alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 5

Her \(x, y, z \in \mathbb{R}^+\) için 


\[ \left\{ \frac{f(x)}{f(y)} \right\} + \left\{ \frac{f(y)}{f(z)} \right\} + \left\{ \frac{f(z)}{f(x)} \right\} = \left\{ \frac{x}{y} \right\} + \left\{ \frac{y}{z} \right\} + \left\{ \frac{z}{x} \right\} \]


denklemini sağlayan tüm \(f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+\) fonksiyonlarını bulunuz. 


*Not. Bir \(x\) gerçel sayısı için, \(|x|\) sayısı \(x\) in tam değeri olmak üzere, \(\{x\} = x - \lfloor x \rfloor\) olarak tanımlanıyor: \(\{2.7\} = 0.7\) ve \(\{4\} = 0\).*

Şıklar:


Çözüm:
Cevap, tüm \(c \in \mathbb{R}^+\) sayıları için \(f(x) = cx\). Bu formdaki fonksiyonların soruda verilen denklemi sağladığı barizdir. Şimdi sorudaki koşulları sağlayan tüm fonksiyonların bu formda olduğunu gösterelim. \(x, y\) rastgele pozitif gerçel sayılar olsun, \(N\) bir pozitif tam sayı olmak üzere \(z = Nx\) seçelim. Bu durumda eşitliğin sağ tarafı \(\{\frac{x}{y}\} + \{\frac{y}{Nx}\}\) olacaktır. Sol taraftaki hiçbir terim negatif olmadığından dolayı tüm \(N\) değerlerinde \(\{\frac{f(x)}{f(y)}\} \le \{\frac{x}{y}\} + \{\frac{y}{Nx}\}\) eşitsizliği sağlanır. \(N\) sayısını istediğimiz kadar büyük seçebileceğimiz için, \(\{\frac{y}{Nx}\}\) sayısını herhangi bir pozitif gerçel sayıdan daha küçük hale getirebiliriz. Bundan dolayı \(\{\frac{f(x)}{f(y)}\} \le \{\frac{x}{y}\}\) olmalıdır. Ancak \(x, y\) rastgele seçildiği için orijinal denklemde bu eşitsizliğin eşitlik durumunun sağlanması gerektiğini görürüz yani \(\{\frac{f(x)}{f(y)}\} = \{\frac{x}{y}\}\) olmalıdır. 


\(f\) sorudaki koşulu sağlayan bir fonksiyon ve \(c\) bir pozitif gerçel sayı olmak üzere, \(g(x) = cf(x)\) fonksiyonu da sorudaki koşulu sağlayacağı için, genelliği bozmadan \(f(1) = 1\) kabul edebiliriz. Böylece \(\{\frac{f(x)}{f(y)}\} = \{\frac{x}{y}\}\) eşitliğinde \(y = 1\) yazarsak her \(x \in \mathbb{R}^+\) için \(\{f(x)\} = \{x\}\) yani \(f(x) - x \in \mathbb{Z}\) bulunur. Şimdi \(x, y\) gerçel sayılarını \(x \notin \mathbb{Q}\) ve \(y \in \mathbb{Q}\) olacak şekilde seçelim. \(m, n\) tam sayıları için \(f(x) = x + m\) ve \(f(y) = y + n\) olsun. Bu durumda, \(\{\frac{f(x)}{f(y)}\} = \{\frac{x}{y}\}\) sağlandığından dolayı bir \(k \in \mathbb{Z}\) için \(\frac{x+m}{y+n} = \frac{x}{y} + k = \frac{x+yk}{y}\) olur. Buradan da \(xy + my = xy + y^2k + xn + ykn\) yani \(my = y^2k + xn + ykn\) bulunur, fakat \(x\) irrasyonel ve diğer sayılar rasyonel olduğu için \(n = 0\) olması gerekir, yani tüm rasyonel sayılar için \(f(y) = y\) olmalıdır. Öte yandan, tüm \(y\) seçimleri için \(n = 0\) olduğundan, bir \(x\) sayısı için \(m \neq 0\) ise tüm \(y\) seçimleri için \(m = yk\) olması gerekir. Ancak \(m, k\) tam sayıların \(y\) sayısını \(m\) sayısını bölmeyen bir tam sayı olarak seçersek bunun mümkün olmadığı görülür. Böylece \(m = 0\) olmalıdır, yani tüm irrasyonel \(x\) sayıları için de \(f(x) = x\) olur. Böylece \(f(1) = 1\) iken sorudaki koşulu sağlayan tek fonksiyon \(f(x) = x\) bulunur, yani sorudaki koşulu sağlayan tüm fonksiyonlar bir \(c \in \mathbb{R}^+\) sayısı için \(f(x) = cx\) formunda olmalıdır, böylece ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 1

