ÇÖZÜMLER (Wee 9tr) 1. Ormandai ağaçların sayısı n olsun. Ağaçların yapra sayısı {0,1,, n 1} ümesindei değerlerden birisine eşit olacatır. Bu ümede de n farlı değer olduğundan, ağaçların yapra sayıları bir birinden farlı olabilir. Anca, her ağacın en az bir yaprağı olduğu abul edilirse, en az ii ağacın aynı sayıda yaprağa sahip olması açınılmaz olur.. Üç tane çorap alınırsa en az bir renten ii veya üç çorap olması garanti edilmiş olur. 3. Beş ayrı üle söz onusu olduğundan, herhangi altı işiden en az iisi aynı üleden olur. Dolayısı ile grup büyülüğü en az 6 işi olmalıdır. 4. 4 matematiçinin oluşturduğu bu toplulutan, İtalyan matematiçileri hariç tuttuğumuzda en fazla 38 işili bir grup oluşturabiliriz. 39 veya daha fazla sayıda işiden oluşan her grupta, her üleden en az bir matematiçinin yer alması açınılmazdır. 1. Kareyi 1 boyutlarında dört üçü aresel bölgeye ayırdığımızda bu bölgelerden en az birinde ii veya daha fazla böce olması açınılmazdır. İi böceğin bulunduğu üçü arenin içindei ii nota arasındai en büyü mesafe 0,707 < 0,7 olduğundan istenilen sonuç elde edilmiş olur. 6. Birim areyi, enar uzunluları 1 olan tane eş areye bölelim. 1 > olduğundan, üçü arelerden en az bir tanesi 3 veya daha fazla nota bulundurur. Bu are, çapı olan bir çemberle tamamen örtülebilir. Öte yandan, 0,83 < olduğundan, bu arenin 7 bulundurduğu üç nota çapı /7 olan bir çemberin içine hapsedilebilir. 7. Üçgeni, enarlarına paralel doğrular marifeti ile 9 eş eşenar bölgeye ayıralım. Bu bölgelerden en az birinde böce bulunacatır. Küçü eşenar üçgenlerin enar uzunluğu < 1,7 olduğundan istenileni 3 göstermiş oluruz. 8. Havuzu 97 tane 1 boyutundai didörtgenler pirizmasına bölerse bu prizmalardan en az bir tanesinde ii veya daha fazla balı bulunacatır. Prizmanın herhangi ii notası arasındai mesafe en fazla 3 m olduğundan sonuç elde edilmiş olur. 9. Kareyi, enarlarından birine paralel çizilen dört doğru marifeti ile beş eş didörtgensel bölgeye ayıralım. 11 > olduğundan, bu bölgelerin en az [1] birinde üç veya daha fazla nota bulunur ve dolayısı ile bu üç notanın tanımladığı üçgen bir didörtgensel bölgeye sığar. Öte yandan, her didörtgensel bölgenin alanı 1/10 ve bunun içine sığan en büyü üçgenin alanı da 1/0 olduğundan istenilen sonuç elde edilmiş olur. 10. Böcelerin tümünün aynı büyü çember üstünde olmadığını abul edebiliriz. Böcelerden herhangi iisini alıp bunlardan geçen büyü çember çizilere tanımlanan yarım ürelerden biri, geri alan böcelerden en az iisini ve sınırdailerle birlite toplam dört böceği içerir. 11. Köyde yaşayan en yaşlı 100 işinin yaşları toplamının 3100 den üçü olduğunu abul ederse, geri alan 3 işinin yaşları toplamının 713 ten büyü olması gereir. Buradan, yaşları büyü olan 100 işinin yaş ortalamasının 31 den üçü faat, daha genç 3 işinin yaş ortalamasının 713 = 31 den büyü olduğu çelişisi elde edilir. O 3 halde, en yaşlı 100 işinin yaşları toplamı 3100 den büyü olmalıdır. 1. Sınavdai soru sayısını n, sınıftai öğrenci sayısını m ile gösterelim. Doğru yanıt verilen soruların toplam sayısı T olma üzere, T > n m olduğu verilmiştir. Her öğrencinin soruların yarısını veya daha azını doğru yanıtlamış olduğu abul edilirse T m n çelişisi ortaya çıtığından bu abul doğru değildir. O halde en az bir öğrenci soruların yarısından fazlasını doğru yanıtlamış olmalıdır. 