alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2017, 2. Aşama, Soru 1

25 çeşit yemeğiyle ünlü bir A köyünde yapılacak bir düğün için 2017 kişinin yaşadığı komşu B köyünden düğüne bazı kişiler davet edilecektir. B köyündeki her bir kişi bu 25 çeşit yemekten en az birini sevmektedir ve her yemek için B köyünde o yemeği seven en az bir kişi bulunmaktadır. B köyünden düğüne davet edilen kişilerin kümesine, her bir yemek davet edilen en az bir kişi tarafından seviliyorsa, uygun davetli listesi diyelim. Her uygun davetli listesinden en az bir eleman içeren bir kümeye ise *kamber grubu* diyelim. Kendisi dışında hiçbir altkümesi kamber grubu olmayan herhangi bir kamber grubundaki herkesin sevdiği bir yemek bulunduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Yemekler \(f_1, f_2, \dots, f_{25}\) olsun. Her \(1 \le i \le 25\) için \(F_i\), B köyünden \(f_i\) yemeğini sevenlerin kümesi olsun. \(L_1, L_2, \dots, L_n\) tüm mümkün uygun davetli listeleri olsun. Tanımdan dolayı her \(1 \le i \le 25\) ve \(1 \le j \le n\) için \(F_i \cap L_j \ne \emptyset\)dır. Bir \(S\) kümesi kamber grubudur ancak ve ancak \(S \cap L_j \ne \emptyset\) her \(1 \le j \le n\) için sağlanır. Bundan ötürü, her \(F_i\) bir kamber grubudur. 


Kendisi dışında hiçbir altkümesi kamber grubu olmayan bir kamber grubu \(X\) olsun. \(F_i \subseteq X\) olacak şekilde en az bir \(i\) bulunduğunu gösterelim. Aksini varsayalım. O zaman her \(1 \le i \le 25\) için \(F_i \setminus X \ne \emptyset\)dır. Her \(1 \le i \le 25\) için \(x_i \in F_i \setminus X\) olmak üzere, \(L = \{x_1, x_2, \dots, x_{25}\}\) olsun. Bu durumda her \(1 \le i \le 25\) için \(L \cap F_i \ne \emptyset\) olur ve böylece \(L'\)nin bir uygun davetli listesi olduğunu görürüz. Fakat, tanım gereği \(L\) ve \(X\) ayrık kümelerdir ve bu da \(X'\)nin bir kamber grubu olmasıyla çelişir. O halde \(F_i \subseteq X\) olacak şekilde en az bir \(i\)bulunur. Öte yandan \(F_i\) de bir kamber grubudur ve sonuç olarak \(F_i = X\) elde ederiz. Böylece \(X\) kümesindeki herkes \(f_i\) yemeğini sever.
Matematik Olimpiyatı 2017, 2. Aşama, Soru 2

Karşılıklı kenarları paralel olmayan bir *ABCD* dörtgeninde *AB* ile *CD* doğruları *X* de kesişiyor. A merkezli \(r_1\) yarıçaplı çember ile *D* merkezli \(r_2\) yarıçaplı çember *P* ve *Q* da, *B* merkezli \(r_1\) yarıçaplı çember ile *C* merkezli \(r_2\) yarıçaplı çember *R* ve *S* de kesişiyor. 


\[|XA| \cdot |XB| + r_1^2 = |XC| \cdot |XD| + r_2^2\]


ise, \(P, Q, R, S\) noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(M\) ve \(N\) sırasıyla \([AB]\) ve \([CD]\) kenarlarının orta noktaları olsun. \([AB]\) ve \([CD]\) kenarlarının orta dikmelerinin kesişim noktası \(Y\) olsun. 


\[XA \cdot XB = XM^2 - AM^2 = XY^2 - AY^2\]


\[XC \cdot XD = XN^2 - DN^2 = XY^2 - DY^2.\]

\[XY^2 - AY^2 + r_1^2 = XY^2 - DY^2 + r_2^2 \Rightarrow AY^2 - r_1^2 = DY^2 - r_2^2\]


elde ederiz. O zaman Y noktası, A merkezli \(r_1\) yarıçaplı çember ile D merkezli \(r_2\) yarıçaplı çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Başka bir deyişle, Y noktası PQ doğrusu üzerindedir. Benzer biçimde Y'nin RS doğrusu üzerinde olduğu da elde edilir. O halde \(YP \cdot YQ = AY^2 - r_1^2 = DY^2 - r_2^3 = YR \cdot YS'\)dir ve dolayısıyla P, Q, R, S noktaları çemberdeştir. (AD ve BC'nin paralel olmamasından dolayı PQ ve RS doğruları farklıdır ve bu çözümde kullanılmıştır.)
Matematik Olimpiyatı 2017, 2. Aşama, Soru 3

