9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Test Çöz

1. SoruÇoktan Seçmeli

İki basamaklı bir sayının rakamları toplamı $11$ dir. Rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayı kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: A

Soru: İki basamaklı sayının rakamları toplamı ve yer değiştirince artma miktarı verilmiş. Seçenek A’nın doğru olup olmadığını denetleyelim ve sayıyı bulalım. 1) Sayıyı basamaklarına ayıralım. Onlar basamağı a, birler basamağı b olsun. Sayı: 10 a + b 2) “Rakamları toplamı” bilgisini yazalım. a + b = 11 3) Rakamlar yer değişince oluşan sayı: 10 b + a 4) “Yer değiştirince sayı artıyor ” koşulunu denklemleştirelim. 10 b + a = 10 a + b + 27 5) Denklemi sadeleştirelim. 10 b + a = 10 a + b + 27 9 b - 9 a = 27 9 ( b - a ) = 27 b - a = 3 6) Sistemi çözelim. a + b = 11 b = a + 3 a + ( a + 3 ) = 11 2 a + 3 = 11 2 a = 8 a = 4 b = 7 7) Sayıyı yazalım ve seçeneği kontrol edelim. 10 a + b = 10 ⋅ 4 + 7 = 47 Bulunan sayı seçeneklerde A şıkkıdır; yani A doğrudur.

Çözüm: Soru: İki basamaklı sayının rakamları toplamı ve yer değiştirince artma miktarı verilmiş. Seçenek A’nın doğru olup olmadığını denetleyelim ve sayıyı bulalım. 1) Sayıyı basamaklarına ayıralım. Onlar basamağı a, birler basamağı b olsun. Sayı: 10 a + b 2) “Rakamları toplamı” bilgisini yazalım. a + b = 11 3) Rakamlar yer değişince oluşan sayı: 10 b + a 4) “Yer değiştirince sayı artıyor ” koşulunu denklemleştirelim. 10 b + a = 10 a + b + 27 5) Denklemi sadeleştirelim. 10 b + a = 10 a + b + 27 9 b - 9 a = 27 9 ( b - a ) = 27 b - a = 3 6) Sistemi çözelim. a + b = 11 b = a + 3 a + ( a + 3 ) = 11 2 a + 3 = 11 2 a = 8 a = 4 b = 7 7) Sayıyı yazalım ve seçeneği kontrol edelim. 10 a + b = 10 ⋅ 4 + 7 = 47 Bulunan sayı seçeneklerde A şıkkıdır; yani A doğrudur.

Soru: İki basamaklı sayının rakamları toplamı ve yer değiştirince artma miktarı verilmiş. Seçenek A’nın doğru olup olmadığını denetleyelim ve sayıyı bulalım.

1) Sayıyı basamaklarına ayıralım.

Onlar basamağı a, birler basamağı b olsun. Sayı:

10 a + b

2) “Rakamları toplamı” bilgisini yazalım.

a + b = 11

3) Rakamlar yer değişince oluşan sayı:

10 b + a

4) “Yer değiştirince sayı artıyor” koşulunu denklemleştirelim.

10 b + a = 10 a + b + 27

5) Denklemi sadeleştirelim.

10 b + a = 10 a + b + 27

9 b - 9 a = 27

9 (b - a) = 27

b - a = 3

6) Sistemi çözelim.

a + b = 11

b = a + 3

a + (a + 3) = 11

2 a + 3 = 11

2 a = 8

a = 4

b = 7

7) Sayıyı yazalım ve seçeneği kontrol edelim.

10 a + b = 10 \cdot 4 + 7 = 47

Bulunan sayı seçeneklerde A şıkkıdır; yani A doğrudur.

2. SoruÇoktan Seçmeli

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ sayıları yazılıdır.
Her adımda tahtadan iki sayı seçilip siliniyor ve yerlerine $x + y - 1$ yazılıyor.
Bu işlem tek sayı kalana kadar devam ettiğine göre, en son kalan sayı kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: C

İşlem: Tahtadan seçilen x ve y silinip yerlerine x + y - 1 yazılıyor. Adım 1 (Toplamın nasıl değiştiğini bulalım) Tahtadaki sayıların toplamı S olsun. Seçilen iki sayı silinince toplamdan - x - y kadar gider; yerine yazılan sayı eklenince + ( x + y - 1 ) kadar gelir. Adım 2 (Her adımda toplamın bir azalması) Yeni toplam: S ' = S - x - y + ( x + y - 1 ) Buradan: S ' = S - 1 Yani her adımda tahtadaki sayıların toplamı bir azalır. Adım 3 (Başlangıç toplamı) Başlangıçta tahtada 1 + 2 + 3 + … + 10 toplamı vardır: 1 + 2 + … + 10 = 10 × 11 2 = 55 Adım 4 (Kaç adım yapılır?) Her adımda sayı adedi bir azalır. Başta on sayı vardı, sonda bir sayı kalacak. Adım sayısı: 10 - 1 = 9 Adım 5 (Son sayı) Toplam her adımda bir azaldığı için dokuz adım sonunda toplam: 55 - 9 = 46 Tek sayı kaldığında tahtadaki toplam, kalan sayının kendisine eşittir. Bu yüzden en son kalan sayı 46 olur. Sonuç: Doğru seçenek C.