13. Beçiler tarafından bir hafta içinde tutlan nöbet sayısı 3 = 1 ve 1 > 7 olduğundan, görevli beçilerin sayısı en az bir gece den fazla olur. 14. Toplantıdai her işi için, tanıştığı işilerin sayısı 0 ile n 1 arasında herhangi bir tam sayı olabilir. n işiye dağıtabileceğimiz n değer bulunduğu için çemece prensibini doğrudan ullanmamız mümün değildir. Topluluta heres en az bir işi ile tanışıyorsa, dağıtılabilece sayılar 1 ile n 1 arasındai sayılar olacağından n işi arasından en az iisinin aynı sayıda işi ile tanıştığı anlaşılır. Toplulutai diğer üyelerin herhangi birisi ile tanışılığı olmayan bir te işi varsa,bu işinin tanışılı sayısı 0 olacatır. Anca böyle bir işi var olduğunda geri alanların tanışılı sayısı en fazla n olabilir. O halde, imseyle tanışmayan işiyi bir enara bıratığımızda, geriye n 1 işi ve n tanışılı sayısı alır i, bu durumda da yine en az ii işinin eşit sayıda işi tanıyor olması açınılmazdır.
1. Çocuların aldığı fındı sayılarının farlı olduğunu abul edelim. Fındı sayıları, üçüten büyüğe doğru sıralı olma üzere a 1, a,, a 0 olsun. a a 1 + 1, a 3 a 1 +,, a 0 a 1 + 19 olduğundan, a 1 + a + + a 0 a 1 + (a 1 + 1) + + (a 1 + 19) = 0a 1 + 190 olur. Öte yandan, dağıtılan toplam fındı sayısı 00 olduğundan 00 0a 1 + 190 yani a 1 1 eşitsizliği elde edilir i, bu da her çocuğun en az bir şeer almış olması ile çelişir. O halde fındı sayılarının an az ii tanesi eşit olmalıdır. 16. Eleman sayısı dört veya daha az olan alt ümelerle ilgilenmemiz yeterlidir. Listede bu tür alt ümelere arşı gelen en büyü sayı + 4 + 3 + = 94 olabilir. Öte yandan eleman sayısı dördü aşmayan alt ümelerin sayısı C(7,4) + C(7,3) + C(7,) + C(7,1) + C(7,0) = 98 dir. Listede 0 ile 94 arasında değerler alabilen 98 sayıdan en az iisinin eşit olması açınılmazdır. 17. Seçilen tam sayılar a 1 < a < < a 0 olsun. Ardışı sayılar arasındai farları d 1 = a a 1, d = a 3 a,, d 19 = a 0 a 19 şelinde tanımlayalım. Farların en fazla üç ez terarladığını abul ederse d 1 + d + + d 19 toplamının alabileceği en üçü değer 3(1 + + 3 + 4 + + 6) + 7 = 70 dir. Öte yandan, d 1 + d + + d 19 = a 0 a 1 69 olduğu açıtır. Bu çelişi, farlardan en az bir tanesinin dört veya daha fazla sayıda terarladığını gösterir. 18. Bir x A elemanını içermeyen tüm alt ümeleri A i (i = 1,, n 1 ) şelinde sıralayıp ( A i, A i {x} ) çiftlerini oluşturalım. Bu çiftlerde yer alan alt ümeler A ümesinin tüm alt ümeleri apsar. Seçilen alt ümelerin sayısı, yuarıda tanımlanan çiftlerin sayısından büyü olduğundan en az bir çift, seçilen alt ümelerin iisini de içerir ve gösterme istediğimiz sonuç elde edilmiş olur. 19. Problemi bir başa şeilde ifade edeceğiz. Altı işiyi düzlemde dışbüey bir altıgenin öşesini oluşturan A, B, C, D, E, F notaları ile temsil edelim. Her nota çiftini, bu notalara arşı gelen işiler arasında sempati ilişisi varsa yeşil, asi tadirde ırmızı bir doğru parçası ile birleştirelim. Böylece her enarı ve her öşegeni ırmızı veya yeşile boyanmış bir altıgen elde ederiz. Şimdi, öşeleri bu altıgenin üç öşesi olan ve üç enarı da aynı renle boyanmış bir üçgen bulunacağını göstermemiz yeterlidir. A öşesini ele alalım. Bu öşeyi diğer beş öşeye birleştiren doğru, ii farlı renge sahip olduğu için aynı renge sahip, diyelim i ırmızı, üç doğru parçası bulabiliriz. Bu doğru parçalarının diğer uçları B, C, D olsun. BC, BD, CD doğru parçalarından tümü yeşil ise istenilen üçgen elde edilmiş olur. [] Bunlardan biri, sözgelimi BC, ırmızı ise, bu ez ABC üçgeninin tüm enarları ırmızı olur ve aranan üçgeni bulmuş oluruz. 