\(n\) pozitif bir tam sayı olmak üzere \(a_{11}, a_{12}, \dots, a_{nn}\) pozitif gerçel sayıları her \(i, j \in \{1, 2, \dots, n\}\) için \(a_{ij} \cdot a_{ji} = 1\) koşulunu sağlıyor. \(c_i = \sum_{k=1}^{n} a_{ki}\) olmak üzere, 


\[\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{c_i} \le 1\]


olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
1:** \(\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{c_j} = c\) olsun. Şimdi \(c \le 1\) olduğunu gösterelim. Cauchy-Schwarz eşitsizliğine göre, her \(i\) pozitif tam sayısı ve \(x_1, \dots, x_n\) gerçel sayıları için 


\[\sum_{j=1}^{n} \frac{x_j^2}{a_{ji}} \ge \frac{\left(\sum_{j=1}^{n} x_j\right)^2}{\sum_{j=1}^{n} a_{ji}} \quad (1)\]


eşitsizliği sağlanır. Her \(i\) ve \(j\) için \(a_{ij}a_{ji} = 1'\)dir. Buna göre, \(x_j = \frac{1}{c_j}\) alırsak her \(i\) için (1)' den 


\[\sum_{j=1}^{n} \frac{a_{ij}}{c_j^2} \ge c^2 \frac{1}{c_i} \quad (2)\]


elde ederiz. Tüm \(i\) sayıları için (2) eşitsizliklerini toplarsak, 


\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{a_{ij}}{c_j^2} = c^2 \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{c_i} = c^3 \quad (3)\]


elde ederiz. Şimdi 


\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{a_{ij}}{c_j^2} = \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^n \frac{a_{ij}}{c_j^2} = \sum_{i=1}^n \left( \frac{1}{c_j^2} \sum_{j=1}^n a_{ij} \right) = \sum_{j=1}^n \left( \frac{1}{c_j^2} c_j \right) = \sum_{j=1}^n \frac{1}{c_j} = c \quad (4)\]


olduğuna göre, (3) ve (4) eşitsizliklerinden \(c \ge c^3\) gelir. \(c\) pozitif olduğuna göre, \(c \le 1\) olur.

Eşitlik durumu her \((i, j)\) için \(a_{i,j} = 1\) iken elde edilir. 


**Çözüm 2:** \(n\) üzerine tümevarım uygulayacağız. \(n = 2\) durumunda \(a_{1,2} = a\) alırsak, eşitsizlik \(\frac{1}{c_1} + \frac{1}{c_2} = \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+1/a} = 1\) eşitliğine dönüşüyor. 


Eşitsizlik \(n = k\) için doğru olsun: \(\sum_{i=1}^k \frac{1}{c_i} \le 1\). Eşitsizliği \(n = k+1\) için ispatlayalım. Cauchy-Schwarz eşitsizliğine göre, her \(c, a, x \in \mathbb{R}\) için \((c+a)(\frac{x^2}{c} + \frac{1}{a}) \ge (x+1)^2\). Bunu 


\[ \frac{1}{c+a} \le \left( \frac{x^2}{c} + \frac{1}{a} \right) (x+1)^{-2} \]


olarak yazalım. Buna göre, her \(x\) için 


\[ \sum_{i=1}^k \frac{1}{c_i + a_{k+1,i}} \le \sum_{i=1}^k \left( \frac{x^2}{c_i} + \frac{1}{a_{k+1,i}} \right) (x+1)^{-2} \le \frac{x^2 + \sum_{i=1}^k a_{i,k+1}}{(x+1)^2} \]


elde ederiz. Şimdi \(x = \sum_{i=1}^k a_{i,k+1}\) alırsak 


\[ \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{\sum_{j=1}^{k+1} a_{j,i}} = \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{c_i + a_{k+1,i}} + \frac{1}{\sum_{j=1}^{k} a_{j,1} a_{j,k+1} + a_{k+1,k+1}} \le \frac{x^2 + x}{(x+1)^2} + \frac{1}{x+1} = 1 \]


olur. İspat tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2017, 2. Aşama, Soru 4

