9. Sınıf Matematik Rutin Olmayan Problemler Testleri

Doğru cevap: B

B şıkkının doğru olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım. Rakamları soldan sağa artan olduğuna göre, seçilen rakamlar bir kez seçildiğinde yazılış sırası otomatik olarak belirlenir (artan tek bir diziliş vardır). Yani problem, uygun rakamları seçme problemidir. Dört basamaklı sayı olması için ilk basamak sıfır olamaz. Artan dizilişte sıfır seçilirse en başa gelmek zorunda kalır; bu da sayıyı dört basamaklı yapmaz. Bu yüzden sıfır hiç seçilemez. Dolayısıyla sadece birden dokuza kadar olan rakamların içinden dört farklı rakam seçiyoruz. Seçim sayısı kombinasyondur: C ( 9, 4 ) Kombinasyonun değerini hesaplayalım: C ( 9, 4 ) = 9! 4! 5! Faktöriyel sadeleştirmesi: 9! 4! 5! = 9 × 8 × 7 × 6 × 5! 4! 5! = 9 × 8 × 7 × 6 4 × 3 × 2 × 1 Sonuç: 9 × 8 × 7 × 6 $24 = 3024$ $24 = 126$ Bulunan sayı B şıkkındaki değerle aynıdır; yani doğru cevap B’dir.

1. Çözüm: B şıkkının doğru olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım. Rakamları soldan sağa artan olduğuna göre, seçilen rakamlar bir kez seçildiğinde yazılış sırası otomatik olarak belirlenir (artan tek bir diziliş vardır). Yani problem, uygun rakamları seçme problemidir. Dört basamaklı sayı olması için ilk basamak sıfır olamaz. Artan dizilişte sıfır seçilirse en başa gelmek zorunda kalır; bu da sayıyı dört basamaklı yapmaz. Bu yüzden sıfır hiç seçilemez. Dolayısıyla sadece birden dokuza kadar olan rakamların içinden dört farklı rakam seçiyoruz. Seçim sayısı kombinasyondur: C ( 9, 4 ) Kombinasyonun değerini hesaplayalım: C ( 9, 4 ) = 9! 4! 5! Faktöriyel sadeleştirmesi: 9! 4! 5! = 9 × 8 × 7 × 6 × 5! 4! 5! = 9 × 8 × 7 × 6 4 × 3 × 2 × 1 Sonuç: 9 × 8 × 7 × 6 $24 = 3024$ $24 = 126$ Bulunan sayı B şıkkındaki değerle aynıdır; yani doğru cevap B’dir.

Doğru cevap: A

Koşulları bölünebilme (kalan) biçiminde yazalım: 1) İlk koşul: 2 ∣ ( n − 1 ) ⇒ n ≡ 1 ( m o d 2 ) 2) Diğerleri benzer şekilde: n ≡ 2 ( m o d 3 ), n ≡ 3 ( m o d 4 ), n ≡ 4 ( m o d 5 ), n ≡ 5 ( m o d 6 ) Burada dikkat edersek her birinde kalan, moddan 1 eksik: n ≡ − 1 ( m o d 2 ), n ≡ − 1 ( m o d 3 ), …, n ≡ − 1 ( m o d 6 ) Bu yüzden n+1 sayısı 2,3,4,5,6 sayılarına ayrı ayrı tam bölünmelidir: 2 ∣ ( n + 1 ), 3 ∣ ( n + 1 ), 4 ∣ ( n + 1 ), 5 ∣ ( n + 1 ), 6 ∣ ( n + 1 ) O halde n+1, bu sayıların EKOK’una eşit olursa en küçük pozitif çözüm elde edilir: n + 1 = E K O K ( 2, 3, 4, 5, 6 ) EKOK hesabı: E K O K ( 2, 3, 4, 5, 6 ) = 60 Dolayısıyla: n + $1 = 60$ ⇒ $n = 59$Şıklarda 59 seçeneği A olduğundan doğru cevap A ’dır.