0. {1,,,01} ümesinin elemanlarını aşağıdai gibi 1006 çift halinde listeleyelim: (1,01), (,011),, (1006,1007) 1007 elemanlı bir üme teşil edildiğinde bu listedei çiftlerin en az birindei sayıların iisinin de ümeye alınmış olması açınılmazdır. Her çiftte yer alan sayıların toplamı 013 olduğundan, sonuç elde edilmiş olur. [Not. Problemin genelleştirilmiş ifadesi şöyledir: m bir çift sayı ise: {1,,, m} ümesinin m+ elemanlı her alt ümesinde, toplamları m + 1 olan ii sayı yer alır. m bir te sayı ise: {1,,, m} ümesinin m+3 elemanlı her alt ümesinde, toplamları m + 1 olan ii sayı yer alır.] 1. Verilen ümeyi aşağıdai gibi 1006 alt ümeye parçalayalım. Şöyle i her alt üme, bir te sayı ile bu sayıyı nin uvvetleri ile çarpara elde ettiğimiz sayılardan oluşsun: {1,,4,8,16,,104}, {3,6,1,4,48,136}, {,10,0,40,80,,180}, {011}. {1,,,01} ümesinden 1007 eleman nasıl seçilirse seçilsin, en az iisinin yuarıda listelenenler arasında aynı alt ümeye düşmesi açınılmazdır. Aynı alt ümeye düşen sayılardan üçü olanı, diğerini bölecetir.. Seçilen 10 alt ümenin her birinin elemanlı alt ümelerini yazara oluşturduğumuz listede 10 C(4,) = 60 alt üme yer alır. Öte yandan, 11 elemanlı ümenin ii elemanlı alt ümelerinin sayısı C(11,) = olduğundan, 60 alt ümeden oluşan listedei alt ümelerin hepsinin bir diğerinden farlı olmayacağı anlaşılır. Bu durumda elemanlı alt ümelerden en az bir tanesi seçilen alt ümelerden en az iisinin alt ümesi olur. 3. Eleman sayısı veya daha az olan her X alt ümesi için 0 σ(x) 490 dır [σ( ) = 0, σ({96,97,98,99,100} = 490]. Dolayısı ile altümelerin elemanları toplamı 491 farlı değerden birine eşit olabilir. Verilen ümelerin sayısı 00> 490 olduğundan en az iisinin elemanları toplamı eşit olma zorundadır. 4. Eleman sayısı 3 veya daha az olan her X alt ümesi için 0 σ(x) 490 dır [σ( ) = 0, σ({98,99,100} = 97]. Dolayısı ile sözonusu altümelerin elemanlarının toplamı 98 farlı değerden birine eşit olabilir.verilen ümelerin sayısı 600> 97 olduğundan elemanları toplamı eşit olan en az üç üme bulunması mümündür.
. Verilen 1 pozitif tam sayı arasından hepsi te veya hepsi çift olaca şeilde seiz sayı bulunması mümündür. Bu şeilde seiz sayıyı seçip hem {a} = a 1, a,, a 1 hem de {b} = b 1, b,, b 1 dizilerinde bu sayıları işaretleyelim. Birinci ümede işaretli terimlerin sayısı 8; iinci ümede işaretsiz terimlerin sayısı 7 olduğundan, en az bir işaretli bir terim diğer dizidei işaretli bir terim ile eşleşmiş olur. Bu işaretli terimlerin iisi de te veya iisi de çift olduğundan farları çift sayıdır. O halde, verilen çarpımdai terimlerden en az birisi bir çift sayı, dolayısı ile çarpım da bir çift sayı olur. 6. Verilen dört sayıdan en az iisi 3 ile bölündüğünde aynı alanı verir. Bu ii sayının farları da 3 ile bölünür. O halde problemde verilen çarpım da 3 ile bölünür. Verilen sayıların iisi te sayı iisi de çift sayı ise çarpımdai farların ii tanesi çift sayı olur ve çarpım 4 ile bölünür. Verilen sayıların iisi te sayı iisi de çift sayı değil ise, üç tane te veya üç tane çift sayı bulunur ve bu üç sayının iişerli farları çift sayılar olur. Çarpımda yer alan farların en az üç tanesi çift olacağından, çarpım 8 ile bölünür. Sonuç olara, çarpım 3 ile ve 4 ile bölündüğünden, 1 ile bölünür. 