alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 2

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin iç bölgesinde diklik merkezinden farklı bir \(P\) noktası almıyor. A dan \(BP\) ve \(CP\) ye indirilen dikme ayakları sırasıyla \(D\) ve \(E\), \(P\) den \(AB\) ve \(AC\) ye indirilen dikme ayakları sırasıyla \(F\) ve \(G\) dir. [AP] doğru parçasının orta noktası \(X\) olmak üzere, \(DFX\) ve \(EGX\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kesişim noktası \(BC\) üzerinde yer alıyorsa, \(AP \perp BC\) veya \(\widehat{PBA} = \widehat{PCA}\) olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** [BP] ve [CP] nin orta noktaları sırasıyla \(Y\) ve \(Z\) olsun. [BC], [CA], [AB] nin orta noktaları sırasıyla \(K\), \(L\), \(M\) olsun. \(PAB\) ve \(PAC\) üçgenlerinin dokuz nokta çemberlerini düşünürsek, \((DFX)\) ve \((XYM)\) aynı çember olur, \((EGX)\) ve \((XZL)\) aynı çember olur. \((XYM)\) ve \((XZL)\) çemberlerinin \(BC\) üzerindeki kesişim noktası \(T\) olsun. 


Paralellikleri kullanarak açıları yazarsak, 


\[ \widehat{YTZ} = \widehat{YTX} + \widehat{ZTX} = 180^\circ - \widehat{YMX} + 180^\circ - \widehat{ZLX} = 360^\circ - \widehat{XPY} - \widehat{XPZ} = \widehat{BPC} = \widehat{YKZ} \]


olur. Dolayısıyla, \(T\) noktası \((YKZ)\) üzerindedir, bu da \(T\) noktasının \(PBC\) üçgeninin dokuz nokta çemberi üzerinde olduğunu gösterir. Buradan, \(T = K\) veya \(PT \perp BC\) buluruz. 


- \(T = K\) olsun. Paralelliklerden, \(\widehat{PBA} = \widehat{ABC} - \widehat{PBC} = \widehat{LKC} - \widehat{ZKC} = \widehat{LKZ}\) bulunur. \((XLZK)\) çemberinden ve paralellikten \(\widehat{PCA} = \widehat{LCZ} = \widehat{LXZ} = \widehat{LKZ}\) elde ederiz. Sonuç olarak, \(\widehat{PBA} = \widehat{PCA}\) olur. 


- \(PT \perp BC\) olsun. \(\widehat{MTY} = \widehat{MXY} = \widehat{MBY}\) ve \(YB = YT\) olduğunu kullanarak \(MB = MT\) elde ederiz. Süper üçlüden, \(\widehat{ATB} = 90^\circ\) olup, \(AP \perp BC\) bulunur. 


3. \(x, y, z\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, 


\[ 2\sqrt{(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)} - \sqrt{\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)} \]


ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulunuz.

**Çözüm :**

Şıklar:

Cevap:  \(1 + 2\sqrt{2}\)

Çözüm:
Eşitlik \(x = 2, y = \sqrt{2}, z = 1\) iken sağlanır. 


Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden 


\[ \sqrt{(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)} \geq 1 + \sqrt{\frac{x}{z}} + \sqrt{\frac{z}{x}} \]


ve 


\[ \sqrt{(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\right)} \geq \sqrt{\frac{z}{x}} + \sqrt{(x+y)\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)} \]


elde ederiz. AGO eşitsizliğinden 


\[ 2\sqrt{\frac{z}{x}} + \sqrt{\frac{x}{z}} \geq 2\sqrt{2} \]


olur. Bu üç eşitsizliği taraf tarafa toplarsak 


\[ 2\sqrt{(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\left(\frac{1}{z}\right)\right)} - \sqrt{\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)} \geq 1 + 2\sqrt{2} \]


elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 4

\(p\) bir asal sayı olmak üzere, 


\[ \frac{28^p - 1}{2p^2 + 2p + 1} \]


bir tam sayı ise, \(2p^2 + 2p + 1\)'in pozitif tam bölen sayısının alabileceği tüm değerleri bulunuz. 


**Çözüm :**

Şıklar:

Cevap:  Sadece 2

Çözüm:
\(p = 7\) için \(2p^2 + 2p + 1 = 113\) olur ve \(28^7 \equiv 1 \pmod{113}\)'tür. 113 asal sayı olduğundan pozitif tam bölen sayısı 2'dir. 


