alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 22

\(f(0) = 0\), \(f(1) = 1\) ve her \(n \ge 1\) için, \(f(3n-1) = f(n)-1\), \(f(3n) = f(n)\), \(f(3n+1) = f(n)+1\) ise, \(f(2011)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(f(2011) = f(670) + 1 = f(223) + 2 = f(74) + 3 = f(25) + 2 = f(8) + 3 = f(3) + 2 = f(1) + 2 = 1 + 2 = 3\). 


23. \(xy\)-düzlemindeki tam sayı koordinatlı noktalardan koordinatları çarpımı 6 ile bölünenler kırmızıya, bölünmeyenler ise beyaza boyanıyor. Kenarları koordinat eksenlerine paralel çok büyük bir karenin içinde kalan tam sayı koordinatlı noktalardan beyaz olanların sayısının kırmızı olanların sayısına oranı aşağıdakilerden hangisine en yakındır?

a) \(\frac{7}{5}\) b) \(\frac{3}{2}\) c) 2 d) \(\frac{4}{3}\) e) \(\frac{5}{4}\)
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 24

\(r_1, r_2, \dots, r_n\) renklerinde sırasıyla, \(a_1, a_2, \dots, a_n\) topun bulunduğu bir torbadan, her seferinde çekilen top torbaya geri konmak koşuluyla, birer birer rastgele \(n\) top çekildiğinde bu toplardan en az ikisinin aynı renkte olma olasılığını \(p(a_1, a_2, \dots, a_n)\) ile gösterirsek, aşağıdakilerden hangisi en küçüktür?

Şıklar:
A) \(p(2, 2, 2, 1)\) | B) \(p(1, 1, 1, 1)\) | C) \(p(2, 2, 3)\) | D) \(p(2, 2, 1)\) | E) \(p(1, 1, 1)\)

Cevap: E \(p(1, 1, 1)\)

Çözüm:
\[p(2, 2, 2, 1) = 1 - 4! \cdot \frac{1}{7} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{2}{2} = \frac{2209}{2401}\]


\[p(1, 1, 1, 1) = 1 - \frac{4}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{29}{32}\]


\[p(2, 2, 3) = 1 - 3! \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{7} \cdot \frac{2}{3} = \frac{271}{343}\]


\[p(2, 2, 1) = 1 - 3! \cdot \frac{1}{5} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{101}{125}\]


\[p(1, 1, 1) = 1 - \frac{3}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{7}{9}\]


Buna göre en küçük olasılık \(p(1, 1, 1)\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 25

\(ABCDE\) düzgün dışbükey beşgeninin alanının, kenarları \(AC, CE, EB, BD, DA\) doğruları üstünde yer alan düzgün dışbükey beşgenin alanına oranı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \((7 + 3\sqrt{5})/2\)

Çözüm:
\(BE\) doğrusu \(AC\) ve \(AD\) doğrularını sırasıyla \(P\) ve \(Q\) noktalarında kessin. Küçük düzgün beşgenin bir kenarı \([PQ]\) olmalıdır. Benzerlikten bu iki beşgenin alanları oranı \(|AB|^2/|PQ|^2\) ye eşittir. Açı yazarak \(\angle PBA = \angle PAB = \angle PAQ = 36^\circ\) ve \(\angle APQ = \angle AQP = 72^\circ\) olduğunu görebiliriz. Sınıs teoreminden \(|AB|/|PQ| = (|AB|/|AP|) \cdot (|AP|/|PQ|) = (\sin 72^\circ/\sin 36^\circ) \cdot (\sin 72^\circ/\sin 36^\circ) = 4\cos^2 36^\circ = 4[(\sqrt{5}+1)/4]^2 = (3+\sqrt{5})/2\) ve buradan da \((|AB|/|PQ|)^2 = [(3+\sqrt{5})/2]^2 = (7+3\sqrt{5})/2\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 26

\(0 \le a < 2^{2008}\) ve \(0 \le b < 8\) tam sayıları \(7(a + 2^{2008}b) \equiv 1 \pmod{2^{2011}}\) denkliğini sağlıyorsa, \(b\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(3. 2^{2008}|7a-1| \Rightarrow a = \frac{3 \cdot 2^{2008} + 1}{7} \Rightarrow 3 \cdot 2^{2008} + 1 + 2^{2008}7b \equiv 1 \pmod{2^{2011}} \Rightarrow 3 + 7b \equiv 0 \pmod{8} \Rightarrow b = 3\)
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 27