7. Verilen sayıların il 0 si içinde onlar basamağı 9 dan farlı ve birler basamağı 0 olan en az bir tane bulunabilir. Bu özelliği taşıyan bir tam sayıyı N ile; raamlarının toplamını da s ile gösterelim. N, N + 1, N +,, N + 19 tam sayıları da verilen sayılar arasında olup raamları toplamları s, s + 1,, s + 10 olur. Bu toplamlardan en az bir tanesinin 11 ile bölünebileceği aşiardır. [Not. Aralarında herhangi birinin raamları toplam 11 ile bölünmeyen ardışı 38 tam sayı bulunabilir. Örne: 999981, 99998,, 1000018.] 8. Fibonacci dizisinin her teriminin son ii basamağı alınara oluşturulan diziyi {b n } ile gösterelim. Bu dizinin ardışı ii terimleri ile oluşturulan sıralı çiftlerin en fazla 100 = 10.000 farlı şeilde olabileceği açıtır. O halde, bu dizinin il 10.001 terimi yazıldığında en az ii farlı yerde aynı ardışı tam sayı çiftini bulabiliriz. Diyelim i b m = b ve b m+1 =b +1 olsun (m > ). b 1,, b m, b m+1,, b, b +1,, b 10001 Buradan b m+ = b m + b m+1 = b + b +1 = b + bulunur i, bu şeilde sürdürere b m+3 = b +3, bağıntısını ve genel olara, m = p yazarsa, her n tam sayısı için b n+p = b n olduğunu elde ederiz. Bu ise {b n } dizisinin inci terimden itibaren p = m ile periyodi olduğunu gösterir. Öte yandan b 1 = b +1 b = b m+1 b m = b m 1 yazıp aynı şeilde devam edere b = b m, b 3 = b m 3,, b 0 = b m elde edilir. Buradan da {b n } dizisinin, il terimden başlayara m ile periyodi olduğu anlaşılır. [Not 1. Dizinin periyodu 300 dür.] [Not. Benzer şeilde hareet edilere, her n pozitif tam sayısı için, Fibonacci dizisindei terimlerin son n basamağı alınara oluşturulan dizinin de periyodi olduğu gösterilebilir.] 9. Dizinin terimlerini a 1, a,, a n ile ve il terimin toplamını da b ile gösterelim. Herhangi bir {1,,, n} için b 0 (mod n) ise, tanım gereği a 1 + + a 0 (mod n) olur ve istenilen özelli gösterilmiş olur. Her {1,,, n} için b 0 (mod n) olması durumunda b 1, b,, b n sayılarinı n moduna göre n 1 eşdeğerli sınıfına dağılacağından en az ii tanesi den olacatır. i > j olma üzere b i b j (mod n) olduğunu abul ederse, b i b j = a i + a i 1 + + a j+1 (mod n) olur. 30. Herhangi bir tam sayı 1000 ile bölündüğünde alan, 999 dan büyü olmayacağından, 1001 elemanı olan { 009 1, 009,, 009 1001 } ümesinde bulunan sayılardan en az iisi 1000 ile bölündüğünde aynı alanı verir. Bu sayıları 009 a ve 009 b ile gösterirse, a > b abul edere, 009 a 009 b = 009 b (009 a b 1) 0 (mod 1000) yazabiliriz. Buradan, 1000 009 b (009 a b 1) elde edilir. 009 ve 1000 tam sayılarının orta böleni bulunmadığından 10000 (009 a b 1) olmalıdır. O halde 009 a b 1 (mod 1000) olur i, bu da 009 a b nin son üç basamağının 001 olmasını ifade eder. [Not. 009 0 nin son üç basamağı 001 dir.] 31. {,, 3,, 143 } ümesindei sayılardan en az iisi, diyelim i i ve j, 143 ile bölündüğünde aynı alanı verir. i > j abul ederse, i j sayısı 143 ile alansız bölünür, yani 143 i j = j ( i j 1 ) yazabiliriz. Öte yandan, 143 j olduğundan, 143 i j 1 sonucu elde edilir. 3. 143 ile bölündüğünde A = {1, 11, 111,, 11 1 } ümesindei tam 144 tane sayılardan en az iisi aynı alanı verir ve bu sayıların farı olan tam sayı 143 ile bölünür. A ümesindei elemanların farı 11 1 00 0 t şelinde olduğundan aranan sayı bulunmuş olur. 33. Bir öncei problemde 143 ile bölünen ve ondalı gösterimi 11 1 00 0 şelinde olan bir sayının mevcudiyeti gösterilmişti. Buradan, 10 tam t [3]
