alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 1

Bir *ABCD* konveks dörtgeninin [CD] kenarı üzerinde 0 < |DE| = |FC| < |CD| olacak şekilde E ve F noktaları almıyor. *ADE* ve *ACF* üçgenlerinin çevrel çemberleri ikinci kez K noktasında; *BDE* ve *BCF* üçgenlerinin çevrel çemberleri ikinci kez L noktasında kesişiyor. A, B, K, L noktalarının çemberde olduğunu ispat ediniz.

Şıklar:


Çözüm:
 


{M} = DC ∩ AK ve {N} = DC ∩ BL olsun. M noktasının *ADE* çemberine göre kuvvetini ve M noktasının *AFC* çemberine göre kuvvetini düşünürsek, 


\[|ME| \cdot |MD| = |MK| \cdot |MA| = |MF| \cdot |MC|\]


elde ederiz. |DE| = |FC| olduğu için, buradan M nin [DC] nın orta noktası olduğu çıkar. Benzer biçimde, 


\[|NE| \cdot |ND| = |NL| \cdot |NB| = |NF| \cdot |NC|\]


olduğu ve N nin de [CD] nın orta noktası olduğu sonucu elde edilir. Dolayısıyla, M = N olmalıdır. Şimdi yukarıdaki eşitliklerden, 


\[|MK| \cdot |MA| = |ME| \cdot |MD| = |NE| \cdot |ND| = |NL| \cdot |NB| = |ML| \cdot |MB|\]


ve, dolayısıyla, K, A, L ve B noktalarının çemberdeş olduğu sonucuna ulaşılır.
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 2

2006 öğrenci ve 14 öğretmenin bulunduğu bir okulda, her öğrencinin en az bir öğretmen ile tanışık olması koşuluyla, öğretmenler ve öğrenciler arasındaki tanışıklık bağıntısı ne olursa olsun; öğretmenin tanıdığı öğrenci sayısının, öğrencinin tanıdığı öğretmen sayısına oranının en az t olduğu, birbirini

tanyan bir öğrenci-öğretmen ikilisinin bulunmasını sağlayan en büyük t gerçel sayısını belirleyiniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(t = 2006/14\). 


Tüm öğrencilerin tüm öğretmenlerle tanışık olduğu durumda, söz konusu oranların hepsi 2006/14 olacağı için, \(t \le 2006/14\) olmalıdır. Şimdi, \(t \ge 2006/14\) olduğunu kanıtlayacağız. 


\(1 \le i \le 14\) için, \(a_i\) ile, \(i\). öğretmenin tanıdığı öğrenci sayısını; \(1 \le j \le 2006\) için de, \(b_j\) ile, \(j\). öğrencinin tanıdığı öğretmen sayısını gösterelim. \(T\), birbirini tanıyan tüm \((i,j)\) öğretmen-öğrenci ikililerinin kümesi olsun. Bu gösterimle, \(|{j : (i,j) \in T}| = a_i \ge 0\) ve \(|{i : (i,j) \in T}| = b_j \ge 1\) olduğunu gözlemleyelim. 


\((i_o, j_o) \in T\) ikilisi, her \((i,j) \in T\) için, \(a_{i_o}/b_{j_o} \ge a_i/b_j\) koşulunu sağlasın. O zaman, tüm \((i,j) \in T\) için, \(a_{i_o}/b_{j_{o}} \cdot 1/a_i \ge 1/b_j\) eşitsizliklerini toplarsak, 


\[ \frac{a_{i_o}}{b_{j_{o}}} \sum_{(i,j) \in T} \frac{1}{a_i} \ge \sum_{(i,j) \in T} \frac{1}{b_j} \]


eşitsizliğini elde ederiz. 


Şimdi, 


\[ \sum_{(i,j) \in T} \frac{1}{a_i} = \sum_{i=1}^{14} \sum_{\{j:(i,j) \in T\}} \frac{1}{a_i} = \sum_{i=1}^{14} \frac{|{j : (i,j) \in T}|}{a_i} = \sum_{\{i:a_i \neq 0\}} \frac{a_i}{a_i} = \sum_{\{i:a_i \neq 0\}} 1 \le 14 \]


ve benzer şekilde, 


\[ \sum_{(i,j) \in T} \frac{1}{b_j} = \sum_{j=1}^{2006} \sum_{\{i:(i,j) \in T\}} \frac{1}{b_j} = \sum_{j=1}^{2006} |{j : (i,j) \in T}| \frac{1}{b_j} = \sum_{j=1}^{2006} b_j \frac{1}{b_j} = \sum_{j=1}^{2006} 1 = 2006 \]


