alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 2

P, ABC üçgeninin iç bölgesinde yer alan, A köşesine ait kenarortay üstünde olmayan ve m(ÇAP) = m(ÇCP) koşulunu sağlayan bir nokta olsun. BP ∩ CA = {B'} ve CP ∩ AB = {C'} olmak üzere; AP doğrusu ile ABC üçgeninin çevrel çemberi ikinci kez Q noktasında, B'Q ve CC' doğruları R noktasında ve B'Q doğrusu ile P den AC doğrusuna paralel çizilen doğru da S noktasında kesişiyor. B'C' ve QB doğruları AB doğrusunun C den farklı yanında yer alan bir T noktasında kesişin. m(ÇAT) = m(ÇB'Q) olması için, |SQ| = |RB'| olmasının gerek ve yeter koşul olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
\(PS \parallel AC\) ve \(\angle CAP = \angle BCP\) olduğundan \(\angle QPC = \angle ACB = \angle AQB = \angle PQB\) elde ederiz ve böylece \(BQ \parallel PC\) olur. 


İlk olarak \(SQ = RB'\) ancak ve ancak \(AB \parallel B'Q\) olduğunu göstereceğiz. \(PS\) ve \(AB'\) paralel olduklarından \(\frac{PQ}{PA} = \frac{SQ}{SB'}\). \(SQ = RB'\) ise, \(BQ \parallel PC\) olduğundan \(\frac{PQ}{PA} = \frac{RB'}{RQ} = \frac{PB'}{PB}\) gelir ve böylece \(AB \parallel B'Q\) bulunur. Diğer taraftan, eğer \(AB \parallel B'Q\) ise, \(BQ \parallel PC\) olmasını kullanarak \(\frac{RB'}{RQ} = \frac{PB'}{PB} = \frac{PQ}{PA} = \frac{SQ}{SB'}\) bulunuz ve bu da \(SQ = RB'\) olmasını sağlar. 

  


Şimdi ise \(AB \parallel B'Q\) ancak ve ancak \(\angle BAT = \angle BB'Q\) olduğunu göstereceğiz. \(AP \cap B'C' = \{U\}\) ve \(C'PB'\) üçgeninin çevrel çemberi ile \(AP\) doğrusunun ikinci kesişim noktası \(D\) olsun. \(PC' \parallel QT\) olduğunu kullanarak \(\frac{UD}{UB'} = \frac{UC'}{UP} = \frac{UT}{UQ}\) elde ederiz ve sonuç olarak \(TDC'\) ve \(QB'P\) üçgenleri benzerdir. Ayrıca, \(\angle PB'Q = \angle C'DT\) ve \(\angle DTC' = \angle B'QP\) bulunur. 


\(D\) noktasının \(A\) ile çakışamayacağını göstereceğiz. Farzedelim ki çakışsın. O halde \(A, C', P, B'\) noktaları çemberdeş olur ve sonuç olarak \(C'B'\) ve \(BC\) doğruları paralel olur. \(AP\) ve \(BC\) doğrularının kesişimi \(A'\) olsun. O zaman \(PBA'\) ve \(BAA'\) üçgenleri benzerdir ve buradan da \(A'B^2 = A'P \cdot A'A\) elde edilir. Benzer biçimde \(A'C^2 = A'P \cdot A'A\) buluruz ve \(A'B = A'C\) olur. Ancak bu, \(P\) nin \(A\) ya ait kenarortay üzerinde olmamasıyla çelişir. 


\(D\) nin \(A\) ile \(U\) arasında olduğunu varsayalım. (\(A\) noktası \(D\) ile \(U\) arasında ise benzer argümanlar kullanılabilir). \(\angle BAT = \angle BB'Q\) ise, \(\angle C'AT = \angle BAT = \angle BB'Q = \angle PB'Q = \angle C'DT\) olur ve \(T, A, D, C'\) noktaları çemberdeştir. Dolayısıyla \(\angle PAB = \angle DAC' = \angle DTC' = \angle B'QP\) ve \(AB \parallel B'Q\) elde edilir. Öte yandan, eğer \(AB \parallel B'Q\) ise, \(\angle DTC' = \angle B'QP = \angle DAC'\) olur ve \(T, A, D, C'\) noktaları Çemberdeştir. Böylece \(\angle BAT = \angle C'AT = \angle C'DT = \angle PB'Q = \angle BB'Q\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 3

