alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 22

\(n^3 - 4m^3 + 3n^2m = 20\) denklemini sağlayan kaç farklı \((m, n)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(n^3 - 4m^3 + 3n^2m = 4n^3 - 4m^3 + 3n^2m - 3n^3 = 4(n - m)(n^2 + nm + m^2) - 3(n - m)n^2 = (n - m)(n + 2m)^2 = 20\). Dolayısıyla \((n - m, n + 2m)\) ikilisi \((5, 2), (5, -2), (20, 1)\) ve \((20, -1)\) ikililerinden biridir. Durumlar incelendiğinde \((m, n)\) ikilisinin alabileceği değerlerin \((4, -1)\) ve \((13, -7)\) olduğu görülür.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 23

\(f(x) = x^2(x-1)(x-3)\) olmak üzere, 


\[ \sum_{n=1}^{12} f(x_n) = -4 \]


denklemini sağlayan \((x_1, x_2, \dots, x_{12})\) tam sayı 12-lilerinin sayısının 11 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(f(0) = f(1) = f(3) = 0\), \(f(-1) = 8\), \(f(2) = -4\), \(x \le -2\) için \(f(x) \ge 60\) ve \(x \ge 4\) için \(f(x) \ge 48\)'dir. \(f(x_n)\)'ler toplamları negatif olan 12 tane sayı olduğu için \(x_n\) sayılarının her biri \(-1, 0, 1, 2, 3\)'ten biri olmalıdır. Ayrıca bir çözümün herhangi bir permütasyonu da çözümdür. Farklı olmak zorunda olmayan 12 tane sayının permütasyonlarının sayısı sadece iki durumda 11 ile bölünmez. Hepsi aynı sayı iken ya da biri hariç hepsi aynı sayı iken. \(f(x_n)\)'ler tam sayı olduğu için hepsi aynı olamaz. Diğer durumda ise onbir tanesinin 0 ve bir tanesinin \(-4\) olması gerektiği kolayca görülür. O zaman \(\binom{12}{1}3^{11} \equiv 3 \pmod{11}\) olduğundan cevap 3'tür.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 24

\(A_1, A_2, \dots, A_k\) kümeleri \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}\) kümesinin üç elemanlı alt kümeleridir. Bu alt kümelerin herhangi ikisinin kesişimi en fazla bir eleman içeriyorsa, \(k\) en fazla kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(\frac{7}{2} < 4\) olduğu için \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 8\}\) kümesinin her elemanı en fazla üç alt kümede bulunabilir. Buna göre, \(3k \le 3 \cdot 8\) yani \(k \le 8\) elde edilir. Şimdi de \(k = 8\) için bir örnek verelim: \(A_1 = \{1, 2, 5\}\), \(A_2 = \{2, 3, 6\}\), \(A_3 = \{3, 4, 7\}\), \(A_4 = \{1, 4, 8\}\), \(A_5 = \{4, 5, 6\}\), \(A_6 = \{1, 6, 7\}\), \(A_7 = \{2, 7, 8\}\), \(A_8 = \{3, 5, 8\}\) alt kümeleri sorudaki koşulu sağlıyor.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 25

Bir ABC üçgeninde sırasıyla \([BC]\), \([AC]\) ve \([AB]\) kenarları üzerinde alınan \(D, E\) ve \(F\) noktaları için \(AD, BE\) ve \(CF\) noktadaştır. \(|BD| = |CD|\), \(CF \perp AB\), \(|CF| = 8\), \(|DF| = 5\) ve \(|EF| = 6\) ise, \(|BE|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(24/\sqrt{5}\)

Çözüm:
Öncelikle \(|BD| = |CD|\) ve \(AD, BE, CF\) noktadaş olduğundan Seva teoreminden \(EF \parallel BC\) bulunur. Diğer taraftan \(CF \perp AB\)

ve \(|DF| = 5\) olduğundan \(|BC| = 10\) elde edilir. \(|CF| = 8\) eşitliği kullanılarak Pisagor teoreminden \(|BF| = 6\) bulunur. \(EF \parallel BC\), \(|EF| = 6\), \(|BC| = 10\) ve \(|BF| = 6\) olduğundan dolayı Tales teoreminden \(|AF| = 9\), \(|AE| = 3k\) ve \(|EC| = 2k\) elde edilir. Diğer taraftan \(EF \parallel BC\) ve \(|EF| = |FB|\) olduğu için \([BE]\) açıortay olur. Pisagor teoreminden \(25k^2 = 8^2 + 9^2\) ve açıortay teoreminden \(15 \cdot 10 - 2k \cdot 3k = |BE|^2\) olur ve sonuç olarak \(|BE| = 24/\sqrt{5}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 26

\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(n^2\) yi tam bölen ancak \(n\) yi tam bölmeyen pozitif tam sayıların sayısı 9 ise, \(n\) sayısının pozitif tam bölen sayısı kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(p\) ve \(q\) asal sayılar olmak üzere \(n = p^9\) veya \(n = p^2q\) formunda olmalıdır. 