olduğunu kullanırsak, \(a_{i_o}/b_{j_o} \ge 2006/14\) çıkar. Bu da, \(t \ge 2006/14\) olması gerektiği anlamına gelir.
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 3

\[ P_n(x) = (x^2 + x + 1)^n - (x^2 + x)^n - (x^2 + 1)^n - (x + 1)^n + x^{2n} + x^n + 1 \]


polinomumun tüm katsayılarının 7 ile bölünmesini sağlayan bütün \(n\) pozitif tam sayılarını bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
Öncelikle, \(Q(x)\) tam sayı katsayılı bir polinom ve \(m\) pozitif bir tam sayıysa, 


\[ Q(x)^{7^m} \equiv Q(x^{7^m}) \pmod{7} \]


olduğunu kullanarak; \(0 \le k \le l\) tam sayılar olmak üzere, \(n = 7^k\) ve \(n = 7^k + 7^l\) şeklindeki sayıların istenilen koşulu sağladığını görürüz. 


Şimdi, \(n\) bunlardan farklı bir pozitif tam sayı ise, istenilen koşulun sağlanmadığını göstereceğiz. \(n\) nin 7 ile bölünmediğini varsayabiliriz. 


\(n > 2\) olduğu için, \(P_n(x)\) polinomunda \(x^3\) ün katsayısı \(n(n-1)\) olur. \(7|n(n-1)\) ise, \(7|n-1\) olmalıdır. \(a \ge 1\) ve \(b \ge 2\) tam sayılar ve \(7|b\) olmak üzere, \(n = 1 + 7^a b\) olsun. Tüm denklikler 7 modunda olmak

\[
\begin{align*}
(x^2 + x + 1)^n &\equiv (x^2 + x + 1)(x^2 + x + 1)^{7a^b} \equiv (x^2 + x + 1)(x^{2 \cdot 7^a} + x^{7^a} + 1)^b \\
&\equiv 1 + x + x^2 + bx^{7^a} + bx^{7^a+1} + bx^{7^a+2} \\
&\qquad + (\text{derecesi } 2 \cdot 7^a \text{ veya daha büyük olan terimler}) \\
(x + 1)^n &\equiv 1 + x + bx^{7^a} + bx^{7^a+1} \\
&\qquad + (\text{derecesi } 2 \cdot 7^b \text{ veya daha büyük olan terimler}) \\
(x^2 + 1)^n &\equiv 1 + x^2 + (\text{derecesi } 2 \cdot 7^a \text{ veya daha büyük olan terimler}) \\
(x^2 + x)^n &\equiv (\text{derecesi } 2 \cdot 7^a \text{ vaya daha büyük olan terimler toplamı})
\end{align*}
\]


elde ederiz. (En son denklikte, \(b \ge 2\) olduğunu kullandık.) Buradan, 


\[
P_n(x) \equiv bx^{7^a+2} + (\text{derecesi } 2 \cdot 7^a \text{veya daha büyük olan terimler})
\]


çıkar. Bu da, \(b, 7\) ile bölünmediği için, \(P_n(x)\) te \(x^{7^a+2}\) nin katsayısının 7 ile bölünmediğini kanıtlar.
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 4

\(n \ge 2\) ve \(a_1, a_2, \dots, a_n\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere 


\[
t = a_1 + a_2 + \cdots + a_n = a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2
\]


ise, 


\[
\sum_{i \neq j} \frac{a_i}{a_j} \geq \frac{(n-1)^2 t}{t-1}
\]


olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden dolayı, 


\[
\sum_{i \neq j} \frac{a_i}{a_j^2} \cdot \sum_{i \neq j} a_i a_j \geq \left( \sum_{i \neq j} a_i \right)^2 = \left( (n-1) \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = (n-1)^2 t^2
\]


olur. Diğer taraftan, 


\[
\sum_{i \neq j} a_i a_j = \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \left( \sum_{i=1}^n a_i^2 \right) = t^2 - t
\]


olduğu için, istenilen eşitsizlik elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 5

Dar açılı bir ABC üçgeninin yükseklikleri [AA₁], [BB₁] ve [CC₁] olsun. AB₁C₁, BC₁A₁ ve CA₁B₁ üçgenlerinin iç merkezleri, sırasıyla, Oₐ, Oₐ ve Oₐ olsun. ABC üçgeninin içteğet çemberi BC, CA ve AB kenarlarına, sırasıyla, Tₐ, Tₐ ve Tₐ noktalarında teğet ise, TₐOₐCₐTₐOₐTₐCₐOₐ altıgeninin eşkenar olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
 


