alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2008, 2. Aşama, Soru 1

Diklik merkezi \(H\) ve çevrel merkezi \(O\) olan dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin \(BC\), \(AC\), \(AB\) kenarlarının orta noktaları sırasıyla \(A_1\), \(B_1\) ve \(C_1\) olsun. \([HA_1, [HB_1\) ve \([HC_1\) ışınları \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberini, sırasıyla \(A_0\), \(B_0\) ve \(C_0\) noktalarında kessin. \(A_0B_0C_0\) üçgeninin diklik merkezi \(H_0\) ise, \(O\), \(H\) ve \(H_0\) noktalarının doğrudış olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(H\) noktası diklik merkezi olduğuna göre, \(\angle BHC = 180^\circ - \angle BAC = \angle BA_0C\). Aynı zamanda \(A_1\) noktası \(BC\) kenarının orta noktası olduğundan \(BHC A_0\) bir paralelkenardır. Buna göre, \(\angle ACA_0 = 90^\circ\) ve \(AA_0\) doğru parçası \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin çapı olur. Sonuç olarak \(ABC\) üçgeninin \(O\) noktasına göre yansıması \(A_0B_0C_0\) üçgeni olur. O zaman \(O\) noktasına göre yansıma \(H\) noktasını \(H_0\) noktasına götürüyor. Demek ki \(O\) noktası \(HH_0\) doğru parçasının orta noktasıdır.
Matematik Olimpiyatı 2008, 2. Aşama, Soru 2

\(p\) asal sayısı ve \(p+n\) tam sayısı için, \(a = \frac{n^{p-1} - 1}{p}\) tam sayıdır. 


i. \(n = 7\) olduğunda, \(a\) sayısını tam kare yapan tüm \(p\) asal sayılarını bulunuz. 


ii. \(n = 11\) olduğunda, \(a\) sayısını tam kare yapan tüm p asal sayılarını bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  i

Çözüm:
Cevap: i. \(p = 3\), ii. Şartı sağlayan \(p\) asal sayısı yoktur. 


\(p\) tek asal sayısı, \(q\) tek tam sayısı ve \(x\) tam sayısı için \(px^2 = q^{p-1}-1\) sağlansın. \((q^{(p-1)/2}-1, q^{(p-1)/2}+1) = 2\) olduğundan iki durum mümkündür.

Durum 1: \(q^{(p-1)/2} - 1 = 2py^2\) ve \(q^{(p-1)/2} + 1 = 2z^2\) (\(y, z \in \mathbb{Z}\)). 


Durum 2: \(q^{(p-1)/2} - 1 = 2y^2\) ve \(q^{(p-1)/2} + 1 = 2pz^2\) (\(y, z \in \mathbb{Z}\)). 


i. \(q = 7\) olsun. (mod 7) de 2 nin bir kare kalan olması ancak -1 in kare kalan olmaması sebebiyle Durum 2 mümkün değildir. O zaman Durum 1 gerçekleşmeli ve o zaman \(6|7^{(p-1)/2} - 1 = 2py^2 \implies 3|py^2\) bulunur. \(p = 3\) iken \((7^2 - 1)/3 = 4^2\) oluyor. \(p \neq 3\) ise, \(3|y^2 \implies 9|7^{(p-1)/2} - 1 \implies 3|(p-1)/2\). \(k = (p-1)/6\) olsun. O halde \(2z^2 = 7^{3k} + 1 = (7^k + 1)(7^{2k} - 7^k + 1)\) eşitliğinden \(7^{2k} - 7^k + 1\) ifadesinin bir tam kare olduğu görülür. Fakat \((7^k - 1)^2 < 7^{2k} - 7^k + 1 < (7^k)^2\) olduğundan bu durum mümkün değildir. Sonuç olarak \((7^{p-1} - 1)/p\) ifadesinin bir tam kare olmasını sadece \(p = 3\) sağlar. 


