alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 21

\(\bar{B}\) açısı dik olan bir \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberi \([AB]\) ve \([AC]\) kenarlarına sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktalarında teğettir. \(ED\) ve \(BC\) doğrularının kesişim noktası \(F\) olmak üzere, \(|FD| = 25\) ve \(|DE| = 24\) ise, \(|AE|\) kaçtır?

Şıklar:
A) 16 | B) 18 | C) 20 | D) 24 | E) 35

Cevap: C 20

Çözüm:
İç teğet çemberin \(BC\) ye teğet olduğu nokta \(K\) olsun. Kuvvetten \(|FK| = 35\) gelir. Pisagorun sağlanması için \(|BF| = 20\) ve \(|DB| = 15\) olabilir, veya \(|BF| = 15\) ve \(|DB| = 20\) olabilir. İki durum için de \(AID\) üçgeninde Öklid uygularsak, \(|AD| = 20\) veya \(|AD| = 15\) gelir. \(|AD| > |DB|\) olduğu için sadece \(|AE| = |AD| = 20\) durumu mümkündür. Bu durum 35-120-125 dik üçgeninde olasıdır.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 22

*n* pozitif tam sayısının en büyük tek böleni \(f(n)\) olmak üzere, 
\[f(25) + f(26) + f(27) + \dots + f(200)\]
toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 13150 | B) 13250 | C) 13350 | D) 13450 | E) 13550

Cevap: A 13150

Çözüm:
Tümevarımla her pozitif *n* tam sayısı için \(A(n) = f(n+1) + f(n+2) + \dots + f(2n) = n^2\) olduğunu gösterelim. *n* = 1 için eşitlik doğrudur. Eşitliğin *n* için doğru olduğunu varsayalım. O zaman, \(f(n+1) = f(2n+2)\) olduğu için 
\[A(n+1) = A(n) - f(n+1) + f(2n+1) + f(2n+2) \\ = n^2 + 2n + 1 = (n+1)^2\]
elde edilir. Buna göre, cevap \(A(100) + A(50) + A(25) + f(25) = 100^2 + 50^2 + 25^2 + 25 = 13150\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 23

\(x, y, z\) pozitif gerçel sayıları 
\[ 
\begin{aligned}
\frac{y^2}{z} + \frac{zx + x^2}{2y + z} &= 2x \\
\frac{x^2}{z} + \frac{zy + 2y^2}{x + z} &= 9y \\
\frac{y^2}{x} + \frac{x^2}{y} &= 9z
\end{aligned}
\]
denklem sistemini sağlıyorsa, \(\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{23}{6}\) | B) \(\frac{25}{6}\) | C) \(\frac{19}{4}\) | D) 5 | E) 7

Cevap: D 5

Çözüm:
İlk denklem \(\frac{1}{x}\) ile, ikinci denklem \(\frac{1}{y}\) ile çarpılıp denklemler taraf tarafa toplanırsa \(\frac{y^2}{xz} + \frac{x^2}{yz} + \frac{x+z}{2y+z} + \frac{2y+z}{x+z} = 11\) elde edilir. Üçüncü denklem \(\frac{1}{z}\) ile çarpılırsa \(\frac{y^2}{xz} + \frac{x^2}{yz} = 9\) elde edilir. Bulunan bu iki eşitlikten \(\frac{x+z}{2y+z} + \frac{2y+z}{x+z} + \frac{2y+z}{x+z} = 2\) gelir. Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğine göre \(\frac{x+z}{2y+z} + \frac{2y+z}{x+z}\ge 2\) dir, eşitlik durumu sağlandığı için \(\frac{x+z}{2y+z} = \frac{2y+z}{x+z}\) olmalıdır. Buradan \(x = 2y\) gelir ve üçüncü denklemden \(y = 2z\) bulunur. Buna göre, \(\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{x} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 4 = 5\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 24

