alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 29

\(|AB| = 5\), \(|BC| = 6\) ve \(|AC| = 7\) olan bir \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi \(O\) nun \(BC\), \(AC\) ve \(AB\) doğrularına göre simetriği sırasıyla, \(A_1\), \(B_1\) ve \(C_1\) noktaları olsun. \(A_1B_1C_1\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezinin \(A\) noktasına uzaklığı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(19/(2\sqrt{6})\)

Çözüm:
\(BC, CA, AB\) kenarlarının orta noktaları sırasıyla \(D, E, F\) olsun. \(AB \parallel DE \parallel A_1B_1\) ve \(|A_1B_1| = 2|DE| = |AB|\) olduğundan \(\triangle ABC \cong \triangle A_1B_1C_1\) olur. Öte yandan açı yazarak \(\angle AB_1C_1 = \angle AC_1B_1 = 90^\circ - \angle BAC\) olduğunu görebiliriz. \(A_1B_1C_1\) üçgeninin çevrel şember merkezi \(O_1\) olmak üzere \(|O_1A| = 2|OD|\) olur. \(ABC\) üçgeninde çevrel şember yarıçaşı \(R\) ve alan \(S\) olsun. \(S = \sqrt{9 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2} = 6\sqrt{6}\) ve \(R = (5 \cdot 6 \cdot 7)/(4S) = 35/(4\sqrt{6})\) olur. Son olarak \(|O_1A| = 2|OD| = 2\sqrt{R^2 - |BC|^2/4} = 19/(2\sqrt{6})\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 30

2013 den küçük kaç \(n\) pozitif tam sayısı için, \(n\) yi bölen en küçük asal sayı \(p\) olmak üzere, \(p^2 + p + 1\) sayısı \(n\) yi böler?

Şıklar:

Cevap:  173

Çözüm:
\(p = 2\) ise, \(n\) sayısı 14 ile bölünmeli. 2013 = 14 · 143 + 11 olduğundan 143 sayı bulunur. \(p = 3\) ise, \(n\) sayısı 39 ile bölünmeli ve 2 ile bölünmemeli. 2013 = 39 · 51 + 24 olduğundan bu durumda 26 sayı elde edilir. \(p = 5\) ise, \(n\) sayısı 155 ile bölünmeli ancak 2 veya 3 böleni olamaz.

2013 = 155 · 12 + 153 olduğundan bu durumda 4 sayı bulunur. \(p = 7\) ise, 57 sayısı 3 ile bölündüğünden çözüm gelmez. \(p = 11\) ise, 133 sayısı 7 ile bölündüğünden çözüm gelmez. \(p \ge 13\) için ise, \(p(p^2 + p + 1) > 2013\) olduğundan çözüm bulunmaz. Toplam \(143 + 26 + 4 = 173\) sayı şartı sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 31

Gerçel sayılardan oluşan \((a_n)_{n=1}^\infty\) dizisi her \(n \ge 3\) için, 


\[a_n = (n-1)a_1 + (n-2)a_2 + \dots + 2a_{n-2} + a_{n-1}\]


eşitliğini sağlamaktadır. \(a_{2011} = 2011\) ve \(a_{2012} = 2012\) ise, \(a_{2013}\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  4025

Çözüm:
\(n \ge 3\) olmak üzere verilen formül \(n\) ve \(n+1\) için yazılıp taraf tarafa çıkarılırsa, \(a_{n+1} - a_n = a_n + \dots + a_1\) bulunur. Bu formül de \(n\) ve \(n+1\) için yazılıp taraf tarafı çıkarılırsa \(a_{n+2} + a_n = 3 \cdot a_{n+1}\) bulunur. O halde, \(a_{2013} + a_{2011} = 3 \cdot a_{2012} \Rightarrow a_{2013} = 3 \cdot 2012 - 2011 = 4025\).
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 32

Yalnızca 1, 2, 3 rakamları kullanılarak, ilk ve son basamaklarında aynı rakam yer alan ve herhangi ardışık iki basamağında aynı rakam yer almayan kaç farklı 10 basamaklı pozitif tam sayı yazılabilir?

