alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 1

\(m\) ve \(n\) pozitif tam sayılar olmak üzere, 


\[k = \frac{(m+n)^2}{4m(m-n)^2 + 4}\]


sayısı bir tam sayı ise, \(k\) nın bir tam kare olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(m = n\) durumunda \(k = m^2\) bir tam kare oluyor. \(m \neq n\) durumunu inceleyelim. \(x = m + n\) ve \(n > m\) ise \(y = n - m\), \(n < m\) ise \(y = m - n\) olsun. Her iki durumda da \(x \equiv y \pmod{2}\). \(n > m\) ise \(m = \frac{x-y}{2}\) ve \(n < m\) ise \(m = \frac{x+y}{2}\) olduğuna göre, \(k = \frac{x^2}{2(x \pm y)y^2 + 4}\) olur. Buradan \(x'\)e göre ikinci dereceden 


\[x^2 - 2ky^2x \pm 2ky^3 - 4k = 0. \quad (1)\]


denklemini elde diyoruz. \(x\) bir tam sayı olduğuna göre, (1) denkleminin diskriminantı bir tam kare olacaktır: \(\frac{\Delta}{4} = k^2y^4 \mp 2ky^3 + 4k\) bir tam karedir. 


\(y = 1\) ise (1) den \(k = \frac{x^2}{2x+2}\) ya da \(k = \frac{x^2}{2x+6}\). Birinci durumda \(2k = x - 1 + \frac{1}{x+1}\) bir tam sayı değildir. İkinci durumda \(2k = x - 3 + \frac{9}{x+3}\) ve tek seçenek \(x = 6\) olur. Fakat bu durumda \(x \equiv y \pmod{2}\) sağlanmıyor. 


\(y \neq 1\) durumunda 


\[(y^2k \mp y - 1)^2 < \frac{\Delta}{4} < (y^2k \mp y + 1)^2 \quad (2)\]


eşitsizliklerini ispatlayalım. 


Birinci eşitsizlik: \((y^2k \mp y - 1)^2 = k^2y^4 + y^2 + 1 \mp 2ky^3 - 2ky^2 \pm 2y < k^2y^4 \mp 2ky^3 + 4k\). Bu da \((y \pm 1)^2 < k(2y^2 + 4)\) ve sonuç olarak \(k > \frac{(y \pm 1)^2}{2y^2 + 4}\) eşitsizliğine denkdir. \(2y^2 + 4 > (y \pm 1)^2 \Leftrightarrow (y \mp 1)^2 + 2 > 0\) olduğundan ispat tamamlanmıştır. 


İkinci eşitsizlik: \(k^2y^4 \mp 2ky^3 + 4k < (y^2k \mp y + 1)^2 = k^2y^4 + y^2 + 1 \pm 2ky^3 + 2ky^2 \mp 2y\). Bu da \(4k < (y \mp 1)^2 + 2ky^2\) eşitsizliğine denkdir. \(y \ge 2\) olduğundan ispat tamamlanmıştır. 


\(y \neq 1\) olduğundan (2) den \(\frac{\Delta}{4} = (y^2k \mp y)^2\) elde ediyoruz. Buna göre, \(4k = y^2\) ve \(k\) bir tam karedir.

Not: k sayısı sonsuz sayıda \((m, n)\) ikilisi için bir tam sayı oluyor.
Matematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 2

\(x, y\) ve \(z\) herhangi ikisinin toplamı 1 den farklı gerçel sayılar olmak üzere, 


\[ \frac{(x^2 + y)(x + y^2)}{(x + y - 1)^2} + \frac{(y^2 + z)(y + z^2)}{(y + z - 1)^2} + \frac{(z^2 + x)(z + x^2)}{(z + x - 1)^2} \geq 2(x + y + z) - \frac{3}{4} \]


olduğunu gösteriniz. Eşitlik durumunu sağlayan tüm \((x, y, z)\) gerçel sayı üçlülerini bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
İlk önce toplamları 1 den farklı her \(x, y\) gerçel sayı ikilisi için 


\[ \frac{(x^2 + y)(x + y^2)}{x + y - 1)^2} \geq x + y - \frac{1}{4} \quad (1) \]


eşitlizliğini ispatlayalım. \(x + y = a\) ve \(xy = b\) değişkenlerine geçersek (1) eşitsizliği 


\[ 4(b^2 + b(1 - 3a) + a^3) \geq (a - 1)^2(4a - 1) \]


