alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 15

1 ≤ |a|, |b|, |c| ≤ 10, \(a \neq c\) ve \(b^2 \ge 4ac\) koşullarını sağlayan \(a, b, c\) tam sayıları için \(ax^2 + bx + c = 0\) denkleminin en küçük kökü ile \(cx^2 + bx + a = 0\) denkleminin en büyük kökü birbirine eşitse \((a, b, c)\) üçlüsüne karesel üçlü diyelim. Kaç farklı karesel üçlü vardır?

Şıklar:

Cevap:  80

Çözüm:
\((a, b, c)\) bir çözümse \((-a, -b, -c)\) de bir çözümdür. Ayrıca \(ac > 0\) olmalıdır. Aksi halde her iki denklemin kökleri ters işaretli olacağından ilkinin en küçük kökü negatif ikincinin en büyük kökü pozitif olur ve çelişki elde ederiz. Simetriden \(a > 0, c > 0\) durumundaki çözüm sayısı, \(a < 0, c < 0\) durumu ile aynıdır. \(a > 0, c > 0\) kabul edelim. \(ax^2 + bx + c = 0\) denkleminin en küçüğ kökü \(\frac{-b - \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}\) ve \(cx^2 + bx + a = 0\) denkleminin en büylük kökü \(\frac{-b + \sqrt{b^2 - 4ac}}{2c}\) olur. Bu iki ifadeyi eşitleyip gerekli sadeleştirmeleri yaparsak \((a + c)^2 = b^2\) elde ederiz. Buradan da \(a + c = |b|\) elde ederiz. \(b > 0\) için \(a + c = b\) ve \(a > c\), \(b < 0\) için ise \(a + c = -b\) ve \(c > a\) olmalıdır. Simetriden dolayı her iki durum için çözüm sayısı eşittir. \(b > 0\) için \(a + c = b\) ve \(a >c\) durumunda her \(b > 0\) değeri için \(\lfloor (b - 1)/2 \rfloor\) tane \((a, c)\) ikilisi elde ederiz. \(b = 1, 2, \dots, 10\) durumları için toplamda \(0 + 0 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 = 20\) adet çözüm gelir. \(b < 0\) için de 20 çözüm vardır. Buradan da 40 çözüm buluruz. Son olarak tüm çözümleri \(-1\) ile çarparsak 40 yeni çözüm elde ederiz. Sonuç olarak toplam çözüm sayısı 80 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 16

1, 2, ..., 2016 sayılarının her biri \(k\) renkten birine, \(a \mid b\) ve \(b \mid c\) koşullarını sağlayan herhangi üç farklı \(a, b\) ve \(c\) sayıları aynı renkte olmayacak şekilde boyanabiliyorsa, \(k\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
İlk önce en az 6 renk gerektiğini gösterelim. 1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024 sayılarının herhangi üçü aynı renge

boyanırsa koşullar sağlanmaz. Demek ki renk sayısı 11/2 = 5.5'den az olmayacaktır. Şimdi 6 renk ile gereken boyamayı yapalım. 1, 2, ..., 2016 sayılarını 11 gruba ayıralım: \(G_1 = \{1\}\), \(G_2 = \{2, 3\}\), \(G_3 = \{4, 5, 6, 7\}\), \(G_4 = \{8, 9, 10, \dots, 14, 15\}\), ..., \(G_{10} = \{512, 513, \dots, 1022, 1023\}\), \(G_{11} = \{1024, 1025, \dots, 2015, 2016\}\). Aynı gruptaki herhangi iki sayıdan daha küçük olan daha büyük olan bölmüyor. Bu nedenle her renk en fazla iki grupta kullanılmak üzere, her gruptaki sayıların tümü aynı renge boyanırsa koşullar sağlanmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 17

Dar açılı bir ABC üçgeninin AD kenarortayı, BE yüksekliği ve CF iç açıortayı noktadaştır. \(|BC| = 10\), \(|CA| = 6\) ise \(|AB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{91}\)