Çözüm: İşlem: Tahtadan seçilen x ve y silinip yerlerine x + y - 1 yazılıyor. Adım 1 (Toplamın nasıl değiştiğini bulalım) Tahtadaki sayıların toplamı S olsun. Seçilen iki sayı silinince toplamdan - x - y kadar gider; yerine yazılan sayı eklenince + ( x + y - 1 ) kadar gelir. Adım 2 (Her adımda toplamın bir azalması) Yeni toplam: S ' = S - x - y + ( x + y - 1 ) Buradan: S ' = S - 1 Yani her adımda tahtadaki sayıların toplamı bir azalır. Adım 3 (Başlangıç toplamı) Başlangıçta tahtada 1 + 2 + 3 + … + 10 toplamı vardır: 1 + 2 + … + 10 = 10 × 11 2 = 55 Adım 4 (Kaç adım yapılır?) Her adımda sayı adedi bir azalır. Başta on sayı vardı, sonda bir sayı kalacak. Adım sayısı: 10 - 1 = 9 Adım 5 (Son sayı) Toplam her adımda bir azaldığı için dokuz adım sonunda toplam: 55 - 9 = 46 Tek sayı kaldığında tahtadaki toplam, kalan sayının kendisine eşittir. Bu yüzden en son kalan sayı 46 olur. Sonuç: Doğru seçenek C.

İşlem: Tahtadan seçilen $x$ ve $y$ silinip yerlerine

x + y - 1

yazılıyor.

Adım 1 (Toplamın nasıl değiştiğini bulalım)

Tahtadaki sayıların toplamı $S$ olsun. Seçilen iki sayı silinince toplamdan

- x - y

kadar gider; yerine yazılan sayı eklenince

+ (x + y - 1)

kadar gelir.

Adım 2 (Her adımda toplamın bir azalması)

Yeni toplam:

S' = S - x - y + (x + y - 1)

Buradan:

S' = S - 1

Yani her adımda tahtadaki sayıların toplamı bir azalır.

Adım 3 (Başlangıç toplamı)

Başlangıçta tahtada

1 + 2 + 3 + \dots + 10

toplamı vardır:

1 + 2 + \dots + 10 = \frac{10 \times 11}{2} = 55

Adım 4 (Kaç adım yapılır?)

Her adımda sayı adedi bir azalır. Başta on sayı vardı, sonda bir sayı kalacak. Adım sayısı:

10 - 1 = 9

Adım 5 (Son sayı)

Toplam her adımda bir azaldığı için dokuz adım sonunda toplam:

55 - 9 = 46

Tek sayı kaldığında tahtadaki toplam, kalan sayının kendisine eşittir. Bu yüzden en son kalan sayı

46

olur.

Sonuç: Doğru seçenek C.

3. SoruÇoktan Seçmeli

Bir öğrenci $1$ ’den $100$ ’e kadar olan tam sayıları yazıyor.
Yazdığı sayılardan kaç tanesinin içinde $7$ rakamı en az bir kez geçer?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: C

İstenen: Birden yüze kadar yazılan tam sayılardan, içinde yedi rakamı en az bir kez geçenlerin sayısı. Seçenek C kontrol edilecek. Kolay yol: “En az bir kez yedi geçsin” saymak yerine, tamamlayıcı olayı sayalım. Yani: İçinde hiç yedi geçmeyen sayıların sayısını bulup toplamdan çıkaracağız. Önce iki basamaklı yazımı standartlaştıralım: Baştaki sıfıra da izin vererek aşağıdaki aralığı düşünelim. 00 … 99 Bu listede toplam sayı adedi: 100 İçinde hiç yedi geçmemesi için: • Onlar basamağı: yedi hariç on rakamdan biri seçilir → dokuz seçenek • Birler basamağı: yine dokuz seçenek Dolayısıyla hiç yedi içermeyen sayı sayısı: 9 × 9 = 81 O hâlde en az bir kez yedi içeren sayı sayısı: 100 − 81 = 19 Asıl istenen aralık birden yüze kadardır. • Baştaki sıfırla yazdığımız 00 sayısı yedi içermez, bu yüzden listeden çıkarılması sonucu değiştirmez. • 100 sayısı da yedi içermez, bu yüzden sona eklenmesi de sonucu değiştirmez. Dolayısıyla birden yüze kadar aralıkta da sonuç aynıdır: 19 Sonuç: Doğru cevap C seçeneğidir. 19

Çözüm: İstenen: Birden yüze kadar yazılan tam sayılardan, içinde yedi rakamı en az bir kez geçenlerin sayısı. Seçenek C kontrol edilecek. Kolay yol: “En az bir kez yedi geçsin” saymak yerine, tamamlayıcı olayı sayalım. Yani: İçinde hiç yedi geçmeyen sayıların sayısını bulup toplamdan çıkaracağız. Önce iki basamaklı yazımı standartlaştıralım: Baştaki sıfıra da izin vererek aşağıdaki aralığı düşünelim. 00 … 99 Bu listede toplam sayı adedi: 100 İçinde hiç yedi geçmemesi için: • Onlar basamağı: yedi hariç on rakamdan biri seçilir → dokuz seçenek • Birler basamağı: yine dokuz seçenek Dolayısıyla hiç yedi içermeyen sayı sayısı: 9 × 9 = 81 O hâlde en az bir kez yedi içeren sayı sayısı: 100 − 81 = 19 Asıl istenen aralık birden yüze kadardır. • Baştaki sıfırla yazdığımız 00 sayısı yedi içermez, bu yüzden listeden çıkarılması sonucu değiştirmez. • 100 sayısı da yedi içermez, bu yüzden sona eklenmesi de sonucu değiştirmez. Dolayısıyla birden yüze kadar aralıkta da sonuç aynıdır: 19 Sonuç: Doğru cevap C seçeneğidir. 19

İstenen: Birden yüze kadar yazılan tam sayılardan, içinde yedi rakamı en az bir kez geçenlerin sayısı. Seçenek C kontrol edilecek.

