alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 14

Kaç farklı \(p\) asal sayısı için, \(p \mid n^3 + 3\) ve \(p \mid n^5 + 5\) olacak biçimde bir \(n\) tam sayısı bulunur?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Şartı sağlayan asallar 2 ve 59 dur. 


\(n^3 \equiv -3 \pmod{p}\) olduğundan \(-5 \equiv n^5 \equiv -3n^2 \pmod{p}\) ve buradan da \(3n^2 \equiv 5 \pmod{p}\) olur. Yani \(p \neq 3\) ve \(n^2 \equiv 5/3 \pmod{p}\) dir. Buradan \(-3 \equiv n^3 \equiv 5n/3 \pmod{p}\) ve \(p \neq 5\) olacağından \(n \equiv -9/5 \pmod{p}\) olur. Yani \((-9/5)^3 + 3 \equiv 0 \pmod{p}\) ve buradan da \(354 \equiv 0 \pmod{p}\) olur. \(354 = 2 \cdot 3 \cdot 59\) ve \(p \neq 3\) olduğundan \(p\) sadece 2 ve 59 değerlerini alabilir. 


\(n = 1\) için \(p = 2\) ve \(n = 10\) için \(p = 59\) sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 15

\((2x^2 + 5x + 9)^2 = 56(x^3 + 1)\) eşitliğini sağlayan farklı \(x\) gerçel sayılarının toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{9}{2}\)

Çözüm:
\(x + 1 = a\) ve \(x^2 - x + 1 = b\) olsun. Verilen eşitlik \((2b + 7a)^2 = 56ab\) ye denktir. Buradan \((2b - 7a)^2 = 0\) elde edilir. Dolayısıyla \(2b = 7a\) olduğu görülür. O halde \(2x^2 - 2x + 2 = 7x + 7\). Bu eşitlik de \(2x^2 - 9x - 5 = 0\) denklemine denktir. Bu eşitliği sağlayan iki gerçel sayı vardır ve toplamları \(\frac{9}{2}\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 16

Aslı 100 şekeri kardeşi ve kardeşinin 18 arkadaşı arasında dağıtacaktır. Bunun için, kardeşinin arkadaşlarını bir kaç gruba ayrıyor ve 100 şekeri bu gruplara dağıtıyor. Sonra her gruptaki çocuklar, kendilerine verilen şekerleri aralarında her biri eşit ve olabildiğince çok sayıda şeker alacak biçimde paylaşıp, kalan şekerleri de Aslı'nın kardeşine veriyorlar. Aslı'nın kardeşi en çok kaç şeker alabilir?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
Bir grupta \(n\) kişi varsa Aslının kardeşi bu gruptan en fazla \(n-1\) şeker alabilir. Grup sayisi \(k\) ise Aslının kardeşi toplamda en fazla \(18-k\) şeker alır. Aslı'nın kardeşinin 17 şeker alması için \(k=1\) olup, 18 sayısının \(100-17=83\) sayısını tam bölmesi gerekiyor.

Aslı'nın kardeşi 16 şeker alabiliyor: Aslı birinci grubu 17 kişiden oluşturup bu gruba 33 şeker ve ikinci grubu 1 kişiden oluşturup bu gruba 67 şeker verirse, kardeşi 16 şeker alır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 17

Bir *ABCD* karesinde [AB] kenarının orta noktası E ve B noktasından geçen A merkezli çemberin [EC] doğru parçası ile kesişim noktası F ise, |EF|/|FC| nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{3}{2}\)

Çözüm:
*ABCD* karesinin kenar uzunluğu 2 olsun. O zaman \(|EB| = 1\) ve \(|EC| = \sqrt{5}\) olur. \(CE\) ile \(DA'nın\) kesişimi \(G\) olsun. \(AG \parallel BC\) ve \(|AE| = |EB|\) olduğundan \(AGE \cong BCE\) olduğu görülür. O halde \(|AG| = 2\) olur ve bu da \(G\) noktasının \(B\) den geçen \(A\) merkezli çember üzerinde bulunduğunu gösterir. \(C\) noktasının bu çembere göre kuvveti \(|CF| \cdot |CG| = |CA|^2 - |AB|^2\) dir. Buradan \(|CF| = \frac{2}{\sqrt{5}}\) elde edilir. O zaman da \(|EF| = \sqrt{5} - \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{3}{\sqrt{5}}\) elde edilir. Dolayısıyla \(|EF|/|FC| = 3/2\) sonucuna varılır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 18

Aşağıdaki sayılardan hangisi \(x\) ve \(y\) tam sayılar olmak üzere, \(x^2 + y^5\) biçiminde yazılamaz?

