alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 22

\(p\) ve \(q\) asal sayılar olmak üzere,

\[\frac{7pq}{1+p+q}\]

ifadesi \(\{1, 2, 3, \dots, 31\}\) değerlerinden kaç tanesine eşit olabilir?

a) 2

b) 3

c) 4

d) 5

e) Hiçbiri

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
\(p\) ve \(q\) asal sayılar olduğundan \(p+q+1 \in \{1, 7, p, q, 7p, 7q, pq, 7pq\}\) olabilir. \(p\) ve \(q\) negatif olamayacağından \(p+q+1 \notin \{1, p, q\}\) görülebilir. \(p+q+1 = 7\) ise \(p = q = 3\) olup ifade 9 olur. Genelliği bozmadan \(p \ge q\) varsayalım. \(q \ne 2\) ise, \(p+q+1 \le 2p+1 < 3p \le pq < 7pq\) olduğundan \(p+q+1 \in \{pq, 7pq\}\) olamaz. \(q = 2\) ve \(p+q+1 \in \{pq, 7pq\}\) olması sadece \(p = 3\) iken olabilir, bu durumda ifade 7 olur. \(p+q+1 \in \{7p, 7q\}\) ise \(p \ge q\) olduğundan \(p = 6q-1\) bulunur. Bu durumda \(\frac{7pq}{1+p+q} = p = 6q-1\) olacağı için \(6q-1 \le 31\) ve \(q \in \{2, 3, 5\}\), \(p \in \{11, 17, 29\}\) olur. Verilen ifade \(\{7, 9, 11, 17, 29\}\) değerlerini alabilir. 


**23.** \(x^2 = 4y+1\), \(y^2 = x^3+1\) denklem sisteminin gerçel sayılarda kaç farklı \((x, y)\) çözüm ikilisi bulunur? 


a) 0 


b) 1 


c) 2 


d) 3 


e) 4
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 23

\(x^2 = 4y+1\), \(y^2 = x^3+1\) denklem sisteminin gerçel sayılarda kaç farklı \((x, y)\) çözüm ikilisi bulunur?

a) 0

b) 1

c) 2

d) 3

e) 4

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Verilen denklemlerden \(16y^2 = (x^2-1)^2 = 16(x^3+1)\) elde ederiz. \(x = -1\) iken \(y = 0\) olur ve eşitlikler sağlanır. \(x \ne -1\) için \((x+1)(x-1)^2 = 16(x^2-x+1)\) ve buradan da \(Q(x) = x^3-17x^2+15x-15 = 0\) buluruz. \(Q(16) = -31\), \(Q(17) = 240\) olduğundan bir \(16 < x_0 < 17\) için \(Q(x_0) = 0\) olur. Bu \(x_0\) için \(y_0 = (x_0^2-1)/4\) alırsak eşitlikler sağlanır. Öte yandan \(Q(x)\) polinomunun başka gerçel kökü yoktur çünkü aksi halde üç kök de gerçel olmalıdır ve \(Q(x)\) ifadesinde tek dereceli üslerin katsayıları pozitif ve çift dereceli üslerin katsayıları negatif olduğundan üç kök de

pozitif olur. Ancak Vieta teoreminden köklerin ikili çarpımları toplamı 15 ve kökler çarpımı da 15 olamaz. (AGO dan çelişki gelir.) Yani toplam 2 farklı çözüm ikilisi bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 24

Başlangıçta 1, 2, 3, 4, 5, 6 sayılarının yazılı olduğu bir tahtada Aslı bir oyun oynuyor. Aslı her hamlesinde tahtadan önce bir *a* sayısı sonra da bir *b* sayısı seçiyor. \(x^2 - ax + b\) polinomunun iki kökü de pozitif tam sayıysa, Aslı *a* ve *b* sayılarını silip yerine bu polinomun iki kökünü yazmaktadır. Aslı, sonlu sayıda hamle sonucunda tahtadaki sayıların çarpımını 14, 16, 20, 24, 32 sayılarından kaç tanesini yapabilir?