\(p_1, p_2, \dots, p_k\) farklı asal sayılar ve \(a_1 \le a_2 \le \dots \le a_k\) pozitif tam sayılar olmak üzere \(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}\) olsun. \(a \nmid n\) ve \(a \mid n^2\) olmasını sağlayan \(a\) pozitif tam sayılarının sayısı \((2a_1 + 1)(2a_2 + 1)\cdots(2a_k + 1) - (a_1 + 1)(a_2 + 1)\cdots(a_k + 1)\)'e eşittir. \(k = 1\) iken \(a_1 = 9\) olur. \(k = 2\) iken \(3a_1a_2 + a_1 + a_2 = 9\) ve buradan da tek çözüm \(a_1 = 1, a_2 = 2\) olur. \(k \ge 3\) için \((2a_1 + 1)(2a_2 + 1)\cdots(3a_k + 1) \ge (2a_1 + 1)(2a_2 + 1)(2a_3 + 1)(a_4 + 1)\cdots(a_k + 1)\) olduğundan \(9 \ge (2a_1 + 1)(2a_2 + 1)(3a_3 + 1) - (a_1 + 1)(a_2 + 1)(a_3 + 1) = 7a_1a_2a_3 + 3(a_1a_2 + a_2a_3 + a_3a_1) + a_1 + a_2 + a_3\) olur. Son eşitsizlik \(a_1, a_2, a_3 \ge 1\) olduğundan sağlanmaz. Sonuç olarak \(n\) sayısının pozitif tam bölen sayısı 10 veya 6 olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 27

\(x_1, x_2, \dots, x_5\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, 


\[ \frac{64}{x_1} + \frac{x_1^2}{x_2} + \frac{x_2^2}{x_3} + \frac{x_3^2}{x_4} + \frac{x_4^2}{x_5} + 8x_5^2 \]


ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(63/2\)

Çözüm:
\(\frac{s^2}{t} - 4(s - t) = \frac{(s-2t)^2}{t} \ge 0\) olduğundan \(\frac{s^2}{t} \ge 4(s - t)\) elde edilir. \((s, t) = (8, x_1), (x_1, x_2), (x_2, x_3), (x_3, x_4), (x_4, x_5)\) ve \((x_5, 1/8)\) değerleri için elde edilen eşitsizlikleri toplarsak, ifadenin \(4(8 - 1/8) = 63/2\) den küçük olamadığı görülür. Eşitlik durumu \(x_1 = 4, x_2 = 2, x_3 = 1, x_4 = 1/2, x_5 = 1/4\) iken sağlanıyor.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 28

Bir koordinat düzleminin orijininde bir bilye bulunmaktadır. \(k\) verilmiş bir pozitif tam sayı olmak üzere, her hamlede eksenlerden biri seçiliyor ve

bilye önce seçilen eksene paralel şekilde k birim, sonra diğer eksene paralel şekilde de 1 birim öteleniyor. \(k = 4, 7, 10, 29, 42\) değerlerinin kaçı için bilye tam sayı koordinatlı istenilen herhangi bir noktaya taşınabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
k sayısı tek olursa, \(k + 1\) bir çift sayı olduğu için bilye, koordinatları toplamı tek olan noktalara taşınamaz. Şimdi k sayısının çift olduğu herhangi bir durumda bilyenin istenilen herhangi bir noktaya taşınabileceğini gösterelim. Bilye bulunduğu \((0,0)\) noktasından başlayarak sırasıyla \((k,1)\), \((k-1,k+1)\), \((k-2,1)\), ... noktalarına taşınırsa \(k+1\) hamle sonucunda \((0,1)\) noktasına varmış olur. Benzer biçimde bilye \((0,0)\) noktasından \((1,0)\), \((0,-1)\) ve \((-1,0)\) noktalarına da taşınabilir. Sonuç olarak bilye bulunduğu noktanın 4 komşu noktasına ve dolayısıyla herhangi bir noktaya taşınabilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 29