Şıklar:

Cevap:  510

Çözüm:
Yalnızca 1, 2, 3 rakamları kullanılara, ilk ve son basamaklarında aynı rakam yer alan veherhangi ardışık iki basamağında aynı rakam yer almayın \(n\) basamaklı pozitif tam sayı sayısı \(f(n)\) olsun. O zaman \(f(1) = 3\), \(f(2) = 0\), \(f(3) = 6\) olup 


\[f(n) = 3 \cdot 2^{n-2} - f(n-1)\]


olacaktır (ilk basamak için 3 seçenek bulunuyor ve bundan sonra her yeni basamak için 2 seçenek var, fakat ilk basamakla \(n-1\). basamak aynı olamaz). O zaman \(f(4) = 6\), \(f(5) = 18\), \(f(6) = 30\), \(f(7) = 66\), \(f(8) = 126\), \(f(9) = 258\) ve \(f(10) = 510\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 33

Bir \(ABC\) üçgeninde \([BC]\) kenarı üstünde \(|BD| = 4\) ve \(|DC| = 3\) olacak biçimde yer alan \(D\) noktası için, \([AD]\) iç açıortaydır. \([AB]\) kenarı üstünde yer alan ve \(m(\overline{BED}) = m(\overline{DEC})\) koşulunu sağlayan \(A\) dan farklı bir \(E\) noktası için, \([AE]\) doğru parçasının orta dikmesi ile \(BC\) doğrusu \(M\) noktasında kesişiyorsa, \(|CM|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(D\) noktası \(AEC\) üçgeninin \(EC\) kenarına teğet olan dış teğet çemberinin merkezidir. \(|BE| = 4k\) ve \(|AB| = 4\ell\) dersek \(|EC| = 3k\) ve \(|AC| = 3\ell\) olur. \([AE]\) nin orta noktası \(F\) olsun. \(|AF| = |FE| = 2\ell - 2k\) olur. \(D\) den \(AB\) doğrusuna inilen dikmenin ayağı \(T\) olsun. \(D\) dış teğet çember merkezi olduğundan \(|AT|\) uzunluğu \(AEC\) üçgeninin yarı çevre

uzunluğuna eşittir. Yani \(|AT| = (7\ell - k)/2\) ve \(|TL| = (7k - \ell)/2\) olur. Buradan da \(|BT| = (k + \ell)/2 = |BF|/4\) elde ederiz. \(DT \parallel MF\) olduğundan \(1/4 = |BT|/|BF| = |BD|/|BM|\) ve \(|BM| = 16\), \(|CM| = 9\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 34

\(a! + b^3 = 18 + c^3\) eşitliğini sağlayan kaç \((a, b, c)\) pozitif tam sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(a \ge 7\) ise, eşitliği (mod 7) de inceleyelim. Bir tam küp (mod 7) de \(-1, 0, 1\) değerlerini alabildiğinden \(b^3 \equiv 4 + c^3\) (mod 7) denkliğini sağlayan tam sayılar bulunmaz. O halde \(a \le 6\). \(a = 1\) veya \(a = 2\) için çözüm olmadığını görmek kolay. \(3 \le a \le 5\) için \(a! \equiv 3, 6\) (mod 9). Öte yandan bir tam küp (mod 9) da \(-1, 0, 1\) değerlerini alabilir ve bu sebepten eşitlik (mod 9) da incelendiğinde çözüm olmadığı görülür. O zaman \(a\) yalnızca 6 olabilir. \(\Rightarrow c^3 - b^3 = (c-b)(c^2 + cb + b^2) = 702 = 2 \cdot 3^3 \cdot 13\). O halde \(c - b = 2, 3, 6\) olabilir çünkü \((c-b)^2 + 3cb = c^2 + cb + b^2\). Aynı eşitlik kullanılarak tek çözümün \(c = 9\) ve \(b = 3\) olduğu görülür. Sadece \((6, 3, 9)\) üçlüsü eşitliği sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 35

\(f(x) = x + 1 + \lfloor \sqrt{x} \rfloor\) olmak üzere, \(\overbrace{f(f(\cdots(f(n))))}^{21 \text{ kere}} = 2013\) olmasını sağlayan en küçük \(n\) pozitif tam sayısı nedir? (Burada \(\lfloor a \rfloor\) ile, \(a\) gerçel sayısından büyük olmayan en büyük tam sayı gösterilmektedir.)