\(2p^2 + 2p + 1\)'in bir asal sayı olduğunu gösterirsek ispat biter. Farzedelim ki \(2p^2 + 2p + 1\) asal sayı olmasın. Bu sayının en küçük asal böleni \(q\) olsun. O halde \(q^2 \le 2p^2 + 2p + 1 < (2p)^2\) olduğundan \(q < 2p\) elde edilir. 


\(q \nmid 28\) olduğu açıktır. Fermat Teoreminden \(28^{q-1} \equiv 1 \pmod{q}\) elde edilir. Öte yandan \(28^p \equiv 1 \pmod{q}\)'dur. \(28\)'in \((\text{mod } q)\)'daki derecesi \(d\) olsun. O halde \(d|p\) ve \(d|q - 1\)'dir. \(d|p\) olduğundan \(d = p\) veya \(d = 1\)'dir. \(d = p\) olsaydı \(p|q - 1\) olurdu. \(q < 2p\) olduğundan \(q = p + 1\) olmalı ancak bu sadece \(q = 3\) ve \(p = 2\) için olabilir. Fakat \(p = 2\) için ifade tam sayı değildir. Sonuç olarak \(d = 1\) olmalı. Bu durumda \(q|27\)'dir ve dolayısıyla \(q = 3\) bulunur. Öte yandan \(3|2p^2 + 2p + 1\) koşulunu sağlayan bir \(p\) asal sayısı yoktur, çelişki. Demek ki \(2p^2 + 2p + 1\) bir asal sayıdır.
Matematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 5

Her \(x\) gerçel sayısı için \(|P(x)| = a_{[x^2]}\) olacak şekilde bir \(a_0, a_1, a_2, \dots\) tam sayı dizisinin bulunmasını sağlayan tüm gerçel katsayılı \(P\) polinomlarını bulunuz.

Not: \(x\) bir gerçel sayı olmak üzere \(\lfloor x \rfloor\) ile \(x\) den büyük olmayan en büyük tam sayıyı gösteriyoruz. 


**Çözüm**:

Şıklar:

Cevap:  Herhangi bir \(c\) gerçel sabiti için \(P(x) = c\) veya \(p, r\) tam sayılar ve \(p > 0\) olmak üzere \(P(x) = \frac{x^2+r}{p}\)

Çözüm:
Öncelikle \(\lfloor P(x) \rfloor = a_{\lfloor x^2 \rfloor} = \lfloor P(-x) \rfloor\) olduğundan \(\lfloor P(x) - P(-x) \rfloor \le 1\) olur. Fakat \(P(x) - P(-x)\) ifadesi de bir polinom olup aldığı değerler sınırlı olduğundan \(P(x) - P(-x) = 0\) olur. Yani bir \(Q\) polinomu için \(P(x) = Q(x^2)\). Sorudaki koşul \(Q\) cinsinden şöyle yeniden ifade edilebilir: 


\[ \text{Negatif olmayan her } x \text{ gerçel sayısı için } \lfloor Q(x) \rfloor = a_{\lfloor x \rfloor}. \quad (1) \]


\(Q\) polinomu sabitse (dolayısıyla \(P\) sabitse), Koşul (1) sabit bir \(a_0, a_1, \dots\) dizisi için sağlanır. Çözümün geriye kalan kısmında \(Q\) nun sabit olmadığını kabul edelim. 


Şimdi \(Q(x) \in \mathbb{Z}\) olacak şekilde yeterince büyük pozitif bir \(x\) alalım. Yeterince küçük bir \(\epsilon > 0\) için \(\lfloor x + \epsilon \rfloor = \lfloor x \rfloor\) olduğundan \(\lfloor Q(x + \epsilon) \rfloor = Q(x)\) olmalıdır. Özel olarak \(Q(x + \epsilon) \ge Q(x)\) olduğu görülür, yani \(Q\) azalan değildir. Dolayısıyla \(Q\) nun baş katsayısı pozitiftir. Şimdi \(\lfloor Q(x - \epsilon) \rfloor = Q(x) - 1\) olması gerektiği görülür, yani \(\lfloor x - \epsilon \rfloor \ne \lfloor x \rfloor\) olmalıdır. Dolayısıyla \(x \in \mathbb{Z}\) olmalıdır. 