Her \(n\) pozitif tam sayısı ve \(a_1a_2\cdots a_n = 1\) koşulunu sağlayan tüm \(a_1, a_2, \dots, a_n\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[ \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{\sqrt{a_i^4 + 3}} \le \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i} \]

olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
\(x^4 + 3 - (x+1)^2 = (x-1)^2(x^2 + 2x + 2) \ge 0\) olduğuna göre, \(x^4 + 3 \ge (x+1)^2\). Buna göre, her \(n\) pozitif tam sayısı ve \(a_1a_2\cdots a_n = 1\) koşulunu sağlayan tüm \(a_1, a_2, \dots, a_n\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[ \sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{a_i + 1} \le \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i} \]


eşitsizliğini kanıtlamak yeterli olacaktır. 


\(f(a_1, a_2, \dots, a_k) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{a_i} - \sum_{i=1}^{k} \frac{a_i}{1 + a_i}\) olsun. \(a_1a_2\cdots a_k = 1\) koşulunu sağlayan tüm \(a_1, \dots, a_k\) pozitif gerçel sayıları için \(k\) üzerinden tümevarımla \(f_k(a_1, a_2, \dots, a_k) \ge 0\) eşitsizliğini kanıtlayacağız. 


\(k = 1\) ise \(a_1 = 1\) ve \(f_1(a_1) = 0\). 


\(k > 1\) ve \(a_1a_2\cdots a_k = 1\) olsun. Genelliği bozmadan \(a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_k\) kabul edelim. 


\[ f_k(a_1, a_2, \dots, a_k) - f_{k-1}(a_1a_k, a_2, \dots, a_{k-1}) = \frac{1}{2a_1} - \frac{a_1}{1 + a_1} + \frac{1}{2a_k} - \frac{a_k}{1 + a_k} - (\frac{1}{2a_1a_k} - \frac{a_1a_k}{1 + a_1a_k}) \ge 0 \quad (1) \]


olduğunu gösterelim. Ortak payda kullanırsak (1) 


\[ (1 - a_1)(a_k - 1)(2a_1^2a_k^2 + a_1^2a_k + a_1a_k^2 + a_1a_k + a_1 + a_k + 1) \ge 0 \]


şeklinde yazılabilir. Son eşitsizlik de \(0 < a_1 \le 1 \le a_k\) olduğundan doğrudur. Son olarak (1) ve tümevarım varsayımından 


\[ f_k(a_1, a_2, \dots, a_k), \ge f_{k-1}(a_1a_k, a_2, \dots, \dots, a_{k-1}) \ge 0 \]


olur. Çözüm tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 4

A ve B noktaları [CD] çaplı çemberin üstünde ve CD doğrusunun farklı yanlarında bulunuyor. C ve D noktalarından geçen bir \(\Gamma\) çemberi [AC] yi uçlarından farklı bir E noktasında, BC yi de F noktasında kesiyor. E noktasında \(\Gamma\) çemberine teğet olan doğru ile BC doğrusunun kesiştiği nokta P olmak üzere; Q noktası, \(|QP| = |EP|\) koşulunu sağlayan ve CEP üçgeninin çevrel çemberi üstünde yer alan E den farklı bir nokta olsun. \(AB \cap EF = \{R\}\) ve [EQ] nun orta noktası S ise, DR ve PS doğrularının paralel olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
D noktası ve FCE üçgeninin Simson doğrusu AB olduğu için DR doğrusu EF doğrusuna diktir. X, PE ışını üzerinde E nin ötesinde bir nokta olmak üzere \(\angle QEP = \angle EQP = \angle ECF = \angle XEF\) dir. O halde Q, E, F noktaları doğrusaldır. PS ve EQ doğruları birbirine dik olduğu için DR ve PS doğrularının paralel olduğunu görürüz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 5

0 ≤ a, b < 2010¹⁸ tam sayılar olmak üzere,  \( P(x) = ax^{2} + bx \)  biçimindeki polinomların kümesini S ile gösterelim. S ye ait kaç P polinomunun, tüm 0 ≤ n < 2010¹⁸ tam sayıları için  \( Q(P(n)) \equiv n \pmod{2010¹⁸} \)  bağıntısını sağlayan ve S ye ait olan bir Q polinomunun bulunmasını olanaklı kıldığını belirleyiniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(P(x) = ax^2 + bx\) için \(Q(x) = cx^2 + dx\) polinomu bulunur ancak ve ancak \(2^{81005^9} | a\) ve \((2010, b) = 1\) olduğunu göstereceğiz. Böylece cevap 


\[2 \cdot 2010^9 \cdot 2010^{18} \left(1 - \frac{1}{2}\right) \left(1 - \frac{1}{3}\right) \left(1 - \frac{1}{5}\right) \left(1 - \frac{1}{67}\right) = 2^5 \cdot 3 \cdot 11 \cdot 2010^{26}\]


olur. 