Bir \(A_1A_2 \dots A_9\) düzgün dokuzgeninde \(A_1A_5\) ile \(A_2A_7\) doğruları B noktasında, \(A_1A_5\) ile \(A_4A_8\) doğruları da C noktasında kesişiyor. \([A_3B]\) üzerinde \(m(A_3A_2D) = 15^\circ\) olacak şekilde bir D noktası almıyor. \(A_7BC\) üçgeninin alanının \(BCD\) üçgeninin alanına oranı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{3}\)

Çözüm:
\(A_4A_8\) ile \(A_2A_7\) doğruları E noktasında kesişin. Düzgün dokuzgenin bir iç açısı \(140^\circ\)dir. \(A_1A_2B\) ve \(A_7A_8E\) üçgenleri eşkenar olur. \(|A_1A_2| = 1\) ve \(|BE| = x\) dersek \(|A_7B| = x + 1\) ve \(|A_1B| = 1\) olacağından \(x + 1 = \sin 40^\circ / \sin 20^\circ = 2 \cos 20^\circ\) bulunur. \(B A_2A_3\) ikizkenar üçgendir ve buradan da \(m(A_2B A_3) = 50^\circ\) olur. \(m(A_3A_2D) = 15^\circ\) olduğundan \(m(D A_2B) = m(A_2D B) = 65^\circ\) olduğu görülür. Dolayısıyla \(|BD| = 1\) elde edilir. Sonuç olarak \(A_7BC\) üçgeninin alanının \(BCD\) üçgenin alanına oranı \((x+1)/1 \cdot \sin 60^\circ / \sin 70^\circ = 2 \cos 20^\circ \cdot \sin 60^\circ / \sin 70^\circ = \sqrt{3}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 30

\(p > 2\) bir asal sayı olmak üzere, \(2^1, 2^2, \dots, 2^{p-1}\) sayılarının \(p\) ile bölümünden kalanlarının kümesi \(m\) elemanlı olmak üzere \(2^{m-1} < p\) sağlanıyorsa, \(p\) sayısına *güzel asal* diyelim. 2021 den küçük kaç tane güzel asal sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
2021'den küçük olan güzel asallar 3, 7, 31 ve 127'dir. 


2'nin \(p\) modundaki derecesi \(d\) olmak üzere \(2^{d-1} < p\) olmasını sağlayan \(p > 2\) asal sayıları güzel asaldır. \(p \mid 2^d - 1\) olduğundan \(2^d = pk + 1\) olacak biçimde bir \(k > 0\) tam sayısı bulunur. \(2^{d-1} = (pk + 1)/2 < p\) olabilmesi için \(k = 1\) olmalıdır. \(p = 2^d - 1\) olur. Bu ise \(d\) asalken mümkündür. Yani güzel asallar Mersenne asallarıdır. Öte yandan tüm Mersenne asalları güzel asaldır. Çünkü \(p\) ve \(q\) asal sayılar ve \(p = 2^q - 1\) iken 2'nin \(p\) modundaki

derecesi \(d\) olmak üzere \(d \mid q\) ve \(d > 1\) olduğundan \(d = q\) dur. Bu ise \(2^{d-1} = 2^{q-1} < 2^q - 1\) olduğunu gösterir. 2021'den küçük olan Mersenne asalları 3, 7, 31 ve 127'dir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 31

\(xy(x - y - 1) = 6\) eşitliğini sağlayan \(x\) ve \(y\) pozitif gerçel sayıları için \(x + y\) nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{21}\)

Çözüm:
Eşitlik \(x = (\sqrt{21} + 3)/2\) ve \(y = (\sqrt{21} - 3)/2\) iken sağlanır.
\(xy = a\) dersek \(x - y = 1 + 6/a\) olur. \((x + y)^2 = (x - y)^2 + 4xy = (1 + 6/a)^2 + 4a = 1 + 12/a + 36/a^2 + 4a\) olur. AGO eşitsizliğinden \(12/a + 36/a^2 + 4a = 12/a + 36/a^2 + 4a/3 + 4a/3 + 4a/3 \ge 5\sqrt[5]{(12/a)(36/a^2)(4a/3)(4a/3)(4a/3)} = 5\sqrt[5]{12 \cdot 36 \cdot 64/27} = 20\) olur.
Sonuç olarak \(x + y \ge \sqrt{21}\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 32