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

Cevap: C 3

Çözüm:
Her hamlede tahtadaki sayıların çarpımı *ab* yerine *b* olduğu için, her hamle sonunda tahtadaki sayıların çarpımı 6! = 720 sayısını bölmeli, dolayısıyla 14 ve 32 yazılamaz. Şimdi diğer 3 sayının yazılabileceğini gösterelim: 
(5, 6) yerine (2, 3) ve iki defa (3, 2) yerine (1, 2) yazarak 16; 
(6, 5) yerine (5, 1), (3, 2) yerine (1, 2) ve (2, 1) yerine (1, 1) yazarak 20; 
(5, 4) yerine (4, 1), (3, 2) yerine (1, 2) ve(2, 1) yerine (1, 1) yazarak 24 elde edilebilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 25

\(m(\widehat{BAC}) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(A\) noktasından \(BC\) kenarına inen dikmenin ayağı \(D\) ve \([AD]\) nin orta noktası \(E\) olsun. \(m(\widehat{BEC}) = 120^\circ\) ise, \(\frac{|BC|}{|AD|}\) kaçtır?

Şıklar:
A) 2 | B) \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\) | C) 3 | D) \(2\sqrt{3}\) | E) 4

Cevap: B \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

Çözüm:
\(|AE| = |ED| = x\), \(|BD| = y\), \(|CD| = z\) diyelim. \(BED\), \(CED\), \(ABD\) üçgenlerinde Pisagor teoreminden \(|BE| = \sqrt{x^2 + y^2}\), \(|CE| = \sqrt{x^2 + z^2}\), \(|AB| = \sqrt{4x^2 + y^2}\) olur. Diğer taraftan, \(ABC\) üçgeninde Öklid teoreminden \(|AB| = \sqrt{y(y+z)}\) dir, dolayısıyla \(4x^2 = yz\) bulunur. \(BEC\) üçgeninde Kosinüs teoreminden 
\[(x^2 + y^2) + (x^2 + z^2) + \sqrt{(x^2 + y^2)(x^2 + z^2)} = (y + z)^2\]
olup, \(x^2 = \frac{yz}{4}\) ü yerine koyduğumuzda \(y^2 + z^2 = \frac{19yz}{4}\) buluruz. Buradan, \(\frac{|BC|}{|AD|} = \frac{y + z}{2x} = \frac{\sqrt{y^2 + z^2 + 2yz}}{\sqrt{yz}} = \sqrt{\frac{27}{4}} = \frac{3\sqrt{3}}{2}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 26

\(f : \{1, 2, \dots, 30\} \to \{1, 2, \dots, 30\}\) biribir bir fonksiyon olmak üzere, en fazla kaç tane \(1 \le a \le 30\) tam sayısı için \(f(1)f(2) \dots f(a) + 1\) sayısı 31 ile tam bölünür?

Şıklar:
A) 14 | B) 15 | C) 16 | D) 29 | E) 30

Cevap: C 16

Çözüm:
Genel olarak bir \(p\) tek asal sayısı için cevabın \(\frac{p+1}{2}\) olduğunu gösterelim. \(g(a) = f(1)f(2) \dots f(a) + 1\) diyelim. Bir \(a\) sayısı için \(p|g(a)\) ve \(p|g(a+1)\) olursa \(p|g(a+1) - g(a)\) ve dolayısıyla \(f(a+1) \equiv 1 \pmod{p}\) olmalı. Yani ardışık tüm ikililere bakarsak, en fazla bir tane ikili için iki sayı birden \(p'\)ye bölünebilir, dolayısıyla en fazla \(\frac{p+1}{2}\) sayı bu şartı sağlayabilir. Örnek için de \(f(1) = p - 1, f(2) = 1\) ile başlayıp kalan sayıları \(f(2k-1) \equiv \frac{1}{f(2k)}\) (mod \(p\)) şeklinde gruplayabiliriz. Dolayısıyla \(a = 1, 2, 4 \dots, p-1\) için \(p|g(a)\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 27

\(x, y, z\) pozitif gerçel sayıları 
x + y + z &= 10 \\
\sqrt{36 - x^2} + \sqrt{49 - y^2} + \sqrt{169 - z^2} &= 24
denklemlerini sağlıyorsa, \(\frac{xz}{y}\) aşağıdakilerden hangisidir?