Her \(n\) için \(Q(P(n)) \equiv n \pmod{2010^{18}}\) olduğunu varsayalım. O zaman \(n \mapsto P(n) \pmod{2010^{18}}\) de birebirdir ve Çinli kalan teoremini kullanarak her \(p \in \{2, 3, 5, 67\}\) için \(n \mapsto P(n) \pmod{p^{18}}\) de birebir olduğu sonucuna varırız. 


\(p \in \{2, 3, 5, 67\}\) olsun. \(p | b\) ise, \(P(p^{17}) \equiv P(0) \pmod{p^{18}}\) olur ve çelişki elde ederiz. Demek ki \(p \nmid b\). \(p + a\) olursa \(P(-a^{-1}b) \equiv P(0) \pmod{p^{18}}\) çelişkisi gelir. O halde \(p | a\). Sonuç olarak 2010 \(| a\) ve \((2010, b) = 1\) gelir. Ayrıca, \((b(a^2 - b^2))^{-1} \pmod{2010^{18}}\) vardır. 


\[\begin{array}{rcl} Q(P(1)) & \equiv & 1 \quad \Longrightarrow \quad c(a+b)^2 + d(a+b) \equiv 1 \\ Q(P(-1)) & \equiv & -1 \quad \Longrightarrow \quad c(a-b)^2 + d(a-b) \equiv -1 \\ & \implies & \left\{ \begin{array}{l} 2b(a^2 - b^2)c \equiv 2a \pmod{2010^{18}} \\ 2b(a^2 - b^2)d \equiv -2(a^2 + b^2) \pmod{2010^{18}} \end{array} \right. \end{array}\]


olduğundan, \(\varepsilon\) 0 veya 1 olmak üzere 


\[\begin{array}{rcl} c \equiv (b(a^2 - b^2))^{-1}a + \varepsilon \frac{2010^{18}}{2} & \pmod{2010^{18}} \\ d \equiv -(b(a^2 - b^2))^{-1}(a^2 + b^2) + \varepsilon \frac{2010^{18}}{2} & \pmod{2011^{18}} \end{array}\]

\[
\begin{align*}
Q(P(x)) - x &\equiv \\
&-(b(a^2 - b^2))^{-1}a^2x(x-1)(x+1)(ax+2b) + \underbrace{\frac{2010^{18}}{2}x(x-1)}_{\equiv 0} \pmod{2010^{18}}
\end{align*}
\]


elde edilir. Burada \(x = 2\) alırsak \(2010^{18} | 2^2 \cdot 3 \cdot a^2\) buluruz ve böylece \(2^{81005^9} | a\) gelir. 


Diğer yönde, \(2^{81005^9} | a\) ve \((2010, b) = 1\) ise, \(c\) ve \(d\) yi yukarıdaki gibi tanımlayabiliriz. Her \(n\) için \(2 | n(n-1)\) ve \(2 | an + 2b\) oluğundan \(Q(P(n)) \equiv n \pmod{2010^{18}}\) sonucu çıkar ve ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 6

K, düzlemdeki dışbükey bir 2010-genin kıner ve köşegenlerinin kümesi olsun. A, K nin bir altkümesi olmak üzere; A ya ait her doğru parçası çifti kesişiyorsa, A ya kesişimli küme diyelim. İki kesişimli kimenin birleşiminin en çok kaç elemana sahip olabileceğini belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  4019

Çözüm:
Cevap: 4019. 


\(n \ge 5\) olmak üzere \(n\)-gen için cevabın \(2n-1\) olduğunu göstereceğiz. 


