alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 32

Aslı ve Zehra, başlangıçta boş olan \(30 \times 30\) bir satranç tahtası üzerinde sırayla hamle yaparak bir oyun oyunyorlar. Oyuna Aslı başlıyor. Aslı her hamlesinde, kırmızı bir bilye içeren bir birim kareyle ortak bir kenarı bulunmayan boş bir birim kareye bir kırmızı bilye yerleştiriyor. Zehra ise her hamlesinde, boş bir birim kareye bir beyaz bilye yerleştiriyor. Oyunculardan herhangi biri hamle yapamazsa oyun sonlandırılıyor. Aslı her zaman en az \(k\) tane kırmızı bilye yerleştirmeyi garantileyebiliyorsa, \(k\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  225

Çözüm:
Tahta üzerinde herhangi ikisi ortak kenar paylaşmayan 450 beyaz birim kare bulunuyor. Aslı bu beyaz birim karelere her zaman en az 225 kırmızı bilye yerleştirebilir. 


Zehra her zaman \(k\) sayısının \(225\)'ten fazla olmasını engelleyebilir. Bunun için Zehra satranç tahtasını \(225\) tane \(2 \times 2\) kareye ayırıyor ve herhangi bir

2 × 2 kereye kırmızı bilye yerleştirildiğinde kırmızı bilye yerleştirilen birim karenin çaprazındaki birim kareye bir beyaz bilye yerleştiriyor. Buna göre, Zehra oyunun sonunda 225 tane 2 × 2 karenin her birinde en fazla bir tane kırmızı bilye bulunmasını garantileyebilir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 2. Aşama, Soru 4

Hangi \(a\) gerçel sayıları için 


\[\frac{x^3 + a}{y + z} = \frac{y^3 + a}{x + z} = \frac{z^3 + a}{x + y} = -3\]

olmasını sağlayan farklı \(x, y, z\) gerçel sayıları bulunur? 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  \(-2 < a < 0\) veya \(0 < a < 2\)

Çözüm:
\(c = x + y + z\) dersek \(x, y, z\) sayıları \(P(t) = t^3 - 3t + a + 3c\) polinomunun kökleridir. O halde Vieta teoreminden dolayı \(x + y + z = 0\) dır, yani \(c = 0\) olup \(P(t) = t^3 - 3t + a\) dır. Dolayısıyla \(P(t) = t^3 - 3t + a\) polinomunun üç farklı gerçel kökü vardır. Üstelik sorudaki ifadelerin paydaları \(0\)'dan farklı olduğundan bu gerçel kökler \(0\)'dan farklıdır. Öte yandan bu gözlemin tersi de doğrudur: \(P(t) = t^3 - 3t + a\) polinomunun \(0\)'dan ve birbirlerinden farklı üç gerçel kökü varsa bu köklere \(x, y, z\) dersek soruda verilen eşitlikler sağlanır. 


Şimdi \(a > 2\) durumunda pozitif \(t\) gerçel sayıları için \(t^3 + a > t^3 + 2 = t^2 + 1 + 1 \ge 3t\) (AGO) olacağından \(P(t)\) polinomunun pozitif kökü olmaz, yani üç gerçel kökü olamaz. Benzer şekilde \(a < 2\) durumunda negatif kök olmaz ve yine üç gerçel kök bulunmaz. Ayrıca \(a = 2\) ve \(a = -2\) durumlarında sırasıyla \(t = 1\) ve \(t = -1\) çift katlı kök olur. Yine \(a = 0\) durumunda köklerden biri \(0\) olur. 


Bütün bu durumların dışında \(-2 < a < 0\) veya \(0 < a < 2\) dir. Nitekim \(0 < a < 2\) durumunda \(P(0) = a > 0\) ve \(P(1) = a - 2 < 0\) olacağından \((-\infty, 0)\), \((0, 1)\) ve \((1, \infty)\) aralıklarında birer gerçel kök bulunur. Benzer şekilde \(-2 < a < 0\) durumunda \((-\infty, -1)\), \((-1, 0)\) ve \((0, \infty)\) aralıklarında birer gerçel kök bulunur.