Şıklar:

Cevap:  59121

Çözüm:
Bir tam sayının karesi (mod 11) de 0, 1, 3, 4, 5, 9 değerlerinden birini alabilir. Bir tam sayının beşinci kuvveti ise (mod 11) de 0, 1, -1 değerlerinden birini alabilir. Dolayısıyla, \(x\) ve \(y\) tam sayılar olmak üzere, \(x^{2} + y^{5}\) sayısı (mod 11) de 7 ye denk olamaz. Şıklarda (mod 11) de 7 ye denk olan sadece 59121 dir ve diğer sayılar ise istenilen formda yazılabilir.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 19

\(x\) pozitif bir gerçel sayı olmak üzere, \(\frac{x^2 + 2x + 6}{x^2 + x + 5}\) ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-1}\)

Çözüm:
Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden \((x+1) + \frac{5}{x+1} \ge 2\sqrt{5}\) elde edilir. O halde \(\frac{x^2+x+5}{x+1} = x + \frac{5}{x+1} \ge 2\sqrt{5} - 1\) ve dolayısıyla \(\frac{x^2+2x+6}{x^2+x+5} = 1 + \frac{x+1}{x^2+x+5} \le 1 + \frac{1}{2\sqrt{5}-1} = \frac{2\sqrt{5}}{2\sqrt{5}-1}\) elde edilir. Eşitlik durumu \(x = \sqrt{5} - 1\) iken sasağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 20

Her biri 2 nin veya 3 ün tam sayı kuvveti olan tam sayılardan oluşan ve tüm elemanlarının toplamı 2014 olan kaç farklı küme vardır?

Şıklar:

Cevap:  64

Çözüm:
1 i 2 nin kuvveti olareak ele alırsak, bu kümede yer alacak 3 ün kuvvetlerini belirledikten sonra geriye kalan 2 nin kuvvetleri tek türlü belli olur. Çünkü her pozitif tam sayı 2 nin farklı kuvvetleri toplamı şeklinde tek türlü yazılabilir. O halde 3 7 = 2187 > 2014 olduğundan bu kümede 3 ün kuvveti olarak 3,9,27,81,243,729 sayıları yer alabilir. 3 + 9 + 27 + 81 + 243 + 729 < 2014 olduğundan seçimi 2 6 = 64 şekilde yapabiliriz.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 21

[AB] ve [CD] kenarlarının [BC] kenarına dik olduğu bir ABCD yamuğunun [BC] kenarı üstündeki bir E noktası için AED bir eşkenar üçgendir. |AB| = 7 ve |CD| = 5 ise, ABCD yamuğunun alanı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(24\sqrt{3}\)

Çözüm:
A dan CD doğrusuna inen dikme ayağı F olsun. O zaman ABCF bir dikdörtgendir. |AF| = x olsun. ADE eşkenar üçgen olduğundan, AFD, ABE ve ECD dik üçgenlerinde Pisagor teormi uygulamalarından \(x = \sqrt{x^2 - 45} + \sqrt{x^2 - 21}\) elde edilir. \(a = x^2 - 45\) alırsak \(\sqrt{a + 45} = \sqrt{a + \sqrt{a + 24}}\) eşitliği elde edilir. Eşitlikte her iki tarafın karesini alıp eşitliği toparlarsak \(21 - a = 2\sqrt{a^2 + 24a}\) gelir. Yine iki tarafın karesini alırsak \(3(a^2 + 46a - 147) = 0\) bulunur. Bu denklemin kökleri 3 ve -49 dur. O halde \(x^2 = 48\), \(x = 4\sqrt{3}\) olduğu görülür. Dolayısıyla ABCD yamuğunun alanının \(\frac{7+5}{2} \cdot 4\sqrt{3} = 24\sqrt{3}\) olduğu görülür.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 22

\(2014^{2015}\) sayısının 121 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  34

Çözüm:
\(2014 \equiv 1 \pmod{11}\) olduğundan \(2014 = 11k + 1\) olacak biçimde bir k tam sayısı bulunur. Bu durumda 


\[2014^{2015} = (11k + 1)^{11k+2} = \sum_{i=0}^{11k+2} \binom{11k+2}{i} (11k)^i \equiv (11k+2) \cdot (11k) + 1 \equiv (11k+1)^2 \equiv 2014^2 \pmod{121} \text{ olur. } 2014^2 \equiv 78^2 \equiv 34 \pmod{121} \text{ dir.}\]
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 23

x bir gerçel sayı olmak üzere, 


\[(x^2 + 2x + 8 - 4\sqrt{3}) \cdot (x^2 - 6x + 16 - 4\sqrt{3})\]


ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(112 - 64\sqrt{3}\)

Çözüm:
Verilen ifade \(((x+1)^2 + (2 - \sqrt{3})^2) \cdot ((2 - \sqrt{3})^2 + (3 - x)^2)\) ne eşittir. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden bu ifadenin \(\ge ((x+1)(2 - \sqrt{3}) + (2 - \sqrt{3})(3 - x))^2 = (4(2 - \sqrt{3}))^2 = 112 - 64\sqrt{3}\) olduğu görülür. Eşitlik durumu \(\frac{x+1}{2-\sqrt{3}} = \frac{2-\sqrt{3}}{3-x}\) iken, yani \(x = 1 \pm \sqrt{4\sqrt{3} - 3}\) iken sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 24

1, 2, ..., n tam sayıları, ikisi de içerdiği herhangi farklı iki sayının aritmetik ortalamasını içermeyecek biçimde iki kümeye ayrılabiliyorsa, n en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
1, 2, ..., n kümesinin birinci kümeye dahil olan elemanlarını 1, ikinci kümeye dahil olan elemanlarını ise 0 ile işaretleyelim. Örnek olarak {100...1} 1 ve n sayılarının birinci, 2 ve 3 sayılarının ise ikinci kümede olduklarını gösterecektir. İlk önce n = 8 için örnek verelim: {10100101}. Şimdi n = 9 olamayacağını gösterelim. Genelliği bozmadan 8,9 ve 10 sayıları {••101••} veya {••001••} olarak dağıtılacaktır. {••101••}

durumunda {••101 ••0} ve buradan {•1 • 101 • 0} çelişkisi geliyor. Diğer durumda {••1001••}, buradan {••1001 ••0}, buradan {1 • 1001 ••0}, buradan {101001 ••0} ve buradan {101001 • 10} elde ediyoruz. Vu durumda 7 sayısı hiçbir kümeye dahil edilemiyor, çelişki.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 25

Birbirine A noktasında dıştan teğet olan \(C_1\) ve \(C_2\) çemberlerinin yarıçapları sırası ile 6 ve 8 birimdir. \(C_1\) ve \(C_2\) çemberlerine dıştan teğet olan \(C_3\) çemberinin yarıçaplı ise 21 birimdir. \(C_1\) ve \(C_2\) çemberlerinin A noktasından geçen ortak teğet doğrusu \(C_3\) çemberini \(B\) ve \(C\) noktalarında kesiyor ise, \(|BC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(24\sqrt{3}\)

Çözüm:
\(C_1, C_2, C_3\) ün merkezleri sırasıyla \(O_1, O_2, O_3\) olsun. \(O_3\) ten \(BC\) ve \(O_1O_2\) ye inen dikme ayakları sırasıyla \(D\) ve \(E\) olmak üzere, \(|DB| = |DC|\) ve \(ADO_3E\) bir dikdörtgendir. \(|O_3O_1| = 27, |O_3O_2| = 29\) ve \(|O_1O_2| = 14\) olduğundan \(|O_1E| = 3\) bulunur. \(|O_1A| = 6\) olduğu için de \(|O_3D| = |EA| = 6 - 3 = 3\) olduğu görülür. Dolayısıyla \(|BC| = 2|DB| = 2\sqrt{21^2 - 3^2} = 24\sqrt{3}\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 26

\(n^4 + 1\) sayısını bölen en küçük asal sayı \(f(n)\) olmak üzere, \(f(1) + f(2) + \cdots + f(2014)\) toplamının 8 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Öncelikle \(n\) tekse \(f(n) = 2\) dir. \(n\) çift ve \(f(n) = p\) olsun. \(n^4 \equiv -1 \pmod{p}\) olduğundan \(n^8 \equiv 1 \pmod{p}\) olur. \(n\) çift olduğu için \(p > 2\) ve \(n^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\) olur. \((p-1, 8) = d\) olsun. \(n^d \equiv 1 \pmod{p}\) ve \(n^4 \equiv -1 \pmod{p}\) olduğundan \(d\) sayısı 1, 2, 4 olamaz. \(d \mid 8\) olduğundan \(d = 8\) ve \(p \equiv 1 \pmod{8}\) olur. Bu durumda \(f(1) + f(2) + \cdots + f(2014) \equiv 1007 \cdot 2 + 1007 \cdot 1 \equiv 5 \pmod{8}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 27

Pozitif tam sayılarda tanımlı bir \(f\) fonksiyonu, \(f(1) = 4\) ve her \(n\) pozitif tam sayısı için \(f(2n) = f(n)\) ve \(f(2n+1) = f(n) + 2\) koşullarını sağlamaktadır. 2014 ten küçük kaç \(k\) pozitif tam sayısı için \(f(k) = 8\) dir?