ii. \(q = 11\) olsun. Bu sefer, (mod 11) de 2 nin kare kalan olmaması nedeniyle Durum 1 mümkün değildir. O halde Durum 2 sağlanmalı. \(11^{(p-1)/2} + 1 = 2pz^2 \implies 11^{(p-1)/2} = -1\) (mod \(p\)) \(\implies 2y^2 = 11^{(p-1)/2} - 1 = -2\) (mod \(p\)) \(\implies y^2 = -1\) (mod \(p\)) \(\implies p \equiv 1\) (mod 4). O zaman \(11^{(p-1)/2} - 1 = 2y^2\) eşitliği \(11^{(p-1)/4} + 1 = u^2\) veya \(11^{(p-1)/4} + 1 = 2u^2\) olmasını sağlar. \(u-1\) ve \(u+1\) sayılarının ikisi birden 11 in tam kuvveti olamayacağı için \(11^{(p-1)/4} + 1 = u^2\) olması mümkün değildir. (mod 11) de 2 nin kare kalan olmaması nedeniye de \(11^{(p-1)/4} + 1 = 2u^2\) sağlanması mümkün değildir. Sonuç olarak, \((11^{p-1} - 1)/p\) ifadesinin bir tam kare olmamasını sağlayan \(p\) asal sayısı bulunmaz.
Matematik Olimpiyatı 2008, 2. Aşama, Soru 3

\(a, b, c \in \mathbb{R}^+\) ve \(a + b + c = 1\) olmak üzere, 


\[ \frac{a^2b^2}{c^3(a^2 - ab + b^2)} + \frac{b^2c^2}{a^3(b^2 - bc + c^2)} + \frac{c^2a^2}{b^3(c^2 - ca + a^2)} \geq \frac{3}{ab + bc + ca} \]


olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
Üç değişkenli \(f(x, y, z)\) fonksiyonu için \(\sum_{\text{cyc}} f(x, y, z) = f(x, y, z) + f(z, x, y) + f(y, z, x)\) olsun. Schur eşitsizliği 


\[ \sum_{\text{cyc}} x^r (x - y)(x - z) \geq 0 \]


şeklindedir. \(r = 2\) durumunda Schur eşitsizliğini 


\[ \begin{aligned} & \sum_{\text{cyc}} x^4 \geq \sum_{\text{cyc}} x^3(y + z) + xyz \sum_{\text{cyc}} x \\ & \left( \sum_{\text{cyc}} x^2 \right)^2 \geq \sum_{\text{cyc}} \left( x(y^3 + z^3) + x^2(y^2 + z^2 - yz) \right) \\ & \left( \sum_{\text{cyc}} x^2 \right)^3 \geq \sum_{\text{cyc}} \left( x(y^2 + z^2 - yz) \right) \cdot \sum_{\text{cyc}} x \end{aligned} \]


şekilinde yazalım. Son eşitsizlikte \(x = 1/a\), \(y = 1/b\), \(z = 1/c\) yazarsak 


\[ \left( \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a^2} \right)^2 \geq \sum_{\text{cyc}} \left( \frac{1}{a} \left( \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} - \frac{1}{bc} \right) \right) \cdot \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a} . \]


gelir. Cauchy-Schwarz eşitsizliğine göre, 


\[ \sum_{\text{cyc}} \frac{b^2c^2}{a^3(b^2 - bc + c^{2})} \cdot \sum_{\text{cyc}} \frac{(b^2 - bc + c^2)}{ab^2c^2} \geq \left( \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a^2}\right)^2 \]

\[ \sum_{\text{cyc}} \frac{1}{a} \cdot \sum_{\text{cyc}} ab \ge 3 \sum_{\text{cyc}} a \]


eşitsizliğini göstermek yeterli olacaktır. Bu son eşitsizlik de 


\[ \sum_{\text{cyc}} (ab - ac)^2 \ge 0 \]


eşitsizliğine denktir. İspat tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2008, 2. Aşama, Soru 4

N negatif olmayan tam sayıların ve Z de tüm tam sayıların kümesi olmak üzere, \(f: \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}\) fonksiyonu, 


\[ (i) \quad f(0,0) = 1, f(0,1) = 1 \]


\[ (ii) \quad \text{her } k \notin \{0,1\} \text{ için, } f(0,k) = 0 \text{ ve} \]


\[ (iii) \quad \text{her } n \ge 1 \text{ ve } k \text{ için } f(n,k) = f(n-1,k) + f(n-1,k-2n) \]


koşullarını sağlıyorsa, \(\sum_{k=0}^{\binom{2009}{2}} f(2008,k)\) toplamının değerini bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
n üzerinden tümevarım kullanarak her \(n \ge 0\) için 


1. \(k < 0\) ve \(n^2 + n + 1 < k\) durumlarında \(f(n,k) = 0\) olduğunu gösterelim: \(n = 0\) ise bu direkt olarak (i) koşuludur. İddia n için doğru ise \(f(n+1,k) = f(n,k) + f(n,k-2n) = 0\) olur. 


