alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 17

\(m(\widehat{BAC}) = 100^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde çevrel merkez \(O\) noktası olup, \(A\) noktasının \(BC\) doğrusuna göre yansıması \(D\) olsun. \(BD \cap OC = \{S\}\) ve \(CD \cap OB = \{R\}\) ise, \(m(\widehat{RAS})\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(30^\circ\) | B) \(45^\circ\) | C) \(60^\circ\) | D) \(75^\circ\) | E) Hiçbiri

Cevap: C \(60^\circ\)

Çözüm:
Öncelikle \(m(\widehat{OBC}) = m(\widehat{OCB}) = 10^\circ\) olduğu açıktır. \(m(\widehat{B}) = \beta\) ve \(m(\widehat{C}) = \theta\) olmak üzere, \(m(\widehat{ABD}) = 2\beta = m(\widehat{AOC})\) olduğundan \(A, B, S, O\) noktaları çemberdeş olup, \(m(\widehat{SAO}) = m(\widehat{SBO}) = \beta - 10^\circ\) olur. Benzer şekilde \(m(\widehat{RAO}) = \theta - 10^\circ\) bulunur. Buradan \(m(\widehat{RAS}) = \beta + \theta - 20^\circ = 80^\circ - 20^\circ = 60^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 18

\(n^2 + 1\)'in 269 ile tam bölünmesini sağlayan en küçük \(n\) pozitif tam sayısının rakamları toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 10 | B) 12 | C) 14 | D) 16 | E) Hiçbiri

Cevap: A 10

Çözüm:
\(269 \equiv 1 \pmod{4}\) bir asal sayıdır. Kolayca \(10^2 + 13^2 = 269\) olduğu görülür. Buradan \(10 \cdot 27 \equiv 1 \pmod{269}\) ve \(13 \cdot 27 = 351 \equiv 82 \pmod{269}\) olduğu için \(82^2 + 1 \equiv 0 \pmod{269}\) elde edilir. 269 asal olduğu için \(269|n^2 - 82^2\) ancak ve ancak \(269|n - 82\) veya \(269|82 + n\) olduğundan, şartı sağlayan en küçük pozitif tam sayı \(82\)'dir. Dolayısıyla cevap \(10\)'dur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 20

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

Şıklar:
A) 216 | B) 240 | C) 252 | D) 288 | E) Hiçbiri

Cevap: B 240

Çözüm:
Satırlardaki sayıların toplamları herhangi bir sırayla ya 4,4,0,0 ya 4,2,2,0 ya da 2,2,2,2 olacaktır. 4,4,0,0 durumunda istenilen yerleştirme bulunmuyor. Benzer şekilde sütunlardaki sayıların toplamları herhangi bir sırayla 3,3,1,1 olacaktır. 4,2,2,0 durumunda toplamı 4 ve toplamı 0 olan satırları \(\binom{4}{1}\) \(\binom{3}{1}\) şekilde seçelim. Daha sonra da toplamı 3 olan sütunları \(\binom{4}{2}\) şekilde seçersek yerleştirme tamamlanmış olur. 2,2,2,2 durumunda toplamları 3 olan sütunları \(\binom{4}{2}\) şekilde se çelim. Daha sonra bu sütunlardan en soldakıne 3 tane 1 yerleştirelim. Bu iki sütundaki 6 tane 1 sayısı 3 satırda ise, yerleştirme tamamlanmış olur. Bu iki sütundaki 6 tane 1 sayısı 4 satırda ise, bu 6 tane 1 sayısının ikişer tane bulunduğu iki satırı \(\binom{4}{2}\) şekilde seçelim. Bundan sonra yerleştirme 2 farklı şekilde tamamlanıyor. Buna göre cevap  \[ \binom{4}{1} \binom{3}{1} \binom{4}{2} + \binom{4}{2} \binom{4}{3} + \binom{4}{2} \binom{4}{3} \binom{3}{2} \cdot 2 = 240 \] olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 21

Bir *ABCD* dikdörtgeninin [CD] kenarı üzerinde alınan bir *E* noktası \(|AE| = |CD|\) eşitliğini sağlamaktadır. \(AE \cap BC = \{F\}\) olmak üzere, \(ECFG\) bir dikdörtgen olacak şekilde bir *G* noktası almıyor. \(DF \cap AG = \{K\}\) olmak üzere, \(m(\overline{AE}) = 45^\circ\) ve \(m(\overline{KE}) = 25^\circ\) ise, \(m(\overline{EAB})\) kaçtır?