şekline dönüşüyor ve 


\[ 4(b^2 + b(1 - 3a) + \frac{a - 1}{2})^2(4a - 1) = (2b + 3a - 1)^2 \geq 0 \]


olduğu için ispat tamamlanıyor. Eşitlik durumu \(2b + 3a = 2xy + 3(x + y) = 1\) iken sağlanıyor. \((x, y)\), \((y, z)\) ve \((z, x)\) ikilileri için (1) eşitsizlizliklerini toplarsak istenilen 


\[ \frac{(x^2 + y)(x + y^2)}{y + z - 1)^2} + \frac{(y^2 + z)(y + z)}{(y + z - 1)^2} + \frac{(z^2 + y)(z + y^2)}{(z + y - 1)^2} \geq 2(x + y + z) - \frac{(3/4)}{4} \]


elde edilir. Eşitlik durumunu sağlayan \(x, y\) ve \(z\) sayı üçlüleri 


\[ \begin{aligned} 2xy + 3(x + y) &= 1 \\ 2yz + 3(y + z) &= 1 \\ 2zx + 3(z + x) &= 1 \end{aligned} \]


denklem sisteminin kökleridir. İlk iki denklemi taraf tarafa çıkırarılarak 


\[ (x - z)(2y + 3) = 0 \]


elde ederiz. \(y = -3/2\) olması durumunda ikinci denklemden dolayı \(1 = 2yz + 3y + 3z = 3y\) ve buradan da \(y = 1/3\) çelişkisi elde edilir. Bu nedenle \(x = z\) olmalıdır. Benzer işlemler sonucu \(x = y = z = u\) ve buradan da \(2u^2 + 6u = 1\) elde edilir. Sonuç olarak eşitliği sağlayan iki üçlü bulunuyor: 


\[ x = y = z = \frac{3 + \sqrt{7}}{2} \quad \text{ve} \quad x = y = z = \frac{3 - \sqrt{7}}{2}. \]
Matematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 4

2015 tablonun gösterildiği bir sergide her katılımcı bir tablo ikilisi seçip tahtaya yazıyor. Sonra Sahte Sanatçı (S.S.) tahtada yazılı ikililerden bazılarını seçip, bu ikililerin her birinde tablolardan herhangi birini daha güzel olarak işaretliyor. Daha sonra Sanatçının Yardımcısı (S.Y.) her adımında, tahtada A, B den daha güzel ve B, C den daha güzel olarak belirtilmişse, tahtada A nın C den daha güzel olduğunu belirtiyor. S.S., tahtaya hangi ikililer yazılmış olursa olsun en fazla k ikiliyi kıyaslayarak S.Y. nin sonlu adım sonucunda tahtadaki tüm ikilileri kıyaslamasını sağlayabiliyorsa, k nın alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:


Çözüm:
Tablo sayısı n olduğu durumda cevap k = n - 1 dir.


Soruyu n tablo için çizge teorisi kavramlarını kullanarak yeniden formüle edelim. G çizgesinin köşe sayısı n olsun. İlk aşamada bu çizgenin en fazla k tane kenarını yönlendiriyoruz. İkinci aşamanın her adımında  \( (v_{1}, v_{2}) \)  ve  \( (v_{2}, v_{3}) \)  birer yönlü kenar olmak üzere, çizgenin  \( (v_{1}, v_{3}) \)  kenarını  \( (v_{1}, v_{3}) \)  yönlü kenarına dönüştürüyoruz. İkinci aşama sonucunda her G cizgesinin tüm kenarları yönlü yapılabiliyorsa, k nın alabileceği en küçük değer nediri? Her bağlantılı çizge için cevabın k = n - 1 olduğunu gösterelim (l tane bağlantılı alt çizgeden oluşan çizgeler için cevap k = n - l olacaktır). G nin bir ağaç olduğu durumda n - 1 kenarın her biri ilk aşamada yönlendirilmek zorundadır ve buna göre  \( k \geq n - 1 \)  olur. Şimdi  \( k \leq n - 1 \)  olduğunu gösterelim. Bir yönlü çizgede  \( v_{0} \)  köçesinden her köşeye bir veya birkaç yönlü kenarla ulaşılıyorsa,  \( v_{0} \)  köçesine kök köşe diyelim. Çözümü tamamlamak için n üzerinden tümevarımla daha kuvvetli bir önerme ispatlayacağız:


Lemma.  \( v_{0} \) , n köşeli bağlantılı bir G çizgesinin herhangi bir köşesi olsun. Başlangıçta G çizgesinin en fazla k = n - 1 kenarı öyle yönlendirilebilir ki,  \( v_{0} \)  köşesi ikinci aşamadan sonra bir kök köşeye dönüşsün.


