alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 5

Bir ABCD karesinin \([AC]\) köşegeni üzerinde \(|AE| = |EF| = |FC|\) olacak şekilde E ve F noktaları alınıyor. \(ACD\) üçgeninin iç bölgesinde bulunan ve AD kenarına teğet olan \(O_1\) merkezli bir çember AC kenarına da E noktasında teğettir. Benzer şekilde \(ACD\) üçgeninin iç bölgesinde bulunan ve CD kenarına teğet olan \(O_2\) merkezli bir çember AC kenarına da F noktasında teğettir. Buna göre \(BO_1O_2\) üçgeninin alanının \(DO_1O_2\) üçgeninin alanına oranı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{13 + 12\sqrt{2}}{17}\)

Çözüm:
Genelliği bozmadan \(|AB| = 1\) alabiliriz. Bu durumda \(|AE| = |EF| = |FC| = \frac{\sqrt{2}}{3}\) olur. BD doğrusu \(O_1O_2\) ve EF doğrularını sırasıyla X ve

Y noktalarında kessin. Bu durumda \(\frac{|BX|}{|DX|}\) oranını bulmak yeterlidir. \(|XY| = |O_1E| = |AE| \cdot \tan 22.5^\circ = \frac{2 - \sqrt{2}}{3}\) ve \(|BY| = |DY| = \frac{\sqrt{2}}{2}\) olduğundan 


\[ \frac{|BX|}{|DX|} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{2 - \sqrt{2}}{3}}{\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{2 - \sqrt{2}}{3}} = \frac{13 + 12\sqrt{2}}{17} \]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 6

232³²³²³ ün pozitif tam bölenlerinin bazılarından oluşan {\(a_1, a_2, \dots, a_n\)} kümesinde hiçbir eleman bir diğerini tam bölmüyorsa, \(n\) nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  2324

Çözüm:
\(0 \le x_1, x_2, \dots, x_n, y_1, y_2, \dots, y_n \le 2323\) olmak üzere \(a_i = 23^{x_i} \cdot 101^{y_i}\) diyebiliriz. \(a_i\) lerden hiçbiri bir diğerini tam bölmüyorsa \(x_i\) ler birbirinden hep farklı olmalı, o halde cevap 2324'ü geçemez. Öte yandan \(1 \le i \le 2324\) için \((x_i, y_i) = (i-1, 2324-i)\) ikilileri istenen şartı sağlar, yani cevap 2324'tür.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 7

\(xy(x-y) = 1\) ve \(x^2 - xy + y^2 = y + 1\) koşullarını sağlayan \((x, y)\) gerçel sayı ikilileri için \(x^2 + y^2\) ifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerlerin farkı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{5}\)

Çözüm:
\(xy(x-y) = 1\) olduğundan \(x^2 - xy = \frac{1}{y}\) ve buradan da \(y+1 = x^2 - xy + y^2 = y^2 + \frac{1}{y} \iff (y-1)^2(y+1) = 0\) olur. \(y = 1\) için \(x^2 - x - 1 = 0\) ve buradan da \(x = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}\) ve \(y = -1\) için \(x^2 + x + 1 = 0\) olur ve bu durumda gerçel çözüm yoktur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 8

\(a_i \in \{0, 1\}\) olmak üzere, kaç \((a_1, a_2, \dots, a_{11})\) onbirisi \(a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 \ge a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} + a_{11}\) koşulunu sağlar?

Şıklar:

Cevap:  1024

Çözüm:
Cevap \(T\) olsun. Bir \((a_1, a_2, \dots, a_{11})\) onbirlisinde ilk beş elemandan \(0\)'a eşt olanların sayı \(f(5)\), \(1\)'e eşit olanların sayısı \(g(5)\), son altı elemandan \(0\)'a eşt olanların sayı \(f'(6)\) ve son altı elemandan \(1\)'e eşit olanların sayısı \(g(6)\) olsun. \(T\) sayısı \(f(5) < f(6)\) koşulunu sağlayan onbirilerin sayısı \(d\). Simetriden dolayı \(g(5) < g(6)\) koşulunu sağlayan onbirilerin sayısı \(2^{11} - T\) olur. Yine simetriden dolayı \(f(5) \ge f(6)\) koşulunu sağlayan onbirilerin sayısı 2\(^{11} - T\) olur. Buradan \(T + (2^{11} - T) = 2^{11}\) ve \(T = 2^{10}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 9