Aslı ve Zehra başlangıçta hiçbir köşesi boyalı olmayan bir düzgün \(2n\)-gen üzerinde bir oyun oynuyorlar. Oyuna Aslı başlıyor ve oyuncular sırayla hamle yapıyorlar. Sırası gelen oyuncu ya boyalı olmayan bir köşeyi ya da çokgenin merkezine göre simetrik olan ve hiçbiri boyalı olmayan iki köşeyi boyuyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun \(n = 6, 12, 17, 29, 32\) değerleri için birer kez oynanırsa, Aslı bu oyunların kaç tanesini kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Oyunu \(n\)-nin tek değerlerinde Aslı, çift değerlerinde ise Zehra kazanıyor. \(n\) tek ise, Aslı ilk hamlesinde \(2n\)-genin merkezine göre simetrik olan herhangi \(A\) ve \(B\) köşelerini boyuyor. \(n\) sayısı tek olduğu için \(AB\) doğrusuna göre simetrisi kendisi olan köşe yoktur. Buna göre, Aslı bundan sonra Zehra'nın her hamlesinde boyadığı nokta ya da noktaların \(AB\) doğrusuna göre simetrilerini boyayarak oyunu kazanır. \(n\) sayısının çift olduğu durumda Zehra \(2n\)-genin köşelerini \(n/2\) tane dörtlüye, her dörtlü bir karenin köşeleri olacak şekilde ayrıyor. Aslı karelerden birinin bir \(A\) köşesini boyarsa Zehra aynı karenin \(A\) noktasının çokgenin merkezine göre simetrisi dışındaki bir noktasını boyuyor. Aslı karelerden birinin çokgenin merkezine göre simetrik olan iki köşesini boyarsa Zehra aynı karenin çokgenin merkezine göre simetrik olan diğer iki noktasını boyayarak oyunu kazanır.
Matematik Olimpiyatı 2021, 2. Aşama, Soru 2

Derecesi \(d\) olan gerçel katsayılı bir polinomun en az \(d\) adet katsayısı \(1\)'e eşit olup \(d\) adet gerçel kökü varsa \(d\) nin alabileceği en büyük değer nedir? 


(Not: Polinomun kökleri birbirinden farklı olmak zorunda değildir.)

Şıklar:


Çözüm:
Cevap 4. 


\(x^4 + x^3 - 4x^2 + x + 1 = (x-1)^2(x^2 + 3x + 1)\) polinomu şartları sağlar. \(d \ge 5\) için şartları sağlayan bir polinomun bulunmadığını gösterelim. 


**Birinci Yol:** \(x_1, x_2, \dots, x_d\) kökler, \(S_k\) sayısı da köklerin \(k\)-li çarpımları toplamı olsun. Vieta teoremi kullanılarak 


\[S_1^2 - 2S_2 = \sum_{i=1}^{d} x_i^2 \ge 0\]


olduğundan polinomun ilk üç katsayısı 1 iken \(S_1 = -1, S_2 = 1\) ve \(S_1^2 - 2S_2 = -1 < 0\) çelişkisi elde edilir. Yani ilk üç katsayıdan biri 1 den farklı olmalıdır. Bu durumda köklerin hiçbiri 0 değildir ve aşağıdaki eşitlik yazılabilir: 


\[\left(\frac{S_{d-1}}{S_d}\right)^2 - 2 \left(\frac{S_{d-2}}{S_d}\right) = \sum_{i=1}^{d} \frac{1}{x_i^2} > 0.\]


Son üç katsayı 1 ise \(S_{d-2} = -S_{d-1} = S_d\) ve buradan da \(\left(\frac{S_{d-1}}{S_d}\right)^2 < 2 \left(\frac{S_{d-2}}{S_d}\right)\) çelişkisini elde ederiz. 


\(d \ge 5\) için polinomun \(d + 1\) katsayısından \(d\) tanesi 1 olduğundan ya ilk üç ya da son üç katsayı 1 olmalıdır. Böylece ispat biter. 


**İkinci Yol:** \(0 \le b \le d\) bir tam sayı ve \(a\) bir gerçel sayı olmak üzere polinomu \(P(x) = x^d + x^{d-1} + \dots + 1 + ax^b\) olarak yazabiliriz. \(P\) nin tüm kökleri gerçel olduğundan \(Q(x) = (x-1)P(x) = x^{d+1} - 1 + ax^{b+1} - ax^b\) polinomunun da tüm kökleri gerçel olur. Öncelikle sıfır bir kök ise \(a = -1, b = 0\) olur ve \(Q(x) = x^{d+1} - x\) polinomunun tüm kökleri gerçel olamaz. 