İspat.  \( v_{0} \)  köşesini ve bu köşeden çıkan tüm kenarları sildikten sonra kalan çizge  \( G_{1},\ldots,G_{m} \)  bağlantılı alt çizgelere parçalanmış olsun. G çizgesinin her  \( 1 \leq i \leq m \)  için  \( v_{i} \in G_{i} \)  olmak üzere bir  \( (v_{0}, v_{i}) \)  kenarı vardır. Tümevarım varsayımına göre, her  \( 1 \leq i \leq m \)  için  \( G_{i} \)  çizgesinin en fazla  \( |G_{1}| - 1 \)  kenarı öyle

yönlendirilebilir ki, \(v_i\) köşesi ikinci aşamadan sonra bir kök köşeye dönüşsün. Her \(1 \le i \le m\) için \((v_0, v_i)\) kenarını \(v_0\) dan \(v_i\)'ye doğru yönlendirirsek \(v_0\) köşesi \(G\) çizgesinin kök köşesine dönüşür. Bu durumda ilk aşamada yönlendirilmiş kenar sayısı en fazla \(\sum_{i=1}^m (|G_i| - 1) + (m - 1) = n - 1\) olur. 


*Not:* Lemma en uzun yönlü yolun uzunluğu üzerinden tümevarımla ya da \(G\) çizgesinin \(n\) köşeli bir agacının kenarlarını yönlendirerek de ispatlanabilir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 5

En büyük iç açısı \(D\) olan bir \(ABCD\) kirişler dörtgeninde \(BC\) ve \(AD\) doğruları \(E\), \(AB\) ve \(CD\) doğruları ise \(F\) noktasında kesişiyorlar. \(ABCD\) dörtgeninin iç bölgesinde \(\angle EPD = \angle FPD = \angle BAD\) olacak şekilde bir \(P\) noktası alınıyor. \(ABCD\) nin çevrel çemberinin merkezi \(O\) olmak üzere, \(FO\) doğrusu \(AD, EP, BC\) doğrularını sırasıyla \(X, Q, Y\) noktalarında kesiyor. \(\angle DQX = \angle CQY\) ise \(\angle AEB = 90^\circ\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
 


İlk önce \(Q\) noktasının tek olduğunu göstereceğiz. \(\angle DXQ = \alpha\), \(\angle CYQ = \beta\), \(\angle DQX = \angle CQY = \theta\) olsun. \(DXQ\) ve \(CYQ\) üçgenlerinde sinüs teoremi uygularsak 


\[ \frac{|QX|}{|DX|} = \frac{\sin(\alpha + \theta)}{\sin \theta} = \sin \alpha \cot \theta + \cos \alpha \]


\[ \frac{|QY|}{|CY|} = \frac{\sin(\beta + \theta)}{\sin \theta} = \sin \beta \cot \theta + \cos \beta \]


elde ederiz. Buradan 


\[ \frac{|QX|}{|DX| \cdot \sin \alpha} - \frac{|QY|}{|CY| \cdot \sin \beta} = \cot \alpha - \cot \beta \quad (1) \]

gelir. Diğer yandan, 


\[|QX| + |QY| = |XY|. \qquad (2)\]


(1) ve (2) den \(|QX|\) ve \(|QY|\) tek türlü belirleniyor \((\alpha, \beta, |DX|, |CY|\) ve \(|XY|\) sayıları \(Q\) noktasına bağlı değildir). Buna göre, \(Q\) noktası tek türlü belirleniyor. 