Bu bulgulardan hareketle şunlara ulaşırız: 


- \(n\) yeterince büyük bir pozitif tam sayı olmak üzere \(n < x < n+1\) olan \(x\) değerleri için \(Q(x)\) tam sayı değildir. O halde, \(Q(n+1) \le Q(n)+1\) olur, yani \(Q(n+1)-(n+1) \le Q(n)-n\) olur. Dolayısıyla \(\text{der}(Q) = 1\) olmalıdır, çünkü aksi halde \(Q(x) - x\) polinomunun baş katsayısı \(Q\) ile aynı olup pozitif olurdu, yani \(Q(x) - x\) polinomu yeterince büyük \(x\) değerleri için artan olurdu. 


- \(Q(x) = ax + b\) olmak üzere yeterince büyük tüm \(N\) pozitif tam sayıları için \(\frac{N-b}{a} \in \mathbb{Z}\), yani \(\frac{1}{a}, \frac{b}{a} \in \mathbb{Z}\). Yani \(p \in \mathbb{Z}^+\) ve \(r \in \mathbb{Z}\) olmak üzere \(Q(x) = \frac{x+r}{p}\) formundadır. 


Yukarıdaki gibi \(Q(x) = \frac{x+r}{p}\) olmak üzere \(a_n = \lfloor \frac{n+r}{p} \rfloor\) dizisi için Koşul (1) sağlanır. Sonuç olarak herhangi bir \(c\) gerçel sabiti için \(P(x) = c\) ve \(p, r\) tam sayılar ve \(p > 0\) olmak üZere \(P(x) = \frac{x^2+r}{p}\) polinomları elde edilir. 


**6.** Bir çember üzerindeki 2021 noktadan her biri \(1, 2, \dots, k\) renklerinden birine boyanmıştır. Her nokta ve her \(1 \le r \le k\) rengi için bu noktayı içeren ve üzerindeki noktaların en az yarısının \(r\) renginde olduğu bir yay bulunuyor. Buna göre, \(k\) nin alabileceği en büyük değeri bulunuz. 


**Çözüm**:
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 1

AB || CD olan bir ABCD yamuğunda |CD| = 6, |AC| = 3√2 + √6 ve |BC| = 2√3 + 2 eşitlikleri sağlanmaktadır. \(m(\widehat{DAC}) = m(\widehat DCB)\) ise, |AB| kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
A noktasından geçip BC doğrusuna paralel olan doğrunun [CD] ile kesişimi E noktası olsun. \(m(\widehat{DAC}) = m(\widehat DCB)\) eşitliğinden DEA ve DAC üçgenlerinin benzer olduğu görülür. Diğer taraftan, ABCE paralelkenar olduğundan |AE| = |BC| = 2√3 + 2 ve |AB| = |EC| olur. Buradan 


\[ \frac{|AE|}{|AC|} = \frac{|DA|}{|DC|} = \frac{|DE|}{|DA|} \]


eşitliklerini kullanarak |DA| = \(\frac{6 \cdot (2\sqrt{3} + 2)}{3\sqrt{2} + \sqrt{6}} = 2\sqrt{6}\) ve |DE| = \(\frac{(2\sqrt{6})^2}{6} = 4\) elde edilir. Sonuç olarak |AB| = |EC| = 6 - |DE| = 2'dir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 2

Kaç farklı p asal sayısı için \(29^{p+1} - 1\) sayısı p ile tam bölünür?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Fermat teoreminden \(29^p \equiv 29 \pmod{p}\) elde edilir. Buradan \(p|29^2 - 1 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7\) bulunur. O halde p asalı 2,3,5 ve 7'den biri olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 3

Pozitif tam sayılar kümesi \(\mathbb{Z}^+\) ile gösterilmek üzere, bir \(f : \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+\) fonksiyonu \(f(1) = 1\) ve her \(n \in \mathbb{Z}^+\) için 


\[ f(7n + 1) = f(n), \quad f(7n + 2) = 2f(n), \quad f(7n + 4) = 4f(n) \]


eşitliklerini sağlamaktadır. Buna göre \(f(3900)\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  32

Çözüm:
1 sayısından başlayıp her adımda bir önceki sayıyı 7 ile çarpıp 1, 2, 4'ten birini ekleyerek 3900 sayısına nasıl ulaşabileceğimizi inceleyelim. \(7^4 < 3900 < 7^5\) olduğundan eğer ulaşabiliyorsak 4 hamle gereklidir. \(a_i\) ile \(i\) hamlede eklediğimiz sayıyı gösterelim. (\(a_i \in \{1, 2, 4\}\)). 


