alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 8

\(n\), pozitif bir tam sayı olmak üzere, \((n + 2)^4\) sayısının \((n + 1)^4\) sayısına bölümünden kalan \(K_n\) olsun. \(K_n\) sayısının 4 ile bölümünden kalan \(R_n\) ise 


\[R_1 + R_2 + R_3 + \dots + R_{2016} + R_{2017} = ?\]

Şıklar:

Cevap:  4030

Çözüm:
\(K_n\) sayısının 4 ile bölümünden elde edilen bölüm \(C_n\) olmak üzere, \((n + 2)^4 = (n + 1)^4 B_n + 4C_n + R_n\) şeklinde yazalım. Tümevarımla \(n \ge 5\) için \((n + 2)^4 < 2(n + 1)^4\) olduğu görülebilir, bu da \(n \ge 5\) için \(B_n = 1\) olması demektir. Ayrıca \(m^4\) sayısı 4 modunda, \(m\) çift ise 0, \(m\) tek ise 1 e denktir. Dolayısıyla, \(n\) sayısı tek ise, \(R_n = 1\) olur. \(n\) sayısı çift ve \(n \ge 6\) ise, \(B_n = 1\) olduğundan \(R_n + 1\) sayısı 4 ile bölünmelidir, bu da \(R_n = 3\) demektir. Diğer taraftan, kolaylıkla \(R_2 = 1\) ve \(R_4 = 2\) olduğu görülebilir. Sonuç olarak, \(R_1 + R_2 + R_3 + \dots + R_{2016}+R_{2017} = 1009 \cdot 1 + 1006 \cdot 3 + 1 + 2 = 4030\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 9

İçi dolu bir küre, merkezinden geçen 100 düzlem ile en fazla kaç parçaya bölünür?

Şıklar:

Cevap:  9902

Çözüm:
Öncelikle kürenin merkezinden geçen bir düzlem küreyi iki eş parçaya ayrır. Diğer taraftan düzlemlerin her biri ile kürenin kesişimi bir çemberdir. İki çember en fazla iki noktada kesişeceğinden 100 tane çember en fazla \(2 \cdot \binom{100}{2} = 9900\) kesişim noktası oluşturabilir. Her bir kesişim

noktası bölge sayısını bir artıracağından toplamda en fazla \(2 + 9900 = 9902\) bölge oluşabilir. 


\[10. \begin{cases} x - 2y + xy = 1 + \sqrt{10} \\ x^2 + 4y^2 = 13 \end{cases} \quad \text{ise} \quad |x - 2y - 2| = ?\]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 10

noktası bölge sayısını bir artıracağından toplamda en fazla \(2 + 9900 = 9902\) bölge oluşabilir.

\[10. \begin{cases} x - 2y + xy = 1 + \sqrt{10} \\ x^2 + 4y^2 = 13 \end{cases} \quad \text{ise} \quad |x - 2y - 2| = ?\]

Şıklar:

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

Çözüm:
\(x - 2y = m\) ve \(xy = n\) diyelim. Verilen eşitliklerden \(m + n = 1 + \sqrt{10}\) ve \(m^2 + 4n = 13\) elde ederiz. Buradan, \(m + \frac{13 - m^2}{4} = 1 + \sqrt{10}\) olur. İfadeyi düzenlersek \((m - 2)^2 = 13 - 4\sqrt{10}\) olup, buradan \(|m - 2| = \sqrt{13 - 2\sqrt{40}} = \sqrt{8} - \sqrt{5} = 2\sqrt{2} - \sqrt{5}\) cevabını elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 11

\(ABCD\) dışbükey dörtgeninde \(ABD\), tepe açısı \(\hat{A} = 60 + 2x\) olan ikizkenar bir üçgendir. \(s(\hat{BAC}) = s(\hat{BCA}) = x\) ise \(s(\hat{DCA}) = ?\)

Şıklar:

Cevap:  30

Çözüm:
\(B\) noktasının \(AC\) ye göre simetriğine \(O\) diyelim. \(\hat{A}\) açısı \(x\) ten büyük olduğundan \(O\) noktası \(ADC\) üçgeninin iç bölgesinde yer alır. Diğer taraftan, tanım gereği \(m(\hat{DAO}) = 60^\circ\) ve \(|OA| = |AB| = |AD|\) olur, bu da \(AOD\) üçgeninin eşkenar olması demektir. Sonuç olarak, \(O\) noktası \(ADC\) üçgeninin çevrel çemberi olur. Dolayısıyla \(m(\hat{DCA}) = \frac{1}{2}m(\hat{DOA}) = 30^\circ\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 12

