alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 10

\(\sqrt{xy} - 71\sqrt{x} + 30 = 0\) denkleminin pozitif tam sayılarda kaç tane \((x, y)\) çözüm ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(\sqrt{xy} = 71\sqrt{x} - 30\) denkleminin her iki tarafının karesini alırsak \(xy = 71^2x - 2 \cdot 30 \cdot 71 \cdot \sqrt{x}\) elde ederiz. Buna göre, \(\sqrt{x}\) bir rasyonel sayıdır ve dolayısıyla \(m\) bir negatif olmayan tam sayı olmak üzere, \(x = m^2\). Bunu \(\sqrt{xy} - 71\sqrt{x} + 30 = 0\) denklemine yazarsak \(m\sqrt{y} - 71m + 30 = 0\) elde ederiz. Buna göre, \(\sqrt{y}\) bir rasyonel sayıdır ve dolayısıyla \(n\) bir negatif olmayan tam sayı olmak üzere, \(y = n^2\). Sonuç olarak \(mn - 71m + 30 = 0\) olur. Buna göre, \(m(71 - n) = 30\). \(m|30\) olduğuna göre, \(m = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30\) ve bu değerlerin her biri için \(n = 71 - 30/m\) olur. Toplam 8 çözüm ikilisi vardır.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 11

Bir \((a_n)\) dizisi \(a_1 = 1\), \(a_2 = 5\) ve her \(n \ge 2\) için \(a_{n+1} - 2a_n + a_{n-1} = 7\) şeklinde tanımlanmaktadır. Buna göre \(a_{17}\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  905

Çözüm:
\(b_n = a_{n+1} - a_n = b_n\) olarak tanımlanırsa \(b_1 = 5 - 1 = 4\), \(b_{n+1} - b_n = 7\) ve \(b_n = 4 + 7(n - 1)\) olur. Buradan 


\[a_{17} - a_1 = b_1 + b_2 + \dots + b_{16} = \frac{4 + 4 + 7 \cdot 15}{2} \cdot 16 = 904\]


Sonuç olarak \(a_{17} = 905\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 12

Yedi renk kullanılarak her yüzeyi farklı bir renge boyanmış kaç küp oluşturulabilir?

Şıklar:

Cevap:  210

Çözüm:
Boyama için yedi renkten altısını seçelim. Bu altı rengin birinin karşısındaki yüzeyi boyamak için 5 seçenek bulunuyor. Kalan dört rengi 3! farklı şekilde kullanabiliriz. Buna göre cevap \(\binom{7}{6} \cdot 5 \cdot 3! = 210\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 13

\(C\) açısı geniş açı olan \(ABC\) üçgeninde \(D \in [AB]\) ve \([DC] \perp [BC]\) dir. \(m(\widehat{ABC}) = \alpha\), \(m(\widehat{BCA}) = 3\alpha\) ve \(|AC| - |AD| = 10\) olduğuna göre \(|BD|\) kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  20

Çözüm:
\([BD]\) nin orta noktası \(E\) olsun. \(BCD\) dik üçgen olduğundan \(|DE| = |BE| = |CE|\) ve \(\angle AEC = \angle ACE = 2\alpha\) olur. Buradan da \(|AE| = |AC|\) ve \(|DE| = |AE| - |AD| = |AC| - |AD| = 10\) elde ederiz. \(|BD| = 2|DE| = 20\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 14

\(49^{303} \cdot 3993^{202} \cdot 39^{606}\) sayısının son üç rakamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  561

Çözüm:
\(49^{303} \cdot 3993^{202} \cdot 39^{600} = (7^2)^{30} \cdot (3 \cdot 11^3)^{202} \cdot (3 \cdot 13)^{60} \cdot 2\) olduğundan \(49^{303} \cdot 3993^{202} \cdot 39^{600}\) = \((7 \cdot 11 \cdot 13)^{60} \cdot 3^{808}\) elde ederiz. \(7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001 \equiv 1 \pmod{1000}\) denkliğinden, \(49^{303} \cdot 3993^{202} \cdot 39^{600'}\) sayısının son üç rakamını bulmak için \(3^{808}\) sayısının son üç rakamına bakmalıyız. Diğer taraftan, \(\phi(1000) = (2^3 - 2^2) \cdot (5^3 - 5^2) = 400\) olduğundan, \(3^{808} \equiv 3^8 \equiv 561 \pmod{1000}\) elde ederiz, bu da cevabın 561 olduğunu gösterir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 15