Bir \(ABC\) üçgeninin \(A\) köşesinden geçen iç açıortay ile \(B\) köşesinden geçen kenarortay \(P\) noktasında kesişiyor. \(|AP| = \sqrt{3}\), \(|BP| = 1\), \(|CP| = \sqrt{7}\) ise, \(ABC\) üçgeninin alanı kaçtır?

Şıklar:

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

Çözüm:
\(AC\) kenarının orta noktası \(D\) ve \(|AD| = |DC| = x\), \(|PD| = y\), \(|AB| = z\) olsun. Kenarortay teoreminden \(x^2 + y^2 = 5\) ve açıortay teoreminden \(x = yz\) olur. \(ABD\) üçgeninde açıortay uzunluğu hesabından \(xz - y = 3\) ve buradan da

\(x^2 - y^2 = 3y\) bulunur. Buradan da \(2y^2 = 5 - 3y\) ve \(y = 1\), \(x = 2\) olur. \(|BP| = |PD|\) olduğundan \(AP \perp BD\) elde edilir. Buradan \(ABC\) üçgeninin alanı \(2\sqrt{3}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 10

Her \(i \in \{1, 2 \dots 22\}\) için \(a_i\), \(a_{i+1}\) i tam bölecek ve \(a_{23}\) de 2015 i tam bölecek biçimde kaç farklı \((a_1, a_2, \dots, a_{23})\) pozitif tam sayı 23-lüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  \(24^3\)

Çözüm:
\(b_1 = a_1\), \(2 \le i \le 23\) için \(b_i = \frac{a_i}{a_{i-1}}\) ve \(b_{24} = \frac{2015}{a_{23}}\) dersek, \(b_1 \cdot b_2 \cdots b_{24} = 2015\) denkleminin pozitif tam sayı çözümlerini aradığımız görülür. 2015 = \(5 \cdot 13 \cdot 31\) olduğundan ve 5, 13, 31 den her biri 24 yerden (yani \(b_1, b_2, \dots, b_{24}\)) herhangi birine bağımsız olarak gidebileceğinden cevap \(24^3\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 11

a ve b, \(a + b = 1\) koşulunu sağlayan gerçel sayılar olmak üzere, \((a^2 - b)(b^2 - a)\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(-5\)

Çözüm:
\((a^2 - b)(b^2 - a) = (ab)^2 + ab - (a + b) [(a + b)^2 - 3ab] = (ab)^2 + 4ab - 1 = (ab + 2)^2 - 5 \ge -5\) olur. Eşitlik durumu \((a, b) = (2, -1)\) iken sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 12

Köşeleri, verilmiş bir düzgün \(n\)-genin köşeleri üzerinde olan ikizkenar üçgenlerin sayısı \(s(n)\) olmak üzere, \(s(n) > s(n+1)\) koşulunu sağlayan kaç \(n \le 2015\) pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  336