\(d(a)\) ile \(a\) pozitif tam sayısının farklı asal bölenlerinin sayısını gösterelim. Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(k - m = n\) ve \(d(k) - d(m) = 1\) şartlarını sağlayan \(k, m\) pozitif tam sayılarının bulunabileceğini gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(n\) sayısını bölmeyen en küçük asal sayı \(p\) olsun. O zaman \(p - 1\) sayısının her asal böleni \(n\) sayısını bölecektir: \(d((p-1)n) = d(n)\). Şimdi \(k = pn\) ve \(m = (p-1)n\) sayılarının koşulları sağladıklarını gösterelim: \(k - m = n\) ve \(d(k) - d(m) = d(pn) - d((p-1)n) = (d(n) + 1) - d(n) = 1\). Çözüm tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2017, 2. Aşama, Soru 5

Azalmayan bir \(x_0, x_1, \dots, x_{2017}\) pozitif tam sayı dizisinde \(x_0 = 1\) ve \(x_1, x_2, \dots, x_{2017}\) altdizisi tam olarak 25 farklı pozitif tam sayı içeriyor. 


\[ \sum_{i=2}^{2017} x_i (x_i - x_{i-2}) \ge 623 \]


olduğunu gösteriniz. Eşitliği sağlayan dizilerin sayısını bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
Bu problemin genel bir halini çözelim. \(x_0, x_1, \dots, x_n\) azalmayan ve pozitif tam sayılardan oluşan bir dizi olsun. \(x_0 = 1\) olsun. \(x_1, x_2, \dots, x_n\) altdizisi \(m\) farklı tam sayı içeriyorsa 


\[ \sum_{i=2}^n x_i (x_i - x_{i-2}) \ge m^2 - 2 \]


olduğunu gösteriniz.

Dizi azalmayan bir dizi olduğundan her \(i \ge 2\) için \(x_i - x_{i-2} - 1 \ge -1\)'dir. Ayrıca \(x_i - x_{i-2} - 1 = -1\) eşitliği \(x_i = x_{i-1}\) olduğu sonucuna yol açar. Dolayısıyla her \(i = 2, 3, \dots, n\) için 


\[ (x_i - x_{i-2} - 1)(x_i - x_{i-1}) \ge 0 \quad (1) \]


eşitsizliğini elde ederiz. (1) eşitsizliği 


\[ x_i^2 - x_i x_{i-2} + x_{i-1} x_{i-2} - x_i x_{i-1} \ge x_i - x_{i-1} \]


eşitsizliğine denktir. Bu eşitsizliği \(i = 2, 3, \dots, n\) için taraf tarafa toplarsak 


\[ \sum_{i=2}^{n} x_i (x_i - x_{i-2}) \ge x_n (1 + x_{n-1}) - 2x_1 \]


elde ederiz. \(\{x_1, x_2, \dots, x_n\}\) kümesi \(m\) farklı sayıdan oluştuğuna göre 


\[ \begin{aligned} x_n &\ge x_1 + m - 1 \\ x_{n-1} &\ge x_1 + m - 2 \end{aligned} \]


elde ederiz. Sonuç olarak 


\[ \sum_{i=2}^{n} x_i (x_i -x_{i-2}) \ge (x_1 + m - 1)^2 - 2x_1 \quad (2) \]


\[ (x_1 + m - 1)^2 - 2x_1 - (m^2 - 2) = (x_1 - 1)(x_1 + 2m - 3) \ge 0. \quad (3) \]


bulunur. (2) ve (3) kullanılarak istenen eşitsizlik ispatlanır. 


Eşitlik durumunda 


\[ x_1 = 1, x_n = m, x_{n-1} = m - 1 \]


ve her \(i = 2, 3, \dots, n\) için 


\[ x_i - x_{i-2} = 1 \quad \text{veya} \quad x_i = x_{i-1} \]


olmalı. \(x_n \neq x_{n-1}\) olduğundan \(x_{n-2} = m - 1\) elde ederiz. Her \(2 \le j \le n\) için 


\[ x_j - x_{j-1} > 1 \quad \Longrightarrow \quad x_j - x_{j-2} \ge x_j - x_{j-1} > 1, x_j \neq x_{j-1} \]


olduğundan dolayı ardışık iki terim arasındaki fark en fazla 1 olabilir. İlaveten, 


