2011-1ascoz

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
D) AD  DC  AB  BC
E) Hiçbiri
C)
AC  BD
Çözüm :
B
C
x
y
GE; AB nın orta dikmesi ise
AE  EB
FE;CD nın orta dikmesi ise
DE  EC
G
BDE üçgeninde BE  ED  BD  AC  BD
F
x
A
E
y
D
2.  x  1
65
A)20
Çözüm:
polinomunun kaç katsayısı 65’e bölünmez?
B)18
C)16
D)3
 65 
 formundaki katsayılardan n=0,
 n
5’in ve 13’ün katlarını denediğimizde 
50, 60, 65
N=0, 13, 26, 39, 52, 65 için 65’e bölünmez.
16 katsayı bölünmez.
E)Hiçbiri
5, 10, 15, 25, 30, 35, 40,
1  n 2  9n  20  n 2  7n  12 eşitsizliğini sağlayan kaç n pozitif tam sayısı vardır?
3.
A)1
B)2
C)3
D)4
E)Hiçbiri
Çözüm:
1  n  4. n  5  n  4. n  3  1  n  4.
n 4 
1

n 3  n 5

n 3  n 5

n 3  n 5

2

n 3  n 5  2 n  4 


n 3  n 5

2
 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
 13 
A)  
 8
Çözüm:
kümesinin 8 elemanlı alt kümelerinden kaçı ardışık sayılar içermez?
 13 
B)  
 9
 14 
C)  
 8
 14 
D)  
 9
 20 
E)  
 15 
Kümede olan ve olmayan elemanları belirtmek için olanlar yerine 1, olmayanlar yerine 0 yazalım.
8 tane 1 kullanmalıyız. a1 , a 2 , a 3 ,..., a 9 1’lerin arasındaki 0’ların sayısını temsil etsin.
a110a 210a 310...1a 9 yazılışında 8 tane 1, 7 tane 0 kullanılmıştır. Bu durumda a1  a 2  a 3  ...  a 9  5
 9  5  1 13 
Denkleminin negatif olmayan tam sayı çözümlerinin sayısı= 
    elde edilir.
 9-1   8 
  90o olmak üzere ABC üçgeninin  AB kenarını çap alan çember  AC kenarını D noktasında,
5. m ABC


2
2
çembere D de teğet olan doğru da BC yi E noktasında kesiyor. EC  2 ise AC  AE nedir?
A) 18
B) 16
C) 12
D) 10
E) Hiçbiri
Çözüm :
A
Yandaki şekle göre DE  BE  x  2 olur.
D
2
2
2
2
2
2
2
2
2
AC  CB  AB
AE  EB  AB
x
B
x
ve
eşitlikleri taraf tarafa çıkarılırsa
2
AC  AE  CB  EB  16  4  12
E
2
C
elde edilir.
6. Kaç p asal sayısı için p 4  86 sayısı da asaldır?
A)0
Çözüm :
B)1
C)2
D)3
E)4
p 4  86 ifadesini 5 modunda inceleyelim. p≠5 için p 4  86  0  mod 5  olduğundan
p 4  86 asal olamaz. p=5 için 625-86=539 asaldır.
7. x1 ve x 2 sayıları x 2  5x  7  0 denkleminin farklı gerçel kökleri ise
x13  5x12  4x1  x12 x 2  4x 2 nedir?
A) 15
Çözüm :
B) 175  25 53
C)-50
x1  x 2  5 ve x1.x 2  7


x13  5x12  x12 x 2  4  x1  x 2   x12  x1  x 2  5   20  20
  
5




0
D)20
E)Hiçbiri
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 a1 , a 2 , a 3 olsun. Kalan 8 tanesinden 5 tanesini alalım. 3 tanesinin toplamı 3’e bölünür. Bunlar da
b1 , b 2 , b3 olsun. Son 5 tanesinin de 3 tanesinin toplamı 3’e bölünür. Bunlarsa c1 , c2 , c3 olsun.
a1  a 2  a 3  3k
b1  b 2  b3  3m
c1  c 2  c3  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.
  90o olan bir ABCD dışbükey dörtgeninde D den geçen ve BC ye paralel olan doğru AB
m ADC


