alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 23

\(x\) bir gerçel sayı olmak üzere, \(x(x+4)(x+8)(x+12)\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(-256\)

Çözüm:
\(s = x^2 + 12x\) olsun. 


\[x(x+4)(x+8)(x+12) = (x^2 + 12x)(x^2 + 12x + 32)\]


\[= s^2 + 32s = (s+16)^2 - 256 \ge -256.\]


\(x = -6 \pm \sqrt{20}\) değerlerinde \(s+16 = 0\) oluyor. Buna göre, ifadenin alabileceği en küçük değer \(-256\) olur.

**24.** *xy*-düzlemine, *m* mavi ve *k* kırmızı dikdörtgen, kenarları eksenlere paralel olacak, eksenlerden herhangi birine paralel olan hiçbir doğru aynı renkte birden fazla dikdörtgeni kesmeyecek ve farklı renkte hangi iki dikdörtgen alınırsa alınsın, yalnızca bunları kesen ve eksenlerden birine paralel olan bir doğru bulunacak biçimde yerleştirilmişse, (*m*, *k*) tam sayı ikilisi aşağıdakilerden hangisi olamaz? 


a) (1, 7) b) (2, 6) c) (3, 4) d) (3, 3) e) Hiçbiri
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 24

xy-düzlemine, m mavi ve k kırmızı dikdörtgen, kenarları eksenlere paralel olacak, eksenlerden herhangi birine paralel olan hiçbir doğru aynı renkte birden fazla dikdörtgeni kesmeyecek ve farklı renkte hangi iki dikdörtgen alınırsa alınsın, yalnızca bunları kesen ve eksenlerden birine paralel olan bir doğru bulunacak biçimde yerleştirilmişse, (m, k) tam sayı ikilisi aşağıdakilerden hangisi olamaz?

a) (1, 7) b) (2, 6) c) (3, 4) d) (3, 3) e) Hiçbiri

Şıklar:

Cevap:  (*m*, *k*) ikilisi (1, 7), (2, 6), (3, 4), (3, 3) değerlerinin hepsini alıyor

Çözüm:
Aşağıda her durum için birer örnek vereceğiz. Koordinat sisteminde köşelerinin koordinatları \((x_1, y_1)\), \((x_2, y_2)\), \((x_3, y_3)\), \((x_4, y_4)\) olan dikdörtgeni rengine göre \(M((x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3), (x_4, y_4))\) veya \(K((x_1, y_1), (x_2, y_2), (3, y_3), (x_4, y_4))\) olarak işaretleyelim. 


(1, 7): Mavi dikdörtgen \(M((0, 0), (13, 0), (13, 1), (0, 1))\) ve \(i = 0, 1, \dots, 6\) olmak üzere, kırmızı dikdörtgenler \(K_i((2i, 2i + 2), (2i + 1, 2i + 2), (2i + 1, 2i +3), (2i, 2i + 3))\). 


(2, 6): Mavi dikdörtgenler \(M_1((0, 0), (11, 0), (11, 1), (0, 1))\), \(M_2((12, 2), (13, 2), (13, 13), (12, 13))\) ve \(i = 0, 1, \dots, 5\) olmak üzere, kırmızı dikdörtgenler \(K_1((2i, 2i), (2i + 1, 2i), (2i + 1, 2i + 1), (2i, 2i + 1))\). 


(3, 4): Mavi dikdörtgenler \(M_1((0, 0), (3, 0), (3, 3), (0, 3))\), \(M_2((4, 4), (7, 4), (7, 7), (4, 7))\), \(M_3((8, 8), (11, 8), (11, 11), (8, 11))\) ve kırmızı dikdörtgenler \(K_2((2, 10), (5, 10), (5, 11), (2, 11))\), \(K_3((6, 0), (9, 0), (9, 1), (6, 1))\), \(K_4((10, 2), (11, 2), (11, 5), (10, 5))\). 


(3, 3) örneği (3, 4) örneğindeki kırmızı dikdörtgenlerin herhangi birinin atılmasıyla elde ediliyor. 