Çözüm:
Açıortay teoreminden \(|AF|/|FB| = 6/10 = 3/5\) bulunur. AD ile BE nin kesişimi K olsun. BFC üçgeninde A, K, D kesenine göre uygulanan Menelaus teoreminden \(|CK|/|KF| = 8/3\) olduğu görülür. AFC üçgeninde B, K, E kesenine göre uygulanan Menelaus teoreminden ise \(|AE|/|EC| = 3/5\) elde edilir. \(|AC| = 6\) olduğundan \(|AE| = 9/4\) ve \(|EC| = 15/4\) bulunur. \(|AB|^2 - |AE|^2 = |BC|^2 - |EC|^2\) olduğundan \(|AB|^2 = 100 + \frac{81}{16} - \frac{225}{16} = 91\), yani \(|AB| = \sqrt{91}\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 18

n bir pozitif tam sayı, p bir asal sayı, \(d_1\) ve \(d_2\) ise n sayısının birbirinden farklı iki pozitif tam böleni olmak üzere \(n = p(d_1 + d_2)\) biçiminde yazılabiliyorsa n sayısına dengeli sayı diyelim. 100 den küçük kaç dengeli sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  17

Çözüm:
\(k_1\) ve \(k_2\) aralarında asal olmak üzere \(d_1 = k_1d\) ve \(d_2 = k_2d\) olsun. \(d_1\) ve \(d_2\) sayıları n nin birer böleni olduğundan \(n = kk_1k_2d\) olacak şekilde bir k pozitif tamsayısı vardır. Bu durumda \(kk_1k_2 = p(k_1 + k_2)\) elde ederiz. Buradan da \((k_1, k_2) = 1\) olduğundan \(k_1 | p\) ve \(k_2 | p\) bulunur. \(d_1 \neq d_2\) olduğundan \(k_1\) ve \(k_2\) sayılarından biri 1 diğeri p olmalıdır. Genelliği bozmadan \(d_1 = 1\), \(d_2 = p\) olsun. Bu durumda \(k = p + 1\) ve \(n = p(p + 1)d\) olur. Yani n sayısının dengeli sayı olabilmesi için ancak ve ancak \(p^2 + p | n\) olacak şekilde bir p asal sayısı bulunmalıdır. \(n < 100\) olduğundan \(p \le 7\) olur. \(p = 2, 3, 5, 7\) için sırasıyla 6, 12, 30, 56 sayılarına bölünen sayılar dengeli sayıdır. Buradan da 6 veya 56 ile bölünen sayılar dengeli sayı olur. Toplam \(16 + 1 = 17\) adet 100 den küçük dengeli sayı vardır.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 19

Gerçel katsayılı bir P polinomu \(P(1) = 1\) ve her \(x, y\) gerçel sayıları için \(P(x) + P(y) = P(x + y) - 2xy + 1\) koşullarını sağlıyor. Buna göre \(P(x)\) in alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(3/4\)

Çözüm:
\(Q(x) = P(x) - x^2 - 1\) alırsak \(Q(x) + Q(y) = Q(x + y)\) elde ederiz. Q polinom olduğu için \(Q(x) = cx\) olur. \(P(1) = 1\) olduğundan \(c = -1\)

ve buradan da \(P(x) = x^2 - x + 1 = (x - 1/2)^2 + 3/4\) olur. \(P(x)\)'in alabileceği en küçük değer \(P(1/2) = 3/4\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 20

Kaç \(n \in \{12, 18, 42, 60, 72\}\) değeri için \(1, 2, \dots, n\) sayıları herhangi iki komşu sayının toplamı asal sayı olacak şekilde sıraya dizilebilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
\(n + 1\) ve \(n - 1\) sayıları asal ise \(1, 2, \dots, n\) sayıları herhangi iki komsu sayının toplamı asal sayı olacak şekilde dizilebilir. Dizi 


\[n, 1, n - 2, 3, n - 4, 5, \dots, 6, n - 5, 4, n - 3, 2, n - 1\]


şeklinde olacaktır (dizinin tek numaralı elemanları çift ve çift numaralı elemanları tek sayılardır ve çift sayılar azalan, tek sayılar artan alt dizi oluşturuyor). Bu durumda dizinin herhangi iki komşu elemanının toplamı \(n + 1\) veya \(n - 1\) olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 21

\(|AB| = 13\), \(|BC| = 4\), \(|CA| = 15\) olan bir \(ABC\) üçgeninde iç teğet çemberin merkezi \(I\) ve \(BC\) kenarının orta noktası \(M\) dir. \(IM\) doğrusu \(BC\) kenarına ait yüksekliği \(K\) de kesiyor. Buna göre \(|AK|\) kaçtır?