\(AC\) ve \(BD\) köşegenlerininin kesişim noktası \(K\), \(EK\) ve \(FO\), \(AB\), \(CD\) nin kesişim noktaları sırasıyla \(L\), \(M\), \(N\) olsun. Brocard teoremine göre, \(EL \perp FO\). \(AC, BD, EM\) doğruları noktadaş olduğuna göre, \(F, A, M, B\) noktaları harmoniktir. Demek ki \(EF, EA, EM, EB\) bir harmonik kalemdir ve buna göre de \(F, D, N, C\) noktaları da harmoniktir. \(\angle NLF = 90^\circ\) olduğuna göre, bilinen lemmadan \(\angle DLN = \angle CLN\) ve \(\angle DLX = \angle CLY\) gelir. \(Q\) noktası tek olduğuna göre, \(Q \equiv L\) olur. 


\(F, D, N, C\) noktaları harmonik olup \(\angle FPD = \angle DPN\) dir. Yine bilinen lemmadan \(\angle DPC = 90^\circ\). \(\angle ECD = \angle DAB = \angle EPD\) olduğuna göre, \(ECPD\) bir kirişler dörtgenidir ve buradan da \(\angle AEB = \angle DEC = 180^\circ - \angle DPC = 90^\circ\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 6

\(n\) ile aralarında asal olan her \(a\) pozitif tam sayısı için \(2n^2 |a^n - 1\) olmasını sağlayan tüm \(n\) pozitif tam sayılarını bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  2, 6, 42 ve 1806

Çözüm:
Cevap: 2, 6, 42 ve 1806. 


\(p > 2\) \(n\) nin bir asal böleni (varsa) olsun ve \(p\) nin \(n\) yi bölen en büyük kuvveti \(m\) olsun: \(v_p(n) = m\). \(a\) sayısını \(a \equiv p + 1 \pmod{p^2}\) ve \(a \equiv 1 \pmod{\frac{n}{p^m}}\) olacak şekilde seçelim. \(p \mid a - 1\) olduğundan \(v_p(a^n - 1) = v_p(a - 1) + v_p(n) = m + 1\) oluyor. \(a^n - 1\) sayısı \(n^2\) ile bölünüyor. O zaman \(m + 1 \ge 2m \Rightarrow m \le 1 \Rightarrow m = 1\). Şimdi \(m\) sayısı 2 nin \(n\) yi bölen en büyük kuvveti olsun: \(v_2(n) = m\). \(a\) sayısını \(a \equiv 5 \pmod{8}\) ve \(a \equiv 1 \pmod{\frac{n}{2m}}\) olacak şekilde seçelim. \(4 \mid a - 1\) olduğundan \(v_2(a^n - 1) = v_2(a - 1) + v_2(n) = m + 2\). Yukarıdakine benzer şekilde \(m + 2 \ge 2m + 1 \Rightarrow m \le 1\). Sonuç olarak \(n\) kare bölensiz bir sayıdır. 


\(p\) asal sayısı \(n\) nin bir çarpanı olmak üzere, \((\text{mod } p)\) de bir ilkel köke, \((\text{mod } \frac{n}{p})\) de ise 1 e denk olan bir \(a\) sayısı ele alalım. \(p \mid a^n - 1\) olduğundan \(p - 1 \mid n\) elde ediyoruz. Yani \(p \mid n \Rightarrow p - 1 \mid n\). Bu koşulu sağlayan tüm kare-bölensiz sayıların sarudaki koşulu sağlıyor. \(p_1 < p_2 < \dots < p_k\) olmak üzere, \(n = p_1 \cdot p_2 \cdots p_k\) olsun. Her \(i\) için \(p_i - 1 \mid n \Rightarrow p_i - 1 \mid p_1 \cdot p_2 \cdots p_{i-1}\). \(n = 1\) koşulları sağlamıyor: \(k \ge 1\). Şimdi 


\[p_1 - 1 \mid 1 \Rightarrow p_1 = 2.\]


\(i = 2\) için \(p_2 - 1 \mid p_1 = 2\) ve \(p_2 > p_1 = 2\) olduğundan \(p_2 = 3\). 


\(i = 3\) için \(p_3 - 1 \mid p_1 \cdot p_2 = 6\) ve \(p_3 > p_2 = 3\) olduğundan \(p_3 = 7\). 


\(i = 4\) için \(p_4 - 1 \mid p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 42\) ve \(p_4 > p_3 = 7\) olduğundan \(p_4 = 43\). 