ABC üçgeninin iç çemberinin yarıçapı r, merkezi de I olsun. ABC üçgeni, \(AB_1C_1\) üçgenine cos \(\hat{A}\) benzerlik oranı ile benzerdir. X ve Y, \(AB_1C_1\) üçgeninin iç çemberinin, sırasıyla, \(AC_1\) ve \(AB_1\) doğrularına teğet olduğu noktalar olsun. Benzerlikten ötürü \(|AX|/|AT_B| = \cos \hat{A}\) olduğu için, \([T_BX]\) nın \([AB]\) na dik olduğu ve, dolayısıyla, \(O_A\) noktasından geçtiği sonucuna ulaşırız. Demek ki, \(T_BO_A\) doğrusu AB doğrusuna diktir. Benzer şekilde, \(T_C O_A\) doğrusu AC doğrusuna diktir. 


Öte yandan, \(IT_C\) ve \(IT_B\) doğruları da, sırasıyla, AB ve AC doğrularına dik olduğu için, \(IT_BO_AT_C\) dörtgeni bir parellekenardır ve, \(|IT_C| = |IT_B| = r\) olduğu için de, bu parellekenar bir eşkenar dörtgendir. Buradan, \(|T_BO_A| = |O_AT_C| = r\) olduğu elde edilir ve ispat biter.
Matematik Olimpiyatı 2006, 2. Aşama, Soru 6

Kenarları, alanı ve iç açılarının derece cinsinden ölçüleri rasyonel sayılar olan bir üçgenin bulunmadığını ispat ediniz.

Şıklar:


Çözüm:
Sınısı ve kosinüs kurallarından ötürü, böyle bir üçgenin iç açılarının sinüs ve kosinüslerinin de rasyonel sayılar olması gerektiği görülür. 


Şimdi, \(\theta\) açısının derece cinsinden ölçüsü, 90 nm tam katı olmayan bir rasyonel sayıysa, hem sin \(\theta\), hem de \(\cos \theta\) nın rasyonel sayılar olamayacağını ispatlayacağız ve böylece istenilen koşulları sağlayan bir üçgen olmadığı kanıtlanmış olacak. 


\(u, v\) ve \(w > 1\) ikişer ikişer aralarında asal olan tam sayılar ve sin \(\theta = u/w\), \(\cos \theta = v/w\) olsun. \(u^2 + v^2 \equiv w^2 \equiv 0 \pmod{4}\) denkliği olanaksız olduğu için, \(w\) çift olamaz. 


\(p\) ve \(q > 0\), aralarında asal tam sayılar olmak üzere \(\theta = p/q\) ve \(d\) de, 90 ve \(p\) nin en büyük ortak böleni olsun. \(d = m \cdot 90 + n \cdot p = m \cdot 90 + nq \cdot \theta\) olacak biçimde \(m\) ve \(n\) tam sayıları vardır. Toplamın sinüsü ve kosinüsü formüllerini kullanarak, \(\sin(d^\circ)\) ve \(\cos(d^\circ)\) nin rasyonel sayılar olduğu sonucuna varırız. Ancak, \(\cos(30^\circ) = \sqrt{3}/2\), \(\sin(45^\circ) = 1/\sqrt{2}\) ve \(\sin(18^\circ) = (\sqrt{5}-1)/4\) olduğu için, \(d = 90\) olmalıdır. Demek ki, bir \(k\) tam sayısı için, \(\theta = 90k/q\) ve \(q\) tektir. 


Tüm \(n \ge 0\) tam sayıları için, \(Q_n(x)\) ve \(R_n(x)\) polinomlarını, \(Q_0(x) = 1\), \(R_0(x) = x\) ve \(n \ge 1\) için, 


\[ 
\begin{aligned}
Q_n(x) &= (1 - 2x^2)Q_{n-1}(x) - 2xR_{n-1}(x) \\
R_n(x) &= 2x(1 - x^2)Q_{n-1} + (1 - 2x^2)R_{n-1}(x)
\end{aligned}
\]


koşullarıyla tanımlayalım. Tümevarımla, \(Q_n(x)\) ve \(R_n(x)\) nin başkatsayıları \((-4)^n\) olan tam sayı

katsayılı polinomlar olduğu görülür. Öte yandan, \(n \ge 1\) için, 


\[ 
\begin{aligned}
\cos(2n+1)\theta &= (1-2\sin^2\theta)\cos(2n-1)\theta - 2\sin\theta\cos\theta\sin(2n-1)\theta \\
\sin(2n+1)\theta &= 2\sin\theta\cos\theta\cos(2n-1)\theta + (1-2\sin^2\theta)\sin(2n-1)\theta
\end{aligned}
\]