5. \(ABC\) üçgeninde \(90 > \hat{A} > \hat{B} > \hat{C}\) dir. Diklik merkezi \(H\) ve çevrel çember merkezi \(O\) olmak üzere \(HO\) ile \(BC\) doğrularının kesişimi \(T\), \(AHO\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi ise \(X\) olsun. \(H\) noktasının \(TX\) doğrusuna göre yansımasının \(ABC\) nin çevrel çemberi üzerinde olduğunu gösteriniz. 


Çözüm: \(AH\) nin çevrel çember ile ikinci kesişimi \(S\), \((AHO)\) çemberinin çevrel çember ile ikinci kesişimi \(M\) olsun. \(OA = OM\) olduğundan \(\angle MHO = \angle OHS\) olur, yani \(M\) ve \(S\) noktaları \(OH\) doğrusuna göre yansıma durumundadır. O halde \([MH]\) nin orta dikmesi, \([SH]\) nin orta dikmesi (yani \(BC\) doğrusu) ve \(HO\) noktadaştır; yani \([MH]\) nin orta dikmesi \(T\) den geçer. O halde \(H\) nin \(TX\) doğrusuna göre yansıması \(M\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 2. Aşama, Soru 6

2022 öğrencinin bulunduğu bir okulda tatil boyunca her gün ya müze gezisi ya da doğa gezisi düzenleniyor. Hiçbir öğrenci aynı tür geziye ikinci kez katılmıyor ve tüm gezilere farklı sayıda öğrenci katılıyor. İki geziye beraber katılan iki öğrenci bulunmadığına göre, toplam gezi sayısının alabileceği en büyük değeri bulunuz. 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  77

Çözüm:
Öncelikle koşulları sağlayan 77 günlük bir gezi programı örneği verelim. 26 · 71 = 2002 öğrenci alınıp bunların 26 · 51 = 1326 sı A sınıfına konulsun ve her birine 


\[A = \{(i, j) : i, j \in \mathbb{Z}_+, i + j \le 52\}\]


kümesinden farklı birer ikili verilsin, kalan \(26 \cdot 26 = 676\) sı ise B sınıfına konulsun ve her birine 


\[B = \{(i, j) : i, j \in \mathbb{Z}_+, i \le 26, j \le 26\}\]


kümesinden farklı birer ikili verilsin. Sonra \(1 \le k \le 77\) olmak üzere \(k\)-nci günde

(i) \(k \le 51\) ise A sınıfından \(i = 52 - k\) koşulunu sağlayan \(k\) öğrenci müze gezisine gitsin, 


(ii) \(k \ge 52\) ise A ve B sınıflarından \(j = 78 - k\) koşulunu sağlayan toplam \(k\) öğrenci doğa gezisine gitsin. 


Şimdi de koşulları sağlayan \(n\) günlük bir gezi programı için \(n \le 77\) olduğunu gösterelim. En kalabalık 52 gezi grubu \(M_1, M_2, \dots, M_k, D_{k+1}, \dots, D_{52}\) olsun (\(M_i\) ler müze gezisi gruplarını, \(D_i\) ler ise doğa gezisi gruplarını göstersin). Koşullardan dolayı \(|M_i \cap D_j| \le 1\) dir ve \(i \ne j\) için \(|M_i \cap M_j| = 0\) ve \(|D_i \cap D_j| = 0\) dır. O halde 


\[ \sum |M_i| + \sum |D_i| = \\ |M_1 \cup \dots \cup M_k \cup D_{k+1} \cup \dots \cup D_{52}| + \sum |M_i \cap D_j| \le \\ 2022 + k(52 - k) \le 2698 < 26 \cdot 104 \]


tür. Öte yandan tüm gezi gruplarında farklı sayıda öğrenci bulunduğundan 


\[ \sum |M_i| + \sum |D_i| \ge n + (n-1) + \dots + (n-51) = (2n-51) \cdot 26 \]


dır. Dolayısıyla \(2n - 51 < 104\) olup \(n \le 77\) dir. 


Not 1: Çözümde \(n \le 77\) nin ispatlandığı kısımda en kalabalık 52 gruba bakmak yerine her-
hengi bir \(46 \le m \le 58\) sayısı için en kalabalık \(l\) gruba bakmak da aynı sonuca ulaştırır. 