A, eleman sayısı en az \(n\) olan bir kesişimli küme olsun. A nın köşe sayısı doğru parçası sayısından fazla olmadığı için A da bir döngü vardır. \(PQ\) ve \(QR\) bu döngüdeki iki doğru parçası olsun. Bu döngüdeki \(XP\) ve \(RY\) hariç her doğru parçası \(PQ\) ve \(QR\) doğru parçalarını iç kısımlarında keser. O zaman bu döngüde tek sayıda doğru oarçası bulunur ve döngüdeki hiçbir köe \(\angle PQR\) açısının iç bölgesinde yer almaz. O halde öyle \(k\) pozitif tam sayısı ve çokgen üzerinde sırasıyla \(P_1, P_2, \dots, P_{2k+1}\) olarak yer alan köşeler vardır ki bu döngü \(P_iP_{i+k}, P_iP_{i+k+1}\) doğru parçalarından oluşur (\(1 \le i \le 2k+1\) ve indisler mod \(n\) de alınıyor) Bu kümeyi \(A^*\) ile gösterelim. A kesişimli bir küme olduğu için A nın diğer doğru parçaları sadece, \(X\) çokgenin \(\angle P_{i+k+1}P_iP_{i+k}\) açısının iç bölgesinde kalan bir köşesi olmak üzere, \(XP_i\) formunda olabilir. \(|A| \ge n\) olduğundan bu tarz tüm doğru parçaları A ya ait olmalı. Bu doğru parçalarının kümsini \(A^\complement\) ile gösterelim. O zaman A eleman sayısı en az \(n\) olan bir kesişimli küm e ise, \(|A| = n\) ve \(A = A(P_1, P_2, \dots, P_{2k+1}) = A^* \sqcup A^\complement\) olmak zorundadır. 


A ve \(B |A| = n = |B|\) olan kesişimli kümeler ise, A ve B nin ayrık olamayacağını göstereceğiz. Ayrık olduklarını varsayalım. \(Q_1Q_2, Q_2Q_3, \dots, Q_{m-1}Q_m, Q_mQ_1\) bir döngü olsun öyle ki \(Q_iQ_{i+1}\) doğru parçası \(i\) tekken A ya \(i\) çiftken Bye aittir (\(Q_{m+1} = Q_1\)). Çokgenin her bir köşesi A daki ve B deki doğru parçalarından en az birer tanesinin uç noktası olduğu için böyle bir döngü vardır. A ve B kesişimli kümeler olduklarından her \(Q_iQ_{i+1}\) doğru parçası \(i\) tekse \(Q_1Q_2\) ile, \(i\) çiftse \(Q_2Q_3\) ile kesişir. O zaman her çift \(i\) için \(Q_i, Q_1Q_2\) üzerinde veya onun \(Q_3\) e göre diğer tarafında yer alır. Benzer biçimde her tek \(i\) için \(Q_i, Q_2Q_3\) üzerinde veya onun \(Q_1\) e göre diğer tarafında yer alır. Özel olarak, \(m\) tektir ve \(Q_1A^*\) ya ait bir köşedir. O halde \(Q_3\) köşesi \(Q_mQ_1\) üzerinde veya onun \(Q_2\) ye göre diğer tarafında yer alır; \(Q_{m-1}\) köşesi ise \(Q_1Q_2\) üzerinde veya onun \(Q_m\) ye göre diğer tarafında yer alır. \(XQ_1, B\) ye ait bir doğru parçası olsun. \(XQ_1B\) ye ait hem \(Q_2Q_3\) ile hem de \(Q_{m-1}Q_m\) ile kesiştiğinden \(X\) köşesi çokgen üzerinde \(Q_2\) ve \(Q_m\) arasında yer almalı. Fakat \(XQ_1\) aynı zamanda \(A^\complement\) a da aittir ve böylece A ya aittir. Buradan da çelişki elde ederiz. 


Son olarak, eğer \(P, Q, R, S, T\) çokgen üzerinde ard arda yer alan köşeler ise, \(A_{(P,Q,R)} \cup A_{(R,S,T)}\) kümesi \(2n-1\) doğru parçasından oluşur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 1

Aşağıdakilerden hangisi, \([AB]\) ve \([CD]\) kenarlarının orta dikmeleri \([AC]\) köşegeni üstündeki bir noktada kesişen her \(ABCD\) dışbükey dörtgeni için doğrudur?