\((a_n)_{n=1}^\infty\) gerçel sayı dizisi \(a_1 = 1\), \(a_3 = 4\) ve her \(n \ge 2\) için, \(a_{n+1} + a_{n-1} = 2a_n + 1\) koşulunu sağlıyorsa, \(a_{2011}\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  2021056

Çözüm:
Verilen koşul \(n = 2\) için yazılırsa \(a_2 = 2\) olduğu görülür. Ayrıca koşuldaki ifadenin yeniden düzenlenmesiyle \(a_{n+1} - a_n = a_n - a_{n-1} + 1\) bulunur. Yani bu dizinin ardışık farkları birer birer artıyor. \(a_2 - a_1 = 1\) olduğuna göre her \(n\) için \(a_{n+1} - a_n = n\) dir. O halde \(a_{n+1} = (a_{n+1} - a_n) + (a_n - a_{n-1}) + \dots + (a_2 - a_1) + a_1 = n + (n-1) + \dots + 2 + 1 + 1 = \frac{n(n+1)}{2} + 1\). Özel olarak \(a_{2011} = 1005 \cdot 2011 + 1 = 2021056\).
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 28

\(1, 2, \dots, 4022\) sayıları \(2 \times 2011\) bir satranç tahtasının birim karelerine, iki sayı aynı birim karede olmamak ve ardışık olan sayılar ortak bir kenarı olan birim karelerde yer almak koşuluyla kaç farklı biçimde yerleştirilebilir?

Şıklar:

Cevap:  8084224

Çözüm:
Durum 1: 1 ve 4022 sayıları aynı sütundalar. Bu durumda 1 ve 4022 sayıları sadece 1. ve 2011. sütunlarda bulunabilirler ve toplam 4 yerleştirme vardır. Durum 2: 1 ve 4022 sayıları farklı sütunlardalar. 1 sayısı soldan \(n\). sütunda olup 4022 sayısı 1 den daha sağdaysa 1 sayısının sütun komşusu \(2n\) olmak zorundadır, 4022 sayısının satır numarası da tek türlü belirlenir ve tek türlü yerleştirme olur. 1 sayısı sağdan \(n\). sütunda olup 4022 sayısı 1 den daha soldaysa 1 sayısının sütun komşusu yine \(2n\) olmak zorundadır, 4022 sayısının satırmı nırmarası da tek türlü belirlenir ve tek türlü yer leştirme olur. Dolayısıyla, 1 sayısı için \(2 \cdot 2011\) durum ve her durumların her birinde

4022 sayısı için 2010 durum olur. Buna göre toplam yerleştirme sayısı 


\[
4 + 2 \cdot 2011 \cdot 2010 = 8084224
\]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 29

ABC üçgeninin B ve C köşelerinden geçen bir çember [AB] kenarını D, [AC] kenarını da E noktasında kesiyor. ACD üçgeninin çevrel çemberi ise, BE doğrusunu [BE] dışındaki bir F noktasında kesiyor. |AD| = 4 ve |BD| = 8 ise, |AF| nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(4\sqrt{3}\)

Çözüm:
\(BDEC\) ve \(AFCD\) kirişler dörtgeni olduğundan \(\angle BEC = \angle BDC = \angle AFC\) ve buradan da \(\angle AFE = \angle ACF\) olur. Yani \(\triangle AFE \sim \triangle ACF\) ve böylece \(|AF|^2 = |AE| \cdot |AC|\) olur. Çemberde kuvvetten \(|AE| \cdot |AC| = |AD| \cdot |AB| = 4 \cdot 12 = 48\) olduğundan \(|AF| = 4\sqrt{3}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 30

m nin hangi değeri için, \(3x^2 - 10xy - 8y^2 = m^{19}\) eşitliğini sağlayan hiçbir \((x, y)\) tam sayı ikilisi yoktur?