Şıklar:

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

Çözüm:
Öncelikle \(13^2 + 4^2 < 15^2\) olduğundan \(m(\widehat{ABC}) > 90^\circ\) olduğu görülür. \(A\) dan \(BC\) ye inen dikme ayağı \(D\) olsun. \(|AC|^2 - |CD|^2 = |AB|^2 - |BD|^2\) olduğundan \(|BD| = 5\) elde edilir. Buradan da \(|AD| = 12\) bulunur. \(AI\) ile \(BC\) nin kesişimi \(E\) olsun. \(ABC\) üçgeninde açırotay teoreminden \(|BE| = 13/7\) ve \(|EC| = 15/7\) olduğu görülür. Dolayısıyla \(|EM| = 1/7\) dir. \(ACE\) üçgeninde açıortay teoreminden ise \(|AI|/|IE| = 7\) elde edilir. \(ADE\) üçgeninde \(M, I, K\) kesenine göre uygulanan Menelaus teoreminden \(|DK|/|KA| = 7\) bulunur ve bu da \(|AD| = 12\) olduğundan \(|AK| = 12/8 = 3/2\) sonucunu verir.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 22

Pozitif tam sayılardan oluşan bir \((a_n)_{n=1}^\infty\) dizisinin terimleri her \(n \ge 1\) için \(a_{n+1} = a_n^2 + 1376\) eşitliğini sağlamaktadır. Buna göre bu dizinin terimleri arasında en fazla kaç tane tam kare olabilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
(mod 7) de bir tam kare \(0, 1, 2, 4\) e bir tam küp ise \(0, 1, 6\) ya denk olabilir. \(1376 = 7 \cdot 196 + 4\) olduğundan her \(n \ge 1\) için \(a_{n+1} \equiv a_n^3 + 4 \pmod{7}\) dir. Farzedelim ki bir \(k \ge 3\) için \(a_k\) tam kare olsun. O zaman \(a_{k-1}^3 + 4 \equiv 0, 1, 2, 4 \pmod{7}\). \(a_{k-1}^3 \equiv 0, 1, 6 \pmod{7}\) olduğundan tek mümkün durum \(a_{k-1} \equiv 0 \pmod{7}\) dir. O halde \(a_{k-2}^3 \equiv 3 \pmod{7}\), ancak bu mümkün değil, çelişki. Demek ki bu dizideki tam kareler \(a_1\) veya \(a_2\) olabilir. \(a_1 = 49\) için \(a_2 = 49^3 + 1376 = 119025 = 345^2\) elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 23

Tüm terimleri birbirinden ve sıfırdan farklı bir \((a_n)_{n=0}^\infty\) gerçel sayı dizisi \(a_0 = \sqrt{2}\) ve her \(n \ge 1\) için \(a_n a_{n+1} + \frac{4}{a_n a_{n-1}} = 2 \left(1 + \frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}\right)\) koşulunu sağlıyor. Buna göre \(a_1 \cdot a_2 \cdots a_{2016}\) çarpımının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
İfade düzenlenirse \((a_n a_{n+1} - 2)(a_n a_{n-1} - 2) = 0\) elde edilir. Buradan da tüm terimler farklı olduğundan her \(i = 0, 2, 4, \dots\) için \(a_i a_{i+1} = 2\) veya her \(i = 1, 3, 5, \dots\) için \(a_i a_{i+1} = 2\) olmalıdır. \(a_0 = \sqrt{2}\) olduğundan ilki olamaz. Bu durumda da \(a_1 \cdot a_2 \cdots a_{2016} = 2^{1008}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 24

Elimizde 12 kırmızı ve 12 beyaz top bulunuyor. Bir doğru üzerindeki 6 boş kutunun her birine bu toplardan 2 tanesi, herhangi iki komşu kutuda aynı renkli top bulunması koşuluyla kaç farklı biçimde dağıtılabilir?