\(n\) pozitif bir tam sayı olsun. 


\[x + y = n \\ xy = n + 65\]


sisteminin \((x, y)\) gerçel çözümlerinin olması için \(n'\)nin en küçük değeri kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  19

Çözüm:
Tüm \(x, y\) gerçel sayıları için \((x - y)^2 \ge 0\) olduğundan \((x + y)^2 \ge 4xy\) elde ederiz. Buradan, \(n^2 \ge 4n + 260\) olması \((n - 2)^2 \ge 264\) anlamına gelir. Bu eşitsizliği sağlayan en küçük \(n\) pozitif tam sayısı 19 dur. \(n = 19\) için, \(x = 12\) ve \(y = 7\) nin denklem sistemini sağladığı görülebilir. 


\[13. \sum_{k+l=0}^{97} \binom{100}{k} \binom{100-k}{l} \binom{100-k-l}{97-k-l} = ?\]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 13

\sum_{k+l=0}^{97} \binom{100}{k} \binom{100-k}{l} \binom{100-k-l}{97-k-l} = ?

Şıklar:
A) \(3^{100} \cdot 53900\) | B) \(3^{97} \cdot 107800\) | C) \(3^{105} \cdot 10780\) | D) \(3^{100} \cdot 107800\) | E) \(3^{98} \cdot 53900\)

Cevap: E \(3^{98} \cdot 53900\)

Çözüm:
Tam olarak 3 tanesi \(D\) olan ve sadece \(A, B, C, D\) harflerinden oluşabilen 100 harfli kelimelerin sayısı tam olarak \(\binom{100}{3} 3^{97}\) dir. Diğer taraftan bu sayıyı, \(A\) ve \(B\) lerin toplam sayısı üzerinden de hesaplayabiliriz. Tam olarak \(k\) tane \(A\), \(l\) tane \(B\) ve \(97-k-l\) tane \(C\) içeren 100 harfli kelimelerin sayısı \(\binom{100}{k} \binom{100-k}{l} \binom{100-k-l}{97-k-l}\) olur. Dolayısıyla cevap \(\binom{100}{3} 3^{97} = 3^{98} \cdot 53900\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 14

\(x, y, z, w, v\) negatif olmayan tam sayılardır. 


\[x^2 + y^2 + z^2 + w^2 + v^2 = 40\]


denklemini gerçekleyen tüm \((x, y, z, w, v)\) tam sayı beşlilerinin sayısı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  120

Çözüm:
Beş tane negatif olmayan tam sayının kareleri toplamı 40 ise, bu tam sayı beşlileri \((6, 2, 0, 0, 0)\), \((6, 1, 1, 1, 1)\), \((5, 3, 2, 1, 1)\), \((4, 4, 2, 2, 0)\) ve \((3, 3, 3, 3, 2)\) olabilir. Dolayısıyla toplam 


\[\frac{5!}{3!} + \frac{5!}{4!} + \frac{5!}{2!} + \frac{5!}{2!2!} + \frac{5!}{4!} = 120 \text{ tam sayı beşlisi vardır.}\]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 15

Düzlemde \(A(1, 0)\), \(B(5, 2)\) noktaları veriliyor. \(y = x + 2\) doğrusu üzerinde, \(|AC|^2 + |CB|^2\) minimum olmasını sağlayan bir \(C\) noktası alınıyor. Bu durumda \(|AC|^2 + |CB|^2 = ?\)

Şıklar:

Cevap:  26

Çözüm:
\(C\) noktası \(y = x + 2\) doğrusu üzerinde olduğundan, bu noktanın apsisine \(x\) dersek, ordinatı \(x + 2\) olur. Buradan \(|AC|^2 + |CB|^2 = (x - 1)^2 + (x + 2)^2 + (x - 5)^2 + x^2\) elde ederiz. Kolaylıkla \(|AC|^2 + |CB|^2 = 4(x - 1)^2 + 26\) olduğu görülebilir, bu da minimum değerinin 26 olduğunu gösterir.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 16

\(p\) bir tek asal sayı olmak üzere, \(\sqrt{x(x-p^2)}\) sayısının bir tam sayı olmasını sağlayan \(x\) pozitif tam sayılarından en büyüğü ile en küçüğü arasındaki fark aşağıdakilerden hangisidir?