\[ 7^4 + 7^3 a_1 + 7^2 a_2 + 7 a_3 + a_4 = 3900 \quad (1) \]


elde ederiz. Yani 3900 sayısının 7 tabanında yazılmındaki basamaklara bakmak gereklidir. \(3900 = (14241)_7\) olduğundan \((a_1, a_2, a_3, a_4) = (4, 2, 4, 1)\) olur. \(f(3900) = 4 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 1 = 32\) olur. Her \(i\) için \(0 \le a_i < 7\) olduğundan (1) numaralı denklemin birden çok çözümü olamaz. 


Not: Pozitif tam sayıları 7 tabanında yazılımlarındaki basamakların çarpımına götüren fonksiyon soruda verilen şartları sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 4

7 farklı top 5 farklı kutuya, en az 2 kutu boş kalacak biçimde kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

Şıklar:

Cevap:  19325

Çözüm:
Toplar, boş kutu sayısı 2 ise \(\binom{5}{3}(3^7 - (3 \cdot 2^7 - 3)) = 18060\), boş kutu sayısı 3 ise \(\binom{5}{3}(2^7 - 2) = 1260\) ve boş kutu sayısı 4 ise \(\binom{5}{4} = 5\) şekilde dağıtılabilir. Buna göre cevap 18060 + 1260 + 5 = 19325 olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 5

Çeşitkenar bir ABC üçgeninin [BC] kenarı üstünde |BD| = |EC| < |BE| olacak şekilde D ve E noktaları alınıyor. |AB| = 3|AD| + |AE| ve |AC| = |AD| + 3|AE| ise, \(\frac{|BC|}{|DE|}\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
|AB| = a, |AD| = b, |AE| = c, |AC| = d, |BD| = |EC| = p, |DE| = q olsun. Stewart teoreminden \((a^2q + c^2p)/(p+q) - pq = b^2\) ve \((d^2q + b^2p)/(p+q) - pq = c^2\) olur. Bu iki eşitliği taraf tarafa çıkarırsak \((a^2 - d^2)q - (b^2 - c^2)p = (p+q)(b^2 - c^2)\) ve \((a^2 - d^2)/(b^2 - c^2) = (2p+q)/q\) elde ederiz. \(a = 3b + c\) ve \(d = b + 3c\) olduğundan \(a^2 - d^2 = 8(b^2 - c^2)\) dir. Buradan da \(|BC|/|DE| = (2p+q)/q = 8\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 6

Kaç tane n pozitif tam sayısı için \(n^3\) sayısının rakamları toplamı \(4n\) sayısına eşittir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
n sayısı k basamaklı olsun. O zaman \(10^{k-1} \le n < 10^k\) elde edilir. \(n^3\) sayısının basamak sayısı en fazla \(3k^3\) dir ve dolayısıyla basamakları toplamı en fazla \(27k^3\) dir. Buradan \(4 \cdot 10^{k-1} \le 4n \le 27k\) gelir. Sonuç olarak \(k \le 2\) olur. \(4n \le 27k \le 54\) ve \(n \le 13\) elde edilir. \(13^3 = 2197\) olduğundan \(4n \le 2 + 3 \cdot 9 = 29\) olur. Buradan \(n \le 7\) elde edilir. \(n = 1, 2, \dots, 7\) için incelendiğinde sadece \(n = 2\) için koşul sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 7

Bir \((a_n)_{n=1}^{100}\) gerçel sayı dizisi \(a_1 = 3\) ve her \(n = 1, 2, \dots, 99\) için 


\[a_{n+1} = a_n + 1 - \frac{2}{n^2 + n}\]


eşitliğini sağlıyorsa, \(a_1 + 2a_2 + \dots + 100a_{100}\) toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  338550