  m DAE
 , AB  3 ve AC  4 ise AE  ?
doğrusunu E noktasında kesiyor. m DAC

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.
C
AE  x  EF  4  x olur. Ayrıca D noktası  CF nin orta noktası ve
DE  BC olduğundan
D
F
4
E x A
bulunur.
3
B
FE  EB yani 4  x  3  x buradan x 
1
2
10. 0  x, y, z  2011 olmak üzere, xy+yz+zx  0  mod 2011
koşullarını sağlayan kaç(x, y, z) tam sayı üçlüsü vardır?
A)2010
B)2011
C)2012
ve x+y+z  0  mod 2011
D)4021
E)4023
Çözüm: z    x  y  mod 2011 z’yi yerine koyalım. x 2  xy  y 2  0  mod 2011
2
4x 2  4xy  y 2  3y 2  mod 2011   2x  y   3y 2  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.
p 1 q 1
.
 pq 
2
2

(

1)
 q   p
  
 3   2011 
1005.1
 1
 2011   3   ( 1)
 2011  1 
 3 
2011; 4 modunda 3’tür. -1;2011 modunda kare kalan olamaz. 


1
olur.
O
zaman
 2011   1
 3   3 
 3   3   1 
olur. 

 1 olduğundan -3 2011 modunda kare kalandır. 0  a  1005 için
 2011  2011   2011
a 2  3  mod 2011 olsun.
 2x  y 
2
 a 2 y 2  mod 2011   2 x  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  0 olur. Toplam =2010.2+1=4021
11.
x 5  x 4  4x 3  7x 2  7x  2 polinomunun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir?
A)0
Çözüm:
B)1
C)2
D)-2
 x  2   x 2  2x  1 x 2  x  1  0
İlki -2, ikincisinin toplamı +2, üçüncüde reel kök yok. -2+2=0
E)7
Bir okuldaki 100 öğrenciden her biri aynı okuldaki istediği 50 öğrenciye mesaj yollamıştır. Karşılıklı
12.
olarak mesajlaşmış öğrenci çiftlerinin sayısı en az kaç olabilir?
A)100
B)75
C)50
D)25
E)Hiçbiri
Çözüm: a i ; i numaralı kişiye mesaj gönderen kişi sayısı olsun.
*Bir öğrenci 49 kişiye mesaj göndermemiştir.
bi i. kişinin karşılıklı mesajlaştığı kişi sayısı
a i  49  bi
a1  49  b1
a 2  49  b 2
…
a100  49  b100
a
i
 4900   b i
Gönderilen mesaj sayısı=Toplam alınan mesaj sayısı
a
i
 100.50  5000  100   bi
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 :
A
DH,EH,FH doğruları ABC üçgeninin açı ortaylarıdır. Ayrıca A,B,C
noktaları da DEF üçgeninde dış açı ortayların kesim noktalarıdır. C
F
merkezli DE ye teğet olan çember de bu kenara ait dış teğet
çemberidir.
3
B
E
4
H
5
D
3.4
6
2
Alan DEF  =  u  a  ra   6  5  ra  ra 
Alan DEF  =
ra  6
C



20112011


 2011



 2011



14. 2011
A)5
  






sayısının 19 ile bölümünden kalan nedir?
B)4
C)3


20112011
 2011


18
 
Çözüm: 2011  1 mod19   2011
 2011 
φ 18   6  20116  1 mod18   2011
 2011 
2011
2011

