alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 14

Gerçel sayı doğrusu üstünde 0 noktasından başlayarak, her adımda doğru boyunca istediği yönde 364 veya 715 birim sıçrayan bir çekirgenin konduğu noktaların 2010 noktasına uzaklığı en az ne kadar olabilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
364 = \(2^2 \cdot 7 \cdot 13\) ve 715 = \(5 \cdot 11 \cdot 13\). \(\Rightarrow\) obeb(364, 715) = 13. 0 dan başlayarak çekirgenin ulaşabileceği sayı \(364a + 715b\) (\(a, b \in \mathbb{Z}\)) formunda bir tam sayıdır. obeb(364, 715) = 13 olduğundan bu çekirge yalnızca 13 ile tam bölünebilen sayılara varabilir. 2010 = \(13 \cdot 154 + 8 = 13 \cdot 155 - 5\) olduğundan çekirge 2010 a en az 5 uzaklıktaki bir noktaya gidebilir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 15

\(x, y, z\) gerçel sayıları, \(\frac{xyz}{x+y} = -1\), \(\frac{xyz}{y+z} = 1\) ve \(\frac{xyz}{z+x} = 2\) eşitliklerini sağlıyorsa, \(xyz\) aşağıdaki değerlerden hangisini alabilir?

Şıklar:
A) -\frac{8}{\sqrt{15}} \qquad | B) \frac{8}{\sqrt{5}} \qquad | C) -8\sqrt{\frac{3}{5}} \qquad | D) \frac{7}{\sqrt{15}} \qquad | E) \text{Hiçbiri} \]

Cevap: A \(-\frac{8}{\sqrt{15}}\)

Çözüm:
\(a = \frac{1}{yz}\), \(b = \frac{1}{xz}\), \(c = \frac{1}{xy}\) olsun. \(\Rightarrow a + b = -1\), \(b + c = 1\), \(a + c = \frac{1}{2}\). \(\Rightarrow a = -\frac{3}{4}\), \(b = -\frac{1}{4}\), \(c = \frac{5}{4}\). \(\Rightarrow yz = -\frac{4}{3}\), \(xz = -4\), \(xy = \frac{4}{5}\). \(\Rightarrow xyz = \pm\frac{8}{\sqrt{15}}\). \(x = 6/\sqrt{15}\), \(y = 2/\sqrt{15}\), \(z = -10/\sqrt{15}\) için \(xyz = -8/\sqrt{15}\) olur ve eşitlikler sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 16

11 farklı kitap üç raflı bir kitaplığa, en çok bir raf boş kalacak biçimde kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?

Şıklar:

Cevap:  \(75 \cdot 11!\) İlk önce 11 kitabı sıraya dizelim

Çözüm:
Komşu kitapların araları, ilk kitabın solu ve son kitabın sağı olmak üzere 12 boşluk bulunuyor. Bu boşluklardan ikisini seçip (aynı boşluk iki kez seçilebilir) seçilmiş boşlukları raflar arasında olan sınırlar gibi düşünebiliriz. Fakat sadece ilk ve son boşluklar seçilirse en az iki raf boş kalır. Buna göre cevap \(11! \cdot (\binom{12}{2} - 1 + 10) = 75 \cdot 11!\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 17

Uzayda yer alan A, B, C, D noktaları için, \(|AB| = |AC| = 3\), \(|DB| = |DC| = 5\), \(|AD| = 6\) ve \(|BC| = 2\) dir. BC doğrusunun D noktasına en yakın noktası P ve ABC üçgeninin bulunduğu düzlemin D noktasına en yakın noktası da Q ise, \(|PQ|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(1/\sqrt{2}\)

Çözüm:
\(|DB| = |DC|\) olduğundan P noktası \([BC]\) nin orta noktası ve \(|QB| = |QC|\) olur. \(|QD| = h\), \(|QB| = |QC| = x\), \(|PQ| = y\)

olsun. Pisagor teoreminden \(|AP| = 2\sqrt{2}\), \(x^2 + h^2 = 25\), \(h^2 + (y + 2\sqrt{2})^2 = 36\) ve \(x^2 - y^2 = 1\) olur. Bu eşitliklerden \(36 - 25 = h^2 + (y + 2\sqrt{2})^2 - (x^2 + h^2) = 4\sqrt{2}y + 8 - (x^2 - y^2) = 4\sqrt{2}y + 7\) ve böylece \(y = 1/\sqrt{2}\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 18

1000 elemanlı bir kümenin 500 elemanlı altkümelerinin sayısı aşağıdaki sayılardan hangisine bölünmez?