Şıklar:
A) |BA| + |AD| \le |BC| + |CD| \quad | B) |BD| \le |AC| \quad | C) |AC| \le |BD| \] \[ | D) |AD| + |DC| \le |AB| + |BC| \quad \text{e) Hiçbiri} \]

Cevap: B \(|BD| \le |AC|\)

Çözüm:
Orta dikmeler \(|AC|\) üzerinde bir \(P\) noktasında kesişin. \(|PD| = |PC|\) ve \(|PA| = |PB|\) olur. \(DPB\) üçgeninde üçgen eşitsizliğinden \(|BD| \le |PD| + |PB| = |PC| + |PA| = |AC|\) olur. (a), (c) ve (d) seçeneklerindeki eşitsizliklerin her dörtgen için sağlanamayacağını şu örnekte görebiliriz: \(B\) ve \(D\) noktaları \([AC]\) çaplı çember üzerinde yer alırsa sorudaki şart da sağlanır. \(A\) ve \(C\) sabitlenip \(B\) ve \(D\) kendi yarım çemberleri üzerinde serbestçe hareket ettirilerek (a), (c) ve (d) seçeneklerindeki eşitzliklerin her biri bozulabilir.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 2

\((x+1)^{65}\) polinomunun kaç katsayısı 65 e bölünmez?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
65 = 5 · 13. \((x+1)^{65} = ((x+1)^{13})^{5} \equiv (x^{13}+1)^{5} \pmod{13} \Rightarrow 13\) ile bölünen kuvvetlerin katsayıları 13 ile bölünmez. \((x+1)^{65} = ((x+1)^{5})^{13} \equiv (x^{5}+1)^{13} \pmod{5} \Rightarrow 20\) ve 45 dışındaki 5 ile bölünen kuvvetlerin katsayıları 5 ile bölünmez. 0 ve 65 her iki durumda da sayıldığından cevap \(6+12-2=16\) dır.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 3

\(1 + \sqrt{n^2 - 9n + 20} > \sqrt{n^2 - 7n + 12}\) eşitsizliğini sağlayan kaç n pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Her iki tarafın karesini alıp sadeleştirirsek 


\[
2\sqrt{n^2 - 9n + 20} > 2n - 9
\]


elde ederiz. \(n = 1, 2, 3, 4\) durumlarında sol taraf negatif olmayan gerçel sayı, sağ taraf ise negatif sayıdır. Yeniden her iki tarafın karesini alıp sadeleştirirsek \(80 > 81\) çelişkisi gelir. Buna göre eşitsizliğin pozitif tam sayılarda çözüm kümesi \(\{1, 2, 3, 4\}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 4

\(\{1, 2, \dots, 20\}\) kümesinin 8 elemanlı altkümelerinden kaçı ardışık sayılar içermez?

Şıklar:

Cevap:  \(\binom{13}{8}\)

Çözüm:
12 seçilmeyen elemanın en sol, en sağ ve aralarına 8 seçilen elemanı sıkıştırıyoruz. Bu nedenle cevap \(\binom{13}{8}\) olur. 


5. \(m(\widehat{ABC}) = 90^\circ\) olmak üzere, \(ABC\) üçgeninin \([AB]\) kenarını çap alan çember \([AC]\) kenarını \(D\) noktasında, çembere \(D\) de teğet olan doğru da \(BC\) yi \(E\) noktasında kesiyor. \(|EC| = 2\) ise, \(|AC|^2 - |AE|^2\) nedir?
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 5

\(m(\widehat{ABC}) = 90^\circ\) olmak üzere, \(ABC\) üçgeninin \([AB]\) kenarını çap alan çember \([AC]\) kenarını \(D\) noktasında, çembere \(D\) de teğet olan doğru da \(BC\) yi \(E\) noktasında kesiyor. \(|EC| = 2\) ise, \(|AC|^2 - |AE|^2\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
\([AB]\) nin orta noktası \(O\) olsun. \(O\) çemberin merkezi olacağından \(|OA| = |OB| = |OD|\) ve \(OD \perp DE\) dir. Yani \(\angle DCE = 90^\circ - \angle OAD = 90^\circ - \angle ODA = \angle EDC\) ve buradan da \(|DE| = |BE| = |EC| = 2\) olur. Pisagor teoreminden \(|AC|^2 - |AE|^2 = |BC|^2 - |BE|^2 = |EC|^2 + 2|BE| \cdot |EC| = 12\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 6

Kaç \(p\) asal sayısı için, \(|p^4 - 86|\) sayısı da asaldır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(p = 5\) ise, \(p^4 - 86 = 539 = 7 \cdot 7 \cdot 11\). \(p \neq 5\) ise, \(p^4 \equiv 1 \pmod{5}\) ve \(p^4 - 86 \equiv 0 \pmod{5}\). Buna göre, \(p^4 - 86 = \pm 5\). \(p^4 = 86 + 5\) durumunda çözüm gelmiyor, \(p^4 = 86 - 5\) durumunda \(p = 3\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 7