 20112011 
 2011



 2011
 2011 
 1 mod 2  ve 2011
2011
2011
D)2


 ?  mod18 
 ?  mod 6 
 2011 
 1  mod 3   2011
2011
 1  mod 6 
 20111  mod18  13  mod18 
 mod19     3
11.  3 mod19   5  mod19 
13
201113  mod19    3
4 3
 . 3 mod19  5 . 3 mod19 
3
E)1
15. Aşağıdaki(a, b) ikililerinin hangisi için x+2y<a ve xy>b eşitsizliklerini sağlayan hiçbir (x, y) pozitif gerçel
sayı ikilisi yoktur?
 15 4 
A)  , 
 7 7
 18 1 
B)  , 
 11 3 
5 1
C)  , 
7 6
6 1 
D)  , 
 7 11 
E)Hiçbiri
Çözüm: 2 2xy  x  2y  a , xy  b  8xy  a 2  8b  8xy  a 2  8b  a 2 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
Çözüm:
B)51
C)12
D)11
E)Hiçbiri
Ağırlıkları küçükten büyüğe dizelim. a1 , a 2 , a 3 ,,, a 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) 120o
B) 105o
C) 100o
D) 95o
E) 90o
Çözüm :
ABD  ACD'
A
2
üçgeni eşkenar üçgen olur. DD'  2 CDD’ üçgeninde kosinüs
D'
60
teoremi yazarsak:
x
2
2
5  2  9  2. 2.3.cos x  cos x 
3
D
3
B
olacak şekilde yandaki çizimi yapalım. ADD’
x  45o
5
  60o  45o  105o
m ADB

C

1
2

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
Çözüm:
B)12
C)8
D)4
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 n( n  1)  2 P ( n )
3 n( n  1)( n  1)
 9 P( n)
3 ( n 2  3)(n 2  5)
7 n( n 2  1)(n 2  3)( n 2  5)  7 P (n )
2.32.7 P (n )  (1  1)(2  1)(1  1)  12
E)Hiçbiri
19. Aşağıdaki eşitsizliklerin hangisinin xy düzleminde tanımladığı bölge ile kesişimi tam olarak iki noktadan
oluşan bir doğru bulunur?
A) x 2  y 2  1
B) x  y  x  y  1
3
3
C) x  y  1
1
D) x  y  1
Çözüm :
A)
D)
B)
E)
C)
1
E) x 2  y 2  1
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
Çözüm:
B)18
C)17
D)16
E)Hiçbiri
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.
  11o ve
Bir ABCD eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde yer alan bir E noktası AE  EB , m EAB


  71o koşullarını sağlıyorsa m DCE
 kaçtır?
m EBC



A) 72o

B) 71o
C) 70o
D) 69o
E) 68o
Çözüm :
D
ABE üçgenine eş olacak şekilde BCE’ üçgenini çizelim. Yandaki gibi
C
açılar yerleştirilince BEE’ üçgeni eşkenar üçgen olur.
11
  142o  m CEE'
  m ECE'
  19o
m CE'E

E'

A
11
11
60
60
11




  30o ve m DCB
  98o olduğundan m DCE
  68o olur.
m ECB
60
E

B





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
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.
D) 1
E) 0
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
7
 2 
5k
K
5
2
24. r1 , r2 ,..., rn renklerinde sırasıyla, a1 , a 2 ,..., a n topun bulunduğu bir torbadan , her seferinde çekilen top
torbaya geri konmak koşuluyla, birer birer rasgele n top çekildiğinde bu toplardan en az ikisinin aynı renkte
olma olasılığını p  a1 , a 2 ,..., a n  ile gösterirsek aşağıdakilerden hangisi en küçüktür?
A) p(2, 2, 2, 1)
Çözüm:
B) p(1, 1, 1, 1)
C) p(2, 2, 3)
D) p(2, 2, 1)
Hepsinin farklı renkte olma olasılığı en büyük olan şıkkı arayalım.
p  2, 2, 2,1  4!
p 1,1,1,1  4!
p  2, 2,3  3!
p  2, 2,1  3!
p 1,1,1  3!
2 2 2 1 192