Şıklar:
A) 3 | B) 5 | C) 11 | D) 13 | E) 17

Cevap: C 11

Çözüm:
Bir \(p\) asal sayısının \(n!\) i bölen en büyük kuvveti \(f_p(n) = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^2} \rfloor + \lfloor \frac{n}{p^3} \rfloor + \cdots\) toplamıdır. \(\binom{1000}{500} = \frac{1000!}{500!^2}\) dir. \(f_3(1000) = 333 + 111 + 37 + 12 + 4 + 1 = 498\), \(f_3(500) = 166 + 55 + 18 + 6 + 2 = 247\) ve \(f_3(1000) > 2f_3(500)\) olduğundan sayı 3 ile bölünür. \(f_5(1000) = 200 + 40 + 8 + 1 = 249\), \(f_5(500) = 100 + 20 + 4 = 124\) ve \(f_5(1000) > 2f_5(500)\) olduğundan sayı 5 ile de bölünür. Benzer biçimde \(f_{13}(1000) = 76 + 5 = 81 > 2f_{13}(500) = 2(38 + 2) = 80\) ve \(f_{17}(1000) = 58 + 3 = 61 > 2f_{17}(500) = 2(29 + 1) = 60\) olduğundan sayı 13 ve 17 ile de tam bölünür. Ancak \(f_{11}(1000) = 90 + 8 = 98\) ve \(f_{11}(500) = 45 + 4 = 49\) olduğundan \(f_{11}(1000) = 2f_{11}(500)\) olur ve dolayısıyla sayı 11 ile bölünmez.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 19

\(x^5 - 2x^2 - 9x - 6\) polinomumun farklı gerçel köklerinin toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Kolayca görüleceği üzere \(P(x) = x^5 - 2x^2 - 9x - 6\) poinomunun bir kökü \(-1\) dir. \(P(x)\)'in \(x + 1\) ile bölümünnden \(Q(x) = x^4 - x^3 + x^2 - 3x - 6\) elde edilir. Açıkça görüleceği üzere \(-1\) sayısı \(Q(x)\)'in de bir köküdür. \(Q(x)\)'in \(x + 1\) ile bölümünden \(T(x) = x^3 - 2x^2 + 3x - 6 = x^2(x - 2) + 3(x - 2) = (x - 2)(x^2 + 3)\) bulunur. Sonuç olarak \(P(x) = (x + 1)^2(x - 2)(x^2 + 3)\) elde edilir ve dolayısıyla \(P(x)\)'in farklı gerçel kökleri \(-1\) ve \(2\)'dir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 20

0 sayısı ile başlanıp, her adımda bir önceki sayının 1 fazlası veya 2 katı alınarak, aşağıdaki sayılardan hangisini en az sayıda adımda elde edilir?

Şıklar:
A) 2011 | B) 2010 | C) 2009 | D) 2008 | E) 2007

Cevap: D 2008

Çözüm:
Sayıları 2 tabanımda yazalım. Bir sayının 2 katı alındığında basamak sayısı 1 artar ancak içindeki 1'lerin adedi değişmez. Bir çift sayının 1 fazlası alındığında içindeki 1'lerin adedi 1 artar ancak basamak sayısı değişmez. Bir tek sayının 1 fazlası

alındığında ise, içindeki 1'lerin sayısı kesinlikle artmaz (belki azalır) ve basamak sayısı da en çok 1 artar (belki artmaz). Özetle, soruda bahsedilen iki işlemin her biri, sayının içindeki 1'lerin adedini ve sayının basamak sayısını en çok 1 artırabilir ancak ikisini aynı anda artıramaz. Dlayısıyla, bir sayının basamak sayısı *m* ve içindeki 1'lerin adedi *n* ise o sayıyı elde etmek için en az *m* + *n* - 1 adım gerekir. Öte yandan bu kadar adımın yeterli olduğunu görmek de kolaydır. 