Şıklar:
A) 7 | B) 6 | C) 5 | D) 4 | E) 3

Cevap: D 4

Çözüm:
\(3x^2 - x(10y) - (8y^2 + m^{19}) = 0\). Bu denklemin \(x^2\) e göre diskriminantı \(\Delta = 196y^2 + 12m^{19}\) dur. \(\Delta = 4s^2\) olmak üzere \(x = \frac{10y \pm 2s}{6} = \frac{5y \pm s}{3}\). O halde \(s\) tam sayı ise, \(x\)'in bir tam sayı değer alabileceği kolayca görülür. O zaman denklemi sağlayan \(x\) ve \(y\) tam sayıları vardır ancak ve ancak \((7y)^2 + 3 \cdot m^{19} = s^2\) eşitliğini sağlayan \(y\) ve \(s\) tam sayıları vardır. \((7y)^2 + 3 \cdot m^{19} = s^2 \Leftrightarrow 3 \cdot m^{19} = (s - 7y)(s + 7y) \Leftrightarrow\) çarpımları \(3 \cdot m^{19}\) olup farkları 14 ile bölünen iki tam sayı vardır. \(3 \cdot 7^{19} = (3 \cdot 7^{18}) \cdot 7\), \(3 \cdot 6^{19} = 3^{20218} \cdot 2\), \(3 \cdot 5^{19} = 5^{18} \cdot 15\) ve \(3 \cdot 3^{19} = 3^{19} \cdot 3\) olduğundan \(m = 7, 6, 5, 3\) için çözüm vardır. \(m = 4\) için farzedelim ki çözüm bulunsun. O halde \(a(a + 14y) = 3 \cdot 4^{19}\) olacak şekilde \(a\) ve \(y\) tam sayıları vardır. \(\Rightarrow a^2 \equiv 3 \cdot 4^{19} \equiv 3 \cdot 4 \equiv 5 \pmod{7}\). Ancak bir tamkare \((\text{mod } 7)\)'de \(5\)'e denk olamaz. Çelişki.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 31

\(i^2 + j^2 + k^2 = 2011\) koşulunu sağlayan \(i, j, k\) tam sayıları için, \(i + j + k\) ifadesinin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  77

Çözüm:
Öncelikle \((i+j+k)^2 = 3(i^2+j^2+k^2) - [(i-j)^2 + (i-k)^2 + (j-k)^2] \le 3 \cdot 2011 < 78^2\), yani \(i+j+k \le 77\) olduğunu görürüz. Daha sonra \(21^2 + 27^2 + 29^2 = 441 + 729 + 841 = 2011\) ve \(21 + 27 + 29 = 77\) örneğini göstererek en büyük değerin 77 olduğunu ispatlamış oluruz.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 32

Başlangıçta bir öbekte \(n\) taş bulunuyor. İki oyuncu sırayla hamle yapıyorlar ve her hamlede sırası gelen oyuncu istediği bir \(i \ge 0\) tam sayısı için, öbekteki taşlardan \(2^i\) tanesini alıyor. Son taşı alan oyuncu oyunu kazanıyor. Oyun \(n = 1000, 2000, 2011, 3000, 4000\) değerlerinin her biri için birer kez oynanırsa, bu oyunlardan kaçını oyuna başlayan oyuncu kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Başlayan oyuncu \(n = 1, 2\) durumlarında ise kazanır, \(n = 3\) durumunda ise ise kaybeder. Başlayan oyuncu \(n = 4, 5\) durumlarında ilk hamlesi sonucunda taş sayısını 3 yapabildiği için bu durumlarda da kazanır. \(n = 6\) durumunda ise ilk hamlesi sonucunda zorunlu olarak taş sayısını 2, 4, veya 5 yaparak oyunu kaybediyor. Benzer şekilde devam edersek oyuna başlayan oyuncunun \(n = 3k\) durumlarında kaybedeceği, \(n \neq 3k\) durumlarında kazanacağı görülür. Buna göre oyuna başlayan oyuncunun kazandığı durumlar \(n = 1000, 2000, 2011, 4000\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 33

Bir birim küreye içten ve köşeleri bu küre üstünde yer alan düzgün dörtyüzlünün bir yüzüne de dıştan teğet olan bir kürenin hacmi en çok ne olabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(4\pi/81\)