Şıklar:

Cevap:  165

Çözüm:
\(n\) sayısının iki tabanında yazılmışındaki 1 lerin sayısı \(g(n)\) olmak üzere tümevarımla \(f(n) = 2g(n) + 2\) olduğunu kolayca görebiliriz. Bu durumda \(g(n) = 3\) ve \(1 \le n < 2014\) olacak biçimde kaç farklı \(n\) tam sayısı olduğunu bulmalıyız. \(2^{10} < 2014 < 2^{11}\) olduğundan \(n\) sayısı iki tabanında en çok 11 basamaklıdır. Tam olarak 3 basamağı 1, kalan basamakları 0 olmalıdır. Bu şartı sağlayan \(\binom{11}{3} = 165\) tane \(n\) sayısı bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 28

Başlangıçta tahtaya \(-1, 2, -3, 4, -5, 6\) sayıları yazılıdır. Her işlemde tahtaya yazılı olan herhangi \(a\) ve \(b\) sayılarını silip yerine \(2a + b\) ve \(2b + a\) sayılarını yazarsak \((0, 0, 0, 3, -9, 9)\), \((0, 1, 1, 3, 6, -6)\), \((0, 0, 0, 3, -6, 9)\), \((0, 1, 1, -3, 6, -9)\), \((0, 0, 2, 5, 5, 6)\) altılılarından kaç tanesini elde edebiliriz?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(a, b\) ikilisi ile \(2a + b, 2b + a\) ikilisi 2 modunda aynıdır. Yani tahtadaki tek ve çift sayıların sayısı değişmez. Yani \((0, 0, 0, 3, -6, 9)\), \((0, 0, 2, 5, 5, 6)\) ve \((0, 0, 2, 5, 5, 6)\) elde edilemez. Öte yandan \((2a + b)^2 + (2b + a)^2 - a^2 - b^2 = 4(a + b)^2 \ge 0\) olduğundan tahtadaki sayıların kareleri toplamı azalmaz. Ancak \((-1)^2 + 2^2 + (-3)^2 + 4^2 + (-5)^2 + 6^2 = 91 > 0^2 + 1^2 + 1^2 + 3^2 + 6^2 + (-6)^2 = 83\) olduğundan \((0, 1, 1, 3, 6, -6)\) de elde edilemez. \((0, 0, 0, 3, -9, 9)\) aşağıdaki adımlarla elde edilebilir:

\((-1, 2) \to (0, 3)\), \((-3, 6) \to (0, 9)\), \((4, -5) \to (3, -6) \to (0, -9)\).
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 29

|AB| = 13, |BC| = 12 ve |CA| = 5 olan bir ABC üçgeninin A ve B köşelerine ait iç açıortaylar I noktasında kesişiyor ve karşı kenarları da sırasıyla, D ve E noktalarında kesiyor. [DE] nin orta noktasından ve I dan geçen doğru [AB] yi F noktasında kesiyor ise, |AF| nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
[DE] nin orta noktası M, M I ile DC nin kesişimi G olsun. Açıortay teoremlerinden |DC| = \(\frac{10}{3}\) ve |CE| = \(\frac{12}{5}\) bulunur. BDE üçgeninde G, M, I kesenine göre Menelaus teoremi uygularsak \(\frac{|GD|}{|GB|}\frac{|IB|}{|IE|}\frac{|ME|}{|MD|}\) = 1 elde edilir. \(\frac{|IB|}{|IE|}\) = \(\frac{|CB|}{|CE|}\) = 5 ve |ME| = |MD| olduğundan \(\frac{|GD|}{|GB|}\) = \(\frac{1}{5}\) olduğu görülür. BDA üçgeninde G, I, F kesenine göre Menelaus teoremi uygularsak \(\frac{|CD|}{|GB|}\frac{|BF|}{|FA|}\frac{|IA|}{|ID|}\) = 1 elde edilir. \(\frac{|CD|}{|GB|}\) = \(\frac{1}{5}\) ve \(\frac{|IA|}{|ID|}\) = \(\frac{|CA|}{|CD|}\) = \(\frac{3}{2}\) olduğundan \(\frac{|BF|}{|FA|}\) = \(\frac{10}{3}\) bulunur. |AB| = 13 olduğundan |AF| = 3 olur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 30