2. tüm k değerleri için \(f(n,n^2 + n + 1 - k) = f(n,k)\) olduğunu gösterelim: 


\[ \begin{aligned} & f(n+1,(n+1)^2 + (n+1) + 1 - k) = f(n,(n+1)^2 + (n+1) + 1 - k) \\ & + f(n,(n+1)^2 + (n+1) + 1 - k - 2(n+1)) = f(n,n^2 + n + 1 - (k-2(n+1))) \\ & + f(n,n^2 + n + 1 - k) = f(n,k - 2(n+1)) + f(n,k) = f(n+1,k). \end{aligned} \]


Sonuç olarak 


\[ \sum_{k=0}^{\binom{2009}{2}} f(2008,k) = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{2008^2+2008+1} f(2008,k) = \frac{1}{2} 2^{2009} = 2^{2008} \]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 2. Aşama, Soru 5

Düzlemde bir \(l\) doğrusu ve \(w\) çemberi verilmiş olsun. \(w\) üzerindeki \(P,Q,R,S\) noktaları \(PQ \cap RS = \{A\}\) ve \(PS \cap QR = \{B\}\) kesişimlerinin ikisi de \(l\) doğrusu üzerinde olacak şekilde seçilsin. \(AB\) çaplı çemberin, \(P,Q,R,S\)'nin seçiminden bağımsız, sabit 2 noktadan geçtiğini gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(w\) çemberinin merkezi \(O\) ve yarıçaplı \(r\) olsun. \(ABQ\) üçgeninde Miquel teoremini uygularsak \(APS\) ve \(BRS\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin kesişim noktası olan \(K\) noktasının \(AB\) kenarı üzerinde yer aşıdığını görürüz. \(A\) ve \(B\) noktalarının bu çemberlere göre kuvvetlerinden

\[AO^2 - r^2 = AS \cdot AR = AK \cdot AB = AK^2 + AK \cdot KB \text{ ve } BO^2 - r^2 = BS \cdot BP = BK \cdot BA = BK^2 + BK \cdot KA\]
elde ederiz. Dolayısıyla \(AO^2 - AK^2 = BO^2 - BK^2\) olur ve buradan da \(OK\) doğrusunun \(AB\) kenarına dik olduğu görülür. O zaman \(AK \cdot KB = OK^2 - r^2\) bulunur. Sonuç olarak şartları sağlayan her hangi \(\{A, B\}\) çifti için \(AB\) çaplı çember, \(OK\) doğrusu ğzerinde yer alıp \(\ell\) doğrusuna \(\sqrt{OK^2 - r^2}\) uzaklıkta olan iki noktadan geçmektedir. \(O\), \(K\) ve \(r\), \(A\) ve \(B\) den bağımsız oldukları için bu iki nokta sabittir.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 1

ABCD karesinin [BC] kenarı üstünde bir E noktası ve [ED] üstünde bir F noktası için, \(|DF| = |BF|\) ve \(|EF| = |BE|\) ise, \(m(\overline{DFA})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(75^\circ\)

Çözüm:
\(|DF| = |BF|\) ve \(|AD| = |AB|\) olduğundan \(\triangle AFD \cong \triangle AFB\) dir. \(\angle EFB = \angle EBF = 2\alpha\) olsun. Bu durumda \(\angle FBD = \angle FDB = \alpha\) olur. \(\angle EBD = 3\alpha = 45^\circ\) olacağından \(\alpha = 15^\circ\) ve \(\angle DFA = \angle BFA = 90^\circ - \alpha = 75^\circ\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 2

\(a^2 + b^4 = 5^n\) eşitliğini sağlayan kaç \((a, b, n)\) pozitif tam sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  Sonsuz çoklukta

Çözüm:
\(3^2 + 2^4 = 5^2\) olduğundan denklemin \(k = 1, 2, \dots\) olmak üzere, \((a, b, n) = (3 \cdot 5^{2k}, 2 \cdot 5^k, 4k + 2)\) şeklinde sonsuz çoklukta çözümü vardır.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 3

\(x = \sqrt[3]{11 + \sqrt{337}} + \sqrt[3]{11 - \sqrt{337}}\) olduğuna göre, \(x^3 + 18x\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  22

