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:

2) “Rakamları toplamı” bilgisini yazalım.

3) Rakamlar yer değişince oluşan sayı:

4) “Yer değiştirince sayı artıyor” koşulunu denklemleştirelim.

5) Denklemi sadeleştirelim.

6) Sistemi çözelim.

7) Sayıyı yazalım ve seçeneği kontrol edelim.

Bulunan sayı seçeneklerde A şıkkıdır; yani A doğrudur.

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

yazılıyor.

Adım 1 (Toplamın nasıl değiştiğini bulalım)

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

kadar gider; yerine yazılan sayı eklenince

kadar gelir.

Adım 2 (Her adımda toplamın bir azalması)

Yeni toplam:

Buradan:

Yani her adımda tahtadaki sayıların toplamı bir azalır.

Adım 3 (Başlangıç toplamı)

Başlangıçta tahtada

toplamı vardır:

Adım 4 (Kaç adım yapılır?)

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

Adım 5 (Son sayı)

Toplam her adımda bir azaldığı için dokuz adım sonunda toplam:

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

olur.

Sonuç: Doğru seçenek 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.

Bu listede toplam sayı adedi:

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:

O hâlde en az bir kez yedi içeren sayı sayısı:

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:

Sonuç: Doğru cevap C seçeneğidir.

İki basamaklı sayı için onlar basamağı a, birler basamağı b olsun.

Rakamlar yer değiştirince oluşan sayı:

“Yer değiştirince sayı 27 azalıyor” ifadesini denklemleştirelim:

Taraf tarafa sadeleştirelim:

Her iki tarafı 9’a bölelim:

Rakamların toplamı 11 verilmişti:

Yerine koyma yapalım:

Buna göre:

Sayı:

Kontrol: Şık B doğru mu?

Evet, sayı 74 çıkar ve doğru cevap B’dir.

Verilen iki basamaklı sayının onlar basamağı a, birler basamağı b olsun.

Rakamlar yer değiştirince oluşan sayı:

Sayı, rakamları yer değiştirildiğinde yirmi yedi artıyormuş:

Düzenleyelim:

Rakamlar toplamı on bir olduğuna göre:

Şimdi iki denklemi birlikte çözelim. b yerine a cinsinden yazalım:

Bunu a + b = 11 denkleminde kullanalım:

O hâlde:

Sayı:

Sonuç: Doğru cevap A şıkkıdır.

Cevabın C olup olmadığını kontrol edelim ve sayıyı bulalım.

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

Verilen koşula göre bu iki sayı toplandığında aşağıdaki sonuç çıkıyor:

Düzenleyelim:

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

Bunların oluşturduğu sayılar sırasıyla şunlardır:

Şimdi bölünebilme şartlarını uygulayalım.

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

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

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

1) Başlangıçtaki beyaz ve siyah bilye sayısını değişkenlerle gösterelim.

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:

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

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

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

5) İki siyah gelirse, beyazlara hiç dokunulmaz:

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

7) Başlangıçta beyaz sayısı tektir:

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

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

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

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

Torbada siyah bilye sayısını şu şekilde adlandıralım:

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

Durum: İki bilye de beyaz seçilirse torbaya beyaz konuyor.

Bu hamlede siyah bilye sayısı değişmez:

Durum: İki bilye de siyah seçilirse torbaya beyaz konuyor.

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

Durum: Biri beyaz biri siyah seçilirse torbaya siyah konuyor.

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

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

Başlangıçta siyah bilye sayısı:

Bu sayı tektir, yani:

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

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

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

Kutudaki beyaz bilye sayısını W, siyah bilye sayısını B ile gösterelim.

Her adımda iki bilye çekilip tek bilye geri konduğu için toplam bilye sayısı her adımda 1 azalır; işlem sonunda kutuda tek bilye kalır. Son bilyenin rengini belirlemek için W’nin tek-çiftliğini (paritesini) inceleyeceğiz.

Olası üç durum vardır:

1) İki beyaz gelirse: WW çekilir, kurala göre bir siyah geri konur.

Bu durumda W sayısı 2 azalır; tek-çiftlik değişmez.

2) İki siyah gelirse: BB çekilir, kurala göre bir siyah geri konur.

Bu durumda W hiç değişmez; tek-çiftlik yine değişmez.

3) Farklı renk gelirse: WB çekilir, kurala göre bir beyaz geri konur.

Yani W yine değişmez; tek-çiftlik değişmez.

Sonuç: Her adımda W sayısının tek-çiftliği değişmiyor; yani W’nin paritesi işlem boyunca korunur.

Başlangıçta beyaz sayısı tek olduğu için işlem sonunda da beyaz sayısı tek olmak zorundadır.

Kutuda tek bilye kaldığında:

- Son bilye beyaz ise W tek olur.

- Son bilye siyah ise kutuda beyaz kalmaz, W çift olur.

Başlangıçta W tek olduğundan, sonda da W tek olmalıdır; bu da son bilyenin beyaz olduğunu zorunlu kılar.

Doğru seçenek: A

Verilen koşullar:

İlk koşuldan n sayısını parametreleyelim:

Bunu ikinci koşulda yerine yazalım:

Her iki taraftan 1 çıkaralım:

Mod 5'te 3'ün tersi 2'dir (çünkü 3·2=6 ve 6≡1 (mod 5)). Her iki tarafı 2 ile çarpalım:

Buradan k için genel form:

Bunu n=3k+1 içinde kullanırsak:

En küçük pozitif değer için t=0 alınır:

Sonuç: En küçük değer 7 olduğu için doğru seçenek A'dır.

Önce verilen koşulları denklem / denkliğe çevirelim:

İlk koşuldan n sayısını parametreleyelim:

Bunu ikinci koşulda kullanalım:

Her iki taraftan 1 çıkaralım:

Şimdi 3’ün 5 modundaki tersini bulalım. Çünkü:

Demek ki ters eleman 2’dir. Her iki tarafı 2 ile çarpalım:

Buradan:

Bunu n ifadesinde yerine yazalım:

En küçük pozitif değer için:

Sonuç: Doğru seçenek B’dir.