Şıklar:
A) 20° | B) 30° | C) 40° | D) 45° | E) Hiçbiri

Cevap: C 40°

Çözüm:
|DE| = x, |EC| = y, AG∩CD = {L} diyelim. Öncelikle |AB| = |CD| = x + y olup, AB || CD || GF kullanarak \(\frac{|AL|}{|LG|} = \frac{|AE|}{|EF|} = \frac{|BC|}{|CF|} = \frac{x}{y}\) buluruz. Buradan |GF| = |EC| = y olduğundan \(\frac{|LE|}{|GF|} = \frac{|AE|}{|AF|} = \frac{x}{x + y}\) ve dolayısıyla |LE| = \(\frac{xy}{x + y}\) buluruz, bu da |LD| = x - \(\frac{xy}{x + y}\) = \(\frac{x^2}{x + y}\) demektir. \(\frac{|LK|}{|KG|} = \frac{|LD|}{|GF|} = \frac{y^2}{y(x + y)}\) eşitliğinden \(\frac{|LK|}{|LG|} = \frac{x^2}{x^2 + xy + y^2}\) olur, \(\frac{|AL|}{|LG|} = \frac{x}{y}\) olduğundan \(\frac{|LK|}{|LA|} = \frac{xy}{x^2 + xy + y^2} = \frac{|LE|}{|AB|}\) elde ederiz, bu da K, E, B noktalarının doğrudış olduğunu gösterir. Sonuç olarak, \(m(\overline{BAE}) = m(\overline{AKE}) + m(\overline{CAE}) = 70°\) olup, |AE| = |CD| = |AB| olduğundan \(m(\overline{EAE}) = 180° - 140° = 40°\) buluruz.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 22

\(2^{22!} - 1\) sayısını bölmeyen en küçük tek pozitif tam sayının rakamları toplam kaçtır?

Şıklar:
A) 7 | B) 9 | C) 11 | D) 13 | E) 15

Cevap: C 11

Çözüm:
Verilen sayıyı bölmeyen en küçük tek pozitif tam sayı \(p^a\) formunda olmalı. Euler teoreminden dolayı \((p-1)p^{a-1}|22!\) ise, \(p^a|2^{22!} - 1\) olur. 23'ten büyük olmayan tek sayılar bariz şekilde bu sayıyı böler. 25'ten 45'e kadar olan tek sayıların da bu sayıyı böldüğü kolayca görülür. Şimdi 47'nin bu sayıyı bölmediğini gösterelim. Farzedelim ki bölsün. Fermat teoreminden \(2^{46} \equiv 1 \pmod{47}\) olduğunu biliyoruz. Wilson teoreminden dolayı da 22! \(\equiv -1 \pmod{23}\) olur. O halde \(22! = 46k + 22\) formundadır. O halde \(2^{22} \equiv 1 \pmod{47}\) olur ve buradan da \(2^{44} \equiv 1 \pmod{47}\) ve \(2^2 \equiv 1 \pmod{47}\) gelir, çelişki. Demek ki istenen sayı 47'dir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 23

\(x, y, z, a\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \(xyz = a\) şartını sağlayan tüm \((x, y, z)\) üçlüleri için \(x^2 + 2y^2 + 4z^2 - 6xyz\) sayısının alabileceği en küçük değere \(f(a)\) diyelim. \(f(a)\) sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 1 | B) \(\sqrt{2}\) | C) \(\frac{11}{12}\) | D) \(\frac{8}{9}\) | E) \(\sqrt[3]{3}\)

Cevap: D \(\frac{8}{9}\)