\[ x_j - x_{j-1} = x_{j-1} - x_{j-2} = 1 \quad \Longrightarrow \quad x_j - x_{j-2} = 2 > 1, x_j \neq x_{j-1} \]


text<|/ref|><td>olduğu için dizi terimlerindeki 1 artış ard arda olamaz. Öte yandan, dizinin terimlerindeki artış hep 0 veya 1 ise ve ayrıca 1 artış ard arda yaşanmıyorsa eşitlik durumu elde edilir. Dolayısıyla, dizide 1 artışın görüldüğü yerlere göre saymalıyız. \(x_j - x_{j-1} = 1\) olan \(m - 2\) tane \(j\)'yi \(\{2, 3, \dots, n - 2\}\) kümesinden herhangi ikisi ardışık olmayacak şekilde seçmeliyiz. \(1, 2, \dots, a\) sayılarından herhangi ikisi ardışık olmayacak şekilde \(b\) tanesi \(\binom{a - b + 1}{b}\) farklı şekilde seçilebilir. O zaman genel durumda cevap \(\binom{1992}{23}\) olur. Soruda \(n = 2017\) ve \(m = 25\) olduğundan, bu durumda cevap
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 1

\(m(\widehat{BAC}) = 140^\circ\) ve \(m(\widehat{ABC}) = 30^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde, \(A\) noktasının \(BC\) doğrusuna göre simetriği \(D\), \(B\) noktasının \(AC\) doğrusuna göre simetriği ise \(E\) dir. \(m(\widehat{DEC})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(50^\circ\)

Çözüm:
\(m(\widehat{CBD}) = m(\widehat{CBA}) = 30^\circ\). O zaman \(m(\widehat{ABD}) = 60^\circ\) ve dolayısıyla \(ABD\) bir eşkenar üçgendir. O halde \(|AB| = |AD|\). Ayrıca simetriden \(|AB| = |AE|\). Dolayısıyla \(ABD\) bir ikizkenar üçgendir. \(m(\widehat{BAD}) = m(\widehat{EAB}) + m(\widehat{BAD}) = 80^\circ + 60^\circ = 140^\circ\). Buradan \(m(\widehat{DBA}) = 20^\circ\) ve dolayısıyla \(m(\widehat{DBC}) = m(\widehat{DBA}) + m(\widehat{AEC}) = 20^\circ + 30^\circ = 50^\circ\) olduğu bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 2

\(x_0, x_1, \dots, x_{2018}\) tam sayıları \(x_0 = 1\), \(x_1 = 2\) ve her \(n \ge 1\) için \(x_{n+1} = 3x_n - 2x_{n-1}\) koşulunu sağlıyorsa, \(x_{2018}\) sayısının 2018 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
İndirgemeli dizilerden veya \(x_{n+1} - x_n = 2(x_n - x_{n-1})\) den \(x_n = 2^n\) bulunur. \(x_{2018} = 0 \pmod{2}\) ve \(x_{2018} = 4 \pmod{1009}\) ve Çinli kalan teoreminden \(x_{2018} = 4 \pmod{2018}\).
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 3

\((x^2 - 2x\sqrt{2} + 7)(y^2 + 2y\sqrt{3} + 8) = 25\) denklemini sağlayan kaç farklı \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(((x - \sqrt{2})^2 + 5)((y + \sqrt{3})^2 + 5) = 25\) her iki çarpanın en küçük değeri 5 olur. 


4. Her elemanı \(6^{12}\) sayısının bir pozitif böleni olan ve herhangi iki farklı elemanının çarpımı tam küp olmayan bir kümede en çok kaç eleman bulunabilir?
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 4

Her elemanı \(6^{12}\) sayısının bir pozitif böleni olan ve herhangi iki farklı elemanının çarpımı tam küp olmayan bir kümede en çok kaç eleman bulunabilir?