Şıklar:

Cevap:  1178

Çözüm:
\(f\) kesin artan bir fonksiyondur, o halde birebirdir. \(0 < m < n\) ise \(f^{-1}(f^{-1}(n(n+1)+m)) = f^{-1}(n^2-1+m) = (n-1)n + m - 1\) olduğu kolaylıkla görülür. 2013 = \(44 \cdot 45 + 33\) olduğundan \(\overbrace{f^{-1}(f^{-1}(\cdots(f^{-1}(2013))))}^{21 \text{ kere}} = 34 \cdot 35 + 23\) olmalıdır. O halde, \(\overbrace{f(f(\cdots(f(n))))}^{21 \text{ kere}} \equiv 2013\) ise \(f(n) = 34 \cdot 35 + 23 \Rightarrow n = 34^2 - 1 + 23 = 1178\) olmalıdır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 36

En az 10, en çok 50 üyesi olan bir satranç kulübü, \(K > E\) olmak üzere, \(K\) kız ve \(E\) erkekten oluşuyor. Herhangi iki üyenin kendi aralarında tam olarak bir maç yaptığı bir satranç turnuvasında her galibiyete 1, her beraberliğe 1/2 ve her yenilgiye 0 puan veriliyor. Turnuva bittiğinde, her üyenin topladığı puanların tam olarak yarısını erkek üyelerle yaptığı maçlardan aldığı gözleniyorsa, \(E\) sayısı kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Kızlar erkeklere karşı oynadıkları maçlarda toplam *a*, erkekler ise kızlara karşı oynadıkları maçlarda toplam *b* puan alsınlar. O zaman  \( \binom{K}{2} = a \)  ve  \( \binom{E}{2} = b \)  ve *a* + *b* = *KE* olur. Buradan  \( K + E = (K - E)^2 \)  gelir. Sonuç olarak *K + E* ifadesinin alabileceği değerler 16,25,36,49, *E* sayısının alabileceği değerler ise 6, 10, 15, 21 olur. Şimdi bu durumlar için birer örnek kuralım. Tüm örneklerde herhangi iki erkek arasında ve herhangi iki kız arasındaki maçlar beraberlikle sonuçlanıyor ve beraberlikle sonuçlanmayan tüm maçları kızlar kazanıyor. *K* = 10 ve *E* = 6 örneği için kızları 5 tane ikişer elemanlı ve erkekleri 3 tane ikişer elemanlı gruplara ayrıalım. Bir gruptaki kızlar *T*<sub>0</sub>, *T*<sub>1</sub> ve bir başka gruptaki erkekler *S*<sub>0</sub>, *S*<sub>1</sub> olsun. *i* = 0, 1 için *T*<sub>i</sub>, *S*<sub>i</sub>'yi yenip, *S*<sub>i+1</sub> ile (mod 2) berebere kalsın. Diğer grup ikilileri arasındaki maçlar da benzer şekilde biterse koşullar sağlanmış olur. *K* = 15 ve *E* = 10 örneği için kızları 3 tane beşer elemanlı ve erkekleri 2 tane beşer elemanlı gruplara ayrıalım. Bir gruptaki kızlar *T*<sub>0</sub>, *T*<sub>1</sub>, *T*<sub>2</sub>, *T*<sub>3</sub>, *T*<sub>4</sub> ve bir başka gruptaki erkekler *S*<sub><sub>0</sub></sub>, *S*<sub>1</sub>, *S*<sub>2</sub>, *S*<sub>3</sub>, *S*<sub>4</sub> olsun. *i* = 0, 1, 2, 3, 4 için *T*<sub>i</sub>, *S*<sub>i</ sub> ve *S*<sub>i+1</sub>'i yenip, *S*<sub>i+2</sub>, *S*<sub>i+3</sub>, *S*<sub>i+4</sub> ile (mod 5) berebere kalsın. Diğer grup ikilileri arasındaki maar da benzer şekilde biterse koşullar sağlanmış olur *K* = 21 ve *E* = 15 örneği için kızları 7 tane üçer elemanlı ve erkekleri 5 tane üçer elemanlı gruplara ayrıalım. Bir gruptaki kızları *T*<sub><sub>0</sub></sub>, *T*<sub>1</sub>, *T*<sub>2,</sub> *T*<sub>3</sub>, *T*<sub>4</sub>, *T*<sub>5</sub>, *T*<sub>6</sub> ve bir başka gruptaki erkekler *S*<sub></sub>0, *S*<sub>1</sub>, *S*<sub>2,</sub> *S*<sub>3</sub>, *S*<sub>4</sub>, *S*<sub>5</sub>, *S*<sub>6</sub> olsun. *i* = 0, 1, 2 , 3, 4, 5, 6 için *T*<sub>i</sub>, *S*<sub>i</sup> ve *S*<sub>i+1</sub>'i yenip, *Si+2*, *Si+3*, *Si+4*, *Si+5*, *Si+6* ile (mod 7) berebere kalsın. Diğer grup ikilileri arasındaki m açlar da benzer şekilde biterse koşullar sağlanmış olu r.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 37