özdeşliklerini kullanarak, yine tümevarımla, her \(n \ge 0\) için, \(\cos(2n+1)\theta = \cos\theta Q_n(\sin\theta)\) ve \(\sin(2n+1)\theta = R_n(\sin\theta)\) eşitliklerini elde ederiz. Böylece, \(n = (q-1)/2\) için, \(\sin\theta\) rasyonel sayısının, tam sayı katsayılı \(R_n(x) - \sin(90^\circ k)\) polinomunun bir kökü olduğu sonucuna varırız. Bu durumda, \(w\), bu polinomun başkatsayısı olan \((-4)^n\) yi bölmelidir. Ancak, \(w > 1\) ve tek olduğu için, bu olanaksızdır. 


*Alternatif çözüm:* Yukarıdaki üçüncü paragraftan sonra ispat şu şekilde tamamlanabilir: 


\(n \ge 2\) için, \(\cos n\theta = 2\cos\theta\cos(n-1)\theta - \cos(n-2)\theta\) özdeşliğini kullanarak, tümevarımla, her \(n \ge 1\) için, \(w^n \cos n\theta = 2^{n-1}w^n + k_nw\) koşulunu sağlayan \(k_n\) tam sayılarının bulunduğunu görürüz. \(n\) pozitif tam sayısı, \(\cos n\theta = 1\) olacak biçimde seçilince elde edilen \(w^n = 2^{n-1}w^n + k_nw\) eşitliği, \((w, 2v) = 1\) ve \(w > 1\) olduğu için, olanaksızdır.
Matematik Olimpiyatı 2007, 2. Aşama, Soru 1

Dar açılı bir ABC üçgeninin AC kenarını çap kabul eden çember, AB ve BC'yi, A ve C dışında, sırasıyla K ve L noktalarında kesiyor. ABC üçgeninin çevrel çemberi, CK doğrusunu C dışında F noktasında; AL doğrusunu ise, A dışında D noktasında kesiyor. ABC üçgeninin çevrel çemberinin [AC] kirişinin küçük yayı üstünde bir E noktası alıp, BE ile AC' nin kesiştiği noktaya N diyelim. Eğer 


\[|AF|^2 + |BD|^2 + |CE|^2 = |AE|^2 + |CD|^2 + |BF|^2\]


ise, \(m(\overline{KNB}) = m(\overline{BNL})\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
[AC] çaplı çember A, K, L, C noktalarından geçtiği için CK ⊥ AB ve AL ⊥ BC elde edilir. Ayrıca ABC' dar açılı bir üçgen olduğu için K ∈ (AB] ve L ∈ [BC) olur. ] CK ve AL doğrularının kesişimi H olsun. Bir üçgende yükseklikler noktadaş olduğu için BH ⊥ AC olur. O zaman \(m(\overline{HBC}) = 90^\circ - m(\overline{ACB})\) ve \(m(\overline{BHA}) = 180^\circ - m(\overline{ACB})\) olduğu görülür. H noktasının AB doğrusuna göre yansıması \(F'\) olsun. O halde \(m(\overline{BF'A}) = 90^\circ - m(\overline{ACB})\) ve böylece \(F'\) noktasının ABC üçgenini çevrel çemberi üzerinde yer aldığı görülür. Sonuç olarak \(F' = F\) olmalı. Benzer şekilde H noktasının BC doğrusuna göre yansımasının D olduğu bulunur. Böylelikle \(|AF| = |AH|\), \(|CD| = |CH|\) ve \(|BD| = |BH| = |BF|\) elde edilir. \(|AF|^2 + |BD|^2 + |CE|^2 = |AE|^{2} + |CD|^{2} + |BF|^{2}\) olduğundan \(|AH|^2 + |CE|^2 = |CH|^2 + |AE|^2\) elde edilir ve böylece \(HE \perp AC\) olur. BH ⊥ AC olduğundan B, H, E noktalarının doğrusal olduğu görülür. O zaman \(BN \perp AC\) ve A, K, N, H noktaları çemberseldir. Sonuç olarak \(m(\overline{KAH}) = m(\overline{BNL})\) ve dolayısıyla \(m(\overline{KNB}) = m(\overline{BNL})\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2007, 2. Aşama, Soru 2