1. Çözüm: Koşulları bölünebilme (kalan) biçiminde yazalım: 1) İlk koşul: 2 ∣ ( n − 1 ) ⇒ n ≡ 1 ( m o d 2 ) 2) Diğerleri benzer şekilde: n ≡ 2 ( m o d 3 ), n ≡ 3 ( m o d 4 ), n ≡ 4 ( m o d 5 ), n ≡ 5 ( m o d 6 ) Burada dikkat edersek her birinde kalan, moddan 1 eksik: n ≡ − 1 ( m o d 2 ), n ≡ − 1 ( m o d 3 ), …, n ≡ − 1 ( m o d 6 ) Bu yüzden n+1 sayısı 2,3,4,5,6 sayılarına ayrı ayrı tam bölünmelidir: 2 ∣ ( n + 1 ), 3 ∣ ( n + 1 ), 4 ∣ ( n + 1 ), 5 ∣ ( n + 1 ), 6 ∣ ( n + 1 ) O halde n+1, bu sayıların EKOK’una eşit olursa en küçük pozitif çözüm elde edilir: n + 1 = E K O K ( 2, 3, 4, 5, 6 ) EKOK hesabı: E K O K ( 2, 3, 4, 5, 6 ) = 60 Dolayısıyla: n + $1 = 60$ ⇒ $n = 59$Şıklarda 59 seçeneği A olduğundan doğru cevap A ’dır.

Doğru cevap: B

Verilen bilgi: Geri koymadan art arda iki bilye çekildiğinde ikisinin de kırmızı gelme olasılığı aşağıdaki gibidir. 1 6 Toplam bilye sayısı aşağıdaki gibidir. 9 Torbada kırmızı bilye sayısı r olsun. İlk çekişte kırmızı gelme olasılığı: r 9 İlk bilye kırmızı geldikten sonra torbada kalan toplam bilye sayısı ve kırmızı bilye sayısı: 8 r − 1 Bu durumda ikinci çekişte kırmızı gelme olasılığı: r − 1 8 İkisinin de kırmızı gelme olasılığı çarpım kuralı ile: r 9 × r − 1 $8 = 1$ 6 Denklemi düzenleyelim: r ( r − 1 ) 9 · $8 = 1$ 6 Paydaları çarpalım: r ( r − 1 ) $72 = 1$ 6 Her iki tarafı 72 ile çarpalım: r ( r − 1 ) = 72 $6 = 12$ Denklemi açalım ve sıfıra eşitleyelim: r ^ 2 − $r = 12$r ^ 2 − r − $12 = 0$ Çarpanlara ayıralım: ( r − 4 ) ( r + 3 ) = 0 Buradan çözümler: $r = 4$r = − 3 Bilye sayısı negatif olamayacağı için geçerli çözüm: $r = 4$Sonuç: Kırmızı bilye sayısı 4 olduğu için doğru seçenek B ’dir.

1. Çözüm: Verilen bilgi: Geri koymadan art arda iki bilye çekildiğinde ikisinin de kırmızı gelme olasılığı aşağıdaki gibidir. 1 6 Toplam bilye sayısı aşağıdaki gibidir. 9 Torbada kırmızı bilye sayısı r olsun. İlk çekişte kırmızı gelme olasılığı: r 9 İlk bilye kırmızı geldikten sonra torbada kalan toplam bilye sayısı ve kırmızı bilye sayısı: 8 r − 1 Bu durumda ikinci çekişte kırmızı gelme olasılığı: r − 1 8 İkisinin de kırmızı gelme olasılığı çarpım kuralı ile: r 9 × r − 1 $8 = 1$ 6 Denklemi düzenleyelim: r ( r − 1 ) 9 · $8 = 1$ 6 Paydaları çarpalım: r ( r − 1 ) $72 = 1$ 6 Her iki tarafı 72 ile çarpalım: r ( r − 1 ) = 72 $6 = 12$ Denklemi açalım ve sıfıra eşitleyelim: r ^ 2 − $r = 12$r ^ 2 − r − $12 = 0$ Çarpanlara ayıralım: ( r − 4 ) ( r + 3 ) = 0 Buradan çözümler: $r = 4$r = − 3 Bilye sayısı negatif olamayacağı için geçerli çözüm: $r = 4$Sonuç: Kırmızı bilye sayısı 4 olduğu için doğru seçenek B ’dir.