Kolay yol: “En az bir kez yedi geçsin” saymak yerine, tamamlayıcı olayı sayalım.

Yani: İçinde hiç yedi geçmeyen sayıların sayısını bulup toplamdan çıkaracağız.

Önce iki basamaklı yazımı standartlaştıralım: Baştaki sıfıra da izin vererek aşağıdaki aralığı düşünelim.

00 \dots 99

Bu listede toplam sayı adedi:

100

İçinde hiç yedi geçmemesi için:

• Onlar basamağı: yedi hariç on rakamdan biri seçilir → dokuz seçenek

• Birler basamağı: yine dokuz seçenek

Dolayısıyla hiç yedi içermeyen sayı sayısı:

9 \times 9 = 81

O hâlde en az bir kez yedi içeren sayı sayısı:

100 - 81 = 19

Asıl istenen aralık birden yüze kadardır.

• Baştaki sıfırla yazdığımız 00 sayısı yedi içermez, bu yüzden listeden çıkarılması sonucu değiştirmez.

• 100 sayısı da yedi içermez, bu yüzden sona eklenmesi de sonucu değiştirmez.

Dolayısıyla birden yüze kadar aralıkta da sonuç aynıdır:

19

Sonuç: Doğru cevap C seçeneğidir.

19

4. SoruÇoktan Seçmeli

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ azalıyor.
Rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

5. SoruÇoktan Seçmeli

Bir kutuda $17$ beyaz ve $15$ siyah bilye vardır.
Her adımda kutudan rastgele $2$ bilye çekilip şu kurala göre geri bırakılıyor:
İki bilye aynı renkteyse kutuya $beyaz$ bilye bırakılır.
İki bilye farklı renkteyse kutuya $siyah$ bilye bırakılır.
Bu işlem kutuda tek bilye kalana kadar sürdürülürse, en son kalan bilyenin rengi ne olur?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: B

Doğru seçenek B (Siyah). Bunu bir değişmez (invariant) ile kontrol edelim. 1) Renkleri sayısal olarak kodlayalım: Beyaz = 0 Siyah = 1 2) Verilen kurala göre iki bilyeden tek bilye üretme işlemi şu mantığa karşılık gelir: Aynıysa beyaz, farklıysa siyah. Bu da XOR (mod 2 toplamı) işlemidir. Sonuç = a ⊕ b Bunu küçük bir tabloyla görebiliriz: a b a ⊕ b 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 3) Değişmezi tanımlayalım: Kutudaki tüm bilyelerin XOR’u (yani siyahların parity’si, tek/çiftliği) değişmez. I = x 1 ⊕ x 2 ⊕ ⋯ ⊕ x n 4) Neden değişmez? Bir adımda iki bilye a ve b çıkarılıp yerine a ⊕ b konuyor. Toplam XOR şöyle değişir: ( a ⊕ b ⊕ R ) → ( ( a ⊕ b ) ⊕ R ) Burada R diğer bilyelerin XOR’udur. XOR birleşmeli olduğundan iki ifade eşittir; yani I değişmez. 5) Başlangıçta siyah bilye sayısı tek/çift bakımından önemlidir. Siyahlar 1, beyazlar 0 olduğundan toplam XOR, siyah sayısının 2 ile bölümünden kalanına eşittir. I = 15 mod 2 = 1 6) İşlem en sonunda tek bilye bırakır. Tek bilye kalınca XOR değeri o bilyenin değerine eşittir. Yani son bilye 1 olmalıdır; bu da siyahtır. Son bilye = Siyah Sonuç: B seçeneği doğrudur.

Çözüm: Doğru seçenek B (Siyah). Bunu bir değişmez (invariant) ile kontrol edelim. 1) Renkleri sayısal olarak kodlayalım: Beyaz = 0 Siyah = 1 2) Verilen kurala göre iki bilyeden tek bilye üretme işlemi şu mantığa karşılık gelir: Aynıysa beyaz, farklıysa siyah. Bu da XOR (mod 2 toplamı) işlemidir. Sonuç = a ⊕ b Bunu küçük bir tabloyla görebiliriz: a b a ⊕ b 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 3) Değişmezi tanımlayalım: Kutudaki tüm bilyelerin XOR’u (yani siyahların parity’si, tek/çiftliği) değişmez. I = x 1 ⊕ x 2 ⊕ ⋯ ⊕ x n 4) Neden değişmez? Bir adımda iki bilye a ve b çıkarılıp yerine a ⊕ b konuyor. Toplam XOR şöyle değişir: ( a ⊕ b ⊕ R ) → ( ( a ⊕ b ) ⊕ R ) Burada R diğer bilyelerin XOR’udur. XOR birleşmeli olduğundan iki ifade eşittir; yani I değişmez. 5) Başlangıçta siyah bilye sayısı tek/çift bakımından önemlidir. Siyahlar 1, beyazlar 0 olduğundan toplam XOR, siyah sayısının 2 ile bölümünden kalanına eşittir. I = 15 mod 2 = 1 6) İşlem en sonunda tek bilye bırakır. Tek bilye kalınca XOR değeri o bilyenin değerine eşittir. Yani son bilye 1 olmalıdır; bu da siyahtır. Son bilye = Siyah Sonuç: B seçeneği doğrudur.