n den küçük ve $n$ ile aralarında asal olan tam olarak 20 tane pozitif tek tam sayı bulunmasını sağlayan kaç $n$ pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
n çift sayı ise, verilen koşul \phi(n) = 20 olduğunu gösterir. \phi fonksiyonunun çarpımsallığı kullanılarak n nin asal bölenlerinin 2, 3, 5 veya 11 olabileceği görülür ve buradan da 2 \cdot 3 \cdot 11 = 66, 2 \cdot 5^2 = 50 ve 2^2 \cdot 11 = 44 çözümleri gelir. n tek ise, verilen koşul \phi(2n) = 40 olmasında denktir. n tek olduğundan, bu da \phi(n) = 40 demektir. Bu durumdan da 41, 5 \cdot 11 = 55 ve 3 \cdot 5^2 = 45 çözümleri gelir. Toplam 6 sayı koşulu sağlar.
Matematik Olimpiyatı 2013, 2. Aşama, Soru 1

[AB] çaplı bir ω₁ çemberi ile A merkezli bir ω₂ çemberi C ve D noktalarında kesişiyor. ω₂ çemberinin üstünde, ω₁ çemberinin dışında ve AB doğrusuna göre C ile aynı tarafta yer alan bir E noktası için, BE doğrusu ω₂ çemberini ikinci kez F noktasında kesiyor. ω₁ çemberinin üstünde ve bu çemberin C den geçen çapına göre A ile aynı tarafta olan bir K noktası 2 |CK| · |AC| = |CE| · |AB| koşulunu sağlıyor. KF doğrusu ω₁ çemberini ikinci kez L noktasında kesiyor. 


D noktasının BE doğrusuna göre simetriğinin, L, F ve C noktalarından geçen çemberin üstünde olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
D noktasının BE doğrusuna göre simetrisi D' olsun. R₁ ve R₂ sırasıylası ω₁ ve ω₂ 

  


çemberlerinin yarıçapları olsun. 2 · CK · AC = CE · AB olduğu için CK/CE = R₁/R₂ elde ederiz. Sınıs teoreminden 2 · sin ∠CLF = CK/R₁ = CE/R₂ = 2 · sin ∠CFE olur ve böylece ∠CLF = ∠CFE bulunur (çünkü bu iki açının toplamı 180° den küçük.) BE doğrusunun ω₁ çemberi ile ikinci kesişimi X noktası olsun. AC = AD ve [AB] nin ω₁ in bir çapı olmasından dolayı ω₁ in küçük BC ve BD yayları aynı uzunluktadır. Buradan da ∠DXB = ∠CXB elde edilir. ∠D'XB = ∠DXB olduğu için X, C, D' noktaları doğrusaldır. ∠AXB = 90° olduğundan EX = FX olur. ∠ACB = 90° olduğu

için ise \(BC\) doğrusunun \(\omega_2\)çemberine teğet olduğu görülür ve buradan da \(\angle FCB = \angle BEC\) bulunur. Diğer taraftan, \(\angle DCF = \angle DEF\) olduğu için \(\angle DEC = \angle DCB = \angle CXB = \angle DXB\) bulunur ve böylece \(\angle ECX = \angle DEX\) ve \(\angle CEX = \angle EDX\) elde edilir. Sonuç olarak, \(ECX\) ve \(DEX\) üçgenleri benzerdir ve \(XC \cdot XD' = XC \cdot XD = EX^2 = FX^2\) olur. \(\angle CLF = \angle CFE\) olduğundan \(XF\) doğrusu \(CLF\) üçgeninin çevrel çemberine teğettir. \(XC \cdot XD' = FX^2\) olduğundan dolayı da \(D'\) noktasının bu çember üzerinde olduğu görülür ve ispat tamamlanır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 2. Aşama, Soru 2

\(m\) pozitif bir tam sayı olsun. 


a. \(1 + km^3\) sayısının bir tam küp olmasını ve \(1 + kn^3\) sayılarının hiçbir \(n < m\) pozitif tam sayısı için bir tam küp olmamasını sağlayan sonsuz çoklukta \(k\) pozitif tam sayısı bulunduğunu kanıtlayınız. 


b. \(p \equiv 2 \pmod{3}\) koşulunu sağlayan bir \(p\) asal sayısı ve bir \(r\) pozitif tam sayısı için, \(m = p^r\) ise, (a) kısmındaki koşulu sağlayan tüm \(k\) pozitif tam sayılarını bulunuz.