Çözüm:
Birim kürenin merkezi ile düzgün dörtyüzlünün merkezi aynı noktadır. Düzgün dörtyüzlünün köşeleri \(A, B, C, D\) ve merkez \(O\) olsun. Kürenin yarıçapı \(r = 1\) ve \(|AB| = |BC| = |CA| = |DA| = |DB| = |DC| = a\) olsun. \(|OA| = |OB| = |OC| = |OD| = r\) dir. \(DO\) doğrusu \(ABC\) eşkenar üçgeninin diklik merkezinden geçer. Bu noktaya \(H\) diyelim. \(|HO| = x\) olsun. \(|CH| = a\sqrt{3}/3\) tür. \(OH \perp HC\) olacağından \(OHC\) üçgeninde Pisagor teoreminden \(x^2 + (a\sqrt{3}/3)^2 = r^2\) olur. \(HB\) doğrusu \(AC\) yi \(K\) noktasında kessin. \([DK]\) doğru parçası \(DCA\) eşkenar üçgeninde \(D\) köşesine ait yüksekliktir. Bu yüzden \(|DK| = a\sqrt{3}/2\) dir. Ayrıca \(|KH| = a\sqrt{3}/6\) dir. \(DHK\) dik üçgeninde Pisagor teoreminden \(|DH| = \sqrt{(a\sqrt{3}/2)^2 - (a\sqrt{3}/6)^2} = a\sqrt{6}/3\) olur. Öte yandan \(|DH| = |OH| + |OD| = x + r\) dir. Şimdi ise \(r - x = (r^2 - x^2)/(r + x) = (a\sqrt{3}/3)^2/(a\sqrt{6}/3) = a\sqrt{6}/6\) ve buradan da \(x = a\sqrt{6}/12\) olur. Yerine koyarsak \(a = 4/\sqrt{6}\) ve \(x = 1/3\) buluruz. Küçük kürenin hacmi en çok bu küre düzgün dörtyüzlünün bir yüzüne karşılık gelen eşkenar üçgenin merkezinde teğetken olur. Bu durumda ise küçük kürenin yarıçapı \((r - x)/2 = 1/3\) olacağından hacim en çok \(4\pi/81\) olabilir.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 34

\(n\) pozitif bir tam sayı olmak üzere, \(2^n\) sayısının on tabanına göre yazılmında sağdan en çok kaç basamakta aynı rakam yer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(2^{39}\) sayısının son üç basamağı 888 dir. Şimdi sağdan en çok üç basamakta aynı rakam olabileceğini gösterelim. \(n = 1, 2, 3\) değerlerinde \(2^n\) sayısı tek basamaklıdır. \(n \ge 4\) olursa \(2^n\) 16 ile bölünecektir. \(2^n\) sayısının sağdan son dört basamağı *baaa* olsun. \(i \ge 4\) için \(10^i\) sayısı 16 ile bölünüyor, bu nedenle \(10^3b + 10^2a + 10a + a = 8b - a \equiv 0 \pmod{16}\). Buna göre \(b \ne a\).
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 35

Aşağıdaki fonksiyonlar arasında pozitif gerçel sayılar kümesinde aldığı en büyük değer en küçük olan hangisidir?

Şıklar:
A) \frac{x^2}{1+x^{12}} \quad | B) \frac{x^3}{1+x^{11}} \quad | C) \frac{x^4}{1+x^{10}} \quad | D) \frac{x^5}{1+x^9} \quad | E) \frac{x^6}{1+x^8} \]

Cevap: D \(\frac{x^5}{1+x^9}\)

Çözüm:
\(f_i(x) = \frac{x^i}{1+x^{14-i}}\) diyelim. \(x > 1\) için \(f_5(x) < \frac{x^6}{1+x^9} < f_6(x)\) ve \(f_5(\frac{1}{x}) = \frac{x^4}{1+x^9} < \frac{x^6}{1+x^9} < f_6(x)\) olduğu görülür. Ayrıca çok küçük pozitif \(\epsilon\) için \(f_5(1) = \frac{1}{2} < f_6(1+\epsilon)\) olduğundan \(f_5\) in aldığı her değerden daha büyüğünü \(f_6\) alır. Benzer şekilde \(i = 2, 3, 4\) olmak üzere \(x < 1\) için \(f_5(x) < \frac{x^i}{1+x^9} < f_6(x)\) ve \(f_5(\frac{x}{1}) = \frac{x^4}{1+x^9} \le \frac{x^i}{1+x^9} < f_6(x)\) olduğu görülür.
Yine çok küçük pozitif \(\epsilon\) için \(f_5(1) = 1/2 < f_6(1-\epsilon)\) olduğundan \(f_5\) in aldığı her değerdan daha büyüğünü \(f_i\) alır. Dolayısıyla \(f_2, f_3, f_4, f_5, f_6\) arasında aldığı en büyük değer en küçük olan \(f_5\) olmalıdır.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 36

Boyları birbirinden farklı 14 öğrenci başlangıçta nasıl sıralanmış olurlarsa olsunlar, her adımda yanıana duran iki öğrencinin yerini değiştirerek en az kaç adımda öğrencileri boy sırasına sokmak mümkün olur?