Şıklar:
A) \(\frac{30}{7}\) | B) 5 | C) 6 | D) \(\frac{65}{8}\) | E) \(\frac{49}{3}\)

Cevap: A \(\frac{30}{7}\)

Çözüm:
Kenar uzunlukları \(x, \sqrt{36 - x^2}, 6\) olan \(AB_1C_1\) dik üçgenini, \(y, \sqrt{49 - y^2}, 7\) olan \(C_1B_2C_2\) dik üçgenini ve \(z, \sqrt{169 - z^2}, 13\) olan \(C_2B_3C\) dik üçgenini \(x, y, z\) kenarları aynı doğrultuda olacak şekilde uç uca çizelim.

  


\(AB_1\) ve \(CB_3\) kenarlarını uzatıp kesiştikleri noktaya \(B\) dersek, \(ABC\) de bir dik üçgen olur ve dik kenarları 10 ile 24 olduğu için hipotenüsü \(AC = 26 = 6 + 7 + 13 = AC_1 + C_1C_2 + C_2C\) olur, dolayısıyla bu 3 üçgendeki hipotenüsler de aynı doğru üzerindedir ve küçük üçgenlerin kenarları büyük üçgenlere paraleldir. Buradan benzerlik oranlarını yazarak \(x = \frac{30}{13}\), \(y = \frac{35}{13}\), \(z = 5\) ve son olarak \(\frac{xz}{y} = \frac{30}{7}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 28

Bir masa üzerinde \(k, m\) ve \(n\) bilye içeren üç öbek bulunuyor. İki oyuncu sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Sırası gelen oyuncu masa üzerindeki öbeklerden istediği ikisini seçiyor ve bu iki öbeğin daha az bilye içereninden daha fazla bilye içerenine istediği bir pozitif tam sayı adedince bilyeyi aktarıyor (seçilen öbeklerde bilye sayıları eşitse bilyeler öbeklerin herhangi birinden aktarılıyor). Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun \((k, m, n) = (9, 9, 21)\), \((11, 11, 11)\), \((9, 10, 31)\), \((8, 16, 24)\) ve \((9, 22, 22)\) için birer kez oynanırsa, oyuna başlayan oyuncu bu oyunlardan kaçını kazanmayı garantileyebilir?

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

Cevap: C 3

Çözüm:
\(a \le b\) olmak üzere, kendi hamlesi sonucunda durumu \((a, a, b)\) haline getiren oyuncu her zaman kendi hamlesi sonucunda durumu yine benzer hale getirerek oyunu kazanmayı garantileyebilir. Sonuç olarak birinci oyuncu oyunu \((9, 10, 31)\), \((8, 16, 24)\) ve \(9, 22, 22\) durumlarında kazanmayı garantileyebilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 29

Bir kenar uzunluğu 50 olan \(ABCD\) karesinin iç bölgesinde bir \(\Gamma\) çemberi çiziliyor. A ve B den \(\Gamma\) çemberine çizilen teğetlerin uzunlukları 40, \(C\) den Γ çemberine çizilen teğetin uzunluğu 30 ise, Γ çemberinin yarıçapı kaçtır?

Şıklar:
A) 4 | B) 5 | C) 6 | D) 7 | E) Hiçbiri

Cevap: D 7

Çözüm:
Γ çemberinin merkezi O, yarıçaşı R olsun. A ve B noktalarını Γ çemberine göre kuvvetinden \(|OA|^2 = R^2 + 40^2 = |OB|^2\) olup, O noktası \([AB]\) nin orta dikmesi üzerindedir. Yine kuvvetten \(|OC|^2 = R^2 + 30^2\) olduğunu biliyoruz. O dan BC' ye inen dikme ayağına E dersek, \(|OE| = 50/2 = 25\) buluruz. Pisagor teoreminden \(|OB|^2 - |BE|^2 = 625 = |OC|^2 - |CE|^2\) dir. Dolayısıyla, 
\[R^2 + 1600 - |BE|^2 = 625 = R^2 + 900 - |CE|^2\]
ve \(|BE| + |CE| = 50\) buluruz. Buradan, 
\[|BE| - |CE| = \frac{|BE|^2 - |CE|^2}{|BE| + |CE|} = \frac{700}{50} = 14\]
olup \(|BE| = 32\) ve \(|CE| = 18\) buluruz. Dolayısıyla 
\[R^2 = \frac{(|BE|^2 + |CE|^2) - (1600 + 900)}{2} + 625 = 49\]
olup R = 7 olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 30

\(1^1 + 2^2 + 3^3 + 4^4 + \dots + (31!)^{(31!)}\) sayısının 31 ile bölümünden kalan nedir?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 15 | D) 16 | E) 30