Şıklar:


Çözüm:
a. \(m = 1\) durumunda her \(i\) pozitif tam sayısı için \(k = i^3 - 1\) sayısı koşulları sağlıyor. Şimdi \(m > 1\) durumunda her \(i\) pozitif tam sayısı için \(k \equiv i^3m^6 + 3i^2m^3 + 3i\) sayısının koşulları sağladığını gösterelim. \(1 + km^3\) bir tam küptür: 


\[1 + km^3 = 1 + (i^3m^6 + 3i^2m^3 + 3i)m^3 = i^3m^9 + 3i^2m^6 + 3im^3 + 1 = (im^3 + 1)^3.\]


Her \(1 \le n < m\) sayısı için 


\[1 + kn^3 = 1 + i^3m^6n^3 + 3i^2m^3n^3 + 3in^3 \quad (1)\]


İspatı tamamlamak için 


\[(im^2n)^3 < 1 + kn^3 < (im^2n + 1)^3\]


olduğunu gösterelim. İlk eşitsizlik (1) den geliyor. \(n < m\) olduğuna göre, \((n-m)(im^3n + n + m) < 0\). Buna göre, \(im^3n^2 + n^2 < im^4l + m^2\). Her iki tarafta \(3in\) ile çarpıp taraflara \(1 + i^3m^6n^3\) eklersek ikinci eşitsizlik elde edilir. 


b. \(m = p^r\) ve \(1 + kp^{3r} = t^3\) olsun. O zaman \(kp^{3r} = (t-1)(t^2 + t + 1)\) olur. \(obeb(t-1, t^2 + t + 1) = d\) olsun. \(obeb(t-1, t^2 + t + 1) = obeb(t-1, 2t + 1) = obeb(t-1, 3) = d\) olduğuna göre, \(d \mid 3\) olur. \(p \neq 3\) olduğuna göre, \(p^{3r} \mid t^2 + t + 1\) ya da \(p^{3r} \mid t - 1\). 


Durum 1: \(p^{3r} \mid t^2 + t + 1\). \(t^2 + t + 1 = p^{3r}j\) olsun. \(t^2 + t + 1\) tek olduğuna göre, \(p \neq 2\). İkinci dereceli \(t^2 + t + 1 - p^{3r}j = 0\) denkleminin diskriminantı \(1 - 4(1 - p^{3r}j) = 4p^{3r}j - 3\) bir tam kare olmak zorundadır: \(4p^{3r}j - 3 = z^2\). \(-3\) sayısı \(p \equiv 2 \pmod{3}\) şeklindeki tek asal sayılar için kare kalan olmalıdır, çelişki. 


Durum 2: \(p^{3r} \mid t - 1\). \(t - 1 = p^{3r}j\) olsun. O zaman \(1 + kp^{3r} = (p^{3r}j + 1)^3\) ve buradan da \(k = p^{6r}j^3 + 3p^{3r}j^2 + 3j\) elde ediliyor. 


Son olarak (a) şıkkının çözümünde olduğu gibi \(1 \le l < p^r\) durumunda 


\[(jp^{2r}l)^3 < 1 + kp^{3r} < (jp^{3r}l + 1)^3\]


eştsizlikleri elde edilir. Sonuç olarak, koşulu sağlayan tüm \(k\) sayıları \(k = p^{6r}j^3 + 3p^{3r} j^2 + 3j\) şeklinde oluyor.
Matematik Olimpiyatı 2013, 2. Aşama, Soru 4

\(2^n + n = m!\) eşitliğini sağlayan tüm \((m, n)\) pozitif tam sayı ikililerini belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  Sadece (3, 2)

Çözüm:
Cevap: Sadece (3, 2). 


\(m = 1\) durumunda çözüm olmadığına göre, \(m!\) bir çift sayıdır. Buna göre, \(n\) de bir çift sayı olmak zorundadır. \(t \ge 1\) bir tam sayı ve \(s\) bir pozitif tek tam sayı olmak üzere, \(n = 2^t \cdot s\) olsun. \(t = 1\) durumunda tek çözüm \(n = 2\) ve \(m = 3\) olur. \(t \ge 2\) durumunda 


\[m! = 2^n + n = 2^{2^t \cdot s} + 2^t \cdot t \ge 2^{2^t} + 2^t\]


elde edilir. \(t\) üzerinden tümevarımla 


\[2^{2^t} + 2^t > (2t - 1)! \quad (1)\]