Çözüm:
\(a = b^3\) diyelim. AGO'dan dolayı \(x^2 + 2y^2 + 4z^2 \ge 6\sqrt[3]{x^2y^2z^2} = 6b^2\) olur. Dolayısıyla sorudaki ifadenin en küçük değeri \(b\) cinsinden \(6b^2 - 6b^3\) olur ve bu da \(x = b\sqrt{2}, y = b, z = b/\sqrt{2}\) iken sağlanır. Şimdi bunun alabileceği en büyük değeri bulalım. \(b > 1\) ikan ifade negatiftir. \(0 < b \le 1\) iken AGO'dan dolayı  \[1 = \frac{b}{2} + \frac{b}{2} + 1 - b \ge 3\sqrt[3]{\frac{b^2(1-b)}{4}}\] olur ve \(b^2(1-b) \le \frac{4}{27}\) bulunur. Dolayısıyla \(f(a) = f(b^3)\) en fazla \(\frac{24}{27} = \frac{8}{9}\) olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 24

Başlangıçta bir doğru üzerinde farklı ağırlıklı \(n\) top soldan sağa hafiften ağırı doğru sıralanmıştır. Her işlemde aralarında 2 veya 5 top olan iki top birbirleriyle yer değiştiriliyor. \(n = 2022, 2023, 2024, 2025\) değerlerinin kaçı için birkaç işlem sonucunda toplar soldan sağa ağırdan hafife doğru dizilebilir?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) 3 | E) 4

Cevap: A 0

Çözüm:
\(n\) sayısının herhangi bir değerinde toplar ters yönde dizilemez. Topların, koordinatları \(1, 2, \dots, n\) olan sayılar üzerinde bulunduklarını varsayalım. Her defa işlem yapılan topun koordinatı 3 ya da 6 artar ya da azalır. Bu sayılar 3 ün katıdır. İstenilen dizilim yapılırsa en ağır topun koordinatı \(n-1\) azalacaktır. Buna göre, \(3|n-1\). İkinci en ağır topun da koordinatı \(n-3\) azalacaktır. Buna göre, \(3|n-3\). Bu iki koşulu sağlayan \(n\) sayısı bulunmuyor.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 25

Çeşitkenar bir \(ABC\) üçgeninde \([BC]\) kenarının orta noktası \(M\) olmak üzere, \(AC\) doğrusuna \(C\) noktasında dik olan doğrunun \(MA\) doğrusu ile kesişimi \(N\) olsun. \(BMN\) üçgeninin çevrel çemberi \(AB\) doğrusuna \(B\) noktasında teğet ise, \(\frac{|AB|}{|MA|}\) kaçtır?

Şıklar:
A) 1 | B) \(\sqrt{2}\) | C) \(\sqrt{3}\) | D) 2 | E) \(\sqrt{5}\)

Cevap: D 2

Çözüm:
\(|MA| = 1\), \(|AB| = x\), \(|AC| = y\) diyelim. \(A'nın M'ye göre yansımasına \(D\) dersek \(|CD| = x\) olduğu açıktır. Kuvvetten \(|MN| = x^2-1\) ve Pisagor teoreminden \(|CN| = \sqrt{x^4 - y^2}\) olur. \(ACN\) üçgeninde \(CD\) kesenine göre Stewart teoremi yaparsak, \(\frac{2(x^4 - y^2) + (x^2 - 2)y^2}{x^2} - 2(x^2 - 2) = x^2\) elde ederiz. Düzenlersek, \((x^2 - 4)(y^2 - x^2) = 0\) bulunur, \(x \neq y\) olduğundan \(x = 2\) buluruz.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 26

\(n \le 2024\) bir pozitif tam sayı olmak üzere; \(\{kn : k \in \mathbb{Z}, 1 \le k \le 2024\}\) kümesinde tam olarak 9 tane tam kare bulunmasını sağlayan \(n\) sayılarının toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 18240 | B) 18810 | C) 19380 | D) 19950 | E) 20520

Cevap: B 18810

Çözüm:
Her pozitif tam sayı, \(xy^2\) (\(x\) bir veya birkaç farklı asalın çarpımı veya 1, \(y\) pozitif tam sayı) formunda tek türlü yazılır. \(n = ab^2\) şartı sağlayan bir sayı olsun. \(nm\) bir tam karedir ancak ve ancak \(m = ac^2\)dir. Bu durumda \(a \cdot 9^2 \le 2024 < a \cdot 10^2\) olmalı. Buradan \(2024/100 = 20, 24 < a \le 2024/81 = 24, 98\), yani \(21 \le a \le 24\) olur. O zaman \(a = 21, 22, 23\) olabilir. Böylece istenen sayıların toplamı 


\[ (21 + 22 + 23)(1^2 + 2^2 + \dots + 9^2) = 66 \cdot 9 \cdot 10 \cdot 19/6 = 18810 \]


elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 27

Birbirinden farklı \(x, y, z\) gerçel sayıları,
\[ x^2 + y^2 = 9x + 7y + 6z \]
\[ y^2 + z^2 = 7x + 7y + 8z \]
\[ z^2 + x^2 = 6x + 8y + 8z \]
eşitliklerini sağlıyorsa, \(\frac{15x^2 + 4y^2}{z^2}\) kaçtır?

