alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 9

Bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde alınan bir \(D\) noktası için \(m(BA) = 120^\circ\) ve \(m(CA) = 30^\circ\)dir. \(|AD| = 6\) ve \(|DC| = 21\) ise, \(|AB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
D'den geçip \(AC\)'ye paralel olan doğru \(AB\)'yi \(E\) noktasında kessin. \(EAD\), tepe açısı \(120^\circ\) olan bir ikizkenar üçgendir ve dolayısıyla \(|AE| = 6\) ve \(|ED| = 6\sqrt{3}\) olduğu görülür. D'den \(AC\)'ye inen dikme ayağı \(F\) olmak üzere, \(|AF| = 3\sqrt{3}\) ve \(|FD| = 3\) bulunur. \(DFC\) üçgeninde Pisagor teoremi ile \(|FC| = 12\sqrt{3}\) elde edilir. O halde \(|AC| = 15\sqrt{3}\)'tür. \(AC\) ile \(DE\) paralel olduğundan \((|AB| - 6)/|AB| = |ED|/|AC| = 2/5\)'tir ve böylece \(|AB| = 10\) olduğu bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 10

\(m, n\) ve \(k\) pozitif tam sayılar olmak üzere, \(m\) sayısının \(n\) ile bölümünden kalan \(k\) dir. Ayrıca \(m\) sayısı 28 ile bölündüğünde kalan 27, bölüm ise \(n\) dir. Buna göre, \(k\) nin alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
İlk koşuldan \(n|m - k\) ve \(k < n\) elde edilir. İkinci koşuldan \(m = 28n + 27\) bulunur. O zaman \(n|27 - k\)'dir ve dolayısıyla \(k \neq 27\) iken \(n \le |27 - k|\) elde edilir. \(k = 27\) için \(n = 100\) ve \(m = 2827\) koşulları sağlar. \(k > 27\) ise, \(k < n \le k - 27\) çelişkisi elde edilir. \(k \le 27\) ise, \(k < n \le 27 - k\) bulunur ve buradan \(k \le 13\) sonucu çıkar. \(k \in \{1, 2, \dots, 13\}\) için \(n = 27 - k\) ve \(m = 28(27 - k) + 27\) koşulları sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 11

Negatif olmayan \(a, b\) ve \(c\) gerçel sayıları \(a + b + c = 1\) eşitliğini sağlıyorsa, 


\[ \frac{1}{1 + 4a^2} + \frac{1}{1 + 4b^2} + \frac{1}{1 + 4c^2} \]


ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(0 \le x \le 1\) olsun. \(1 \ge (1-x)(1+4x^2) = 1-x(2x-1)^2\) olduğundan \(\frac{1}{1+4x^2} \ge 1-x\). Buradan \(\frac{1}{1+4a^2} + \frac{1}{1+4b^2} + \frac{1}{1+4c^2} \ge 3-a-b-c=2\) gelir. İfade \(a=0\) ve \(b=c=\frac{1}{2}\) durumunda 2 değerini alıyor.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 12

Her pozitif tam sayı \(k\) renkten birine, farkları veya oranları 2 olan herhangi iki sayı farklı renkte olacak şekilde boyanabiliyorsa, \(k\) nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
4, 6 ve 8 sayılarının herhangi ikisi farklı renkte olmak zorundadır. O halde \(k \ge 3\). 3 renk kullanarak boyama yapılabildiğini gösterelim. 1 ve 2 sayıların farklı renklere boyayalım. Daha sonra her seferinde boyanmamış en küçük sayıyı ele alalım. Bu sayının yarısı veya 2 eksiği olan pozitif tam sayıların renklerinden farklı bir renk ile bu sayıyı boyayalım. Böylelikle bütün pozitif tam sayıları istenen koşula göre 3 renk kullanarak boyamış oluruz.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninin sırasıyla \([AB]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde alınan \(K\) ve \(L\) noktaları için \(|AK|=12\), \(|BK|=16\) ve \(|CL|=6\)'dır. \([BC]\) kenarı üzerinde \(D\) ve \(E\) noktaları \(E \in [DC]\) ve \(|BD|=|DE|=|EC|\) olacak şekilde alınıyor. \(m(\overline{BKE}) = m(\overline{CLD})\) ise, \(|AL|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
\(B'\)den geçip \(DL'\)ye paralel olan doğrunun \(AC\) ile kesişimi \(L'\) olsun. \(C'\)den geçip \(KE'\)ye paralel olan doğrunun \(AB\) ile kesişimi \(K'\) olsun. Paralelliklerden \(|LL'|=3\), \(|KK'|=8\), \(m(\overline{BKE}) = m(\overline{BK'C})\) ve \(m(\overline{CLD}) = m(\overline{CL'B})\) elde edilir. O halde \(B, K', L', C\) çemberseldir ve \(A\) noktasının bu dört noktadan geçen çembere göre kuvveti \(|AK'| \cdot |AB| = |AL'| \cdot |AC|\)'dir. Buradan \(4 \cdot 28 = |AL'|(|AL'|+9)\) ve \(|AL'|=7\) bulunur. Sonuç olarak \(|AL| = |AL'| + |L'L| = 7+3 = 10\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 14