\(a_1 = \frac{1}{3}\) ve her \(n \ge 1\) için \(a_{n+1} = \frac{a_n}{\sqrt{1+13a_n^2}}\) şeklinde tanımlanan \((a_n)\) dizisinin \(a_k < \frac{1}{50}\) koşulunu sağlayan en büyük terimi \(a_k\) ise \(k\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  193

Çözüm:
Öncelikle \(a_{n+1} = \frac{a_n}{\sqrt{1+13a_{n+1}^2}}\) eşitliğinden \(\frac{1}{a_{n+1}^2} = \frac{1+13a_n^2}{a_n^2}\) ve dolayısıyla \(\frac{1}{a_{n+1}^2} = \frac{1}{a_n^2} + 13\) olduğu görülür. \(\frac{1}{a_n^2} = b_n\) dersek, \(b_1 = 9\) ve her \(n \ge 1\) için \(b_{n+1} = 13 + b_n\) olur. Buradan, her \(n \ge 1\) tam sayısı için \(b_n = 13(n-1) + 9 = 13n - 4\) olduğu kolaylıkla görülebilir. Dolayısıyla, her \(n \ge 1\) tam sayısı için \(a_n = \frac{1}{\sqrt{13n - 4}}\) olup, \(a_k < \frac{1}{50}\) olması için \(\frac{1}{\sqrt{13k - 4}} < \frac{1}{50}\) olmalıdır, bu da \(k > \frac{2504}{13}\) demektir. \(\{a_n\}\) dizisi azalan bir dizi olduğundan, \(k > \frac{2504}{13}\) koşulunu sağlayan en küçük tam sayı için \(a_k\) en büyük olur. Sonuç olarak cevap \(\left\lfloor \frac{2504}{13} \right\rfloor = 193\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 16

50 kişilik bir sınıfta yapılan 4 soruluk bir sınavda, herhangi 40 kişiden en az 1 kişi tam olarak 3 soruyu, en az 2 kişi tam olarak 2 soruyu, en az 3 kişi tam olarak 1 soruyu doğru, en az 4 kişi ise bütün soruları yanlış çözmüştür. Tek sayıda soru çözen öğrencilerin sayısı en az kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  24

Çözüm:
Tam olarak 3 soru çözenlerin sayısı 11 den az olursa, çözdüğü soru sayısı 3 olmayan en az 40 kişi bulunuyor ve çelişki gelir. Demek ki en az 11 kişi tam olarak 3 soru çözmüştür. Benzer şekilde en az 12 öğrencinin tam olarak 2 soru, en az 13 öğrencinin tam olarak 1 soru ve en az 14 öğrencinin tam olarak 0 soru çözdüğü görülür. 11 + 12 + 13 + 14 = 50 olduğuna göre, tam olarak 3, 2, 1 ve 0 soru çözen öğrencilerin sayısı sırasıyla 11, 12, 13 ve 14 tür. Buna göre, tek sayıda soru çözen öğrencilerin sayısı 11 + 13 = 24 olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 17

B açısı dik olan ABC üçgeninin A ve C köşeleri, B merkezli 20 birim yarıçaplı çeyrek çemberin üzerindedirler. Bu çeyrek çemberin iç bölgesine [AB] çaplı bir yarım çember çizilmiştir. C noktasından yarım çembere çizilen teğetin değme noktası B'den farklı bir D noktası ve CD doğrusunun çeyrek çemberi kestiği nokta F dir. Buna göre |FD| kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
[AB] nin orta noktası E olsun. E noktası yarım çemberin merkezi olduğundan |ED| = 10 ve ED ⊥ DC dir. CB ve CD doğruları çeyrek çembere teğet olduğundan |CB| = |CD| = 20 dir. F noktası çeyrek çember üzerinde olduğundan |BF| = 20 dir. ∠BCE = α olsun. ∠ECD = α olur. BFC üçgeni eşit iki açısı 2α olan ikizkenar bir üçgen olduğundan |CF| = 2|BC| cos 2α olur. BEC dik üçgen olduğundan Pisagor teoreminden |EC| = 10√5 ve buradan da cos α = 2/√5 elde edilir. Buradan da cos 2α = 2 cos² α - 1 = 3/5 ve böylece |CF| = 24, |FD| = 24 - 20 = 4 olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 18