Çözüm:
Verilen eşitlik \(a_{n+1} = a_n + 1 - \frac{2}{n} + \frac{2}{n+1}\) olduğundan \(a_{n+1} - (n+1) - \frac{2}{n+1} = a_n - n - \frac{2}{n}\) olur. Bu ise \(a_n - n - \frac{2}{n}\) ifadesinin sabit olduğunu gösterir. \(a_1 = 3\) olduğundan \(a_n - n - \frac{2}{n} = 0\) olur. Yani her

n pozitif tam sayısı için \(na_n = n^2 + 2\) dir. Buradan da 


\[a_1 + 2a_2 + \dots + 100a_{100} = \sum_{n=1}^{100} (n^2 + 2) = \frac{100 \cdot 101 \cdot 201}{6} + 200 = 338550\]


elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 8

Bir çember etrafına yazılmış olan sıfırdan farklı 200 sayı, komşu sayılar farklı renkte olacak şekilde kırmızı ve beyaz renge boyanmıştır. Her kırmızı sayı iki komşusunun çarpımına, her beyaz sayı ise iki komşusunun toplamına eşittir. Buna göre bu 200 sayının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  75

Çözüm:
Sayıları hehrangı bir sayıdan başlayarak saat yönünde numaralandıralım. Genelliği bozmadan \(a_1 = a, a_2 = ab, a_3 = b\) olursa, \(a_4 = (1-a)b, a_5 = 1-a, a_6 = (1-a)(1-b), a_7 = 1-b, a_8 = a(1-b)\) elde edilir ve bundan sonraki sayılar aynı sırayla periyodik olarak tekrar eder. \(a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 = a + ab + b + (1-a)b + 1 - a + (1-a)(1-b) + 1 - b + a(1-b) = 3\) olduğuna göre, bu 200 sayının toplamı \(3 \cdot \frac{200}{8} = 75\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 9

Bir \(ABC\) üçgeninde \(A\) köşesinden ve \([BC]\) kenarının orta noktasından geçen doğru \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez \(D\) noktasında kesmektedir. \(|AB| = 15\), \(|BC| = 24\) ve \(m(\overline{ABC}) = 2 \cdot m(\overline{BCD})\) ise, \(|DC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
\([BC]\) kenarının orta noktası \(M, B'\)den geçen ve \(CD'\)ye paralel olan doğrunun \(AD\) ile kesişimi \(K\) olsun. \(|BM| = |MC| = 12\)'dir ve \(BK\) doğrusu \(ABM\) üçgeninde \(B'\)ye ait iç açıortaydır. Paralellik ve açılardan \(|DC| = |BK| = |KA|\) olduğu kolayca görülür. İç açıortay teoreminden \(|AK| = 5k\) ve \(|KM| = 4k\) olsun. \(|MD| = 4k\) olur ve çemberde \(M\) noktasına göre kuvvetten \(12^2 = 4k \cdot 9k\) elde edilir. O zaman \(k = 2\) ve \(|CD| = 5k = 10\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 10

\(n = 5, 7, 11, 13, 121\) değerlerinden kaç tanesi için \(\frac{k^2 + 3k + 5}{n}\) tam sayı olacak şekilde \(k\) tam sayısı bulunmaz?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(n\) tek sayı iken \(n|k^2 + 3k + 5\) ancak ve ancak \(n|4(k^2 + 3k + 5) = (2k + 3)^2 + 11\)'dir. \(n = 5\) ve \(k = 0\) iken ifade tam sayıdır. \(n = 7\) için (mod 7)'de bir tam kare 0,1 veya 2'ye denk olduğundan ifadenin tam sayı olduğu \(k\) bulunmaz. \(n = 11\) ve \(k = 4\) iken

ifade tam sayıdır. \(n = 13\) için (mod 13)'te bir tam kare 0,1,3,4,9,10 veya 12'ye denk olduğundan ifadenin tam sayı olduğu \(k\) bulunmaz. \(n = 121\) için ifade tam sayı ise \(2k + 3\) sayısı 11 ile bölünür. Ancak bu durumda \((2k + 3)^2\) 121 ile bölünür ve ifade tam sayı olmaz, çelişki.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 11