Her \(n \ge 1\) için \(a_{n+1} = a_n^3 + 1799\) koşulunu sağlayan bir \((a_n)_{n=1}^\infty\) pozitif tam sayı dizisinde en az iki tam kare bulunuyorsa, \(a_{2020}\) sayısının 28 ile bölümünden kalan aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) 2 | B) 6 | C) 14 | D) 22 | E) Hiçbiri

Cevap: D 22

Çözüm:
1799 \(\equiv\) 3 (mod 4) olduğunu not edelim. Öncelikle diziyi (mod 4)'te inceleyelim. \(a_1 \equiv 0\) (mod 4) ise, dizinin kalanı 3, 2, 3, 2,... olarak devam edecektir. \(a_1 \equiv 1\) (mod 4) ise, dizinin kalanı 0, 3, 2, 3, 2,... olarak devam edecektır. \(a_1 \equiv 2\) (mod 4) ise, dizinin kalanı 3, 2. 3, 2,... olarak devam edecektir. \(a_1\equiv 3\) (mod 4) ise, dizinin kalanı 2, 3, 2, 3,... olarak devam edecektir. Bir tam kare (mod 4)'te 0'a veya 1'e denktir.

Bu dizide en az iki tam kare bulunuyorsa tam olarak iki tane tam kare vardır ve bunlar \(a_1\) ile \(a_2\) olmak zorundadır. Ayrıca \(a_1 \equiv 1 \pmod{4}\)'tür ve \(a_{2020} \equiv 2 \pmod{4}\)'tür. \(a_1 = n^2\) ve \(a_2 = m^2\) olsun \((m, n \in \mathbb{Z}^+)\). \(\Rightarrow (m - n^3)(m + n^3) = 1799 = 7 \cdot 257\). Buradan \(n = 5\) ve \(m = 132\) bulunur. \(\Rightarrow a_1 = 25 \equiv 4 \pmod{7}\) ve her \(k \ge 2\) için \(a_k \equiv 1 \pmod{7}\) elde edilir. O halde \(a_{2020} \equiv 22 \pmod{28}\)'dir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 15

\(P(x)\) bir polinom olmak üzere, her \(a\) gerçel sayısı için \(P(a) = P(b)\) eşitliğini sağlayan \(a\) dan farklı en az bir \(b\) gerçel sayısı bulunuyorsa, \(P(x)\) polinomuna çok tersli polinom diyelim. \(P_1(x) = x^2 - 2020x\), \(P_2(x) = x^3 - 2020x^2 + x\), \(P_3(x) = x^4 - 2020x^2\) ve \(P_4(x) = x^5 - 2020x^3\) polinomlarından kaç tanesi çok terslidir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(P(x)\), derecesi tek sayı ve baş katsayısı pozitif olan bir polinom ise, her \(x > N\) ve \(y < x\) için \(P(y) < P(x)\) olacak şekilde bir \(N\) gerçel sayısı bulunur. Bu durumda \(P(n+1) = P(b)\) ve \(b \neq N+1\) olan \(b\) gerçel sayısı bulunmaz ve dolayısıyla \(P(x)\) çok tersli değildir. O halde \(P_2(x)\) ve \(P_4(x)\) çok tersli değillerdir. \(P_1(1010) = P(b)\) ise, \(b^2 - 2020b = -1010^2\) elde edilir. \(\Rightarrow (b - 1010)^2 = 0\) ve \(b = 1010\) bulunur. Demek ki \(P_1(x)\) de çok tersli değildir. \(a \neq 0\) iken \(P_3(a) = P_3(-a)\) ve \(P_3(0) = P_3(\sqrt{2020})\) olduğundan dolayı \(P_3(x)\) çok tersli polinomdur.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 16