\(x_1\) ve \(x_2\) sayıları \(x^2 + 5x - 7 = 0\) denkleminin farklı gerçel kökleri ise, \(x_1^3 + 5x_1^2 - 4x_1 + x_1^2x_2 - 4x_2\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  20

Çözüm:
\(x_1^3 + 5x_1^2 - 4x_1+x_1^2x_2 - 4x_2 = x_1(x_1^2 + 5x_1 - 4) + x_2(x_1^2 + 5x_1 - 4) - 5x_1x_2\)
\(= (x_1^2 + 5x_1 - 4)(x_1 + x_2) - 5x_1x_2 = 3(x_1 + x_2) - 5x_1x_2 = -15 + 5 \cdot 7 = 20\).
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 8

Pozitif tam sayılardan oluşan \(n\) elemanlı her kümenin toplamları 6 ile bölünen altı elemanı bulunabiliyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  11

Çözüm:
10 elemandan oluşan {0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1} kümesinin toplamları 6 ile bölünen altı elemanı bulunmuyor. Pozitif tam sayılardan oluşan ve eleman sayısı en az 11 olan her kümede toplamları çift sayı olan bir ikili alalım. Kalan 9 elemandan toplamları çift sayı olan yeni bir ikili alalım. Kalan 7 elemandan çift sayı olan yeni bir ikili alalım. Benzer şekilde devam edersek her birinin toplamı çift sayı olan 5 ikili buluruz. Her ikilinin toplamının (mod 3) deki değeri 0,1 veya 2 dir. Bu nedenle bu 5 ikiliden toplamları 3'e bölünen üçü bulunur. Bu üç ikilideki altı sayının toplamı 6 ile bölünür.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 9

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin \(A\), \(B\), \(C\) köşelerine ait yüksekliklerin ayakları sırasıyla, \(D\), \(E\), \(F\) dir. \(|DF| = 3\), \(|FE| = 4\), \(|DE| = 5\) ise, \(DE\) ye teğet olan \(C\) merkezli çemberin yarıçapı nedir?

Şıklar:

Cevap:  1/2

Çözüm:
\(\angle DAC = \angle DAE\) olduğundan \(A \in [BE]\) olmalıdır. \(CD\) ve \(BE\) doğruları \(F\) de kesiĢsin. \(AD \perp FC\) ve \(\angle FAD = \angle CAD\) olduğundan \(|AF| = |AC| = 4\) ve \(|FD| = |DC|\) olur. \(ED \parallel BC\) olduğundan \(|FE| = |BE|\) ve buradan da \(|AE| = 1/2\) buluruz.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 11

\(x^5 + x^4 - 4x^3 - 7x^2 - 7x - 2\) polinomumun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(0\)

Çözüm:
\(x^5 + x^4 - 4x^3 - 7x^3 - 7x - 2 = (x^2 + x + 1)(x^2 - 2x - 1)(x + 2)\) olduğundan farklı gerçel köklerinin toplamı \(-2 + 2 = 0\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 13

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin \(A\), \(B\), \(C\) köşelerine ait yüksekliklerin ayakları sırasıyla, \(D\), \(E\), \(F\) dir. \(|DF| = 3\), \(|FE| = 4\), \(|DE| = 5\) ise, \(DE\) ye teğet olan \(C\) merkezli çemberin yarıçapı nedir?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
\(\angle BAC = \alpha\), \(\angle ABC = \beta\), \(\angle BCA = \theta\) dersek \(\angle FDE = 180^\circ - 2\alpha\), \(\angle DEF = 180^\circ - 2\beta\), \(\angle EFD = 180^\circ - 2\theta\) olur. \(EFD\) üçgeni dik üçgen olduğundan \(180^\circ - 2\theta = 90^\circ\) ve buradan da \(\theta = 45^\circ\) olur. Ayrıca \(180^\circ - 2\alpha\) ve \(180^\circ - 2\beta\) birer dar açı olduğundan \(2\alpha\) ve \(2\beta\) geniş açılar olup \(\cos 2\alpha = -3/5\), \(\cos 2\beta = -4/5\) olmalıdır. Buradan da \(2\cos^2 \alpha - 1 = -3/5\) ve \(2\cos^2 \beta - 1 = -4/5\) elde ederiz. \(\alpha\) ve \(\beta\) dar açılar olduğundan \(\cos \alpha = 1/\sqrt{5}\) ve \(\cos \beta = 1/\sqrt{10}\) olur. Yani \(\sin \alpha = 2/\sqrt{5}\) ve \(\sin \beta = 3/\sqrt{10}\) buluruz. Soruda bulunması istenen yarıçap uzunluğu \(C\) den \(DE\) doğrusuna inilen dikmenin uzunluğuna eşittir. Bu dikmenin ayağına \(K\) dersek \(\angle KDC = \alpha\), \(\angle KEC = \beta\) olduğu görülebilir. \(|KC|/|ED| = (|KC|/|EC|) \cdot (|EC|/|ED|) = \sin \beta \cdot \sin \alpha / \sin \theta = (3/\sqrt{10}) \cdot (2/\sqrt{5}) \cdot \sqrt{2} = 6/5\) olduğundan \(|KC| = 6\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 14