\(a\) ve \(b\) gerçel sayılar olmak üzere, 


\[x^4 - x^3 + (a + b - 2)x^2 + (b - 2a)x + ab\]


polinomunun 4 farklı gerçel kökü varsa, \(4a + b\) toplamı \(\frac{5}{16}\), \(\frac{7}{12}\), \(\frac{7}{6}\), \(\frac{17}{8}\) ve \(\frac{5}{2}\) değerlerinden kaç tanesini alabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(x^4 - x^3 + (a + b - 2)x^2 + b - 2a)x + ab = (x^2 + x + a)(x^2 - 2x + b)'\)dir. İlk çarpanın iki farklı kökü olması için \(a < 1/4\), ikinci çarpanın iki farklı kökü olması için ise \(b < 1\) olmalı. O zaman \(4a + b < 2\) olmalı. Herhangi \(t < 2\) gerçel sayısı için de verilen polinomunun dört farklı kökü bulunacak ve \(4a + b = t\) olacak şekilde \(a\) ve \(b\) bulunduğu kolayca görülür. \(\frac{5}{16}\), \(\frac{7}{12}\), \(\frac{7}{8}\) ve \(\frac{5}{2}\) sayılarından üç tanesi 2'den küçüktür.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 12

Bir sıraya dizilmiş 58 cücenin 29 tanesinin kavuğu kırmızı, diğer 29 tanesinin kavuğu ise beyaz renktedir. Başlangıçtaki diziliş nasıl olursa olsun, en fazla \(k\) tane kırmızı ve en fazla \(k\) tane beyaz kavuklu cüceyi sıradan çıkartarak sırada kalan farklı renkte kavuğa sahip en fazla bir ardışık cüce ikilisi bulunması sağlanabiliyorsa, \(k\) en az kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
İlk önce \(k = 14\)'ün şartı sağladığını gösterelim. Sırada en soldaki cüceden sağa doğru ilerileyerek kırmızı kavuklu cüceleri ve beyaz kavuklu cüceleri ayrı ayrı sayalım. Bu iki sayıdan herhangi biri 15 olunca duralım. Genelliği bozmadan son saydığımız cücenin kavuğu kırmızı olsun. Bu cücenin solundaki tüm beyaz kavuklu cüceleri ve sağındaki tüm kırmızı kavuklu cüceleri sıradan çıkartırsak farklı renkli kavuklu cüceler iki gruba ayrılmış olur ve sorudaki koşul sağlanır. 


Soldan başlayarak ilk 14 cücenin kavuğu kırmızı, sonraki 29 cücenin kavukları beyaz ve son 15 cücenin kavukları beyaz olduğu durumda herhangi bir \(k \le 13\) sayısının yeterli olamayacağı açıktır.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 13

Köşeleri O merkezli bir ω çemberi üzerinde yer alan bir ABCD karesi veriliyor. [CD] kenarının orta noktasından geçen bir doğru ω çemberinin küçük CD yayını K de, küçük AD yayını L noktasında kesiyor. \(m(KOL) = 120°\) ise, \(m(KDC)\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(15°\)

Çözüm:
[CD]'nin orta noktası E olsun. OE ⊥ CD'dir. ω çemberinin yarıçaşı 1 olsun. OK = 1 ve OE = \(1/\sqrt{2}\) olur. KEO üçgeninde sinüs teoreminden \(\sin(\overline{KOE}) = 1/\sqrt{2}\) olur. L noktası AD küçük yayı üzerinde olduğundan \(m(\overline{KOE}) > 90°\) dir. Buradan da \(m(\overline{KOE}) = 135°\) buluruz. Bu ise EK ⊥ OD olduğunu gösterir. \(\triangle KDE \sim \triangle KOE\) dir. Buradan da \(m(\overline{KDC}) = m(\overline{KDE}) = m(\overline{KOE}) = 15°\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 14

\(a, b, c \in \{1, 2, \dots, 29\}\) olmak üzere, 


\[ \frac{a^5 + b^6 + c^7 - 2021}{29} \]


ifadesinin bir tam sayı olmasını sağlayan kaç farklı \((a, b, c)\) üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  841

Çözüm:
Fermat teoreminden dolayı \(x\) ve \(y\) 29 ile bölünmeyen tam sayılar ise \(x^{28} \equiv y^{28} \equiv 1 \pmod{29}\)'dur. Öte yandan \(x^5 \equiv y^5 \pmod{29}\) ise, \(1 \equiv (x^{28})^2 \equiv x^{56} \equiv (x^5)^{11} \cdot x \pmod{29}\) ve \(1 \equiv (y^{28})^2 \equiv y^{56} \equiv (y^5)^{11} \cdot y \pmod{29}\) olduğundan \(x \equiv y \pmod{29}\) elde edilir. O halde \(1^5, 2^5, \dots, 28^5\) sayıları \(\pmod{29}\)'da birbirlerinden ve 0'dan farklıdırlar Dolayısıyla \(1^5, 2^5, \dots, 29^5\) sayıları \(\pmod{29}\)'da farklıdırlar ve her değeri alırlar. (Bu sonuca 5 ve \(29 - 1 = 28\) sayıları aralarında asal oldukları için ulaşabildik.) Bu sebepten dolayı, herhangi \(b\) ve \(c\) değeri için tam olarak bir \(a\) sayısı bulunur ve sonuç olarak cevap \(29^2 = 841\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 15