Bir ABC üçgeninin diklik merkezi H ve ağırlık merkezi G olmak üzere, \(|BH| = 3\sqrt{2}\), \(|CH| = 6\) ve \(m(\widehat{BHC}) = 135^\circ\) ise, \(|GH|\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(1 + \sqrt{2}\) | B) \(2\sqrt{3} - 2\) | C) 1 | D) \(3\sqrt{2} - 3\) | E) 2

Cevap: E 2

Çözüm:
AB kenarının orta noktası M, C den AB ye inilen dikme ayağı F olsun. \(m(\widehat{BHF}) = 45^\circ\) olduğu için \(|HF| = 3\) elde edilir. G noktası ağırlık merkezi olduğu için \(2|GM| = |CM|\) olur. \(2|FC| = |CH|\) ve \(2|GM| = |CM|\) olduğu için Thales teoreminden \(FM \parallel AB\) ve \(\frac{|HG|}{|FM|} = \frac{2}{3}\) elde edilir. \(BH \perp AC\) ve \(m(\widehat{HBF}) = 45^\circ\) olduğu için \(m(\widehat{BAC}) = 45^\circ\) ve \(|FA| = |FC| = 9\) elde edilir. Bu durumda \(|AB| = 12\) ve \(|MA| = |MB| = 6\) olacağı için \(|FM| = 3\) ve \(|GH| = 2\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 2

\(1^3 + 2^3 + \cdots + n^3\) sayısının 2025 ile bölünmesini sağlayan kaç \(n < 2025\) pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:
A) 44 | B) 89 | C) 134 | D) 179 | E) 224

Cevap: D 179

Çözüm:
\(1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = (\frac{n(n+1)}{2})^2\) olduğu için bu sayının \(2025 = 45^2\) ile bölünmesi için \(\frac{n(n+1)}{2}\) sayısının 45 ile bölünmesi gerekir. Bu da \(n(n+1)\) sayısının 90 ile bölünmesi anlamına gelir. Bunun için de \(n \equiv 0, 1 \pmod{2}\), \(n \equiv 0, 4 \pmod{5}\) ve \(n \equiv 0, 8 \pmod{9}\) koşullarının tümü sağlanmalıdır. Bu durumda, \(n\) için (mod 90) da 0, 9, 35, 44, 45, 54, 80, 89 olmak üzere 8 farklı çözüm elde edilir. 2025 = \(90 \times 22 + 45\) olduğu için, \([1, 1980]\) aralığındaki ardışık her 90 sayı için 8 çözüm ve \([1981, 2024]\) aralığındaki sayılar için toplam 3 çözüm gelir. Buradan da sorudaki koşulu sağlayan toplam \(8 \times 22 + 3 = 179\) çözüm bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 3

\(m\) ve \(n\) tam sayılar olmak üzere, \(f(f(360)) = 0\) koşulunu sağlayan kaç \(f(x) = x^2 + mx + n\) polinomu vardır?

Şıklar:
A) 1 | B) 18 | C) 48 | D) 60 | E) Hiçbiri

Cevap: C 48

Çözüm:
\(f(360) = t\) olsun. O zaman \(f(360)\) bu polinomun bir kökü olduğundan, iki kökü olan \(f(x)\) polinomu \(f(x) = (x-t)(x-s)\) şeklinde gösterilebilir. Burada \(x = 360\) yazarsak \(t = (360-t)(360-s)\) elde ederiz. Buradan \(s = 361 - \frac{360}{360-t}\) gelir. \(t + s = -m\) ve \(m, t\) sayıları tam sayılar olduğundan \(s\) bir tam sayıdır. Sonuç olarak, \(360 - t\) sayısı 360 sayısını bölmelidir. Buradan 360 sayısının böleni kadar farklı \((t, s)\), dolayısıyla farklı \((m, n)\) ikilisi elde edilir. \(360 = 2^3 \times 3^2 \times 5\) olduğundan negatif bölenleri de göz önünde bulundurursak 360 sayısının \(2 \times 4 \times 3 \times 2 = 48\) böleni bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 4