Not 2: Soruda 2022 yerine herhangi bir \(m\) sayısı olursa cevap \(n(n+1) \le 3m\) koşulunu sağlayan en büyük \(n\) tam sayı değeri olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 1

\(s(\widehat{B}) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \([AB]\) kenarının orta noktası \(M\) olmak üzere, \(M\) den \(AC\) ye çizilen dikmenin \(BC\) ile keşişimi \(N\) olsun. \(|BN| = 8\) ve \(|CN| = 17\) ise, \(|MN|\) kaçtır?

Şıklar:
A) 10 | B) 13 | C) 15 | D) 17 | E) Hiçbiri

Cevap: A 10

Çözüm:
\(|AM| = |BM| = x\) dersek, \(BMN \sim BCA\) kullanılarak \(\frac{|BC|}{2x} = \frac{x}{|BN|}\) olup, \(2x^2 = 9 \cdot 8\) ve dolayısıyla \(x = 6\) bulunur. \(BMN\) üçgeninde Pisagor teoreminden \(|MN| = 10\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 2

\(3^{p^2+p+1} + 7^{p^2+p+1}\) sayısının \(p\) ile bölünmesini sağlayan kaç tane \(p\) asal sayısı vardır?

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

Cevap: B 3

Çözüm:
\(p \neq 3, 7\) olduğu bariz, \(p\) modunda bakarsak kuvvetlerin ikisi de \(p-1\) modunda 3 olduğu için Fermat teoreminden \(p|3^3 + 7^3 = 370 = 2 \cdot 5 \cdot 37\) gelir. \(p\)'nin alabileceği değerler yalnızca bu üçü olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 3

\(x\) bir gerçel sayı olmak üzere, \(4^x + 7^x + 8^x + 10^x + 14^x + 15^x = 17^x + 19^x\) denklemini sağlayan kaç tane \(x\) sayısı vardır?

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

Cevap: B 1

Çözüm:
Her tarafı \(17^x\) ile bölersek, denklem \(\left(\frac{4}{17}\right)^x + \left(\frac{7}{17}\right)^x + \left(\frac{8}{17}\right)^x + \left(\frac{10}{17}\right)^x + \left(\frac{14}{17}\right)^x + \left(\frac{15}{17}\right)^x = 1 + \left(\frac{19}{17}\right)^x\) haline gelir. Sol taraf \(x\)'in azalan bir fonksiyonu ve sağ taraf da \(x\)'in artan bir fonksiyonu olduğu için, bu iki fonksiyon en fazla bir noktada keşişebilir. \(x = 0\) durumunda da sol taraf daha büyük, \(x\) çok büyükken de sağ taraf daha büyük olduğu için ara değer teoreminden dolayı ortadaki bir değerde bir kök bulunmak zorundadır.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 4

31 kişiden oluşan bir sınıfta, 4 öğrenci içeren her grubun içinde kendisi dışındaki diğer 3 öğrenciyle arkadaş olan en az bir öğrenci bulunuyor. Buna göre bu sınıfta kendisi dışındaki tüm öğrencilerle arkadaş olan öğrenci sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:
A) 26 | B) 27 | C) 28 | D) 29 | E) 30

Cevap: C 28

Çözüm:
Bu sınıfta kendisi dışındaki tüm öğrencilerle arkadaş olan öğrenci sayısı \(N\) olsun. Sınıfta herkes arkadaşsa \(N = 31\) olur. \(A\) ve \(B\) öğrencileri arkadaş olmasın. Kalan 29 öğrenciden arkadaş olmayan \(C\) ve \(D\) bulunuyorsa, \(A, B, C, D\) dörtlüsü koşulu sağlamaz. O halde kalan 29 kişiden herhangi ikisi arkadaştır. Hem \(A\) hem de \(B\) kalan 29 öğrencinin hepsi ile arkadaşsa \(N = 29\) olur. Genelliği bozmadan \(A\) bir \(C \neq B\) öğrencisi ile arkadaş olmasın. Bu durumda \(A, B, C\) dışındaki her \(D\) öğrencisi herkesle arkadaş olmak zorundadır. Sonuç olarak cevap 28 olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 5

\(m(\hat{B}) > m(\hat{C})\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(A\) köşesine ait iç açortay ve dış açortay uzunlukları birbirine eşit ise, \(2 \cdot \hat{A} + 3 \cdot \hat{B} + \hat{C}\) kaç derecedir?