\[
\begin{align*}
2007 &= (11111010111)_2 \text{ olduğuna göre en az } 11 + 9 - 1 = 19, \\
2008 &= (11111011000)_2 \text{ olduğuna göre en az } 11 + 7 - 1 = 17, \\
2009 &= (11111011001)_2 \text{ olduğuna göre en az } 11 + 8 - 1 = 18, \\
2010 &= (11111011010)_2 \text{ olduğuna göre en az } 11 + 8-1 = 18, \\
2011 &= (11111011011)_2 \text{ olduğuna göre en az } 11 + 7-1 = 19
\end{align*}
\]


adım gerekiyor.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 21

Merkezleri aynı ve yarıçapları 10 ve 20 birim olan iki düzlemdeş daireyi sırasıyla taban kabul eden, herbiri 20 birim yüksekliğinde bir dik silindir ve bir dik koni düzlemin aynı tarafında kalacak biçimde alınıyor. Koninin silindirin içinde kalan kısmının hacminin, silindirin dışında kalan kısmının hacmine oranı nedir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Dairelerin merkezi O, koninin tepe noktası A, büyük daire üzerinde bir nokta B ve koni ile silindirin kesişiminde kalan çemberin merkezi C olsun. |AO| = |OB| = 20 olduğundan ∠ABO = 45° olur. Koni ile silindirin kesişimindeki C merkezli çemberin yarıçaplı 10 olduğundan |AC| = |CO| = 10 olmalıdır. Bu durumda koni ile silindirin kesişimdeki bölgenin hacmi 4000π/3, koninin içinde ve silindirin dışında kalan bölgenin hacmi ise yine 4000π/3 tür. İstenen oran 1 olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 22

\(\frac{x}{y+7} + \frac{y}{x+7} = 1\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
Eşitliğin her iki tarafını \((x + 7)(y + 7)\) ile çarparsak \(x^2 + y^2 - xy = 49\) olur ve buradan \((2x - y)^2 + 3y^2 = 4 \cdot 49\) elde edilir. Son eşitliği sağlayan 18 tane \((x, y)\) ikilisi bulunuyor: \((x, y) = (3, 8), (5, 8), (-3, -8), (-5, -8), (0, 7), (7, 7), (-7, -7), (0, -7), (8, 5), (-3, 5), (3, -5), (-8, -5), (5, -3), (-8, -3), (8, 3), (-5, 3), (-7, 0), (7, 0).\) Fakat \((0, -7), (-7, 0), (-7, -7)\) ikilileri ilk eşitliği sağlamıyorlar.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 23

\(1 \le n \le 2010\) koşulunu sağlayan kaç tane \(n\) tam sayısı için \(1^2 - 2^2 + 3^2 - 4^2 + \dots + (2n-1)^2 - (2n)^2\) sayısı 2010 ile bölünür?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(8. \quad 1^2 - 2^2 + 3^2 - 4^2 + ... + (2n-1)^2 - (2n)^2 = \sum_{k=1}^n (2k-1)^2 - (2k)^2 = \sum_{k=1}^n 1 - 4k = n - 4\frac{n(n+1)}{2} = -n(2n+1).\)
\(2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67. \quad 2010|n(2n+1)\) ancak ve ancak \(n \equiv 0 \pmod{2}, n \equiv 0,1 \pmod{3}, n \equiv 0,2 \pmod{5}\) ve \(n \equiv 0,33 \pmod{67}.\)
Dolayısıyla Çinli Kalan Teoremi'ne göre verilen aralıkta \(1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8\) çözüm vardır
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 24

On tabanına göre tersten yazılımı ile kendisi aynı olup 11 ile bölünen kaç tane yedi basamaklı pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  \(818.\) Sayı \(abcdcba\) olsun

Çözüm:
\(\Rightarrow 11|2(a+c-b)-d\). \(a,b,c\) rakamları rastgele seçildiğinde \(d\) rakamı tek türlü belli olur. Ancak \(d\) rakam olduğundan \(a+c-b \equiv 5 \pmod{11}\) olan durumları çıkarmalıyız. Başka bir deyişle \(abc\) üç basamaklı sayısı \(\pmod{11}\) de \(5\) e denk olmayan herhangi bir sayı olabilir. O halde cevap \(900-82=818\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 25