Doğru seçenek B (Siyah). Bunu bir değişmez (invariant) ile kontrol edelim.

1) Renkleri sayısal olarak kodlayalım:

Beyaz = 0 Siyah = 1

2) Verilen kurala göre iki bilyeden tek bilye üretme işlemi şu mantığa karşılık gelir: Aynıysa beyaz, farklıysa siyah. Bu da XOR (mod 2 toplamı) işlemidir.

Sonuç = a \oplus b

Bunu küçük bir tabloyla görebiliriz:

\begin{matrix} a & b & a \oplus b \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}

3) Değişmezi tanımlayalım: Kutudaki tüm bilyelerin XOR’u (yani siyahların parity’si, tek/çiftliği) değişmez.

I = x 1 \oplus x 2 \oplus \dots \oplus x n

4) Neden değişmez? Bir adımda iki bilye $a$ ve $b$ çıkarılıp yerine $a \oplus b$ konuyor. Toplam XOR şöyle değişir:

(a \oplus b \oplus R) \to ((a \oplus b) \oplus R)

Burada $R$ diğer bilyelerin XOR’udur. XOR birleşmeli olduğundan iki ifade eşittir; yani $I$ değişmez.

5) Başlangıçta siyah bilye sayısı tek/çift bakımından önemlidir. Siyahlar $1$ , beyazlar $0$ olduğundan toplam XOR, siyah sayısının $2$ ile bölümünden kalanına eşittir.

I = 15 mod 2 = 1

6) İşlem en sonunda tek bilye bırakır. Tek bilye kalınca XOR değeri o bilyenin değerine eşittir. Yani son bilye $1$ olmalıdır; bu da siyahtır.

Son bilye = Siyah

Sonuç: B seçeneği doğrudur.

6. SoruÇoktan Seçmeli

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayının rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

7. SoruÇoktan Seçmeli

İki basamaklı bir sayı, rakamları yer değiştirildiğinde oluşan sayı ile toplandığında $66$ elde ediliyor. Bu sayı $4$ ile tam bölünüyor ve rakamları farklıdır. Sayı kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: C

Cevabın C olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım. İki basamaklı sayının onlar basamağı $a$ ve birler basamağı $b$ olsun (rakamlar). Sayı = 10 a + b Rakamları yer değişmiş hali = 10 b + a Verilen koşula göre bu iki sayı toplandığında aşağıdaki sonuç çıkıyor: 10 a + b + 10 b + a = 66 Düzenleyelim: 11 a + 11 b = 66 11 ( a + b ) = 66 a + b = 6 Buradan basamak/rakam olma şartlarıyla olası ikilileri yazalım (onlar basamağı sıfır olamaz): ( a, b ) ∈ { ( 1, 5 ), ( 2, 4 ), ( 3, 3 ), ( 4, 2 ), ( 5, 1 ), ( 6, 0 ) } Bunların oluşturduğu sayılar sırasıyla şunlardır: { 15, 24, 33, 42, 51, 60 } Şimdi bölünebilme şartlarını uygulayalım. Sayı 4 ile tam bölünecek ve rakamları farklı olacak. Rakamları farklı olma şartı ile: 33 elendi (rakamlar eşit). 4 ile bölünebilme için son iki basamağın 4 ’ün katı olması gerekir. Kalan adaylarda kontrol edelim: 24 ÷ 4 = 6 60 ÷ 4 = 15 Yani şartları sağlayan sayılar 24 ve 60 olur; fakat şıklarda sadece 60 var. Doğru seçenek = C, sayı = 60

Çözüm: Cevabın C olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım. İki basamaklı sayının onlar basamağı $a$ ve birler basamağı $b$ olsun (rakamlar). Sayı = 10 a + b Rakamları yer değişmiş hali = 10 b + a Verilen koşula göre bu iki sayı toplandığında aşağıdaki sonuç çıkıyor: 10 a + b + 10 b + a = 66 Düzenleyelim: 11 a + 11 b = 66 11 ( a + b ) = 66 a + b = 6 Buradan basamak/rakam olma şartlarıyla olası ikilileri yazalım (onlar basamağı sıfır olamaz): ( a, b ) ∈ { ( 1, 5 ), ( 2, 4 ), ( 3, 3 ), ( 4, 2 ), ( 5, 1 ), ( 6, 0 ) } Bunların oluşturduğu sayılar sırasıyla şunlardır: { 15, 24, 33, 42, 51, 60 } Şimdi bölünebilme şartlarını uygulayalım. Sayı 4 ile tam bölünecek ve rakamları farklı olacak. Rakamları farklı olma şartı ile: 33 elendi (rakamlar eşit). 4 ile bölünebilme için son iki basamağın 4 ’ün katı olması gerekir. Kalan adaylarda kontrol edelim: 24 ÷ 4 = 6 60 ÷ 4 = 15 Yani şartları sağlayan sayılar 24 ve 60 olur; fakat şıklarda sadece 60 var. Doğru seçenek = C, sayı = 60

Cevabın C olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım.

İki basamaklı sayının onlar basamağı $a$ ve birler basamağı $b$ olsun (rakamlar).