**25.** \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberi, \(BC\), \(AC\) ve \(AB\) kenarlarına sırasıyla, \(A_1, B_1\) ve \(C_1\) noktalarında teğettir. \(AA_1\) doğrusu, iç teğet çemberi ikinci kez \(Q\) noktasında kesiyor. \(A_1C_1\) ve \(A_1B_1\) doğruları, \(A\) noktasından geçen ve \(BC\) ye paralel olan doğruyu sırasıyla, \(P\) ve \(R\) noktalarında kesiyor. \(m(PQC_1) = 45^\circ\) ve \(m(RQB_1) = 65^\circ\) ise, \(m(PQR)\) nedir?
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 25

\(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberi, \(BC\), \(AC\) ve \(AB\) kenarlarına sırasıyla, \(A_1, B_1\) ve \(C_1\) noktalarında teğettir. \(AA_1\) doğrusu, iç teğet çemberi ikinci kez \(Q\) noktasında kesiyor. \(A_1C_1\) ve \(A_1B_1\) doğruları, \(A\) noktasından geçen ve \(BC\) ye paralel olan doğruyu sırasıyla, \(P\) ve \(R\) noktalarında kesiyor. \(m(PQC_1) = 45^\circ\) ve \(m(RQB_1) = 65^\circ\) ise, \(m(PQR)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(125^\circ\)

Çözüm:
Teğet-kiriş açıdan \(\angle C_1QA_1 = \angle C_1A_1B\) ve paralellikten \(\angle C_1A_1B = \angle APC_1\) dir. Buradan da \(\angle C_1QA_1 = \angle APC_1\) olduğundan

APC₁Q kirişler dörtgenidir. Benzer şekilde ARB₁Q da kirişler dörtgeni olur. Buradan da ∠ABC = ∠C₁AP = ∠C₁QP = 45° ve ∠ACB = ∠B₁AR = ∠B₁QR = 65° elde ederiz. ∠PQR = ∠B₁QC₁ = ∠C₁A₁B + ∠B₁A₁C = 180° - (∠ABC + ∠ACB)/2 = 125° olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 26

Her \(0 \le i \le 17\) için, \(a_i\) sayısı, \(-1\), \(0\) veya \(1\) olmak üzere, 


\[a_0 + 2a_1 + 2^2a_2 + \dots + 2^{17}a_{17} = 2^{10}\]


eşitliğini sağlayan kaç \((a_0, a_1, \dots, a_{17})\) on sekizlisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
Eşitliğin sağ tarafının çift olması nedeniyle \(a_0 = 0\) dır. O zaman her iki tarafı 2 ile böldükten sonra benzer şekilde \(a_1 = 0\) elde ederiz. Bu şekilde devam edersek \(a_0 = a_1 = \dots = a_9 = 0\) gelir: 


\[2^{10}a_{10} + 2^{11}a_{11} + 2^{12}a_{12} + \dots + 2^{17}a_{17} = 2^{10}\]


\[a_i \neq 0 \text{ olan en büyük } i = k \text{ olsun:}\]


\[2^{10}a_{10} + 2^{11}a_{11}+2^{12}a_{12}+\dots+2^{k}a_{k}=2^{10}.\]


Eşitliğin sağ tarafının pozitif olması nedeniyle \(a_k = 1\) olacaktır. \(k = 10\) ise, \(a_{10} = 1\) ve tüm diğer katsayılar sıfır olacaktır. \(k > 10\) ise, \(a_{10} = a_{11} = \dots = a_{k-1} = -1\) olmak zorundadır, sadece bu durumda 


\[-2^{10} - 2^{11} - \dots - 2^{k-1} + 2^{k}\]


\[= -2^{10}(1 + 2 + \dots + 2^{k-10-1}) + 2^k = -2^{10}(2^{k-10} - 1) + 2^k = 2^{10}\]


oluyor. Demek ki, her \(10 \le k \le 17\) değeri için sorudaki eşitliği sağlayan tek bir \((a_0, a_1, \dots, a_{17})\) on sekizlişi bulunuyor.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 27

\(f(x) = \frac{x^5}{5x^4 - 10x^3 + 10x^2 - 5x + 1}\) ve, \(1 \le i \le 2009\) için, \(x_i = \frac{i}{2009}\) ise, \(f(x_1) + f(x_2) + \dots + f(x_{2009})\) toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1005

Çözüm:
\(f(x) = \frac{x^5}{x^5 + (1-x)^5}\) olduğundan \(f(x) + f(1-x) = 1\) olur. Sonuç olarak 


\[f(x_1) + f(x_2) + \dots + f(x_{2000}) = 1005 \cdot 1 = 1005.\]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 28