Çözüm:
İkizkenar üçgeninin tepe noktasını \(\binom{n}{1}\) şekilde seçebiliriz. Geriye kalan iki nokta ise ikizkenar üçgen oluşturabilmek için \(\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) farklı şekilde seçilebilir. Dolayısıyla oluşturulabilecek ikizkenar üçgen sayısı \(n \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) dır. Ancaak, oluşturulan ikizkenar üçgenler içinde eşkenar olanları (varsa) 3 kez saydık. Bu yüzden, eğer \(n\) sayısı 3 ile tam bölünüyorsa bu ifadeden \(\frac{2n}{3}\) çıkarılmalı. O zaman \(n + 1\) sayısı 3 ile tam bölünmüyorsa \(s(n) \le s(n+1)\) olduğu açık. \(s(6k-1) = (6k-1)(3k-1) = 18k^2 - 9k + 1\) ve \(s(6k) = 6k(3k-1) - 4k = 18k^2 - 10k\) olduğundan \(k \ge 1\) için \(s(6k-1) > s(6k)\) olur. \(s(6k+2) = (6k+2)3k = 18k^2 + 6k\) ve \(s(6k+3) = (6k+3)(3k+1) - 2(2k+1) = 18k^2 + 11k + 1\) olduğundan her \(k \ge 1\) için \(s(6k+2) < s(6k+3)\) olur. O halde şartı sağlayan sayılar \(6k - 1\) formunda olan sayılardır ve bunlar da 5, 11, 17, 23, ..., 2015 tir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerinde \(|BA_1| = |A_1A_2| = |A_2C|\) olacak biçimde \(A_1\) ve \(A_2\) noktaları alınıyor. Benzer şekilde \([CA]\) kenarı üzerinde \(|CB_1| = |B_1B_2| = |B_2A|\) olacak biçimde \(B_1\) ve \(B_2\) noktaları alınıyor. \(AA_1\) doğrusu \(BB_1\) ve \(BB_2\) doğrularını sırasıyla \(X\) ve \(W\) noktalarında, \(AA_2\) doğrusu da \(BB_1\) ve \(BB_2\) doğrularını sırasılaya \(Y\) ve \(Z\) noktalarına kesiyor. Buna göre \(XYZW\) dörtgeninin alanının \(ABC\) üçgeninin alanına oranı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{9}{70}\)

Çözüm:
Menelaus teoreminden 


\[ \frac{|A_2Y|}{|AY|} = \frac{|BA_2|}{|BC|} \cdot \frac{|CB_1|}{|B_1A|} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3} \]


\[ \frac{|A_2Z|}{|AZ|} = \frac{|BA_2|}{|BC|} \cdot \frac{|CB_2|}{|B_2A|} = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{1} = \frac{4}{3} \]

olduğundan 


\[|AZ| : |ZY| : |A_2Y| = 12 : 9 : 7\]


olur. Yine Menelaus teoreminden 


\[\frac{|A_1X|}{|AX|} = \frac{|BA_1|}{|BC|} \cdot \frac{|CB_1|}{|B_1A|} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}\]


\[\frac{|A_1W|}{|AW|} = \frac{|BA_1|}{|BC|} \cdot \frac{|CB_2|}{|B_2A|} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{1} = \frac{2}{3}\]


olduğundan 


\[|AW| : |WX| : |A_1X| = 21 : 9 : 5\]


olur. Buradan da 


\[\frac{A(WXYZ)}{A(ABC)} = \frac{A(AXY)}{A(ABC)} - \frac{A(AWZ)}{A(ABC)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{30 \cdot 21 - 21 \cdot 12}{35 \cdot 28} = \frac{9}{70}\]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 14

2015 den büyük olmayan pozitif tam sayılardan oluşan {\(a_1, a_2, \dots, a_k\)} kümesinde herhangi iki elemanın farkı bu iki elemanın toplamını tam bölmüyorsa, \(k\) en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  672

Çözüm:
672 için örnek gösterelim: {1, 4, 7, ..., 2014}. Bu dizideki herhangi iki \(1 + 3n\) ve \(1 + 3m\) sayılarının farkı \(3(m - n)\), toplamı \(2 + 3(m + n)\) olduğundan koşullar sağlanıyor. Herhangi üç ardışık sayıdan en fazla 1 eleman alınabildiğinden cevap 672'den fazla olamaz.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 15

\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) ve \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonları, her \(x \neq 0\) için 


\[f(2x + 1) + g(x - 1) = 3x + 2\]


\[f\left(\frac{x+1}{x}\right) + 3g\left(\frac{1-2x}{2x}\right) = \frac{1}{2x} + 4\]


eşitliklerini sağlıyorsa \(f(2015) + g(2015)\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  2014