Çözüm:
\[x^3 = 11 + \sqrt{337} + 11 - \sqrt{337}\]


\[+3\sqrt[3]{(11 + \sqrt{337})^2(11 - \sqrt{337})} + 3\sqrt[3]{(11 + \sqrt{337})(11 - \sqrt{337})^2}\]


\[= 22 - 18\sqrt[3]{(11 + \sqrt{337})} - 18\sqrt[3]{(11 - \sqrt{337})}.\]


Buna göre, \(x^3 + 18x = 22\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 4

Biri 5, diğeri 7 ile bölünebilen iki bileşik pozitif tam sayının toplamı şeklinde yazılamayan en büyük tam sayı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  47

Çözüm:
\(n > 47\) olsun. \(n = (n-14)+14\), \(n = (n-21)+21\), \(n = (n-28)+28\), \(n = (n-35)+35\), \(n = (n-42)+42\) ve her biri 5 den büyük olan \(n-14\), \(n-21\), \(n-28\), \(n-35\), \(n-42\) sayılarının biri 5 ile bölünüyor. Buna göre, tüm \(n > 47\) sayıları biri 5, diğeri 7 ile bölünebilen iki bile şeklinde yazılabilir. \(47 = 7 + 40 = 14 + 34 = 21 + 26 = 28 + 19 = 35 + 12 = 42 + 5\) olduğuna göre, 47 sayısı biri 5, diğeri 7 ile bölünebilen iki bİleşik pozitif tam sayının toplamı şeklinde yazılamıyor.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 5

Bir dik üçgenin hipotenüsüne ait dış teğet çemberinin yarıçapı 30 ise, bu üçgenin çevresinin uzunluğu kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  60

Çözüm:
*ABC* dik üçgeninde [*BC*] hipotenüsüne ait dış teğet çemberin merkezi \(I_a\) ve bu çemberin *AB* ve *AC* doğrularına teğet olduğu noktalar sırasıyla *D* ve *E* olsun. *ADI_aE* bir kare olur. Üçgenin yarı çevre uzunluğu *u* olmak üzere \(|AE| = |AD| = u\) olduğundan *u* = 30 ve buradan da çevre uzunluğu 60 olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 6

\(a^2b + ab^2 = 2009201020092010\) eşitliğini sağlayan kaç \((a, b)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
2009201020092010 ≡ 1 (mod 9) olduğundan \(a \not\equiv 0\) (mod 3) ve \(b \not\equiv 0\) (mod 3). \(a^2b + ab^2 \equiv ab(a + b) \not\equiv 0\) (mod 3) olduğuna göre \(a \equiv b\) (mod 3). \(a \equiv b \equiv 1\) (mod 3) olursa, \(a + b \equiv 2\) (mod 3) ve \(ab(a + b) \equiv 2\) (mod 3), çelişki. \(a \equiv b \equiv 2\) (mod 3) olursa, \(ab(a + b) = (3k + 2)(3n + 2)(3(k + n) + 4) = 24k + 24n + 12k + 12n + 16 \equiv 7\) (mod 9), çelişki. Çözüm yoktur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 7

\(x^4 + 2x^3 - 8x^2 - 6x + 15\) ve \(x^3 + 4x^2 - x - 10\) polinomlarının ortak olmayan gerçel köklerinin çarpımı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
\(x^4 + 2x^3 - 8x^2 - 7x + 15 = (x^2 - 3)(x^2 + 2x - 5)\) ve \(x^3 + 4x^2 - x - 10 = (x + 2)(x^2 + 2x - 5)\) olduğuna göre bu iki polinomun ortak olmayan gerçel köklerinin çarpımı \((-2) \cdot \sqrt{3} \cdot (-\sqrt{3}) = 6\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 8

\(\{1, 2, \dots, n\}\) kümesi iki altkümeye nasıl ayrılırsa ayrılsın, altkümelerden en az birindeki iki farklı elemanın toplamı bir tam kare oluyorsa, \(n\) en az kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
\(n = 14\) olamaz: \(\{1, 2, \dots, 14\}\) kümesini \(\{1, 2, 4, 6, 9, 11, 13\}\) ve \(\{3, 5, 7, 8, 10, 12\}\) olarak iki altkümeye ayrırsak, koşullar sağlanmıyor. \(n \neq 14\) olduğu için \(n < 14\) de olamaz. Şimdi de \(n \ge 15\) durumunda en az bir altkümedeki iki farklı elemanın toplamının bir tam kare olduğunu gösterelim. 1 ve 3 aynı alt kümede olursa, \(1 + 3 = 2^2\), 1 ve 15 aynı alt kümede olursa, \(1 + 15 = 4^2\). 1 ve 3 farklı alt kümelerde olsun. O zaman 3 ve 15 aynı alt kümede olacaktır. 6 da aynı alt kümede olursa, \(3 + 6 = 3^2\) olur. Benzer şekilde 10 da aynı alt kümede olursa, \(10 + 15 = 5^2\) olur. Fakat 6 ve 10 aynı alt kümede olursa, \(6 + 10 = 4^2\) olacaktır. İspat tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 9