Tüm tam sayılar kümesi, farkları asal bir sayıya eşit olan herhangi iki tam sayı aynı altkümeye düşmeyecek biçimde, *n* altkümeye ayrılabiliyorsa, *n* en az kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  *n* = 4

Çözüm:
0, 2, 5 ve 7 sayılarından herhangi ikisi aynı altkümenin elemanı olamazlar. Buna göre, *n* sayısı 4 ten daha küçük olamaz. *i* = 1, 2, 3, 4 olmak üzere, *n* ≡ *i* (mod 4) koşulunu sağlayan *n* tam sayılarını *i*. altkümeye yerleştirirsek koşullar sağlanmış olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 29

*ABCD* kirişler dörtgeninin [AC] ve [BD] köşegenleri, *P* noktasında kesişiyor. *APB* ve *CPD* üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri, *ABCD* dörtgeninin çevrel çemberi üstünde ve |AC| + |BD| = 18 ise, *ABCD* dörtgeninin alanı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(81\sqrt{3}/4\)

Çözüm:
*APB* ve *CPD* üçgenlerinin çevrel çember merkezleri sırasıyla \(O_1\) ve \(O_2\) olsun. \(\angle APB = \alpha\) dersek \(\angle AO_1B = \angle DO_2C = 360^\circ - 2\alpha\) olur. Çemberdeşlikten \(\angle ACB = \angle CBD = 2\alpha - 180^\circ\) olur. \(\angle ACB + \angle CBD = \angle APB\) olduğundan \(4\alpha - 360^\circ = \alpha\) ve buradan da \(\alpha = 120^\circ\) elde ederiz. *PBC* ve benzer şekilde *PAD* eşkenar üçgen olacağından \(|PC| = |PB|\) ve \(|PA| = |PD|\) olur. Yani \(|AC| = |BD| = 9\) olmalıdır. *ABCD* dörtgeninin alanı ise \(9 \cdot 9 \cdot \sin 120^\circ/2 = 81\sqrt{3}/4\) e eşittir.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 30

\(11^2 + 13^2 + 17^2\), \(24^2 + 25^2 + 26^2\), \(12^2 + 24^2 + 36^2\), \(11^2 + 12^2 + 13^2\) sayılarından kaçı bir tam sayının karesine eşittir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(11^2 + 13^2 + 17^2 \equiv 3 \pmod{4}\), bir tam kare olamaz.
\(24^2 + 25^2 + 26^2 \equiv 2 \pmod{3}\), bir tam kare olamaz.
\(12^2 + 24^2 + 36^2 = 12^2(1 + 4 + 39) = 12^2 \cdot 14\), bir tam kare değildir.
\(11^2 + 12^2 + 13^2 = 11^2 + 12^2 + (11 \cdot 12)^2 = (11 \cdot 12 + 1)^2\), bir tam karedir.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 31

\(|x^3 + 3x^2 - 33x - 3| \ge 2x^2\) eşitsizliğini, \(|x| \ge n\) koşulunu sağlayan her *x* gerçel sayısı için doğru kılan *n* tam sayısının alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(9\)

Çözüm:
\(x = -8\) ise, \(|(-8)^3 + 3 \cdot (-8)^2 - 33 \cdot (-8) - 3| = 59\) ve \(2 \cdot (-8)^2 = 128\), eşitsizlik sağlanmıyor. Fakat \(|x| \ge 9\) olursa,

\[
\begin{align*}
\frac{|x^3 + 3x^2 - 33x - 3|}{x^2} &= |x + 3 - \frac{33}{x} - \frac{3}{x^2}| \\
&\geq |x| - |3 - \frac{33}{x} - \frac{3}{x^2}| \geq 9 - 3 - \frac{33}{9} - \frac{3}{81} \geq 2.
\end{align*}
\]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 32

Her biri dört elemanlı n kümeden, hangi farklı ikisini alırsak alalım, bu iki kümeden yalnızca birine ait olan tüm elemanlardan oluşan küme, başlangıçdaki n kümeden birine eşitse, n en çok kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Kümeler \(K_1, K_2, \dots, K_n\) olsun. Koşullara göre, her \(i \neq j\) ikilisi için \(|K_i \cap K_j| = 2\) olmalıdır. \(i \neq 1, j \neq 1, i \neq j\) olmak üzere, bir \((i, j)\) ikilisi için \(K_1 \cap K_i = K_1 \cap K_j\) olursa, \(K_1\) ve \(K_i\) kümelerinin yalnızca birine ait olan tüm elemanlardan oluşılan küme ile \(K_j\) kümesinin ortak elemanı olmayacaktır, çelişki. Demek ki \(n\) en fazla \(1 + \binom{4}{2} = 7\) olabilir. \(n = 7\) için örnek verelim: 