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

Cevap: D 7

Çözüm:
Birinci ve ikinci denkleme bakarsak \(x^2 - z^2 = 2(x - z)\), ikinci ve üçüncü denkleme bakarsak \(y^2 - x^2 = x - y\) olup, \(x, y, z\) birbirinden farklı olduğundan \(z = 2 - x\) ve \(y = -1 - x\) elde ederiz. İkinci denklemde yerine koyarsak \((-1 - x)^2 + (2 - x)^2 = 7x + 7(-1 - x) + 8(2 - x)\) ve buradan \(x^2 + 3x - 2 = 0\) buluruz. Dolayısıyla, \(x^2 = 2 - 3x\), \(y^2 = x^2 + 2x + 1 = 3 - x\) ve \(z^2 = x^2 - 4x + 4 = 6 - 7x\) olup, \(\frac{15x^2 + 4y^2}{z^2} = \frac{15(2 - 3x) + 4(3 - x)}{6 - 7x} = \frac{42 - 49x}{6 - 7x} = 7\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 28

\((x_1, \dots, x_{32})\) 32-lisi \((1, 2, \dots, 32)\)'nin bir permütasyonu olmak üzere, her \(i = 1, \dots, 32\) için \(y_i = \max\{x_1, x_2, \dots, x_i\}\) olsun. Tam olarak 2 tane \(i\) indisi için \(y_i = x_i\) olmasını sağlayan \((x_1, x_2, \dots, x_{32})\) permütasyonlarının sayısının 29 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:
A) 0 | B) 4 | C) 9 | D) 18 | E) 27

Cevap: E 27

Çözüm:
\((1, 2, \dots, n)\) için tam olarak iki indisin şartı sağladığı permütasyonların sayısı \(f(n)\) olsun. 1'in en başta olması ve olmaması durumuna göre \(f(n+1)\)'i inceleyelim. 1 en başta ise hemen ardında \(n+1\) olmalı ve geriye kalan 2, 3, ..., n sayıları rastgele bir şekilde sıralanabilir. 1 en başta değilse, 1 sayısı (2, 3, ..., n + 1) için şartı sağlayan bir permütasyonda en baş hariç rastgele bir yere gelebilir. Böylelikle \(f(n+1) = (n-1)! + nf(n)\) olduğu görülür. \(f(2) = 1\)'den yola çıkarak her \(n \ge 2\) için \[f(n) = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(n-1)!}{k}\] olduğu görülür. O halde \[f(32) = \sum_{k=1}^{31} \frac{31!}{k} \equiv \frac{31!}{29} = 28! \cdot 30 \cdot 31 \equiv (-1) \cdot 1 \cdot 2 \equiv 27 \pmod{29}\] bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 29

\(|AB| > |AC|\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(\hat{A}\) açısına ait dış açıortayın \(BC\) ile kesişimi \(D\) olsun. \(|BC| = 24\sqrt{2}\), \(|AB| = 35\) ve \(m(\widehat{ADC}) = 45^\circ\) ise, \(ABC\) üçgeninin alanı kaçtır?

Şıklar:
A) 60 | B) 70 | C) 72 | D) 84 | E) 98

Cevap: D 84

Çözüm:
\(C\) den \(AB\) ye çizilen paralelin \(AD\) ile kesişimi \(E\), \(C\) den \(AD\) ye inilen dikme ayağı \(H\) olsun. \(|AC| = x\), \(|CH| = y\), \(|AH| = t\) diyelim. Açıkça \(|HE| = t\), \(|ED| = y - t\), \(|CD| = y\sqrt{2}\), \(|CE| = x\) olur. Paralellikten \(\frac{y}{24} = \frac{y-t}{2t}\) ve \(\frac{x}{35} = \frac{y-t}{y+t}\) bulunur. Düzenlersek \(t = \frac{12y}{y+12}\) ve \(x = \frac{35y}{y+24}\) olur. Pisagor teoreminden \(\left(\frac{35y}{y+24}\right)^2 = y^2 + \left(\frac{12y}{y+12}\right)^2\) olup \(y = 4\) bulunur. Yerine koyarsak \(t = 3\) olup, \(|AD| = y + t = 7\) olur. Dolayısıyla \(A\) noktasından \(BC\) ye inilen yükseklik uzunluğu \(\frac{7}{\sqrt{2}}\) olup, 