6 farklı şapkası olan bir kişi, ardışık 6 gün boyunca her gün bu şapkalardan birini takmıştır. Bu kişi, herhangi iki ardışık günde farklı şapka takmıştır, fakat ilk ve son günlerde aynı şapkayı takmıştır. Buna göre, bu kişi bu 6 günde şapkaları kaç farklı sırayla takabilir?

Şıklar:
A) 1920 | B) 2520 | C) 3120 | D) 3720 | E) 4320

Cevap: C 3120

Çözüm:
İlk ve son gün kullanılan şapkayı A ile gösterelim. Eğer kalan günlerde A şapkası kullanılmıyorsa, bu kişi \(5 \times 4 \times 4 \times 4 = 320\) farklı şekilde şapka takmış olabilir. A şapkası bir kere daha kullanılıyorsa, ikinci veya beşinci günlerde kullanılamaz. Dolayısıyla, eğer bir gün daha A şapkasını kullanıyorsa üçüncü veya dördüncü günde kullanabilir. Bu iki durum birbiriyle simetriktir. Bu durumların herhangi birinde \(5 \times 5 \times 4 = 100\) farklı şekilde şapka takılabileceği için toplamda \(320 + 100 + 100 = 520\) farklı şekilde şapka takmış olabilir. Son olarak, A şapkası 6 farklı şekilde seçilebileceği için cevap \(6 \cdot 520 = 3120\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 5

Tüm köşeleri aynı çember üzerinde yer alan bir \(ABCDE\) beşgeninde \(AB \parallel CE\) ve \(AC \parallel DE\) koşulları sağlanıyor. \(AB\) ve \(CD\) doğrularının kesişim noktası \(F\) olmak üzere, \(|CF| = 8\), \(|CD| = 12\) ve \(|DE| = 30\) ise, \(|AC|\) kaçtır?

Şıklar:
A) 15 | B) 18 | C) 20 | D) 36 | E) 45

Cevap: C 20

Çözüm:
\(ABCE\) ve \(ACDE\) dörtgenleri çembersel yamuk olduğu için ikizkenar yamuklardır. Buna göre, \(|AC| = |BE|\) ve \(|CD| = |AE| = |BC| = 12\) elde edilir. Çemberde açılardan \(m(BED) = m(BCF)\) ve \(m(BDE) = m(BCE) = m(FBC)\) olduğu için \(\triangle BED \sim \triangle FCB\) gelir. \(\frac{|BE|}{|DE|} = \frac{|FC|}{|BC|} = \frac{8}{12}\) olduğu için \(|BE| = |AC| = 20\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 6

\(n = 195, 196, 197, 198, 199, 200\) sayılarından kaç tanesi için \[1^n + 2^{n-1} + 3^{n-2} + \dots + n^1\] sayısı 3 ile bölünür?