Şıklar:
A) \(360^\circ\) | B) \(420^\circ\) | C) \(540^\circ\) | D) \(630^\circ\) | E) Hiçbiri

Cevap: E \(450^\circ\)

Çözüm:
İçaçıortay ve dışaçortay birbirlerine dik oldukları için, \(BC\) doğrusu ile oluşturdukları üçgenin diğer açıları \(45^\circ\) olmalıdır, bu durumda \(m(\hat{B}) > m(\hat{C})\) kullanarak, \(\hat{C} + \frac{\hat{A}}{2} = 45^\circ\) ve dolayısıyla \(\hat{C} = \alpha\) dersek, \(\hat{A} = 90 - 2\alpha\) ve \(\hat{B} = 90 + \alpha\) bulunur. Dolayısıyla, \(2 \cdot \hat{A} + 3 \cdot \hat{B} + 2\hat{C} = 2(90 - 2\alpha) + 3(90^\circ + \alpha) + \alpha = 450^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 6

\((3m+4n)(4m+3n) = 3^{63}\) eşitliğini sağlayan kaç \((m, n)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:
A) 44 | B) 64 | C) 88 | D) 128 | E) Hiçbiri

Cevap: A 44

Çözüm:
İki sayının toplamı 7 ile bölünmelidir, dolayısıyla bu iki sayı (mod 7)'de birbirlerinin tersi olmalıdır. \(3m + 4n = a\), \(4m + 3n = b\) dersek bu iki ifadeyi toplayınca \(m + n = \frac{a+b}{7}\), \(m - n = b - a\) gelir ve toplamı 7 ile bölünen her \(a, b\) ikilisi için bir \(m, n\) bulunabileceği görülür. \(3^3 \equiv -1 \pmod{7}\) olduğu için, soldaki çarpanlar (mod 7)'de \(\pm 1\) olmak durumundadır, yani \(3m + 4n = \pm 3^{3x}\), \(4m + 3n = \pm 3^{3y}\) ve \(x + y = 21\) olmalıdır, \(x, y \ge 0\) olması gerekeceği için de bunu sağlayan da toplam 44 tane \((x, y)\) ikilisi vardır.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 7

\(x\) bir pozitif gerçel sayı olmak üzere \(\lfloor x^2 \rfloor + \lfloor x \rfloor\) şeklinde yazılamayan 2023'ten küçük kaç tane pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:
A) 1 | B) 12 | C) 22 | D) 44 | E) 90

Cevap: D 44

Çözüm:
Bir \(a\) pozitif tam sayısı için, \(x \in [a-1, a)\) ise \(\lfloor x^2 \rfloor + \lfloor x \rfloor\) sayısı \([a^2 - a, a^2 + a)\) aralığında \(a^2 + a - 1\) hariç tüm değerleri alabilir. 2023'ten küçük ve bu formda yazılabilen sayılar ise \(a \in \{1, 2, \dots, 44\}\) için gelecektir

ve 44 tanedir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 8

Bir yuvarlak masa etrafına oturmuş 31 öğrenciden üçü, seçilen herhangi iki öğrenci arasında en az 4 öğrenci bulunması koşuluyla kaç farklı şekilde seçilebilir?

Şıklar:
A) 1450 | B) 1471 | C) 1512 | D) 1543 | E) 1581

Cevap: E 1581

Çözüm:
Öğrencileri saat yönünde 1, 2, ..., 31 sayılarıyla numaralandıralım. 1. öğrenci seçilmiş olsun. Bu durumda 2., 3., 4., 5., 28., 29., 30. ve 31. öğrenciler seçilmeyecek. 1. öğrenciden sonra saat yönünde seçilen ilk öğrenci 6. öğrenci olursa, seçilen son öğrenci için 17 seçenek, 7. öğrenci olursa, seçilen son öğrenci için 16 seçenek, ..., 22. öğrenci olursa, seçilen son öğrenci için 1 seçenek bulunacaktır. Buna göre, toplam 17 + 16 + ... + 1 = 17 · 9 = 153 seçenek elde edilir. Seçilen her öğrenci üçlüsü 3 kez sayılacağına göre, cevap \(\frac{153 \cdot 31}{3} = 1581\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 9

O merkezli bir çember üzerinde alınan A ve B noktaları için \(m(\widehat{AOB}) = 90^\circ\) dir. Çemberin küçük AB yayı üzerinde alınan bir C noktası ve [OB] üzerinde alınan bir D noktası için \(m(\widehat{ACD}) = 90^\circ\) dir. \(|AC| = 30\), \(|CD| = 16\) ise, \(|BD|\) uzunluğu kaçtır?