Sayı = 10 a + b

Rakamları yer değişmiş hali = 10 b + a

Verilen koşula göre bu iki sayı toplandığında aşağıdaki sonuç çıkıyor:

10 a + b + 10 b + a = 66

Düzenleyelim:

11 a + 11 b = 66

11 (a + b) = 66

a + b = 6

Buradan basamak/rakam olma şartlarıyla olası ikilileri yazalım (onlar basamağı sıfır olamaz):

(a, b) \in {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1), (6, 0)}

Bunların oluşturduğu sayılar sırasıyla şunlardır:

{15, 24, 33, 42, 51, 60}

Şimdi bölünebilme şartlarını uygulayalım.

Sayı 4 ile tam bölünecek ve rakamları farklı olacak. Rakamları farklı olma şartı ile:

33 elendi (rakamlar eşit).

4 ile bölünebilme için son iki basamağın 4’ün katı olması gerekir. Kalan adaylarda kontrol edelim:

24 \div 4 = 6

60 \div 4 = 15

Yani şartları sağlayan sayılar 24 ve 60 olur; fakat şıklarda sadece 60 var.

Doğru seçenek = C, sayı = 60

8. SoruÇoktan Seçmeli

Bir kutuda $17$ beyaz ve $12$ siyah bilye vardır. Her adımda kutudan rastgele iki bilye alınır; iki bilye aynı renkteyse kutuya bir siyah bilye, farklı renkteyse kutuya bir beyaz bilye geri konur. Bu işlem kutuda tek bilye kalana kadar sürdürülür.
Son kalan bilyenin rengi hangisidir?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: A

1) Başlangıçtaki beyaz ve siyah bilye sayısını değişkenlerle gösterelim. W = 17, B = 12 2) Her adımda iki bilye alınıp bir bilye geri konuyor. Son bilyenin rengini belirlemek için beyaz bilye sayısının tek-çiftliğini (paritesini) inceleyelim. 3) Olası üç durum vardır. Önce iki beyaz gelirse: W → W − 2 Beyaz sayısı iki azalır; bu, beyaz sayısının tek-çiftliğini değiştirmez. 4) Bir beyaz bir siyah gelirse, bir beyaz çıkıp bir beyaz geri döner: W → W Beyaz sayısı hiç değişmez; dolayısıyla tek-çiftlik yine değişmez. 5) İki siyah gelirse, beyazlara hiç dokunulmaz: W → W 6) Özet: Her hamlede beyaz sayısı ya aynı kalır ya da iki azalır. Bu yüzden beyaz sayısının tek-çiftliği (mod iki) işlem boyunca değişmez: W ≡ sabit ( mod 2 ) 7) Başlangıçta beyaz sayısı tektir: W = 17 ≡ 1 ( mod 2 ) 8) İşlem bittiğinde kutuda tek bilye kalır. Eğer son bilye beyaz olursa beyaz sayısı bir olur; siyah olursa beyaz sayısı sıfır olur: W _ son ∈ { 1, 0 } 9) Ama tek-çiftlik değişmediği için son durumda beyaz sayısı da tek olmalıdır: W _ son ≡ 1 ( mod 2 ) 10) Bu, yalnızca son beyaz sayısının bir olabileceğini gösterir. Dolayısıyla son kalan bilye beyazdır. Doğru seçenek A ’dır.

Çözüm: 1) Başlangıçtaki beyaz ve siyah bilye sayısını değişkenlerle gösterelim. W = 17, B = 12 2) Her adımda iki bilye alınıp bir bilye geri konuyor. Son bilyenin rengini belirlemek için beyaz bilye sayısının tek-çiftliğini (paritesini) inceleyelim. 3) Olası üç durum vardır. Önce iki beyaz gelirse: W → W − 2 Beyaz sayısı iki azalır; bu, beyaz sayısının tek-çiftliğini değiştirmez. 4) Bir beyaz bir siyah gelirse, bir beyaz çıkıp bir beyaz geri döner: W → W Beyaz sayısı hiç değişmez; dolayısıyla tek-çiftlik yine değişmez. 5) İki siyah gelirse, beyazlara hiç dokunulmaz: W → W 6) Özet: Her hamlede beyaz sayısı ya aynı kalır ya da iki azalır. Bu yüzden beyaz sayısının tek-çiftliği (mod iki) işlem boyunca değişmez: W ≡ sabit ( mod 2 ) 7) Başlangıçta beyaz sayısı tektir: W = 17 ≡ 1 ( mod 2 ) 8) İşlem bittiğinde kutuda tek bilye kalır. Eğer son bilye beyaz olursa beyaz sayısı bir olur; siyah olursa beyaz sayısı sıfır olur: W _ son ∈ { 1, 0 } 9) Ama tek-çiftlik değişmediği için son durumda beyaz sayısı da tek olmalıdır: W _ son ≡ 1 ( mod 2 ) 10) Bu, yalnızca son beyaz sayısının bir olabileceğini gösterir. Dolayısıyla son kalan bilye beyazdır. Doğru seçenek A ’dır.

1) Başlangıçtaki beyaz ve siyah bilye sayısını değişkenlerle gösterelim.

W = 17, B = 12

2) Her adımda iki bilye alınıp bir bilye geri konuyor. Son bilyenin rengini belirlemek için beyaz bilye sayısının tek-çiftliğini (paritesini) inceleyelim.

3) Olası üç durum vardır. Önce iki beyaz gelirse:

W \to W - 2

Beyaz sayısı iki azalır; bu, beyaz sayısının tek-çiftliğini değiştirmez.

4) Bir beyaz bir siyah gelirse, bir beyaz çıkıp bir beyaz geri döner:

W \to W

Beyaz sayısı hiç değişmez; dolayısıyla tek-çiftlik yine değişmez.