Cevap: E 30

Çözüm:
Bir p asalı için çözelim, her ardışık \(p^2 - p\) terimde alt tarafın (mod p) değeri ve üst tarafın (mod p - 1) değeri olası tüm ikilileri tarayacaktır. \(1 + a + \dots a^{p-2}\) toplamı da \(a = 1\) için -1, kalan tüm değerlerde 0 olacağı için her ardışık \(p^2 - p\) terimin toplamı (mod p)'de -1 olacaktır. \(p! = (p^2 - p)(p - 2)!\) olduğu için de tüm toplamın (mod p)'deki değeri \(-(p - 2)! \equiv -1\) olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 31

\[(xy + 2)^2 + 10(x + y) + 21 = 2(x^3 + y^3) + 5(x^2 + y^2)\]


eşitliğini sağlayan x ve y gerçel sayıları için, \(x^2 + y^2\) en az kaçtır?

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

Cevap: C 4

Çözüm:
Eşitliği düzenlediğimizde \((x^2 - 2y - 5)(y^2 - 2x - 5) = 0\) olur. Genelliği bozmadan \(x^2 = 2y + 5\) varsayalım, \(x^2 + y^2 = y^2 + 2y + 5 = (y+1)^2 + 4\) bulunur. Dolayısıyla, \(x^2 + y^2\) en az 4 olabilir. \(x = \sqrt{3}\) ve \(y = -1\) için eşitlik sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 32

32 × 31 bir tahtanın tüm birim karelerine farklı birer gerçel sayı yazılmıştır. Bir birim karedeki sayı, bu birim kareyle en az bir ortak köşe paylaşan birim karelerdeki sayıların en fazla birinden küçükse bu birim kareye özel birim kare diyelim. Özel birim kare sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:
A) 480 | B) 488 | C) 496 | D) 505 | E) 512

Cevap: E 512

Çözüm:
Birim karelerden oluşan her 2 × 2 karede en fazla iki özel birim kare olabilir. 32 × 30 tahtayı, herhangi ikisinin ortak birim karesi bulunmayan 16 · 15 = 240 tane 2 × 2 kareye ayıralım. Buna göre, en sağ sütun hariç tahtanın üzerinde en fazla 2 · 16 · 15 = 480 tane ve bütün tahtanın üzerinde en fazla 480 + 32 = 512 özel birim kare olabilir. Şimdi de 512 özel birim kare için bir örnek verelim. Tahtanın sütunlarını soldan sağa doğru numaralandıralım ve tek numaralı sütunların birim karelerine aşağıdan yukarıya doğru artan sırayla pozitif sayılar, kalan birim karelerin hepsine negatif sayılar yazalım. Bu durumda üzerinde pozitif sayı yazan 32 · 16 = 512 birim karenin her biri özel olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 2. Aşama, Soru 5

23 gerçel sayıdan oluşan bir kümenin, boş olmayan ve elemanlarının çarpımı rasyonel sayı olan alt kümelerinin sayısı tam olarak 2422 olabilir mi?

Şıklar:

Cevap:  Evet

Çözüm:
Cevap: Evet. 


\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, bu kümenin elemanları \(i = 0, 1, \dots, 22\) için \(2^{\frac{2^i}{n}}\) olsun. Her bir pozitif tam sayı \(2^n\)nin farklı kuvvetlerinin toplamı olarak tek türlü yazılabilir. Bu sebeple, elemanlarının çarpımı rasyonel olan kümelerin sayısı \(1\)'den \(K = 2^{23} - 1\)'e kadar olan tam sayılardan \(n\) ile tam bölünenlerin sayısına eşittir. Bu sayı da \(\left\lfloor \frac{K}{n} \right\rfloor\) sayısına eşittir. Bu sayısının 2422 olması ise, 


\[ \left\lfloor \frac{K}{n} \right\rfloor = 2422 \iff 2422 \le \frac{K}{n} < 2423 \iff \frac{K}{2423} < n \le \frac{K}{2422} \]


olmasına denktir. \(K/2422 - K/2423 \ge 1\) iken şartı sağlayan bir \(n\) pozitif tam sayısı bulunur. \(2422 \cdot 2423 < (2^{11}\sqrt{2} - 1)^2 < 2^{23} - 1 = K\) olduğu için buna uygun bir \(n\) vardır ve bu \(n\) için sorudaki şart sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 1