Kaç tane n pozitif tamsayısı için \(\sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n}}}}\) tamsayıdır?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
m bir tam sayı olmak üzere, \(\sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n}}}}\) = m olsun. O zaman \(\sqrt{n + \sqrt{n + \sqrt{n}}} = m^2 - n\), \(\sqrt{n + \sqrt{n}} = (m^2 - n)^2 - n\) ve \(\sqrt{n} = ((m^2 - n)^2 - n)^2 - n\). Buna göre, n bir tam karedir ve bir a pozitif tam sayısı için \(n = a^2\) ve \(a^2 + a = ((m^2 - n)^2 - n)^2\) dir. Demek ki \(a^2 + a\) da bir tam karedir. Fakat 


\[a^2 < a^2 + a < a^2 + 2a + 1 < (a + 1)^2\]


olduğundan \(a^2 + a\) bir tam kare olamaz, çelişki. Koşulu sağlayan n pozitif tam sayısı bulunmaz.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 19

\(f : (0, \infty) \to (0, \infty)\) fonksiyonu her \(x, y \in (0, \infty)\) için 


\[10 \cdot \frac{x + y}{xy} = f(x) \cdot f(y) - f(xy) - 90\]


denklemini sağlıyorsa \(f\left(\frac{1}{11}\right)\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  21

Çözüm:
Eşitlikte \(y = 1\) yazarsak, 


\[10 \cdot \frac{x + 1}{x} = f(x) \cdot f(1) - f(x) - 90 \quad (1)\]


olur. (1) de \(x = 1\) yazarsak, 


\[f(1)^2 - f(1) - 110 = 0\]


olur. Buna göre, \(f(1) = 11\) ya da \(f(1) = -10\). Koşullara göre, \(f(1)\) negatif sayı olamaz. (1) eşitliğinde \(f(1) = 11\) yazarsak, \(f(x) = 10 + \frac{1}{x}\) elde ederiz. Buna göre, \(f\left(\frac{1}{11}\right) = 21\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 20

\(a_1, a_2, a_3, \dots, a_{2008}\) tam sayılarından her biri en az 1 en çok ise 5 tir. \((a_n, a_{n+1})\) ikilisine, \(a_n < a_{n+1}\) ise artan ikili, \(a_n > a_{n+1}\) ise azalan ikili diyelim. Dizideki artan ikili sayısı 103 tane ise azalan ikili sayısı en az kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  25

Çözüm:
Azalan ikili sayısı \(n\) olsun. O zaman 


\[4 \ge a_{2008} - a_1 = (a_{2008} - a_{2007}) + (a_{2007} - a_{2006}) + \dots + (a_2 - a_1) \ge 103 - 4n\]


olduğuna göre, \(n \ge 25\) olur. 


Soldan başlayarak 25 tane 1, 2, 3, 4, 5 bloğundan, 1 tane 1, 2, 3 bloğundan ve 1880 tane 4 ten olsun dizide tam olarak 103 tane artan ve 25 tane azalan ikili bulunuyor. Demek ki, azalan ikili sayısının alabileceği en küçük değer 25 tir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 21

\(ABC\) dik üçgeninde \(m(\hat{A}) = 90^\circ\) olsun. \(P \in [AC], Q \in [BC], R \in [AB]\) olacak şekildeki \(APQR\) karesinin alanı 9, \(N, K \in [BC]\), \(M \in [AB]\) ve \(L \in [AC]\) olacak şekildeki \(KLMN\) karesinin alanı da 8 ise \(|AB| + |AC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
\(|AB| = x\), \(|BC| = y\) olsun. \(\triangle QRB \sim \triangle CAB\) olduğundan \((x-3)/x = 3/y\) ve buradan da \(xy = 3(x+y)\) olur. A dan geçen yüksekliğin ayağı \(E\) olsun. \(\triangle MNB \sim \triangle AEB\) ve \(\triangle ALM \sim \triangle ACB\) benzerliklerini kullanarak \(|MB|/|AB| = |MN|/|AE|\) ve \(|MA|/|AB| = |ML|/|BC|\) elde ederiz. Bu iki eşitliği taraf tarafa