6 farklı renkten 100 er top \(n\) kutuya, aynı renkli herhangi iki top farklı kutularda yer alacak şekilde dağıtılmıştır. Herhangi iki kutu için bu 6 renkten öyle biri vardır ki bu iki kutunun hiçbirinde o renge boyalı top bulunmamaktadır. Buna göre \(n\) nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  200

Çözüm:
\(n = 200\) için bir örnek verelim. Kutuları numaralandıralım. 1-50 numaralı kutuların her birine birer kırmızı, beyaz ve mavi; 51-100 numaralı kutuların her birine birer mavi, yeşil ve siyah; 101-150 numaralı kutuların her birine birer siyah, sarı ve kırmızı; 151-200 numaralı kutuların her birine birer beyaz, yeşil ve sarı top yerleştirirsek koşullar sağlanmış olur. Şimdi kutu sayısının daha az olamayacağını gösterelim. Öncelikle, hiçbir kutuda 5 veya 6 top bulunamayacağı kolayca görülür. Bir kutuda 4 top bulunuyorsa, diğer hiçbir kutuda bu 4 topun renkleri dışındaki iki renk aynı anda bulunamaz. Buna göre, \(n \ge 1 + 100 + 100 = 201\) olur. Her kutuda en fazla 3 top var ise, \(n \ge \frac{6 \cdot 100}{3} = 200\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 17

\(|AB| = 10\) ve \(m(\widehat{BAC}) = 124^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde alınan bir \(D\) noktası için \(|AD| = 4\) ve \(m(\widehat{BAD}) = 68^\circ\) dir. \([BD]\) doğru parçası üzerinde alınan bir \(E\) noktası için \(|BE|/|ED| = 5\)

tir. [AB] kenarının orta noktası F olmak üzere, CF doğrusu AD ve AE doğrularını sırasıyla P ve N noktalarında kestiğine göre, APN üçgeninin alanının DENP dörtgeninin alanına oranı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10/11

Çözüm:
124° - 68° = 180° - 124° olduğundan AC doğrusu ABD üçgeninin bir dış açıortayıdır. Dış açıortay teoreminden |CD|/|CB| = 4/10 = 2/5 bulunur. |BE|/|ED| = 5 olduğundan |DC| = 4|ED| bulunur. O halde N noktası ABC üçgeninin ağırlık merkezidir ve dolayısıyla |AN|/|NE| = 2'dir. ABD üçgeninde C, P, F kesenine göre uygulanan Meneleus teoreminden |AP|/|PD| = 5/2 bulunur. Sonuç olarak Alan(ANP)/Alan(ADE) = \(\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{7} = \frac{10}{21}\) bulunur ve dolayısıyla Alan(ANP)/Alan(DENP) = 10/11'dir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 18

\(n^4 + 2n^3 + 4n^2 + 4n - 62\) ifadesinin bir tam kare olmasını sağlayan n tam sayılarının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\((n^2+n)^2 = n^4+2n^3+n^2\) ve \((n^2+n+2)^2 = n^4+2n^3+5n^2+4n+4\) tür. O halde n bir tam sayı iken \((n^2+n)^2 < n^4+2n^3+4n^2+4n-62 \Leftrightarrow 62 < n(3n+4) \Leftrightarrow 3 < n\) veya \(n < -5\) olduğu görülür. \(n^4+2n^3+4n^2+4n-62 < (n^2+n+2)^2\) eşitsizliği her n için doğrudur. O halde \(n > 3\) veya \(n < -5\) ise, \(n^4+2n^3+4n^2+4n-62 = (n^2+n+1)^2 = n^4+2n^3+3n^2+2n+1 \Leftrightarrow n(n+2) = 63 \Leftrightarrow n = 7\) veya \(n = -9\) bulunur. \(n = 3\) için ifade \(121 = 11^2\) ne eşittir. \(n \in \{2, 1, 0, -1, -2, -3\}\) iken ifade negatiftir. \(n = -4\) iken ifade \(\equiv 2 \pmod{4}\) ve \(n = -5\) iken ifade \(\equiv 3 \pmod{5}\) olduğundan bu durumlarda ifade tam kare değildir. Sonuç olarak cevap \(3 + 7 - 9 = 1\)'dir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 19