Şıklar:

Cevap:  239

Çözüm:
Elimizde \(2n\) kırmızı ve \(2n\) beyaz top bulunsun. Bir doğru üzerindeki \(n\) boş kutunun her birine bu toplardan 2 tanesi, herhangı iki komşu kutuda aynı renkli top bulunması koşıluyla dağıtım sayısı \(f(n)\) olsun. Bu \(f(n)\) dağıtımdan ilk kutuda beyaz top bulunduranların sayısı ise \(g(n)\) olsun. O zaman ilk kutuda bir kırmızı ve bir beyaz top bulunduran dağılımların sayısı \(f(n-1)\), iki beyaz top bulunduran dağılımların sayısı \(g(n-1)\), iki kırmızı top bulunduran dağılımların sayısı da simetriden dolayı \(g(n-1)\) olacak: \(f(n) = f(n-1) + 2g(n-1)\). İlk kutuda bir kırmızı ve bir beyaz top bulunduran dağılımların sayısı \(f(n-1)\), iki beyaz top bulunduran dağlımların sayısı \(g(n-1)\) olacak: \(g(n) = f(n-1) + g(n-1)\). Son olarak \(f(2) = 7\) ve \(g(2) = 5\) olduğundan sırayla \(f(3) = 7 + 10 = 17\), \(g(3) = 12\), \(f(4) = 17 + 24 = 41\), \(g(4) = 17 + 12 = 29\), \(f(5) = 41 + 58 = 99\), \(g(5) = 29 + 41 = 70\) ve \(f(6) = 99 + 140 = 239\) değerlerini elde ediyoruz.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 25

Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninde \(BC\) kenarına ait yükseklik \(C\) den geçen ve \(AB\) doğrusuna \(A\) da teğet olan çemberi ikinci kez \(K\) de kesiyor. Benzer şekilde \(AC\) kenarına ait yükseklik \(C\) den geçen ve \(A B\) doğrusuna \(B\) de teğet olan çemberi ikinci kez \(L\) de kesiyor. \(|CK| = 12\), \(|KL| = 9\) ise \(|CL|\) uzunluğunun alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  24

Çözüm:
Teğetlikten \(m(\widehat{ACK}) = m(\widehat{BAK}) = 90^\circ - m(\widehat{ABC})\) elde edilir. Benzer şekilde \(m(\widehat{BCL}) = 90^\circ - m(\widehat{BAC})\) bulunur. Öte yandan \(90^\circ - m(\widehat{ABC}) + 90^\circ - m(\widehat{BAC}) = m(\widehat{ACB})\) olduğundan \(m(\widehat{ACK}) + m(\widehat{BCL}) = m(\widehat{ACB})\) elde edilir ve bu da \(K, L\) ve \(C\) nin doğrusal olması demektir. O halde \(|CL| = |CK| \pm |KL| = 12 \pm 9 = 3, 21\)

olabilir. Her iki durum için de uygun ABC üçgeni oluşturulabilir.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 26

\(\binom{3n}{n}\) ifadesinin 2016 ile tam bölünmesini sağlayan en küçük \(n\) pozitif tam sayısı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  23

Çözüm:
\(v_p(n)\) ile \(p\) asalının \(\binom{3n}{n}\) sayısını bölen en büyük kuvvetini gösterelim. 2016 = 7 · 9 · 32 olduğundan \(v_2(n) \ge 5\) olmalıdır. Her bir \(k\) pozitif tamsayısı için \(\left\lfloor \frac{3n}{2^k} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{2n}{2^k} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{n}{2^k} \right\rfloor\) ifadesi 0 veya 1 olabilir. (\(k = 1\) için kesinlikle 0 olur.) Bu yüzden \(3n < 64\) için \(v_2(n) = \sum_{k=1}^5 \left\lfloor \frac{3n}{2^k} \right\rfloor - \left \lfloor \frac{2n}{2^k} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{n}{2^k} \right \rfloor < 5\) olur. Yani \(n \ge 22\) olmalıdır. 