toplayıp \(|BC| = \sqrt{x^2 + y^2}\) ve \(|AE| = xy/\sqrt{x^2 + y^2}\) eşitliklerini kullanarak \(\sqrt{2}/4 = 1/\sqrt{x^2 + y^2} + \sqrt{x^2 + y^2}/xy\) denklemini buluruz. \(x + y = a\) dersek \(xy = 3a\) ve \(\sqrt{x^2 + y^2} = a^2 - 6a\) olacağından son denklem \(\sqrt{2}/4 = 1/\sqrt{a^2 - 6a} + \sqrt{a^2 - 6a}/(3a)\) şeklindedir. Bu denklemi düzenlersek \(4(a - 3) = 3\sqrt{2a^2 - 12a}\) elde ederiz. Buradan da her iki tarafın karesini alarak \((a - 12)(a + 6) = 0\) ve \(a > 0\) olduğundan \(|AB| + |BC| = a = 12\) buluruz.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 22

Kaç \(a \ge b\) şartını sağlayan \((a, b)\) pozitif tamsayı ikilisi için \(a^2 + b^2\) ifadesi \(a^3 + b\) ve \(a + b^3\) ifadelerini böler?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Bir \(p\) asal sayısı ve bir \(s \ge 1\) tam sayısı için, \(ebob(a, b)\) nin \(p^s\) şeklindeki en büyük çarpanı \(p^s\) olsun. O zaman \(a^3 + b\) ve \(a + b^3\) ifadelerinin en az birinde \(p^s\) şeklindeki en büyük çarpan da \(p^s\) olacaktır. \(p^{2s}|a^2 + b^2\) olduğuna göre, bu \(a^2 + b^2\) nin \(a^3 + b\) ve \(a + b^3\) ifadelerini belmesi ile çelişir. Demek ki \(a\) ve \(b\) sayıları aralarında asaldır. \(a^2 + b^2\) sayısı \(a(a^2 + b^2) - (a^3 + b) = b(ab - 1)\) sayısını bölüyor. \(b\) ve \(a^2 + b^2\) aralarında asal olduğuna göre, \(a^2 + b^2\) sayısı \(ab - 1\) sayısını bölüyor. \(ab > 1\) olursa, \(a^2 + b^2 \ge 2ab > ab - 1\). Demek ki tek seçenek \(a = b = 1\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 23

\(a, b, c, d\) gerçel sayıları \(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - ab - bc - cd - d + \frac{2}{5} = 0\) eşitliğini sağlıyorsa \(a\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{1}{5}\)

Çözüm:
\[ 
\begin{aligned}
a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - ab - bc-cd-d + \frac{2}{5} &= \\
&= \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}b}{2} - \frac{c}{\sqrt{3}}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{2}c}{\sqrt{3}} - \frac{\sqrt{3}d}{2\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{5}d}{2\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\right)^2 = 0
\end{aligned}
\]


olduğuna göre, sıralayla \(d = \frac{4}{5}, c = \frac{3}{5}, b = \frac{2}{5}\) ve \(a = \frac{1}{5}\) gelir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 24

\(a_1, a_2, a_3, a_4, a_5\) ve \(a_6\) sayıları \(\{-1, 0, 1\}\) kümesinin elemanları olmak üzere, 


\[ a_1.5^1 + a_2.5^2 + a_3.5^3 + a_4.5^4 + a_5.5^5 + a_6.5^6 \]


ifadelerine bakalım. Bu ifadelerin kaç tanesi negatif değer alır?