Şıklar:
A) 2 | B) 3 | C) 4 | D) 5 | E) 6

Cevap: C 4

Çözüm:
Verilen toplamdaki ardışık herhangi 6 terimin ele alalım. Bu sayıların arasında 3 ile bölünen 2 sayı, 3 ile bölümünden kalan 1 olan 2 sayı ve 3 ile bölümünden kalan 2 olan 2 sayı vardır. Ayrıca, 3 ile bölümünden kalan 2 olan sayıların kuvvetleri arasındaki fark 3'tür, dolayısıyla biri tek biri çiftir. Bu sebeple, ardışık herhangi 6 terimin toplamının 3 ile bölümünden kalan 2 bulunur. \(S_n = 1^n + 2^{n-1} + 3^{n-2} + \dots + n^1\) olsun. \(n = 195\) için, bu toplamı son 192 terimi ardışık 6'lardan oluşan 32 gruba bölüp öyle hesaplayalım. \(S_n \equiv 1^{195} + 2^{194} + 3^{193} + 2 \cdot 32 \equiv 1 + 1 + 0 + 64 \equiv 0 \pmod{3}\) bulunur ve \(n = 195\) istenen koşulu sağlar. \(n = 196\) için aynı şekilde hesaplanırsa \(S_n \equiv 1^{196} + 2^{195} + 3^{194} + 4^{193} + 2 \cdot 32 \equiv 1 + 2 + 0 + 1 + 64 \equiv 2 \pmod{3}\) bulunur ve \(n = 196\) istenen koşulu sağlamaz. \(n = 197\) için aynı şekilde hesaplanırsa, \(S_n \equiv 1^{197} + 2^{196} + 3^{195} + 4^{194} + 5^{193} + 2 \cdot 32 \equiv 1 + 1 + 1 + 0 + 1 + 2 + 64 \equiv 0 \pmod{3}\) bulunur ve \(n \equiv 197\) istenen koşulu sağlar.  \(n = 198\) için, ardışık 6'lardan oluşan 33 gruba bölüp hesaplarsak \(S_n \equiv 2 \cdot 33 \equiv 0 \pmod{3}\) bulunur ve \(n = 198\) istenen koşulu sağlar. \(n = 199\) için, aynı şekilde hesaplarsak toplam \(S_n = 1^{199} + 2 \cdot 33 \equiv 1 \pmod{3}\) bulunur ve \(n = 199\) istenen koşulu sağlamaz. \(n = 200\) için, aynı şekilde hesaplarsak toplam \(S_{n} = 1^{200} + 2^{199} + 2 \cdot 33 \equiv 1 + 2 \equiv 0 \pmod{3}\) bulunur ve \(n = 200\) istenen koşulu sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 7

Kaç a pozitif tam sayısı için \(P(x) = x^6 - 6x^5 + 12x^4 - ax^3 + 12x^2 - 6x + 1\) polinomunun pozitif gerçel kökü yoktur?

Şıklar:
A) 10 | B) 11 | C) 12 | D) 13 | E) Hiçbiri

Cevap: B 11

Çözüm:
\(y = x + \frac{1}{x}\) olsun. \(x = 0\) bu polinomun bir kökü değildir, \(x \neq 0\) için bu polinomun \(x^3\) ile bölelim. \(x^2 + \frac{1}{x^2} = (x + \frac{1}{x})^2 - 2 = y^2 - 2\) ve \(x^3 + \frac{1}{x^3} = (x + \frac{1}{x}) (x^2 + \frac{1}{x^2} - 1) = y(y^2 - 3) = y^3 - 3y\) olduğu için \[ \frac{P(x)}{x^3} = (y^3 - 3y) - 6(y^2 - 2) + 12y - a = y(y - 3)^2 + 12 - a \] olur. \(a < 12\) için bu ifade her zaman pozitif olacağından dolayı \(P(x)\) polinomunun pozitif gerçel kökü olamaz. \(a \ge 12\) için, \(Q(y) = y(y-3)^2 + 12 - a\) polinomu \(y = 3\) için pozitif olmadığından ve yeterince büyük \(y\) değerleri için pozitif olduğundan \(Q(y)\) polinomunun bir \(y_0 \ge 3\) kökü bulunur. Bu durumda \(y_0 = x + \frac{1}{x}\) eşitliğini sağlayan bir \(x\) pozitif gerçel sayısı bulunur. Buna göre, cevap 11 olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 8

45 × 45 satranç tahtasının her birim kenarı kırmızı ve mavi renklerinden birine, her birim karenin kırmızı kenarlarının sayısı tek sayı olmak koşuluyla kaç farklı şekilde boyanabilir?

Şıklar:
A) \(2^{2025}\) | B) \(2^{2115}\) | C) \(3^{2070} - 2^{2070}\) | D) \(3^{990} - 2^{990}\) | E) \(4^{2025}\)

Cevap: B \(2^{45 \times 47} = 2^{2115}\)

Çözüm:
Tahtadaki \(45 \times 46\) tane yatay birim kenar ve en solda bulunan 45 tane dikey birim kenar iki renkten birine \(2^{45 \times 47} = 2^{2115}\) farklı şekilde boyanabilir. Bu durumda en sol sütundaki birim karelerin 3 kenarının rengi ve diğer birim karelerin 2 kenarının rengi belirlenmiş olur. En sol sütundaki birim karelerin kalan 1 kenarının rengi tek türlü belirlenir. Bu birim kenarlar da boyandığında, ikinci sütundaki birim karelerin 3 kenarının rengi belirlenmiş olur. Benzer şekilde ilerlenirse, geriye kalan birim kenarların tek türlü boyanabileceği görülür. Buna göre, cevap \(2^{2115}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 9