Doğru cevap: B

1) İşlem kuralını tek bir ifadeyle yazalım: $z = x + y + x$y 2) Bu ifadeye uygun bir dönüşüm arayalım. Her iki tarafa da bir ekleyelim: z + 1 = x + y + x y + 1 Sağ taraf çarpanlara ayrılır: z + 1 = ( x + 1 ) ( y + 1 ) 3) Şimdi dönüşümü tanımlayalım: $a = x + 1$Bu dönüşümle, her adımda iki sayı birleştirildiğinde yeni değerin dönüşümü çarpıma dönüşür: a ( z ) = a ( x ) · a ( y ) 4) Başlangıçtaki her sayı için dönüşüm değerini bulalım: a ( 1 ) = $1 + 1 = 2$ 5) Tahtadaki tüm sayılar bu işlemle tek sayıya inene kadar birleştirildiğinde, dönüşüm altında sonuç; başlangıçtaki dönüşümlerin çarpımı olur. Başlangıçta altı tane aynı dönüşüm değeri vardır: a ( son ) = 2 $6 = 64$ 6) Dönüşümden geri dönelim: $son = a$( son ) − $1 = 64$ − $1 = 63$ 7) Sonuç: Doğru cevap B’dir. $son = 63$

1. Çözüm: 1) İşlem kuralını tek bir ifadeyle yazalım: $z = x + y + x$y 2) Bu ifadeye uygun bir dönüşüm arayalım. Her iki tarafa da bir ekleyelim: z + 1 = x + y + x y + 1 Sağ taraf çarpanlara ayrılır: z + 1 = ( x + 1 ) ( y + 1 ) 3) Şimdi dönüşümü tanımlayalım: $a = x + 1$Bu dönüşümle, her adımda iki sayı birleştirildiğinde yeni değerin dönüşümü çarpıma dönüşür: a ( z ) = a ( x ) · a ( y ) 4) Başlangıçtaki her sayı için dönüşüm değerini bulalım: a ( 1 ) = $1 + 1 = 2$ 5) Tahtadaki tüm sayılar bu işlemle tek sayıya inene kadar birleştirildiğinde, dönüşüm altında sonuç; başlangıçtaki dönüşümlerin çarpımı olur. Başlangıçta altı tane aynı dönüşüm değeri vardır: a ( son ) = 2 $6 = 64$ 6) Dönüşümden geri dönelim: $son = a$( son ) − $1 = 64$ − $1 = 63$ 7) Sonuç: Doğru cevap B’dir. $son = 63$

Doğru cevap: A

İki basamaklı sayı için basamakları tanımlayalım: $n = 10$a + b $m = 10$b + a Verilen toplamı yazıp düzenleyelim: n + $m = 121$( 10 a + b ) + ( 10 b + a ) = 121 Benzer terimleri toplayalım: 11 a + 11 $b = 121$11 ( a + b ) = 121 Her iki tarafı 11'e bölelim: a + $b = 11$Ayrıca koşul verilmiş: n < 30 Bu durumda onlar basamağı için seçenekler: $a = 1$veya $a = 2$Durumları inceleyelim: 1) Eğer $a = 1$ise $b = 10$olur; fakat rakam 10 olamayacağı için bu durum mümkün değildir. 2) Eğer $a = 2$ise $b = 9$olur ve bu geçerlidir. O halde $n = 10$× $2 + 9 = 29$ Kontrol: $m = 92$n + m = $29 + 92 = 121$ $n = 29$< 30 Sonuç: Doğru cevap A şıkkıdır. $n = 29$

1. Çözüm: İki basamaklı sayı için basamakları tanımlayalım: $n = 10$a + b $m = 10$b + a Verilen toplamı yazıp düzenleyelim: n + $m = 121$( 10 a + b ) + ( 10 b + a ) = 121 Benzer terimleri toplayalım: 11 a + 11 $b = 121$11 ( a + b ) = 121 Her iki tarafı 11'e bölelim: a + $b = 11$Ayrıca koşul verilmiş: n < 30 Bu durumda onlar basamağı için seçenekler: $a = 1$veya $a = 2$Durumları inceleyelim: 1) Eğer $a = 1$ise $b = 10$olur; fakat rakam 10 olamayacağı için bu durum mümkün değildir. 2) Eğer $a = 2$ise $b = 9$olur ve bu geçerlidir. O halde $n = 10$× $2 + 9 = 29$ Kontrol: $m = 92$n + m = $29 + 92 = 121$ $n = 29$< 30 Sonuç: Doğru cevap A şıkkıdır. $n = 29$

Doğru cevap: B

1) Doğru şık kontrolü: Verilenlere göre sonuç B çıkıyor. Mavi bilye sayısını şöyle tanımlayalım: m Kırmızı bilye sayısı, mavi bilye sayısının iki katından üç fazlaymış: $k = 2$m + 3 Toplam bilye sayısını yazalım: $T = m + k$= m + ( 2 m + 3 ) = 3 m + 3 Mavi seçilme olasılığı verilmiş: m $T = 1$4 Toplamı yerine yazalım ve çözelim: m 3 m + $3 = 1$ 4 İçler-dışlar çarpımı: 4 $m = 3$m + 3 Buradan mavi bilye sayısı: $m = 3$Toplam bilye sayısı: $T = 3$m + $3 = 3$ × $3 + 3 = 12$ Sonuç: Doğru cevap B seçeneğidir.