Şıklar:

Cevap:  364

Çözüm:
Her \(n \ge 1\) değeri için \(5^n > 5^{n-1} + 5^{n-2} + \dots + 5\) olduğundan ifade sadece \(a_1 = a_2 = \dots = a_6 = 0\) durumunda sıfıra eşit oluyor. İfadenin negatif ve pozitif olma durumlarının sayıları birbirine eşittir. Buna göre, cevap \(\frac{3^6 - 1}{2} = 364\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 25

O merkezli çemberde [AB] çaptır. C ve D noktaları çember üzerinde [AB] çapına göre farklı yarım çemberler üzerindedirler. B den [CD] ye inen dikmenin ayağı H olsun. |AO| = 13, |AC| = 24 ve |HD| = 12 olduğuna göre DCB açısı kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  30

Çözüm:
ACB dik üçgen olup Pisagor teoreminden |BC| = 10 olur. ∠CAB = ∠CDB olduğundan △ACB ~ △DHB olur. Buradan da |HB|/12 = 10/24 ve |HB| = 5 olur. CHB dik üçgeninde |HB| = |BC|/2 olduğundan ∠DCB = ∠HCB = 30° bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 26

A = \(\frac{2^2 + 3 \cdot 2 + 1}{3! \cdot 4!} + \frac{3^2 + 3 \cdot 3 + 1}{4! \cdot 5!} + \frac{4^2 + 3 \cdot 4 + 1}{5! \cdot 6!} + \cdots + \frac{10^2 + 3 \cdot 10 + 1}{11! \cdot 12!}\) toplamı 


için 11! · 12! · A sayısını 11 e bölünce kalan nedir?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Öncelikle \(\frac{n^3 + 3n^2 + 1}{(n+1)!(n+2)!} = \frac{1}{n!(n+1)!} - \frac{1}{(n+1)!(n+2)!}\) olduğundan \(A = \frac{1}{2!3!} - \frac{1}{11!12!}\) olur. Dolayısıyla 11! · 12! · A = (11!)² - 1 elde ederiz. 11! · 12! · A + 1 sayısı 11 ile tam bölündüğünden 11! · 12! · A sayısının 11 ile bölümünden kalan 10 olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 27

Bir üçgenin açıları olan α, β, γ aritmetik dizi oluşturuyorlar. sin20α, sin20β ve sin20γ da aritmetik dizi oluşturuyorsa, α kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
α ≤ β ≤ γ olsun. O zaman β = 60° olacaktır. α = 60° - t, γ = 60° + t olsun. sin 20α + sin 20γ = 2 sin 20β olduğuna göre, 


\[2 \sin 10(\alpha + \gamma) \cdot \cos 10(\alpha - \gamma) = 2 \sin 20\beta\]


olur. O zaman α + γ = 2β dan cos 10(γ - α) = 1 gelir: n = 0, 1, 2, ... olmak üzere, 10(γ - α) = 360°n. Buradan 20t = 360°n ve t = 18° gelir. t < 60° olduğuna göre, t = 0°, 18°, 36°, 54° olur. Buna göre, α açısı 4 farklı değer alır. α ≥ β ≥ γ durumunda da benzer şekilde 3 yeni çözüm gelir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 28

8 × 8 bir satranç tahtasının bir köşesinden bir birim kare kesilip atıldığında kalan şekli eşit alanlı üçgenlere bölmek için en az kaç üçgen gerekir?

Şıklar:

Cevap:  18

Çözüm:
Üçgenlerden birinin bir kenarı kesilip atılmış birim karenin bir kenarının üzerinde yerleşecektir. Bu nedenle üçgenlerin alanları en fazla \(\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 7 = \frac{7}{2}\) olacaktır. Buna göre, en az \(63 \cdot \frac{2}{7} = 18\) üçgen gerekiyor. 18 üçgen örneğini vermek için satranç tahtasının kalan kısmını 9 tane \(1 \times 7\) dikdörtgene ayırıp bu dikdörtgenlerin her birini iki eşit üçgene bölmek gerekiyor.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 29

*ABCD* konveks dörtgeninde [AB] ile [CD] paralel değildir. [AD] nin orta noktası E, [BC] nin orta noktası F dir. |CD| = 12, |AB| = 22 ve |EF| = x olduğuna göre, x in alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  121

Çözüm:
[AC] köşgeninin orta noktası G olsun. *EG* || *DC* ve *FG* || *AB* olur. Buradan da |EG| = 6, |GF| = 11 dir. *AB* ile *CD* paralel olmadığı için E, G, F doğrusal olamaz. Buradan da *EGF* üçgeninde üçgen eşitsizliğinden 5 < x < 17 elde ederiz. Bu aralıktaki her x tam sayısı için şartları sağlayan bir dörtgen çizilebilir. x in alabileceği değerler 6, 7, ..., 16 olup bu sayıların toplamı 121 dir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 30