\(Q(x)\) polinomu en çok 4 tane katsayısı sıfırdan farklı olan bir polinomdur. Descartes işaret değişim teoreminden dolayı \(Q\) polinomunun en fazla 3 tane pozitif gerçel kökü olabilir. \(Q(-x) = (-1)^{d+1}x^{d+1} - 1 + a(-1)^{b+1}(x^{b+1} + x^b)\) polinomunun da en çok 4 tane katsayısı sıfırdan farkedir. Tam olarak 4 tane sıfırdan farklı katsayı varsa \(x^{b+1}\) ve \(x^b\) terimlerine ait ardışık iki katsayı aynı işaretlidir. Aksi halde en çok 3 tane sıfırdan farklı katsayı olur. Bu yüzden her iki durumda yine Descartes işaret değişim teoreminden \(Q(-x)\) polinomunun en çok 2 tane pozitif gerçel kökü olabilir.

Sıfır kök olmadığından \(Q(x)\) polinomunun en çok 5 tane gerçel kökü olabilir. \(Q(x)\) polinomunun derecesi \(d+1 \ge 6\) olduğundan tüm kökler gerçel olamaz. Böylece ispat biter.
Matematik Olimpiyatı 2021, 2. Aşama, Soru 3

\(\Gamma\) çemberi \(ABC\) üçgeninin \(BC\) kenarına \(X\) noktasında, \(AC\) kenarına ise \(Y\) noktasında teğettir. \(AB\) kenarı üzerindeki bir \(P\) noktası için \(XP\) ve \(YP\) nin \(\Gamma\) ile ikinci kesişimleri sırasıyla \(K\) ve \(L\), \(AK\) ve \(BL\) nin \(\Gamma\) ile ikinci kesişimleri sırasıyla \(R\) ve \(S\) olsun. \(XR\) ve \(YS\) nin \(AB\) üzerinde kesiştiğini gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(T = XY \cap AB\) diyelim. \(Y Y L R K X\)'de Pascal Teoremi'nden 


\[A = YY \cap KR, \quad P = YL \cap XK, \quad LR \cap XY\]


nin doğrudas olduğu görülür, yani \(LR \cap XY = AP \cap XY = T\) dir. Şimdi \(X X R L S Y\)'de Pascal Teoremi'nden 


\[B = XX \cap LS, \quad YS \cap XR, \quad T = LR \cap XY\]


nin doğrudas olduğu görülür, yani \(XR\) ile \(YS\) doğruları \(BT\) üzerinde, yani \(AB\) üzerinde kesişir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 2. Aşama, Soru 4

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninde \(D \in [AC]\) ve \(E \in [AB]\) olmak üzere \([BD]\) ve \([CE]\) açıortaylardır. \(D\) den \(BC\) ve \(BA\) ya indirilen dikmelerin ayakları sırasıyla \(P\) ve \(Q\), \(E\) den \(CA\) ve \(CB\) ye indirilen dikmelerin ayakları sırasıyla \(R\) ve \(S\) olsun. \(AP\) ile \(CQ\) nun kesişimi \(X\), \(AS\) ile \(BR\) nin kesişimi \(Y\), \(BX\) ile \(CY\) nin kesişimi \(Z\) olmak üzere \(AZ \perp BC\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
1:** \(B\) noktasından \(AC\) ye inen dikme ayağına \(H\) diyelim. \(B\), \(P\), \(Q\), \(H\), \(D\) noktaları \([BD]\) çaplı çember üzerinde yer aldığından 


\[\widehat{PHB} = \widehat{PDB} = 90^\circ - \frac{\widehat{B}}{2} = \widehat{QDB} = \widehat{QHB}\]


elde ederiz. \(BH \perp AC\) ve \(\widehat{PHB} = \widehat{QHB}\) ise \(AP\), \(CQ\), \(BH\) doğrularının noktadaş olduğunu göstereceğiz. \(B\) den \(AC\) ye çizilen paralel doğrunun \(PH\) ve \(CH\) doğruları ile kesişimlerine sırasıyla \(K\) ve \(L\) diyelim. \(BH \perp AC\) ve \(\widehat{PHB} = \widehat{QHB}\), olduğundan, \(HB \perp KL\) ve \(\widehat{KHB} = \widehat{LHB}\) buluruz. Dolayısıyla, \(|KB| = |LB|\) elde ederiz. 