Çözüm:
İkinci eşitlikte \(x\) yerine \(\frac{1}{2x}\) yazılırsa \(f(2x + 1) + 3g(x - 1) = x + 4\) elde edilir. Birinci eşitlik de kullanılarak \(g(x - 1) = 1 - x\) ve \(f(2x + 1) = 4x + 1\) olduğu görülür. Dolayısıyla \(f(2015) + g(2015) = 4029 - 2015 = 2014\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 16

Bir çember etrafına yüz sayı dizilmiştir. Saat yönünde kendisinden sonra gelen ilk iki sayıdan büyük olan sayılara A tipi, saat yönünde kendisinden önce gelen ilk iki sayıdan küçük olan sayılara ise B tipi sayı diyelim (bir sayı hem A hem de B tipi olabilir). A tipi sayıların sayısı 80 ise, B tipi sayıların sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  61

Çözüm:
A olmayanlara C diyelim. Bir C ve D en önce gelen en uzun A tipli sayı grubuna blok diyelim. Toplamda \(100 - 80 = 20\) tane C tipi sayı var. Demek ki 20 blok var (bloklar tek elemanlı olabiliyor). En büyük sayı T olsun. T den önce gelen iki sayı da C tipidir. O zaman en az bir blokun eleman sayısı birdir. Her blokta soldan ilk 2 eleman dışındakiler B tipidir. Demek ki en az \(100 - 19 \cdot 2 - 1 = 61\)

B tipi sayı vardır. 19 blokun her birinin en az 4 elemanlı olduğu durum 61 için örnek oluşturur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 17

Düzlemde bir çember ve bu çemberin dış bölgesinde \(A_1, A_2, \dots, A_n\) noktaları veriliyor. Bu çemberin üzerindeki her A noktası için, \([AA_1], [AA_2], \dots, [AA_n]\) doğru parçalarından en az üçü çemberi yalnızca A noktasında kesiyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Çemberin merkezi O olsun. \(A_1O\) ya paralel olup çembere teğet olan iki doğru vardır, bu doğrular \(\ell_1, \ell_2\) ve çembere değdikleri noktalar \(P_1, P_2\) olsun. Soruda verilen koşulu \(A = P_1\) ve \(A = P_2\) için değerlendirirsek, \(A_1, A_2, \dots, A_n\) den en az \(3'ünün \ell_1\) e göre çember ile farklı tarafta ve en az \(3'ünün \ell_2\) ye göre çember ile farklı tarafta olduğunu görürüz, bir de \(A_1\) var, böylece \(n \ge 7\) dir. Çember ile merkezdeş olan çok büyük bir düzgün 7-genin köşeleri verilen şartı sağlar, o halde cevap 7.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 18

\(0 \le n < 23^2\) koşulunu sağlayan kaç farklı \(n\) tam sayısı için, \(n^5 + 2n^4 + n^3 - 3n + 2\) sayısı \(23^2\) ile tam bölünür?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(n^5 + 2n^4 + n^3 - 3n +2 = (n+2)[n^4 + (n-1)^2]\) dir. \(23 \equiv 3 \pmod{4}\) olduğundan \(-1\) sayısı \(23\) modunda kare kalan değildir. Bu yüzden \(n^4 + (n-1)^2\) ifadesi hiçbir \(n\) tam sayısı için \(23\) ile tam bölünmez. Tek çözüm \(n = 23^2 - 2\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 19

\(f(x) = ax^2 - 3ax + 2a + 23\) fonksiyonu her \(1 \le x \le 2\) için \(|f(x)| \le 23\) koşulunu sağlıyorsa, \(a\) nın alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  184

Çözüm:
\(f(x) = a((x - \frac{3}{2})^2 - \frac{1}{4}) + 23\) tür. \(1 \le x \le 2\) iken \(|f(x)| \le 23\) olması için \(a \ge 0\) olması gereklidir. Açıkça görüleceği üzere \([1,2]\) aralığında \(f\) en büyük değerini \(x = 1\) ve \(x = 2\) de alırken en küçük değerini \(x = \frac{3}{2}\) de alır. \(f(1) = f(2) = 23\) ve \(f(\frac{3}{2}) = -\frac{a}{4} + 23 \ge -23\) olması gerektiğinden \(a \le 4 \cdot 46 = 184\) olduğu görülür. \(a = 184\) iken de istenen şartlar sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 20