5) İki siyah gelirse, beyazlara hiç dokunulmaz:

W \to W

6) Özet: Her hamlede beyaz sayısı ya aynı kalır ya da iki azalır. Bu yüzden beyaz sayısının tek-çiftliği (mod iki) işlem boyunca değişmez:

W \equiv sabit (\mod 2)

7) Başlangıçta beyaz sayısı tektir:

W = 17 \equiv 1 (\mod 2)

8) İşlem bittiğinde kutuda tek bilye kalır. Eğer son bilye beyaz olursa beyaz sayısı bir olur; siyah olursa beyaz sayısı sıfır olur:

W_son \in {1, 0}

9) Ama tek-çiftlik değişmediği için son durumda beyaz sayısı da tek olmalıdır:

W_son \equiv 1 (\mod 2)

10) Bu, yalnızca son beyaz sayısının bir olabileceğini gösterir. Dolayısıyla son kalan bilye beyazdır. Doğru seçenek A’dır.

9. SoruÇoktan Seçmeli

Bir torbada $8$ beyaz ve $7$ siyah bilye vardır. Her adımda torbadan rastgele $2$ bilye çekiliyor:
İkisi de beyaz ise torbaya $beyaz$ bilye geri konuyor.
İkisi de siyah ise torbaya $beyaz$ bilye geri konuyor.
Biri beyaz biri siyah ise torbaya $siyah$ bilye geri konuyor.
Bu işlem torbada tek bilye kalana kadar sürdürülürse, en son kalan bilyenin rengi ne olur?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: B

Doğru cevap B (siyah) olur. Bunu bir değişmez (invariant) bularak kesinleştireceğiz. Torbada siyah bilye sayısını şu şekilde adlandıralım: B Her hamlede iki bilye seçilip kurala göre tek bilye geri konuyor. Burada siyah bilye sayısının tek-çiftliği nin değişip değişmediğine bakacağız: B mod 2 Durum: İki bilye de beyaz seçilirse torbaya beyaz konuyor. Bu hamlede siyah bilye sayısı değişmez: B → B Durum: İki bilye de siyah seçilirse torbaya beyaz konuyor. Bu hamlede iki siyah çıkıp beyaz girdiği için siyah sayısı iki azalır; tek-çiftlik değişmez: B → B − 2 B ≡ B − 2 ( mod 2 ) Durum: Biri beyaz biri siyah seçilirse torbaya siyah konuyor. Bir siyah çıkıp bir siyah geri geldiği için siyah sayısı yine değişmez: B → B Üç durumda da siyah bilye sayısının tek-çiftliği değişmiyor. Yani: B mod 2 değişmez Başlangıçta siyah bilye sayısı: B = 7 Bu sayı tektir, yani: B ≡ 1 ( mod 2 ) İşlem bittiğinde torbada tek bilye kalır. Son durumda siyah bilye sayısı ya sıfırdır ya birdir: B ∈ { 0, 1 } Ancak tek-çiftlik başlangıçla aynı kalmalı ve tek olmalı. Bu kümeye göre tek olan tek seçenek: B = 1 Demek ki en son kalan bilye siyah tır. Doğru seçenek B.

Çözüm: Doğru cevap B (siyah) olur. Bunu bir değişmez (invariant) bularak kesinleştireceğiz. Torbada siyah bilye sayısını şu şekilde adlandıralım: B Her hamlede iki bilye seçilip kurala göre tek bilye geri konuyor. Burada siyah bilye sayısının tek-çiftliği nin değişip değişmediğine bakacağız: B mod 2 Durum: İki bilye de beyaz seçilirse torbaya beyaz konuyor. Bu hamlede siyah bilye sayısı değişmez: B → B Durum: İki bilye de siyah seçilirse torbaya beyaz konuyor. Bu hamlede iki siyah çıkıp beyaz girdiği için siyah sayısı iki azalır; tek-çiftlik değişmez: B → B − 2 B ≡ B − 2 ( mod 2 ) Durum: Biri beyaz biri siyah seçilirse torbaya siyah konuyor. Bir siyah çıkıp bir siyah geri geldiği için siyah sayısı yine değişmez: B → B Üç durumda da siyah bilye sayısının tek-çiftliği değişmiyor. Yani: B mod 2 değişmez Başlangıçta siyah bilye sayısı: B = 7 Bu sayı tektir, yani: B ≡ 1 ( mod 2 ) İşlem bittiğinde torbada tek bilye kalır. Son durumda siyah bilye sayısı ya sıfırdır ya birdir: B ∈ { 0, 1 } Ancak tek-çiftlik başlangıçla aynı kalmalı ve tek olmalı. Bu kümeye göre tek olan tek seçenek: B = 1 Demek ki en son kalan bilye siyah tır. Doğru seçenek B.

Doğru cevap B (siyah) olur. Bunu bir değişmez (invariant) bularak kesinleştireceğiz.

Torbada siyah bilye sayısını şu şekilde adlandıralım:

B

Her hamlede iki bilye seçilip kurala göre tek bilye geri konuyor. Burada siyah bilye sayısının tek-çiftliğinin değişip değişmediğine bakacağız:

B mod 2

Durum: İki bilye de beyaz seçilirse torbaya beyaz konuyor.

Bu hamlede siyah bilye sayısı değişmez:

B \to B

Durum: İki bilye de siyah seçilirse torbaya beyaz konuyor.