\(KL \parallel AC\) kullanılarak, kelebek benzerliğinden \(\frac{|KB|}{|CH|} = \frac{|BP|}{|PC|}\) ve \(\frac{|LB|}{|AH|} = \frac{|BQ|}{|QA|}\) olur. \(|KB| = |LB|\) olduğundan, \(\frac{|AH|}{|CH|} \frac{|PC|}{|BQ|} = 1\) olur. \(ABC\) üçgeninde Seva teoreminden \(AP\), \(CQ\), \(BH\) noktadaş olur. Buradan \(X \in BH\) olup, \(BX \perp AC\) elde ederiz. Şekil simetrik olduğundan, aynı şekilde \(CY \perp AB\) bulunur. Dolayısıyla, \(BX\) ve \(CY\) nin kesişimi olan \(Z\) noktası \(ABC\) üçgeninin diklik merkezi olur, ispat biter. 


**Çözüm 2:** \(BX\) ile \(AC\) nin kesişimine \(T\) noktası diyelim. \(ABC\) üçgeninde Seva teoreminden \(\frac{|AT|}{|TC|} = \frac{|BP||AQ|}{|PC||QB|}\) elde ederiz. \([BD]\) açıortay olduğundan, \(|BP| = |BQ|\) ve \(|DP| = |DQ|\) olduğu açıktır. Dolayısıyla \(\frac{|AT|}{|TC|} = \frac{|AQ|}{|PC|}\) bulunur. \(AQD\) ve \(DPC\) üçgenlerinde Sinüs teoremlerinden \(\frac{|AQ|}{|DQ|} = \cot \hat{A}\) ve \(\frac{|PC|}{|DP|} = \cot \hat{C}\) olup, \(|DP| = |DQ|\) kullanılarak 


\[\frac{|AT|}{|TC|} = \frac{|AQ|}{|PC|} = \frac{\cot \hat{A}}{\cot \hat{C}}\]

buluruz. \(B\) den \(AC\) ye inen dikme ayağına \(H\) dersek, \(AHB\) ve \(CHB\) üçgenlerinde Sinüs teoremlerinden \(\frac{|AH|}{|BH|} = \cot \hat{A}\) ve \(\frac{|CH|}{|HB|} = \cot \hat{C}\) dir. Dolayısıyla \(\frac{|AH|}{|HC|} = \frac{\cot \hat{A}}{\cot \hat{C}} = \frac{|AT|}{|TC|}\) elde ederiz, bu da \(H = T\) olduğunu gösterir. Yani, \(BX \perp AC\) bulunur. İlk çözümdeki gibi, ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2021, 2. Aşama, Soru 5

\(a, b, c, d\) pozitif tam sayıları için 


\[ \{a \cdot b^n + c \cdot d^n : n = 1, 2, 3, \dots\} \]


kümesinin en az bir elemanını bölen asal sayılar sonlu çoklukta ise \(b = d\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(x_n = a \cdot b^n + c \cdot d^n\) olsun. obeb\((a, c) = e\) ve obeb\((b, d) = f\) olsun. O halde \(a = ea_1, c = ec_1, b = fb_1, d = fd_1\), obeb\((a_1, c_1) = 1\) ve obeb\((b_1, d_1) = 1\) olur. O zaman \(y_n = a_1 \cdot b_1^n + c_1 \cdot d_1^n\) olmak üzere, \((y_n)_{n \ge 1}\) dizisinin en az bir elemanını bölen asalların kümesi \(P\) olsun. O halde \(P\) kümesi de sonludur. \(b_1 = d_1 = 1\) olduğunu göstereceğiz ve ispat biter. 


\[ \begin{aligned} P_{ad} &= \{p \in P : p|a_1d_1\}, \\ P_{bc} &= \{p \in P : p|b_1c_1\}, \\ P_{a+c} &= \{p \in P : p|a_1 + c_1\}, \\ P_0 &= \{p \in P : p \nmid a_1b_1c_1d_1 \text{ ve } p \nmid a_1 + c_1\} \end{aligned} \]


olsun. \(P = P_{ad} \cup P_{bc} \cup P_{a+c} \cup P_0\) olduğu kolayca görülür. 


Bir \(p \in P_{ad}\) ele alalım. \(p|a_1\) ise, \(p|c_1 \cdot d_1^n\) ve dolayısıyla \(p|d_1\) elde edilir. Benzer şekilde \(p|d_1\) ise de \(p|a_1\) olmalı. O zaman yeterince büyük her \(n\) için \(v_p(y_n) = v_p(a_1)\) olur. 