\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, 3 ile bölünen ve basamaklarının her biri ya 1 ya da 2 olan \(n\) basamaklı pozitif tam sayıların sayısı \(f(n)\) olsun. \(f(101) - f(99)\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(2^{100} - 2^{98}\) | B) \(2^{99}\) | C) \(2^{99} - 1\) | D) \(2^{98} + 2^{96}\) | E) \(2^{98} + 1\)

Cevap: B \(2^{99}\)

Çözüm:
\(n-2\) basamaklı bir sayı 3 ile bölünüyorsa bu sayısının sağına sadece 12 ya da 21 ekleyerek 3 ile bölünen \(n\) basamaklı sayı elde edebiliriz. \(n-2\) basamaklı bir sayı (mod 3) de 1 ise bu sayısının sağına sadece 11 ekleyerek 3 ile bölünen \(n\) basamaklı sayı elde edebiliriz. \(n-2\) basamaklı bir sayı ( mod 3) de 2 ise bu sayısının sağına sadece 22 ekleyerek 3 ile bölünen \(n\) basamaklı sayı eşitlikten \(n\) basamaklı toplam \(2^n\) sayı olduğundan her \(n \ge 2\) için 
\[ f(n) = 2f(n-2) + (2^{n-2} - f(n-2)) = f(n-2) + 2^{n-2} \]
elde ederiz. Buna göre, \(f(101) - f(99) = 2^{99}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 25

Bir \(ABCD\) dikdörtgeninde \(|AB| > |BC|\) olsun. \(D\) noktasından geçen ve \(AB\) doğrusuna \(B\) noktasında teğet olan çember \(AD\) doğrusunu ikinci kez

\(E\) noktasında kesiyor. \(BE\) ve \(CD\) doğrularının kesişim noktası \(F\) olmak üzere, \(\frac{|FC|}{|FD|} = \frac{9}{7}\) ise, \(\frac{|EC|}{|AF|}\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{7}{9}\) | B) 1 | C) \(\frac{5}{4}\) | D) \(\frac{4}{3}\) | E) \(\frac{3}{2}\)

Cevap: D \(\frac{4}{3}\)

Çözüm:
\(|FD| = 35k\) ve \(|FC| = 45k\) olsun. \(m(\widehat{ABE}) = m(\widehat{DBA}) = m(\widehat{DCA})\) olduğu için \(EB \perp AC\) olur. Buradan \(\triangle EDC \sim \triangle EDA\) elde edilir. Dolayısıyla soruda istenen oranı bulmak için \(\frac{|CD|}{|AD|}\) oranını bulmak yeterlidir. \(AC\) ve \(FB\) doğruları \(G\) de kesişsin. \(\frac{|GF|}{|GB|} = \frac{9}{16}\) olduğu için Öklid Teoreminden \(|FG| = 27k\), \(|GC| = 36k\), \(|GB| = 48k\) ve \(|BC| = 60k\) olur. Cevap \(\frac{80k}{60k} = \frac{4}{3}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 26

\(p\) bir asal sayı olmak üzere, \(x + p^2 \mid x^3 + p^4\) koşulunu sağlayan \(x\) tam sayılarının sayısı \(f(p)\) olsun. \(m = 150, 160, 170, 180, 190\) sayılarından kaç tanesi için \(f(p) = m\) olacak şekilde bir \(p\) asal sayısı bulunur?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 5

Cevap: B 2

Çözüm:
\(x + p^2 \mid x^3 + p^6\) olduğu için \(x + p^2 \mid p^4(p^2 - 1)\) sağlanır. Bunu sağlayan \(x\) sayılarının sayısı tam olarak \(p^4(p^2 - 1)\) sayısının bölen sayısına eşittir. \(d(n)\) ile \(n\) sayısının pozitif bölen sayısı gösterilmek üzere, aradığımız değer \(2d(p^4(p^2 - 1)) = 10d(p^2 - 1)\) sayısına eşittir. \(p > 1\) olduğu için \(p^2 - 1\) bir tamkareye eşit olamaz, pozitif bölen sayısı tek olan sayılar yalnızca tamkare sayılar oldukları için \(f(p)\) sayısı 150, 170 veya 190 olamaz. \(p = 13\) için \(p^2 - 1 = 168 = 2^3 \cdot 3 \cdot 7\) sayısının 16 pozitif böleni vardır. \(p = 17\) için \(p^2 - 1 = 288 = 2^5 \cdot 3^2\) sayısının 18 pozitif böleni vardır. Bu nedenle \(f(13) = 160\) ve \(f(17) = 180\) olur. Buna göre, cevap 2 dir.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 27