\[A(ABC) = \frac{24\sqrt{2} \times 7}{2\sqrt{2}} = 84 \text{ bulunur.}\]
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 30

Pozitif tam bölenlerinin ortancası (medyanı) 63 olan en küçük pozitif tam sayının rakamları toplamı kaçtır? (Bir veri grubunun ortancası, veri grubu küçükten büyüğe doğru sıralandığında veri sayısı tekse en ortadaki sayıya, çiftse en ortadaki iki sayının aritmetik ortalamasına eşittir.)

Şıklar:
A) 8 | B) 14 | C) 18 | D) 20 | E) 22

Cevap: D 20

Çözüm:
\(n\) şartı sağlayan bir sayı olsun. \(n\) tam kare ise, tek sayıda pozitif tam bölene sahiptir ve ortancası \(\sqrt{n}\) olur. Bu durumda \(n = 63^2\) olur. \(n\) tam kare değilse, çift sayıda pozitif tam bölene sahiptir. Bunlar \(d_1 < d_2 < \cdots < d_{2k}\) olsun. O halde \(d_k + d_{k+1} = 126\) ve \(d_k d_{k+1} = n\) olmalı. \(n\) en küçük değerini \(d_k\)'nin en küçük değerinde alır. Ayrıca \(n\)'nin \(d_k\) ile \(d_{k+1}\) arasında başka bir böleni olmamalı. Bundan dolayı \(5|1 \cdot 125\), \(4|2 \cdot 124\), \(9|3 \cdot 123\), \(8|4 \cdot 122\), \(55|5 \cdot 121\), \(12|6 \cdot 120\), \(17|7 \cdot 119\), \(16|8 \cdot 118\), \(27|9 \cdot 117\), \(20|10 \cdot 116\), \(55|11 \cdot 115\) ve \(24|12 \cdot 114\) olduğu için \(d_k\) en az 13 olabilir. 13 ve 113 asal sayı olduklarından \(n = 13 \cdot 113 = 1469\) şartı sağlayan en küçük sayıdır.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 31

Bir \(\{a_n\}_{n \ge 1}\) dizisi, \(a_1 = 2\) ve her \(n \ge 1\) tam sayısı için 


\[ \left(a_{n+1} - \frac{3a_n + 1}{a_n + 3}\right) \left(a_{n+1} - \frac{5a_n + 1}{a_n + 5}\right) = 0 \]


şartını sağlamaktadır. Buna göre, \(a_{2024}\) sayısı kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:
A) 2024 | B) \(2024^2\) | C) \(2^{2023}\) | D) \(2^{2024}\) | E) Hiçbiri

Cevap: A 2024

Çözüm:
Sorudaki şarttan dolayı ya \(a_{n+1} = \frac{3a_n + 1}{a_n + 3}\) ya da \(a_{n+1} = \frac{5a_n + 1}{a_n + 5}\) olacaktır. Eğer \(a_{n+1} = \frac{3a_n + 1}{a_{n+3}}\) olursa, iki tarafa 1 eklediğimizde \(a_{n+1} + 1 = \frac{4(a_n + 1)}{a_n + 3}\) ve iki taraftan 1 çıkardığımızda \(a_{n+1} - 1 = \frac{2(a_n - 1)}{a_n + 3}\) bulunur. \(b_n = \frac{a_n + 1}{a_n - 1}\) olarak tanımlayıp bu iki kesri birbirine oranladığımızda \(b_{n+1} = 2b_n\) bulunur. Ayrıca, bu şartı sağlayan \(a_n\) sayılarımın \(a_{n+1} = \frac{3a_n + 1}{a_ {n+3}}\) şartını sağladığı da kolayca görülebilir. Benzer şekilde \(a_{n+1} = \frac{5a_n + 1}{a_{n+5}}\) olursa \(b_{n+1} = \frac{3b_n}{2}\) bulunur. Dolayısıyla \(b_{2024} = 2^x(\frac{3}{2})^{2023-x}b_1\) formunda gelir ve 2024 farklı değer alabilir. \(b_n > 1\) bellişken \(a_n\) de tek türlü belli olacağı için cevap 2024 olur.
Matematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 32