Şıklar:

Cevap:  \([\binom{14}{2}/2] = 45\)

Çözüm:
A öğrencisi B öğrencisinden daha uzun olup sıralamada daha soldaysa buna 1 puan verelim. Büyükten küçüğe sıralamada toplam puan \(\binom{14}{2}\) dir. Küçükten büyüğe sıralamada toplam puan 0' dır. Her hamlede toplam puan en fazla bir azalıyor ve her hamlede toplam puanı bir eksiltebiliyoruz. Buna göre büyükten küçüğe sıralamasından küçükten büyüğe sıralamasına varmak için \(\binom{14}{2} = 91\)

adım gerekiyor. Başlangıç sıralamasındaki toplam puan [91/2] = 45 olursa gereken adım sayısı en büyük değerini alır.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 37

10. \(0 \le x, y, z < 2011\) olmak üzere, \(xy + yz + zx \equiv 0 \pmod{2011}\) ve \(x + y + z \equiv 0 \pmod{2011}\) koĢullarını sağlayan kaç \((x, y, z)\) tam sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  4021

Çözüm:
\(z \equiv -(x+y) \pmod{2011} \Rightarrow x^2 + xy + y^2 \equiv 0 \pmod{2011} \Rightarrow x^3 \equiv y^3 \pmod{2011}\). 2011 asal sayı ve 3|2011-1 olduğundan \(r^3 \equiv 1 \pmod{2011}\) olacak Ģekilde bir \(0 < r < 2011\) tam sayısı vardır. \(\Rightarrow y \equiv xr, xr^2 \pmod{2011}\). Benzer biçimde \(z \equiv xr, xr^2 \pmod{2011}\) ve \(z \equiv yr, yr^2 \pmod{2011}\) elde edilir. O zaman \(y \equiv xr \pmod{2011}\) ve \(z \equiv xr^2 \pmod{2011}\) veya \(y \equiv xr^2 \pmod{2011}\) ve \(z \equiv xr \pmod{2011}\) durumlarından biri gerçekleĢir. \(x = 0\) iken \(1, x \neq 0\) için \(2\) çözüm gelir. Toplamda çözüm sayısı \(1 + 2 \cdot 2010 = 4021\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2011, 1. Aşama, Soru 38

Bir okuldaki 100 öğrenciden her biri aynı okuldaki istediği 50 öğrenciye mesaj yollamıĢtır. Karşılıklı olarak mesajlaĢmıĢ öğrenci çiftlerinin sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  50

Çözüm:
Okulda toplam 50 · 99 tane öğrenci çifti bulunuyor. Toplam mesaj sayısı 100 · 50 olduğundan karşılıklı olarak mesajlaşmış öğreneci çiftlerinin sayısı en az 5000 - 4950 = 50 olacaktır. 50 için örnek verelim: çember etrafında yerleĢtirilmiĢ 100 öğrencinin her biri saat yönünde ilk 50 öğrenciye mesaj yollarsa, \(k = 1, 2, \dots, 50\) olmak üzere, sadece \(k\) ve \(k + 50\) ikilileri karĢılıklı olarak mesajlaşmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2011, 2. Aşama, Soru 1

\(n \ge 2\) ve \(E = \{1, 2, \dots, n\}\) olsun. \(A_1, A_2, \dots, A_k\); \(E\) nin altkümeleri olmak üzere, her \(1 \le i < j \le k\) için, \(A_i \cap A_j\), \(A_i' \cap A_j\), \(A_i \cap A_j'\) ve \(A_i' \cap A_j'\) kümelerinden tam olarak bir tanesi boş ise, \(k\) nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. 


[A, E nin bir altkümesi ise, E nin A ya ait olmayan elemanlarının kümesini \(A'\) ile gösteriyoruz.] 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(2n - 3\)

Çözüm:
İlk önce \(k = 2n - 3\) için bir örnek verelim: \(\{1\}, \{2\}, \dots \{n\}, \{1, 2\}, \{1, 2, 3\}, \dots \{1, 2, 3, \dots, n - 2\}\). alt kümelerinin koşulları sağladığı açıktır. 


Şimdi \(n\) üzerinden tümevarımla \(E = \{1, 2, \dots, n\}\) için \(k \le 2n - 3\) olduğunu gösterelim. 