olduğunu gösterelim. \(t = 2\), 3 ise eşitsizlik sağlanıyor. Eşitsizliğin \(t = k\) için sağlandığını varsayalım. Eşitsizliğin \(k + 1\) için de sağlandığını göstermek için 


\[\frac{2^{2^{k+1}} + 2^{k+1}}{2^{2^k} + 2^k} \ge 2k(2k + 1) \quad (2)\]


eşitsizliğini kanıtlamamaz yeterli olacaktır. Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(2^{2n-2} \ge n \cdot 2^{n-2}\) olduğuna göre, \(2^{2n-2} \ge n(2^{n-2} - 1)\). Bu da 


\[\frac{2^{2n} + 2n}{2^n + n} \ge 2^{n-1}\]


eşitsizliğine denktir. Son eşitsizlikte \(n = 2^k\) alırsak 


\[\frac{2^{2^{k+1}} + 2^{k-1}}{2^{2^k} + 2^k} \ge 2^{2^k-1}\]


elde ederiz. (2) eşitsizliğinin ispatını tamamlamak için her \(k \ge 3\) için 


\[2^{2^k-1} \ge 2k(2k + 1) \quad (3)\]


göstermemiz yeterli olacaktır. \(2^7 > 42\) ve \(2^{15} > 72\) olduğuna göre, (3) eşitsizliği \(k = 3, 4\) için sağlanıyor. \(k \ge 5\) durumunda \(2^{2^k-1} \ge 2^{4k} = 2^{2k} \cdot 2^{2k} \ge 2k(2k + 1)\) olur. (1) eşitsizliğinin ispatı tamamlandı. 


(1) eşitsizliğinden \(m! > (2t - 1)!\) ve \(m \ge 2t\) elde edilir. Şimdi 


\[2^n + n = 2^{2^t \cdot s} + 2^s \cdot s = 2^t(2^{2^t \cdot s - t} + s)\]


ve \(2^t \cdot s \ge 2^t > t\) olduğuna göre, \(2^{2^t \cdot s - t} + s\) bir tek sayıdır ve \(2^t\) sayısı \(m!\) sayısını bölen en büyük \(2^n\) nin kuvvetidir: 


\[t = \left\lfloor \frac{m}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{m}{4} \right\rfloor + \dots\]


Son olarak \(m \ge 2t\) olduğundan 


\[t = \left\lfloor \frac{m}{2} \right \rfloor + \left\lfloor \frac{m}{4} \right \rfloor + \dots \ge t + \left\lfloor \frac{t}{2} \right \rfloor + \left\lfloor \frac{t}{4} \right \rfloor + \dots\]

ve \(t \ge 2\) olduğuna göre de \(t \ge t+1\) çelişkisi elde ediliyor. Tek çözüm \((m, n) = (3, 2)\) oluyor.
Matematik Olimpiyatı 2013, 2. Aşama, Soru 5

Tüm \(a, b, c\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[a^3 + b^3 + c^3 - 3abc \ge M(ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc)\]


olmasını sağlayan en büyük \(M\) gerçel sayısını belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  \(M = \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\)

Çözüm:
Cevap: \(M = \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\). 


Eşitsizlikte genelliği bozmadan \(\min\{a, b, c\} = c\) alabiliriz. Bu durumda negatif olmayan \(x\) ve \(y\) sayıları için \(a = c + x\), \(b = c + y\) olur. Yeni \(c, x\) ve \(y\) değişkenlerinde 


\[a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (c + x)^3 + (c + y)^3 + c^3 - 3(c + x)(c + y)c = (3c + x + y)(x^2 - xy + y^2)\]


\[ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc = (c + x)(c + y)^2 + (c + y)c^2 + c(c + x)^2 - 3(c + x)(c + y)c = (x^2 - xy + y^2)c + xy^2\]


olur ve eşitsizlik tüm pozitif \(c, x, y\) için 


\[(3 - M)(x^2 - xy + y^2)c + x^3 + y^3 - Mxy^2 \ge 0 \quad (1)\]


şekilini alır. 


\(x = 1\), \(y = \sqrt[3]{2}\) ve \(c > 0\) olursa (1) eşitsizliğinden 


\[(3 - M)(1 - \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})c + 3 - \sqrt[3]{4}M \ge 0 \quad (2)\]


İde edilir. (2) eşitsizliğini sağlayan her \(M\) için \(M \le \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\) olduğunu gösterelim. Aksini varsayalım: \(M > \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\) olsun. \(M > 3\) ise (2) eşitsizliği hiçbir \(c > 0\) için sağlanmıyor. \(M < 3\) ise (2) eşitsizliği 


\[c < \frac{\sqrt[3]{4}M - 3}{(3 - M)(1 - \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3})}\]


iken sağlanmıyor. Sonuç olarak \(M \le \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\) olur. 