İlk hamleyi Ash yapmak üzere, Ashı ve Zehra sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Hamleler yapılmadan önce Zehra 1, 2, ..., 200 sayılarıyla numaralanmış bilyeleri istediği bir sırayla bir doğru üzerine diziyor. Sırası gelen oyuncu bu bilye dizisinin en solunda ve en sağında bulunan iki bilyeden birini alıyor. Zehra, yüzüncü bilyesini aldığında elindeki en büyük ve en küçük numaralı bilyelerin numaraları farkının en fazla \(N\) olmasını garantileyebiliyorsa, \(N\) sayısının alabileceği en küçük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 99 | B) 112 | C) 125 | D) 149 | E) Hiçbiri

Cevap: A 99

Çözüm:
Zehra bilyeleri soldan sağa doğru numaraları 1, 101, 2, 102, 3, 103, ..., 98, 198, 99, 199, 100, 200 olacak şekilde diziyor ve Aslı’nın her hamlesinden sonra onun en son bilye aldığı uçtan bilye alıyor.  O zaman Zehra sol taraftan 101, 102, ... numaralı k ve sağ taraftan 100, 99, ... numaralı 100 – k bilye alacaktır.  Buna göre, Zehra aldığı 100 bilyenin tamamının ardışık numaralı bilye olmasını garantileyecektir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 1

\(n \ge 3\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(n\) köşeli bir tam çizgenin her kenarına birer gerçel sayı aşağıdaki koşulları sağlayacak şekilde yazılmıştır: 


(i) Çizgedeki her üçgenin kenarlarına yazılan sayılardan ikisi birbirine eşit olup diğer sayı ise bu sayılardan büyüktür. 


(ii) Her köşenin ağırlığı, o köşeden çıkan kenarlara yazılan sayıların toplamı olmak üzere, tüm köşelerin ağırlıkları birbirlerine eşittir. 


Buna göre, \(n\) sayısının alabileceği tüm değerleri bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
Cevap, 3'ten büyük tüm çift tam sayılar. 


Şartları sağlayan bir \(n\) sayısına güzel diyelim. \([AB]\) doğru parçasında yazılı olan sayıyı \(f(A, B)\) ile gösterelim 


*İddia 1: \(n\) güzelse \(n+2\) de güzeldir.* 


*İspat: \(n\) için şartları sağlayan bir konfigürasyon alalım. Buradaki noktaların kümesi \(V\), yazılı olan en küçük sayı \(m\) ve bir nokta için ucu olduğu kenarlardaki sayıların toplamı \(T\) olsun. Konfigürasyona \(A\) ve \(B\) noktalarını ekleyelim. \(f(A, B) = x\), her \(v \in V\) ve her \(u \in \{A, B\}\) için \(f(v, u) = y\) olsun. \(y < m\) ve \(y < x\) olursa ilk koşul sağlanır. \(S+2y = x+ny\) olursa da ikinci koşul sağlanır. Bu da \(S = x+(n-2)y\) olmasına denktir. \(x\) ve \(y\)'yi; \(y < m\), \(y < x\) ve \(S = x+(n-2)y\) sağlanacak şekilde alabileceğimiz açıktır. 


4'ün güzel olduğu kolayca görülür (bir karenin dört köşesini alıp doğru parçalarına gerçek uzunluklar yazılabilir). Dolayısıyla 3'ten büyük tüm çift sayılar güzeldir. 