Dışbükey bir *ABCD* dörtgeninin köşegenlerinin kesişim noktası *E* olmak üzere, *AEB, BEC, CED* ve *DEA* üçgenlerinin çevre uzunlukları birbirlerine eşittir. *AEB, BEC* ve *CED* üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları sırasıyla, 3, 4 ve 6 ise, *DEA* üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapları kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  9/2

Çözüm:
Bir üçgenin alanı, çevre uzunluğunun yarısı ile iç teğet çemberinin yarıçaplının çarpımına eşittir. Soruda verilen dört üçgenin çevre uzunlukları eşit olduğundan bu üçgenlerin alanları iç teğet çember yarıçaplı uzunluklarıyla orantılıdır. *DEA* üçgeninin iç teğet çember yarıçaplına *x* dersek Alan(DEA)/Alan(AEB) = *x*/3 ve Alan( *CED*)/Alan(BEC) = 6/4 olur. Öte yandan Alan(DEA)/Alan(AEB) = |*ED*|/|*EB*| = Alan(*CED*)/Alan(*BEC*) olacağından *x*/3 = 6/4 ve *x* = 9/2 elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 10

*n* tam sayısının kaç farklı değeri için *n*⁴ + 4*n*³ + 3*n*² - 2*n* + 7 sayısı asaldır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Öncelikle *n*⁴ + 4*n*³ + 3*n*² - 3*n* + 7 = (*n*² - *n* + 1)(*n*² + 5*n + 7) olduğu görülebilir. Buradan, 


- *n*² - *n* + 1 = 1 ise, *n* = 1 veya *n* = 0 olabilir. *n* = 1 için verilen ifade 13 e, *n* = 0 için verilen ifade 7 ye eşittir. 


- *n*² - *n* + 1 = -1 ise, *n*² - *n* + 2 = 0 olmalıdır, bu denklemin tam sayı çözümü yoktur. 


- *n*² + 5*n* + 7 = 1 ise, *n* = -2 veya *n* = -3 olabilir. *n* = -2 için verilen ifade 7 ye, *n* = -3 ise verilen ifade 13 e eşittir. 


- *n*² + 5*n + 7 = -1 ise, *n*² + 5*n + 8 = 0 olmalıdır, bu denklemin tam sayı çözümünü yoktur. 


Sonuç olarak, *n* = 0, 1, -2, -3 olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 11

Her *n* pozitif tam sayısı için, *a*<sub>n</sub> ≠ 0 ve *a*<sub>n</sub>*a*<sub>n+3</sub> = *a*<sub>n+2</sub>*a*<sub>n+5</sub> koşullarını sağlayan bir (*a*<sub>n</sub>)<sub>n=1</sub> gerçel sayı dizisinde *a*<sub>1</sub>*a*<sub>2</sub> + *a*<sub>3</sub>*a<sub>4</sub> + *a*<sub>5</sub>*a<sub>6</sub> = 6 ise, *a*<sub>1</sub>*a<sub>2</sub> + *a*<sub>3</sub>*a <sub>4</sub> + ⋯ + *a*<sub>41</sub>*a<sub>42</sub> toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  42

Çözüm:
*a*<sub>n</sub>*a*<sub>n+3</ sub> = *a*<sub>n+2</sub>*a*<sub> n+5</sub> eşitliğini *n* = *k*, *n*=*k*+1 ve *n* = *k*+2 için yazıp bu üç eşitliği taraf tarafa çarparsak, her *k* = 1, 2 ... için *a*<sub>k</sub>*a*<sub>k+1</sub> = *a*<sub>k+6</sub>*a*<sub>k+7</sub> elde ederiz. Buna göre, 


\[
a_1 a_2 + a_3 a_4 + \cdots + a_{41} a_{42} = 7 (a_1 a_2 + a_3 a_4 + a_5 a_6) = 7 \cdot 6 = 42.
\]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 12

Tam olarak yedi farklı rakamın kullanıldığı kaç tane sekiz basamaklı sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  \(\binom{9}{3}^2 \cdot 6! \cdot 3\)