Şıklar:

Cevap:  73

Çözüm:
Her \(i, j \in \{0, 1, 2\}\) için \(A_{ij} = \{2^3i^t : 0 \le s, t \le 12, s \equiv i \pmod{3}, t \equiv j \pmod{3}\}\) olsun. Çarpımları tam küp olan iki eleman içermeyen bir küme; \(A_{00}\)'dan en fazla 1, \(A_{01} \cup A_{02}\)'den en fazla 20, \(A_{10} \cup A_{20}\)'den en fazla 20, \(A_{11} \cup A_{22}\)'den en fazla 16, \(A_{12} \cup A_{21}\)'den en fazla 16, toplamda en fazla 73 eleman içerebilir. 73 elemanlı \(\{1\} \cup A_{01} \cup A_{10} \cup A_{11} \cup A_{12}\) kümesinde çarpımları tam küp olan iki eleman yoktur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 5

\(C\) açısı dik olan bir \(ABC\) üçgeninde \(4|AC| = 3|BC|\) dir. \(ABC\) nin iç teğet çemberi \(BC\) ye \(D\) de, \(AC\) ye ise \(E\) de teğettir. \(AD\) doğrusu iç teğet çemberi \(D\) den farklı bir \(S\) noktasında, \(BE\) doğrusunu ise \(T\) noktasında kesiyor.

\(\frac{|AS|}{|TD|}\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{22}{15}\)

Çözüm:
F noktası iç teğet çemberin AB ye değme noktası, r iç teğet çemberin yarıçapı olsun. \(3k \cdot 4k/2 = (3 + 4 + 5)k \cdot r/2\) ve buradan \(r = k\). Yani \(CE = CD = k\), \(BD = BF = 3k\), \(AE = AF = 2k\). CAD üçgeninde BE kesenine göre Menelaus teoreminden \(3k/4k \cdot k/2k \cdot AT/TD = 1\) ve buradan \(AT/TD = 8/3\) olur. Pisagor teoreminden \(AD = k\sqrt{10}\) ve kuvvetten \(AS \cdot AD = 4k^2\). Yani \(AS = 4k/\sqrt{10}\) ve \(TD = 3k\sqrt{10}/11\) olur. Sonuç olarak \(AS/TD = 22/15\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 6

Bir \(a\) pozitif tam sayısını tam bölmeyen en küçük pozitif tam sayıya \(a\) nın ilk bölmeyeni diyelim. Kaç \(n \le 26\) pozitif tam sayısı için ilk bölmeyeni \(n\) olan bir pozitif tam sayı bulunur?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
\(a\) ve \(n\) herhangi pozitif tam sayılar olmak üzere her \(p\) asal sayısı için \(p^{v_p(n)} \mid a\) ise \(n \mid a\) sağlanır. Yani \(n \nmid a\) ise en az bir \(p\) asal sayısı için \(p^{v_p(n)} \nmid a\) olmalıdır. 


Yukarıdaki gözlemden dolayı, \(a\) nın ilk bölmeyeni \(n\) ise \(n = p^{v_p(n)}\) dir, yani bir \(k\) pozitif tam sayısı için \(n = p^k\) formundadır. Öte yandan \(n = p^k\) ise \(n \nmid oke_k(1, 2, \dots, n-1)\) olduğundan \(n\) bu sayının açıkça ilk bölmeyenidir. Soruda verilen aralıktaki \(p^k\) formundaki sayılar şunlardır: \(2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13, 16, 17, 19, 23, 25\), yani 14 tanedir.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 7

\(n_1, n_2, \dots, n_{2018}\) tam sayılar olmak üzere, 


\[n_1^2 + n_2^2 + \dots + n_{2018}^2 + 4036 = 3(n_1 + n_2 + \dots + n_{2018})\]


eşitliği sağlanıyorsa, \(n_1^2 + n_2^2 + \dots + n_{2018}\) toplamının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  2019

Çözüm:
Her \(n_i\) tam sayısı için \(n_i^2 - 3n_i + 2 = (n_i - 1)(n_i - 2) \ge 0\) olur. Bu yüzden \(n_1^2 + n_2^2 + \dots + n_{2019}^2 + 4036 \ge 3(n_1 + n_2 + \dots + n_{2018})\) olur. Eşitlik durumu her \(i\) için \(n_i \in \{1, 2\}\) iken sağlanır. \(n_1 + n_2 + \dots + n_{2018}\) toplamı 2018 ile 4036 arasındaki tüm tam sayı değerlerini alabilir. \(n_1 + n_2 + \dots + n_{2018}\) toplanının her bir değerine karşılık bir \(n_1^2 + n_2^2 + \dots + n_{2017}\) değeri olduğundan cevap 2019 olur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 8