Şıklar:
A) \(\sqrt{66}\) | B) \(2\sqrt{34}\) | C) \(3\sqrt{34}\) | D) \(2\sqrt{66}\) | E) Hiçbiri

Cevap: B \(2\sqrt{34}\)

Çözüm:
Öncelikle ACD üçgeninde Pisagor teoreminden \(|AD| = 34\) bulunur. CD doğrusunun çemberle ikinci kesişimine F dersek, \(m(\widehat{ACF}) = 90^\circ\) olduğundan [AF] çap olur, dolayısıyla A, O, F doğrudaytır. ADF üçgeninde OD ⊥ AF ve \(|AO| = |OF|\) olduğundan \(|DF| = |AD| = 34\) olur. Buradan \(|CF| = |CD| + |DF| = 50\) olup ACF ve AOD üçgenlerinde Pisagor teoreminden \(|AF| = 10\sqrt{34}\), \(|AO| = 5\sqrt{34}\) ve \(|OD| = 3\sqrt{34}\) olup, \(|BD| = |OB| - |OD| = 2\sqrt{34}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 10

\(2^n + 3^n + 5^n\) sayısının 100 ile tam bölünmesini sağlayan 2023 ten küçük kaç n pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:
A) 50 | B) 101 | C) 150 | D) 202 | E) 251

Cevap: D 202

Çözüm:
\(2^n + 3^n + 5^n \equiv 0 \pmod{25}\) olabilmesi için \(n \ge 2\) ve \((2/3)^n \equiv -1 \pmod{25}\) olması gerekir. Bu ise \(2/3 \equiv 9 \pmod{25}\), \(9^5 \equiv -1 \pmod{25}\) ve \(\phi(25) = 20\) olduğundan 9 un 25 modundaki derecesinin 10 ve \(n \equiv 5 \pmod{10}\) olduğunu gösterir. \(n > 1\) tek sayı olduğundan \(2^n + 3^n + 5^n\) sayısı 4 ile bölünür. 2023 ten küçük olup \(10k + 5\) formunda olan 202 tane pozitif tam sayı vardır.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 11

\(a_1, a_2, \dots, a_{31}\) dizisi \(a_1 = \frac{1}{31}\) ve her \(n = 1, 2, \dots, 30\) değeri için \((n+2)a_n = na_{n+1}\) olarak tanımlanmıştır. Buna göre, \(a_1 + a_2 + \dots + a_{31}\) kaçtır?

Şıklar:
A) 176 | B) 179 | C) 181 | D) 187 | E) 192

Cevap: A 176

Çözüm:
\(3a_1 = a_2\), \(4a_2 = 2a_3\), \(\dots\), \(32a_{30} = 30a_{31}\) eşitliklerini taraf tarafa toplarsak \(a_1 + a_2 + \dots + a_{30} = 10a_{31}\) gelir. Buna göre, \(a_1 + a_2 + \dots + a_3 = 11a_{31}\) olur. Diğer taraftan \(a_{31} = \frac{32}{30} \cdot a_{30} = \frac{32}{30} \cdot \frac{31}{29} \cdot a_{29} = \dots = \frac{32}{30} \cdot \frac{31}{29} \cdot \frac{30}{28} \cdot \frac{29}{27} \cdot \dots \cdot \frac{2}{1} \cdot a_1 = \frac{32}{2} \cdot a_1 = 16\) olduğuna göre, cevap \(11 \cdot 16 = 176\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 12

Bir sıraya dizilmiş 7 topun her biri kırmızı, mavi ve siyah renklerden birine, yan yana iki siyah top olmayacak şekilde kaç farklı biçimde boyanabilir?