Bir n pozitif tam sayısı için, \(s(n)\) ile n sayısının pozitif tam sayı bölenlerinin sayısını göstermek üzere; \(2014^{2014}\) sayısını bölen tüm k pozitif tam sayıları için \((s(k))^3\) sayılarının toplamının en büyük asal böleni nedir?

Şıklar:

Cevap:  31

Çözüm:
2014 = 2 · 19 · 53 olduğundan 2014<sup>2014</sup> sayısının her pozitif tam sayı böleni \(2^{x19y53z}\) (\(x, y, z \in A = \{0, 1, \dots, 2014\}\)) formundadır. Bu formdaki k sayısı için \((s(k))^3 = (x+1)^3(y+1)^3(z+1)^3\) olduğundan istenilen toplam \(\sum_{x,y,z \in A} (x+1)^3(y+1)^3(z+1)^3 = \sum_{x \in A} (x+1)^3 \sum_{y \in A} (y+1)^3 \sum_{z \in A} (z+1)^3 = (\sum_{x \in A} (x+1)^3)^3 = (\sum_{i=1}^{2015} i^3)^3 = (\frac{2015 \cdot 2016}{2})^2)^3 = (2015 \cdot 1008)^6 = (5 \cdot 13 \cdot 31 \cdot 24 \cdot 3^2 \cdot 7)^6\) ya eşittir. Dolayısıyla bu sayının en büyük asal böleni 31 dir.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 31

\(a_1 = 1\) ve her \(n \ge 1\) için, 


\[ (a_{n+1} - 2a_n) \cdot \left( a_{n+1} - \frac{1}{a_n + 2} \right) = 0 \]


olmak üzere, \(a_k = 1\) ise, k aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) 6 | B) 8 | C) 10 | D) 12 | E) Hiçbiri

Cevap: D 12

Çözüm:
Bir i pozitif tamsayısı için \(a_{i+1} \ge \frac{1}{2}\) ise \(a_i = \frac{a_{i+1}}{2}\) olmalıdır. Bunu kullanarak \(a_k = 1\) ise indirgemi olarak geriye doğru olası tüm durumları yazacağız. 


\[ a_{k-1} \in \left\{ \frac{1}{2} \right\} \]


\[ a_{k-2} \in \left\{ \frac{1}{4} \right\} \]


\[ a_{k-3} \in \left\{ \frac{1}{8}, 2 \right\} \]

\(a_{k-4} \in \left\{ \frac{1}{16}, 6,1 \right\}\) 

\(a_{k-5} \in \left\{ \frac{1}{32}, 14, 3, \frac{1}{2} \right\}\) 


\(a_{k-6} \in \left\{ \frac{1}{64}, 30, 7, \frac{3}{2}, \frac{1}{4} \right\}\) 


\(a_{k-7} \in \left\{ \frac{1}{128}, 62, 15, \frac{7}{2}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, 2 \right\}\) 


\(a_{k-8} \in \left\{ \frac{1}{256}, 126, 31, \frac{15}{2}, \frac{7}{4}, \frac{3}{8}, \frac{1}{16}, 6, 1 \right\}\) 


\(a_{k-9} \in \left\{ \frac{1}{512}, 254, 63, \frac{31}{2}, \frac{15}{4}, \frac{7}{8}, \frac{3}{16}, \frac{2}{3}, \frac{1}{32}, 14, 3, \frac{1}{2}\right\}\) 


\(a_{k-10} \in \left\{ \frac{1}{1024}, 510, 127, \frac{63}{2}, \frac{31}{4}, \frac{15}{8}, \frac{7}{16}, \frac{3}{32}, \frac{10}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{64}, 30, 7, \frac{3}{2} \frac{1}{4} \right\}\) 


\(a_{k-11} \in \left\{ \frac{1}{2048}, 1022, 255, \frac{127}{2}, \frac{63}{4}, \frac{31}{8}, \frac{15}{16}, \frac{7}{32}, \frac{2}{7}, \frac{3}{64}, \frac{26}{3}, \frac{5}{3}, \frac{1}{6}, \frac{1}{128}, 62, 15, \frac{7}{2} \frac{3}{4} \frac{1}{8}, 2 \right\}\) 


olduğundan \(1 < k \le 12\) için \(k = 5, 9, 12\) değerlerini alabilir. 