\(AB \parallel CD\) olan bir \(ABCD\) yamuğunda, \(E\) noktası \(D\) ile \(F\) arasında olacak şekilde \([CD]\) üzerinde alınan \(E\) ve \(F\) noktaları için, \(m(\widehat{DAF}) = m(\widehat{BAF}) = 45^\circ\), \(m(\widehat{CBE}) = m(\widehat{ABE}) = 60^\circ\), \(|DE| = 3\), \(|CF| = 4\) ise, \(|AB|\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(2 + 4\sqrt{3}\) | B) \(3 + 3\sqrt{3}\) | C) \(5 + \sqrt{3}\) | D) \(4 + 2\sqrt{3}\) | E) Hiçbiri

Cevap: C \(5 + \sqrt{3}\)

Çözüm:
\(|EF| = 2x\) diyelim. \(ADF\) bir ikizkenar dik üçgen olduğundan \(|AD| = |DE| + |EF| = 2x + 3\) olur. \(EBC\) bir eşkenar üçgen olduğundan \(|BC| = |EF| + |FC| = 2x + 4\) olup, bu üçgenin yüksekliğine bakarsak \(2x + 3 = (x + 2)\sqrt{3}\) bulunur, bu da \(x = \sqrt{3}\) demektir. Buradan \(|AB| = 3 + (2 + x) = 5 + \sqrt{3}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 2

\(3^{p^3} + 5^{p^5} + 7^{p^7} + 11^{p^{11}}\) toplamının \(p\) ile tam bölünmesini sağlayan kaç \(p\) asal sayısı vardır?

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

Cevap: E 2

Çözüm:
Fermat Teoremi'nden dolayı \(a^p \equiv a \pmod{p}\)'dir ve denklikte \(a - 1\) kez \(p\)-ninci kuvvet alınarak \(a^{p^a} \equiv a \pmod{p}\) bulunur. O halde \(p|3 + 5 + 7 + 11 = 26\) elde edilir ve şartı sağlayan asallar 2 ve 13'tür.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 3

Her \(n \ge 2\) pozitif tam sayısı için \(n'\)den büyük olmayan en büyük asal sayı \(f(n)\), \(n'\)den büyük olan en küçük asal sayı \(g(n)\) olsun. 


\[ \frac{1}{f(2)g(2)} + \frac{1}{f(3)g(3)} + \dots + \frac{1}{f(112)g(112)} \]


toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{109}{222}\) | B) \(\frac{111}{226}\) | C) \(\frac{110}{113}\) | D) \(\frac{113}{224}\) | E) \(\frac{55}{111}\)

Cevap: B \(\frac{111}{226}\)

Çözüm:
\(p\) ve \(q\) iki ardışık asal sayı olsun. O zaman \(\frac{1}{pq}\) sayısı sorudaki ifadede tam olarak \(q - p\) kez geçiyor ve toplamda \(\frac{q-p}{pq} = \frac{1}{p} - \frac{1}{q}\) katkıda bulunuyor. Buna göre, cevap 


\[ (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + \dots + (\frac{1}{109} - \frac{1}{113}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{113} = \frac{111}{226}. \]
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 4

100 öğrencinin katıldığı bir yaz okulunda en fazla 4 arkadaşı olan öğrencilere *utangaç* diyelim. Her öğrencinin en az 4 tane utangaç arkadaşı varsa, utangaç öğrenci sayısının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 5 | E) 8

Cevap: A 1

Çözüm:
Utangaç olmayan bir öğrenci varsa, bunun utangaç olan en az dört arkadaşı var. Bunlardan biri A olsun. A'nın utangaç olmayan en az bir arkadaşı ve utangaç olan en az 4 arkadaşı var. O halde A'nın en az 5 arkadaşı var ve bu da A'nın utangaç olmasıyla çelişir. Demek ki tüm öğrenciler utangaçmış. Herkesin birbiriyle arkadaş olduğu 5 kişilik gruplardan 20 tanesi istenen şartları sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 5

İç teğet çemberinin merkezi I olan bir ABC üçgeninde, IBC üçgeninin çevrel çemberine I noktasında teğet olan doğrunun [AB] ve [AC] kenarlarıyla kesişimlerine sırasıyla M ve N diyelim. |BC| = 225, |BM| = 64 ve |CN| = 81 ise, |IB| + |IC| kaçtır?