Başlangıçta 101 top içeren bir kırmızı kutu ve boş bir beyaz kutu bulunuyor. Aslı ve Burak sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Aslı her hamlesinde bir pozitif tam sayı seçiyor ve kırmızı kutudan seçtiği sayıda topu beyaz kutuya aktarıyor. Burak da her hamlesinde bir pozitif tam sayı seçiyor ve beyaz kutudan seçtiği sayıda topu kırmızı kutuya aktarıyor. Bir sayı en fazla bir kez seçilebiliyor. Sırası gelen oyuncu hamle yapamazsa oyun bitiyor. İlk hamleyi yapan Aslı, beyaz kutuda en fazla kaç top kalmasını garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  101

Çözüm:
Aslı ilk olarak 2 sayısını seçiyor ve bundan sonraki her hamlesinde Buraka hamle yapmak için tek seçenek burakiyor. Buna göre seçilen sayılar dizisi 


\[2, -1, 3, -4, 6, -5, 7, -8, \dots, 95, -96, 98, -97, 99, -100, 101\]


olursa oyunun sonunda beyaz kutuda 101 top kalıyor.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 21

|AB| = 11 ve |AC| = 9 koşullarını sağlayan bir ABC üçgeninin iç bölgesinde |BP| = 7 ve |CP| = 3 koşullarını sağlayan bir P noktası alınıyor. Buna göre |AP| uzunluğunun alabileceği kaç farklı tam sayı değeri vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
|AB|² + |PC|² = 121 + 9 = 81 + 49 = |AC|² + |BP|² olduğundan AP ⊥ BC olur. Buradan da \(m(APC) > 90°\) bulunur. |AP| = x dersek \(x^2 + 9 < 81\) ve x tamsayı olduğundan \(x \le 8\) olur. Üçgen eşitsizliğinden \(6 < x\) olur. Buradan \(x = 7, 8\) değerlerini alabilir. Her iki durumda da şartları sağlayan üçgenler mevcuttur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 22

\(x^2 + 1 \equiv ax \pmod{23}\) olacak şekilde en az bir \(x\) tam sayısının bulunmasını sağlayan kaç farklı \(0 \le a < 23\) tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
\(x^2 + 1 \equiv ax \pmod{23}\) \(\iff\) \(\left(x - \frac{a}{2}\right)^2 \equiv \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 1\) (mod 23) olacağından 23 modunda \(x^2 - 1\) formundaki kare kalan sayısını bulmamız gereklidir. Tüm kare kalanlar 0, 1, 4, 9, 16, 2, 13, 3, 18, 12, 8, 6 ve \(x^2 - 1\) formundaki tüm sayılar de 22, 0, 3, 8, 15, 1, 12, 2, 17, 11, 7, 5 sayılarıdır. Bunlardan 0, 3, 8, 1, 12, 2 sayıları kare kalan olur. Karşılık gelen \(a\) değerleri sırasıyla 2, 21, 4, 19, 6, 17, 10, 13, 12, 11, 14, 9 olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 23

Çevresi 23 birim ve alanı 23 birim kare olan kaç farklı ikizkenar üçgen vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Kenar uzunlukları \(\frac{23}{2} - a\), \(\frac{23}{2} - a\), 2a olan üçgenin tabana dik olan yüksekliğinin uzunluğu \(h = \sqrt{\left(\frac{23}{2} - a\right)^2 - a^2} = \sqrt{\frac{23}{2} \cdot \left(\frac{23}{2} - 2a\right)}\) dır. O halde biz \(23 = a \cdot h = a \cdot \sqrt{\frac{23}{2} \cdot \left(\frac{23}{2}-2a\right)} \iff a^2 \cdot \frac{23}{2} \cdot \left(\frac{23}{2}-2a \right) = 23^2 \iff a^2 \cdot (23-4a) = 4 \cdot 23\) denkleminin çözümlerini arıyoruz. \(a = \frac{23}{6}\) değerini denediğimizde (yani eşkenar üçgen), \(a^2 \cdot (23-4a) = \frac{23^3}{6^2 \cdot 3} > 4 \cdot 23\) olur. O halde verilen denklemin en az bir adet \(0 < a < \frac{23}{6}\) olmak üzere ve en az bir adet \(\frac{23}{6} < a < \frac{23}{4}\) olmak üzere iki çözümü vardır. Bir de \(a < 0\) şartını sağlayan ve geometrik anlamı olmayan bir çözüm olduğuna göre başka çözüm olamaz, çünkü denklem 3'üncü derecedir. Yani istenen şartları sağlayan 2 üçgen vardır.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 24