Benzer şekilde \(p \in P_{bc}\) olmak üzere, yeterince büyük her \(n\) için \(v_p(y_n) = \nu_p(c_1)\) olur. 


\(p \in P_{a+c}\) olsun. O zaman \(p \nmid b_1d_1\). \(v_p(a_1 + c_1) = \alpha\) olsun. O zaman Euler Teoreminden dolayı her \(\phi(p^{\alpha+1}) = p^{\alpha}(p-1)|n\) için 


\[ y_n = a_1 \cdot b_1^n + c_1 \cdot d_2^n \equiv a_1 + c_1 \pmod{p^{\alpha+1}} \]


olur ve dolayısıyla \(v_p(y_n) = \alpha = v_p(a_1 + c_1)\) bulunur. 


Son olarak \(p \in P_0\) olsun. Bu durumda Fermat Teoreminden dolayı her \(p - 1|n\) için 


\[ y_n = a_1 \cdot b_1^n + c_2 \cdot d_1^n \equiv a_1 + c_1 \pmod{p} \]


bulunur ve sonuç olarak \(p \nmid y_n\) olur. 


Sonuç olarak yeterince büyük her \(k\) pozitif tam sayısı için 


\[ n = k \cdot \prod_{p \in P_{a+c}} (p-1)p^{\nu_p(a_1+c_1)} \cdot \prod_{p \in P_0} p-1 \]


olmak üzere, \(y_n\)'nin her \(q\) asal böleni için \(v_q(y_n)\) üstten sabit bir sınıra sahiptir. Ancak bu dört küme de sonlu olduğundan \(y_n\) sayısının da üstten sabit bir sınırı olmalı. Bu da ancak \(b_1 = d_1 = 1\) iken sağlanabilir. Sonuç olarak \(b = d'\)dir.
Matematik Olimpiyatı 2021, 2. Aşama, Soru 6

2021 öğrencinin bulunduğu bir okulda her öğrencinin tam olarak k arkadaşı olup üçü de birbiriyle arkadaş olan üç öğrenci bulunmuyorsa, k nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  808

Çözüm:
Cevap: 808. 


2021 köşeli k-düzenli bir G çizgesinde üçgen yoksa k nin alabileceği en büyük değeri arıyoruz. k = 808 için aşağıdaki gibi bir örnek kurabiliriz. 

  


Şimdi k ≤ 808 olduğunu ispatlayacağız. Öncelikle çizgemiz bipartite olsaydı, G = (A, B) yazarsak |A|k = |B|k olacağından |A| = |B| elde ederdik, 2021 tek sayı olduğundan çelişki gelir. G bipartite değilse, G de tek sayıda köşe içeren bir döngü vardır. Bu döngülerden en küçüğü C olsun ve |C| = 2t + 1 diyelim. G de üçgen olmadığından t ≥ 2 olduğunu biliyoruz. Diğer taraftan, G - C deki herhangi bir v köşesini alalım, v nin C de en fazla iki komşusu olabileceğini ispatlayalım. 


Varsayalım ki, a, b, c ∈ C (saat yönünde) köşeleri v ile bağlı olsun. \(n_{ab}\), \(n_{bc}\), \(n_{ca}\) ile sırasıyla C döngüsünde (a, b), (b, c), (c, a) arasındaki köşelerin sayısını gösterelim. G de üçgen olmadığından \(n_{ab}\), \(n_{bc}\), \(n_{ca} \ge 1\) olduğunu biliyoruz. \(n_{ab} + n_{bc} + n_{ca} = 2t - 2\) olduğundan, bu üç sayıdan en az birisi çifttir, genelliği bozmadan \(n_{ab}\) çift olsun. (a, b) yayı ve v yi düşünürsek, uzunluğu \(n_{ab} + 3\) olan bir döngü elde ederiz. \(n_{ab} + 3\) sayısı tek olduğundan \(n_{ab} + 3 \ge 2t + 1\) buluruz, bu da \(n_{ab} \ge 2t - 2\) demektir. Dolayısıyla \(n_{bc} + n_{ca} = 0\) olup, çelişki elde ederiz. 


