5050
E) Hiçbiri
Çözüm. (101 − 𝑚)2 ≡ 𝑚2 (mod 101) olduğuna göre göre tahta üzerine 1,2, … ,50 sayıları
ve 50 tane −1 sayısı yazılacaktır. Bu sayıların toplamı
1 + 2 + ⋯ + 50 − 50 = 49 ∙ 25 = 1225
olur.
Yanıt: A.
27.
𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑎2 𝑏 2 = 2
𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏 − 1) = 1
denklem sistemini sağlayan 𝑎, 𝑏 gerçel sayıları için
1
𝑎
+
1
𝑏
ifadesi aşağıdakilerden hangisine
eşit olabilir?
A)
1
4
B)
1
3
C)
1
2
D)
2
3
E) 1
Çözüm. İkinci denklemi −2 ile çarpalım ve denklemleri taraf tarafa toplayalım:
𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑎2 𝑏 2 − 2𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏 − 1) = 0,
𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑎2 𝑏 2 = 0,
(𝑎 + 𝑏)2 − 2𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑎2 𝑏 2 = 0,
(𝑎 + 𝑏 − 𝑎𝑏)2 = 0,
𝑎 + 𝑏 − 𝑎𝑏 = 0,
1 1
+ = 1.
𝑎 𝑏
Yanıt: E.
28. Bir çember etrafında her birinde birer bilye bulunan 𝑛 tane kutu bulunuyor. Her hamlede
bir tane boş olmayan kutu seçiliyor ve bu kutudan bir bilye alınıp bu kutunun bir sağındaki
veya bir solundaki kutuya aktarılıyor. Kaç 𝑛 ∈ {6,8,14,18,21} için çift sayıda hamle
sonucunda tüm bilyeleri aynı kutuya toplayabiliriz?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm. Kutuları 1,2, . . . , 𝑛 sıralayalım ve bilyeleri 1 numaralı kutuda toplayalım.
𝑙 = 2, … , 𝑘 + 1 olmak üzere 𝑙 ve 𝑛 + 2 − 𝑙 numaralı kutulardaki bilyeler için yapılan
hamlelerin toplamı çift sayıdır. 𝑛 = 2𝑘 + 1 için 1 numaralı kutu dışındaki kutular ikili
gruplara ayrılabilir. 𝑛 = 2𝑘 ise 1 ve 𝑘 + 1 numaralı kutular dışındaki kutular ikili gruplara
ayrılabilir ve 𝑘 + 1 tek sayı ise 𝑘 + 1 numaralı kutudaki bilye çift sayıda hamlede 1 numaralı
kutuya taşınabilir. Buna göre 𝑛 = 8 ve 𝑛 = 21 için çift sayıda hamle sonucunda tüm bilyeleri
aynı kutuya toplanabilir.
Yanıt: B.
29. Kenarortaylarının kesişim noktası 𝐺 olan ve |𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = 2|𝐵𝐶|2 koşulunu sağlayan
bir 𝐴𝐵𝐶 üçgeninde 𝑠(∠𝐶𝐴𝐺) = 15° ise 𝑠(∠𝐵𝐶𝐺) aşağıdakilerden hangisi olabilir?
A) 15°
B) 30°
C) 45°
D) 60°
E) 75°
Çözüm. |𝐵𝐶| = 𝑎, |𝐴𝐶| = 𝑏, |𝐴𝐵| = 𝑐, [𝐴𝐷] kenarortay olmak üzere, 𝐴𝐵𝐶 üçgeninde
kenarortay uzunluğu teoremini yazalım:
𝑎2
𝑎2
𝑎√3
2
2
2
2
2
2|𝐴𝐷| = 𝑏 + 𝑐 −
⟹ 2|𝐴𝐷| = 2𝑎 −
⟹ |𝐴𝐷| =
.
2
2
2
O halde |𝐺𝐷| = 𝑎√3⁄6 ve
|𝐴𝐷| |𝐷𝐶|
=
|𝐶𝐷| |𝐷𝐺|
olur. Buradan ∆𝐴𝐷𝐶~∆𝐶𝐷𝐺 (A.K.A) ve 𝑠(∠𝐵𝐶𝐺) = 𝑠(∠𝐷𝐶𝐺) = 𝑠(∠𝐶𝐴𝐷) = 𝑠(∠𝐶𝐴𝐺) =
15° elde edilir.
Yanıt: A.