\(n = 2\) ve \(n = 3\) için \(k \le 2n - 3\) olduğu açıktır. 


\(n \ge 4\) olsun ve \(n - 1\) için \(k \le 2n - 5\) olduğunu varsayalım. \(n\) için koşulları sağlayan en büyük küme koleksiyonlarından biri \(M\) olsun. Yukarıdaki örnek nedeniyle \(|M| \ge 2n - 3\). Açıkça \(\emptyset\) ve \(E\) kümeleri \(M\) nin elemanı olamazlar. Bir \(1 \le i \le n\) için \(\{i\}\) ve \(\{i'\}\) kümeleri \(M\) nin elemanı değilse bunların birini \(M\) ye ekleyip \(M\) nin eleman sayısını artırarak çelişkiye varırız. Diğer taraftan \(\{i\}\) ve \(\{i'\}\) aynı anda \(M\) nin elemanı olamazlar. Sonuç olarak her \(1 \le i \le n\) için \(\{i\}\) ve \(\{i'\}\) kümerlerinin tam olarak biri \(M\) nin elemanıdır. Herhangi bir \(X \in M\) elemanını \(X'\) ile değiştirebiliriz. Dolayısıyla her \(1 \le i \le n\) için \(|A_i| \le \frac{n}{2}\) olduğunu varsayabiliriz. 


\(|M| \ge 2n - 3 > n\) olduğundan \(|A| \ge 2\) ve \(|B| \ge 2\) olmak üzere her \(B \in M\) için \(|A| \le |B|\) koşullarını sağlayan bir \(A \in M\) kümesi bulunuyor. Genelligi bozmadan \(1, 2 \in A\) olsun. \(\{1\}, \{2\}\) ve \(A\) dışında bir \(B \in M\) kümesi alalım. \(A \cap B = \emptyset\) ise, \(1, 2 \notin B\). \(A \cap B' = \emptyset\) ise, \(A \subset B\) ve \(1, 2 \in B\). \(A' \cap B = \emptyset\) ise, \(B \subset A\) ve \(A\) nin tanımına göre \(|B| = 1\). O zaman, \(1, 2 \notin B\). \(A' \cap B' = \emptyset\) ise, \(A \cup B = E\). O zaman \(n\) tek ise, \(|A|, |B| \le \frac{n-1}{2}\) ve dolayısıla \(|A \cup B| \le n - 1\). \(n\) çift ise, \(|A| = |B| = \frac{n}{2}\) ve dolayısıyla \(B = A'\) ve \(A \cap B = \emptyset\). 


Sonuç olarak \(\{1\}\) ve \(\{2\}\) dışındaki tüm \(B \in M\) kümeleri için \(\{1, 2\} \subset B\) veya \(\{1, 2\} \cap B = \emptyset\). O zaman \(\{1\}\) ve \(\{2\}\) kümelerini \(M\) den çıkarıp \(M\) deki her kümede 1 leri atarsak \(n - 1\) elemanlı \(S = \{2, 3, \dots, n\}\) için koşulları sağlayan ve \(|M| - 2\) kümeden oluşan bir koleksiyon elde ederiz.. Tümevarım varsayımına göre \(|M| - 2 \le 2n - 5\) ve böylece \(|M| \le 2n - 3\) bulunur. Aynı zamanda \(|M| \ge 2n - 3\) olduğundan \(|M| = 2n - 3\) olur ve ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2011, 2. Aşama, Soru 6

A ülkesindeki 2011 kent ile B ülkesindeki 2011 kent arasında karşılıklı uçak seferleri yapılıyor. İki kent arasındaki seferleri yalnızca bir hava yolu şirketi işletebiliyor ve bir kentten çıkan seferleri en çok 19 farklı hava yolu şirketi işletebiliyor. Uçuşlar hava yolu şirketleri arasında bu koşulları sağlayacak biçimde nasıl paylaşılmış olursa olsun, yalnızca bir tek hava yolu şirketinin uçuşlarını kullanarak herhangi ikisi arasında gidebileceğimiz k kent bulunuyorsa, k nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. 