7 7 7 7 2401
1 1 1 1 24

4 4 4 4 256
2 2 3 72

7 7 7 343
2 2 1 24

5 5 5 125
111 6

3 3 3 27
E) p(1, 1, 1)
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
35 5
2
B)
C) 4  5
D)
73 5
2
E) Hiçbiri
Çözüm :
KLMNP beşgeninin kenar uzunluğuna 1 br diyerek başlayalım.
A
Açılar yerleştirilirse AEP üçgeni ve EPK üçgeni benzer olur.
36
x+1
E
36
36

L
K
x
x
x
x
1
  x2  x  1  x2  x  1  0
x 1 x
B
72
1
72
x1,2 
 1
1
2
 4.1.  1
2

1 5
ve x uzunluk olduğundan
2
M
P
x
N
1 5
3 5
 AE 
Beşgenlerin alanları oranı benzerlik
2
2
oranının karesi olduğundan:
D
C
2
3 5 
14  6 5 7  3 5


 
4
2
 2 
26. 0  a  22008 ve 0  b  8 tam sayıları 7  a  22008 b   1 mod 22011  denkliğini sağlıyorsa, b nedir?
A) 3
B) 5
C) 6
D) 7
E) Hiçbiri
Çözüm: 7  a  22008 b   1 mod 22011   7a  2 2008 b  1 mod 22011 
0  7a  22011  0  2 2008 b  1  22011
7a  22008 b  1  22008 b  1 mod 7   2b  1 mod 7   b  3  mod 7 
0 b 8 b 3
27.

 a n n 1 gerçel sayı dizisi a1  1, a 3  4 ve n  2 için a n 1  a n 1  2.a n  1 koşulunu sağlıyorsa,
A) 22010
B)2021056
C)1010528
D)3016
Çözüm: b n  a n 1  a n olsun.  b n  b n 1  1 olur.
 a 2  2 olmak üzere 
b1  a 2  a1  1
b 2  b1  1
b3  b1  2
...
b n  b1  n  1  n 
a n  a n 1  n  1
a  a  n  2
 n 1 n 2

...
a 2  a1  1
Eşitliklerinin taraf tarafa toplanmasıyla
a n  a1 
n  n  1
n  n  1
 1
 a 2011  1  1005.2011  2021056
2
2
E)2011
a 2011 nedir?
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
Çözüm:
B)12168440
C)10088242
D)8084224
E)Hiçbiri
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 n diyelim. Sol üst köşeden başlayıp sağa doğru hareket
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 ( an 1 farklı şekilde). a2  2 an  n
2x2011’lik tahtada i. sütundan giriş yapsın.Yukarı çıkmaz. Herhangi bir yanı seçip o tarafı bitirip kalan
dikdörtgeni bitirmelidir.
2011
2011
T  2.  ai 1  a2011i   2. 2010  2.2010.2011  8084220  4  8084224
i 1
i 1
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)
B) 2 6
3
C) 4 6
D)
6
E) Hiçbiri
Çözüm :
DBCE ve DCFA kirişler dörtgenlerinde
A
F
4
D
olur.
E
AF
12