\(i = 5\) için \(p_5 - 1 \mid p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdot p_4 = 1806\) ve \(p_5 > p_4 = 43\), çelişki \((1807 = 13 \cdot 139, 603 = 3 \cdot 7 \cdot 43, 259 = 7 \cdot 37, 87 = 3 \cdot 29)\). Demek ki \(k \le 4\) olmak zorundadır. 


Buna göre, \(n\) nin alabileceği tüm değerler: 2, 6, 42 ve 1806 dır.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 1

\(AB \parallel CD\) ve \(|AB| > |CD|\) olan bir \(ABCD\) yamuğunda \(AC\) ve \(BD\) köşegenlerinin kesişim noktası \(E\) dir. \(DEC\) üçgeninin çevrel çemberine \(E\) noktasında teğet olan doğru \(|AB|\) ışını \(F\) noktasında kesiyor. \(|AF| = 9\), \(|AB| = 5\) ise \(|EF|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
Paralellikten \(m(\widehat{ABD}) = m(\widehat{EDC})\) olur. Teğetlikten dolayı ise \(m(\widehat{EDC}) = m(\widehat{FEC})\) elde edilir. Dolayısıyla \(m(\widehat{ABE}) = m(\widehat{FEC})\) ve buradan da \(m(\widehat{EBF}) = m(\widehat{AFE})\) olduğu görülür. O zaman \(AEF \sim EBF\) (A.A.A.) elde edilir. Bu benzerlikten \(|EF|^2 = |AF| \cdot |BF| = 9(9 - 5) = 36\), yani \(|EF| = 6\) sonucu çıkar.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 2

\(n^2 + mn + 14 = 7n + 3m\) denklemini sağlayan kaç farklı \((m, n)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Denklemi \(m = -n + 4 - \frac{2}{n-3}\) gibi yazarsak \(n - 3 = \pm 1\) ve \(n - 3 = \pm 2\) elde ederiz. Buradan \(n = 2, 4, 1\) ve \(5\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 3

\(abc = 2\) koşulunu sağlayan \(a, b, c\) pozitif gerçel sayıları için \(a^2 + 2b^2 + 4c^2 - 6b\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
AGO eşitsizliğinden \(a^2 + 4c^2 \ge 4ac = \frac{8}{b}\) ve \(2b^2 + \frac{8}{b} = b^2 + b^2 + \frac{8}{b} \ge 3\sqrt[3]{8b^3} = 6b\) olduğundan cevap 0 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 4

\(24 \times 24\) satranç tahtasının bazı birim karelerine birer taş nasıl yerleştirilirse yerleştirilsin, her taşı \(k\) renkten birine, aynı satır veya aynı sütun üzerinde olup aralarında başka taş bulunmayan herhangi iki taşın rengi farklı olacak şekilde boyayabiliyorsak, \(k\) nın alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
5 taşı döngü üzerine yerleştirirsek \(k > 2\) olduğu görülür. Şimdi 3 rengin yeterli olacağını gösterelim. Boyamayı önce 1. , sonra 2., sonra 3. satır olarak ve her satır için soldan sağa yaparsak her defa yeni bir taşı boyarken onunla aralarında başka taş bulunmayan taş sayısı en fazla iki olacak ve yeni taş kurallara uygun şekilde boyanabilecek.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 5

Bir \(ABC\) üçgeninde \(m(\widehat{BAC}) = 45^\circ\) ve \([AC]\) üzerinde alınan bir \(D\) noktası için \(m(\widehat{DCB}) = 90^\circ\) dir. \(\frac{|CD|}{|AB|} = 2\sqrt{2}\) ise \(m(\widehat{BDC})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(75^\circ\)

Çözüm:
\(B\) den \(AC\) doğrusuna inilen dikmenin ayağı \(E\) olsun. \(|AB| = \sqrt{2}BE\) olduğundan \(|CD| = 4|BE|\) olur. \([CD]\) nin orta noktası \(F\) olsun. \(m(\widehat{BDC}) > 45^\circ\) olduğundan \(|BC| > |BD|\) ve \(F \in [EC]\) olur.