\[
K_1 = \{1, 2, 3, 4\}, K_2 = \{3, 4, 5, 6\}, K_3 = \{1, 2, 5, 6\}, K_4 = \{2, 3, 6, 7\}, K_5 = \{1, 4, 6, 7\}, K_6 = \{1, 3, 5, 7\}, K_7 = \{2, 4, 5, 7\}.
\]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 33

ABC üçgeninin [AL] ve [BM] kenarortayları K noktasında kesişiyor. C, K, L, M noktaları çembersel ve |AB| = √3 ise, [CN] kenarortayının uzunluğu nedir?

Şıklar:

Cevap:  3/2

Çözüm:
K noktası ağırlık merkezi olduğundan |AK| = 2|KL| dir. Çemberde kuvvetten |AK| · |AL| = |AM| · |AC| ve buradan da |AL|² = 3|AK| · |AL|/2 = 3|AC|²/4 olur. |BC| = a, |CA| = b, |AB| = c = √3 olsun. Üçgende kenarortay teoreminden 3b²/4 = |AL|² = (b² + c²)/2 - a²/4 ve buradan da a² + b² = 2c² olur. Yine kenarortay teoreminden |CN|² = (a² + b²)/2 - c²/4 = c² - c²/4 = 3c²/4 = 9/4 olduğundan |CN| = 3/2 elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 34

x ve y farklı pozitif tam sayılar olmak üzere, \((x+y^2)(x^2-y)/(xy)\) ifadesinin alabileceği en küçük pozitif tam sayı değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
x ve y sayılarının en büyük ortak böleni d olsun: \(x = dx_0, y = dy_0\), \((x_0, y_0) = 1\). O zaman 


\[
\frac{(x + y^2)(x^2 - y)}{xy} = \frac{(x_0 + dy_0^2)(dx_0^2 - y_0)}{x_0y_0}
\]


olur. Buna göre, \(x_0|d, y_0|d\) ve dolayısıyla, \(d = kx_0y_0\). Buradan

\[
\frac{(x+y^2)(x^2-y)}{xy} = (1+ky_0^3)(kx_0^3-1)
\]


gelir. \(x_0 \neq y_0\) olduğuna göre, \((1+ky_0^3)(kx_0^3-1)\) ifadesinin alabileceği en küçük değer \(k=1, x_0=2, y_0=1\) durumunda elde edilir, cevap 14.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 35

Her \(n \ge 2\) için, \(a_n = \sqrt[3]{n^3 + n^2 - n - 1}/n\) ise, \(a_2a_3 \cdots a_k > 3\) eşitsizliğinin sağlanması için \(k\) pozitif tam sayısının en az kaç olması gerekir?

Şıklar:

Cevap:  106

Çözüm:
\(b_n = a_n^3 = \frac{n^3 + n^2 - n - 1}{n^3}\) olsun. \(b_2b_3 \cdots b_k > 27\) eşitsizliğinin sağlayan en küçük \(k\) pozitif tam sayısını bulmamız gerekiyor. 


\[
b_n = \frac{n^2(n+1) - (n+1)}{n^3} = \frac{(n-1)(n+1)^2}{n^3}
\]


olduğuna göre, 


\[
b_2b_3 \cdots b_k = \frac{1 \cdot 3^2}{2^3} \cdot \frac{2 \cdot 4^2}{3^3} \cdots \frac{(k-2)k^2}{(k-1)^3} \cdot \frac{(k-1)(k+1)^2}{(k)^3} = \frac{(k+1)^2}{4k}
\]


Buradan \((k+1)^2 - 4k \cdot 27 > 0\) ve \(k(k-106) \ge 0\) gelir. Sonuç olarak eşitsizliğinin sağlanması için \(k\) pozitif tam Sayısının alabileceği en küçük değer 106 olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 36

Yüz kenti olan bir ülkedeki bazı kentler arasında yapılan tek yönlü uçak seferleri, başkentten başlayıp, ülkedeki her kentten en az bir kez geçerek, yeniden başkente dönmeyi mümkün kılan en az bir sefer dizisi bulunacak biçimde düzenlenmiştir. Böyle bir düzenlemede, bu şekildeki uçak seferi dizilerinden sefer sayısı en az olanın sefer sayısı, bütün bu tür düzenlemeler arasında en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  2550