2007 × 2007 bir satranç tahtasının bazı birim kareleri kırmızıya boyanıyor. Tahtanın i. satır ve j. sütunundaki birim kareyi (i, j) ile; \(x \le i\) ve \(y \le j\) koşullarını sağlayan kırmızı boyalı \((x, y)\) birim karelerinin kümesini de \(S_{i,j}\) ile gösteriyoruz. Başlangıçta boyalı her (i, j) birim karesine \(S_{i,j}\) ye ait boyalı karelerin sayısı yazılıyor. Daha sonraki her adımda, boyalı her (i, j) birim karesine, \(S_{i,j}\) deki karelere bir önceki adım sonunda yazılmış olan sayıların toplamı yazılıyor. Sonlu sayıda adım sonunda boyalı birim karelere yazılı tüm sayıların tek sayı haline geleceğini gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
(i, j) birim karesine yazılı olan sayının (mod 2) deki değeri \(f(i, j)\) olsun. Birim karelere sadece \(f(i, j)\) sayılarının yazılacağını farzedebiliriz. Genelliği bozmadan sıfırıcı adımda boyalı her birim karede \(f(i, j) = 1\), kalan birim karelerde \(f(i, j) = 0\) yazıldığını varsayabiliriz. İspat boyalı birim kare sayısı olan \(n\) üzerinden tümevarımla yapılacaktır. \(n = 1\) olsun. Bu durumda ilk adımda sadece bir (i, j) birim karesine 1 yazılıyor. \(n = k\) için sonlu sayıda adım sonunda boyalı birim karelere yazıldı tüm sayıların tek sayı haline geleceğini varsayalım. \(n = k + 1\) olsun. Boyalı kareler arasında bir \(\ll\) kısmı düzeni tanımlayalım. \(i \le s\) ve \(j \le t\) ise \((i, j) \ll (s, t)\) olsun. Bu kısmı düzene göre, en büyük elemanlardan biri \((p, q)\) birim karesi olsun. Başlangıçta \((p, q)\) birim karesinin boyalı olmadığı durumda

tümevarım varsayımına göre, N bir tam sayı olmak üzere, N adım sonunda boyalı birim karelere yazılı tüm sayılar tek sayı olacaktır. \((p, q)\) birim karesinin boyalı olması diğer boyalı birim karelerdeki sayıları herhangi bir adımda etkilemiyor. N adım sonunda \(f(p, q) = 1\) olursa ispat tamamlanmış olur. N adım sonunda \(f(p, q) = 0\) olsun. Sıfırıcı adımda \(f(p, q) = 0\) olduğuna göre, ilk N adımda boyalı karelerdeki sayılar değişmemiş olup \(f(p, q)\) sayısına 1 eklenmiştir. Demek ki \(2N\) adım sonucunda tüm boyalı karelerdeki sayılar \(f(i, j) = 1\) olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2007, 2. Aşama, Soru 3

\(a + b + c = 3\) eşitliğini sağlayan tüm \(a, b, c > 0\) gerçel sayıları için, 


\[ \frac{a^2 + 3b^2}{ab^2(4-ab)} + \frac{b^2 + 3c^2}{bc^2(4-bc)} + \frac{c^2 + 3a^2}{ca^2(4-ca)} \geq 4 \]


olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Eşitsizliği 


\[ A = \frac{a^2}{ab^2(4-ab)} + \frac{b^2}{bc^2(4-bc)} + \frac{c^2}{ca^2(4-ca)} \]


\[ B = \frac{3b^2}{ab^2(4-ab)} + \frac{3c^2}{bc^2(4-bc)} + \frac{3a^2}{ca^2(4-ca)} \]


olmak üzere, \(A+3B \ge 4\) şekilinde yazalım. \(A \ge 1\) ve \(B \ge 1\) olduğunu gösterirsek ispat tamamlanmış olur. 


Cauchy-Schwartz eşitsizliğine göre, 


\[ \left(\frac{4-ab}{a} + \frac{4-bc}{b} + \frac{4-ac}{c}\right) \cdot A \ge \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)^2 \]


Buradan \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1} {c} = C\) olmak üzere, \(A \ge \frac{C^2}{4C-3}\) gelir. Aritmetik - Harmonik ortalama eşitsizliğinden \(C \ge 3\) olduğuna göre, \(C^2 - 4C + 3 = (C-3)(C-1) \ge 0\) ve sonuç olarak \(A \ge \frac{C^2}{4C-3} \ge 1\) olur. 