**32.** Başlangıçta masada \(k\) tane taş bulunuyor. Alper, Betül ve Ceyhun sırayla hamle yapıyorlar ve sırası gelen oyuncu masadan bir veya iki taş alıyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor ve oyun sona eriyor. Oyuna her seferinde Alper başlamak üzere, oyun \(k = 5, 6, 7, 8, 9\) değerleri için birer kez oynanırsa, Alper bunlardan kaçını kaybetmemeyi garantileyebilir?
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 32

Başlangıçta masada \(k\) tane taş bulunuyor. Alper, Betül ve Ceyhun sırayla hamle yapıyorlar ve sırası gelen oyuncu masadan bir veya iki taş alıyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor ve oyun sona eriyor. Oyuna her seferinde Alper başlamak üzere, oyun \(k = 5, 6, 7, 8, 9\) değerleri için birer kez oynanırsa, Alper bunlardan kaçını kaybetmemeyi garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Matematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 2

\(x^3 = 3^y 7^z + 8\) eşitliğini sağlayan tüm \((x, y, z)\) pozitif tam sayı üçlülerini bulunuz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  Sadece (11, 3, 2)

Çözüm:
Eşitliğin sağ tarafındaki ifade tek sayı olduğuna göre \(x\) sayısı da tek sayıdır. Eşitliği \((x-2)(x^2+2x+4) = 3^y 7^z\) şeklinde yazalım ve \(d = ebob(x-2, x^2+2x+4)\) olsun. \(d|(x-2) \Rightarrow d|(x^2-4x+4)\) ve \(d|(x^2+2x+4) \Rightarrow d|6x\). \(d|(6x-12) \Rightarrow d|12\). \(d\) bir tek sayı olduğuna göre, \(d=1\) veya \(d=3\) olmak zorundadır. Çözümün devamını dört durum inceleyerek sürdüreceğiz. 


Durum 1: \(x-2 = 3^y\) ve \(x^2+2x+4 = 7^z\). İlk eşitlikten \(x \equiv 2 \pmod{3}\) gelir ve ikinci eşitlikte bunu kullanırsak \(1+4+4 \equiv 1 \pmod{3}\) çelişkisi elde edilir. 


Durum 2: \(x-2 = 7^z\) ve \(x^2+2x+4 = 3^y\). İlk eşitlikten \(x \equiv 0 \pmod{3}\) gelir ve ikinci eşitlikte bunu kullansak \(0+0+1 \equiv 0 \pmod{3}\) çelişkisi elde edilir. 


\[
\begin{align*}
\text{Durum 3: } x-2 = 3 \cdot 7^z \text{ ve } x^2 + 2x + 4 = 3^y-1. \quad \text{İkinci eşitlikte } x = 3 \cdot 7^z + 2 \text{ yazarsak } \\
9 \cdot 7^{2n} + 18 \cdot 7^n + 12 = 3^{y-1} \text{ elde ederiz. } y = 1 \text{ ve } y = 2 \text{ durumlarında çözüm yoktur. } y > 2 \text{ ise her iki tarafı 3 ile bölersek } 3 \cdot 7^{2n} + 6 \cdot 7^z + 4 = 3^{y-2} \text{ gelir. Buradan } 0+0+1 \equiv 0 \pmod{3} \text{ çelişkisi elde edilir.}
\end{align*}
\]


Durum 4: \(x-2 = 3^{y-1}\) ve \(x^2+2x+4 = 3 \cdot 7^z\). İkinci eşitlikte \(x = 3^{y-1} + 2\) yazarsak \((3^{y-1} + 3)^2 + 3 = 3 \cdot 7^z\) elde ederiz. \(y = 1\) ve \(y = 2\) durumlarında çözüm yoktur. \(y > 2\) ise \(0+3 \equiv 3 \cdot (-1)^z \pmod{4}\) gelir. Buna göre, \(z\) bir çift sayıdır. \((3^{y-1} + 3)^2 + 3 = 3 \cdothr z = 2l\) yazıp sadeleştirirsek \(3^{y-1}(3^{y-2} + 2) = (7^l - 2)(7^l + 2)\) elde ederiz. \(7^l - 2\) sayısı 3 ile bölünmüyor. Buna göre, bir pozitif \(q\) tam sayısı için 