Şıklar:

Cevap:  \(\left(\frac{p^2-1}{2}\right)^2\)

Çözüm:
Öncelikle \(x = p^2\) olduğunda \(\sqrt{x(x-p^2)}\) ifadesi sıfıra eşit olduğundan tam kare olur, dolayısıyla en küçük \(x\) pozitif tam sayısı \(p^2\) dir. Diğer taraftan, \(x > p^2\) olmak üzere, \((x, x - p^2) = d\) dersek, \(x = dm^2\) ve \(x - p^2 = dn^2\) şartlarını sağlayan aralarında asal \(m\) ve \(n\) doğal sayıları bulunmalıdır. Buradan \(d(m-n)(m+n) = p^2\) elde ederiz. \(p\) bir tek asal sayı

olduğundan, bu eşitliği mümkün kılan tüm durumlar \(d = p\), \(m = \frac{p+1}{2}\), \(n = \frac{p-1}{2}\) ve \(d = 1\), \(m = \frac{p^2+1}{2}\), \(n = \frac{p^2-1}{2}\) dir. Dolayısıyla \(x\) pozitif tam sayısının alabileceği değerler \(p^2\), \(p \cdot (\frac{p+1}{2})^2\) ve \((\frac{p^2+1}{2})^2\) olur. En büyük ve en küçük değerlerin farkı da \((\frac{p^2+1}{2})^2 - p^2 = (\frac{p^2-1}{2})^2\) olarak bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 17

KARPUZ kelimesinin harfleri ile yazılabilecek olan tüm kelimelerin kaç tanesinde ya K, A'dan önce, ya da R, A'dan sonra, ya da R, P'den öncedir? (Burada önce ya da sonra ifadeleri yan yana olmaları gerektiği anlamına gelmez)

Şıklar:

Cevap:  690

Çözüm:
KARPUZ kelimesinin harfleri ile yazılabilecek 6 harfli tüm kelimelerin sayısı 6! = 720 dir. Soruda verilen şartın sağlamaması için A, K, P, R harfleri soldan sağa tam olarak P, R, A, K sırasında olmalıdır. Dolayısıyla istenmeyen kelimelerin sayısı \(\frac{6!}{4!} = 30\) olur, buradan cevap \(720 - 30 = 690\) dır.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 18

\(n = 1, 2, 3, ...\) doğal sayıları için \(a_n = 2 - \frac{1}{n^2 - \sqrt{n^4 + \frac{1}{4}}}\) ise
\[\frac{1}{\sqrt{a_1}} + \frac{2}{\sqrt{a_2}} + \frac{3}{\sqrt{a_3}} + \dots + \frac{20}{\sqrt{a_{20}}} = ?\]

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Verilen \(a_n\) ifadesinde paydanın eşleniğiyle genişletme yapılırsa \(a_n = 2 + 4n^2 + 2\sqrt{4n^4 + 1} = (2n^2 + 2n + 1) + 2\sqrt{4n^4 + 1} + (2n^2 - 2n + 1)\) olduğu görülür. Diğer taraftan \((2n^2 + 2n + 1)(2n^2 - 2n + 1) = 4n^4 + 1\) olduğundan \(a_n = (\sqrt{2n^2 + 2n + 1} + \sqrt{2n^2 - 2n + 1})^2\) elde ederiz. Buradan, \(b_n = \sqrt{2n(n+1)} + 1\) olarak tanımlarsak \(b_n^2 - b_{n-1}^2 = 4n\) olduğundan 


\[ \frac{n}{\sqrt{a_n}} = \frac{n}{b_n + b_{n-1}} = \frac{n}{b_n^2 - b_{n-1}^2} (b_n - b_{n-1}) = \frac{b_n - b_{n-1}}{4} \]


olur. Sonuç olarak \(\sum_{n=1}^{20} \frac{n}{\sqrt{a_n}} = \frac{b_{20} - b_0}{4} = \frac{29 - 1}{4} = 7\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 19

Bir kenarı 12 olan ABCD karesinde \(|AE| = 3\), \(|AF| = 4\) olacak şekilde AB ve AD kenarları üstünde sırasıyla E ve F noktaları almıyor. Kare içinde

bir tabanı \(EF\) ve diğer tabanın köşeleri \(BC\) ve \(DC\) kenarları üzerinde olan maksimum alana sahip yamuğun alanı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{147}{2}\)