Çözüm:
Kentler \(A_1, \dots, A_{100}\) olmak üzere, uçuşlar: 


her \(i = 1, \dots, 49\) için \(A_i\) den \(A_{i+1}\) e 


her \(i = 51, \dots, 100\) için \(A_{50}\) den \(A_i\) ye 


her \(i = 51, \dots, 100\) için \(A_i\) den \(A_1\) e

düzenlenmiş olsun. Bu durumda her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçuş içeren kapalı güzergah en az 51·50 = 2550 uçak seferi içermektedir. 


Şimdi ise başkentten başlayıp, ülkedeki her kentten en az bir kez geçerek, yeniden başkente dönmeyi mümkün kılan her uçuş düzenlemesinde her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçak seferi içeren kapalı güzergahın en fazla 2550 uçak seferi içerdiğini gösterelim. Her \(A_i\) ve \(A_j\) kent ikilisi için \(A_j\) den \(A_i\) ye varmak için yapılması gereken en az uçuş sayısı \(d(A_i, A_j)\) olmak üzere, \(max_{i,j} d(A_i, A_j) = d(A_l, A_m) = p\) olsun. \(p\) uçuş içeren \(A_l \to A_m\) güzergahı, \(A_l\) den \(A_m\) ye en kısa güzergah olduğundan \(A_l\) dışında \(p\) farklı kent içeriyor. \(A_m\) den bu \(p\) kentten farklı yeni bir kente en fazla \(p\) uçuş kullanarak gidilebiliyor. Daha sonra tüm kalan kentlere her yeni kent için en fazla \(p\) uçuş kullanarak birer birer uğrarsak her kente en az bir kez uğrayan ve en az uçuş içerien kapalı güzergahın toplam uçuş sayısı en fazla 


\[p + p(100 - p) = p(101 - p) \le \frac{(101 - p + p)^2}{4} = 2550.25\]


olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2009, 2. Aşama, Soru 1

\(p^3 - 4p + 9\) un tam kare olmasını sağlayan tüm \(p\) asal sayılarını bulunuz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(p = 2, 7, 11\)

Çözüm:
\(x\) bir negatif olmayan tam sayı ve \(p\) bir asal sayı olmak üzere, \(x^2 = p^3 - 4p + 9\) denkleminin tüm çözümlerini bulacağız. 


\(x^2 \equiv 9 \pmod{p}\) olduğundan \(k\) bir tam sayı olmak üzere, \(x = kp \pm 3\) olur. Bunu denkleme yazarsak \((kp \pm 3)^2 = p^3 - 4p + 9 \implies k^2p \pm 6k = p^2 - 4\) elde ederiz. Buna göre, \(p|6k \pm 4\) olur. \(p \neq 2\) durumunda \(p|3k \pm 2 \implies p \le 3k + 2 \implies \frac{p-2}{3} \le k \implies \frac{p^2 - 2p - 9}{3} \le pk - 3 \le x\). 


\[ \bullet x \le \frac{p^2}{4} \text{ olursa } \frac{p^2 - 2p - 9}{3} \le \frac{p^2}{4} \implies p \le 8 + \frac{36}{p} \implies p \le 11. \]


\[ \bullet x > \frac{p^2}{4} \text{ olursa } x^2 = p^3 - 4p + 9 \implies \frac{p^4}{16} < p^3 - 4p + 9 \implies p < 16 - \frac{16(4p - 9)}{p^3} \implies p \le 13. \]


Sonuç olarak \(p \le 13\) değerlerini deneyerek çözüm ikililerinin \((p, x) = (2, 3)\), \((7, 18)\) ve \((11, 36)\) olduğu elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 1

Bir \(ABC\) eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir \(D\) noktası için \(m(\overline{BAD}) = m(\overline{ABD}) = 5^\circ\) ve dış bölgesindeki bir \(E\) noktası için de, \(m(\overline{CAE}) = m(\overline{ACE}) = 5^\circ\) ise, \(m(\overline{EDC})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(35^\circ\)