\[
7^l + 2 = 3^{y-1}q \text{ ve } 7^l - 2 = \frac{3^{y-2} + 2}{q} \quad (1)
\]


eşitlikleri sağlanır. \(q > 1\) olsun. (1) deki eşitlikleri taraf tarafa çıkarırsak 


\[
4 = 3^{y-1}q - \frac{3^{y-2} + 2}{q} \qquad (2)
\]


gelir. \(q \ge 2\) olduğu için (2) den 


\[
4 \ge 2 \cdot 3^{y-1} - \frac{3^{y-2} + 2}{2} = \frac{11 \cdot 3^{y-2}}{2} - 1 > 5 \cdot 3^{y-2} - 1 \ge 4
\]


çelişkisi gelir. O zaman \(q = 1\) olmak zorundadır: \(4 = 3^{y-1} - 3^{y-2} - 2\). Buna göre, tek çözüm \(x = 11, y = 3, z = 2\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 6

Otuz altı hava alanından herhangi ikisi arasındaki karşılıklı uçuşlardan her biri beş havayolu şirketinden biri tarafından yapılacaktır. Ulaştırma Bakanlığı her hava alanına, o hava alanında aralarında aktarma yapılabilen aynı şirkete ait her uçuş ikilisi için 1 milyon lira destek vermeye karar veriyor. Bakanlığın bu uygulama için harcayacağı paranın en az ne kadar olabileceğini belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(6 \cdot \binom{36}{2}\)

Çözüm:
Soruyu çizge kavramını kullanarak yeniden formüle edelim: *Her kenar 5 renkten birine boyalı olan 36 köşeli bir tam çizgede aynı renkli “açı” sayısı en az kaç olabilir?* 


\(n\) köşeli bir tam çizgenin her kenarı \(r\) renkten birine boyalı olsun. \(i = 1, \dots, r\) olmak üzere, her \(v\) köşesi için bu köşeye bağlı olan \(i\) renkli kenar sayısı \(f(v, i)\) olsun. Buna göre, \(v\) köşesine bağlı aynı

renkli “açı” sayılarının toplamı \(\sum_{i=1}^{r} \binom{f(v, i)}{2}\) olacaktır. \(r\) boyutlu \((f(v, 1), \dots, f(v, r))\) ve \((1, 1, \dots, 1)\) vektörlerine Cauchy-Schwarz eşitsizliğini uygularsak 


\[ \sum_{i=1}^{r} \binom{f(v, i)}{2} = \frac{1}{2}((\sum_{i=1}^{r} f^2(v, i)) - n + 1) \geq \frac{1}{2}(\frac{(n-1)^2}{r} - (n-1)) \quad (1) \]


elde ederiz. (1) eşitsizliklerini tüm \(n\) köşeleri için toplarsak aynı renkli “açı” sayısının en az 


\[ \binom{n}{2} \frac{n-1}{r} - 1 \]


olduğunu görürüz. Buradan \(n = 36, r = 5\) durumunda \(6 \cdot \binom{36}{2}\) cevabı elde ediliyor. 


Şimdi aynı renkli toplam “açı” sayısının \(6 \cdot \binom{36}{2}\) olduğu bir örnek verelim. \(6\) köşeli bir \(G_0\) tam çizgesinin köşelerini \(1, 2, \dots, 6\) sayılarıyla numaralandıralım ve \(i\) ile \(j\) köşelerini birleştiren \((i, j)\) kenarım \((i+j \pmod{5})\) rengine boyayalım. Şimdi \(6\) köşeli bir \(G_0\) tam çizgesinin her köşesine \(G_0\) çizgesinin birer kopyasını yerleştirelim. Buna göre, \(G_0\) çizgesinin \(i\) ve \(j\) köşelerini birleştiren kenar \(t\) renkli ise, elde edilen \(36\) köşeli çizgede \(i\) ve \(j\) köşelerine yerleştirilmiş \(G'_0\) ve \(G''_0\) çizgelerinin \(a \in G'_0\) ve \(b \in G''_0\) köşelerini birleştiren kenar \(d\) t renginde olsun. Bir \(b \in G'_0\) köşesi için aynı renkli açı oluşturan \((a, b, c)\) köşe üçlülerinin sayısını hesaplayalım. \(a \in G'_0\) durumunda tam olarak bir \(G''_0\) için \(c \in G''_0\) olmak üzere tüm \((a, b, c)\) üçlüleri aynı renkli açı oluşturacaktır, buradan \(5 \cdot 6\) durum elde ediliyor. \(a, c \notin G'_0\) durumunda ise herhangi bir \(G''_0\) alırsak \(a, c \in G''_0\) olmak üzere tüm \((a, b, \text{üçlüleri aynı renkli açı oluşturacaktır, buradan } 5 \cdot \binom{6}{2})\) durum elde ediliyor. Sonuç olarak 