Bu hamlede iki siyah çıkıp beyaz girdiği için siyah sayısı iki azalır; tek-çiftlik değişmez:

B \to B - 2

B \equiv B - 2 (mod 2)

Durum: Biri beyaz biri siyah seçilirse torbaya siyah konuyor.

Bir siyah çıkıp bir siyah geri geldiği için siyah sayısı yine değişmez:

B \to B

Üç durumda da siyah bilye sayısının tek-çiftliği değişmiyor. Yani:

B mod 2 değişmez

Başlangıçta siyah bilye sayısı:

B = 7

Bu sayı tektir, yani:

B \equiv 1 (mod 2)

İşlem bittiğinde torbada tek bilye kalır. Son durumda siyah bilye sayısı ya sıfırdır ya birdir:

B \in {0, 1}

Ancak tek-çiftlik başlangıçla aynı kalmalı ve tek olmalı. Bu kümeye göre tek olan tek seçenek:

B = 1

Demek ki en son kalan bilye siyahtır. Doğru seçenek B.

10. SoruÇoktan Seçmeli

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ yazılıdır. Her adımda iki sayı $a$ ve $b$ seçilip siliniyor ve yerlerine $a + b + a b$ yazılıyor. Bu işlem tek sayı kalana kadar sürdürülüyor.
Son kalan sayının $1000$ ile bölümünden kalan kaçtır?

Lütfen önce bir cevap seç.

Doğru cevap: B

İşlemde seçilen iki sayı yerine yazılan yeni sayı için c = a + b + a b Bu ifadeye 1 ekleyip çarpanlara ayıralım: c + 1 = a + b + a b + 1 c + 1 = ( a + 1 ) ( b + 1 ) Yani her adımda “sayıya 1 eklenmiş hâli” çarpıma dönüşür. Bu yüzden tahtadaki tüm sayıların 1 fazlalarının çarpımı işlem boyunca değişmez. Başlangıçta sayılar 1, 2, 3, …, 10 olduğundan 1 fazlaları 2, 3, 4, …, 11 olur ve bu sayıların çarpımı sabittir: ( 1 + 1 ) ( 2 + 1 ) ⋅ ( 3 + 1 ) ⋅ … ⋅ ( 10 + 1 ) = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ … ⋅ 11 İşlem bittiğinde tek sayı N kalsın. Sabitlikten N + 1 = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ … ⋅ 11 olur. Sağ taraf 11! olduğuna göre N = 11! − 1 Şimdi 1000 ile bölümünden kalanı bulalım. Önce faktöriyeli hesaplayalım: 11! = 39916800 Buradan 11! ≡ 800 mod 1000 dolayısıyla N = 11! − 1 ≡ 800 − 1 ≡ 799 mod 1000 Son kalan sayının 1000 ile bölümünden kalan 799 olur; doğru seçenek B ’dir.

Çözüm: İşlemde seçilen iki sayı yerine yazılan yeni sayı için c = a + b + a b Bu ifadeye 1 ekleyip çarpanlara ayıralım: c + 1 = a + b + a b + 1 c + 1 = ( a + 1 ) ( b + 1 ) Yani her adımda “sayıya 1 eklenmiş hâli” çarpıma dönüşür. Bu yüzden tahtadaki tüm sayıların 1 fazlalarının çarpımı işlem boyunca değişmez. Başlangıçta sayılar 1, 2, 3, …, 10 olduğundan 1 fazlaları 2, 3, 4, …, 11 olur ve bu sayıların çarpımı sabittir: ( 1 + 1 ) ( 2 + 1 ) ⋅ ( 3 + 1 ) ⋅ … ⋅ ( 10 + 1 ) = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ … ⋅ 11 İşlem bittiğinde tek sayı N kalsın. Sabitlikten N + 1 = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ … ⋅ 11 olur. Sağ taraf 11! olduğuna göre N = 11! − 1 Şimdi 1000 ile bölümünden kalanı bulalım. Önce faktöriyeli hesaplayalım: 11! = 39916800 Buradan 11! ≡ 800 mod 1000 dolayısıyla N = 11! − 1 ≡ 800 − 1 ≡ 799 mod 1000 Son kalan sayının 1000 ile bölümünden kalan 799 olur; doğru seçenek B ’dir.

İşlemde seçilen iki sayı yerine yazılan yeni sayı için

c = a + b + a b

Bu ifadeye $1$ ekleyip çarpanlara ayıralım:

c + 1 = a + b + a b + 1

c + 1 = (a + 1) (b + 1)

Yani her adımda “sayıya $1$ eklenmiş hâli” çarpıma dönüşür. Bu yüzden tahtadaki tüm sayıların $1$ fazlalarının çarpımı işlem boyunca değişmez.

Başlangıçta sayılar

1, 2, 3, \dots, 10

olduğundan $1$ fazlaları

2, 3, 4, \dots, 11

olur ve bu sayıların çarpımı sabittir:

(1 + 1) (2 + 1) \cdot (3 + 1) \cdot \dots \cdot (10 + 1) = 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 11

İşlem bittiğinde tek sayı $N$ kalsın. Sabitlikten

N + 1 = 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot 11

olur. Sağ taraf

11!

olduğuna göre

N = 11! - 1

Şimdi $1000$ ile bölümünden kalanı bulalım. Önce faktöriyeli hesaplayalım:

11! = 39916800

Buradan

11! \equiv 800 mod 1000

dolayısıyla

N = 11! - 1 \equiv 800 - 1 \equiv 799 mod 1000

Son kalan sayının $1000$ ile bölümünden kalan

799

olur; doğru seçenek B’dir.