\(m(\overline{BAC}) = 90^\circ\), \(|AB| = 1\) ve \(|AC| = \sqrt{2}\) olan bir \(ABC\) üçgeniyle aynı düzlemde yer alan \(P\) ve \(Q\) noktaları, \(|PB| = 1 = |QB|\), \(|PC| = 2 = |QC|\) ve \(|PA| > |QA|\) koşullarını sağlıyorsa, \(|PA|/|QA|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\)

Çözüm:
\(B\) ve \(C\) noktaları \([PQ]\) nun orta dikmesi üzerindedir. Yani \(BC\) doğrusu \([PQ]\) nun orta dikmesidir. Pisagor teoreminden \(|BC| = \sqrt{3}\) tür. \(|BC|^2 + |BQ|^2 = |CQ|^2\) olduğundan \(\angle CBQ = 90^\circ\) dir. Benzer şekilde \(\angle CBP = 90^\circ\) olduğundan \(B \in [PQ]\) olur. \(|BQ|/|CQ| = 1/2\) olduğundan \(\angle QCB = \angle PCB = 30^\circ\) dir. \(\angle ACB = \alpha\) dersek \(\cos \alpha = \sqrt{2}/\sqrt{3}\) ve \(\sin \alpha = 1/\sqrt{3}\) olmak üzere kösinüs teoreminden \(|AP|^2 = |AC|^2 + |PC|^2 - 2 \cdot |AC| \cdot |PC| \cos(\alpha + 30^\circ) = 6 - 4\sqrt{2} \cos(\alpha + 30^\circ)\) ve \(|AQ|^2 = |AC|^2 + |QC|^2 - 2 \cdot |AC| \cdot |QC| \cos(\alpha - 30^\circ) = 6 - 4\sqrt{2} \cos(\alpha - 30^\circ)\) buluruz. \(\cos(\alpha + 30^\circ) = \cos \alpha \cos 30^\circ - \sin \alpha \sin 30^\circ\) ve \(\cos(\alpha - 30^\circ) = \cos \alpha \cos 30^\circ + \sin \alpha \sin 30^\circ\) eşitliklerini kullanarak \(|AP|/|AQ| = \sqrt{2} + \sqrt{3}\) olduğunu görebiliriz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 26

\(m\) nin aşağıdaki değerlerinden hangisi için \(3x^2 + 4y^2 - 5z^2 = m\) eşitliğini sağlayan \((x, y, z)\) pozitif tam sayı üçlüsü yoktur?

Şıklar:
A) 16 | B) 14 | C) 12 | D) 10 | E) 8

Cevap: D 10

Çözüm:
\((x, y, z)\) üçlüsü \((8, 6, 8)\) iken \(m = 16\), \((1, 2, 1)\) iken \(m = 14\), \((4, 6, 6)\) iken \(m = 12\) ve \((2, 2, 2)\) iken \(m = 8\) oluyor. Farzedelim ki \(m = 10\) için bir üçlü bulunsun. \(3x^2 + 4y^2 - 5y^2 = 10\) eşitliği (mod 5) te incelendiğinde \(x\) ve \(y\) nin ikisinin de 5 ile bölünmesi gerektiği görülür. \(x = 5x_1\) ve \(y = 5y_1\) yazılıp sadeleştirme yapılınca \(15x_1^2 + 20y_1^2 - z^2 = 2\) elde edilir. Buradan \(z^2 \equiv 3 \pmod{5}\) bulunur ancak hiçbir tamkare (mod 5) te 3 e denk değildir. Çelişki.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 27