Bir \(f : \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+ \cup \{0\}\) fonksiyonu \(f(1) = f(2) = 0\) ve her n pozitif tam sayısı için 


\[f(3n) = f(n) + 1 \quad \text{ve} \quad f(3n+1) = f(3n+2) = f(n)\]


koşullarını sağlıyor. Buna göre \(f\left(\frac{3^{2020}-1}{8}\right)\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1009

Çözüm:
Tümevarımla her n pozitif tam sayısı için \(f(n)\) nin \(n\) sayısının 3 tabanında yazılmındaki sıfırların sayısına eşit olduğunu gösterebiliriz. \(\frac{3^{2020}-1}{8} = \frac{9^{1010}-1}{9-1} = 3^{2018} + 3^{2016} + \dots + 3^0 = (1010\dots 101)_3\) sayısı 3 tabanında 1009 tane sıfır içerir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 20

Bir satranç turnuvasına katılan üç arkadaş, turnuvadaki herkesin en fazla üç arkadaşı bulunduğunu ve arkadaş olmayan her iki kişinin ortak en az bir

arkadaşı bulunduğunu farkediyor. Bu turnuvaya katılan kişi sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
Turnuvaya katılan üç arkadaş A, B ve C olsun. Bu üç kişiden birinin sadece iki arkadaşı varsa (genelliği bozmadan bu kişi A olsun), A ile arkadaş olmayan herkesin B veya C ile arkadaş olması gerekir ve dolayısıyla turnuvadaki kiş sayısı en fazla 5 olur. Bu üç kişinin her birinin üç arkadaşı var ise, her birinin bir arkadaşı daha vardır. A ile A₁, B ile B₁, C ile C₁ arkadaş olsun. A, B, C, A₁, B₁, C₁ dışındaki bir kişi A ile arkadaş olmadığından koşullar gereği A₁ ile arkadaştır. Ancak A₁'in A dışında en fazla 2 arkadaşı vardır. O halde bu turnuvada en fazla 6 + 2 = 8 kişi vardır. A₁, B₁ ve C₁'in farklı ve D ile E kişilerinin her ikisinin de A₁, B₁ ve C₁ ile arkadaş olduğu durum 8 kişi için bir örnektir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 21

|AB| = 25 ve |AC| = 40 olan bir ABC üçgeninin [BC] kenarı üzerinde alınan bir D noktası için |BD| = 15 ve |DC| = 24 tür. Buna göre ABD ve ACD üçgenlerinin diklik merkezleri arasındaki uzaklık kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  13

Çözüm:
ABD ve ACD üçgenlerinin diklik merkezleri sırasıyla H₁ ve H₂ olsun. DH₁ ∩ AB = {X}, AH₁ ∩ BD = {Y} ve DH₂ ∩ AC = {Z} olsun. ABY ve ACY üçgenlerinde uygulanan Pisagor teoremlerinden |AY|² = 25² - |BY|² = 40² - |CY|² bulunur. Bu bilgi |BY| + |CY| = 15 + 24 = 39 ile birleştirilirse |BY| = 7, |YD| = 8 ve |AY| = 24 elde edilir. Sonuç olarak ABD dar açılı, ADC ise geniş açılı bir üçgendir. B, X, H₁, Y noktaları çembersel olduğundan m(\(\overline{HY_1D}\)) = m(ABC) bulunur. H₂, Y, Z, C noktaları çembersel olduğundan m(\(\overline{HY₂D}\)) = m(ACB) elde edilir. O zaman ABC ve DH₁H₂ benzer üçgenerdir (A.A.A). O halde bu iki üçgende karşılık gelen yükseklik/taban oranı aynıdır. \(\Rightarrow |AY|/|BC| = |DY|/|H₁H₂|\). \(\Rightarrow |H₁H₂| = 8 \cdot 39/24 = 13\).
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 22