Çözüm:
Sekiz basamaklı sayının soldan ilk basamağını ve kalan yedi basamakta geçen 6 rakamı belirleyelim: \(\binom{9}{1} \binom{9}{6}\). İki kez kullanılan rakam solda ilk basamaktaki rakamla aynı olur veya aynı olmaz. Buna göre cevap 


\[ \binom{9}{1} \binom{9}{6} \left( \binom{7}{1} \cdot 6! + \binom{6}{1} \cdot \frac{7!}{2!} \right) = \binom{9}{3}^2 \cdot 6! \cdot 3 \text{ olur.} \]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 13

AB//CD ve \(m(\overline{CAB}) < 90^\circ\) olan ABCD yamuğunda, \(|AB| = 5\), \(|CD| = 3\) ve \(|AC| = 15\) ise, \(|BD|\) nin alabileceği farklı tam sayı değerlerin toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  108

Çözüm:
C noktasından geçen ve BD ye paralel olan doğru AB doğrusunu E de kessin. DCEB paralelkıner olacağından \(|BE| = |CD| = 3\) ve \(|BD| = |CE|\) olur. CAE üçgeninde A açısı dar açı olduğundan \(|CE|^2 < |AC|^2 + |AE|^2 = 15^2 + 8^2 = 17^2\) ve buradan da \(|CE| < 17\) olur. Üçgen eşitsizliğinden \(|CE| > |AC| - |AE| = 7\) dir. Yani \(7 < |CE| = |BD| < 17\) dir. Bu aralıktaki tüm tam sayı değerleri için \(\angle CAB\) dar açı olacağından soruda verilen şartları sağlayan bir yamuk çizilebilir. Cevap \(8 + 9 + \cdots + 16 = 108\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 14

Kaç \((m, n)\) pozitif tam sayı ikilisi için, 2008-2009-2010 sayısı \(mn\) ile bölünür?

Şıklar:

Cevap:  \(2 \cdot 3^7 \cdot 5\)

Çözüm:
2008-2009-2010 = \(2^4 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7^2 \cdot 41 \cdot 67 \cdot 251\). \(p\) bir asal sayı olmak üzere, 2008-2009-2010 çarpımında \(p\) nin en büyük kuvveti \(k\) olsun. \(m = p^x \cdot a, n = p^y \cdot b, p \nmid a\) ve \(p \nmid b\) ise, \(x + y \le k\) olmalı. Dolayısıyla toplam seçenek sayısı \(x + y + z = k\) denkleminin negatif olmayan tam sayılarda çözüm sayısı, dolayısıyla \(\binom{3+k-1}{5-1} = \binom{2+k}{2}\) dir. Buna göre, cevap 


\[ \binom{6}{2} \binom{3}{2} \binom{3}{2} \binom{4}{2} \binom{3}{2} \binom{3}{2} = 2 \cdot 3^7 \cdot 5 \text{ olur.} \]
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 15

\(|x| + |y| = 13\) eşitliğini sağlayan \((x, y)\) gerçel sayı ikilileri için, \(x^2 + 7x - 3y + y^2\) ifadesi aşağıdaki değerlerden hangisini alamaz?

Şıklar:
A) 208 | B) \(15\sqrt{2}\) | C) \(\frac{35}{2}\) | D) 37 | E) Hiçbiri

Cevap: E Hiçbiri

Çözüm:
Koordinat düzleminde (13, 0), (0, 13), (-13, 0) ve (-13, -13) noktalarının oluşturduğu kareyi düşünelim. \(|x| + |y| = 13\) eşitliğini sağlayan \((x, y)\) gerçel sayı ikilileri bu karenin üzerinde yer almalıdır. \(x^2 + 7x - 3y + y^2\) ifadesi ise, \(\left(x + \frac{7}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{3}{2}\right)^2 - \frac{29}{2}\) ye eşittir. Dolayısıyla, karenin üzerinde yer alan bir \((x, y)\) noktasının \(\left(\frac{-7}{2}, \frac{3}{2}\right)\) noktasına uzaklığının karesinden \(\frac{29}{2}\) çıkararak bulunabilir. \(\left(\frac{-7}{2}, \frac{3}{2}\right)\) noksatının kareye en yakın noktasının \(\left(\frac{-15}{2}, \frac{11}{2}\right)\), en uzak noktasının ise (13, 0) olduğu görülebilir. Bu noktalara olan uzaklıklarının karelerinden \(\frac{29}{2}\) çıkararak ise sırasıyla \(\frac{35}{2}\) ve 260 elde ederiz. Soruda verilen bütün şıklar \(\left[\frac{35}{2}, 260\right]\) aralığında yer aldığından hepsi alınabilir.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 16