Bir sınıftaki 23 öğrenci üç gruba, birbirleriyle arkadaş olan öğrenciler aynı grupta olmayacak şekilde tek türlü dağıtılabiliyorsa, sınıftaki arkadaş ikilisi sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  43

Çözüm:
Her öğrenciyi bir nokta ve arkadaşlıkları da bu noktaları birleştiren kenarlarla gösterelim. Gruplar A, B ve C olsun. \(A \cup B\) çizgesi bağlantılı olmayıp \(A \cup B = G_1 + G_2\) olduğunu varsayalım. O zaman \(A \cap G_1\) ve \(B \cap G_1\)'deki elemanların yerleri değiştirilebilir ve bu da tek türlü dağıtılabilme koşuluyla çelişki oluşturur. Benzer şekilde \(B \cup C\) ve \(A \cup C\) çizgeleri de bağlantılıdır. A, B ve C'nin eleman sayıları sırasıyla \(a, b\) ve \(c\) olsun. O zaman toplam kenar sayısı en az \(a + b - 1 + b + c - 1 + a + c - 1 = 2n - 3 = 46 - 3 = 43\) olacaktır. 43 için örnek: A ve B

hem kendi aralarında hem de herkesle arkadaş olup, A ve B dışındaki herhangi ikili aralarında arkadaş olmazsa koşullar sağlanmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 25

Köşeleri bir çember üzerinde bulunan bir ABCDE beşgeninin kenar uzunlukları \(|AB| = |BC| = 7\), \(|CD| = |AE| = 15\) ve \(|DE| = 24\) olarak veriliyor. Bu beşgenin alanı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  276

Çözüm:
C noktasını BD ye paralel olarak kaydırıp çember üzerinde yerleşebileceği diğer noktaya götürürsek \(|AB| = |CD| = 7\), \(|AE| = |BC| = 15\) ve \(|DE| = 24\) olur ve beşgenin alanı değişmez. [CE] doğru parçası CDE üçgeni ve ABCE ikizkenar yamuğunun ortak kenarıdır. \(m(\overline{CDE}) = 90° \Leftrightarrow |CE| = 25 \Leftrightarrow m(\overline{CAE}) = m(\overline{CBE}) = 90°\) olduğunu gözlemlenek kolaydır. O halde, \(|CE| > 25\) olsa \(m(\overline{CDE}) + m(\overline{CAE}) > 90 + 90 = 180\) çelişkisi ve \(|CE| < 25\) olsa \(m(\overline{CDE}) + m(\overline{ CAE}) < 90 + 90 = 180\) çelişkisi elde edileceğinden \(|CE| = 25\) ve \(m(\overline{CDE}) = m(\overline{CAE}) = m(\overline{ CBE}) = 90°\) olmalı. Yani Alan(ABCDE) = Alan(CDE) + Alan(ABCE) = 84 + 192 = 276 olur. 