sayısının hiçbir uvvetinin 143 ile bölünmediğini göz önüne alara, 143 11 1 elde ederiz. [Not. Tüm basamaları 1 olan ve 143 ile bölünebilen en üçü sayı 76 basamalıdır.] 34. Hastaya t inci (t = 1,,,30) günde yapılan iğne sayısını b t ile; il t gün boyunca yapılan toplam iğne sayısını da a t ile gösterelim (a t = b 1 + b + + b t ). a 1, a,, a 30 dizisindei her terime 14 ilave edere a 1 + 14, a + 14,, a 30 + 14 dizisini oluşturalım. a 30 + 14 = 4 + 14 = 9 olduğundan, bu ii dizidei terimler 1 ile 9 arasında değerler alabilir. Öte yandan ii dizide toplam olara 60 terim bulunduğundan, dizileri oluşturan terimlerden en az ii tanesi eşit olma zorundadır. Tanım gereği a 1, a,, a 30 dizisi artan bir dizi olduğundan herhangi ii terimi aynı olamaz. Aynı şeilde a 1 + 14, a + 14,, a 30 + 14 dizisi de artan bir dizi olduğundan herhangi ii terimi aynı olamaz. O halde, il dizidei terimlerden bir tanesi, diyelim i a t, diğer dizidei terimlerden birisine, sözgelimi a s + 14 e eşit olacatır. Bu durumda a t a s = 14 yani a t a s = (b 1 + + b t ) (b 1 + + b s ) = b t+1 + + b s = 14 elde edilir ve t + 1 inciden s inci güne adar tam 14 iğne yapıldığı anlaşılır. 3. Verilen polinom f(x) = c n x n + c n 1 x n 1 + + c 1 x + c 0 olsun. f(p) f(q) = c n (p n q n ) + + c 1 (p q) ve her pozitif tam sayısı için p q p q olduğundan (p q) f(p) f(q) elde edilir. Bir a tam sayısı için f(a) = 3 ise, a x 1 f(a) f(x 1 ) = 1 a x f(a) f(x ) = 1 a x 3 f(a) f(x 3 ) = 1 yazabiliriz. 1 in sadece ii tane böleni olduğundan (1 ve 1), a x 1, a x ve a x 3 tam sayılarının hepsi birbirinden farlı olamaz. Bu durumda x 1, x ve x 3 tam sayılarından en az iisinin eşit olduğu çelişisi doğar. 36. Birim areyi 1 1 boyutlarında altı 3 ditörtgene ayırdığımızda bu didörtgenlerden en az birinin içinde ii veya daha fazla böce olması açınılmazdır. Anca, bu didörtgelerin öşegen uzunluğu ( 1 ) + ( 1 3 ) = 13 0,601 > 0,6 6 olduğundan, istediğimiz sonuca ulaşmış olmayız. Öte yandan, birim areyi yandai şeilde gösterildiği gibi, çapı,98 olan dairelerin altısı ile aplama mümündür. Bunlardan birinin içinde en az üç böce bulunacağından, sonuca ulaşmış oluruz. 37. Bir çoyüzlünün tüm yüzleri arasında en fazla enar sayısına sahip yüzün enar sayısı n olsun. Bu yüze omşu olan n yüzün enar sayıları 3 ile n arasında değerler alabileceğinden en az iisinin aynı sayıda enara sahip olması açınılmazdır. 38. Her doğruyu endisine paralel alaca şeilde öteleme, verilen doğrular arasındai açıları değiştirmez. Tüm doğruları paralel öteleme ile aynı notadan geçece şeilde taşıyalım. Verilen ümede paralel doğrular varsa aralarındai açının ölçüsü 0 olacağından sonuç elde edilmiş olur. Herhangi ii doğrunun paralel olmadığını abul ettiğimizde ise, tüm doğruların geçtiği notada 8 açı tanımlanmış olur. Tüm açıların ölçülerinin 14 veya daha fazla olması durumunda açıların ölçüleri toplamı 8 14 = 39 > 360 çelişisini verir. Buradan da, açılardan en az bir tanesinin 14 den üçü olması geretiği anlaşılır. [Not. Çözüm genelleştirilere, herhangi n doğru verildiğinde, aralarındai açının ölçüsü π/n yi aşmayan en az ii doğru bulunacağı gösterilebilir.] 