Cauchy-Schwartz eşitsizliğine göre, 


ve benzer şekilde \(B \ge 1\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2007, 2. Aşama, Soru 4

\(k > 1\) bir tam sayı, \(p = 6k + 1\) bir asal sayı ve \(m = 2^p - 1\) olmak üzere, 


\[ \frac{2^{m-1} - 1}{127m} \]


sayısının bir tam sayı olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Öncelikle hem \(m\) nin hem de \(127\) nin \(2^{m-1} - 1\) i tam böldüğünü gösterelim. Fermat teoreminden dolayı \(2^p \equiv 2 \pmod{p}\). O halde \(m = 2^p - 1 \equiv 1 \pmod{p}\) ve dolayısıyla \(p|m - 1\). O zaman \(2^p - 1|2^{m-1} - 1\) ve böylece \(m|2^{m-1} - 1\) elde edilir. Diğer tarafta, \(6|p - 1\) olduğu için \(63 = 2^6 - 1|2^{p-1} - 1\).

O halde \(7|2^p - 2\) ve dolayısıyla \(7|m - 1\). Sonuç olarak \(127 = 2^7 - 1|2^{m-1} - 1\) bulunur. 


\(m\) ve 127 nin aralarında asal olduklarını gösterecek ispat tamamlanır. 127 asal sayı olduğu için \(m\) nin 127 ile bölünmediğini göstermek yeterli olacaktır. \(p = 7k + n\) (\(0 \le n < 7\)) olsun. \(k > 1\) ise, \(p > 7\) olur ve böltece \(p\) sayısı 7 ile bölünmez. O zaman \(n \ne 0\). \(127 = 2^7 - 1|2^{7k} - 1\) ve sonuç olarak \(127|2^{7k+n} - 2^n = 2^p - 2^n\). Eğer \(127|m\) ise, \(127|2^n - 1\) olur. Ancak \(0 < 2^n - 1 < 127\) olduğu için bu mümkün değildir. O zaman \(m\) sayısı 127 ile bölünmez ve ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2007, 2. Aşama, Soru 5

\(m(\hat{B}) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberi, \(BC\) kenarına \(D\) noktasında değiyor. \(ABD\) ve \(ADC\) üçgenlerinin iç merkezleri sırasıyla \(X\) ve \(Z\) olmak üzere, \(XZ\) ve \(AD\) doğruları \(K\) noktasında kesişiyor. \(XZ\) nin \(ABC\) nin çevrel çemberini kestiği noktalar \(U\) ve \(V\); \([UV]\) doğru parçasının orta noktası \(M\); \(AD\) nin \(ABC\) nin çevrel çemberini \(A\) dışında kestiği nokta \(Y\) olmak üzere, \(|CY| = 2|MK|\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(ABD\) üçgeninin iç teğet çemberi \(BC\) kenarına \(T\) noktasında, \(ADC\) üçgeninin iç teğet çemberi \(BC\) kenarına \(S\) noktasında teğet olsun. \(ABD\) ve \(ADC\) üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları sırasıyla \(r_1\) ve \(r_2\) olsun. Bu durumda 


\[ 
\begin{aligned}
|DS| &= \frac{|AD| + |DC| - |AC|}{2} = \frac{|AD| + |BC| - |BD| - |AC|}{2} \\
&= \frac{|AD| - |BD| - |AB| + |AB| + |BC| - |AC|}{2} \\
&= \frac{|AB| + |BC| - |AC|}{2} - \frac{|AB| + |BD| - |AD|}{2} \\
&= |BD| - |BT| \\
&= |TD|
\end{aligned}
\]


olur. \(X\) ve \(Z\) iç teğet çemberlerin merkezleri oldukları için \(XD \perp DZ\) bulunur. Dolayısıyla 


\[ |XZ|^2 = |XD|^2 + |DZ|^2 = r_1^2 + |TD|^2 + r_2^2 + |TD|^2 \]


elde edilir. Öte yandan 


\[ |XZ|^2 = (r_1 - r_2)^2 + |TS|^2 = (r_1 - r_2)^2 + 4|TD|^2 \]


olduğu için 


\[ 
\begin{aligned}
r_1^2 + r_2^2 + 2|TD|^2 &= (r_1 - r_2)^2 + 4|TD|^2 \\
2r_1r_2 &= 2|TD|^2
\end{aligned}
\]