\(12 \times 12\) satranç tahtasının birim karelerinden \(k\) tanesi kırmızı ve \(k\) tanesi mavi renge, hiçbir kırmızı birim karenin hiçbir komşusu (ortak kenar veya köşeye sahip birim kareler) boyanmayacak şekilde boyanabiliyorsa, \(k\) nin

alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  28

Çözüm:
Satranç tahtasını 36 adet \(2 \times 2\) kareye bölelim. Her \(2 \times 2\) karede en fazla bir tane kırmızı birim kare var. \(k > 28\) ise geriye 7 tane \(2 \times 2\) kalıyor ve en fazla \(7 \cdot 4 = 28\) beyaz taş oluyor. \(k = 28\) durumundaki örnekte satranç tahtasının üst sol birim karesinden başlayarak ve bir atlayarak önce 28 birim kareyi kırmızıya ve daha sonra alt sağ köşe kısmındaki birim karelerden 28 tanesini beyaza boyamak gerekiyor.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 9

\(ABCD\) dışbükey dörtgeninde \(|AD| = |CD|\), \(m(\widehat{ADB}) = 38^\circ\), \(m(\widehat{CDB}) = 42^\circ\), \(m(\widehat{ABC}) = 140^\circ\) olduğuna göre \(m(\widehat{BAC})\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  21°

Çözüm:
D merkezli, AD yarıçaplı çember çizelim. BD nin uzantısının bu çemberi kestiği nokta E olsun. \(\hat{D}\) merkez açı, \(m(ADC) = 80^\circ\) olduğundan \(m(AEC) = 40^\circ \cdot m(AEC) + m(ABC) = 180^\circ\) olduğundan bu çember B den geçiyor. Buradan da \(m(BAC) = 21^\circ\).
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 10

Tam olarak 26 farklı tam kare ile bölünebilen en küçük pozitif tam sayının 7 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(n = \prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\) ise, \(n\)'nin tam kare bölen sayısı \(\prod_{i=1}^k (1 + \lfloor a_i/2 \rfloor)\) olur. Tamkare bölen sayısı 26 olan bir sayı \(p^a\) (\(a \in \{50, 51\}\)) veya \(p^a q^b\) (\(a \in \{2, 3\}\) ve \(b \in \{24, 25\}\)) şeklinde olmalıdır. Bu formların birinde olan en küçük sayı da \(2^{24}3^2 \equiv 2 \pmod{7}\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 11

\[ 
\begin{aligned}
x^2 + xy - y^2 &= 10x \\
x^3 - xy^2 + y^2 &= 10y
\end{aligned}
\]


denklem sistemini sağlayan kaç farklı \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
İlk denklem \(x\) ile çarpılıp ikinciden taraf tarafa çıkarılırsa \(x^2y-y^2 = 10(x^2-y)\) elde edilir. Buradan da \((x^2-y)(y-10) = 0\) bulunur. \(x^2 = y\) için \(-x^4 + x^3 + x^2 = 10x\) ve buradan da \(x(x+2)(x^2-3x+5) = 0\) olur. Gelen çözümler \((x, y) = (0, 0)\), \((-2, 4)\) olur. \(y = 10\) için \(x^2 = 100\) ve buradan da \((x, y) = (10, 10)\), \((-10, 10)\) olur. Toplam 4 çözüm vardır.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 12

Tahtada başlangıçta 2018 sayısı yazılıdır. Her hamlede tahtadaki sayı silinip yerine o sayının 12 eksiği veya 9 katının 4 eksiği yazılıyor. Aşağıdaki

sayılardan hangisi sonlu sayıda hamle sonucunda tahtada yazılı olabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(6^{33} + 2\)

Çözüm:
2018 \(\equiv 2 \pmod{12}\) olduğundan tahtada her zaman (mod 12)'de 2'ye denk bir sayı yazılıdır. 9 katının 4 eksiği hamlesi yeterince kez yapılıp tahadaki sayı istenilen büyüklüğe ulaşır ve 12 çıkarma hamlesi ile (mod 12)'de 2'ye denk herhangi bir pozitif tam sayı elde edilebilir. Şıklarda yalnızca \(6^{33} + 2 \equiv 2 \pmod{12}\). 