\(v_2(22) = 4\) olduğundan \(n = 22\) şartları sağlamaz. Öte yandan \(n = 23\) için \(v_2(23) = 5\), \(v_3(23) = 2\) ve \(v_7(n) = 1\) olur ve şartlar sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 27

\(P(x) = (x^3 + x + 1)(x^3 - 3x^2 + 4x - 3)\) polinomunun gerçel köklerinin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(Q(x) = x^3 + x + 1\) için \(R(x) = x^3 - 3x^2 + 4x - 3 = -Q(1-x)\) olur. \(Q\) polinomu tüm reel eksende artan olduğundan tam olarak bir tane gerçel kökü vardır. Bu köke \(\alpha\) dersek \(R\) polinomunun da tek gerçel kökü vardır ve bu kök \(1 - \alpha\) olur. Yani cevap \(\alpha + (1 - \alpha) = 1\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 28

Bir torbada başlangıçta 2016 adet eşit uzunluklu çubuk bulunuyor. Her işlemde bir çubuk seçilip iki eşit parçaya bölünüyor. İşlemler nasıl yapılırsa yapılsın torbada her zaman en az \(n\) tane eşit uzunluklu çubuk bulunuyorsa, \(n\) nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  1009

Çözüm:
Birkaç işlem sonucunda eşit uzunluklu çubuk sayısı en fazla 1008 olursa toplam uzunluk 1008 · (1 + 1/2 + 1/4 + ...) < 2016 olur ve çelişki elde ediyoruz. Şimdi \(n = 1009\) için bir örnek verelim: 2016 çubuktan 1009 tanesine dokunmuyoruz ve kalan 1007 çubuğun her birini iki eşit parçaya ayırıyoruz. Bu işlem sonucunda eşit uzunluklu çubuklardan oluşan en büyük gruptaki çubuk sayısı 2014 olur. Bu 2014 çubuktan 1009 tanesine dokunmuyoruz ve kalan \(1005\) çubuğun her birini iki eşit parçaya ayırıyor. Bu işlem sonucunda eşit uzunluklu çubukların oluşan en büyük gruptaki çubuk sayısı 2009 olur. Her işlemde eşit uzunluklu çubuklardan oluşan en BİYİK gruptan 1009 çubuk ayırıp kalan çubuklardan her birini iki eşit parçaya ayırıyoruz. İşlem yapılan her gruptaki toplam çubuk sayısı 2018 den az olması nedeniyle her işlem sonucunda eşit uzunluklu çubuklardın

oluşan en büyük gruptaki çubuk sayısı azalıyor. Bu sayı 1010'dan daha küçük olanadek işlemleri tekrarlarsak eşit uzunluklu çubuklardan oluşan en büyük gruptaki çubuk sayısı 1009 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 29

\(m(ABD) = 45°\) koşulunu sağlayan bir \(ABCD\) kirişler dörtgeninde \(CD\) doğrusu \([BA\) ışını \(E\) de kesiyor. \(|AB| + |BD| = |AE|\) ve \(|ED| = 2|AC|\) ise \(m(DEB)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(22.5°\)

Çözüm:
\(|AE| = a\), \(|BD| = b\), \(|AC| = x\) olsun. \(|ED| = 2x\), \(|AB| = a - b\) olur. \(m(ECA) = m(EBD)\) olduğundan \(\triangle EAC \sim \triangle EDB\) ve buradan da \(2x^2 = ab\) olur. \(4x^2 = 2ab\) olduğundan \(4x^2 - b^2 = a^2 - (a - b)^2\) ve buradan da \(m(DA\overline{B}) = 90°\) olur. \(|ED|\) nin orta noktası \(M\) olsun. \(x = |ME| = |MD| = |MA| = |AC|\) olduğundan \(m(CMA) = m(MCA) = 45°\) ve buradan da \(m(DEB) = 22.5°\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 30

23, 29, 31, 37, 41 sayılarından kaç tanesi en az bir \((m, n)\) pozitif tam sayı ikilisi için \(m^7 - n^7 - 3\) sayısını tam böler?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(p \not\equiv 1 \pmod{7}\) koşulunu sağlayan \(p\) asalları için \(x^7\) sayısı \(p\) modunda her değeri alabilir. Çünkü aksi halde bir \(x \not\equiv y \pmod{p}\) ikilisi için \(x^7 \equiv y^7 \pmod{p}\) olur. Buradan da \(y \not\equiv 0 \pmod{p}\) ve \((x/y)^7 \equiv 1 \pmod{p}\) buluruz. \(x/y\) sayısının \(p\) modundaki derecesi \(d\) olmak üzere \(d \mid 7\) olur. \(x \not\equiv y \pmod{p}\) olduğundan \(d > 1\) ve buradan da \(d = 7\) olur. Öte yandan \(d \mid p - 1\) olduğundan çelişki buluruz. Bu durumda \(7k + 1\) formunda olmayan 23, 31, 37, 41 asalları için şartlar sağlanır. \(p = 29\) ve \(x \not\equiv 0 \pmod{29}\) için \(x^{28} \equiv 1 \pmod{29}\) olduğundan \(x^{14} \equiv \pm 1 \pmod{29}\) ve buradan da \(x^7 \equiv 0, -1, 1, 12, -12 \pmod{29}\) elde ederiz. Bu durumda da \(x^7 - y^7 - 3\) sayısı 29 modunda 2, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 24, 25, 26, 27, 28 değerlerini alabilir. Yani cevap 4 olur.
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 31