2011(2011(2011(2011))<sup>2011</sup>) sayısının 19 ile bölümünden kalan nedir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Fermat Teoremi'nden dolayı 2011<sup>18</sup> ≡ 1 (mod 19) dur. O halde 2011<sup>(2011(2011<sup>2011</sup>))</sup> sayısının 18 ile bölümünden kalanı bulmalıyız. Bu sayı bir tek sayıdır. 2011 ≡ 4 (mod 9), \(4^3\) ≡ 1 (mod 9) ve 2011<sup>(2011<sup>2011</sup>)</sup> ≡ 1 (mod 3) olduğundan 


\[2011^{(2011^{(2011^{2011})})} \equiv 4 \pmod{9}\]


elde edilir. Demek ki bu sayı (mod 18)'de 13'e denktir. O zaman 


\[2011^{(2011^{(2011^{(2011)})})} \equiv 2011^{13} \equiv 16^{13} = 2^{52} = (2^{18})^3 \cdot 2^{-2} \equiv 5 \pmod{19}.\]
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 15

Aşağıdaki \((a, b)\) ikililerinden hangisi için, \(x + 2y < a\) ve \(xy > b\) eşitsizliklerini sağlayan hiçbir \((x, y)\) pozitif gerçel sayı ikilisi yoktur? 


a) \(\left(\frac{15}{7}, \frac{4}{7}\right)\) b) \(\left(\frac{18}{11}, \frac{1}{3}\right)\) c) \(\left(\frac{5}{7}, \frac{1}{16}\right)\) d) \(\left(\frac{6}{7}, \frac{1}{11}\right)\) e) Hiçbiri

Şıklar:

Cevap:  Hiçbiri

Çözüm:
Verilmiş eşitsizliklerden \(\frac{b}{y} < x < a - 2y\) ve buradan da \(2y^2 - ay + b < 0\) elde ederiz. Çözümün olmaması için \(a^2 < 8b\) olması gerekiyor. Yukarıdaki \((a, b)\) ikililerinden hiçbiri bu koşulu sağlamıyor.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 16

Ağırlıkları pozitif tam sayılar olan herhangi 2011 taş, biri diğerinin iki katı ağırlıkta iki taş içermeyen *n* böbeğe ayrılabiliyorsa, *n* en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Eşit ağırlıklı taşları aynı altkümelere koyacağız. En hafif taşın ağırlığı *a* olsun. Ağırlıkları *a*, *2a*, *4a*, *8a*, ... olan taşları birinci gruba koyalım. Kalan taşlardan en hafif taşın ağırlığı *b* olsun. Ağırlıkları *b*, *2b*, *4b*, *8b*, ... olan taşları ikinci gruba koyalım. Benzer şekilde devam ederek taşları birbirinden ayrık gruplara ayıralım. Her gruptaki taşları en hafif taştan başlayarak beyaz-siyah-beyaz-... boyayıp beyazları birinci altkümeye, siyahları da ikinci altkümeye yerleştirirsek sorudaki koşullar sağlanmış olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 17

*ABC* eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir *D* noktası için, \(|AD| = \sqrt{2}\), \(|BD| = 3\) ve \(|CD| = \sqrt{5}\) ise, \(m(\overline{ADB})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  105°

Çözüm:
*AB* doğrusuna göre *C* ile farklı tarafta bir *E* noktasını \(\triangle BDE\) bir eşkenar üçgen olacak biçimde alalım. \(|EB| = |BD| = 3\) ve \(\angle ABE = \angle DBC\) olacağından \(\triangle ABE \cong \triangle CBD\) ve buradan da \(|AE| = |CD| = \sqrt{5}\) olur. *ADE* üçgeninde kosinüs teoreminden \(\cos \angle ADE = [3^2 + (\sqrt{2})^2 - (\sqrt{5})^2]/(2 \cdot 3 \cdot \sqrt{2}) = 1/\sqrt{2}\) olur. Buradan da \(\angle ADE = 45^\circ\) ve \(\angle ADB = 105^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 18