Çözüm:

Şıklar:

Cevap:  212

Çözüm:
Soruyu çizge kavramı kullanarak yeniden formüle edelim. \(|A| = 2011\) ve \(|B| = 2011\) olmak üzere, bir \(K_{A,B}\) tam iki kısımlı (bipartite) çizgenin kenarları, her köşeye bağlı kenarlar en fazla 19 renge boyalı olacak şekilde nasıl boyanırsa boyansın, \(k\) köşeli tek renkli kenarlarla bağlantılı bir alt çizge bulunuyorsa, \(k\) sayısının alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. 


\(v\) köşesine bağlı olan kenarların renklerinin kümesi \(C(v)\), \(v\) köşesine bağlı olan \(i\) renkli kenarların sayısı \(d_i(v)\) olsun. Aralarındaki kenar \(i\) rengine boyalı olmak üzere, her \((u,v)\) köşe ikilisi için \(f(u,v) = d_i(u) + d_i(v)\) olsun. Cauchy-Schwarz eşitsizliğine göre, 


\[ \frac{1}{2} \sum_{u \in A, v \in B} f(u, v) = \sum_{u \in A, i \in C(u)} d_i^2(u) \geq (\sum_{u \in A, i \in C(u)} d_i(u))^2 \cdot \frac{1}{2011 \cdot 19} = 2011^2 \cdot \frac{2011}{19} \]


elde edilir. O zaman \([2 \cdot \frac{2011}{19}] = 212\) olduğuna göre, güvercin yuvası prensibinden \(f(s,t) \ge 212\) olacak şekilde bir \((s,t)\) köşe ikilisi bulunacaktır. 


Son olarak \(k = 212\) olan bir örnek verelim. \(A\) ve \(B\) kümelerini 105 ve 106 elemanlı \(A_1, \dots, A_{19}\) ve \(B_1, \dots, B_{19}\) alt kümelere ayıralım ve \(A_i\) alt kümesinin her elemanı ile \(B_j\) alt kümesinin her elemanının arasındaki kenarı \(c(i,j) \equiv i + j \pmod{19}\) olmak üzere \(c(i,j)\) rengine boyayalım. Bu durumda tek renkli kenarlarla bağlantılı en büyük alt çizgenin köşe sayısı 212 olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 1

Yüksekliklerinin uzunlukları 3, 4 ve 6 birim olan bir üçgeninin çevre uzunluğu kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  \(24\sqrt{3/5}\)

Çözüm:
Kenar uzunlukları \(a, b, c\) ve karşılık gelen yükseklik uzunlukları \(h_a, h_b, h_c\) olsun. Bu durumda \(ah_a = bh_b = ch_c\) olacağından genelliği bozmadan \(a = 4x\), \(b = 3x\), \(c = 2x\) diyebiliriz. Alan formülünden \(6x = \sqrt{9x/2 \cdot x/2 \cdot 3x/2 \cdot 5x/2}\) ve buradan da \(x = 8/\sqrt{15}\) ve çevre uzunluğu \(a + b + c = 72/\sqrt{15} = 24\sqrt{3/5}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 2

\(m\) ve \(n\) pozitif tam sayılar olmak üzere, \(2012^n + m^2\) sayısının 11 ile bölümünden kalan farklı sayıların toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  39

Çözüm:
\(2012 \equiv -1 \pmod{11}\) olduğundan \(2012^n \equiv -1, 1 \pmod{11}\). Bir tamkare (mod 11) de 0,1,3,4,5,9 değerlerini alabilir. Dolayısıyla \(2012^n + m^2\) sayısının 11 ile bölümündan kalan sayı 0,1,2,3,4,5,6,8,10 olabilir. Bu sayıların toplamı da 39 dur.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 3

Aşağıdaki \(x\) değerlerinden hangisi \(\sqrt[3]{6+\sqrt{x}} + \sqrt[3]{6-\sqrt{x}} = \sqrt[3]{3}\) eşitliğini sağlar?

Şıklar:

Cevap:  45

Çözüm:
\((a+b)^3 = a^3 + b^3 + 3ab(a+b)\) olduğundan \((\sqrt[3]{6+\sqrt{x}} + \sqrt[3]{6-\sqrt{x}}) = 12 + 3 \cdot (\sqrt[3]{36-x}) \cdot (\sqrt[3]{6+\sqrt{x}} + \sqrt[3]{6-\sqrt{x})} \Rightarrow 3 = 12 + 3 \cdot \sqrt[3]{3} \cdot (\sqrt[3]{36-x}) \Rightarrow 36 - x = \frac{(3-12)^3}{3^3 \cdot 3} = -9 \Rightarrow x = 45\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 4

\(A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) kümesinin tüm \(a\) elemanları için \(f(f(a)) = a\) koşulunu sağlayan kaç \(f: A \to A\) fonksiyonu vardır?