\(|BF| = |CF| = |DF| = 2|BE|\) olduğundan \(m(\widehat{EFB}) = 30^\circ\) ve buradan da \(m(\widehat{BDC}) = 75^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 6

\(n\) bir pozitif tam sayı ve \(a_1, a_2, \dots, a_n\) birer tam sayı olmak üzere her \(i = 1, 2, \dots, n\) için \(b_i = a_i^2\) olarak tanımlanıyor. Hiçbir \((a_1, a_2, \dots, a_n)\) tam sayı n-lisi için \(2^{b_1} + 2^{b_2} + \dots + 2^{b_n} - n^2\) ifadesi 7 ile tam bölünmüyorsa \(n\) kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(k \equiv 0 \pmod{3}\) için \(k^2 \equiv 0 \pmod{3}\) ve \(2^{k^2} \equiv 1 \pmod{7}\) olur. \(k \not\equiv 0 \pmod{3}\) için \(k^2 \equiv 1 \pmod{3}\) ve \(2^{k^2} \equiv 2 \pmod{7}\) olur. Yani \(2^{k^2}\) ifadesi 7 modunda 1 veya 2 olur. Bu durumda \(2^{a_1^2} + 2^{a_2^2} + \dots + 2^{a_n^2}\) ifadesinin 7 modunda alabileceği değerler \(n\) ile \(2n\) arasındaki tüm değerlerdir. Çünkü bir \(k > n\) değeri alınabiliyorsa en az bir tane 2 kullanılmış olmalıdır. Bu 2 sayısı 1 ile değiştirilirse \(k - 1\) değeri de alınmış olur. Hepsini 2 alarak \(2n\) elde edileceğinden 1 azaltarak \(n\) değerine kadar gelebiliriz. Bu durumda hangi \(n\) sayıları için \(n - n^2\) ile \(2n - n^2\) arasında \(7k\) formunda bir sayının var olmadığını bulmalıyız. \(n \ge 6\) için aralık en az 7 ardışık sayı içerdiğinden kesinlikle böyle bir sayı vardır. \(n = 1, 2, 3, 4, 5\) için incelersek \(n = 3, 4, 5\) için böyle bir sayının olmadığını görürüz. Yani cevap 3 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 7

Bir \(f : \mathbb{R} \setminus \left\{ -\frac{2}{7}, \frac{1}{7} \right\} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, tanım kümesinde bulunan her \(x\) için 


\[f(x) + f\left(\frac{x-1}{7x+2}\right) = x\]


eşitliğini sağlıyorsa \(f(1)\) aşağıdakilerden hangisine eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  1/4

Çözüm:
Sırasıyla \(x = 1, 0, -1/2\) alırsak \(f(1) + f(0) = 1\), \(f(0) + f(-1/2) = 0\), \(f(-1/2) + f(1) = -1/2\) denklemlerini elde ederiz. Buradan da \(f(1) = 1/4\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 8

Başlangıçta masa üzerinde her biri 51 gram süt içeren birkaç bardak bulunuyor. Bir kedi her işlemde önce masadaki her bardaktan 3 gram süt içiyor, daha sonra bir bardak alıp bu bardaktaki sütü diğer bardaklara eşit olarak dağıtıyor ve boş bardağı masadan atıyor. Birkaç işlem sonucunda masada tek bir bardak kalıyor. Bu son bardakta yine 51 gram süt bulunuyorsa kedi toplamda kaç gram süt içmiştir?

Şıklar:

Cevap:  1581

Çözüm:
Bardak sayısı \(n\) olsun. Toplam içilen suyu iki farklı biçmde hesaplayalım: \(51 \times (n-1)\) ve \(3(n+(n-1)+(n-2)+\dots+2)\). O zaman \(51(n-1) = 3(\frac{n(n+1)}{2}-1)\) ve buradan \(n^2 - 33n + 32 = 0\). Buradan \(n = 1\) ve \(n = 32\) değerlerini elde ediyoruz. \(n > 1\) olma zorundadır. \(n = 32\) sorudaki

koşulları sağlıyor ve cevap 51·31 = 1581 dir.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 9