1. Çözüm: 1) Doğru şık kontrolü: Verilenlere göre sonuç B çıkıyor. Mavi bilye sayısını şöyle tanımlayalım: m Kırmızı bilye sayısı, mavi bilye sayısının iki katından üç fazlaymış: $k = 2$m + 3 Toplam bilye sayısını yazalım: $T = m + k$= m + ( 2 m + 3 ) = 3 m + 3 Mavi seçilme olasılığı verilmiş: m $T = 1$4 Toplamı yerine yazalım ve çözelim: m 3 m + $3 = 1$ 4 İçler-dışlar çarpımı: 4 $m = 3$m + 3 Buradan mavi bilye sayısı: $m = 3$Toplam bilye sayısı: $T = 3$m + $3 = 3$ × $3 + 3 = 12$ Sonuç: Doğru cevap B seçeneğidir.

Doğru cevap: C

Verilen koşullar: lcm ( birinci, ikinci ) = 12 lcm ( ikinci, üçüncü ) = 18 Önce asal çarpanlarına ayıralım: $12 = 2$ 2 · 3 $18 = 2$ · 3 2 İkinci sayı hem on iki ye hem de on sekiz e bölünmek zorundadır (çünkü EKOK verilen sayının katıdır). Bu yüzden ikinci sayı şu sayıya bölünmelidir: ikinci ∣ gcd ( 12, 18 ) = 6 Dolayısıyla ikinci sayının asal çarpan üstleri en fazla şöyle olabilir: $ikinci = 2$x · 3 y ve 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 Birinci–ikinci EKOK’u on iki olduğundan, iki asalının üssü EKOK’ta iki olmalıdır. İkinci sayıda iki üssü en fazla bir olduğuna göre bu iki üssünü birinci sayı sağlamalıdır: lcm ( birinci, ikinci ) = 2 2 · 3 v 2 ( ikinci ) ≤ 1 ⇒ v 2 ( birinci ) = 2 Benzer şekilde ikinci–üçüncü EKOK’u on sekiz olduğundan, üç iki üç üssü en fazla bir lcm ( ikinci, üçüncü ) = 2 · 3 2 v 3 ( ikinci ) ≤ 1 ⇒ v 3 ( üçüncü ) = 2 Bu durumda üç sayının EKOK’unda mutlaka şu asal çarpanlar bulunur: lcm ( birinci, ikinci, üçüncü ) ≥ 2 2 · 3 2 2 2 · 3 $2 = 36$ Şimdi bu alt sınırın gerçekten elde edilebildiğini gösterelim. Örneğin: $ikinci = 1$, $birinci = 12$, üçüncü = 18 lcm ( 12, 1 ) = 12 lcm ( 1, 18 ) = 18 lcm ( 12, 1, 18 ) = 36 Sonuç olarak ifade en küçük otuz altı değerini alır. Bu da şıklardan C ’dir.