\(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = 1\) koşulunu sağlayan \(a, b, c\) pozitif gerçel sayıları için \((a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2\) ifadesi \(2016^{-2}, 2016^{-1}, 1, 2016\) sayılarından kaç tanesine eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(1 = a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)[(a + b + c)^2 - 3(ab + bc + ca)]\) ve \(2(a + b + c)^2 - 6(ab + bc + ca) = (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \text{ olduğundan } a + b + c = x\), \(ab + bc + ca = y\) dersek \(x(x^2 - 3y) = 1\) olmak üzere \(2(x^2 - 3y)\) ifadesinin alabileceği değerleri bulmalıyız. \(y > 0\) olduğundan \(x^2 - 3y < x^2\) ve buradan da \(x > 1\) buluruz. \(x > 1\) olduğu için \(x^2 - 3y = 1/x < 1\) olur. Ayrıca \(x^2 \ge 3y\) olduğundan \(0 \le S < 2\) elde ederiz. Öte yandan her \(0 < S < 2\) için şartları sağlayan \(a, b, c > 0\) bulunabilir. Örneğin \(b = c\) alırsak

\[a + 2b = x = 2/S \text{ ve } (a-b)^2 = x^2 - 3y = S/2 \text{ olacağından } |a-b| = \sqrt{S/2} \text{ ve buradan da } a = \frac{1}{3} \left( 2/S + 2\sqrt{S/2} \right) \text{ ve } b = \frac{1}{3} \left( 2/S - \sqrt{S/2} \right) \text{ bir çözümdür. Yani cevap 3 olur.}\]
Matematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 32

Aslı ve Berk başlangıçta birkaç sayı yazılmış tahtada sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar. Sırası gelen oyuncu tahtadaki bir sayıyı siliyor veya tahtadaki bir sayıyı silip yerine o sayının bir fazlasını, tahtadaki tüm sayıların birbirinden farklı olması ve hiçbirinin 24 ü aşmaması koşuluyla yazıyor. Oyunu son hamleyi yapan oyuncu kazanıyor. Oyuna her seferinde Aslı başlamak üzere, oyun tahtadaki sayılar {2, 3, 22, 23}, {1, 2, 3, 21, 22, 23}, {1, 7, 12, 13, 19, 24}, {5, 6, 11, 17, 18} ve {10, 11, 12, 13, 14} olarak birer kez oynanırsa, Aslı bu oyunların kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Bir oyuncu kendi hamlesi sonucunda tahtadaki tek ve çift sayıların sayısını birbirlerine eşit yaparsa her zaman hamlesi olur. Aslı {2, 3, 22, 23} sayılarıyla başlayan oyun dışında bunu yapabiliyor. {2, 3, 22, 23} sayılarıyla başlayanan oyunda ise Aslının hamlesi ne olursa olsun Berk ilk hamlesi sonucunda tek ve çift sayıların sayısını birbirlerine eşit yaparak oyunu kazanmayı garantiler.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 1

210⁹ doğal sayısının pozitif bölenlerinin kaç tanesi 4, 9, 25, 49 doğal sayılarından en az ikisine tam bölünür?

Şıklar:

Cevap:  9728

Çözüm:
Öncelikle, 210⁹ doğal sayısının tüm pozitif tam bölenleri 0 ≤ a, b, c, d ≤ 9 olmak üzere \(2^a3^b5^c7^d\) şeklindedir. Soruda istenen koşul ise, a, b, c, d tam sayılarının en az ikisinin 2 den büyük veya eşit olmasıdır. Dolayısıyla istenmeyen durumların sayısı 


\[ \text{her birinin 2 den küçük olması} + \text{4 \cdot 8 \cdot 2}^3 = 272 \text{ olur.} \]


Tüm durumların sayısı da \(10^4\) olduğundan cevap \(10000 - 272 = 9728\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 2

\(x, y \ge -2017\) olmak üzere, \(\frac{x}{x-y+2017} - \frac{y}{x-y-2017} = 1\) denklemini sağlayan kaç farklı \((x, y)\) tam sayı ikilileri bulunur?