olur. Sonuç olarak 


\[ 
\begin{aligned}
xZ|^2 &= r_1^2 + r_2^2 + 2|TD|^2 = (r_1 + r_2)^2 \\
|XZ| &= r_1 + r_2
\end{aligned}
\]


elde edilir. Açık bir şekilde \(|XK| \ge r_1\) ve \(|ZK| \ge r_2\)dir. \(|XK| + |ZK| = r_1 + r_2\) olduğundan, \(|XK| = r_1\), \(|ZK| = r_2\) ve \(XZ \perp AD\) olur. \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi \(O\) olsun. O zaman \(OM \perp UV\) bulunur. \([AC]\) yarıçap olduğundan \(CY \perp AY\) elde edilir. O halde \(UV\) ve \(CY\) doğruları paraleldir. \(OM \cap CY = \{N\}\) olsun. O zaman \(ON \perp CY\) ve \(|YN| = |NC|\) elde edilir. \(KYNM\) dikdörtgeninde \(|MK| = |NY|\)dir ve sonuç olarak \(|CY| = 2|MK|\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 1

\(ABC\) üçgeninde, \(AD\) kenarortay olmak üzere, \(m(\widehat{ADB}) = 45^\circ\) ve \(m(\widehat{ACB}) = 30^\circ\) ise \(\widehat{ABC}\) açısı kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  105

Çözüm:
\(B\) den \(AC\) doğrusuna çizilen dikmenin ayağı \(E\) olsun. \(BEC\) üçgeni \(30 - 60 - 90\) üçgeni olduğundan \(|BD| = |CD| = |ED| = |BE|\) olur. \(\angle ADE = \angle DAE = 15^\circ\) olduğundan \(|AE| = |ED| = |BE|\) dir. Buradan da \(\angle ABE = 45^\circ\) ve böylece \(\angle ABC = 105^\circ\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 2

\(3m^2n = n^3 + A\) denkleminin doğal sayılarda aşağıdaki \(A\) değerlerinden hangisi için çözümü vardır?

Şıklar:
A) 301 | B) 403 | C) 415 | D) 427 | E) 481

Cevap: C 415

Çözüm:
Denklemi \(n(3m^2 - n^2) = A\) olarak yazalım. \(301, 403, 427\) ve \(481\) sayılarının her birinin tüm çarpanları \(3k + 1\) şeklindedir: 


301 = 7·43,
403 = 13·31,
427 = 7·61,
481 = 13·37. 


Fakat \(3m^2 - n^2 \neq 1 \pmod{3}\) olduğuna göre, bu dört durumda denklemin çözümü bulunmaz. \(415 = 5(3·6^2 - 5^2)\) olduğuna göre, cevap 415 dir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 3

\(P(x) = 1 - x + x^2 - x^3 + \dots + x^{18} - x^{19}\) polinomu verilsin. \(Q(x) = P(x-1)\) şeklinde tanımlanan \(Q\) polinomunda \(x^2\) nin katsayısı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1140

Çözüm:
\[P(x) = 1 - x + x^2 - x^3 + \dots x^{18} - x^{19} = \frac{1 - x^{20}}{1 + x} = \frac{1 - (y - 1)^{20}}{y}\]


olduğundan, istenilen katsayı \(1 - (y - 1)^{20}\) polinomunun \(y^3\) teriminin katsayısı olacaktır. Buna göre, cevap \(\binom{20}{3} = 1140\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 4

YARIŞMA sözcüğünün harfleriyle, her harf bu sözcükte olduğu sayıda kullanılmak üzere, anlamlı veya anlamsız, iki kelimeden oluşan kaç cümle yazılabilir?

Şıklar:

Cevap:  15120

Çözüm:
YARIŞMA sözcüğünün \(\frac{7!}{2!}\) tane farklı permütasyonu vardır. Bu permütasyonlardan her birini 6 farklı şekilde iki parçaya ayırarak iki kelimeden oluşan cümle elde edebiliriz. Buna göre cevap \(\frac{7!}{2!} \cdot 6 = 15120\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 5

Bir üçgenin kenarları \(a, b, c\) olsun, eğer \(a^2, b^2, c^2\) uzunluğundaki doğru parçaları bir üçgen oluşturuyorsa bu üçgene iyi üçgen diyoruz. Aşağıda açıları verilen üçgenlerden kaç tanesi iyi üçgendir?
(i) \(40^\circ, 60^\circ, 80^\circ\)
(ii) \(10^\circ, 10^\circ, 160^\circ\)
(iii) \(110^\circ, 35^\circ, 35^\circ\)
(iv) \(50^\circ, 30^\circ, 100^\circ\)
(v) \(90^\circ, 40^\circ, 50^\circ\)
(vi) \(80^\circ, 20^\circ, 80^\circ\)