Çözüm:
Yamuğun \(BC\) ve \(DC\) kenarları üzerindeki köşeleri sırasıyla \(G\) ve \(H\) olsun. \(GH \parallel EF\) olduğundan açıları yazarsak \(GHC\) ve \(FEA\) üçgenlerinin benzer olduğu görülür. Dolayısıyla, \(|HC| = 3k\) dersek \(|GC| = 4k\) olur. Buradan, \(|DH| = 12 - 3k\) ve \(|BG| = 12 - 4k\) olacağından yamuğun alanı \(144 - 6 - 4(12 - 3k) - 9(6 - 2k) - 6k^2\) olarak bulunur. Sonuç olarak \(36 + 6k(5 - k)\) ifadesinin maksimum değerini bulmalıyız. Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden \(k(5 - k) \le \frac{(k + (5 - k))^2}{4} = \frac{25}{4}\) olduğundan, maksimum alana sahip yamuğun alanı \(k = \frac{5}{2}\) için \(36 + \frac{150}{4} = \frac{147}{2}\) olarak bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 20

\(\sum_{n=1}^{30} n^{61} \equiv x \pmod{31^2}\) ise \(x = ?\)

Şıklar:

Cevap:  496

Çözüm:
Öncelikle \(n^{61} + (31 - n)^{61} = (n + (31 - n)) \cdot \sum_{k=0}^{60} (-1)^k n^k (31 - n)^{60 - k}\) olduğundan verilen ifade \(\sum_{n=1}^{15} (n + (31 - n)) \cdot (\sum_{k=0}^{60} (-1)^k n^k (31 - n)^{6 - k})\) olur. Dolayısıyla \(\sum_{n=1}^{30} n^{61} = 31m\) dersek \(m\) sayısının 31 modundaki değerini bulmalıyız. \(31 - n \equiv -n \pmod{31}\) olduğundan \(m \equiv \sum_{n=1}^{15} \sum_{k=0}^{60} (-n)^{60} \pmod{31}\) olur. Fermat teoreminden, 31 ile aralarında asal her \(x\) tam sayısı için \(x^{60} = (x^{30})^2 \equiv 1 \pmod{31}\) olur. Buradan \(m \equiv 15 \cdot 61 \equiv 16 \pmod{31}\) elde ederiz. Sonuç olarak, \(\sum_{n=1}^{30} n^{61} \equiv 31 \cdot 16 \equiv 496 \pmod{31^2}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 21

1, 2, 3, 3, 5, 5, 8, 8 rakamlarını kullanarak aynı olan rakamlar yan yana olmayacak şekilde oluşturulabilen beş basamaklı kaç şifre vardır?

Şıklar:

Cevap:  660

Çözüm:
\(a, b, c, d, e\) harflerinin her biri \(\{1, 2, 3, 5, 8\}\) rakamlarından farklı olanlarını temsil etmek üzere, istenilen şartı sağlayan beş basamaklı şifreler 


- 2 tane \(a\), 2 tane \(b\), 1 tane \(c\) veya

- 2 tane \(a\), 1 tane \(b\), 1 tane \(c\), 1 tane \(d\) veya 


- 1 tane \(a\), 1 tane \(b\), 1 tane \(c\), \(1\) tane \(d\), \(1\) tane \(e\) 


içerebilir. Dolayısıyla toplam şifre sayısı 


\[ \binom{3}{2} \binom{3}{1} \cdot \binom{5!}{2!2!} - \binom{4!}{2!} - \binom{4!}{2!} + 3! \binom{3}{1} \binom{4}{3} \cdot \binom{5!}{2!} - 4! + 5! = 660 \text{ olur.} \]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 22

\(f(0) = \frac{2}{3}\) ve \(n = 1, 2, 3, ...\) için \(f(n) \neq 0\) ve \((f(n+1) - 1)(f(n) + 3) + 3 = 0\) olduğuna göre \(\frac{1}{f(0)} + \frac{1}{f(1)} + \frac{1}{f(2)} + \frac{1}{f(3)} + \dots + \frac{1}{f(2016)} + \frac{1}{f(2017)} = ?\)

Şıklar:

Cevap:  \(3^{2018} - 1010\)