Katsayılarının her biri 1 veya \(-1\) ve tüm kökleri gerçel sayılar olan bir polinomun derecesi en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Polinom \(P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0\) ve gerçel kökleri de \(x_1, x_2, \dots, x_n\) olsun. O zaman \(x_1 + x_2 + \cdots + x_n = -a_{n-1}\) ve \(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \cdots x_{n-1} x_n = a_{n-2}\) olur. İlk ifadenin karesinden ikinci ifadeyi çıkarırsak \(x_1^2 + x_2^2 + \cdots x_n^2 = a_{n-1}^2 - 2a_{n-2}\) elde ederiz. Son ifadenin sol tarafı negatif olmadığından \(a_{n-2} = -1\) ve \(x_1^2 + x_2^2 + \cdots x_n^2 \equiv 3\) olur. O zaman \(x_1 x_2 \cdots x_n = a_0 / a_n = \pm 1\) olduğundan 


\[3 = x_1^2 + x_2^2 + \cdots x_n^2 \geq n \sqrt[n]{x_1^2 x_2^2 \cdots x_n^2} = n\]


olur ve buradan \(n \le 3\) elde edilir. \(Q(x) = x^3 + x^2 - x - 1\) polinomu sorudaki koşulları sağlıyor ve buna göre cevap \(n = 3\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 28

2010 kişinin yaşadığı bir köyde her ikisi de aynı arkadaş sayısına sahip olan bir tek ikili varsa, bu sayı kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Her kişinin arkadaş sayısı \(0, 1, \dots, 2019\) sayılarından birine eşittir ve bir kişinin 0 (2009) arkadaşı varsa kimsenin 2009 (0) arkadaşı olamaz. 


Durum 1: 2009 arkadaşı olan bir kişi var. O zaman 0 arkadaşı olan kimse yoktur ve arkadaş sayısı 1,2,...,2009 olan kişiler vardır. 2009 arkadaşı olan kişiyi köyden atıp tüm arkadaşlıklarını da iptal edersek kalan 2009 kişi arasında arkadaş sayısı 0,1,...,2007 olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaş sayısı 2008 olan kişi olmayacaktır. 0 arkadaşı olan kişiyi köyden atalım. Kalan 2008 kişi arasında arkadaş sayısı 1,2,...,2007 olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaşsayısı 0 olan kişi olmayacaktır. Arkadaş sayısı 2007 olan kişiyi köyden atıp tüm arkadaşlıklarının da iptal edersek kalan 2007 kişinin arasında arkadaş sayısı 0,1,...,2005 olan kişiler olacaktır. Demek ki arkadaş sayısı

birbiriyle arkadaş olan iki kişi kalacaktır. Köyden atılan kişileri de dikkate alırsak bu iki kişinin her birinin başlangıçtaki arkadaş sayısı 1005 olmalıdır. 


Durum 2: 0 arkadaşı olan bir kişi var. Birinci durumdaki gibi hareket edersek en son köyde aralarında arkadaş olmayan iki kişi kalacaktır. Köyden atılan kişileri dikkate alırsak bu iki kişinin başlangıçtaki arkadaş sayısı 1004 olmalıdır. 


Buna göre, köyde her ikisi de aynı arkadaş sayısına sahip olan iki kişinin her birinin ya 1004, ya da 1005 arkadaşı bulunuyor.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 29

Bir ABC üçgeninin iç açıortaylarının kesişme noktası I ve [AC] kenarına teğet olan dış teğet çemberinin merkezi de O noktasıdır. |BI| = 12, |IO| = 18 ve |BC| = 15 ise, |AB| kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  24

Çözüm:
\(\angle BAI = \angle BOC\) ve \(\angle ABI = \angle OBC\) olduğundan \(\triangle AIB \sim \triangle OCB\) ve buradan da \(|AB| = |BI| \cdot |BO|/|BC| = 12 \cdot 30/15 = 24\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 30

\(N = \left\lfloor \frac{2}{5} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2^2}{5} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \frac{2^{2009}}{5} \right\rfloor\) ise, \(2^{2010}\) un N ile bölümünden kalan nedir?

Şıklar:

Cevap:  5024

Çözüm:
\[ \left\lfloor \frac{2^n}{5} \right\rfloor = \begin{cases} \frac{2^{n-1}}{5}, & n \equiv 0 \pmod{4} \text{ ise,} \\ \frac{2^{n-2}}{5}, & n \equiv 1 \pmod{4} \text{ ise,} \\ \frac{2^{2n-4}}{5}, & n \equiv 2 \pmod{4} \text{ ise,} \\ \frac{2^{3n-3}}{5}, & n \equiv 3 \pmod{4} \text{ ise,} \end{cases} \]


olduğundan 


\[ N = \sum_{n=1}^{2009} \frac{2^n}{5} - \frac{2008}{4} \cdot 2 - \frac{2}{5} = \frac{2^{2010} - 4}{5} - 1004 \]


elde edilir. Buradan da \(2^{2010} = 5N + 5024\) olduğu görülür. \(N > 5024\) olduğundan \(2^{2010}\) sayısının N ile bölümünden kalan 5024 tür.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 31