Şıklar:
A) 1128 | B) 1158 | C) 1186 | D) 1224 | E) 1296

Cevap: D 1224

Çözüm:
\(n\) topun koşullara uygun şekilde boyanma sayısı \(f(n)\) olsun. Buna göre, \(f(1) = 3\) ve \(f(2) = 8\) olur. Koşullara uygun boyanmış ve en sağdaki topun siyah olduğu boyamalarda sağdan ikinci top siyah olamaz. Bu tür boyamaların sayısı \(2f(n-2)\)'dir. Koşullara uygun boyanmış ve en sağdaki topu siyah olmadığı boyamalarda en sağ top ya kırmızı ya da mavidir. Bu tür boyamaların sayısı \(2f(n-1)\)'dir. Sonuç olarak \(f(n) = 2(f(n-1) + f(n-2))\) olur. Demek ki \(f(3) = 22, f(4) = 60, f(5) = 164, f(6) = 448\) ve \(f(7) = 1224\).
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 13

Bir kenarının uzunluğu 6 olan \(ABCD\) karesinin \([BC]\) kenarı üzerinde \(|BE| = 4\) olan bir \(E\) noktası alınıyor. \(DE \cap AB = \{K\}\) ve \(AE \cap DC = \{L\}\) olmak üzere, \(EKL\) üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapı nedir?

Şıklar:
A) \(\frac{13\sqrt{10}}{6}\) | B) 6 | C) 9 | D) \(\frac{8\sqrt{13}}{3}\) | E) Hiçbiri

Cevap: A \(\frac{13\sqrt{10}}{6}\)

Çözüm:
\(ABE \sim ECL\) benzerliğinden dolayı \(|CL| = 3\), \(DCE \sim KBE\) benzerliğinden dolayı \(|BK| = 12\) bulunur. \(ADKL\) yamuğunu düşünürsek, \(\text{Alan}(EKL) = \text{Alan}(AED) = \frac{\text{Alan}(ABCD)}{2} = 18\) bulunur. Diğer taraftan, Pisagor teoremlerinden \(|EL| = \sqrt{13}\), \(|EK| = 4\sqrt{10}\), \(|DE| = 4\), \(|BC| = 6\), \(|AC| = 8\), \(|AD| = 12\), \(|BE| = 4\), \(|KL| = 6\), \(|DE| = 4\), \(|BC| = 6\), \(|AC| = 6\), \(|AD| = 12\), \(|BE| = 4\), \(|KL| = \sqrt{10}\), \(|DE| = 4\), \(|BC| = 6\), \(|AC|= 6\), \(|AD| = 12\), \(|BE| = 4\), \(|KL|= \sqrt{10}\), \(|DE| = 4\), \(|BC| = 6\), |AC| = 6\), \(|AD| = 12\), \(|BE| = 4\) \[|KL| = 3\sqrt{13} \text{ olup, üçgende alan formülünden dolayı } 18 = \frac{3 \cdot 4 \cdot 13\sqrt{10}}{4R} \text{ ve } R = \frac{13\sqrt{10}}{6} \text{ bulunur.}\]
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 14

\(a^3 + 4a^2b - 3ab^2 - 18b^3 = 2023\) eşitliğini sağlayan kaç \((a, b)\) tam sayı ikilisi vardır? 


a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) Hiçbiri

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Verilen eşitliğin sol tarafını 


\[ 
\begin{align*}
a^3 + 4a^2b - 3ab^2 - 18 b^3 &= a^3 - 8b^3 + 4a^2b - 3ab^2 - 10b^3 \\
&= (a - 2b)(a^2 + 2ab + 4b^2) + b(a - 2b)(4a + 5b) \\
&= (a - 2b)(a^2 + 6ab + 9b^2) \\
&= (a - 2b)(a + 3b)^2
\end{align*}
\]


şeklinde yazabiliriz. \(a = 2b + k\) dersek, \(k\) bir pozitif tam sayı olur. Yerine koyarsak \(k \cdot (5b + k)^2 = 2023\) olur. \(2023 = 7 \cdot 17^2\) olduğundan sadece \(k = 7\), \(5b + k = 17\) olabilir. Buradan \((a, b) = (11, 2)\) olup tek çözüm gelir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 15

\(x\) ve \(y\) gerçel sayılar olmak üzere, \(x^2 - xy + y^2 - x - 2y\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:
A) \(-3\) | B) \(-\frac{7}{3}\) | C) \(-2\) | D) \(-\frac{4}{3}\) | E) Hiçbiri

Cevap: B \(-\frac{7}{3}\)