Çözüm:
Öncelikle verilen eşitlikten \(\frac{1}{f(n+1)} = 1 + \frac{3}{f(n)}\) olduğu görülür. Bu da \(g(n) = \frac{1}{f(n)}\) dönüşümü yaptığımızda \(g(n+1) = 1 + 3g(n)\) olması anlamına gelir. Buradan, \(g(n+1) + \frac{1}{2} = 3(g(n) + \frac{1}{2})\) olur. Yine \(g(n) + \frac{1}{2} = h(n)\) dersek, \(h(n+1) = 3h(n)\) ve \(h(0) = 2\) olması \(h(n) = 2 \cdot 3^n\) olduğunu gösterir. İstenilen ifade \(\sum_{n=0}^{2017} g(n) = \sum_{n=0}^{2017} (2 \cdot 3^n - \frac{1}{2}) = 2 \cdot \frac{3^{2018} - 1}{2} - 2018 \cdot \frac{1}{2} = 3^{2018} - 1010\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 23

\(|AB| = |AC|\) ve \(\tan B = \frac{5}{12}\) olan \(ABC\) üçgeni veriliyor. Yarışıpı 1 olan bir çember \(AB\) ve \(AC\) kenarlarına sırasıyla \(K\) ve \(L\) noktalarında teğet olup \(BC\) kenarını \(P\) ve \(Q\) noktalarına kesmektedir. \(P\), \(B\) ile \(Q\) arasında ve \(|BK| = \frac{12}{5}\) ise \(BQK\) üçgeninin alanı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{108}{65}\)

Çözüm:
Öncelikle teğet-kiriş açı özelliğinden ve aynı yayı gören açıların eşitliğinden \(m(\widehat{LK}A) = m(\widehat{LPK}) = m(\widehat{KQL}) = m(\widehat{KLA})\) olup \(KL \parallel BC\) ve dolayısıyla \(|BP| = |CQ|\) bulunur. Dolayısıyla \(m(\widehat{KQL}) = \widehat{B}\) olup, sinüs teoreminden \(|KL| = 2 \cdot \sin \widehat{B}\) elde ederiz. \(\tan \widehat{B} = \frac{5}{12}\) olduğundan \(\sin \widehat{B} = \frac{5}{13}\) olup, \(|KL| = \frac{10}{13}\) bulunur. Diğer taraftan, \(K\) ve \(L\) noktalarından \(BC'\) ye indirilen dikme ayaklarına sırasıyla \(R\) ve \(S\) dersek, \(\frac{12}{13} = \cos \widehat{B} = \frac{|BR|}{|BK|}\)

olduğundan \(|BR| = \frac{144}{65}\) olur. \(ABC\) üçgeni ikizkenar olduğundan aynı şekilde \(|SC| = \frac{144}{65}\) ve dolayısıyla \(|BC| = \frac{144}{65} + \frac{10}{13} + \frac{144}{65} = \frac{26}{5}\) bulunur. \(BK\) doğrusu 1 yarıçaplı çembere teğet olduğundan, kuvvet eşitliğinden \(\left(\frac{12}{5}\right)^2 = |BP| \cdot (|BC| - |CQ|) = |BP| \cdot (|BC| - |BP|)\) elde ederiz. Buradan \(\left(5|BP| - 18\right) \cdot \left(5|BP| - 8\right) = 0\) bulunur. \(P\) noktası, \(B\) ile \(Q\) arasında kaldığından \(|BP| = \frac{8}{5}\) olmalıdır. Sonuç olarak, \(BQK\) üçgeninin alanı sinüs alan teoreminden \(\frac{1}{2} \cdot \frac{5}{13} \cdot |BK| \cdot |BQ| = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{13} \cdot \frac{12}{5} \cdot \left(\frac{26}{5} - \frac{8}{5}\right) = \frac{108}{65}\) olur. 


**24.** \(n^2 - 1\), üç farklı asalın çarpımı şeklinde yazılabilen bir doğal sayıdır. Bu özelliği gerçekleyen en küçük birbirinden farklı ilk beş \(n\) sayısının toplamı kaçtır?
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 24

\(n^2 - 1\), üç farklı asalın çarpımı şeklinde yazılabilen bir doğal sayıdır. Bu özelliği gerçekleyen en küçük birbirinden farklı ilk beş \(n\) sayısının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  104

Çözüm:
\(p < q < r\) asal sayılar olmak üzere \((n-1)(n+1) = pqr\) olması \(|r-pq| = 2\) ve \(|n-r| = 1\) anlamına gelir. Buradan, hangi en küçük \(r\) asal sayıları için \(r+2\) veya \(r-2\) nin iki farklı asalın çarpımı olarak yazılabileceğini bulmalıyız. İncelersek, 


- \(r = 13\) ve \(r = 17\) için, \(p = 3\) ve \(q = 5\) seçilebilir. 