Kaç pozitif tam sayı \(n(n^2-1)(n^2+3)(n^2+5)\) ifadesini *n* nin tüm pozitif tam sayı değerleri için böler?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
*n* = 2 için ifade \(2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 9 = 2 \cdot 3^3 \cdot 7\) ye eşittir. Verilen ifade her zaman bir çift sayıdır. \(3|n\) ise \(9|n(n^2+3)\), \(3 \nmid n\) ise \(3|n^2-1\) ve dolayısıyla \(9|(n^2-1)(n^2+5)\). O halde ifade her zaman 9 ile bölünür. Ancak \(n = 3\) için ifade 27 ile bölünmez. Bir tam kare (mod 7)'de 0,1,2 veya 4'e denk olduğundan ifade her zaman 7 ile de bölünür. Sonuç olarak ifadeyi her *n* için bölen sayılar \(2 \cdot 3^2 \cdot 7\) sayısının pozitif bölenleridir. Bunların sayısı da \(2 \cdot 3 \cdot 2 = 12\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 19

Aşağıdaki eşitsizliklerden hangisinin *xy*-düzleminde tanımladığı bölge ile kesişimi tam olarak iki noktadan oluşan bir doğru bulunur?

Şıklar:
A) x^2 + y^2 \le 1 \qquad | B) |x + y| + |x - y| \le 1 \qquad | C) |x|^3 + |y|^3 \le 1 \] \[ | D) |x| + |y| \le 1 \qquad | E) |x|^{1/2} + |y|^{1/2} \le 1 \]

Cevap: E \(|x|^{1/2} + |y|^{1/2} \le 1\)

Çözüm:
Bu bölgenin \(x + y = 1\) doğrusu ile kesişimi \((0, 1)\) ve \((1, 0)\) noktalarından ibarettir. Diğer dört seçenekteki bölgeler ise dışbükeydir ve bir doğru ile dışbükey bir bölgenin kesişimi tek parça olmak zorundadır (yani bir nokta, bir doğru parçası, vs.). O halde diğer bölgelerden hiçbiri için o bölgeyi tam olarak iki noktada kesen bir doğru bulunamaz.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 20

100 öğrencinin girdiği bir sınavda 5 soru sorulmuş ve her soruyu tam olarak 50 öğrenci çözüştür. Çözdüğü soru sayısı ikiyi aşmayan öğrencilerin sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  17

Çözüm:
Toplam \(5 \cdot 50 = 250\) soru çözülmüştür. En az 3 soru çözmiş öğrenci sayısı \(x\) oloursa, \(3x \le 250\) ve \(x \le 83\) elde ederiz. 83 için örnek verelim. Sırasıyla 16, 17, 16, 17, 17 öğrenciden oluşan \(A_0\), \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\), \(A_4\) gruplarının herhangi ikisinin ortak öğrencisi olmasın. \(i = 1, 2, 3, 4, 5\) olmak üzere, \(i\) soruyu \(A_i\), \(A_{i+1}\) ve \(A_{i+2}\) (mod 5) gruplarındaki tüm öğrenciler ve 1. soruyu buna ek olarak bu gruplar dışındaki herhangi bir öğrenci çözerse \(x = 83\) ve cevap da \(100 - 83 = 17\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 21

Bir \(ABCD\) eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde yer alan bir \(E\) noktası \(|AE| = |EB|\), \(m(\overline{EAB}) = 11^\circ\) ve \(m(\overline{EB\overline{C}}) = 71^\circ\) koşullarını sağlıyorsa, \(m(\overline{DCE})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(68^\circ\)

Çözüm:
Dörtgenin iç bölgesinde \(\triangle BEF\) eşkenar üçgen olacak biçimde bir \(F\) noktası alalım. \(\angle FBC = 11^\circ\) ve \(|BE| = |BF|\) olacağından \(\triangle ABE \cong \triangle CBF\) ve buradan da \(|BF| = |FC| = |FE|\) olur. \(\angle EFC = 142^\circ\) ve \(\angle FCE = \angle FEC = 19^\circ\) buluruz. \(\angle BCD = 180^\circ - \angle ABC = 98^\circ\) olduğundan \(\angle DCE = 98^\circ - 11^\circ - 19^\circ = 68^\circ\) olur.