\[ 36 \cdot (5 \cdot 6 + 5 \cdot \binom{6}{2}) = 6 \cdot \binom{36}{2} \]


tane \((a, b, c)\) üçlüsü elde ediliyor.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 1

Bir ABCD dikdörtgeninin iç bölgesinde EF || AC olacak şekilde E ve F noktaları veriliyor. E ve F nin AB kenarı üzerindeki izdüşümleri ile beraber oluşturdukları yamuğun alanı 3, BC kenarı üzerindeki izdüşümleri ile beraber oluşturudukları yamuğun alanı 4, CD kenarı üzerindeki izdüşümleri ile beraber oluşturukları yamuğun alanı 5 olduğuna göre, AD kenarı üzerindeki izdüşümleri ile beraber oluşturuldukları yamuğun alanı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
E ve F nin AB, BC, CD, DA üzerindeki izdüşümleri \(E_1, E_2, E_3, E_4, F_1, F_2, F_3, F_4\) olsun. Alan \((EFF_1E_1) = 3\), Alan \((EFF_2E_2) = 4\), Alan \((EFF_3E_3) = 5\) verilmiş, Alan \((EFF_4E_4)\) soruluyor. EF || AC olduğu için Alan \((E_1E_3F_3F_1) =\) Alan \((E_2E_4F_4F_2)\) olur. \(4 +\) Alan \((EFF_4E_4) =\) Alan \((EFF_2E_2) +\) Alan \((EFF_4E_4) =\) Alan \((E_2E_4F_4F_2) =\) Alan \((E_1E_3F_3F_1) =\) Alan \((EFF_1E_1) +\) Alan \((EFF_3E_3) = 8 \Rightarrow\) Alan \((EFF_4E_4) = 4\).
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 2

Birkaç pozitif tam sayının en küçük ortak katları 2015 ise bu sayıların toplamı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  49

Çözüm:
2015 = \(5 \cdot 13 \cdot 31\). En küçük ortak katları 2015 olan birkaç pozitif tam sayının toplamı en az \(5 + 13 + 31 = 49\) olur. 


3. \(1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots\) sonsuz geometrik dizisinin bazı elemanları silinerek toplamı S ye eşit olan bir sonsuz geometrik dizi elde edilebiliyorsa, S sayısı \(\frac{1}{2015}, \frac{1}{215}, \frac{1}{15}, \frac{1}{5}\) değerlerinden kaçına eşit olabilir?
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 3

\(1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots\) sonsuz geometrik dizisinin bazı elemanları silinerek toplamı S ye eşit olan bir sonsuz geometrik dizi elde edilebiliyorsa, S sayısı \(\frac{1}{2015}, \frac{1}{215}, \frac{1}{15}, \frac{1}{5}\) değerlerinden kaçına eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(S = \frac{2^{-k}}{1-2^{-n}}\) oluyor. Buradan \(S^{-12n-k} = 2^n - 1\). elde ederiz. \(S^{-1}\) bir tam sayı ve eşitliğin sağ taraf tek sayı olduğundan tek seçenek \(n = k\) olur: \(S^{-1} = 2^n - 1\). Demek ki S'in alabileceği tek değer \(k = n = 4\) durumunda \(1/15\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 4

Düzlemdeki n doğrunun her biri diğer doğruların tam olarak 2015 tanesiyle kesişiyorsa, n kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
Doğruları birbirlerine paralel olan doğru gruplarına ayırırsak her grupta tam olarak \(n - 2015\) doğru bulunacak. Grup sayısı \(k\) olursa \(2015k = n(k - 1)\) elde ederiz. \(k\) ile \(k - 1\) aralarında asal olduğundan \(k - 1\) sayısı \(2015\)'i bölecektir. \(2015 = 5 \cdot 13 \cdot 31\) olduğundan \(k\) sayısı \(2, 6, 14, 32, 2016, 5 \cdot 13 + 1, 5 \cdot 31 + 1, 13 \cdot 31 + 1\) olmak üzere 8 farklı değer alıyor.