- \(r = 19\) ve \(r = 23\) için, \(p = 3\) ve \(q = 7\) seçilebilir. 


- \(r = 31\) için, \(p = 3\) ve \(q = 11\) seçilebilir. 


Sonuç olarak en küçük ilk beş \(n\) sayısının toplamı \(14+16+20+22+32 = 104\) olur. 


**25.** Ali 7 arkadaşını bir hafta boyunca haftanın her günü 3'lü gruplar şeklinde akşam yemeğine davet etmektedir. Arkadaşlarından herhangi ikisi sadece bir akşam bir arada olmaları koşuluyla Ali, bu daveti kaç farklı şekilde gerçekler?
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 25

Ali 7 arkadaşını bir hafta boyunca haftanın her günü 3'lü gruplar şeklinde akşam yemeğine davet etmektedir. Arkadaşlarından herhangi ikisi sadece bir akşam bir arada olmaları koşuluyla Ali, bu daveti kaç farklı şekilde gerçekler?

Şıklar:

Cevap:  \(30 \cdot 7!\)

Çözüm:
Öncelikle her gün 3 kişi davete katılacağından toplam \(7 \cdot \binom{3}{2}\) tane ikili oluşmaktadır. Diğer taraftan, \(\binom{7}{2} = 7 \cdot \binom{3}{2}\) olduğundan her ikili tam olarak bir kez beraber davete katılmalıdır, bu da her arkadaşın tam olarak üç kez davete katılacağını gösterir. Ali'nin arkadaşlarına \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\), \(G\) diyelim. \(A\) nn davete katıldığı günleri \(\binom{7}{3}\) şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Pazartesi, Salı, Çarşamba olsun. Davete \(A\)

ile beraber katılan arkadaşları \(\binom{6}{2}\) şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan \(B\) ve \(C\) olsun. \(B\) nin davete katıldığı günler, Perşembe, Cuma, Cumartesi, Pazar günlerinden ikisi olmalıdır, \(\binom{4}{2}\) şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Perşembe ve Cuma olsun. O zaman \(C\) nin davete katıldığı diğer günler Cumartesi ve Pazar olur. \(D\), Salı-Çarşamba, Perşembe-Cuma, Cumartesi-Pazar ikililerinden tam olarak birer tanesinde davete katılmış olmalıdır, \(2^3\) şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan Salı, Perşembe, Cumartesi olsun. \(E\), \(F\), \(G\) nin her biri Salı-Perşembe-Cumartesi günlerinden farklı olan birer tanesi katılmış, \(3!\) şekilde seçebiliriz, genelliği bozmadan \(E\) Salı günü, \(F\) Perşembe günü, \(G\) Cumartesi günü katılmış olsun. Buradan \(E\) nin davete katıldığı diğer günler Cuma ve Pazar, \(F\) nin davete katıldığı diğer günler Çarşamba ve Pazar, \(G\) nin davete katıldığı diğer günler Çarşamba v e Cuma olarak belirlenmiş olur. Dolayısıyla cevap 


\[ \binom{7}{3} \cdot \binom{6}{2} \binom{4}{2} \cdot 2^3 \cdot 3! = 30 \cdot 7! \text{ olur.} \]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 26

\(f(x) = x^3 - 12x^2 + Ax + B\), gerçel sayılarda tanımlı artan bir fonksiyon olsun. \((f \circ f \circ f)(3) = 3\) ve \((f \circ f \circ f \circ f)(4) = 4\) ise \(f(7) = ?\)

Şıklar:

Cevap:  31

Çözüm:
\(f(3) = 3\) olduğunu gösterelim. Aksini varsayarsak \(f(3) > 3\) veya \(f(3) < 3\) olabilir. \(f\) fonksiyonunun artan olduğunu kullanarak ilk durumda \(3 < f(3) < f(f(3)) < f(f(f(3)))\) ve ikinci durumda \(3 > f(3) > f(f(3)) > f(f(f(3)))\) elde ederiz, bu da \(f(f(f(3))) = 3\) olması ile çelişir. Benzer şekilde \(f(4) = 4\) sonucuna ulaşırız. Buradan, \(A = 48\) ve \(B = -60\) bulunur. Dolayısıyla \(f(x) = x^3 - 12 \cdot x^2 + 48 \cdot x - 60 = (x-4)^3 + 4\) olur. Bu fonksiyonun gerçekten artan olduğu barizdir. \(f(7) = (7-4)^3 + 4 = 31\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 27