Başlangıçta bir mavi kavanozda %99'u nar suyu, %1'i portakal suyu olan 1 litre homojen sıvı ve bir yeşil kavanozda %1'i nar suyu, %99'u portakal suyu olan 2 litre homojen sıvı bulunmaktadır. Her işlemde önce yeşil kavanozdan mavi kavanoza 1 litre sıvı aktarılıp homojen bir sıvı elde edilene kadar karıştırılıyor ve bundan sonra mavi kavanozdan yeşil kavanoza 1 litre sıvı aktarılıp homojen bir sıvi elde edilene kadar karıştırılıyor. En az kaç işlem sonucunda mavi kavanozdaki nar suyu yüzdesi ile yeşil kavanozdaki nar suyu yüzdesinin farkı %0.1'den daha az olur?

Şıklar:
A) 4 | B) 5 | C) 6 | D) 7 | E) 8

Cevap: B 5

Çözüm:
Bir işlem öncesinde mavi kovanozdaki nar suyu oranı \(c_1\) ve yeşil kavanozdaki nar suyu oranı \(c_2\) olsun. Bir hamledeki ilk aktarmadan sonra mavi kavanozda \(c'_1 = \frac{c_1 + c_2}{2}\) oranında nar suyu olur, ikinci aktarmadan sonra yeşil kavanozda \(c'_2 = \frac{(c_1 + c_2)/2 + c_2}{2} = \frac{c_1 + 3c_2}{4}\) oranında nar suyu olur. Buna göre, \(c'_1 - c'_2 = \frac{c_1 - c_2}{4}\) olur. Dolayısıyla \(k\) işlem sonucunda mavi kavanozdaki ve yeşil kavanozdaki nar suyu oranlarının farkı \(\frac{c_1 - c_2}{4^k} = \frac{0.99 - 0.01}{4^k}\) olur. Buna göre, cevap \(\frac{0.99 - 0.01}{4^k} < 0.001\) eşitsizliğini sağlayan en küçük \(k\) değeri olmalıdır, buradan \(k = 5\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 28

Çevresi 25 birim olan bir çember üzerinde 25 nokta, bu noktalar bir düzgün 25-genin köşeleri olacak şekilde işaretlenmiştir ve bu noktalardan \(k\) tanesi kırmızıya boyanmıştır. Bu boyama nasıl yapılırsa yapılsın aralarındaki küçük yayın uzunluğu 5 birim olan iki kırmızı nokta bulunabiliyorsa, \(k\) sayısının alabileceği en küçük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 10 | B) 11 | C) 12 | D) 13 | E) 14

Cevap: B 11

Çözüm:
Çember üzerindeki noktaları sırasıyla 1, 2, ..., 25 olarak numaralandıralım. \(k \le 10\) durumunda kırmızı noktalar 1, 2, 3, 4, 5 ve 11, 12, 13, 14, 15 numaralı köşelerde bulunuyorsa sorudaki koşul sağlanmaz. Şimdi de \(k = 11\) durumunda her zaman aralarındaki küçük yayın uzunluğu 5 olan iki kırmızı nokta bulunduğunu gösterelim. Bu 25-genin köşelerini 5 tane düzgün beşgenin köşelerinin birleşimi olarak ele alalım. \(k = 11\) durumunda Güvercin Yuvası prensibinden dolayı kırmızı noktaların en az 3 tanesi aynı düzgün beşgenin köşelerinde bulunur ve bu kırmızı noktalardan ikisi bu beşgenin komşu köşelerinde yer alacağından sorudaki koşul sağlanır.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 29