Şıklar:

Cevap:  232

Çözüm:
Durum 1: \(f(a) = a, f(b) = b, f(c) = c, f(d) = d, f(e) = e, f(s) = s, f(t) = t\). Durum 2: \(f(a) = b, f(b) = a, f(c) = c, f(d) = d, f(e) = e, \ f(s) = s, f(t) = t\). Durum 3: \(f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d, f(d) = c, f(e) = e, f(s) = s, f(t) = t\). DURUM 4: \(f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d\), \(f(d) = c, f(e) = e, f(s) = s, f(t)= t\). Buna göre toplam fonksiyon sayısı 


\[1 + \binom{7}{2} + \binom{7}{4} \cdot 3 + \binom{7}{6} \cdot 5 \cdot 3 = 232\]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 5

\(|AB| = 7\), \(|BC| = 12\) ve \(|CA| = 13\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üstünde yer alan \(D\) noktası \(|BD| = 5\) koşulunu sağlıyor. \(r_1\) ve \(r_2\)

sırasıyla, \(ABD\) ve \(ACD\) üçgenlerinin içteğet çemberlerinin yarıçapları ise, \(r_1/r_2\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Stewart teoreminden 


\[|AD|^2 = \frac{7^3 + 13^2 \cdot 5}{12} - 5 \cdot 7 = 64\]


ve buradan da \(|AD| = 8\) olur. \(ABD\) ve \(ACD\) üçgenlerinin yarı çevre uzunlukları sırasıya 10 ve 14 ve alanları oranı \(5/7\) olduğundan \(r_1/r_2 = 5/7 \cdot 14/10 = 1\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 6

\(n\) nin aşağıdaki değerlerinden hangisi \(n^{29} \equiv 7 \pmod{65}\) denkliğini sağlar?

Şıklar:
A) 37 | B) 39 | C) 43 | D) 46 | E) 55

Cevap: A 37

Çözüm:
Fermat Teoremi'nden dolayı \((n, 65) = 1\) iken \(n^4 \equiv 1 \pmod{5}\) ve \(n^{12} \equiv 1 \pmod{13}\) olur. Buradan \(n \equiv 2 \pmod{5}\) ve \(n^5 \equiv 7 \equiv -32 \equiv (-2)^5 \pmod{13}\) bulunur. 5 ve 12 aralarında asal sayılar olduğundan ikinci denklik \(n \equiv -2 \pmod{13}\) e denktir. Dolayısıyla \(n \equiv 37 \pmod{65}\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 7

Tüm \(x, y, z\) gerçel sayıları için \(f(x)f(y)f(z) = 12f(xyz) - 16xyz\) koşulunu sağlayan kaç \(f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Öncelikle \(t^3 - 12t + 16 = (t-2)^2 \cdot (t+4)\) olduğunu not edelim. Verilen eşitlik \(x = y = z = 1\) için yazıldığında \(f(1)^3 - 12f(1) + 16 = 0\), yani \(f(1) = 2\) veya \(f(1) = -4\) olduğu görülür. Bu iki durumdan herhangi birinde eşitlik \(y = z = 1\) için yazıldığında \(f(1)^2 \cdot f(x) = 12f(x) - 16x \Rightarrow f(x) = \frac{16}{12-f(1)^2} \cdot x = f(1) \cdot x\) olduğu görülür. \(f(x) = 2x\) ve \(f(x) = -4x\) fonksiyonları verilen şartı sağlarlar, yani böyle iki fonksiyon vardır.
Matematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 8

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin birbirinden farklı ve biri diğerini içeren iki alt kümesi kaç farklı biçimde seçilebilir?

Şıklar:

Cevap:  2059

Çözüm:
Alt kümeler \(A\) ve \(B\) olsun: \(A \subset B\). O zaman 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 sayılarının her biri ya aynı anda \(A\) ve \(B\)'nin, ya sadece \(B\)'nin yada ne \(A\) ne de \(B\)'nin elemanı olacak: toplamda \(3^7\) seçenek bulunuyor. Fakat sadece birinci ve üçüncü seçenekleri kullanırsak \(A = B\) olur. Sonuç olarak cevap \(3^7 - 2^7 = 2059\) olur.