Çözüm:
\(\triangle ABD \sim \triangle ACE\) ve \(|AB| = |AC|\) olduğundan \(\triangle ABD \cong \triangle ACE\) ve buradan da \(|AD| = |AE|\) olur. \(\angle DAE = \angle BAC = 60^\circ\) olduğundan \(ADE\) eşkenar üçgendir. Buradan da \(\angle AED = 60^\circ\) ve \(\angle DEC = 110^\circ\) elde ederiz. Ayrıca \(|ED| = |EA| = |EC|\) olur. \(|ED| = |EC|\) olduğundan \(\angle EDC = 35^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 2

\(y^2 - x^2 = 2y + 7x + 4\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) pozitif tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Verilen ifade 4 ile çarpıldığında \((2y - 2)^2 - (2x + 7)^2 = -29 = (2y - 2x - 9)(2y + 2x + 5)\) olarak yazılabilir. \(x\) ve \(y\) pozitif tam sayılar olduğundan \((2y + 2x + 5, 2y - 2x - 9)\) ikilisi \((29, -1)\) veya \((1, -29)\) olabilir. \((2y + 2x + 5) - (2y - 2x - 9) = 4x + 14\) olduğundan \(x = 4\) gelir. \((2y + 2x + 5) + (2y - 2x - 9) = 4y - 4 \ge 0\) olduğundan yalnızca \(y = 8\) bulunur. Tek çözüm \((4, 8)\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 3

\[ \begin{array}{r} x^2 + 2y = 2xy \\ x^3 + x^2y = y^2 \end{array} \]


denklem sistemini sağlayan kaç \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Birinci denklemdeki \(y = \frac{x^2}{2x - 2}\) ifadesini ikinci denkleme yazarsak 


\[ x^3 + x^2 \cdot \frac{x^2}{2x - 2} = (\frac{x^2}{2x - 2})^2 \]


elde ederiz. Buradan \(x = 0\) çözümü gelir. \(x \neq 0\) durumunda ise \(6x^2 - 11x + 4 = 0\) olur ve \(x = 1/2\), \(x = 4/3\) çözümleri gelir. Çözümler denklem sistemi sağlıyor.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 4

Rakamlarının faktöriyellerinin toplamı kendisine eşit olan 2010 dan küçük kaç pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Tek basamaklı sayılardan sadece 1 ve 2 koşulları sağlıyorlar. 5! = 120 olduğundan koşulu sağlayan iki basamaklı sayıların rakamları sadece 1,2,3,4 olacaktır. Fakat 11,12,13,14,21,22,23,24,31,32,33,34,41,42,42,44 sayılarının hiçbiri

koşulu sağlamıyor. 7! = 5040 olduğundan koşulu sağlayan üç basamaklı sayıların rakamları 6'dan büyük olamazlar. 6! = 720 > 666 olduğundan üç basamaklı sayıların rakamları 5'den büyük olamazlar. O zaman sayı en fazla 555 olur ve 3 · 5! = 360 olduğundan üç basamaklı sayı en fazla 360 olur. O zaman ilk basamak en fazla 3 olur. 3! + 5! + 5! = 246 < 300 olduğundan ilk basamak 3 olamaz. İlk basamak 2 olsun. 2! + 5! + 5! = 242 < 255 olduğundan bu sayı 255 değil. Diğer durumlarda 2! + 4! + 5! < 200 olduğundan çelişki gelir. İlk basamak 1 olsun. 1! + 4! + 4! < 100 olduğundan sadece 145,154 ve 155 sayılarını denemeliyiz. Bu sayılardan koşulları sadece 145 sağlıyor: 1! + 4! + 5! = 145. Şimdi [1000, 2010] aralığındaki sayıları inceleyelim. 7! = 5040 olduğundan bu sayıların basamakları 7'den büyük olamazlar. Bu sayılarda 6 rakamı bulunmuyorsa 2! + 5! + 5! + 5! < 999 olduğundan çelişki gelir. 6 rakamı sadece bir basamakta bulunuyorsa 2! + 5! + 5! + 6! < 1000 olduğundan çelişki gelir. 6 rakamı iki basamakta bulunsun. 2! + 5! + 6! + 6! < 2000 olduğundan ilk basamak 1 olmak zorundadır. 1 + 3! + 6! + 6! > 1400 olduğundan ikinci basamak 4'den küçük olamaz. İkinci basamak 4 olamaz: 1! + 4! + 6! + 6! = 1465 ≠ 1466. İkinci basamak 5 olamaz: 1! + 5! + 6! + 6! = 1561 ≠ 1666. İkinci basamak 6 olamaz: 1! + 6! + 5! + 6! < 1600. Son olarak 6 rakamı üç basamakta bulunursa 6! + 6! + 6! > 2010 çelişkisi gelir. Çözümler: 1, 2, 145.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 5