G çizgesinde C ile G - C arasındaki kenarlara bakalım. C deki her köşenin k tane komşusu olduğundan, C ile G - C arasında (k - 2)(2t + 1) kenar olmalıdır. Diğer taraftan, G - C deki her köşenin C de en fazla iki komşusu olduğunu göstermiştik, dolayısıyla 


\[2(2020 - 2t) \ge (k - 2)(2t + 1) \implies 4042 \ge k(2t + 1)\]


elde ederiz. \(t \ge 2\) olduğundan \(k \le 808\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 1

Bir \(A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7\) düzgün yedigeninde \([A_2A_6]\) doğru parçası üzerinde \(|A_6B| + |A_6A_7| = |A_4A_7|\) olacak biçimde bir \(B\) noktası alınıyor. \(m(\overline{BA_7A_6})\) kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{540^\circ}{7}\)

Çözüm:
Düzgün yedigende \(|A_4A_7| = |A_2A_6|\) olduğundan \(|A_2B| = |A_1A_2|\) olur. \(m(\overline{A_1A_2A_7}) = m(\overline{BA_2A_7})\) olduğundan \(A_1A_2BA_7\) eşkenar dörtgendir. Buradan da açı yazarsak \(m(\overline{BA_7A_6}) = \frac{540^\circ}{7}\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 2

Tüm pozitif tam sayı bölenlerinin çarpımı kendisinin küpü olan kaç iki basamaklı pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
\(n\) pozitif tam sayısının pozitif tam sayı bölenleri \(d_1 < d_2 < \dots < d_k\) olsun. \(d_i < d_j\) için \(n/d_j < n/d_i\) ve bu iki sayı da \(n'\)nin pozitif tam sayı bölenleri olduğundan, her \(i = 1, \dots, k\) için \(d_i \cdot d_{k+1-i} = n\) olur. O halde \(d_1 \cdot d_2 \cdots d_k = n^{k/2}\) bulunur. Demek ki \(k/2 = 3\) yani \(k = 6\) olmalı. Pozitif bölen sayısı 6 olan bir sayı ya \(p^2q\) veya \(p^5\) formundadır (\(p\) ve \(q\) farklı asal sayılar). \(2^2q\) durumunda \(q = 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23\) (8 tane). \(3^2q\) durumunda \(q = 2, 5, 7, 11\) (4 tane). \(5^2q\) durumunda \(q = 2, 3\) (2 tane). \(7^2q\) durumunda \(q = 2\) (1 tane). \(p \ge 11\) için \(p^2q\) iki basamaklı olamaz. Son olarak da \(p^5\) formunda sadece \(2^5 = 32\) şartları sağlar. O halde toplam çözüm sayısı \(8+4+2+1+1 = 16\)'dır.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 3

Her \(a\) gerçel sayısı için \([a]\) ile \(a\) sayısından büyük olmayan en büyük tam sayı gösteriliyor. \(x\) bir pozitif gerçel sayı olmak üzere, \([2x] + [3x] + [5x]\) sayısının birler basamağı kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(x = \lfloor x \rfloor + t\) dersek \(0 \le t < 1\) olur. Bu durumda 


\[[2x] + [3x] + [5x] = 10\lfloor x \rfloor + [2t] + [3t] + [5t]\]


olur. Yani ifadenin birler basamağını \([2t] + [3t] + [5t]\) belirler. \(0 \le t < 1\) olduğu için \([2t] \in \{0, 1\}\), \([3t] \in \{0, 1, 2\}\) ve \([5t] \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\) bulunur. Böylece \(0 \le [2t] + [3t] + [5t] \le 7\) elde ederiz. Ayrıca son basamak \(0\)'dan \(7\)'ye kadar tüm değerleri sırasıyla \(t = 0, 0.2, 0.35, 0.4, 0.5, 0.6, 0.7, 0.8\) iken alır.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 4

\(n\) adet özdeş top, 30 kız ve 77 erkek öğrenciye dağıtılacaktır. Bu dağıtım, her öğrenci en az bir adet, herhangi iki kız öğrenci eşit sayıda ve herhangi iki erkek öğrenci eşit sayıda top alacak biçimde tek bir şekilde yapılabiliyorsa, \(n\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  4620

Çözüm:
Bir dağılımdan bir diğer dağılım elde etmek için gruptların birinde bir diğerine aktarılacak top sayısı hem 30 hem de 77 sayısının katı olmak zorundadır. Buna göre 30 · 77 = 2310 sayısının bir katı sayıda top aktarılmalıdır. Her kız öğrenciye 77 ve her erkek öğrenciye 30 top dağıtılırsa \(n = 4620\) olur ve herhangi bir aktarma yapılamaz. Fakat \(n > 4620\) ise ya kız öğrencilerin ya da erkek öğrencilerin toplam top sayısı 2310 dan daha fazla olacak ve bu gruptan 2310 top alınıp diğer gruba aktarılarak ikinci bir dağılım elde edilebilir.