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Kosinüs teoremine göre, \(a^2, b^2, c^2\) uzunluğundaki döğru parçalarının bir üçgen oluşturması için gerek ve yeter koşulun üçgenin tüm açılarının dar açı olmasıdır. Buna göre, verilmiş altı üçgenden sadece ikisi iyi üçgendir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 6

Eğer \(n\) pozitif tam sayısına bölünen her tam sayı, basamaklarının yerleri nasıl değiştirilirse değiştirilsin yine \(n\) ye bölünüyorsa, \(n\) ye "iyi" sayı diyelim. Kaç iyi sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(n = 1\) ise sağladığı açıktır. \(n \ge 2\) varsayalım ve \((10, z) = 1\) olmak üzere \(n = 2^x \cdot 5^y \cdot z\) olsun. 10 ile \(9z\) sayıları aralarında asal olduğundan \(10^k \equiv 1 \pmod{9c}\) olacak şekilde bir \(k \ge 2\) pozitif tam sayısı vardır. Tam olarak \(k\) tane 1 den ve \(x + y + 1\) tane 0 dan oluşan \(111...11000...0\) sayısını düşünelim. Bu sayı, \(\frac{10^k - 1}{9} \cdot 10^{x+y+1}\) e eşit olduğundan \(n\) ile bölünür. \(k \ge 2\) olduğundan, farkları 9 olan \(\frac{11...100...00}{x+y}\) ve \(\frac{11...100...00}{x+y+1}\) tam sayıları da \(n\) ile bölünmelidir, bu da \(n|9\) olduğu anlamına gelir. Dolayısıyla \(n \ge 2\) ise, sadece \(n = 3\) veya \(n = 9\) olabilir. \(n = 3, 9\) olduğunda şartın sağlandığı açıktır.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 7

\(a = \sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1\) olduğuna göre, \(\left(\frac{4-a}{a}\right)^6\) ifadesinin değeri aşağıdakilerden hangisidir?

Şıklar:

Cevap:  \(9 \cdot x^2 - x + 1 = \frac{x^3 + 1}{x + 1}\) eşitliğinde \(x = \sqrt[3]{3}\) yazarsak 


\[ \sqrt[3]{9} - \sqrt[3]{3} + 1 = \frac{4}{\sqrt[3]{3} + 1} \]


elde ederiz

Çözüm:
Buna göre, \(\left(\frac{4-a}{a}\right)^6 = \left(\frac{4}{a} - 1\right)^6 = 9\).
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 8

10 × 10 bir satranç tahtasının birinci satırının karelerine sırasıyla 0, 1, 2, ..., 9, ikinci satırının karelerine sırasıyla 10, 11, ..., 19, ..., onuncu satırının karelerine sırasıyla 90, 91, ..., 99 sayıları yazılmıştır. Sayıların bazılarının önüne, her satır ve her sütunda tam olarak beş tane olacak şekilde eksi işaretleri ekleyerek tüm sayıların toplamı en az kaç yapılabilir?

Şıklar:

Cevap:  İşaretlerin yerlerinden bağımsız olarak tüm sayıların toplamı her zaman 0 oluyor

Çözüm:
Her sütunda tam olarak beş tane eksi işaret olduğuna göre, tüm sayıların birler basamaklarının toplamı sıfıra eşittir. Her satırda tam olarak beş tane eksi işaret olduğuna göre, Tüm sayıların onlar basamaklarının toplamı sıfıra eşittir. Buna göre, tüm sayıların toplamı her zaman sıfıra eşittir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 9

ABCD karesinin dışında bir E noktası verilmiştir. \(m(\overline{BCE}) = 90^\circ\), \(F \in [CE]\), \([AF] \perp [CE]\), \(|AB| = 25\) ve \(|BE| = 7\) olduğuna göre \(|AF|\) kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  31

Çözüm:
\(\angle BCE = \alpha\) olsun. ABCD kare olduğundan \(|BC| = 25\) ve \(|AC| = 25\sqrt{2}\) dir. Pisagor teoreminden \(|CE| = 24\) olur. sin \(\alpha = 7/25\) ve cos \(\alpha = 24/25\) tir. \(|AF| = |AC| \cdot \sin(45 + \alpha) = |AC|(\sin \alpha + \cos \alpha)/\sqrt{2} = 31\) olur.