Aşağıdaki (A, B) ikililerinden hangisi için 


\[ \begin{array}{r} x^2 + xy + y = A \\ \hline y - x = B \end{array} \]

denklem sisteminin gerçel çözümü yoktur? 


a) (1/2, 2) b) (-1, 1) c) \((\sqrt{2}, \sqrt{2})\) d) (1, 1/2) e) (2, 2/3)

Şıklar:

Cevap:  (2, 2/3)

Çözüm:
\(x = 0\) ve \(y = A\) alınırsa \(B = 1\) için eşitlikler sağlanır. \(B \neq 1\) olsun. İkinci denklemden \(y = Bx/(B-1)\) elde edilir. Bu eşitlik ilk denklemde yerine yazıldığında 


\[ \frac{2B-1}{B-1}x^2 + \frac{B}{B-1}x - A = 0 \]


eşitliği elde edilir. Bu denklemin kökü olması için gerek ve yeter şart 


\[ \Delta = \left( \frac{B}{B-1} \right)^2 + \frac{4A(2B-1)}{B-1} \ge 0 \]


olmasıdır. \(B = 1/2\) veya \(A > 0, B > 1\) iken \(\Delta > 0\) olduğu kolayca görülür. \(A = 2\) ve \(B = 2/3\) iken \(\Delta = -4\) olur ve çözüm bulunmaz.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 32

1001 kişilik bir okulda herhangi üç öğrenciden en az ikisi arkadaştır. Bu okulda en çok arkadaşa sahip olan öğrencilerden birinin arkadaş sayısı, 334, 412, 450, 499 değerlerinden kaçını alabilir?

Şıklar:

Cevap:  En çok arkadaşa sahip olan öğrencilerden birinin arkadaşı sayısı, 334, 412, 450, 499 değerlerinde hiçbirini alamaz

Çözüm:
Bu sayının en az 500 olduğunu gösterelim. Her öğrenci ikilisi arkadaşsa bu sayı 1000 olacaktır. Diğer durumda \(A\) ve \(B\) arkadaş olmayan iki öğrenci olsun. Kalan 999 öğrencinin her biri bu iki kişiden en az biri ile arkadaş olacaktır. Sonuç olarak \(A\) ve \(B\) öğrencilerinden en az birinin arkadaşı sayısı en az 500 olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 33

\(m(\overline{ABC}) = 90^\circ\) ve \(|AC| = 10\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(|AC|\) kenarının orta noktası \(D\) olmak üzere, \([AD]\) ve \([BD]\) nin orta dikmeleri \(E\) noktasında, \([BD]\) ve \([CD]\) nin orta dikmeleri de \(F\) noktasında kesişiyor. \(|EF| = 13\) ise, \(|AB|\) aşağıdaki değerlerden hangisini alabilir? 


\[ \text{a) } 20\sqrt{\frac{2}{13}} \quad \text{b) } 15\sqrt{\frac{2}{13}} \quad \text{c) } 10\sqrt{\frac{2}{13}} \quad \text{d) } 5\sqrt{\frac{2}{13}} \quad \text{e) } \text{Hiçbiri} \]

Şıklar:

Cevap:  \(5\sqrt{2/13}\)

Çözüm:
\(ABC\) dik üçgen olduğundan \(|AD| = |BD| = |CD| = 5\) tir. \(DE\) ve \(DF\) doğruları sırasıyla \([AB]\) ve \([BC]\) yi dik ortalar. Öte yandan \(EF\) doğrusu da \([BD]\) yi dik ortalar. \(\angle EDF = 90^\circ\) olduğundan \(|ED|^2 + |FD|^2 = |EF|^2 = 169\) ve \(|ED| \cdot |DF| = 13 \cdot 5/2 = 65/2\) olur. Buradan \((|ED| + |FD|)^2 = 234\), \((|ED| - |FD|)^2 = 104\) olacağından