39. Kenar uzunluğu d olan herhangi bir eşenar üçgen çizdiğimizde en az ii öşesi aynı rente olacağından, istenilen notalar elde edilmiş olur. 40. Düzlemde A, B, C, D, E, F, G notalarını yandai şeilde gösterilen düzende, ABG, AFE, BCG, DEF üçgenleri eşenar ve AB = CD = d olaca şeilde seçelim. A notasının rengi ırmızı; ullanılan diğer ii ren beyaz ve sarı olsun. B ve G notalarının iisinden biri ırmızı ise veya bu ii notanın iisi de beyaz veya iisi de sarı ise, aralarındai uzalı d olan aynı rente ii nota bulmuş oluruz. B ve G nin biri beyaz diğeri sarı olduğu durumda ise C notası bu ii renten birine sahipse problem çözülmüş olur. O halde C nin ırmızı olduğunu abul etmemiz gereir. Benzer şeilde, D notasının da ırmızı olması gereir. Bu durumda C, D çifti aradığımız notalar olur. 41. Kullanılan renlerin ırmızı ve beyaz olduğunu abul edelim. Kırmızı rentei nota çiftleri arasında ; beyaz nota çiftleri arasında da b uzalığının ölçülemediğini varsayalım. Genelliğe halel gelmesizin b abul edebiliriz. Kırmızı notalardan herhangi birini seçip A diye isimlendirelim ve ayrıca, AB = AC = ve BC = b olaca şeilde B, C notalarını seçelim. B ve C notalarının her iisi de beyaz ise, aralarındai uzalı b olan ii beyaz nota bulmuş oluruz. Bu notalardan en az biri ırmızı ise, aralarındai uzalı olan ii ırmızı nota bulmuş oluruz. Bu çelişi ya ırmızı ya da beyaz renli notaların oluşturduğu ümeden alınan çiftler arasında tüm uzalıların ölçülebileceğini gösterir. [4]
4. Doğru üzerinde aynı renge sahip, diyelim i ırmızı A ve B notalarını alalım. Bunların ortasındai C notası da ırmızı ise istenilen üç nota elde edilmiş olur. C nin beyaz olduğunu abul edelim. Şimdi D ve E notalarını, doğru üzerinde A, B, C, D, E sıralamasıyla ve DA = AB = BC olaca şeilde işaretleyelim. D ve E notalarından biri ırmızı ise A ve B ile birlite bu üç nota aranan özelliği sağlar. D ve E nin her iisi de beyaz ise bu ez C, D, E notaları, aradığımız notalar olur. 43. Düzlemde birbirine paralel üç doğru ile bunları di esen bir l doğrusu çizelim. l doğrusunun paralel doğrularla esiştiği 3 nota 3 = 8 farlı şeilde renlendirilebilir. O halde l doğrusuna paralel 8 doğru daha çizerse, elde ettiğimiz 9 doğrudan en az ii tanesinin diğer doğrularla esişim notaları aynı renlendirmeye sahip olacatır. Herhangi bir renlendirme için üç notadan en az iisi aynı rente olacağından istenen didörtgen elde edilmiş olur. 44. Dörtgenin her enarı üzerine, o enarı taban abul eden ve yüseliği 4 olan bir didörtgen çizelim. Bu didörtgenlerin alanları toplamı, verilen dörtgenin alanına eşit olur. Öte yandan bu didörtgenlerin iişer iişer esişimleri boş olamayacağından birleşimleri de dörtgenin tüm iç bölgesini aplayamaz. O halde, dörtgenin iç bölgesinde, didörtgenlerle örtülmemiş bir notayı merez abul eden 4 yarıçaplı bir çember, dörtgenin içinde yer alır. Bu çemberin alanı 16π 0,6 olduğundan sonuç elde edilmiş olur. [Problemin ifadesi, alanı S ve çevre uzunluğu P olan herhangi bir dışbüey dörtgenin iç bölgesine, yarıçapı S/P olan bir çemberin çizilebileceğinin gösterilmesi olara genelleştirilebilir.] 