İlk terimi pozitif tam sayı olan bir dizide, her terime en büyük rakamı eklenerek bir sonraki terim elde ediliyor. Bu dizinin en çok kaç ardışık terimi tek sayı olabilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
{857, 865, 873, 881, 889} dizisinin istenilen koşulu sağladığı açıktır. Dizimizde 6 tane ardışık terimin tek sayı olamayacağını gösterelim, aksini varsayalım. Dizinin ardışık üç elemanı *a*, *b*, *c* tek sayılarını alalım. *a* ve *b* nin en büyük rakamları *x* ve *y* olsun. *x* ve *y* çift sayılar olduğundan, *a* ve *b* nin son basamakları olamazlar. Ek olarak, *a* ve *b* nin tüm rakamları 9 dan küçüktür, bu da *a* ve *b* nin son iki basamak haricinde aynı olduğunu gösterir. 


- *x* < *y* ise, *y* rakamı *b* nin son iki rakamından biri olmak zorundadır. *b* sayısı tek sayı olduğundan *y* rakamı *b* nin sondan ikinci rakamı olur. Diğer taraftan, *x* ve *y* çift sayılar olduğundan *x* ≤ *y* - 2 olur. *a* nin sondan ikinci rakamı en fazla *x* olabileceğinden *x* = *b* - *a* > 10 olup çelişki elde ederiz. 


- *x* > *y* ise, *x* rakamı *a* nin son iki rakamından biri olmak zorundadır. a sayısı tek sayı olduğundan *x* rakamı *a* nin sondan ikinci rakamı olur. *x* ≤ 8 olduğundan, *b* nin sondan ikinci rakamı *x* veya *x* + 1 olup, *x* > *y* koşulu ile çelişir. 


Buradan, dizimizin ardışık 6 tek sayı terimi bir aritmetik dizi oluşturmak zorundadır, ortak farka *d* diyelim. *d* ≤ 8 olduğundan dizimizin ilk beş teriminin son rakamları {1, 3, 5, 7} olabilir. Güvercin yuvası prensibinden, ilk beş terim arasında son rakamları aynı olan iki terim elde ederiz. Dolayısıyla, iki terim arasındaki olası farkların oluşturduğu {d, 2d, 3d, 4d} kümesinden en az bir sayı 10 ile bölünmelidir, bu da *d* nin 5 ile bölünmesini gerektirir. *d* sıfırdan farklı çift bir rakam olduğundan bu imkansızdır. Sonuç olarak, dizimizde en fazla 5 ardışık terim tek sayı olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 31

*xy* = 1 koşulunu sağlayan her *x*, *y* gerçel sayıları için 


\[((x+y)^2 + 4)((x+y)^2 - 2) \geq A \cdot (x-y)^2\]


eşitsizliği sağlanıyorsa, *A* sayısının alabileceği en büyük değer aşağıdakilerden hangisidir?

Şıklar:

Cevap:  18

Çözüm:
Öncelikle \(x = \sqrt{2} + 1\) ve \(y = \sqrt{2} - 1\) alırsak \(xy = 1\) koşulu sağlanır. \((x + y)^2 = 8\) ve \((x - y)^2 = 4\) olduğundan, \(12 \cdot 6 \ge A \cdot 4\) ve dolayısıyla \(A \le 18\) elde ederiz. Şimdi, \(xy = 1\) koşulunu sağlayan bütün \(x\) ve \(y\) gerçel sayıları için \(((x + y)^2 + 4)((x + y)^2 - 2) \ge 18 \cdot (x - y)^2\) olduğunu göstereceğiz. \((x + y)^2 = m\) diyelim, \(xy = 1\) eşitliğini kullanarak \((x - y)^2 = m - 4\) elde ederiz. Diğer taraftan, 


\[(m + 4)(m - 2) \ge 18 \cdot (m - 4) \iff (m - 8)^2 \ge 0\]


olduğundan, \(A = 18\) ve \(xy = 1\) ise \(((x + y)^2 + 4)((x + y)^2 - 1) \ge A \cdot (x - y)^2\) eşitsizliği sağlanır. 