a₁ = 2, a₂ = 8 ve her n ≥ 2 için aₙ₊₁ = 2aₙ + 4n²aₙ₋₁ koşullarını sağlayan bir (aₙ)ₙ₊₁ pozitif tam sayı dizisi tanımlanıyor. a₂₀₂₀ sayısını tam bölen en büyük asal sayı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  2017

Çözüm:
Tümevarımla aₙ = 2ⁿ · n! olduğunu görebiliriz. Yani aₙ'yi bölen en büyük asal p ≤ n şartını sağlayan en büyük p asalıdır. 2020 den küçük olan en büyük asal sayı 2017'dir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 23

L ve U gerçel sayılar ve L < U olmak üzere, her L < a < U gerçel sayısı için 9x⁴ - 6x² = a denkleminin dört farklı gerçel kökü bulunuyorsa, U - L nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(9x^4 - 6x^2 - a = 0\) denkleminin dört farklı gerçel kökü vardır ancak ve ancak \(9t^2 - 6t - a = 0\) denkleminin iki farklı pozitif kökü vardır. Bu durum da ancak ve ancak \(36 + 36a > 0\) ve \(6 - \sqrt{36 + 36a} > 0\) iken olur. Sonuç olarak istenen koşul ancak ve ancak \(-1 < a < 0\) iken sağlanır. O halde \(-1 \le L < U \le 0\)'dır. O halde \(U - L \le 1\) elde edilir ve \(U = 0\) ve \(L = -1\) durumunda koşullar sağlanır. 


**24.** Tek kişilik bir oyun oynayan Aslı, ilk hamlesinde boş bir tahtaya iki basamaklı bir pozitif tam sayı yazıyor. Aslı, bundan sonraki her hamlesinde, tahtada yazılı olan sayılardan birinin hem iki katını hem de üç katını tahtaya yazıyor. Bir kaç hamle sonucunda tahtadaki bütün sayıların toplamı 2018, 2020, 2022, 2024 sayılarından kaçına eşit olabilir?
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 24

Tek kişilik bir oyun oynayan Aslı, ilk hamlesinde boş bir tahtaya iki basamaklı bir pozitif tam sayı yazıyor. Aslı, bundan sonraki her hamlesinde, tahtada yazılı olan sayılardan birinin hem iki katını hem de üç katını tahtaya yazıyor. Bir kaç hamle sonucunda tahtadaki bütün sayıların toplamı 2018, 2020, 2022, 2024 sayılarından kaçına eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Aslı, başlangıçta tahtaya 20 yazıp, daha sonraki her hamlesinde tahtaya 40 ve 60 sayılarını ekleyerek 2020'yi elde edebilir. Aslı, başlangıçta tahtaya 44 yazıp, daha sonraki her hamlesinde tahtaya 88 ve 132 sayılarını ekleyerek 2024'ü de elde edebilir. Aslı'nın diğer sayıları elde edemeyeceğini gösterelim. \(N \in \{2018, 2022\}\) olsun. Tahtaya yazılan ilk sayı \(a\) ise, bundan sonra yazılan tüm sayılar \(a\) nın katı olacaktır. Buna göre, \(N\) sayısının elde edilmesi için \(a\) sayısın \(N\)'yi bölmesi gerekir. İlk hamle dışındaki her hamlede tahtaya yazılan sayıların toplamı 5'ini katı oluyor. Bundan ötürü, bir hamle sonucunda tahtadaki sayıların toplamı \((\text{mod } 5)\)'te değişmez ve dolayısıyla \(a = N \pmod{5}\) olmak zorundadır. 


\(N = 2018 = 2 \cdot 1009\) sayısının iki basamaklı bir böleni yoktur. \(N = 2022 = 2 \cdot 3 \cdot 337\) sayısının iki basamaklı bir böleni yoktur. 