Bir *ABC* üçgeninde iç teğet çember *BC*, *CA*, *AB* kenarlarına sırasıyla *D*, *E*, *F* noktalarında teğettir. *EF* doğrusu [*CB* ışınımı *P* noktasında kesiyor. Buna göre |*BD*| = 1, |*CD*| = 3, |*PF*| = √5 ise |*CA*| uzunluğu kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
|*PB*| = *x* olsun. |*CE*| = |*CD*| = 3 ve |*BF*| = |*BD*| = 1 olduğundan Menelaus teoreminden \(\frac{x}{x+4} \cdot \frac{3}{AE} \cdot \frac{AF}{1} = 1\) olur. |*AE*| = |*AF*| olduğunu kullanarak *x* = 2 elde ederiz. Buradan da |*BP*|² + |*BF*|² = |*PF*|² olduğundan \(m(\widehat{ABC}) = 90°\) olur. |*AE*| = |*AF*| = *y* olsun. Pisagor teoreminden \((y+1)^2 + 4^2 = (y+3)^2\) ve buradan da *y* = 2 olur. Yani |*CA*| = 5 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 10

\(p \in \{7, 11, 13, 17, 19\}\) olmak üzere kaç farklı *p* asal sayısı için \(a^2 + b + 1\) ve \(b^2 + a + 1\) sayılarının her ikisi de *p* ile tam bölünecek biçimde *a* ve *b* tam sayıları bulunabilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(a^2 + b + 1 \equiv b^2 + a + 1 \equiv 0 \pmod{p}\) olduğundan \(a^2 + b + 1 - (b^2 + a + 1) = (a - b)(a + b - 1) \equiv 0 \pmod{p}\) olur. \(a \equiv b \pmod{p}\) için \(a^2 + a + 1 \equiv 0 \pmod{p}\) ve buradan da \((2a+1)^2 \equiv -3 \pmod{p}\) olur. \(a + b \equiv 1 \pmod{p}\) için ise \(a^2 - a + 2 \equiv 0 \pmod{p}\) ve buradan da \((2a-1)^2 \equiv -7 \pmod{p}\) elde ederiz. Yani soruda verilen koşulları sağlayan bir *a*, *b* ikilisi vardır ancak ve ancak \(-3\) ve \(-7\) sayılarından en az biri *p* modunda karekalandır. \(5^2 \equiv -3 \pmod{7}\), \(6^2 \equiv -3 \pmod{13}\), \(4^2 \equiv -3 \pmod{19}\) ve \(2^2 \equiv -7 \pmod{11}\) olduğundan 7, 11, 13, 19 şartları sağlar. \(p = 17\) için ise karekalanlar 0, 1, 4, 9, 16, 8, 2, 15, 13 olup \(-3\) ve \(-7\) karekalan değildir. Bu yüzden cevap 4 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 11

\[ 
\begin{aligned}
(x + 2y)(y + 2z)(z + 2x) &= 1 \\
(2x + y)(2y + z)(2z + x) &= 2 \\
(x + y)(y + z)(z + x) &= 3
\end{aligned}
\]


denklem sistemini sağlayan *x*, *y*, *z* gerçel sayıları için *xyz* ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(-5/2\)

Çözüm:
\(A = x^2y + y^2z + z^2x\), \(B = xy^2 + yz^2 + zx^2\), \(C = xyz\) dersek, 


\[(x + 2y)(y + 2z)(z + 2x) = 2A + 4B + 9C \\
(2x + y)(2y + z)(2z + x) = 2B + 4A + 9C \\
(x + y)(y + z)(z + x) = A + B + 2C\]


olur. Buradan da \(6C = (2A+4B+9C)+(2B+4A+9C)-6(A+B+2C) = 1+2-6 \cdot 3 = -15\) olduğundan \(C = -5/2\). 


**12.** İki basamaklı sayılardan oluşan her \(\{a_1, a_2, \dots, a_n\}\) kümesinin herhangi ikisinin her iki basamağı birbirinden farklı olan 5 elemanı bulunuyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 12

İki basamaklı sayılardan oluşan her \(\{a_1, a_2, \dots, a_n\}\) kümesinin herhangi ikisinin her iki basamağı birbirinden farklı olan 5 elemanı bulunuyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  41