**32.** \(n \ge 4\) kişilik bir partide, her 3 kişinin tam olarak 1 ortak arkadaşı varsa \(n\) kaç farklı değer alabilir?
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 32

\(n \ge 4\) kişilik bir partide, her 3 kişinin tam olarak 1 ortak arkadaşı varsa \(n\) kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(n\) nin alabileceği tek değerin 4 olduğunu gösterelim. \(A, S, T\) kişilerinin ortak arkadaşı \(B, A, S, B\) kişilerinin ortak arkadaşı \(C\) (\(C = T\) olabilir), \(A, B, C\) kişilerinin ortak arkadaşı \(D\) (\(D = S, T\) olabilir) olsun. Bu durumda \(A, B, C, D\) kişileri kendi aralarında arkadaş olacaklar. Şimdi \(A\) nın sadece 3 arkadaşının olduğunu gösterelim. \(A\) nın \(U, V\) arkadaş ikilisine, \(A, U, V\) kişilerinin ortak arkadaşlarını karşılık gösterelim. \((U, V) \ne (P, Q)\) ikililerinin her birine aynı \(Z\) kişisi karşılık gösterilirse, \(U \ne P\) olmak üzere, hem \(A\), hem \(Z\) kişisi \(U, V, P\) kişilerinin ortak arkadaşı olacaktır, çelişki. Demek ki her arkadaş ikilisine farklı bir kişi karşılık gösterilecektir. O zaman \(A\) nın arkadaş sayısı \(k\) olmak üzere, \(A\) nın arkadaş ikilisi sayısı \(\binom{k}{2}\) olduğundan, \(\binom{k}{2} \le k\) ve buradan da \(k \le 3\) olur. Demek ki, \(A\) nın \(B, C, D\) dışında arkadaşı bulunmuyor. Benzer şekilde \(B, C, D\) kişilerinin her birinin \(A, B, C, D\) dışında arkadaşı bulunmuyor. Partide bu 4 kişi dışında bir \(E\) kişisi de varsa, \(A, B, E\) nin ortak arkadaşı olmayacaktır, çelişki. 


**33.** \(E\) noktası, \(ABCD\) eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde olmak üzere \(|AE| = |EB|\), \(m(EAEB) = 12^\circ\) ve \(m(DAE) = 72^\circ\) dir. Buna göre \(m(\overline{CDE})\) kaç derecedir?
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 33

\(E\) noktası, \(ABCD\) eşkenar dörtgeninin iç bölgesinde olmak üzere \(|AE| = |EB|\), \(m(EAEB) = 12^\circ\) ve \(m(DAE) = 72^\circ\) dir. Buna göre \(m(\overline{CDE})\) kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  66

Çözüm:
\(ABD\) üçgeni ikizkenar olduğundan \(\angle ABD = \angle ADB = 48^\circ\) olur. \(ABD\) üçgeninin iç bölgesinde \(EAE'\) bir eşkenar üçgen olacak biçimde bir \(F\) noktası alalım. \(\angle FAD = \angle EAB = 12^\circ\) ve \(|AE| = |AF|\), \(|AB| = |AD|\) olduğundan \(\triangle EAB \cong \triangle FAD\) olur. Yani \(EFD\) bir ikizkenar üçgendir. Açı yazarak \(\angle EFD = 144^\circ\) ve \(\angle FDE = \angle FED = 18^\circ\) olduğunu görebiliriz. \(\angle ADB = 48^\circ\) ve \(\angle ADE = 30^\circ\) olduğundan \(\angle EDB = 18^\circ\) olur. Buradan da \(\angle CDE = 48^\circ + 18^\circ = 66^\circ\) elde ederiz. 