4. Her notanın oordinatları, te veya çift tam sayı olma özelliğine göre, (te,te), (te,çift), (çift,te) veya (çift,çift) dağılımlarından birine sahip olur. O halde, verilen beş nota arasında, aynı dağılıma sahip ii nota vardır ve dolayısıyla, bu ii öşenin orta notası da bir afes notasıdır. 46. Köşeleri afes notaları olan dışbüey bir beşgenin iç bölgesinde en az bir tane afes notası bulunacağını gösterme yeterlidir. Beşgenin enarları üstünde (öşeleri hariç) bir afes notası bulunmadığını abul edebiliriz. Böyle bir nota bulunması durumunda, bu notayı öşelerden biri ile birleştirere daha üçü bir beşgen elde edebiliriz. Gereirse işlemi (sonlu sayıda) terarlayara, enarları üstünde afes [] notası bulunmayan bir beşgen elde edinceye adar devam edebiliriz. Bir öncei problemden, beşgenin öşelerini birleştiren doğru parçalarından (enarları veya öşegenlerinden) en az birinin orta notasının afes notası olduğunu biliyoruz. Kenarlar üzerinde afes notası bulunmadığı için bu orta nota, bir öşegenin orta notası olacağından, beşgenin iç bölgesinde yer alır. 47. Her çemberin bir enara izdüşümü, uzunluğu çemberin çapına eşit olan bir doğru parçasıdır. Çemberlerin çevrelerinin toplamı 01 ve çapları toplamı T = 01 > 640,4 olur. π Kısa enarlardan birisini ele alalım. Çemberlerin bu enara izdüşümleri olan doğru parçalarının toplam uzunluğu T ve T > 4 160 olduğundan, bu enar üzerinde en az bir notanın dörtten daha fazla doğru parçası tarafından apsandığını görürüz. Bu notadan uzun enara paralel olara çizilen doğru çemberlerden en az beş tanesini eser. 48. Masa, merezi etrafında döndürüldüğünde, etietlerle sandalyelerin 1 ez hizalanacağı açıtır. Her ırmızı etietin bu 1 ez hizalanmanın tam 8 tanesinde ırmızı bir sandalye ile eşleşeceği açıtır. Aynı şeilde her beyaz etiet de tam 7 ez bir beyaz sandalye ile eşleşir. Dolayısı ile 1 hizalanma onumunda toplam 8 8 + 7 7 = 113 eşleşme meydana gelir. Her bir onumda en fazla 7 eşleşme olması durumunda toplam eşleşme sayısı 10 i aşamayacağı için en az bir ez eşleşme sayısının 8 veya daha fazla olacağı anlaşılır. 49. Şubelerdei öğrenci sayıları il bölünmede a 1 a a 7 ; iinci bölünmede b 1 b b 8 olsun. a 1 + a + + a 7 > b 1 + b + + b 7 olduğu aşiardır. a 1 + + a > b 1 + + b eşitsizliğinin sağlandığı en büyü indis değerini K abul edelim. Bu durumda, il bölünmedei en alabalı il K şubenin öğrencileri, iinci bölünmedei en alabalı il K şubeyi tam olara dolduramazlar. a K > b K olduğu göz önününde bulundurulursa en az bir öğrencinin daha tenha bir sınıfa düştüğü anlaşılır. 0. İili arşılaşmaların sayısı ( 10 ) = 4 ve bunların en az %70 i yani 3 si beraberlile sonuçlandığına göre, en fazla 13 arşılaşma bir tarafın galibiyeti ile sonuçlanmıştır. Yarışmacıların toplam puanlarının birbirinden farlı olduğunu abul edelim. Bu durumda toplam 0 puan alan en fazla bir yarışmacı olur. Geri alan 9 yarışmacının toplam puanları ya pozitif ya da negatif olacağından tümü negatif ya da tümü pozitif puan almış olan beş yarışmacı bulunur. Tümü pozitif ve birbirinden farlı puanlar alan beş yarışmacının puanları toplamı en az 1 + + 3 + 4 + = 1 olabilir. Bu durum, en az 1 arşılaşmada yarışmacılardan birine +1 puan verilmiş olması manâsını taşır i, bu da en az 3 arşılaşmanın beraberlile sonuçlanmış olmasıyla çelişir.