Çözüm:
İfadeyi 2 ile çarpıp \((x - y)^2 + (x - 1)^2 + (y - 2)^2 - 5\) olarak gruplayabiliriz. \(a = 2 - y\), \(b = y - x\), \(c = x - 1\) dersek \(a + b + c = 1\) olduğu için \(a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{(a + b + c)^2}{3} = \frac{1}{3}\) olur ve ifadenin minimumu \(-\frac{14}{3}\) bulunur, sorudaki ifade için de minimum bunun yarısı olan \(-\frac{7}{3}\) olur. \(x = \frac{4}{3}\), \(y = \frac{5}{3}\) için de bu minimum elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 16

7 kişilik bir grup içinde bazı tokalaşmalar olmuştur. Tam olarak 1 kişiyle tokalaşan kişi sayısı 1, tam olarak 2 kişi ile tokalaşan kişi sayısı 2 ve tam olarak 3 kişi ile tokalaşan kişi sayısı 3'tür. Buna göre, toplam tokalaşma sayısının alabileceği kaç farklı değer vardır?

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

Cevap: C 3

Çözüm:
Bu \(1 + 2 + 3 = 6\) kişi dışındaki kişinin tokalaştığı kişi sayısı \(k\) olsun. Toplam tokalaşma sayısının 2 katı \(1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3 + k = 14 + k\) olacağı için \(k\) çift olmalı. Ayrıca \(k \neq 2\) olduğu için \(k\)'nin alabileceği değerler 0, 4 ve 6'dır. Bu durumların her biri mümkündür ve toplam tokalaşma sayısı 7, 9 ve 10 olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 17

\(|AB| = 6\), \(|AC| = 8\), \(|BC| = 10\) olan bir \(ABC\) üçgeni veriliyor. Bu üçgenin çevrel çemberinde \(A\) noktasını içermeyen \(BC\) yayının orta noktası \(D\) olsun. Çevrel çembere \(D\) noktasında teğet olan doğrunun \(AB\) doğrusuyla kesiştiği nokta \(E\) ise, \(|ED|\) uzunluğu nedir?

Şıklar:
A) 8 | B) \(\frac{36}{5}\) | C) 9 | D) \(\frac{28}{3}\) | E) \(\frac{35}{4}\)

Cevap: E \(\frac{35}{4}\)

Çözüm:
\(BC\) kenarının orta noktası \(O\) olsun, \(ABC\) dik üçgen olduğu için çevrel çemberin merkezi \(O\) noktası olur. Aynı zamanda teğetlikten \(OD \perp ED\) ve \(D\) orta nokta olduğu için \(OD \perp BC\) elde edilir. \(B\) noktasından \(ED\) doğrusuna çizilen dikmenin ayağına \(F\) dersek, \(|BC| = 10\) olduğundan \(OBFD\) dörtgeni bir kenar uzunluğu 5 olan bir kare olur. \(BEF\) üçgeni bir dik üçgen ve \(m(\widehat{EBF}) = 90^\circ - m(\widehat{ABC})\) olduğu için \(ABC \sim FEB\) bulunur. Bu benzerlikten, \(\frac{|EF|}{|BF|} = \frac{|EF|}{5} = \frac{|BA|}{|BC|} = \frac{3}{4}\) ve \(|EF| = \frac{15}{4}\) olup \(|ED| = |EF| + |FD| = \frac{15}{4} + 5 = \frac{35}{4}\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 18

\(p\) bir asal sayı, \(n < p\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, 
\[p^2|n^5 + n^4 + 7n^3 + n^2 + n + 7\]
şartını sağlayan kaç \((n, p)\) ikilisi vardır?

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

Cevap: D 4

Çözüm:
Şartları sağlayan ikililer \((n, p) = (1, 3)\), \((2, 3)\), \((6, 7)\), \((10, 13)\) dir. \(n^5 + n^4 + 7n^3 + n^2 + n+7 = (n+1)(n^2 - n + 1)(n^2 + n + 7)\) ve \(n > 1\) için \(n+1 \le n^2 - n + 1 < n^2 < p^2\) olduğundan \(p^2 | n^2 + n + 7\) veya \(n+1, n^2 - n + 1, n^2 + n + 7\) sayılarının ikisi \(p\) ile bölünür. \(n > 6\) için \(p^2 \ge (n+1)^2 > n^2 + n + 7\) olur. \(p | n+1, p | n^2 - n + 1\) için \((n, p) = (2, 3)\), \(p | n+1, p | n^2 + n + 7\) için \((n, p) = (6, 7)\) ve \(p | n^2 - n + 1, p | n^2 + n + 7\) için de \((n, p) = (10, 13)\) elde ederiz. \(n \le 6\) durumu incelenirse sadece \((n, p) = (1, 3)\) için çözüm geldiği görülür.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 19