30. 𝑎 ve 𝑏 aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere (𝑎 + 𝑏, 𝑎 − 𝑏), (𝑎 + 𝑏, 𝑎2 − 𝑎𝑏 +
𝑏 2 ), (𝑎2 𝑏 + 𝑎𝑏 2 , 𝑎3 + 𝑎𝑏 + 𝑏 3 ), (𝑎 + 𝑏, 𝑎2 + 3𝑎𝑏 + 𝑏 2 ), (𝑎2 + 𝑏 2 , 𝑎2 − 𝑏 2 + 7𝑎𝑏)
ikililerinden kaçı her zaman aralarında asaldır?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm. 𝑎 = 3, 𝑏 = 1 için (𝑎 + 𝑏, 𝑎 − 𝑏) = (4,2) = 2 olur.
𝑎 = 2, 𝑏 = 1 için (𝑎 + 𝑏, 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏 2 ) = (3,3) = 3 olur.
(𝑎2 𝑏 + 𝑎𝑏 2 , 𝑎3 + 𝑎𝑏 + 𝑏 3 ) = (𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏), 𝑎3 + 𝑎𝑏 + 𝑏 3 ) = (𝑎 + 𝑏, 𝑎3 + 𝑎𝑏 + 𝑏 3 )
= (𝑎 + 𝑏, (𝑎 + 𝑏)(𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏 2 ) + 𝑎𝑏) = (𝑎 + 𝑏, 𝑎𝑏) = 1 .
(𝑎 + 𝑏, 𝑎2 + 3𝑎𝑏 + 𝑏 2 ) = (𝑎 + 𝑏, (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑎𝑏) = (𝑎 + 𝑏, 𝑎𝑏) = 1.
𝑎 = 16, 𝑏 = 3 için (𝑎2 + 𝑏 2 , 𝑎2 − 𝑏 2 + 7𝑎𝑏) = (265,583) = 53 olur.
Yanıt: B.
31. (𝑥 2 + 𝑦 2 − 25)(𝑥 + 𝑦) + 10𝑥𝑦 = 0 eşitsizliğini sağlayan 𝑥, 𝑦 gerçel sayıları için 𝑥 + 𝑦
ifadesinin alabileceği kaç farklı tam sayı değeri vardır?
A) 2
B) 4
C) 6
D) 10
Çözüm. Denklemi düzenleyelim:
[(𝑥 + 𝑦)2 − 2𝑥𝑦 − 25](𝑥 + 𝑦) + 10𝑥𝑦 = 0,
[(𝑥 + 𝑦)2 − 25](𝑥 + 𝑦) − 2𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 − 5) = 0,
(𝑥 + 𝑦 − 5)[(𝑥 + 𝑦 + 5)(𝑥 + 𝑦) − 2𝑥𝑦] = 0.
E) 12
Buradan 𝑥 + 𝑦 = 5 veya
(𝑥 + 𝑦 + 5)(𝑥 + 𝑦) − 2𝑥𝑦 = 0
olduğu elde edilir. Son denklemde 𝑥 + 𝑦 = 𝑎 ise 𝑥𝑦 = 𝑎(𝑎 + 5)⁄2 olur. O halde 𝑥 ve 𝑦
sayıları
𝑎(𝑎 + 5)
𝑢2 − 𝑎𝑢 +
=0
2
denkleminin kööleridir. Son denklemin diskriminantının sadece −10 ≤ 𝑎 ≤ 0 değerleri için
negatif olmadığı kolaylıkla gösterilebilir.
Buna göre 𝑥 + 𝑦 ifadesinin alabileceği 12 farklı tam sayı değeri vardır.
Yanıt: E.
32. 1,2, . . . , 𝑛 sayıları işaretlenmiş olan bir sayı doğrusunda başlangıçta 1 sayısı üzerinde bir
taş bulunuyor. Aslı ve Berk sırayla hamle yaparak bir oyun oyunuyorlar. Sırası gelen oyuncu
bir pozitif tam sayı seçiyor ve taşı seçtiği kadar sağa veya sola kaydırarak bir başka
işaretlenmiş noktanın üzerine yerleştiriyor. Her pozitif tam sayı en fazla bir kez seçilebiliyor
ve hamle yapamayan oyunu kaybediyor. Oyun 𝑛 = 5, 500, 1000, 1024, 2016 için birer kez
oynanırsa, Aslı bu oyunları kaçını kazanmayı garantileyebilir?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm. 𝑛 = 2𝑘 için Aslı ilk hamlede 2𝑘 − 1 sayısını seçer, diğer hamlelerde Berkin seçtiği
sayıyı 2𝑘 − 1 e tamamlar ( örnek olarak Berk 3 seçerse Aslı 2𝑘 − 4 seçer ve uç noktadaki
sayıya ulaşır) ve oyunu kazanır. 𝑛 = 5 için Aslı ilk hamlede 2 sayısını seçerse Berk ilk
hamlede 1 sayısını , Aslı ilk hamlede 2 den farklı sayı seçerse Berk ilk hamlede 2 sayısını
seçer ve oyunu kazanır.
Yanıt: E.