Çözüm 2. Birinci çözümdeki gibi C köşesini kaydıralım. \(|AC| = |BE| = x\), \(|CE| = y\) ve \(m(\overline{CDE}) = \alpha \Leftrightarrow m(\overline{CAE}) = m(\overline{CBE}) = 180 - \alpha\) diyelim. Batlamıysı'tan \(x^2 = 7y + 15^2\). Kosinüs teoreminden \(y^2 = x^2 + 15^2 + 2 \cdot 15x \cdot \cos(\alpha)\) ve \(y^2 = 24^2 + 7^2 - 2 \cdot 24 \cdot 7 \cdot \cos(\alpha)\) olur. O halde \((24 \cdot 7 + 15x) \cdot y^2 = 24 \cdot 7x^2 + (24^2 + 7^2) \cdot 15x + 24 \cdot 7 \cdot 15^2\). Terimleri taşıyarak bir düzenleme yaparsak, \(15x \cdot (y^2 - (24^2 + 7^2)) = 24 \cdot 7 \cdot (x^2 - y^2 + 15^2) = 24 \cdot 7 \cdot (7y - y^2 + 2 \cdot 15^2) \Rightarrow 15x \cdot (y - 25) \cdot (y + 25) = -24 \cdot 7 \cdot (y - 25) \cdot (y + 18) \Rightarrow (y - 25) \cdot (15x \cdot (y + 25) + 24 \cdot 7 \cdot (y + 18)) = 0\). Son ifadede ikinci terim pozitif olduğundan \(y = 25, x = 20, \alpha = 90°\) bulunur ve birinci çözümde olduğu gibi sonuca ulaşılır.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 26

\(n > 1\) tam sayısının en büyük ve en küçük asal bölenlerinin toplamı \(f(n)\) olmak üzere, \(f(n) = n - 23\) denklemini sağlayan kaç farklı \(n > 1\) tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(p_1 \le p_2 \le \cdots \le p_k\) asal sayılar olmak üzere \(n = p_1p_2 \cdots p_k\) şeklinde (farklı olması gerekmeyen) asalların çarpımı biçiminde gösterildiğinde \(f(n) = p_1 + p_k = n - 23 \ge p_1p_k - 23\) ve buradan da \((p_1 - 1)(p_k - 1) \le 24\) bulunur. (Eğer \(n\) sayısı asalsa yani \(k = 1\) ise \(f(n) = 2p_1 = p_1 - 23\) olacağından çözüm gelmez.) Öte yandan \(p_1 + p_k = n - 23\) olduğundan \(p_1 \mid p_k + 23\) ve \(p_k \mid p_1 + 23\) olmalıdır. Buradan sadece \((2, 5), (3, 13), (5, 7)\) ikilileri sağlar. Bu durumda karşılık gelen \(n\) sayıları sırasıyla 30, 39, 35 olur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 27

\(x^{23} - 2015^{2015}x + 23 = c\) denkleminin en az üç farklı gerçel çözümünün bulunmasını sağlayan tüm \(c\) tam sayılarının aritmetik ortalaması kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  Hiçbiri

Çözüm:
Bu şartı sağlayan \(c\) tam sayılarının bir \(k\) pozitif reel sabit sayısı için \((23 - k, 23 + k)\) aralığındaki sayılar olması gerektiği görülür. Türev incelemesi ile \(k\) yi hesaplayabiliriz, ama bu sorunun cevabını bulmak için buna gerek yok. \(k\) ne olursa olsun \((23 - k, 23 + k)\) aralığındaki tam sayıların aritmetik ortalaması 23 tür.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 28

Tabanı \(A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7\) 7-geni olan bir piramidin her ayrıtının kırmızı ve mavi renklerden birine, bu piramidin her köşesinden herhangi bir diğer köşesine hem sadece kırmızıya boyalı hem de sadece maviye boyalı ayrıtlar takip edilerek ulaşılabilecek şekilde boyanmasına *iyi boyama* diyelim. Kaç iyi boyama vardır?

Şıklar:

Cevap:  252

Çözüm:
Taban dışındaki kenarların boyama sayısı \(2^7\). Bir iyi boyamada bu yedi kenarın tümü kırmızı, veya tümü mavi olamaz: \(2^7 - 2\). Piramidin tepe noktası \(O\) olmak üzere, genelliği bozmadan \([OA_i]\) kırmızı, \([OA_{i+1}]\) mavi renge boyanmış olsun. \([A_iA_{i+1}]\) kenarını herhangi bir renge boyayalım, bu renk de genelliği bozmadan mavi olsun. O zaman \([A_{i+1}A_{i+2}]\) kenarı kırmızı renge boyanma zorunda olacaktır. Benzer şekilde devam edersek diger taban kenarların da tek türlü boyanma zorunda olacaklarını göreceğiz. Demek ki iyi boyama sayısı \(2(2^7 - 2) = 252\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 29