\(k \neq -1\) ve \(\ell\) verilmiş gerçel sayılar olsun. \(\frac{x}{x+1} + \frac{y}{y+2} + \frac{z}{z+3} = 1\) eşitliğinde \(x = k\) iken \(yz = \ell\) olmak zorunda ise, \(k + \ell\) kaçtır?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 6

Cevap: E 6

Çözüm:
\(k = 0, \ell = 6\) için önerme sağlanır. Eşitliği düzenlersek \(\frac{yz - 6}{(y+2)(z+3)} = \frac{-x}{x+1}\) elde ederiz. Yani \(x = 0\) iken \(yz = 6\) olur. \(k \neq 0\) iken \(t = \frac{-x}{x+1} \neq 0\) olduğunda \(t \neq 1\) iken \([(t-1)y + 2t][(t-1)z + 3t] = 6\) ve \(t = 1\) iken \(3y + 2z = -12\) elde ederiz. Her iki durumda \(t \neq 0\) iken \(yz\) ifadesinin birden fazla farklı değer alması kolayca sağlanabilir.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 20

\(0 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot 30 \cdot 31\) ifadesindeki 31 tane * işaretinin her birinin yerine + ya da - işareti yazarak kaç farklı pozitif tam sayı elde edilebilir?

Şıklar:
A) 224 | B) 248 | C) 312 | D) 368 | E) 496

Cevap: B 248

Çözüm:
Her * yerine + yazarsak 496 sayısı elde edilir. İfadede tam olarak 16 tane tek sayı olduğu için sonuç her zaman bir çift sayı olacaktır. 497'den küçük tüm çift pozitif tam sayıların elde edilebileceğini gösterelim. 2n elde ediliyorsa 2n - 2'nin de elde edilebileceğini gösterelim. 2n gösteriminde 1 in işareti + ise - yapabiliriz. 1'in işareti - ve 2'nin işareti + ise her iki işareti değiştirebiliriz. 2'nin işareti - ve 3'ün işareti + ise her iki işareti değiştirebiliz. 2n gösteriminde tüm işaretler eksi olamayacağına göre, benzer şekilde devam ederek 2n - 2 sayısını elde edebiliriz.
Matematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 21

Bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde köşelerden farklı bir \(D\) noktası alınıyor. \(|AB| = |AD|\), \(\frac{|CD|}{|BD|} = 3 + 2\sqrt{3}\), \(m(\overline{ACB}) = 15^\circ\) ise, \(m(\overline{ABC})\) kaçtır?

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

Cevap: A \(75^\circ\)

Çözüm:
\(BAD\) ikizkenar üçgeninde \(A\) dan inen yükseklik ayağı \(E\) olsun. \(\hat{B}\) açısı dar bir açı olduğundan \(\hat{A}\) açısı \(15^\circ\) den büyüktür, dolayısıyla \([BC]\) üzerinde \(m(\overline{CAF}) = 15^\circ\) şartını sağlayan \(F\) noktasını alabiliriz. Buradan \(|CF| = |AF|\) ve \(AEF\) üçgeninin açıları \(30^\circ - 60^\circ - 90^\circ\) olup, \(|AE| = y\) dersek

\(|EF| = y\sqrt{3}\) ve \(|CF| = |AF| = 2y\) olur. \(|BD| = 2x\) dersek, 


\[|CD| = |FC| + |EF| - |DE| = (2 + \sqrt{3})y - x\]


buluruz. Dolayısıyla \(3 + 2\sqrt{3} = \frac{|CD|}{|BD|} = \frac{(2 + \sqrt{3})y - x}{2x}\) olup, düzenlersek \(y = (2 + \sqrt{3})x\) elde ederiz. Buradan, 


\[|FB| = |EF| + |BE| = y\sqrt{3} + x = 2y = |CF| = |AF|\]


olup, süper üçlüden \(m(\overline{BAC}) = 90^\circ\) ve dolayısıyla \(m(\overline{ABC}) = 75^\circ\) bulunur. 


**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