*İddia 2: \(n\) güzelse \(n\) çiftir.* 


*İspat: \(n\) için şartları sağlayan konfigürasyonda bir \(A\) noktası alalım. \(\max f(A, x) = M\), \(S = \{x : f(A, x) = M\}\) ve \(B \in S\) olsun. İlk koşuldan dolayı \(S \cup \{A\}\) dışındaki her \(C\) noktası için \(f(C, A) = f(C, B)\)'dir. Eğer \(|S| \ge 2\) olsaydı, ilk koşuldan dolayı her \(C \in S \setminus \{B\}\) için \(f(B, C) > M = f(A, C)\) olurdu ve bu da \(A\) ve \(B\) noktalarından dolayı ikinci koşulla çelişirdi. O halde \(|S| = 1\). B'ye \(A\)'nın özel noktası dersek, açıkça görüleceği üzere \(A\) da \(B\)'nin özel noktası olur. Böylece noktaları özel noktaları ile ikişerli gruplamak mümkün olmalı ve sonuç olarak \(n\) çift olmalı.
Matematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 2

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin diklik merkezi \(H\) ve \(A, B, C\) köşelerinden indirilen yüksekliklerin ayakları sırasıyla \(D, E, F\) olsun. \(DEF\) üçgeninin çevrel çemberine \(D\) noktasında teğet olan bir çemberin \(EF\) doğrusu ile kesiştiği noktalar \(P\) ve \(Q\) olsun. \(PH\) ve \(QH\) doğruları ile \(BHC\) üçgeninin çevrel çemberinin ikinci kesişim noktaları \(R\) ve \(S\) olsun. \(A\) noktasından geçen ve \(EF\) doğrusuna dik

olan doğrunun \(BC\) doğrusu ile kesiştiği nokta \(T\) olsun. \(R, S, D, T\) noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(AD \cap EF = X\) ve \(EF \cap BC = K\) olsun. \(\angle KDX = 90^\circ\) ve \(\angle EDX = \angle FDX\) olduğu için \((K, X; F, E) = -1\) olur. \((DEF)\) ve \((DPQ)\) çemberleri teğet olduğundan \(\angle PDX = \angle FDX - \angle FDP = \angle EDX - (\angle PQD - \angle FED) = \angle QDX\) olur ve bundan dolayı \((K, X; P, Q) = -1\) olur. 


\((ABC) = \omega_1\), \((BHC) = \omega_2\), \(XH \cap \omega_2 = Z\), \(KH \cap \omega_2 = N\) ve \(RS \cap BC = L\) olsun. \((K, X; F, E) \xrightarrow{H, \omega_2} (N, Z; C, B) = -1\) ve \((K, X; P, Q) \xrightarrow{H, \omega_2} (N, Z; R, S) = -1\) olduğu için \(N\) ve \(Z\) noktalarından \(\omega_2\) çemberine çizilen teğetler \(BC\) ve \(RS\) doğruları üzerinde kesişir. Yani \(LZ\) doğrusu \(\omega_2\) çemberine teğettir ve \(LZ^2 = LA^2 = LR \cdot LS\) olur. \(\angle LAT = 90^\circ\) ve \(LA^2 = LD \cdot LT = LR \cdot LS\) olduğu için \(R, S, D, T\) noktaları çemberseldir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 3

Her \(n \ge 2\) tam sayısı için \(f(n)\) ile \(n\) sayısının farklı asal bölenlerinin çarpımını gösterelim (örneğin, \(f(5) = 5, f(8) = 2\) ve \(f(12) = 6\) olur). \(a_1, a_2, \dots\) dizisi, \(a_1 \ge 2\) bir tam sayı ve her \(n \ge 1\) için 


\[a_{n+1} = a_n + f(a_n)\]


olacak şekilde tanımlanıyor. Her \(p\) asal sayısı için, \(\{a_i\}_{i=1}^\infty\) dizisinde \(p\) ile bölünen bir terim bulunduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Hiçbir asal sayının karesine bölünmeyen pozitif tam sayılar kümesini \(P\) ile gösterelim. 


Gözlem 1: \(q\) herhangi bir asal sayı olsun. \(q|a_n \iff q|f(a_n)\) ve böylece \(q|a_n \implies q|a_{n+1}\) ve \(q|f(a_n) \implies q|f(a_{n+1})\). Bundan dolayı bu dizide bir terim \(q\) ile bölünürse o terimden itibaren tüm terimler \(q\) ile bölünür. Aynı durum \((f(a_n))_{n=1}^\infty\) dizisi için de geçerlidir ve her \(n\) için \(f(a_n)|f(a_{n+1})\) her

n için geçerlidir. 