Şimdi \(M = \frac{3}{\sqrt[3]{4}}\) için (1) eşitsizliğinin sağlandığını gösterelim. \(M < 3\) olduğuna göre, \((3 - M)(x^2 - xy + y^2)c \ge 0\) ve (1) eşitsizliğinin ispatı için \(x^3 + y^3 \ge Mxy^2\) eşitliğinin gösterilmesi yeterli olur. Gereken eşitsizlik de aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden geliyor: 


\[x^3 + y^3 = x^3 + \frac{y^3}{2} + \frac{y^3}{2} \ge \frac{3}{\sqrt[3]{4}}xy^2 = Mxy^2.\]


İspat tamamlanmıştır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 1

Dışbükey bir ABCD dörtgeninde \(m(\widehat{DAB}) = m(\widehat{CBD}) = 120^\circ\), \(|AB| = 2\), \(|AD| = 4\) ve \(|BC| = |BD|\) dir. C noktasından geçen ve AB ye paralel olan doğru AD doğrusunu E noktasında kesiyor ise, \(|CE|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(m(\widehat{DBA}) = \alpha\) olsun. ABD üçgenine bakıldığında \(\alpha > 30^\circ\) olduğu görülür. Bundaan dolayı C den geçen ve AB ye paaralel olan doğru [AD] doğru parçası ile kesişir. CE nin DB ile kesişimmi F olsun. Paralellikten \(m(\widehat{BFG}) = \alpha\) olur. DAB de Kosinüs teoreminden \(|BD| = 2\sqrt{7} = |BC|\) gelir. BAD \(\sim\) FBC (A.A.A.). Buradan da \(|FB| = \sqrt{7}\) ve \(|FG| = 7\) bulunur. O halde \(|DF| = \sqrt{7}\). EF ve AB paralel olduğundan \(|EF| = 1\) elde edilir ve dolayısıyla \(|EC| = |EF| + |FG| = 1 + 7 = 8\) olduğu görülür.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 2

\(mn + n + 14 = (m - 1)^2\) eşitliğini sağlayan kaç \((m, n)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
Eşitliğin her iki tarafından 4 çıkarılırsa \(n(m + 1) + 10 = (m - 1)^2 - 4 = (m + 1)(m - 3)\) elde edilir. Buradan da \((m + 1)(m - 3 - n) = 10\) bulunur. 10 un 8 böleninden herhangi birinin 1 eksiği \(m\) olarak alındığında \(n\) sayısı da tek türlü bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 3

Kaç \(n\) tam sayısı için, \(|x^2 - 4x - 7| = n\) eşitliğini sağlayan dört farklı \(x\) gerçel sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Öncelikle \(n\) bir sayının mutlak değerine eşit olduğu için negatif sayı olamaz. Verilen eşitlik \(x^2 - 4x - 7 = \pm n\) ye denktir. Bu denklem de \((x - 2)^2 = 11 \pm n\) olmasıdır. Dört farklı \(x\) gerçel sayısının kök olması için yeter ve gerek şart 11 - \(n\) ve 11 + \(n\) nin farklı pozitif sayılar olmasıdır. Dolayısıyla \(n\) nin alabileceği değerler 1, 2, ..., 10.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 4

3 kırmızı, 2 beyaz ve 2 mavi top rastgele sıraya dizildiğinde iki beyaz topun veya iki mavi topun yan yana gelme olasılığı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{10}{21}\)

Çözüm:
İki beyaz topun yan yana gelme olasılığı \(\frac{2.6!}{7!} = \frac{2}{7}\). Benzer biçimde iki mavi topun yan yana gelme olasılığı da \(\frac{2}{7}\) dir. Bu iki olasılığın toplamından hem mavi topların yan yana hem de beyaz topların yan yana gelme olasılığını çıkarmalıyız. Bu olasılık ise \(\frac{2.2.5!}{7!} = \frac{2}{21}\) dir. Dolayısıyla cevap \(2 \cdot \frac{2}{7} - \frac{2}{21} = \frac{10}{21}\).
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 9

D, bir ABC üçgeninin [BC] kenarı üstünde |AB| = 3, |CD| = 1 ve |AC| = |BD| = √5 koşullarını sağlayan bir nokta olmak üzere; B köşesine ait yükseklik AD doğrusunu E noktasında kesiyor ise, |CE| nedir?