**25.** \(m(\widehat{ABC}) = 60^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde \(m(\widehat{ADB}) < 90^\circ\) şartını sağlayan bir \(D\) noktası alınıyor. \(|AB| \cdot |AC| = 4\), \(|BD| \cdot |CD| = 2\) ve \(|AD| = \sqrt{2}\) ise, \(m(\widehat{ADB})\) nedir?
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 25

\(m(\widehat{ABC}) = 60^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde \(m(\widehat{ADB}) < 90^\circ\) şartını sağlayan bir \(D\) noktası alınıyor. \(|AB| \cdot |AC| = 4\), \(|BD| \cdot |CD| = 2\) ve \(|AD| = \sqrt{2}\) ise, \(m(\widehat{ADB})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  45°

Çözüm:
Stewart teoreminden \((|AB|^2 \cdot |CD| + |AC|^2 \cdot |BD|)/|BC| = |BD| \cdot |CD| + |AD|^2 = 4 = |AB| \cdot |AC|\) eşitliği elde edilir. Bu eşitlik \((|AB| - |AC|)(|AB| \cdot |CD| - |AC| \cdot |BD|) = 0\) eşitliğine denktir. \(|AB| = |AC|\) olması durumunda \(ABC\) eşkenar üçgen olacağından \(|BD| + |CD| = 2\), \(|BD| \cdot |CD| = 2\) olur ve \(|BD| + |CD| < 2\sqrt{|BD| \cdot |CD|}\) olduğundan buradan çözüm gelmez. \(|AB| \cdot |CD| = |AC| \cdot |BD|\) durumunda \(AD\) iç açıortay olacağından \(m(\widehat{BAD}) = 30^\circ\) olur. \(|AB| \cdot |AC| = 4\) ve \(|BD| \cdot |CD| = 2\) eşitliklerini kullanarak \(|AB|/|BD| = \sqrt{2}\) bulunur. \(ABD\) üçgeninde Sinüs teoreminden \(\sin(\widehat{ADB}) = \sqrt{2}/2\) gelir. Buradan da \(\widehat{ADB}\) dar açı olduğundan \(m(\widehat{ADB}) = 45^\circ\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 26

\(n\) pozitif bir tam sayı olmak üzere, \(a^3 - 1\) in \(n\) ile tam bölündüğü her \(a\) tam sayısı için \(a^{2020} - 1\) de \(n\) ile tam bölünüyorsa, \(n\) ye *tuhaf sayı* diyelim. Aşağıdakilerden hangisi bir tuhaf sayıdır?

Şıklar:

Cevap:  69

Çözüm:
\(p\) bir tuhaf asal sayı olsun. \(p|a^3 - 1\) olan bir \(a\) tam sayısı ele alalım. O halde \(p|a^{2020} - 1\). 3 ve 2020 aralarında asal olduğundan \(p|a - 1\) elde edilir. Demek ki \(p|a^3 - 1 = (a - 1)(a^2 + a + 1)\) ise \(p|a - 1\) olmalı. \(p = 2\) ve \(p = 3\) bu şartı açıkça sağlar. \(p > 3\) için \(p|a^2 + a + 1\) olacak biçimde \(a\) tam sayısı bulunmamalı. O zaman \(p|x^2 + 3\) olacak şekilde \(x (= 2a + 1)\) tam sayısı yoktur. Başka bir deyişle (mod \(p\)) de \(-3\) kare kalan değildir. O halde \(p \equiv 2 \pmod{3}\). Demek ki tuhaf asal sayılar 3 ve \(3k + 2\) formundaki asal sayılardır. Çinli Kalan Teoremi'nden dolayı, \(m\) ve \(n\) aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere, \(mn\) tuhaf sayıdır ancak ve ancak hem \(m\) hem de \(n\) tuhaf sayıdır olduğu görülür. 