Şıklar:

Cevap:  SORU İPTAL

Çözüm:
Verilen eşitlikte, paydaları eşitleyip içler-dışlar çarpımı yaparsak \(x(x-y-2017) - y(x-y+2017) = (x-y)^2 - 2017^2\) elde ederiz. Buradan, \(x^2 + y^2 - 2xy - 2017(x+y) = (x-y)^2 - 2017^2\) ve dolayısıyla \(x + y = 2017\) olur. \(x \ge -2017\) ve \(2017 - x \ge -2017\) koşullarının beraber sağlanması için \(4014 \ge x \ge -2017\) olup, toplam 6052 tane \(x\) değeri ve her bir \(x\) değerine karşılık bir \(y\) değeri elde ederiz. Fakat soruda verilen paydaları sıfır yapan \((x, y) = (2017, 0)\) ve \((x, y) = (0, 2017)\) ikililerini çıkarmalıyız. Sonuç olarak 6052 - 2 = 6050 tane ikili buluruz. Cevap, soruda verilen şıklarda olmadığından soru iptal edilmiştir.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 3

Tepe açısı \(s(\hat{A}) = 100^\circ\) olan \(ABC\) ikizkenar üçgeninde \(\hat{C}\) açısının açortayı \(AB\) kenarını \(D\) noktasında kesiyor. \(|AD| = x\), \(|DC| = y\) ise \(|BC|\)'nin \(x\) ve \(y\) cinsinden değeri hangisidir?

Şıklar:

Cevap:  \(x + y\)

Çözüm:
A noktasının \(DC\) ve göre simetriği olan noktaya \(E\) diyelim. \(m(ACD) = m(\overline{BCD})\) olduğundan \(E \in [BC]\) ve \(|ED| = |AD| = x\) olur. Yine \([BC]\) üzerinde \(|DF| = |FB|\) olan \(F\) noktasını alalım. Açıları yazarsak, \(m(\overline{DFC}) = 2 \cdot m(\overline{DBF}) = 80^\circ = 180^\circ - m(\overline{BD\bar{F}}) - m(\overline{ADC}) = m(\overline{FD\bar{C}})\) olur, bu da \(|FC| = |DC| = y\) olduğunu gösterir. Diğer taraftan, \(FDE\) üçgeni tepe açısı \(20^\circ\) olan bir ikizkenar üçgen olup, \(|DF| = |DE|\) dir. Sonuç olarak, \(|BC| = |FB| + |FC| = |DF| + |FC| = |DE| + |FC| = x + y\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 4

Beş basamaklı bir sayının birler ve onlar basamağı silindiğinde tam kare olan üç basamaklı bir sayı elde edilmektedir, ayrıca bu sayının binler ve on

binler basamağı silindiğinde de tam kare olan üç basamaklı bir sayı elde edilmektedir. Bu özelliklere sahip kaç farklı beş basamaklı doğal sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  57

Çözüm:
\(\overline{abcde}\) beş basamaklı sayısının istenilen özelliği sağlaması için, \(\overline{abc} = x^2\) ve \(\overline{cde} = y^2\) koşullarını sağlayan \(10 \le x, y \le 31\) tam sayıları bulunmalıdır. Bir tam kare 10 modunda sadece 0, 1, 4, 5, 6, 9 değerlerini alabileceğinden ve \(c\) rakamı aynı zamanda üç basamaklı bir sayının yüzler basamağı olduğundan, \(c = 1, 4, 5, 6, 9\) olabilir. 


- \(c = 1\) ise, \(y = 10, 11, 12, 13, 14\) ve \(x = 11, 19, 21, 29, 31\) olabilir. 


- \(c = 4\) ise, \(y = 20, 21, 22\) ve \(x = 12, 18, 22, 28\) olabilir. 


- \(c = 5\) ise, \(y = 23, 24\) ve \(x = 15, 25\) olabilir. 