\(x + 19y \equiv 0 \pmod{23}\) ve \(x + y < 69\) koşullarını sağlayan kaç \((x, y)\) pozitif tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  100

Çözüm:
69 = 3 · 23 olduğuna göre, \(x = 23\) ve \(x = 46\) sayılarının her biri için \(x + 19y \equiv 0 \pmod{23}\) denkliğini sağlayan tam olarak iki \(1 \le y < 69\) sayısı bulunuyor. Benzer şekilde, her \(1 \le x < 69\), \(x \ne 23\), 46 için \(x + 19y \equiv 0 \pmod{23}\) denkligini sağlayan tam olarak üç \(1 \le y < 69\) sayısı bulunuyor. Sonuç olarak \(x + 19y \equiv 0 \pmod{23}\) ve \(1 \le x < 69\), \(1 \le y < 69\) koşullarını sağlayan \((x, y)\) ikililerinin sayısı 68·3-2 = 202 olur. Bu ikililerden \(x + y > 69\), \(x + y = 69\) ve \(x + y < 69\) koşuluna uyanları sırasıyla, 1.,2. ve 3. gruba ayıralım. 1. ve 3. grupların eleman sayıları aynıdır: 1. gruptaki her \((x, y)\) ikilisine karşılık olarak 3. gruptan \((69 - x, 69 - y)\) ikilisi gösterilebilir. 2. grupta sadece 2 ikili bulunuyor: \(x + y = 69\) ise, \(23|69 - y + 19y\) ve \(23|18y\). Buna göre, \(y = 23, 46\). Demek ki, koşulları sağlayan \((x, y)\) ikili sayısı \(\frac{202 - 2}{2} = 100\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 17

\(ABC\) eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir \(D\) noktası, \(|AD| = 8\), \(|BD| = 13\) ve \(m(\widehat{ADC}) = 120^\circ\) koşullarını sağlıyorsa \(|DC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
\(AC\) doğrusuna göre \(B\) ile farklı tarafta kalan \(DCE\) eşkenar üçgen olacak biçimde bir \(E\) noktası alalım. \(\angle DCB = \angle ACE\), \(|CE| = |CD|\) ve \(|CA| = |CB|\) olduğundan \(\triangle DCB \cong \triangle ECA\) olur. Buradan da \(|AE| = |BD| = 13\) elde ederiz. \(\angle ADE = 60^\circ\) dir. \(A\) noktasından \(DE\) doğrusuna

çizilen dikmenin ayağı \(F\) olsun. \(|AF| = 4\sqrt{3}\) ve \(|DF| = 4\) olur. Pisagor teoreminden \(|FE| = \sqrt{169 - 48} = 11\) ve \(|DE| = |DC| = 15\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 18

\(1 \le n \le 455\) ve \(n^3 \equiv 1 \pmod{455}\) koşullarını sağlayan kaç \(n\) tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
Öncelikle \(455 = 5 \cdot 7 \cdot 13\) tir. \(n^3 \equiv 1 \pmod{455}\) olması için \(n^3 \equiv 1 \pmod{5}\), \(n^3 \equiv 1 \pmod{7}\) ve \(n^3 \equiv 1 \pmod{13}\) denkliklerini incelemeliyiz. 


- \(n^3 \equiv 1 \pmod{5}\) olması için \(n \equiv 1 \pmod{5}\) olmalıdır. 


- \(n^3 \equiv 1 \pmod{7}\) olması için \(n \equiv 1, 2, 4 \pmod{7}\) olabilir. 


- \(n^3 \equiv 1 \pmod{13}\) olması için \(n \equiv 1, 3, 9 \pmod{13}\) olabilir. 


Sonuç olarak, Çinli Kalan Teoremi'ne göre \(1 \le n \le 455\) koşullarını sağlayan \(1 \cdot 3 \cdot 3 = 9\) tane \(n\) tam sayısı bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 19

\(a\) bir gerçel sayı; \(x_1\) ve \(x_2\), \(x^2 + ax + 2 = x\) denkleminin farklı iki kökü; \(x_3\) ve \(x_4\) de, \((x - a)^2 + a(x - a) + 2 = x\) denkleminin farklı iki kökü olmak üzere, \(x_3 - x_1 = 3(x_4 - x_2)\) ise, \(x_4 - x_2\) nedir?