Çözüm:
40 elemandan oluşan \(\{10, 11, ..., 18, 19, 20, 21, ..., 28, 29, 30, 31, ..., 38, 39, 40, 41, ..., 48, 49\}\) kümesinde herhangi ikisinin her iki basamağı birbirinden farklı olан 5 elemanı bulunacağını gösterelim. İlk basamak için 9 seçenek olduğundan bir A rakımı için \(\overline{A}\) şeklinde en az beş eleman var. Bunların dışında en az 31 eleman vardır. Bunların en az dördü bir \(B \neq A\) rakamı için \(\overline{B}\) şeklinde olacak. Bunların dışında en az 21 eleman vardır. Bunların en az üçü bir \(C \neq B\) rakamı için \(\overline{C}\) şeklinde olacak. Bunların dışında en az 11 eleman vardır. Bunların en az ikisi bir \(D \neq B\) rakamı için \(\overline{D}\) şeklinde olacak. Bunların dışında bir \(E \neq D\) rakamı için bir \(\overline{ET_1}\) elamanı vardır. Şimdi koşulları sağlayan beş elemanı sondan başlayarak bulabiliriz. İlk eleman \(\overline{ET_1}\), ikinci eleman \(T_2 \neq T_1\) olmak üzere, \(\overline{DT_2}\), üçüncü eleman \(T_3 \neq T_1, T_2\) olmak üzere, \(\overline{CT_3}\), dördüncü eleman sonra \(T_4 \neq T_1, T_2, T_3\) olmak üzere, \(\overline{BT_4}\) ve son olarak \(T_5 \neq T_1, T_2, T_3, T_4\) olmak üzere, \(\overline{AT_5}\). 


**13.** Bir \(ABC\) üçgeninin \(BC\) kenarına ait dış teğet çemberinin merkezi \(O\) olsun. \(O\) dan geçen bir doğru \(AB\) ve \(AC\) doğrularını sırasıyla \(D\) ve \(E\) de kesiyor. \(|AD| > |AB|\), \(|AE| > |AC|\), \(|AD| = |AE|\), \(|BD| = 9\), \(|OD| = 8\), \(|OC| = 4\) ise \(|OB|\) kaçtır?
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninin \(BC\) kenarına ait dış teğet çemberinin merkezi \(O\) olsun. \(O\) dan geçen bir doğru \(AB\) ve \(AC\) doğrularını sırasıyla \(D\) ve \(E\) de kesiyor. \(|AD| > |AB|\), \(|AE| > |AC|\), \(|AD| = |AE|\), \(|BD| = 9\), \(|OD| = 8\), \(|OC| = 4\) ise \(|OB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{9}{2}\)

Çözüm:
İki dış açıortay ve bir iç açıortay noktadaş olduğundan \(AO\) doğrusu \(\overline{BAE}\) nin açıortayı olur. Dolayısıyla ikizkenar üçgen olan \(ADE\) de \(AO\) aynı zamanda kenarortaydır da. O zaman \(|OE| = |OD| = 8\) elde edilir. \(m(\overline{BAC}) = 2\alpha, m(\overline{ABC}) = 2\beta, m(\overline{BCA}) = 2\theta\) olursa, \(m(\overline{BDO}) = m(\overline{CEO}) = 90^\circ - \alpha, m(\overline{DBO}) = m(\overline{COE}) = 90^\circ - \beta\) ve \(m(\overline{BOD}) = m(\overline{OCE}) = 90^\circ - \theta\) elde edilir. Buradan da \(BDO \sim OEC\)

bulunur (A.A.A.). Bu benzerlikten de \(|OB| = 9 \cdot 4/8 = 9/2\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 14

3, 5, 7, 11, 13 sayılarından kaç tanesi \((n+3)(n+7)(n+11)(n+15) + 257\) ifadesini hiçbir \(n\) tam sayısı için tam bölmez?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\((n+3)(n+15) = n^2 + 18n + 45\) ve \((n+7)(n+11) = n^2 + 18n + 77\) olduğundan verilen ifade \((n^2 + 18n + 61)^2 - 16^2 + 257 = (n^2 + 18n + 61)^2 + 1\) e eşittir. Bir tam karenin 1 fazlasını 3,7 veya 11 bölmez. 5 in bu ifadeyi bölmesi için \(n^2 + 18n + 61 \equiv \pm 2 \pmod{5}\) yani \((n+9)^2 \equiv \pm 2 \pmod{5}\) olması gerekir. Ancak bir tam kare (mod 5) te 2 veya 3 değerini alamaz. \(n = -1\) için ifade \(44^2 + 1 \equiv 5^2 + 1 = 26 \equiv 0 \pmod{13}\) olur.