\(n\) sayısının 2041, 2042, 2043, 2044 ve 2045 değerlerinden kaç tanesi için, 


\[ P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = 2021 \text{ ve } P(m) = n \]


olacak şekilde tam sayı katsayılı bir \(P(x)\) polinomu ve \(m\) tam sayısı bulunur?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
1, 2, 3 ve 4 sayıları \(P(x) - 2021\) polinomunun kökleridir. O halde \(P(x) - 2021 = (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)Q(x)\) olacak şekilde \(Q(x)\) polinomu bulunur. Ayrıca \(P(x)\) polinomu tam sayı katsayılı olduğu için \(Q(x)\) de tam sayı katsayılıdır. Dolayısıyla \(n - 2021 = (m-1)(m-2)(m-3)(m-4)Q(m)\) elde edilir ve sonuç olarak \(n - 2021\) sayısı dört ardışık tam sayının çarpımı ile bölünmelidir. Sadece \(n = 2045\) durumunda \(2045 - 2021 = 24 = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1\) sayısı dört ardışık tam sayının çarpımı ile bölenir. \(n = 2045\) için,

\(P(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) + 2021\) ve \(m = 5\) sorudaki koşulları sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 16

Sekiz tane 1 ve sekiz tane 0, \(4 \times 4\) bir tablonun birim karelerine her bir birim karede bir sayı bulunacak şekilde yerleştirilecektir. Bu işlem, hem herhangi bir satırdaki sayıların toplamı hem de herhangi bir sütundaki sayıların toplamı tek sayı olacak şekilde kaç farklı biçimde yapılabilir?

Şıklar:

Cevap:  144

Çözüm:
Her satırda bir ya da üç tane 1 sayısı bulunmalıdır. Buna göre tam olarak iki satırda üç tane 1 sayısı bulunacaktır. Üç tane 1 içeren iki satırı \(\binom{4}{3} = 6\) şekilde seçelim ve bu satırların daha üstte bulunanına 1 sayılarını \(\binom{4}{3} = 4\) şekilde yerleştirelim. Tam olarak iki sütunda da üç tane 1 sayısı bulunacaktır. Buna göre, üç tane 1 içeren ikinci satıra 1 sayılarını \(\binom{3}{2} = 3\) şekilde yerleştirebiliriz. Bundan sonra üçer 1 sayısı içeren sütunlar belirlenmiş olacaktır. Bu sütunlardaki üçüncü 1 sayılarını 2 farklı şekilde yerleştirebiliriz ve cevap \(6 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 144\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 17

Herhangi üçünden bir geniş açılı üçgen oluşturulabilen \(n\) çubuk bulunuyorsa, \(n\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Çubukların uzunlukları \(a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n\) olsun. Çubukların herhangi üçünden bir geniş açılı üçgen oluştURulabiliyorsa, tüm \(i < j < k\) üçlüleri için \(a_i + a_j > a_k\) ve kosinüs teoreminden \(a_i^2 + a_j^2 < a_k^2\) olmalıdır. \(n \ge 5\) olursa, \(a_5^2 > a_4^2 + a_3^2 \ge 2a_3^2 > 2a_2^2 + 2a_1^2\). Diğer taraftan \(a_1 + a_2 > a_5\) olduğundan \(a_1^2 + a_2^2 + 2a_1a_2 > a_5^2\) olur ve buradan \(2a_1a_2 > a_1^2 + a_2^2\) çelişkisi gelir. \(n = 4\) için \(a_1 = 1, a_2 = 1, a_3 = 1, 5\) ve \(a_4 = 1, 9\) örneği koşulları sağlıyor.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 18