**34.** Ondalık yazılımında 0 dan farklı olan tüm rakamlarına bölünen pozitif bir tam sayıya “özel sayı” diyelim. En fazla kaç ardışık özel sayı vardır?
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 34

Ondalık yazılımında 0 dan farklı olan tüm rakamlarına bölünen pozitif bir tam sayıya “özel sayı” diyelim. En fazla kaç ardışık özel sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  13

Çözüm:
Ardışık 14 tane özel sayı olamayacağını ispatlayalım, aksini varsayalım. \(\{n, n+1, \dots, n+13\}\) sayılarının hepsi özel sayı olsun. \(i \in \{0, 1, 2, 3\}\) olmak üzere,

n+i ve n+i+10 sayılarının son basamakları aynı olduğundan, bu basamağa c dersek, c|10 elde ederiz. Dolayısıyla, n, n+1, n+2, n+3 sayılarının son basamakları sadece 0, 1, 2, 5 olabilir. Fakat hem n hem de n+3 sayısının son basamağının {0, 1, 2, 5} kümesinden olması için \(n \equiv 2 \pmod{10}\) olmalıdır, bu durumda ise \(n+1 \equiv 3 \pmod{10}\) olup çelişki elde ederiz. 13 tane ardışık özel sayı için örnek verelim: \(10^k \equiv 1 \pmod{3^4 \cdot 7}\) olan k pozitif tam sayısı için, \(n = \frac{11 \cdot 1000}{k}\) olsun. \(n = \frac{10^k - 1}{9} \cdot 10^3\) olduğundan, n sayısı {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} sayılarının hepsi ile bölünür. \(n, n+1, n+10\) ve \(n+11\) in özel sayı olduğu açıktır. Diğer taraftan, \(i \in \{2, 3, \dots, 9\}\) olmak üzere \(n+i\) sayısı i ile tam bölünür. \(n+12\) sayısında sadece 0, 1, 2 rakamları olduğundan \(n+12\) de özel sayı olur. Sonuç olarak, \(\{n, n+1, n+2, \dots, n+12\}\) sayıları ardışık 13 tane özel sayı olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 35

x bir gerçel sayı ise \(\sqrt{x^2 - 6x + 13} + \sqrt{x^2 - 14x + 58}\) ifadesinin alabileceği en küçük gerçel değer kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{41}\)

Çözüm:
Verilen ifade \(A(x, 0)\) noktasıyla \(B(3, 2)\) ve \(C(7, 3)\) noktalarının arasındaki uzaklıkların toplamına eşittir. A noktası ile B arasındaki uzaklık, A ile \(B'(3, -2)\) arasındaki uzaklığa eşittir. Buna göre, ifade A ile \(B'\) ve \(C\) noktalarının arasındaki uzaklıkların toplamına Eşittir. Bu toplam en küçük değerini \(A \in [B', C]\) durumunda alır ve bu durumda toplam \(|B'C| = \sqrt{4^2 + 5^2} = \sqrt{41}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2008, 1. Aşama, Soru 36

Üst üste dizilmiş 2008 madeni paranın bulunduğu bir beyaz masa ve iki boş siyah masadan başlayarak, her hamlede herhangi bir masadaki en üst pozisyondaki parayı alıp herhangi bir boş masaya veya herhangi bir masadaki en üst pozisyona yerleştirerek, en az kaç hamlede tüm paralar beyaz masaya ters sırada yerleştirilebilir?

Şıklar:

Cevap:  6022

Çözüm:
n tane madeni para için cevabın \(3n-2\) olduğunu kanıtlayacağız. İlk olarak bunun için \(3n-2\) hamlenin yeterli olduğunu gösterelim. Beyaz masa B, diğer masalar \(S_1\) ve \(S_2\) olsun. En üstteki parayı \(S_1\) e, kalan paraları \(S_2\) ye, \(S_1\) deki parayı B ye, \(S_2\) deki \(n-1\) tane paranın \(n-2\) tanesini \(S_1\) e, \(S_2\) deki tek parayı B ye ve \(S_1\) deki paraları B ye yerleştirirsek paralar \(1+(n-1)+1+(n-2)+1+(n-2) = 3n-2\) hamle sonucunda beyaz masaya ters sırada yerleşmiş olur. Şimdi gereken hamle sayısının \(3n-2\) den az olamayacağını gösterelim. Her madeni paraya hamle uygulanacağı için 2 den az hamle uygulanmış madeni para yoktur. Toplam hamle sayısı \(3n-2\) den az olursa, 2 hamle uygulanmış en az 3 madeni para olacaktır. Bu 3 madeni paranın ikisi aynı siyah masaya taşınmıştır ve demek ki hamleler bittiğinde bu iki paranın B masasındaki sıraları değişmemiştir, çelişki.