\(s(\hat{A}) = 60^\circ\) olan \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi çiziliyor. \(B\) köşesinden çizilen teğet doğru ile \(CA\) kenarının uzantısı \(D\) noktasında kesişiyor. Burada \(A\) noktası, \(C\) ile \(D\) arasındadır. \(|DC| = 4\), \(|AB| + |AD| = |AC|\) ise \(\frac{|BC|}{|AB|} = ?\)

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{3}\)

Çözüm:
\(|AD|\) uzunluğuna \(x\) dersek, verilen eşitliklerden \(|AB| = 4 - 2x\) olur. \(B\) noktasından \(CD\) doğrusuna indirilen dikmenin ayağına \(P\) dersek, \(PAB\) üçgeni \(90^\circ - 60^\circ - 30^\circ\) üçgeni olup \(|PA| = \frac{|AB|}{2} = 2 - x\) olur. Dolayısıyla \(|PC| = |PD|\) elde ederiz, bu da \(|BC| = |BD|\) anlamına gelir. Buradan, teğet-kiriş açı özelliğini kullanırsak \(m(BDC) = m(BCD) = m(DBA)\) olur.

\(m(\widehat{BAC}) = 60^\circ\) verildiğinden \(m(\widehat{BDC}) = m(\widehat{BCD}) = m(\widehat{DBA}) = 30^\circ\) elde ederiz. \(ABD\) üçgeni \(120^\circ - 30^\circ - 30^\circ\) üçgeni olduğundan, \(|BC| = |BD| = |AB| \cdot \sqrt{3}\) olup sonuç olarak \(\frac{|BC|}{|AB|} = \sqrt{3}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 28

\(A = 64 \cdot 10^{2014} \cdot (a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{2017})\) koşulunu sağlayan en büyük 2017 basamaklı \(A = a_1a_2a_3\dots a_{2017}\) doğal sayısının rakamları toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
Öncelikle \(A\) sayısı \(10^{2014}\) ile tam bölündüğünden son 2014 basamağı 0 olmalıdır. Dolayısıyla \(k \ge 4\) için \(a_k = 0\) elde ederiz. Verilen eşitlikten \(64 \cdot (a_1 + a_2 + a_3) = 100a_1 + 10a_2 + a_3\) sonucu çıkar, bu da \(36a_1 - 54a_2 - 63a_3 = 0\) anlamına gelir. En büyük \(A\) sayısı için, eğer mümkünse \(a_1 = 9\) seçmeliyiz, buradan \(6a_2 + 7a_3 = 36\) elde edilir. Yine aynı şekilde, mümkün olan en büyük \(a_2\) değeri 6 olduğundan, cevap \(9 + 6 = 15\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 29

\(\binom{2017}{1} + \binom{2017}{5} + \binom{2017}{9} + \binom{2017}{13} + \dots + \binom{2017}{2013} + \binom{2017}{2017} = ?\)

Şıklar:

Cevap:  \(2^{2015} + 2^{1007}\)

Çözüm:
Öncelikle \(i^2 = -1\) olmak üzere, \(i^k + i^{2k} + i^{3k} + i^{4k}\) ifadesi, \(k \equiv 0 \pmod{4}\) ise \(4, k \equiv 1, 2, 3 \pmod{4}\) ise sıfıra eşittir. Dolayısıyla, 


\[
\begin{align*}
\binom{2017}{1} + \binom{2017}{5} + \binom{\binom{2017}{9}}{13} + \dots + \binom{\binom{2017}{2013}}{2013} + \binom{\binom{2017}{2017}}{2017} &= \\
\binom{2017}{2016} + \binom{2017}{2012} + \binom{2017}{2008} + \binom{2017}{2004} + \dots + \binom{2017}{4} + \binom{2017}{0} &= \\
\frac{(1+i)^{2017} + (1+i^2)^{2017} + (1+i^3)^{2017} + (1+i^4)^{2017}}{4} &= \\
\frac{(1+i)(2i)^{1008} + 0^{2017} + (1-i)(-2i)^{1008} + 2^{2017}}{4} &= \\
\frac{(1+i+1-i)2^{1008} + 2^{2017}}{4} &= \frac{2^{1009} + 2^{2017}}{4} = 2^{1007} + 2^{2015} \text{ olur.}
\end{align*}
\]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 30