Gözlem 2: \(\left(\frac{f(a_{n+1})}{f(a_n)}\right)_{n=1}^{\infty}\) dizisinin her bir terimi P kümesinin elemanıdır ve \(q|a_1\) ise bu dizide q ile bölünen hiçbir terim yoktur. 


Gözlem 3: \(f(a_n)|a\) olduğundan \(a_{n+1} \le 2a_n\) olur. Böylece her \(n\) pozitif tam sayısı için \(a_{n+1} \le 2^n a_1\) elde edilir. 


Farzedelim ki bu dizide \(p\) ile bölünen terim yoktur. 


Lemma: \(f(a_n) = f(a_{n+1}) = \cdots = f(a_{n+p-2})\) olan \(n\) bulunmaz. 


İspat: Farzedelim ki bulunsun. O halde 


\[a_n, a_{n+1} = a_n + f(a_n), a_{n+2} = a_n + 2f(a_n), \dots, a_{n+p-1} = a_n + (p-1)f(a_n)\]


sayılarından biri \(p\) ile bölünürdü, çelişki. 


Gözlem 4: \(K\) sabit bir pozitif tam sayı olsun. Gözlem 1'den dolayı \(K'\) den küçük asal sayılardan dizinin en az bir terimini bölenler bir yerden sonra dizinin tüm terimlerini bölerler. Bundan ötürü bu yeri \(a_1\) olarak varsayabiliriz ve dolayısıyla Gözlem 2'den ötürü \(\left(\frac{f(a_{n+1})}{f(a_n)}\right)_{n = 1}^{\infty}\) dizisinde \(K'\) den küçük bir asal ile bölünen terim bulunmaz. 


Lemma ve Gözlem 4'ten her \(n\) pozitif tam sayısı için 


\[\frac{f(a_{n+p-2})}{f(a_n)} \ge K\]


elde edilir. Buradan her \(m\) pozitif tam sayısı için \(f(a_{1+m(p-2)}) \ge K^m f(a_1)\) bulunur. Böylelikle Gözlem 3 ile birlikte 


\[f(a_1)K^m \le f(a_{1+m(p-2)}) \le 2^{m(p-2)}a_1\]


elde edilir. Ancak \(K > 2^{p-2}\) alınırsa yeterince büyük \(m\) sayısı için eşitsizlik sağlanmaz ve çelişki elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 4

\(n\) bir pozitif tam sayı ve \(n\) sayısının tüm pozitif bölenleri \(1 = d_1 < d_2 < \cdots < d_k = n\) olsun. 


\[2d_2 + d_4 + d_5 = d_7 \\ d_3d_6d_7 = n \\ (d_6 + d_7)^2 = n + 1\]


eşitlikleri sağlanıyorsa, \(n\) sayısının alabileceği tüm değerleri bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
Sadece \(n = 2024\) şartları sağlar. 


\(n\) tekse, tüm bölenleri tektir ve ilk eşitlikte çelişki elde edilir. O halde \(n\) çift olmalı. O halde \(n + 1\) bir tek tam karedir ve dolayısıyla \(8|n\) bulunur. Ayrıca AGO'dan \(n + 1 > 4n/d_3\) olur ve açıkça \(n > 2\) olduğundan da \(d_3 \ge 4\) gelir. O halde \(d_3 = 4\) olmalı. İkinci ve üçüncü eşitliklerden \(d_6 = m, d_7 = m + 1\) ve \(n = 4m(m + 1)\) gelir. \(d_3 = 4\) olduğundan \(d_4 \ge 5\), \(d_5 \ge 6\) olur ve ilk eşitlikten \(m \ge 14\) bulunur. \(d_3 = 4\) olduğundan \(3 \nmid n\) ve dolayısıyla \(m \equiv 1 \pmod{3}\) elde edilir. \(m = 16\) iken ilk eşitlik sağlanmaz. O halde \(m > 16\). \(m\) ve \(m + 1\)'den biri çiftir ve yarısı \(d_4\) ve \(d_5\)'ten biridir. Benzer biçimde 8 de \(d_4\) ve \(d_5\)'ten biridir. O halde ilk eşitlikten \(m = 22\) veya \(m = 23\) elde edilir. \(m \equiv 1 \pmod{3}\) olduğundan

\(m = 22\) olur ve \(n = 2024\) şartları sağlar.