9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Testleri

9. Sınıf Rutin Olmayan Problemler

Nasıl Çözülmeli?

Strateji Geliştiren Testler

9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Testleri

İki basamaklı bir sayının rakamları toplamı $11$ dir. Rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayı kaçtır?

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ sayıları yazılıdır.
Her adımda tahtadan iki sayı seçilip siliniyor ve yerlerine $x + y - 1$ yazılıyor.
Bu işlem tek sayı kalana kadar devam ettiğine göre, en son kalan sayı kaçtır?

Bir öğrenci $1$ ’den $100$ ’e kadar olan tam sayıları yazıyor.
Yazdığı sayılardan kaç tanesinin içinde $7$ rakamı en az bir kez geçer?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ azalıyor.
Rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayının rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayı, rakamları yer değiştirildiğinde oluşan sayı ile toplandığında $66$ elde ediliyor. Bu sayı $4$ ile tam bölünüyor ve rakamları farklıdır. Sayı kaçtır?

Bir kutuda $17$ beyaz ve $12$ siyah bilye vardır. Her adımda kutudan rastgele iki bilye alınır; iki bilye aynı renkteyse kutuya bir siyah bilye, farklı renkteyse kutuya bir beyaz bilye geri konur. Bu işlem kutuda tek bilye kalana kadar sürdürülür.
Son kalan bilyenin rengi hangisidir?

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ yazılıdır. Her adımda iki sayı $a$ ve $b$ seçilip siliniyor ve yerlerine $a + b + a b$ yazılıyor. Bu işlem tek sayı kalana kadar sürdürülüyor.
Son kalan sayının $1000$ ile bölümünden kalan kaçtır?

Rutin Olmayan Problemler Hakkında

9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Testleri

9. Sınıf Rutin Olmayan Problemler

Nasıl Çözülmeli?

Strateji Geliştiren Testler

9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Testleri

İki basamaklı bir sayının rakamları toplamı 11 dir. Rakamları yer değiştirildiğinde sayı 27 artıyor. Bu sayı kaçtır?

Tahtada 1,2,3,…,10 sayıları yazılıdır.Her adımda tahtadan iki sayı seçilip siliniyor ve yerlerine x+y-1 yazılıyor.Bu işlem tek sayı kalana kadar devam ettiğine göre, en son kalan sayı kaçtır?

Bir öğrenci 1’den 100’e kadar olan tam sayıları yazıyor.Yazdığı sayılardan kaç tanesinin içinde 7 rakamı en az bir kez geçer?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı 27 azalıyor.Rakamları toplamı 11 olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı 27 artıyor. Bu sayının rakamları toplamı 11 olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayı, rakamları yer değiştirildiğinde oluşan sayı ile toplandığında 66 elde ediliyor. Bu sayı 4 ile tam bölünüyor ve rakamları farklıdır. Sayı kaçtır?

Bir kutuda 17 beyaz ve 12 siyah bilye vardır. Her adımda kutudan rastgele iki bilye alınır; iki bilye aynı renkteyse kutuya bir siyah bilye, farklı renkteyse kutuya bir beyaz bilye geri konur. Bu işlem kutuda tek bilye kalana kadar sürdürülür.Son kalan bilyenin rengi hangisidir?

Tahtada 1,2,3,…,10 yazılıdır. Her adımda iki sayı a ve b seçilip siliniyor ve yerlerine a+b+ab yazılıyor. Bu işlem tek sayı kalana kadar sürdürülüyor.Son kalan sayının 1000 ile bölümünden kalan kaçtır?

Rutin Olmayan Problemler Hakkında

İki basamaklı bir sayının rakamları toplamı $11$ dir. Rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayı kaçtır?

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ sayıları yazılıdır.
Her adımda tahtadan iki sayı seçilip siliniyor ve yerlerine $x + y - 1$ yazılıyor.
Bu işlem tek sayı kalana kadar devam ettiğine göre, en son kalan sayı kaçtır?

Bir öğrenci $1$ ’den $100$ ’e kadar olan tam sayıları yazıyor.
Yazdığı sayılardan kaç tanesinin içinde $7$ rakamı en az bir kez geçer?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ azalıyor.
Rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayının rakamları yer değiştirildiğinde sayı $27$ artıyor. Bu sayının rakamları toplamı $11$ olduğuna göre sayı kaçtır?

İki basamaklı bir sayı, rakamları yer değiştirildiğinde oluşan sayı ile toplandığında $66$ elde ediliyor. Bu sayı $4$ ile tam bölünüyor ve rakamları farklıdır. Sayı kaçtır?

Bir kutuda $17$ beyaz ve $12$ siyah bilye vardır. Her adımda kutudan rastgele iki bilye alınır; iki bilye aynı renkteyse kutuya bir siyah bilye, farklı renkteyse kutuya bir beyaz bilye geri konur. Bu işlem kutuda tek bilye kalana kadar sürdürülür.
Son kalan bilyenin rengi hangisidir?

Tahtada $1, 2, 3, \dots, 10$ yazılıdır. Her adımda iki sayı $a$ ve $b$ seçilip siliniyor ve yerlerine $a + b + a b$ yazılıyor. Bu işlem tek sayı kalana kadar sürdürülüyor.
Son kalan sayının $1000$ ile bölümünden kalan kaçtır?