\(\hat{B}\) açısı dik olan bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde \(B\) ve \(C\) den farklı bir \(D\) noktası alınıyor. \([AD]\) doğru parçasının orta dikmesi \([AC]\) kenarını \(E\) noktasında kesiyor. \(|AE| = 2|BD|\) ve \(m(EAD) = 36^\circ\) ise, \(m(ACB)\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(18^\circ\) | B) \(27^\circ\) | C) \(30^\circ\) | D) \(45^\circ\) | E) Hiçbiri

Cevap: E \(36^\circ\)

Çözüm:
\(D\) ve \(E\) noktalarının \(AB\) doğrusuna göre yansımaları sırasıyla \(K\) ve \(L\) olsun. Bu durumda \(|AE| = |ED| = |DK| = |KL| = |LA|\) ve \(m(ALK) = m(AED) = 108^\circ\) olacağı için \(AEDKL\) düzgün bir beşgen olur. Dolayısıyla \(m(AED) = m(EDB) = 108^\circ\) olduğu için \(m(ACB) = 36^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 10

\(ebob(a, b) = 22!\) ve \(ekok(a, b) = 33!\) koşullarını sağlayan kaç tane sıralı \((a, b)\) pozitif tam sayı ikilisi vardır? 


a) 498 b) 504 c) 512 d) 524 e) 532

Şıklar:

Cevap:  512

Çözüm:
221 ve 331 sayılarını asal çarpanlarına ayıralım. Bir \(p\) asal sayısı her iki gösterimde de aynı \(k\) kuvveti ile yer alıyorsa, hem \(a\) hem de \(b\) sayılarını bölen \(p\) nin en büyük kuvveti \(k\) olmalıdır. Öte yandan, bir \(p\) asal sayısı 221 gösteriminde \(m\), 331 gösteriminde \(n > m\) kuvveti ile bulunuyorsa \(p^n\) ve \(p^m\) çarpanları \(a\) ve \(b\) sayılarında herhangi bir sırayla bulunmalıdır. 221 ve 331 sayılarında farklı kuvvetle bulunan 9 asal sayı vardır: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 23, 29, 31. Buna göre, cevap \(2^9\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 11

Gerçel sayılar kümesi \(\mathbb{R}\) olmak üzere, bir \(f : \mathbb{R} \to \left\{ -\frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right\} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu her \(x \neq -\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\) için \(f\left(\frac{2x-4}{3x+2}\right) + f(x) = x\) koşulunu sağlıyorsa, \(f(3)\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{11}{36}\) | B) \(\frac{13}{47}\) | C) \(\frac{24}{55}\) | D) \(\frac{67}{105}\) | E) \(\frac{107}{154}\)

Cevap: E \(\frac{107}{154}\)

Çözüm:
\(x\) yerine 3 koyulursa \(f\left(\frac{2}{11}\right) + f(3) = 3\) bulunur. \(x\) yerine \(\frac{2}{11}\) koyulursa \(f\left(-\frac{10}{7}\right) + f\left(\frac{2}{11}\right) = \frac{2}{11}\) bulunur. \(x\) yerine \(-\frac{10}{7}\) koyulursa \(f(3) + f\left(-\frac{10}{7}\right) = -\frac{10}{7}\) bulunur. Bu eşitlikler taraf tarafa toplanıp 2 ye bölünürse \(f\left(\frac{2}{11}\right) + f(3) + f\left(-\frac{10}{7}\right) = \frac{3}{2} + \frac{1}{11} - \frac{5}{7}\) elde edilir. Buradan \(f(3) = \left(\frac{3}{2} + \frac{1}{11} - \frac{5} {7}\right) - \frac{2}{11} = \frac{107}{154}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 12

\(k\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(4 \times 4\) satranç tahtasının her birim karesine \(1, 2, \dots, k\) sayılarından biri yazılmıştır. \(1 \le m < n \le k\) koşulunu sağlayan her \((m, n)\) ikilisi için hem \(m\) hem de \(n\) sayısını içeren bir satır veya bir sütun bulunuyorsa, \(k\) sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 5 | B) 6 | C) 7 | D) 8 | E) 9