\(|ED|\) ve \(|FD|\) den biri \(5\sqrt{26}/2\) diğeri de \(\sqrt{26}/2\) olmalıdır. \(E\) den \(AD\) ye çizilen dikme ayağı \(K\) ve \([AB]\) nin orta noktası \(L\) olsun. \(AKEL\) bir kirişler dörtgeni ve \(|AK| = |KD| = 5/2\) olacağından \(|DL| = |KD| \cdot |AD|/|ED| = 25/(2|ED|)\) dir. Pisagor teoreminden \(|AB| = 2|AL| = 2\sqrt{25 - |DL|^2} = 2\sqrt{25 - 25^2/(4|ED|^2)}\) olur. \(|ED| \in \{\sqrt{26}/2, 5\sqrt{26}/2\}\) için \(|AB| \in \{5\sqrt{2}/13, 25\sqrt{2}/13\}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 34

Aşağıdaki sayılardan hangisi \(2^{2010} + 2^{2009} + 1\) sayısını böler?

Şıklar:
A) 19 | B) 17 | C) 13 | D) 11 | E) Hiçbiri

Cevap: C 13

Çözüm:
\(2^{2009} = x\) olsun. \(\Rightarrow 2^{2010} = x^2\). \(p > 3\) asal sayı olmak üzere \(p|x^2 + x + 1\) ise, \(x^3 \equiv 1 \pmod{p}\) ve \(x \not\equiv 1 \pmod{p}\) dir. Dolayısıyla \(3|p - 1\) olmak zorundadır. O halde \(p = 17\) veya \(p = 11\) olamaz. \(2^{2009} \equiv 14 \pmod{18} \Rightarrow x \equiv 2^{14} \equiv 6 \pmod{19} \Rightarrow x^2 + x + 1 \equiv 36 + 6 + 1 \equiv 5 \not\equiv 0 \pmod{19}\). \(2^{2009} \equiv 8 \pmod{12} \Rightarrow x \equiv 2^8 \equiv 9 \pmod{13} \Rightarrow x^2 + x + 1 \equiv 81 + 9 + 1 \equiv 91 \equiv 0 \pmod{13}\).
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 35

Aşağıdaki ifadelerden hangisi, \(0 < x < 1\) ve \(0 < y < 1\) koşullarını sağlayan tüm \(x, y\) gerçel sayıları için \(x^3 + y^5\) ten küçük değildir?

Şıklar:
A) \(x^2y\) | B) \(x^2y^2\) | C) \(x^2y^3\) | D) \(x^3y\) | E) \(xy^4\)

Cevap: A \(x^2y\)

Çözüm:
\[x^3 + y^5 > x^3 + y^6 \geq 3\sqrt[3]{\frac{x^3}{2} \frac{x^3}{2}} y^6 > x^2 y^2 > x^2 y^3\]


olduğuna göre cevap \(x^2y^2\) ve \(x^2y^3\) değildir. 


\(x^3 + y^5 > x^3 > x^3y\) olduğuna göre cevap \(x^3y\) değildir. 


\(x \le y\) olursa \(x^3 + y^5 > y^5 \ge xy^4\) ve \(x \ge y\) olursa, \(x^3 + y^5 > x^3 \ge xy^4\) olduğuna göre cevap \(xy^4\) değildir. 


Son olarak \((x, y) = (\frac{1}{10}, \frac{2}{10})\) için 


\[x^3 + y^5 = \frac{1}{10^3} + \frac{32}{10^5} < \frac{2}{10^3} = x^2y\]

olduğuna göre cevap \(x^2y\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2010, 1. Aşama, Soru 36

Başlangıçta \(m \times n\) bir satranç tahtasının yalnızca sol alt köşesinde bir taş bulunuyor. Oyuncular sırayla hamle yaparak, her hamlede taşı bulunduğu karenin hemen sağındaki, hemen üstündeki veya hemen sağ üst çaprazındaki kareye kaydırıyorlar. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun, \(6 \times 7\), \(6 \times 8\), \(7 \times 7\), \(7 \times 8\) ve \(8 \times 8\) tahtalarda birer kez oynanırsa, bu oyunlardan kaçını ilk hamleyi yapan oyuncu kazanmayı garanti edebilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(8 \times 8\) bir satranç tahtasının her birim karesine, oyun bu birim kareden başladığı durumda birinci oyuncu kazanıyorsa 1, ikinci oyuncu kazanıyorsa 0 yazalım. Bu işlemi sağ üst birim kareden başlatalım. Elde edilen tablo aşağıya çıkarılmıştır: 