İç teğet çemberinin merkezi \(I\) olan ve \(|AB| = 3\), \(|BC| = 7\), \(|CA| = 5\) koşullarını sağlayan bir \(ABC\) üçgeni verilmiştir. \(BIC\) üçgeninin çevrel çemberi üzerinde \(BC\) doğrusuna göre \(I\) ile farklı tarafta kalacak biçimde alınan bir \(D\) noktasından \([BC]\) kenarına inilen dikmenin ayağı \(E\) dir. Buna göre \(\frac{|BE|}{|CE|} = \frac{9}{5}\) ise \(m(\overline{BAD})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  60°

Çözüm:
\(ABC\) üçgeninde kosinüs teoreminden \(\cos A = -1/2\) ve buradan da \(m(\overline{BAC}) = 120°\) elde edilir. \(ABC\) üçgeninde \(BC\) kenarına teğet olan dış teğet çemberin merkezi \(J_A\) olmak üzere bu çemberin \(BC\) kenarına değdiği noktaya \(K\) dersek \(\frac{|BK|}{|CK|} = 9/5\) olduğu kolaylıkla görülebilir. Öte yandan \(J_A\) noktası \(BIC\) üçgeninin çevrel çemberi üzerindedir. Yani \(D\) ile \(J_A\) çakışık olur. Bu durumda \(m(\overline{BAD}) = 60°\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 30

\(3(m^3n + n^2 + 1) = m(n^3 + 9m + n)\) denklemini sağlayan kaç farklı \((m, n)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(3(m^3n + n^2 + 1) - m(n^3 + n + 9m) = (mn - 3)(3m^2 - n^2 - 1)\) ve \(n^2 \equiv 2 \pmod{3}\) denkliğinin tam sayılarda çözümü olmadığından \(mn = 3\) olmalıdır. Buradan \((3, 1), (1, 3), (-3, -1), (-1, -3)\) çözümleri gelir.
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 31

Elemanları 23 den büyük olmayan \(a_1, a_2, \dots, a_n\) pozitif tam sayılar dizisinde ilk ve son eleman dışındaki her eleman iki komşusunun aritmetik ortalamasından büyüktür. Buna göre \(n'\) nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
Sayı \(a_1, \dots, a_n\) olsun. O zaman 


\[a_1 - a_2 < a_2 - a_3 < \dots < a_{n-1} - a_n\]


oluyor. \(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21\) olduğundan \(a_i - a_{i+1}\) dizisinde en fazla 6 negatif ve 6 pozitif terim olabiliyor. Demek ki \(n \le 14\). 14 için örnek: \(1, 7, 12, 16, 19, 21, 22, 22, 21, 19, 16, 12, 7, 1\).
Matematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 32

23 kentin bulunduğu bir ülkede 250 kent ikilisi arasında karşılıklı uçak seferleri, ülkedeki herhangi bir kentten bir diğerine (doğrudan veya birkaç aktarmayla) en fazla 5 saatlik uçuş süresi sonucunda ulaşılabilecek biçimde nasıl düzenlenirse düzenlensin, k saatlik uçuş sonucunda bir kentten başlayıp her kente en az bir kez uğrayarak baştaki kente dönülebiliyorsa, k nın alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  110

Çözüm:
250 < (23)2 = 253 olduğundan aralarında karşılıklı uçak seferleri bulunmayan en az iki kent vardır. Bune göre A dan B ye en kısa sefer A → C → B olacak şekilde A,B ve C kentleri bulunur. O zaman A → C → B → · · · → A en fazla 22 · 5 = 110 saat olur. 110 saat için örnek: Bir A kenti ile diğer tüm kentlerarasında her biri 2.5 saat süren karşılıklı uçak seferleri olsun. A dışındaki kenlerin bazıları arasında da toplam 100 sefer elde etmek için her biri 10 saat süren yollarla birleştirilsin.