 AF  4 3 olur.
4
AF
8
C
B
m  DEB   m  CED   m  AFD  olduğu için BFA ve FDA üçgenleri benzer
30. m’nin hangi değeri için, 3 x 2  10 xy  8 y 2  m19 eşitliğini sağlayan hiçbir (x, y) tam sayı ikilisi yoktur?
A)7
Çözüm:
B)6
C)5
D)4
(3 x  2 y )( x  4 y )  m19 m=4 icin
(3x+2y)(x-4y)=238
3 x  2 y  2a
x  4 y  238 a  14 y  2 a  3.238 a (mod 7)
7 modunda 2k nın kalanlarını inceleyelim.
2 0  1(mod 7)
21  2(mod 7)
2 2  4(mod 7)
23  1(mod 7)
m=4 için çözüm yoktur.
E)3
31. i 2  j 2  k 2  2011 koşulunu sağlayan i, j, k tam sayıları için i+j+k ifadesinin alabileceği en büyük değer
nedir?
A)71
Çözüm:
B)73
i  j  k 
2
C)74
D)76
  i 2  j 2  k 2  .3  6033 ise i  j  k  77
i=29, j=27, k=21 için i²+j²+k²=2011 eder.
E)77
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  3s olması 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
D
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.
M
V  O,BCD  
O H
A
C
1
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
B
V  A,BCD  
1
Alan  BCD  . AH
3
1 ve 2 nolu eşitliklerden AH  4 OH ve AO  1  OH 
1
3 1
2
3
1
ve HM 
1
3
………..1
………..2
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: 2n  10k .a  b.111...1
 olsun.
k tane
1  b  9 çünkü: b=0 olursa 2n , 5 ile bölünür. Çelişki.
b rakam olduğu için en fazla 23 ile tam bölünebilir.
b=8 olsun.
n 3
k 3 k
2n  10k .a  8.111...1
  2  2 .5 .a  111...1
 olur.Bu eşitliğin sağlanabilmesi için
k tane
k tane
2k 3.5k .a  111...1
 ifadesinin çift olması gerekir. k=3 olur.
k tane
2n  103.a  888 olur.
2n  888  mod1000   2n3  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)
x2
1  x12
B)
x3
1  x11
Çözüm: Paydalara
C)
x4
1  x10
D)
x5
1  x9
E)
1
1

uygulanırsa
G.O. A.O.
6 5
x2
x2
x2
5



5
12
1 1 1 1 1 12
1 x
6
1
    x
6 x2 6  
5 5 5 5 5
5
11 8 3
x3
x3
8 .3


11
11
11
11
x
x
x
1 1
1
1 x
11


   ... 
3
3
3 8 8
8
5 2 3
x4
x4
2 .3
 10

10
10
x
x
1 1 1
1 x
5

  
2
2 3 3 3
9 5 4
x5
x5
5 .4


 en küçük
9
9
9
9
x
x
x 1 1 1 1
1 x
9
  ...     
5 5
5 4 4 4 4
8 6 2
x6
x6
6 .2


8
8
8
8
x
x
x 1 1
1 x
8
  ...   
6 6
6 2 2
x6
1  x8
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
2
3
1
Boy sırası 2 şekilde olabilir.Elemanlarımızın bulundukları yerler x sıralamasına göre
a1 , a2 ,..., a14 olsun.
Her elemanın kendi yerine geçebilmesi için yapması gereken hamle sayısı (yol farklı) x’e göre dizileceklerse
i  ai , y’e göre dizileceklerse 14  i  ai
Toplam yol farkı x’e göre Tx , y’ye göre Ty olsun.
Tx  1  a1  2  a2  ...  14  a14
Ty  14  a1  13  a2  ...  1  a14
Her iki durumda da iki kişinin yerini 1 sıra değiştireceğimizden yol farkı her hamlede 2 olur.
i.
Tx ve Ty ikisi de çifttir.
İspat:
Mutlak değerler açılınca x   x  mod 2  olduğundan bütün terimlerin işareti artıymış gibi
düşünebiliriz.
Tx  Ty  2 1  2  ...  14  a1  a2  ...  a14   0  mod 2 
ii. Tx  Ty  182
İspat:
i  ai  15  i  ai  13 (farklı şekillerde yapılabilir.)
i  ai  15  i olsun. (i ve 15-i simetrik olduğundan i  15  i kabul edebiliriz.)
i  ai  15  i  ai  15  2i  13
ai  i  15  i olsun. i  ai  15  i  ai  15  2i  13
i  15  i  ai ise i  ai  15  i  ai  2ai  15  13,
 ai  14 
Tx  Ty  1  a1  14  a1  2  a2  13  a2  ...  14  a14  1  a14  13.14  182
Tx ve Ty çift olduklarından en az biri 90 dan küçük veya eşittir.
Tx  90 
Tx
 45 hamlede herkes boy sırasına geçebilir.
2
ÇÖZÜMLER İZMİR FEN LİSESİ MATEMATİK OLİMPİYAT TAKIMINA AİTTİR.