Şıklar:

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

Çözüm:
\(|AB|^2 - |BD|^2 = 9 - 5 = 4 = 5 - 1 = |AC|^2 - |CD|^2\) olduğundan AD ⊥ BC elde edilir. O zaman \(|AD| = 2\) ve E nin ABC nin ortosantını olduğu görülür. O halde \(BAD \sim ECD\) olur ve buradaki benzerlikten \(|EC| = \frac{3}{2}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 10

\(m^3 - n^3 = 9^k + 123\) eşitliğini sağlayan kaç \((m, n, k)\) negatif olmayan tam sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(k \ge 1\) ise, eşitliği (mod 9) da inceleyelim. Eşitlikte sağ taraf (mod 9) da 6 ya denktir. Bir tam sayının kübü (mod 0) da \(-1, 0\) veya 1 değerini alabilir. Dolayısıyla eşitlikteki sol taraf (mod 9) da 6 değerini alamaz ve çelişki elde edilir. Demek ki \(k = 0\) olmalı. \(m^3 - n^3 = (m - n)(m^2 + mn + n^2) = 124 = 2 \cdot 2 \cdot 31\) eşitliği incelendiğinde tek çözümün \(m = 5\) ve \(n = 1\) olduğu görülür.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 11

Sadece bir x gerçel sayısı için \(x^2 + ax + 1\) ifadesinin negatif bir tam sayı değer almasını sağlayan a gerçel sayılarının çarpımı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(-8\)

Çözüm:
Verilen özellik \(y = x^2 + ax + 1\) in grafiği ile \(y = -1\) doğrusunun tek bir noktada kesişmesine denktir. Dolayısıyla \(x^2 + ax + 2 = 0\) m çift katlı bir gerçel kökü olmalı. Kökler çarpımı 2 olduğundan bu kök \(\sqrt{2}\) veya \(-\sqrt{2}\) dir. Dolayısıyla \(a\) nın alabileceği değerler \(2\sqrt{2}\) ve \(-2\sqrt{2}\) dir.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 12

21 öğrenciden oluşan ve herhangi üç öğrencisinin en az ikisi arkadaş olan her sınıfta en az k arkadaşı olan bir öğrenci bulunuyorsa, k nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Sınıf, kendi aralarında arkadaş olan 10 kişilik \(G_1\) grubundan, kendi aralarında arkadaş olan 9 kişilik \(G_2\) grubundan ve A ve B öğrencilerinden oluşun ve farklı gruplardaki öğrenciler kendi aralarında arkadaş olmasın. A ve B kendi aralarında arkadaş olmayıp, A öğrencisi \(G_1\) grubundaki herkese ve B öğrencisi \(G_2\) grubundaki herkese arkadaş olursa koşullar sağlanır ve en fazla arkadaşı olan öğrencinin arkadaş sayısı 10 olur. Şimdi her zaman 10 arkadaşı olan bir öğrencinin bulunacağı nı gösterelim. C ve D kendi aralarında arkadaş olmayan iki öğrenci olsun (böyle bir ikili bulunmazsa herkesin 20

arkadaşı olur). Koşulların sağlanması için C ve D dışındaki her öğrenci bu iki öğrencinin en az biriyle arkadaş olma zorundadır. Demek ki, C ve D öğrencilerinden en az birinin arkadaş sayısı en az 10 olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 13

\(m(\widehat{ADB}) = 15^\circ\) ve \(m(\widehat{BCD}) = 90^\circ\) olan dışbükey bir \(ABCD\) dörtgeninin köşegenleri \(E\) noktasında dik olarak kesişiyor. \(P\), \([AE]\) üstünde bir nokta olmak üzere, \(|EC| = 4\), \(|EA| = 8\) ve \(|EP| = 2\) ise, \(m(\widehat{PBD})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(75^\circ\)

Çözüm:
\(BCD\) üçgeninde Öklid bağıntısından \(|DE| \cdot |BE| = 16\) elde edilir. Dolayısıyla \(\frac{8}{|DE|} = \frac{|BE|}{2}\), başka bir deyişle \(\frac{|AE|}{|DE|} = \frac{|BE|}{|PE|}\) olduğu görülür. Buradan da \(AED \sim BEP\) (K.A.K.) elde edilir ve \(m(\widehat{PBD}) = m(\widehat{PBE}) = m(\widehat{DAE}) = 75^\circ\) olduğu görülür.