<table><tr><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>0</td></tr><tr><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>1</td><td>0</td></tr><tr><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>0</td><td>1</td><td>0</td></tr></table>


Bu tabloya göre, oyunu \(6 \times 7\), \(6 \times 8\), \(7 \times 8\) ve \(8 \times 8\) tahtalarında birinci, \(7 \times 7\) tahtasında ikinci oyuncu kazanacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2010, 2. Aşama, Soru 1

Bir ülkede başkente doğrudan karayolu ile bağlı kentlerin sayısı 2010 dur. Başkent dışındaki her kent 2010 dan az sayıda kente doğrudan karayolu ile bağlı olup, aynı sayıda kente doğrudan bağlı olan herhangi iki kent için bu sayı çiftir. Başkenti doğrudan çeşitli kentlere bağlayan yollardan k tanesi kapatılarak bakıma alınacaktır. Bu ülkedeki karayolu ağı nasıl oluşturulmuş olursa olsun, bunun aralarında karayolu ulaşımı mümkün olan herhangi iki kent arasındaki ulaşımın hâlâ mümkün olacağı biçimde yapılmasını olanaklı kılan en büyük k sayımı belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  503

Çözüm:
Cevap: 503. 


Soruyu çizge kavramı kullanarak yeniden formüle edelim: 2010 dan fazla köşeli bir G çizgesinde bir v₀ köşesinin derecesi 2010 olup, diğer köşelerin dereceleri 2010 dan küçüktür. Dereceleri eşit olan herhangi iki köşenin dereceleri çift sayıdır. Bu koşulları sağlayan her çizgede v₀ köşesinin k kenarı, bağlantılı olan herhangi iki köşe bağlantılı kalacak şekilde silinebiliyorsa, k nın alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. 


Genelliği bozmadan G çizgesini bağlantılı olduğunu varsayabiliriz. v₀ köşesinin G çizgesindeki derecesi degG v olarak ifade ediliyor. G çizgesinden v₀ köşesinin silinmesi ile elde edilen çizge G' olsun. C çizgesi G' nin bir bağlantılı bileşeni olmak üzere, C nin G çizgesinde v₀ ile ortak kenar paylaşan bir v' köşesini alalım. degG v' bir çift sayı ise C çizgesindeki dereceler toplamı çift olduğundan bir v'' ≠ v', v'' ∈ C köşesi için de degG v'' bir çift sayı olmak zorundadır. Dolayısıyla v₀ köşesinin herhangi bir C bileşeninde bağlı olduğu çift dereceli köşe sayısı tek sayı olamaz. v₀ bir C bileşenindeki çift dereceli köşelere birkaç kenar ile bağlıysa bu kenarların biri dışındakiler bağlantı niteliği bozulmadan silinibilir. Diğer taraftan G çizgesinde tek derecelerin alabileceği değer sayısı 1005 tir. Dereceleri tek olan köşe sayısı çift olduğundan en fazla 1004 köşenin derecesi tek olabilir. Buna göre, v₀ dan çıkan en az (2010 – 1004)/2 = 503 kenar bağlantı niteliği bozulmadan silinibilir. 


Şimdi k ≤ 503 olduğunu gösteren bir örnek verelim. G çizgesinin köşeleri vi, (0 ≤ i ≤ 2010), ve wij, (1 < i ≤ 1004, 1 ≤ j ≤ 2i − 2), kenarları {v₀, vi}, (1 ≤ i ≤ 2010), {vi, wij}, (1 < i ≤ 1004, 1 ≤ j ≤ 2i − 3), {v₂m−1, v₂m}, (503 ≤ m ≤ 1005) ve {wi,2m−1, wi,2m}, (1 < i ≤ 1004, 1 ≤ m ≤ i − 1) olursa koşullar sağlanır ve k = 503 olur.