Dışbükey bir *ABCD* dörtgeninde, \(|AB| = 10\), \(|CD| = 3\sqrt{6}\), \(m(\overline{ABD}) = 60^\circ\), \(m(\overline{BDC}) = 45^\circ\), \(|BD| = 13 + 3\sqrt{3}\) ise, \(|AC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
[BD] üzerinde \(|BE| = 13\), \(|DE| = 3\sqrt{3}\) olacak biçimde bir *E* noktası alalım. *CDE* üçgeninde kosinüs teoreminden \(|CE| = 3\sqrt{3}\) olur. Buradan da \(\angle CED = 90^\circ\) elde ederiz. *BEC* üçgeninde Pisagor teoreminden \(|BC| = 14\) buluruz. \(\angle EBC = \alpha\) olmak üzere \(\cos \alpha = 13/14\) ve \(\sin \alpha = 3\sqrt{3}/14\) eşitliklerini kullanarak \(\cos(\alpha + 60^\circ) = \cos \alpha \cos 60^\circ - \sin \alpha \sin 60^\circ = 1/7\) olur. Son olarak *ABC* üçgeninde kosinüs teoremini kullanarak \(|AC| = 16\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 6

\(2011y^2 = 2010x + 3\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
Eşitlik (mod 5) te incelendiğinde \(y^2 \equiv 3 \pmod{5}\) elde edilir. Ancak bir tamkare 5 ile bölündüğünde sadece 0,1 veya 4 kalanını verebilir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 7

*r* metre yarıçaplı daire biçiminde bir adacığın merkezinde duran bir kırbağa 1/2 metrelik bir atlayışla başlayıp, her seferinde 90° sağa veya sola dönerek bir öncekinin yarısı uzunluğunda bir atlayış yapıyor. Sonlu sayıda atlayışta kırbağanın suya varamamasını sağlayan en küçük *r* değeri nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{\sqrt{5}}{3}\)

Çözüm:
Kırbağanın ilk atlayış yönünü *x* ekseni kabul eden ve orjini adacığın merkezi olan koordinat sistemini ele alalım. Kırbağa *n*. atlayışında *n* tekse *x* eksenine, *n* çiftse *y* eksenine paralel hareket edecektir. Dolayısıyla kırbağanın *x* koordinatının mutlak değeri en fazla \(\frac{1}{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{32} + \cdots = \frac{2}{3}\), *y* koordinatının mutlak değeri ise en fazla \(\frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \frac{1}{64} + \cdots = \frac{1}{3}\) olabilir. O halde kırbağanın merkeze uzaklığı \(\sqrt{(\frac{2}{3})^2 + (\frac{1}{3})^2} = \sqrt{5}/3\) sayısından her zaman küçüktür ve bu sayıdan küçük olan herhangi bir sayıdan daha büyük olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 8

İlk 2010 pozitif tam sayının rakamlarının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  28068

Çözüm:
0 ve 1999, 1 ve 1998, 2 ve 1997, ... , 999 ve 1000 sayı ikililerinin her birinin rakamlarının toplamı 28 dir. 2000, 2001, ..., 2010 sayılaının rakamlarının toplamı ise 68 dir. Buna göre cevap 1000 · 28 + 66 = 28068 olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 9

Bir *ABCD* karesinin dışındaki bir *E* noktasının *AC* doğrusuna uzaklığı 6, *BD* doğrusuna uzaklığı da 17 birimdir. *E* noktasının karenin en yakın köşesine uzaklığı 10 birim ise, karenin alanı nedir?