1. Çözüm: Verilen koşullar: lcm ( birinci, ikinci ) = 12 lcm ( ikinci, üçüncü ) = 18 Önce asal çarpanlarına ayıralım: $12 = 2$ 2 · 3 $18 = 2$ · 3 2 İkinci sayı hem on iki ye hem de on sekiz e bölünmek zorundadır (çünkü EKOK verilen sayının katıdır). Bu yüzden ikinci sayı şu sayıya bölünmelidir: ikinci ∣ gcd ( 12, 18 ) = 6 Dolayısıyla ikinci sayının asal çarpan üstleri en fazla şöyle olabilir: $ikinci = 2$x · 3 y ve 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 Birinci–ikinci EKOK’u on iki olduğundan, iki asalının üssü EKOK’ta iki olmalıdır. İkinci sayıda iki üssü en fazla bir olduğuna göre bu iki üssünü birinci sayı sağlamalıdır: lcm ( birinci, ikinci ) = 2 2 · 3 v 2 ( ikinci ) ≤ 1 ⇒ v 2 ( birinci ) = 2 Benzer şekilde ikinci–üçüncü EKOK’u on sekiz olduğundan, üç iki üç üssü en fazla bir lcm ( ikinci, üçüncü ) = 2 · 3 2 v 3 ( ikinci ) ≤ 1 ⇒ v 3 ( üçüncü ) = 2 Bu durumda üç sayının EKOK’unda mutlaka şu asal çarpanlar bulunur: lcm ( birinci, ikinci, üçüncü ) ≥ 2 2 · 3 2 2 2 · 3 $2 = 36$ Şimdi bu alt sınırın gerçekten elde edilebildiğini gösterelim. Örneğin: $ikinci = 1$, $birinci = 12$, üçüncü = 18 lcm ( 12, 1 ) = 12 lcm ( 1, 18 ) = 18 lcm ( 12, 1, 18 ) = 36 Sonuç olarak ifade en küçük otuz altı değerini alır. Bu da şıklardan C ’dir.

Doğru cevap: B

Koşulları eşdeğer biçimde kongruens olarak yazalım: n ≡ 1 ( mod 3 ) n ≡ 2 ( mod 4 ) n ≡ 3 ( mod 5 ) İlk iki koşulu birlikte çözelim. İlk koşula göre: $n = 3$k + 1 Bu sayılar arasından ikinci koşulu sağlayanı bulalım. Aşağıdaki adayları kontrol edelim: 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, … Bunlardan ikinci koşulu sağlayan ilk sayı: 10 ≡ 2 ( mod 4 ) Dolayısıyla ilk iki koşul birlikte şu anlama gelir: n ≡ 10 ( mod 12 ) Şimdi üçüncü koşulu da sağlayacak şekilde bu sınıftaki sayıları yazalım: $n = 10 + 12$t Bu sayıları sıralayıp kalanı kontrol edelim: 10, 22, 34, 46, 58, 70, … Üçüncü koşul: n ≡ 3 ( mod 5 ) Listedeki adayları mod 5 açısından kontrol edince: 58 ≡ 3 ( mod 5 ) En küçük pozitif çözüm: $n = 58$Şıklarda bu değer: 58 Dolayısıyla doğru cevap B ’dir.

1. Çözüm: Koşulları eşdeğer biçimde kongruens olarak yazalım: n ≡ 1 ( mod 3 ) n ≡ 2 ( mod 4 ) n ≡ 3 ( mod 5 ) İlk iki koşulu birlikte çözelim. İlk koşula göre: $n = 3$k + 1 Bu sayılar arasından ikinci koşulu sağlayanı bulalım. Aşağıdaki adayları kontrol edelim: 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, … Bunlardan ikinci koşulu sağlayan ilk sayı: 10 ≡ 2 ( mod 4 ) Dolayısıyla ilk iki koşul birlikte şu anlama gelir: n ≡ 10 ( mod 12 ) Şimdi üçüncü koşulu da sağlayacak şekilde bu sınıftaki sayıları yazalım: $n = 10 + 12$t Bu sayıları sıralayıp kalanı kontrol edelim: 10, 22, 34, 46, 58, 70, … Üçüncü koşul: n ≡ 3 ( mod 5 ) Listedeki adayları mod 5 açısından kontrol edince: 58 ≡ 3 ( mod 5 ) En küçük pozitif çözüm: $n = 58$Şıklarda bu değer: 58 Dolayısıyla doğru cevap B ’dir.

Doğru cevap: B

Kırmızı bilye sayısına K, mavi bilye sayısına M diyelim. Verilen koşul: Kırmızı sayısı, mavi sayısının iki katından üç fazladır. $K = 2$M + 3 Kutudan beş kırmızı bilye çıkarılınca sayılar eşit oluyor: K - 5 = M Birinci denklemi ikinci denklemde yerine yazalım: ( 2 M + 3 ) - 5 = M Düzenleyelim: 2 M - 2 = M $M = 2$Mavi bilye sayısı bulunduğuna göre kırmızı bilye sayısını bulalım: $K = 2$× $2 + 3 = 7$ Başlangıçtaki toplam bilye sayısı: K + M = $7 + 2 = 9$ Sonuç: Doğru cevap B seçeneğidir.