Şıklar:
A) 250 | B) 260 | C) 270 | D) 280 | E) Hiçbiri

Cevap: E 255

Çözüm:
Teğet-kiriş açı özelliğinden \(\triangle BMI \sim \triangle INC \sim \triangle BIC\) olduğu açıktır, buradan \(|NC||BC| = |IC|^2\) ve \(|BM||BC| = |IB|^2\) elde ederiz. Yerine koyarsak \(|IB| = 120\) ve \(|IC| = 135\) bulunur, cevap 255 olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 6

n bir pozitif tam sayı ve \(a, b, c, d\) pozitif tek tam sayılar olmak üzere, \(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 11 \cdot 4^n\) eşitliğini sağlayan kaç \((a, b, c, d, n)\) beşlisi vardır?

Şıklar:
A) 4 | B) 6 | C) 12 | D) 16 | E) 20

Cevap: C 12

Çözüm:
Tek bir tam sayının karesi (mod 8)'de 1'e denk olduğundan, eşitliğin sol tarafı (mod 8)'de 4'e denktir. O halde \(n \ge 2\) olamaz. Demek ki \(n = 1\)'dir. Bu durumda \(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 44\) bulunur. \(a, b, c, d\)'nin alabileceği değerler 1, 3 ve 5'tir. Kolayca eşitliğin sağlanması için dört sayıdan birinin 1, ikisinin 3 ve birinin de 5 olması gerekir. Sonuç olarak toplam \(4!/2! = 24/2 = 12\) beşli vardır.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 7

x ve y pozitif gerçel sayıları \(x^2 + xy = 1\) şartını sağlıyorsa, \(61x + 25y\) en az kaç olabilir?

Şıklar:
A) 40 | B) 50 | C) 60 | D) 70 | E) 80

Cevap: C 60

Çözüm:
\((61x + 25y)^2 = (11x - 25y)^2 + 3600x(x + y) = (11x - 25y)^2 + 60^2\) olarak yazılabilir, buradan \(61x + 50y \ge 60\) olur. \(x = 5/6\) ve \(y = 11/30\) için eşitlik sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 8

Bir tahtaya 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40 sayıları yazılmıştır. k bir pozitif tam sayı olmak üzere, her işlemde tahtadaki sayılardan k tanesi seçiliyor ve seçilmiş her sayı 1 azaltılıyor. Birkaç işlem sonucunda tahtadaki tüm sayıları 0 yapmak mümkünse, k'ye uygun sayı diyelim. 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 sayılarından kaç tanesi uygun sayıdır?

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

Cevap: D 4

Çözüm:
Yapılan işlem sayısı en az 40 olmalıdır. Buna göre, \(40k \le 5 + 10 + \dots + 40 = 180\) ve buradan da \(k \le 4\) bulunur. Şimdi de \(k = 1, 2, 3, 4\) değerlerinde tahtadaki sayıların 0 yapılabileceğini gösterelim. \(k = 1\) durumu açıktır. \(k = 2\) durumunda sayıları toplamları 90 olan iki gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı seçilebilir. Gruplar \(\{20, 30, 40\}\) ve \(\{5, 10, 15, 25, 35\}\) olarak seçilebilir. \(k = 3\) durumunda sayıları toplamları 60 olan üç gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı sıçilebilir. Gruplar \(\{25, 35\}\), \(\{20, 40\}\), ve \(\{5, 10, 15, 30\}\) olarak seçilebilir. \(k = 4\) durumunda sayıları toplamları 45 olan dört gruba ayırıp her işlemde her gruptan birer sayı şıçilebilir. Gruplar \(\{5, 40\}\), \(\{10, 35\}\), \(\{15, 30\}\) ve \(\{20, 25\}\) olarak seçilebilir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 9

\(|AB| < |AC|\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(\hat{A}\) açısının iç açıortayının \([BC]\) kenarı ve \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberiyle ikinci kesişim noktasına sırasıyla \(D\) ve \(E\) diyelim. \(E\) noktasından \(BC\) doğrusuna inen dikmenin \(BC\) ve \(AB\) doğruları ile kesişimi sırasıyla \(F\) ve \(G\) olsun. \(D\) noktasından \(AC\) ve \(GC\) doğrularına inen dikme ayakları sırasıyla \(K\) ve \(L\) olmak üzere, \(|DK| = 3\) ve \(|DL| = 11\) ise, \(\frac{|DF|}{|FC|}\) oranı kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{3}{11}\) | B) \(\frac{4}{7}\) | C) \(\frac{3}{7}\) | D) \(\frac{4}{11}\) | E) \(\frac{3}{8}\)

Cevap: B \(\frac{4}{7}\).