61 asal ve \(\equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 61\) tuhaf değildir. \(63 = 9 \cdot 7\) ve \(7 \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 63\) tuhaf değildir. \(65 = 5 \cdot 13\) ve \(13 \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 65\) tuhaf değildir. 67 asal ve \(\equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 67\) tuhaf değildir. \(69 = 3 \cdot 23\). Hem 3 hem de 23 tuhaf sayı olduklarından 69 da tuhaf sayıdır.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 27

\(x^2 - x + 1 = y^3\) ve \(y^2 - y = x^3\) eşitliklerinin her ikisini de sağlayan kaç farklı \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(y = 0\) ise \(x = 0\) olur ve denklemler sağlanmaz. \(y \neq 0\) olsun. \((y^2 - y + 1)/y^3 = (x^3 + 1)/(x^2 - x + 1) = x + 1\) olacağından \(y^2 - y = x^3 = [(y^2 - y + 1 - y^3)/y^3]^3\) ve buradan da \(y^{10}(y - 1) = -(y - 1)^3(y^2 + 1)^3\) olur. \(y = 1\) için \(x = 0\) olur ve şartlar sağlanır. \(y \neq 1\) için \(y^{10} = -(y - 1)^2(y^2 + 1)^3 < 0\) olduğundan başka çözüm gelmez.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 28

Her birinin uzunluğu 1 olan \(n\) tane kapalı doğru parçasının bileşimi \([0, 28]\) doğru parçasına eşittir. Bu doğru parçalarının her birinde, diğer \(n-1\) doğru parçasının hiçbirinde bulunmayan en az bir nokta varsa, \(n\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  54

Çözüm:
Bu doğru parçaları \(I_1 = [a_1, a_1 + 1], \dots, I_n = [a_n, a_n + 1]\) olsun. Koşul gereği \(i \neq j\) iken \(a_i \neq a_j\)'dir ve genelliği bozmadan \(a_1 < a_2 < \dots < a_n\) kabul edebiliriz. Herhangi bir \(1 \le i \le n-2\) için \(I_i \cap I_{i+2} \neq \emptyset\) olursa \(I_{i+1} \subset I_i \cup I_{i+2}\) olur ve \(I_{i+1}\) için koşul sağlamaz. Demek ki bu doğru parçalarından tek indislliler ikişerli ayrıktır ve çift indislliler de ikişerli ayrıktır. O halde tek (çift) indisli doğru parça sayısı en fazla 27 olur. Buna göre, \(n \le 2 \cdot 27 = 54\) elde edilir. Şimdi \(n = 54\) için bir örnek verelim. \(d = 27/53\) olmak üzere, her

i = 1, 2, ..., 54 için \(a_i = (i-1)d\) olursa, \(I_i\)'nin orta noktası yalnızca \(I_i\)'ye ait olur ve koşullar sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 29

Uzayda bir \(D\) düzlemi üzerinde çakışık veya doğrusal olmayan \(A, B\) ve \(C\) noktaları alınıyor. Bu üç noktadan geçen \(O\) merkezli bir küre üzerindeki \(P\) ve \(Q\) noktaları için \(|PA| = |PB| = |PC| = 30\) ve \(|QA| = |QB| = |QC| = 40\) ise, \(O\) noktasının \(D\) düzlemine uzaklığı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
\(ABC'\)nin çevrel çemberinin merkezi \(O_1\), olsun. \(X\) noktası \(A, B\) ve \(C\) noktalarına eşit uzaklıkta bir nokta olsun. \(X\) noktasından \(D\) düzlemine inen dikme ayağının \(O_1\) olduğu kolayca görülür. O halde \(P, Q\) ve \(O\) noktaları \(D\) düzlemine \(O_1\) noktasında dik olan doğrunun üzerinde yer alırlar. \([PQ]\) kürenin bir çapıdır ve dolayısıyla \(PAQ\) bir dik üçgendir ve \([AO_1]\) bu üçgenin hipotenüsüne inen yüksekliktir. Buradan \(|PQ| = 50\) ve \(|AO_1| = 24\) olduğu kolayca bulunur ve dolayısıyla \(|OO_1| = 7\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 30