\(1001^{20}\) sayısının son 12 rakamının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  18

Çözüm:
Binom açılımından \((10^3 + 1)^{20} = \sum_{k=0}^{20} \binom{20}{k} 10^{3k}\) olur. \(k \ge 4\) olduğunda \(\binom{20}{k} 10^{3k}\) ifadesi \(10^{12}\) ile bölüneceğinden \(1001^{20}\) sayısının son

12 rakamını bulmak için \(\sum_{k=0}^{3} \binom{20}{k} 10^{3k}\) ifadesine bakmalıyız. Bu sayıyı hesaplarsak \(1+20\cdot10^3+190\cdot10^6+1140\cdot10^9 = 1140190020001\) olur. Dolayısıyla son 12 basamağının toplamı \(1 + 4 + 1 + 9 + 2 + 1 = 18\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 31

\(|AB| = |BC|\) olan \(ABC\) ikizkenar üçgeninin \(AC\) kenarına \(A\) noktasında teğet ve \(B\) noktasından geçen merkezi üçgenin dışında olan çember çiziliyor. Bu çember \(BC\) kenarını \(E\) noktasında kesmektedir. 


\(2|BE| = 3|EC|\) ve \(ABC\) üçgeninin alan 27 ise çemberin yarıçapı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Öncelikle teğet-kiriş açı özelliğinden \(m(\overline{ABC}) = m(\overline{EA}C)\) olur. Ayrıca \(|AB| = |BC|\) olduğundan \(m(\overline{BAC}) = m(\overline{BC}A)\) eşitliğini kullanırsak \(m(\overline{AEC}) = m(\overline{ABE}) + m(\overline{BAE}) = m(\overline{EAC}) + m(\overline{BAE}) = m(\overline{BAC}) = m(\overline{BC}A) = m(\overline{EAC})\) olur. Dolayısıyla \(|AE| = |AC|\) elde ederiz. Diğer taraftan, \(|EC| = 2k\) dersek, soruda verilen eşitlikten \(|BE| = 3k\) olur. Kuvvet eşitliğini kullanarak, \(|AC|^2 = 2k \cdot 5k\) ve dolayısıyla \(|AE| = |AC| = k\sqrt{10}\) elde ederiz. \(A\) noktasından \(EC\) ye indirilen dikmenin ayağı \(D\) olsun. \(|AB| = 5k\) ve \(|BD| = 4k\) olduğundan Pisagor teoreminden \(|AD| = 3k\) olur. Buradan \(ABC\) üçgeninin alanı \(27 = \frac{5k \cdot 3k}{2}\) olup \(k = \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\) bulunur. \(ABE\) üçgeninin çevrel yarıçapına \(R\) dersek, \(2R = \frac{|AE|}{\sin \overline{ABC}} = \frac{k\sqrt{10}}{\frac{|AD|}{|AB|}} = \frac{\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \cdot \sqrt{10}}{\frac{3}{5}} = 10\) ve dolayısıyla \(R = 5\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 32

\(3^{2^{2017}} - 1\) sayısının \(2^{2020}\) sayısına bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(2^{2019}\)

Çözüm:
Her \(k \ge 1\) doğal sayısı için \(3^{2^k} - 1 = (3 - 1) \cdot \prod_{j=0}^{k-1} (3^{2^j} + 1)\) yazılabileceği açıktır. Ayrıca her \(j \ge 1\) doğal sayısı için \(3^{2^j} + 1\) sayısı 4 modunda 2 ye denktir. \(3^{2^0} + 1 = 4\) olduğundan \(3^{2^k} - 1\) sayısındaki 2 çarpanlarının sayısı tam olarak \(k + 2\) olur. Dolayısıyla \(\frac{3^{2^{2017}} - 1}{2^{2019}}\) sayısı bir tek doğal sayıdır. Sonuç olarak, \(3^{2^{2017}} - 1 = 2^{2019}(2m + 1)\) dersek \(2^{2020}\) ile bölümünden kalanın \(2^{2019}\) olduğu görülür.