Cevap: D 8

Çözüm:
\(k \ge 9\) ise, Güvercin Yuvası prensibinden dolayı tahtada sadece bir kere kullanılan bir \(n\) sayısı bulunmaktadır. Bu durumda \(n\) sayısı ile aynı satır veya aynı sütunda bulunan farklı sayı sayısı en fazla \(3 + 3 = 6\) olabilir, \(6 < 8\) olduğundan \(n\) sayısıyla aynı satır veya sütunda yer almayan bir sayı bulunmalıdır. \(k = 8\) için bir örnek verelim: soldan sağa doğru birinci satırdaki sayılar 1,2,3,4, ikinci satırdaki sayılar 7,1,5,6, üçüncü satırdaki sayılar 8,6,2,3 dördüncü satırdaki sayılar 5,4,7,8 olursa koşullar sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB| = 2\) ve \(|AC| = 1\) olsun. \(AB\) doğrusuna göre \(C\) ile farklı tarafta yer alan bir \(M\) noktası, \(m(\widehat{MAB}) = 90^\circ\) ve \(|MA| = |AB|\) koşullarını sağlıyor. \(AC\) doğrusuna göre \(B\) ile farklı tarafta yer alan bir \(N\) noktası, \(m(\widehat{NAC}) = 90^\circ\) ve \(|NA| = |AC|\) koşullarını sağlıyor. \(MNA\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi \(O\) olsun. \(OA\) ve \(BC\) doğruları \(D\) noktasında kesişiyorsa \(\frac{|BD|}{|CD|}\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{1}{2}\) | B) 1 | C) \(\sqrt{2}\) | D) 2 | E) 4

Cevap: E 4

Çözüm:
\(m(\widehat{BAD}) = \alpha\) ve \(m(\widehat{CAD}) = \beta\) olsun. \(m(\widehat{MAO}) = 90^\circ - \alpha\), \(m(\widehat{MOA}) = 2\alpha\), ve \(m(\widehat{MNA}) = \alpha\) olur. Benzer şekilde \(m(\widehat{NMA}) = \beta\) olur. \(OD\) doğrusu üzerinde \(BE \parallel AC\) olan \(E\) alalım. \(m(\widehat{BE}A) = m(\widehat{CAD}) = \beta\) olduğu için *AEB* ve *NMA* üçgenleri benzerdir. Bu durumda \(|BE| = 4\) bulunur. Thales teoreminden \(\frac{|BD|}{|CD|} = 4\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 14

Kaç \(n \le 2025\) pozitif tam sayısı için \(3^x - 5^y\) sayısının \(n\) ile bölünmesini sağlayan \(x\) ve \(y\) pozitif tam sayıları bulunmaz?

Şıklar:
A) 405 | B) 675 | C) 945 | D) 1020 | E) 1050

Cevap: C 945

Çözüm:
\(n\) sayısı 3 veya 5 ile bölünüyorsa \(3^x - 5^y\) sayısı 3 veya 5 ile bölünemeyeceği için \(n\) ile de bölünmez. Diğer taraftan, \(n\) sayısı hem 3 hem de 5 ile bölünmüyorsa, \(x = y = \varphi(n)\) alalım. Fermat teoreminden \(3^{\varphi(n)} \equiv 5^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}\) olacağı için \(3^x - 5^y\) sayısı \(n\) ile bölünür. Buna göre, \(n\) sayısı 3 veya 5 ile bölünmelidir. \(n \le 2025\) olan ve 3 veya 5 ile bölünen \(n\) pozitif tam sayılarının sayısı \(\frac{2025}{3} + \frac{2025}{5} - \frac{2025}{15} = 945\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 15

\(a_0, a_1, a_2, \dots\) gerçel sayı dizisi \(a_0 = 3\) ve her \(n \ge 1\) için 
\[ \frac{a_n + 1}{n} = \frac{a_{n-1}^2}{n} + 2a_{n-1} + n - 1 \]
olacak şekilde tanımlanıyor. \(k\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(|a_{2025} - 2^k|\) ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 2023 | B) 2024 | C) 2025 | D) 2026 | E) 2027