1. Çözüm: Kırmızı bilye sayısına K, mavi bilye sayısına M diyelim. Verilen koşul: Kırmızı sayısı, mavi sayısının iki katından üç fazladır. $K = 2$M + 3 Kutudan beş kırmızı bilye çıkarılınca sayılar eşit oluyor: K - 5 = M Birinci denklemi ikinci denklemde yerine yazalım: ( 2 M + 3 ) - 5 = M Düzenleyelim: 2 M - 2 = M $M = 2$Mavi bilye sayısı bulunduğuna göre kırmızı bilye sayısını bulalım: $K = 2$× $2 + 3 = 7$ Başlangıçtaki toplam bilye sayısı: K + M = $7 + 2 = 9$ Sonuç: Doğru cevap B seçeneğidir.

Doğru cevap: C

Verilen tanım: g ( n ) = { n 2 n çift ise 3 n + 1 2 n tek ise İstenen koşul: g ( g ( n ) ) = n Durum 1: Başlangıç değeri çift olsun. $n = 2$k Bu durumda ilk uygulama: g ( n ) = k Koşul için ikinci uygulama sonucu: g ( k ) = 2 k Burada k çift olamaz; çünkü k çift olsaydı ikinci uygulama yarıya indirip daha da küçültürdü. O hâlde k tek olmalı ve tek durum formülü kullanılmalıdır: 3 k + 1 $2 = 2$ k Çözülür: 3 k + $1 = 4$ k $k = 1$Dolayısıyla: $n = 2$Durum 2: Başlangıç değeri tek olsun. İlk uygulama: g ( n ) = 3 n + 1 2 Bu değere a diyelim: $a = 3$n + 1 2 Koşul: g ( a ) = n Alt durum 2a: a çift ise ikinci uygulama yarıya indirir: a 2 = n Buradan: $a = 2$n Ama a aynı zamanda ilk uygulamadan geliyordu: 3 n + 1 $2 = 2$ n Çözülür: 3 n + $1 = 4$ n $n = 1$Alt durum 2b: a tek ise ikinci uygulama tek durum formülünü kullanır: 3 a + 1 2 = n Burada a yerine ilk adımdaki değeri yazalım: 3 3 n + 1 2 + 1 2 = n Düzenlenince: 9 n + 5 4 = n Buradan: 9 n + $5 = 4$ n n = − 1 Bu değer pozitif olmadığı için kabul edilmez. Yani tek başlangıç için yalnızca: $n = 1$Koşulu sağlayan pozitif tamsayılar: n ∈ { 1, 2 } Toplamları: $1 + 2 = 3$ Sonuç: Doğru seçenek C ’dir.

1. Çözüm: Verilen tanım: g ( n ) = { n 2 n çift ise 3 n + 1 2 n tek ise İstenen koşul: g ( g ( n ) ) = n Durum 1: Başlangıç değeri çift olsun. $n = 2$k Bu durumda ilk uygulama: g ( n ) = k Koşul için ikinci uygulama sonucu: g ( k ) = 2 k Burada k çift olamaz; çünkü k çift olsaydı ikinci uygulama yarıya indirip daha da küçültürdü. O hâlde k tek olmalı ve tek durum formülü kullanılmalıdır: 3 k + 1 $2 = 2$ k Çözülür: 3 k + $1 = 4$ k $k = 1$Dolayısıyla: $n = 2$Durum 2: Başlangıç değeri tek olsun. İlk uygulama: g ( n ) = 3 n + 1 2 Bu değere a diyelim: $a = 3$n + 1 2 Koşul: g ( a ) = n Alt durum 2a: a çift ise ikinci uygulama yarıya indirir: a 2 = n Buradan: $a = 2$n Ama a aynı zamanda ilk uygulamadan geliyordu: 3 n + 1 $2 = 2$ n Çözülür: 3 n + $1 = 4$ n $n = 1$Alt durum 2b: a tek ise ikinci uygulama tek durum formülünü kullanır: 3 a + 1 2 = n Burada a yerine ilk adımdaki değeri yazalım: 3 3 n + 1 2 + 1 2 = n Düzenlenince: 9 n + 5 4 = n Buradan: 9 n + $5 = 4$ n n = − 1 Bu değer pozitif olmadığı için kabul edilmez. Yani tek başlangıç için yalnızca: $n = 1$Koşulu sağlayan pozitif tamsayılar: n ∈ { 1, 2 } Toplamları: $1 + 2 = 3$ Sonuç: Doğru seçenek C ’dir.