Çözüm:
\(D\) noktasından \(AB\) doğrusuna inen dikme ayağına \(M\) diyelim. \(m(\widehat{BAD}) = m(\widehat{CAD})\) olduğundan \(|DM| = |DK| = 3\) ve \(|EB| = |EC|\) olur, bu da \(|FB| = |FC|\) ve \(|GB| = |GC|\) demektir. Buradan \(\triangle DMB \sim \triangle DLC\) elde ederiz, yani \(\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{3}{11}\) buluruz. \(|FB| = |FC|\) olduğundan \(|BD| = 3k\), \(|DF| = 4k\), \(|FC| = 7k\) olup \(\frac{|DF|}{|FC|} = \frac{4}{7}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 10

\(k\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(k'nin pozitif tam bölenlerinin sayısını \(d(k)\) ile gösterelim. \(d(n^3) = 2 \cdot d(n^2)\) ve \(1 \le n \le 2024\) koşullarını sağlayan kaç n pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:
A) 3 | B) 5 | C) 7 | D) 9 | E) 11

Cevap: E 11

Çözüm:
\(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \dots p_r^{a_r}\) ise, \(n\) sayısının istenen şartı sağlaması için \(2 = \prod_{i=1}^r \frac{3a_i + 1}{2a_i + 1}\) olmalıdır. Öncelikle \((4/3)^3 > 2\) olduğundan \(r \ge 3\) olamaz, ayrıca \((3a_1 + 1)/(2a_1 + 1) = 2\) olamayacağı da açıktır. \((3a_1+1)(3a_2+1) = 2(2a_1+1)(2a_2+1)\) eşitliğine bakarsak \((a_1-1)(a_2-1) = 2\) olup, \(n\) sayısının \(n = p^2q^3\) formunda olduğunu görürüz. \(n\)'nin 2024'ten küçük olabilmesi için \(q \ge 11\) olamayacağı açıktır. \(q = 7\) ise \(p = 2\) olmalıdır, \(q = 5\) ise \(p \in \{2,3\}\) olabilir, \(q = 3\) ise \(p \in \{2,5,7\}\), \(q = 2\) ise \(p \in \{3,5,7,11,13\}\) olabilir. Sonuç olarak tüm ihtimaller \(\{72,108,200,392,500,675,968,1125,1323,1352,1372\}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 11

\(\{3x\} + \{4x\} + \{5x\} = \{x\} + 2\) denkleminin kaç tane \(0 < x < 1\) çözümü vardır? (\(x\) gerçel sayısı için \(x\)'ten, \(x\)'i aşmayan en büyük tam sayının çıkarılmasıyla elde edilen sayı \(\{x\}\) ile gösterilir. Örneğin, \(\{20,24\} = 0,24\) ve \(\{32\} = 0\).)

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) Sonsuz çoklukta | E) Hiçbiri

Cevap: B 1

Çözüm:
Tüm \(a\) gerçel sayıları için \(\{a\} = a - \lfloor a \rfloor\) ve \(\lfloor a \rfloor\) bir tam sayı olduğu için, bunu denklemde yerine koyduğumuzda \(11x\) sayısının bir tam sayıya eşit olduğunu görürüz. Yani, bir \(1 \le y \le 10\) tam sayısı için \(x = y/11\) olmalıdır. Bu sayıları denediğimizde de yalnızca \(x = 2/11\)'in şartları sağladığını görürüz.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 12

\(5 \times 5\) bir satranç tahtasının 5 birim karesine birer bilye yerleştirilecektir. Bu yerleştirme, herhangi bir satır ile herhangi bir sütunun birleşiminde en az bir bilye bulunması koşuluyla kaç farklı şekilde yapılabilir?