Şıklar:

Cevap:  162

Çözüm:
*E* noktasından *AC* ve *BD* doğrularına çizilen dikme ayakları sırasıyla *K* ve *L* olsun. Karenin köşegenleri *F* de kesişsin. *EKF*L bir dikdörtgen olduğundan \(|KF| = |EL| = 17\) dir. \(|EB|\) ve \(|ED|\) en az 17 birim olacağından *E* ye en yakın köşe *A* ve *C* den biridir. Genelliği bozmadan *C* kabul edelim, \(|EC| = 10\) olur. \(|EK| = 6\) olduğundan Pisagor teoreminden \(|KC| = 8\) ve buradan da \(|CF| = 9\) olur. Yani karenin kenar uzunluğu \(9\sqrt{2}\) ve alanı 162 olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 10

\(0 \le n < 840\) koşulunu sağlayan kaç tam sayı için, \(n^8 - n^4 + n - 1\) sayısı 840 ile bölünür?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(840 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7\). \(n^8 - n^4 + n - 1\) sayısı 840 il e bölünsün. O halde *n* sayısı 2,3,5,7 sayılarından hiçbiri ile bölünmez. \(\Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod{8} \Rightarrow n^8 - n^4 + n - 1 \equiv 1 - 1 + n - 1 \equiv n - 1\)

(mod 8) \(\Rightarrow n \equiv 1 \pmod{8}\). Fermat teoreminden \(n^2 \equiv 1 \pmod{3}\) ve \(n^4 \equiv 1 \pmod{5}\) olduğundan benzer biçimde \(n \equiv 1 \pmod{3}\) ve \(n \equiv 1 \pmod{5}\) elde edilir. Fermat teoreminden \(n^6 \equiv 1 \pmod{7}\) olduğundan \(n^8 - n^4 + n - 1 \equiv n^2 - n^4 + n - 1 \equiv (n-1)(1-n^2 - n^3) \equiv 0 \pmod{7}\) bulunur. O halde \(n \equiv 1,3 \pmod{7}\). Çinli Kalan Teoremi'ne göre verilen aralıkta \(1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 2 = 2\) çözüm vardır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 11

\(xy\)-düzleminde \((\sqrt{20}, \sqrt{10})\) merkezli bir çemberin üstünde koordinatları tam sayı olan en çok kaç tane nokta bulunabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
En az 1 nokta bulunabileceği açıktır. \((a, b)\) ve \((c, d)\) koordinatları tam sayı olan iki nokta nokta olsun. O zaman 


\[ (a - \sqrt{20})^2 + (b - \sqrt{10})^2 = (c - \sqrt{20})^2 + (d - \sqrt{10})^2 \]


vu buradan da 


\[ 2(c - a)\sqrt{20} + 2(d - b)\sqrt{10} = c^2 + d^2 - a^2 - b^2 \]


gelir. Her iki tarafın karesi alınırsa sol taraf irrasyonel, sağ taraf rasyonel olur ve çelişki elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 12

\(0 \le a, b, c, d < 7\) olmak üzere, 7 nin \(ab - cd\) yi bölmesini sağlayan kaç \((a, b, c, d)\) tam sayı dörtlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  385

Çözüm:
\(ab \equiv cd \equiv k \pmod{7}\) ve \(k \in \{0, 1, \dots, 6\}\) olsun. \(k = 0\) ise, \(a\) ve \(b\) den en az biri 0 ve benzer biçimde \(c\) ve \(d\) den en az biri 0 dır. Bu durumdan \(13^2 = 169\) çözüm gelir. \(k \neq 0\) ise, \(a\) ve \(c\) sayıları \(\{1, 2, \dots, 6\}\) kümesinden rastgele seçildiğinde \(b\) ve \(d\) tek türlü belirlenir. Dolayısıyla bu durumda \(6 \cdot 6^2 = 216\) çözüm vardır. O halde toplam çözüm sayısı \(169 + 216 = 385\) tir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 13

\(|AB| = |AC|\) ve \(m(\widehat{BAC}) = 40^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([AB]\) ve \([AC]\) kenarları üstünde sırasıyla, \(D\) ve \(E\) noktaları alınıyor. \(BC\) doğrusu üstünde de \(C\) noktası, \(B\) ile \(F\) arasında kalacak biçimde bir \(F\) noktası alınıyor. \(|BE| = |CF|\), \(|AD| = |AE|\) ve \(m(\widehat{BEC}) = 60^\circ\) ise, \(m(\widehat{DFB})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(25^\circ\)

Çözüm:
\(ABC\) ikizkenar olduğundan \(\angle ACB = 70^\circ\) ve buradan da \(\angle EBC = 50^\circ\) olur. \(|AD| = |AE|\) olduğundan \(|BD| = |EC|\) dir. Bu durumda \(\triangle BEC \cong \triangle CDB\) olacağından \(|CD| = |BE| = |CF|\) olur. \(\angle DCB = \angle EBC = 50^\circ\) olduğundan \(\angle DFB = 25^\circ\) bulunur.