- \(c = 6\) ise, \(y = 25, 26\) ve \(x = 14, 16, 24, 26\) olabilir. 


- \(c = 9\) ise, \(y = 30, 31\) ve \(x = 13, 17, 23, 27\) olabilir. 


Dolayısıyla toplam \(5 \cdot 5 + 3 \cdot 4 + 2 \cdot 2 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 4 = 57\) sayı vardır.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 5

7 kişi, zemin katta bulunan bir asansöre binip, her katta en az bir kişi inecek şekilde dört kat çıkıyor ve dördüncü katta asansör tamamen boşalıyor. Bu asansör kaç farklı şekilde kullanılır?

Şıklar:

Cevap:  8400

Çözüm:
Her katta en az bir kişi inmesi gerektiğinden, 


- Bir katta dört, diğer katlarda birer kişi inebilir. 


- Bir katta üç, bir katta iki, diğer katlarda birer kişi inebilir. 


\[
\text{Sonuç olarak, } \binom{7}{4} \cdot 4! + \binom{7}{3} \cdot \binom{4}{2} \cdot 4! + \frac{1}{3!} \cdot \binom{7}{2} \cdot \binom{5}{2} \cdot \binom{3}{2} \cdot 4! = 8400
\]
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 6

\(a, b, c\) sayıları \(x^3 + x - 1 = 0\) denkleminin kökleri olsun. Aşağıdaki denklemlerden hangisinin kökleri \(a.b, b.c, c.a\) olur?

Şıklar:
A) \quad x^3 - x - 1 &= 0 \quad | B) \quad x^3 - x^2 + 1 &= 0 \quad | C) \quad x^3 - x^2 - x - 1 &= 0 \\ | D) \quad x^3 - x + 1 &= 0 \quad | E) \quad x^3 - x^2 - 1 &= 0 \end{align*} \]

Cevap: E \(x^3 - x^2 - 1 = 0\)

Çözüm:
Vieta formülünden, kökleri \(ab, bc, ca\) olan üçüncü dereceden denklem şu şekilde olmalıdır: 


\[
x^3 - (ab + bc + ca)x^2 + (ab \cdot bc + ab \cdot ca + bc \cdot ca)x - (ab \cdot bc \cdot ca) = 0
\]

a, b, c sayıları \(x^3 + x - 1 = 0\) denkleminin kökleri olduğundan, yine Vieta formülünden \(a + b + c = 0\), \(ab + bc + ca = 1\) ve \(abc = 1\) elde ederiz. Buradan, \(ab \cdot bc + ab \cdot ca + bc \cdot ca = abc \cdot (a + b + c) = 0\) ve \(ab \cdot bc \cdot ca = (abc)^2 = 1\) olur. Dolayısıyla cevap \(x^3 - x^2 - 1 = 0\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2017, 1. Aşama, Soru 7

\(|AB| = 2|BC|\) olan \(ABCD\) dikdörtgeninin içinde \(s(\overline{EAB}) = s(\overline{ABE}) = 15^\circ\) olacak şekilde bir \(E\) noktası almıyor. \(|AE| = 2\) ise \(|CE| = ?\)

Şıklar:

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

Çözüm:
\(BEC\) üçgeninin iç bölgesinde \(m(\overline{FBC}) = m(\overline{FCB}) = 15^\circ\) şartlarını sağlayan \(F\) noktasını alalım. \(BFC\) ve \(BEA\) ikizkenar üçgenleri benzer olup, \(\frac{|CF|}{|AE|} = \frac{|BC|}{|BA|} = \frac{1}{2}\) olduğundan, \(|BF| = |CF| = 1\) dir. \(FBE\) üçgeninde, \(|EB| = 2\), \(|BF| = 1\) ve \(m(\overline{EBF}) = 60^\circ\) elde ederiz, bu da \(m(\overline{BFE}) = 90^\circ\) ve \(|FE| = \sqrt{3}\) olması anlamına gelir. Sonuç olarak, \(EFC\) üçgeninde \(m(\overline{EFC}) = 360^\circ - m(\overline{BFE}) - m(\overline{BFC}) = 120^\circ\) olup, kosinüs teoreminden \(|CE|^2 = 3 + 1 - 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{3} \cdot \cos 120^\circ = 4 + \sqrt{3}\) olur.