**13.** Bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB| = |AC| = 2\), \(|BC| = \sqrt{2}\) dir. \([BC]\) nin orta noktası \(D\), \([AC]\) nin orta noktası ise \(E\) dir. \(ABC\) nin çevrel çemberi üzerinde \(AB\) doğrusuna göre \(C\) ile farklı tarafta olan ve \(|PC|^2 = |PD|^2 + |PE|^2\) eşitliğini sağlayan bir \(P\) noktası alınıyor. \(|PA| + |PB|\) kaçtır?
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB| = |AC| = 2\), \(|BC| = \sqrt{2}\) dir. \([BC]\) nin orta noktası \(D\), \([AC]\) nin orta noktası ise \(E\) dir. \(ABC\) nin çevrel çemberi üzerinde \(AB\) doğrusuna göre \(C\) ile farklı tarafta olan ve \(|PC|^2 = |PD|^2 + |PE|^2\) eşitliğini sağlayan bir \(P\) noktası alınıyor. \(|PA| + |PB|\) kaçtır?

Şıklar:

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

Çözüm:
\(PAC\) ve \(PBC\) üçgenlerinde kenarortay teoreminden 


\[PE^2 = \frac{AP^2 + PC^2}{2} - \frac{AC^2}{4} \quad \text{ve} \quad PD^2 = \frac{BP^2 + PC^2}{2} - \frac{BC^2}{4}\]


elde ediyoruz. Bu iki eşitliği taraf tarafa toplayarak 


\[AP^2 + BP^2 = \frac{BC^2 + CA^2}{2} = 3 \quad (1)\]


elde ederiz. \(APB\) üçgeninde kosinüs teoremini kullanarak 


\[AP^2 + BP^2 + 2 \cdot AP \cdot BP \cdot \frac{BC^2 + CA^2 - AB^2}{2 \cdot BC \cdot CA} = AB^2\]


elde ediyoruz ve buradan \(AP \cdot BP = \sqrt{2}\). O zaman (1) den \(AP\) ve \(BP\) uzunluklarından biri 1 diğeri \(\sqrt{2}\) olmalıdır. Son olarak \(PA + PB = 1 + \sqrt{2}\) olur. 


**14.** \(k, n_1, n_2, \dots, n_k\) pozitif tam sayılar olmak üzere \(4^{n_1} + 4^{n_2} + \dots + 4^{n_k}\) sayısı 43 ile tam bölünüyorsa, \(k\) en az kaç olabilir?
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 14

\(k, n_1, n_2, \dots, n_k\) pozitif tam sayılar olmak üzere \(4^{n_1} + 4^{n_2} + \dots + 4^{n_k}\) sayısı 43 ile tam bölünüyorsa, \(k\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
4'ün tam kuvvetleri 43 modunda 1, 4, 16, 21, -2, -8, -32 değerlerini alabiliyor. Bu sayıların herhangi ikisinin toplamı 43 ile bölünmüyor. Öte yandan \(1 + 21 + 21 = 43\) olduğundan cevap 3 olur. 


**15.** \(x\) bir irrasyonel sayı olmak üzere, \(x^2 - 2x\) ve \(x^3 - 5x\) rasyonel sayılar ise, \(x^3 - 5x\) kaçtır?
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 15

\(x\) bir irrasyonel sayı olmak üzere, \(x^2 - 2x\) ve \(x^3 - 5x\) rasyonel sayılar ise, \(x^3 - 5x\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(x^2 - 2x + 1 = (x - 1)^2 = y\) rasyonel sayıdır, \(x = 1 \pm \sqrt{y}\) buradan \((1 \pm \sqrt{y})^3 - 5(1 \pm y) = 1 + 3y - 5 \pm \sqrt{y}(y - 2)\) rasyonel sayıdır, bu da sadece \(y=2\) durumunda oluyor.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 16

1, 2, ..., 7 sayılarıyla numaralandırılmış yedi kutunun her birine en az 1 ve en çok 10 olmak üzere, bilyeler dağıtılacaktır. Böyle bir dağılımda \(i < j\) olmak üzere, \(i\) numaralı kutudaki bilye sayısı \(j\) numaralı kutudaki bilye sayısından az değilse, \((i, j)\) ikilisine *ters ikili* diyelim. Tam olarak bir ters ikili içeren kaç dağılım vardır?