Şıklar:

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

Çözüm:
\(P(x) - x = x^2 + (a-1)x + 2\) ve \(P(x-a) - x = (x-a)^2 + a(x-a) - x + 2 = x^2 - (a+1)x + 2\). O zaman \(x_1 + x_2 = 1 + a\), \(x_3 + x_4 = a + 1\) eşitliklerinden \((x_4 - x_2) + (x_3 - x_1) = 2a\) elde edilir. Demek ki \(x_3 - x_1 = 3(x_4 - x_2)\) olduğuna göre, \(4(x_4 - x_2) = 2a\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 20

İlk rakamı tek olup, çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı \(A\) ve ilk rakamı çift olup çift rakam geçen basamaklarının sayısı çift olan baş basamaklı pozitif tam sayıların sayısı \(B\) ise, \(A - B\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5000

Çözüm:
İlk rakamı tek olup, çift rakam geçen basamalarının sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıları sayısı 


\[ \binom{5}{1} \left( \binom{4}{0} + \binom{4}{2} + \binom{4}{4} \right) \cdot 5^4 = 25000, \]


ilk rakamı çift olup çift rakam geçen basamaklarının Sayısı çift olan beş basamaklı pozitif tam sayıların Sayısı 


\[ \binom{4}{1} \left( \binom{4}{1} + \binom{4}{3} \right) \cdot 5^4 = 20000 \]


olur. Buna göre cevap \(A - B = 5000\).
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 21

ABC üçgeninde \(|AB| = |AC|\) ve \(m(\widehat{BAC}) = 80^\circ\) dir. ABC üçgeninin iç bölgesindeki bir E noktası, \(|AE| = |EC|\) ve \(m(\widehat{EAC}) = 10^\circ\) koşullarını sağlıyorsa, \(m(\widehat{EBC})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(20^\circ\)

Çözüm:
AEB üçgeninin iç bölgesinde AFE eşkenar üçgen olacak biçimde bir F noktası alalım. \(\angle FAB = 10^\circ\) olur. Buradan da \(\triangle AFB \cong \triangle AEC\) ve böylece \(|BF| = |EC| = |AE| = |AF| = |FE|\) elde ederiz. \(\angle AFB = 160^\circ\), \(\angle AFE = 60^\circ\) olduğundan \(\angle BFE = 140^\circ\) ve \(\angle FEB = \angle FBE = 20^\circ\) olur. \(\angle ABE = 30^\circ\) olacağından \(\angle EBC = 20^\circ\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 22

Her \(n \ge 0\) için, \(a_{n+1} = a_n^3 + a_n^2\) koşulunu sağlayan bir \((a_n)_{n=0}^\infty\) tam sayı dizisinin terimlerinin 11 e bölümünden kalanların oluşturduğu kümенин en çok kaç elemanı vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(a_n \equiv 1 \pmod{11}\) ise \(a_{n+1} \equiv 2 \pmod{11}\) ve \(a_n \equiv 2 \pmod{11}\) ise \(a_{n+1} \equiv 1 \pmod{11}\) olduğu görülebilir. Dolayısıyla \(a_0 \equiv 1, 2 \pmod{11}\) ise en fazla 2 elemanlı bir küme elde ederiz. \(B = \{0, 3, 7\}\) olmak üzere, \(a_n\) sayısı 11 modunda B kümesinden bir elemana denk ise, \(a_{n+1} \equiv a_n \pmod{11}\) elde ederiz, bu da \(a_0\) sayısının 11 modunda B kümesinden bir elemana denk olması durumunda tek elemanlı bir küme elde edeceğimizi gösterir. \(C = \{4, 5, 9, 10\}\) olmak üzere, \(a_n\) sayısı 11 modunda C kümesinden bir elemana denk ise, \(a_{n+1}\) sayısı B kümesinden bir elemana denk olması durumunda 2 denk ise, \(a_{n+1}\) sayısı B kümesinden biri elemana denk olması durumunda 2 elemanlı bir küme elde ederiz. Son olarak, \(a_0 \equiv 6 \pmod{11}\) olması durumunda \(\{6, 10, 0\}\) ve \(a_0 \equiv 8 \pmod{11}\) olması durumunda \(\{8, 4, 3\}\) kümelerini elde ederiz, bu da cevabın 3 olduğunu gösterir.