Şıklar:
A) 5760 | B) 5870 | C) 5940 | D) 6050 | E) 6130

Cevap: E 6130

Çözüm:
Bir satırda (sütunda) bilye bulunmuyorsa, koşula göre, her sütunda (satırda) bilye bulunuyor. Buna göre, ya her satırda ya da her sütunda bilye bulunmak zorundadır. Bilyeler, her satırda birer bilye bulunması koşuluyla \(5^5\) şekilde yerleştirilebilir. Benzer şekilde bilyeler, her sütunda birer bilye bulunması koşuluyla \(5^5\) şeilde yerleştirilebilir. Bu iki yerleştirmenin kesişimi 5! eleman içeriyor. Buna göre, cevap \(5^5 + 5^5 - 5! = 6130\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 13

\(|AB| = 50\), \(|AC| = 78\), \(|BC| = 112\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \([BC]\) kenarının üzerinde \(\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{5}{9}\) şartını sağlayan bir \(D\) noktası alınıyor. \(ABD\) üçgeninin çevrel merkezi ile \(ACD\) üçgeninin ağırlık merkezi arasındaki uzaklık nedir?

Şıklar:
A) \(\sqrt{1961}\) | B) \(\sqrt{1993}\) | C) \(\sqrt{2001}\) | D) \(\sqrt{2024}\) | E) Hiçbiri

Cevap: A \(\sqrt{1961}\).

Çözüm:
\(|BC| = 112\) olduğundan \(|BD| = 40\) ve \(|CD| = 72\) olur. \(50^2 + 72^2 = 78^2 + 40^2\) olduğundan \(AD \perp BC\) olur. \([AB]\), \([AD]\), \([BD]\) kenarlarının orta noktalarına sırasıyla \(O\), \(M\), \(N\) ve \(ACD\) üçgeninin ağırlık merkezine \(G\) diyelim. \(G\) noktasından \(ON\) doğrusuna inilen dikme ayağı \(K\) olsun. Pisagor teoreminden \(|AD| = 30\) ve \(|MG| : |GC| = 1 : 2\) olup, \(KG \parallel BC\) kullanılarak \(|OK| = 5\) buluruz. Benzer şekilde \(|KG| = |ND| + 24 = 44\) olup Pisagor teoreminden \(|OG|^2 = 5^2 + 44^2 = 1961\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 15

\(x\) ve \(y\) gerçel sayılar olmak üzere, \((x^2 + 1)(y^2 + 1) + 129 = 12xy + 18(x + y)\) ise, \(xy\) kaçtır?

Şıklar:
A) 3 | B) 4 | C) 5 | D) 6 | E) 7

Cevap: E 7

Çözüm:
\(xy = a\) ve \(x + y = b\) olsun. Eşitlik \((a - 7)^2 + (b - 9)^2 = 0\) olarak yazılabilir ve buradan da \(a = xy = 7\) gelir. Şartı sağlayan \(x\) ve \(y\) gerçel sayıları vardır.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 16

Bir dik koordinat düzleminde, \(0 \le x \le 9\) ve \(0 \le y \le 9\) koşullarını sağlayan tam sayı koordinatlı \((x, y)\) noktalarının \(N\) tanesi boyanmıştır. Üç köşesi de boyalı olan bir dik üçgen bulunmuyorsa, \(N\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:
A) 16 | B) 18 | C) 20 | D) 22 | E) 26

Cevap: B 18

Çözüm:
\((0, 1), (0, 2), \dots, (0, 9)\) ve \((1, 0), (1, 1), \dots, (9, 0)\) noktaları boyarsak \(N = 18\) için bir örnek elde ederiz. Köşeleri boyalı olan dik üçgen bulunmaması için boyalı her \((a, b)\) noktası için aynı anda \((a, b)\)'den farklı boyalı \((a, c)\) ve boyalı \((d, b)\) noktaları bulunamaz. İlk durumda boyalı her \((a, b)\) noktasının değeri \((a, *)\), ikinci durumda ise \((*, b)\) olsun (her iki durum aynı anda geçerliyse değer \((a, *)\) olsun). O zaman farklı boyalı noktaların değerleri de farklı olacak. Her \(a = 0, 1, \dots, 9\) için değeri \((a, *)\) olan boyalı nokta varsa, boyalı nokta sayısı 10 olur. Benzer şekilde her \(b = 0, 1, \dots, 9\) için değeri \((*, b)\) olan boyalı nokta varsa, boyalı nokta sayı sı 10 olur. Demek ki boyalı nokta sayısı en fazla \(9 + 9 = 18\) olacaktır.