Cevap: D 2026

Çözüm:
Verilen eşitliğin her iki tarafı da \(n\) ile çarpılıp her iki tarafa da \(n\) eklenirse \(a_n + n + 1 = (a_{n-1} + n)^2\) elde edilir. \(b_n = a_n + n + 1\) olarak tanımlanırsa \(b_0 = a_0 + 1 = 4\) ve \(b_n = b_{n-1}^2\) bulunur. Buradan \(b_{2025} = 4^{2025} = 2^{2026}\) ve \(a_{2025} = b_{2025} - 2026\) elde edilir. Sonuç olarak \(|a_{2025} - 2^k| = |2^{2026} - 2026 - 2^k|\) ifadesi en küçük değerini \(k = 2^{2026}\) durumunda alır ve cevap 2026 olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 16

\(15 \times 15\) satranç tahtasının bazı birim kareleri işaretlenmiştir. Bir satırdaki işaretlenmiş birim kare sayısı bir sütundaki işaretlenmiş birim kare sayısından fazla ise, bu satır ve sütunun kesişimindeki birim kareye *mutlu* diyelim. Tahtadaki mutlu birim kare sayısı tam olarak 112 ise, işaretlenmiş birim kare sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:
A) 113 | B) 187 | C) 201 | D) 217 | E) Hiçbiri

Cevap: D 217

Çözüm:
Birinci satırdaki ilk 8 birim kare dışındaki 217 birim kare işaretlenirse, mutlu kareler sadece ilk 8 sütunda bulunup birinci satırda bulunmayan 8·14 = 112 birim kare olacaktır. Öte yandan, işaretlenmiş birim kare sayısı en az 218 olursa, en az 8 sütunun tüm birim kareleri işaretlemiş olacak ve dolayısıyla bu sütunlardaki 8·15 = 120 birim kare mutlu kare olmayacaktır. Böylece 112 mutlu birim kare bulunması mümkün değildir.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 17

Bir \(ABC\) üçgeninin \([AB]\) ve \([AC]\) kenarlarının orta noktalarından geçen ve \([BC]\) kenarına \(D\) noktasında teğet olan bir çember, \([BA]\) ve \([CA]\) ışınları ile üçgenin kenarları dışında sırasıyla \(E\) ve \(F\) noktalarında kesişiyor. \(|BD| = 6\sqrt{3}\), \(|CD| = 18\) ve \(|CF| = 27\) ise \(|BE|\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(9\sqrt{3}\) | B) \(12\sqrt{3}\) | C) \(3\sqrt{6}\) | D) 27 | E) Hiçbiri

Cevap: E 18

Çözüm:
\(AB\) ve \(AC\) kenarlarının orta noktaları sırasıyla \(M\) ve \(N\) olsun. \(C\) noktasının \(M, N, D\) noktalarından geçen çembere göre kuvvetinden \(|CD|^2 = |CN||CF|\) elde edilir, soruda verilen kenar uzunluklarından dolayı \(|CN| = 12\) gelir. \(|AN| = |CN| = 12\) olduğundan \(|AF| = 3\) olur. \(|MA| = |MB| = a\) ve \(|AE| = b\) olsun. Sırasıyla \(A\) ve \(B\) noktalarının aynı çembere göre kuvvetlerinden \(ab = 36\) ve \(a(2a + b) = 108\) elde edilir. Buradan \(a = b = 6\) ve \(|BE| = 18\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 18

Çevresi 101 birim olan bir çember üzerinde bir karnca bulunmaktadır. Bu karnca, saat yönünde çember yayı boyunca 1 birim ilerleyip mola veriyor, daha sonra 2 birim ilerleyip mola veriyor, ..., son olarak 2025 birim ilerleyip mola veriyor. Buna göre, bu karnca çember üzerinde kaç farklı noktada mola vermiştir?