\(a, b, c\) ve \(k\) pozitif tam sayılar olmak üzere, \(a + b + c = 939\) ve \(a \cdot b \cdot c\) sayısı \(10^k\) ile tam bölünüyorsa, \(k\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
939 sayısı 5 ile tam bölünmediğinden \(a, b\) ve \(c\) sayılarından en az biri 5 ile bölünmüyordur. \(5^4 = 625 < 939 < 5^5 = 3125\) olduğundan bu sayılardan birindeki 5'in kuvveti en fazla 4 olabilir. \(2 \cdot 626 = 1250 > 939\) olduğundan iki sayıda birden 5'in kuvveti 4 olamaz. O halde \(a \cdot b \cdot c\) çarpımındaki 5'in kuvveti en fazla 7'dir ve sonuç olarak \(k \le 7\) bulunur. \(a = 625, b = 250\) ve \(c = 64\) için \(a \cdot b \cdot c = 10^7\)'dir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 19

a bir gerçel sayı olmak üzere, \(x^3 + ax^2 + 108 = 0\) denklemini sağlayan tam olarak iki farklı \(x\) gerçel sayısı bulunmaktadır. Buna göre \(a\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(-9\)

Çözüm:
Denklemi sağlayan gerçel sayılar \(b\) ve \(c\) olsun. O halde \((x-b)\) ve \(x-c)\) ifadeleri \(x^3 + ax^2 + 108\) polinomunun çarpanlarıdır. Üçüncü çarpan da bu ikisinden biri olmalı. Genelliği bozmadan \(x^3 + ax^2 + 108 = (x-b)^2(x-c)\) diyebiliriz. O halde \(x^3 + ax^2 + 108 = x^3 - (2b+c)x^2 + (b^2 + 2bc)x - b^2c\) elde edilir. Buradan \(a = -2b - c\), \(b(b + 2c) = 0\) ve \(b^2c = -108\) bulunur. \(b = 0\) olamaz. Demek ki \(b = -2c\). O zaman da \(c^3 = -27\), yani \(c = -3\) ve \(b = 6\) elde edilir. Sonuç olarak \(a = -2b - c = -9\) gelir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 20

Başlangıçta bir tahtada 29 sayısı yazılıdır. Her işlemde tahtada yazılı \(a\) sayısı silinip yerine \(17a + 1\) ya da \(-7\) sayılarından biri yazılıyor. Sonlu sayıda işlem sonucunda tahtada yazılı olamayacak en küçük beş basamaklı pozitif tam sayı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(10006\)

Çözüm:
\(a_1 = 29\) (mod 7) ve her \(n \ge 1\) sayısı için \(a_{n+1} = 17a_n + 1\) (mod 7) şeklinde tanımlanmış dizi periyodu 7 olan bir dizidir: \(1, 4, 6, 5, 2, 0, 1, ...\) Demek ki \(a_n \ne 3\) (mod 7). Diğer taraftan her \(m \ne 3\) sayısı için \(a_n = m\) (mod 7) ve \(a_n > 10^5\) olacak şekilde bir \(a_n\) elemanı bulunuyor. Sonuç olarak gerekirse \(a - 7\) işlemleri de yapılarak 7 modunda kalanı 3 olmayan her sayı elde edilebiliyor. Buna göre, cevap 10006 olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 21

Bir \(ABCD\) dışbükey dörtgeninde \(m(\widehat{ACB}) = 100^\circ\), \(m(\widehat{ACD}) = 30^\circ\) ve \(m(\widehat{ABD}) = m(\widehat{DCB}) = 20^\circ\) ise, \(m(\widehat{DAC})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(40^\circ\)

Çözüm:
\(ABCD\) dörtgeninde köşegenlerin kesişim noktası \(E\) olsun. \(m(\widehat{ECD}) = m(\widehat{EDC}) = 30^\circ\) olduğundan \(|CE| = |ED|\) olur. \(m(\widehat{ABD}) = m(\widehat{DCB}) = 20^{\circ}\) eşitliğinden \(C\) noktasının \(BE\) doğrusuna göre simetriği olan \(F\) noktası \([AB]\) üzerinde yer alır. \(|FE| = |CE| = |ED|\) ve \(m(\widehat{EFA}) = m(\widehat{DEA}) = 60^\circ\) olduğundan \(AE\) doğrusu \(FD\) doğrusuna diktir ve \([FD]\)'yi iki eş parçaya böler. Dolayısıyla \(ADF\) üçgeni ikizkenardır ve bu üçgende \(AE\) doğrusu açıortaydır. Sonuç olarak \(m(\widehat{DAC}) = m(\widehat{CAB}) = 40^\circ\) bulunur.