Şıklar:

Cevap:  1980

Çözüm:
\(i\)-inci kutudaki bilye sayısı \(x_i\) olsun. Tam olarak bir ters ikili içeren bir dağılım için tam olarak bir \(i < j\) ikilisi hariç \(x_i < x_j\) olmalı. \(x_1, x_2, ..., x_7\) dizisinde artanlığı bozan yalnızca bir ikili olması için ya \(\{1, 2, ..., 10\}\)'dan seçilen 6 sayıdan birinden iki tane alınıp azalmayan şekilde sıralanmalı ya da \(\{1, 2, ..., 10\}\)'dan seçilen 7 sayı artan şekilde sıralanıp ardışık bir ikilinin yerleri değiştirilmeli. Cevap 


\[ \binom{10}{6} \binom{6}{1} + \binom{10}{7} \cdot 6 = 1980. \]
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 17

\(m(ACB) = 60^\circ\) olan dar açılı bir \(ABC\) üçgeninde diklik merkezi \(H\) ve \(A\) dan karşı kenara indirilen dikmenin ayağı \(D\) dir. \([AC]\) üzerinde \(|BD| \cdot |CD| = |ED|^2\) olacak şekilde bir \(E\) noktası alınıyor. \(|BH| = 7|EH|\) ise \(\frac{|AE|}{|CE|}\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{1}{4}\)

Çözüm:
\(\Delta BDH \sim \Delta ADC\) olduğundan \(|BD| \cdot |CD| = |DH| \cdot |DA|\) olur. Buradan da \(|DE|^2 = |DH| \cdot |DA|\) buluruz. Yani \(\Delta DHE \sim \Delta DEA\) olur. \(\angle HBD = \angle DAE = \angle HED = 30^\circ\) olur. \(\angle ADE = \alpha\) olsun. \(1/7 = |EH|/|BH| = |EH|/|HD| \cdot |HD|/|BH| = (\sin \alpha / \sin 30) \cdot \sin 30 = \sin \alpha\) olur. \(|AE|/|EC| = \tan \alpha / \tan 30 = 1/(4\sqrt{3})/(1/\sqrt{3}) = 1/4\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 18

\(2^{2^n} + 2^n + n\) ifadesinin 7 ile tam bölünmesini sağlayan kaç \(n \le 420\) pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  60

Çözüm:
\[ 2^{2^n} \equiv \begin{cases} 2 \pmod{7}, & n \equiv 0 \pmod{2} \\ 4 \pmod{7}, & n \equiv 1 \pmod{2} \end{cases} \]

\[2^n \equiv \begin{cases} 1 & (\text{mod } 7), \quad n \equiv 0 \pmod{3} \\ 2 & (\text{mod } 7), \quad n \equiv 1 \pmod{3} \\ 4 & (\text{mod } 7), \quad n \equiv 2 \pmod{3} \end{cases}\]


olduğundan \(n\) nin 6 modundaki her bir değeri için \(2^{2^n} + 2^n + n\) ifadesinin 7 ile tam bölünmesini sağlayan 42 modunda tam olarak bir tane uygun değer vardır. Bu yüzden 420 den küçük tam olarak 60 tane \(n\) sayısı bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 19

Bir \(a_1, a_2, \dots, a_{100}\) pozitif gerçel sayı dizisinde \(a_1 = 1\) ve her \(n = 1, 2, \dots, 99\) için 


\[\frac{1}{a_{n+1}} + \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{(a_i + a_{i+1}) \sqrt{a_i^2 + i^2}} = 1\]


sağlanıyorsa, \(a_{100}\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Tümevarımla \(a_k = \sqrt{k}\) olduğunu kanıtlayacağız. \(i = 1, 2, \dots, k-1\) için \(a_i = \sqrt{i}\) olsun. Bu durumda her \(i = 1, 2, \dots, k-2\) için 


\[\frac{1}{(a_i + a_{i+1}) \sqrt{a_i^2+i^2}} = \frac{1}{\sqrt{i}} - \frac{1}{\sqrt{i+1}}\]


olur. Verilen eşitlikte \(n = k-1\) alırsak 


\[\frac{1}{a_k} + \frac{1}{(\sqrt{k-1} + a_k)\sqrt{(k-1)^2 + k-1}} + \sum_{i=1}^{k-2} \left( \frac{1}{\sqrt{i}} - \frac{1}{\sqrt{i+1}} \right) = 1\]


olur. Eşitliği düzenlersek 


\[\sqrt{k-1}(a_k - \sqrt{k})(\sqrt{k}a_k + k-1) = 0\]


elde edilir. Soruda \(a_k > 0\) verildiğinden \(a_k = \sqrt{k}\) olur ve çözüm biter. \(a_{100} = 10\) olur.