Pozitif bölenleri toplamı 8 ile tam bölünmeyen bir pozitif tam sayıya özel sayı diyelim. Her biri özel sayı olan en fazla kaç ardışık pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Öncelikle \(n \equiv 7 \pmod{8}\) ise, \(n'\)nin özel sayı olmadığını gösterelim. \(n \equiv 7 \pmod{8}\) olduğundan \(n\) tam kare değildir ve \(n\) tek sayıdır. Ayrıca \(n'\)nin her \(d\) pozitif böleni için 


\[d \equiv 1 \pmod{8} \text{ ise } \frac{n}{d} \equiv 7 \pmod{8}\]


\[d \equiv 3 \pmod{8} \text{ ise } \frac{n}{d} \not\equiv 5 \pmod{8}\]


\[d \equiv 5 \pmod{8} \text{ ise } \frac{n}{d} \le 3 \pmod{8}\]


\[d \equiv 7 \pmod{8} \text{ ise } \frac{n}{d} \ge 1 \pmod{8}\]


geçerlidir. Dolayısıyla \(n'\)nin pozitif bölenleri, çarpımları \(n\) olacak şekilde ikişerli gruplanıp toplanırsa, \(n'\)nin pozitif bölenleri toplamının 8 ile tam bölündüğü görülür. O halde en fazla 7 tane ardışık özel sayı olabilir. \(144 = 2^4 \cdot 3^2\), \(145 = 5 \cdot 29\), \(146 = 2 \cdot 73\), \(147 = 3 \cdot 7^2\), \(148 = 2^2 \cdot 37\), \(149\), \(150 = 2 \cdot 3 \cdot 5^2\) sayılarının pozitif bölenleri toplamları sırasıyla \(31 \cdot 13, 6 \cdot 30, 3 \cdot 74, 4 \cdot 57, 7 \cdot 38, 150, 3 \cdot 4 \cdot 31\) olduğundan bu ardışık 7 sayının her biri özeldir.(Not: Ardışık her 7 sayıdan biri 7 ile tam bölündüğünden ve 7 ile bölünüp 49 ile bölünmeyen bir sayı özel sayı olmadığından dolayı ardışık 7 özel sayıyı 49'un katları civarında aramak gerekir.)
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 31

\(x\) ve \(y\) gerçel sayılar olmak üzere \(x^2 - 2y^2 = \frac{3}{8}\) ise, \(x^4 - y\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
Her \(a\) gerçel sayısı için \((a - \frac{1}{2})^2 \ge 0\)'dır ve buradan \(a(1-a) \le 1/4\) elde edilir. Bu eşitsizlikten \(x^2 - x^4 = x^2(1-x^2) \le 1/4\) ve \(2y - 4y^2 = 2y(1-2y) \le 1/4\) olur. Bu iki eşitsizliği kullanarak \(x^4 - y + 2y^2 - x^2 \ge -3/8\) elde ederiz. Buradan da \(x^4 - y \ge 0\) olur. \(x = 1/\sqrt{2}\) ve \(y = 1/4\) iken eşitlik durumunu sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 32

\(12 \times 12\) bir satranç tahtasının 71 birim karesi işaretlenecektir. Bu işlem, ortak bir kenar paylaşan işaretli iki birim kare bulunmayacak şekilde kaç farklı biçimde yapılabilir?

Şıklar:

Cevap:  148

Çözüm:
Satranç tahtasını 36 tane \(2 \times 2\) kareye bölelim. Bu \(2 \times 2\) karelerin 35 tanesinde iki birim kare, 1 tanesinde ise bir birim kare işaretlenecektir. İki işaretli birim kare içerecek \(2 \times 2\) karelere normal, bir adet işaretli birim kare içerecek \(2 \times 2\) kAREYE ise özel kare diyelim. Normal karelerin herhangi birinde işaretli birim karelerin seçimi kalan bütün normal karelerdeki işaretli birim kare seçimlerini tek türlü belirliyor. Normal karelerde sağ üstteki ve sol alttaki birim karelerin işaretlediğini varsayalım. Geriye kalan özel karedeki işaretlenecek birim kare, özel kare sol üst ve sağ alt köşede ise 3, değilse 2 farklı biçimde seçilebilir. Buna göre, toplamda \(2 \cdot (34 \cdot 2 + 2 \cdot 3) = 148\) farklı işaretleme yapılabilir.