Şıklar:
A) 51 | B) 56 | C) 64 | D) 72 | E) 81

Cevap: A 51

Çözüm:
\(n = 1, 2, \dots\) için \(a_n = 1 + 2 + \dots + n\) dizisini tanımlayalım. \(m\) numaralı kutuya bilye yerleştirilmesi için bir \(n\) için \(m = a_n \pmod{101}\) olması gerekiyor. \(\{b_n = a_n \pmod{101}\}\) dizisinin kaç farklı değer aldığını bulalım. \(k > l\) olmak üzere, 


\[a_k - a_l = \frac{1}{2}(k + l + 1)(k - 1)\]


ve 101 asal sayı olduğundan \(b_k = b_l\) olması için \(101|(k + l + 1)(k - l)\) olması gerekiyor. \(101|k - l\) durumunda \(b_k = b_l\) oluyor, bu nedenle \(n = 1, 2, \dots, 101\) indislerini incelememiz yeterli olacaktır. Buna göre, \(b_k = b_l\) olması için \(101|k + l + 1\) olması gerekiyor. Buradan sadece \((l, k) = (1, 99), (2, 98), \dots, (49, 51), (100, 101)\) ise \(b_k = b_l\) olduğu elde ediliyor. Sonuç olarak boş olmayan kutu sayısı 51 olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 19

k bir tam sayı olmak üzere, 


\[
\left\lfloor \frac{k+1}{2025} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{k+2}{2025} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{k+2024}{2025} \right\rfloor = 2025!
\]


denkleminin kaç farklı çözümü vardır? (Bir x gerçel sayısı için, |x| ile x sayısından büyük olmayan en büyük tam sayı gösteriliyor.)

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) Hiçbiri

Cevap: B 2

Çözüm:
p bir pozitif tam sayı olmak üzere 
\[
\left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{k+1}{p} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{k+(p-1)}{p} \right\rfloor = k
\]
olduğunu gösterelim. \(k = pn + m\) olsun. O zaman 
\[
\left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{k+1}{p} \right\rfloor, \dots, \left\lfloor \frac{k+(p-m-1)}{p} \right\rfloor
\]
sayılarının her biri n olur. Benzer şekilde 
\[
\left\lfloor \frac{k + (p - m)}{p} \right\rfloor, \left\lfloor \frac{k + (p - m + 1)}{p} \right\rfloor, \dots, \left\lfloor \frac{k + (p - 1)}{p} \right\rfloor
\]
sayılarının her biri \(n+1\) olur. Dolayısıyla 
\[
\left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor +  \left\lfloor \frac{k+1}{p} \right\rfloor + \cdots+ \left\lfloor \frac{k+(p-1)}{p} \right\rfloor =k
\]
olur. Bu özdeşliği soruda kullanırsak, \(k = 2025a + b\) ve \(0 \le b \le 2024\) olmak üzere, 
\[
\left\lfloor \frac{k + 1}{2025} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{k + 2}{2025} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{2024}{2025} \right\rfloor = k - \left\lfloor \frac{k}{2025} \right\rfloor = 2024a + b = 2025!
\]
bulunur. 2024 | 2025! olduğu için, ya b = 0 ya da b = 2024 olmalıdır ve her iki durum için de uygun a sayısı bulunur. Dolayısıyla bu denklemin 2 farklı çözümü bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 20

(m, n) = (32, 33), (20, 25), (10, 40), (19, 21), (77, 99) ikililerinin kaç tanesi için \(m \times n\) boyutlarındaki bir satranç tahtasının her birim karesi kırmızı ve mavi renklerinden birine, her birim karenin kendisiyle aynı renkte olan ve kendisiyle ortak kenar veya ortak köşe paylaşan birim karelerin sayısı tek sayı olacak şekilde boyanabilir?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 5

Cevap: C 3

Çözüm:
Uygun boyamanın sadece *m* ve *n* sayılarının en az birinin çift sayı olduğu durumda yapılabılabileceğini gösterelim. Boyama yapıldıktan sonra, köşeleri satranç tahtasının birim karelerini temsil eden bir çizge tanımlayalım. Bu çizgede, ortak kenar veya ortak köşe paylaşan aynı renkli birim kareleri temsil eden köşelerin arasına kenar çizelim. Bu durumda her köşenin derecesi tek sayı olacaktır. Her çizgede tüm derecelerin toplamı çift olduğuna göre, köşe sayısı *mn* çift sayı olmak zorundadır. Şimdi de, genelliği bozmadan *m* = 2*k* durumunda gereken boyamanın yapılabileceğini gösterelim. Satranç tahtasını 2 × *n* boyutlarında *k* şeride ayırıp bu şeritleri dönüşümlü olarak bir kırmızı bir mavi renge boyarsak koşullar sağlanmış olur.