ABCD kenar uzunluğu 3 olan bir kare olsun. ABC üçgeninin iç bölgesinde bir E noktası \(m(ABC) = 135^\circ\) olacak şekilde alınıyor. BE ile CD doğrularının kesişim noktası F olmak üzere, \(|CF| = 4\) ise, \(|BE|\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{21 - 6\sqrt{6}}{5}\) | B) \(\frac{10 - 4\sqrt{2}}{3}\) | C) \(\frac{12\sqrt{3} - 15}{4}\) | D) \(\frac{5 - \sqrt{5}}{2}\) | E) Hiçbiri

Cevap: A \(\frac{21 - 6\sqrt{6}}{5}\)

Çözüm:
C noktasının D noktasına göre yansıması G olsun. D merkezli 3 yarıçaplı çember C, E, A, G den geçer. BF doğrusunun çemberi ikinci kez kestiği nokta *H* olsun. *BE = x*, *EF = 5 - x*, *FH = y* olsun. *F* noktasına göre kuvvetten \(y(5 - x) = 8\) ve *B* noktasına göre kuvvetten \(x(5 + y) = 9\) bulunur. Taraf tarafa toplayınca \(x + y = \frac{17}{5}\) bulunur. İkinci eşitlikte yerine koyarsak \(x(\frac{42}{5} - x) = 9\) yani \(5x^2 - 42x + 45 = 0\) ve buradan \(x = \frac{42 \pm \sqrt{864}}{10}\) gelir. \(BE < 3\sqrt{2}\) olduğu için \(x = \frac{21 - 6\sqrt{6}}{5}\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 30

\(n^4 - 5n^3 + 26n^2 - 41n + 19\) ifadesinin bir asal sayının tam kuvvetine eşit olmasını sağlayan kaç *n* tam sayısı vardır?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) Hiçbiri Cevap 3. Sorudaki ifadeyi \((n-1)^2 \cdot (n^2 - 3n + 19)\) şeklinde yazalım. \(ebob(n-1, n^2 - 3n + 19) = eobb(n-1, 17) = 1, 17\) elde edilir, dolayısıyla ya bu iki çarpandan birisinin mutlak değeri 1 e eşittir ya da her ikisi de 17 nin bir kuvvetidir. Eğer bunlardan birisi 1 ise, her *n* tam sayısı için \(n^2 - 3n + 19 > 1\) olduğundan dolayı \(|n-1| = 1\) olmalıdır. \(n = 0\) için ifade 19, \(n = 2\) için ifade 17 olur ve koşulu sağlar. Öte yandan, her iki ifade de 17'nin bir kuvveti ise, bu iki çarpanın en küçük ortak böleni 17² sayısını bölemeyeceği için bu sayıların en az biri ±17 olmalıdır. \(n^2 - 3n + 19 = ±17\) durumu yalnızca \(n = 1\) için sağlanır, bu durumda ifade 0 olur ve bir asal kuvvet olmaz. \(n-1 = ±17\) durumunda \(n = 18\) veya \(n = -16\) olmalıdır, bu iki sayıdan yalnızca \(n = 18\) sorudaki koşulu sağlar. Böylece tüm çözümler \(n = 0, 2, 18\) olur. 31. \(x\) ve \(y\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \(x^2 + xy + y^2 = 3\) ise, \(x^3y + xy^3 + 6x^2 + 4xy + 6y^2\) ifadesinin alabileceği en büyük değer kaçtır? a) 16 b) 18 c) \(\frac{91}{5}\) d) \(\frac{73}{4}\) e) Hiçbiri

Cevap: E \(\frac{73}{4}\) ifadeyi \((x^2 + y^2 + 4)(xy + 6) - 24\) şeklinde yazalım

Çözüm:
Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden dolayı \(3 = x^2 + xy + y^2 \ge 3xy\) ve \(xy \le 1\) elde edilir. Bir \(a \in (0, 1)\) gerçel sayısı için \(xy = 1 - a\) ve \(x^2 + y^2 = 2 + a\) olur. Buna göre, sorudaki ifade \((6 + a)(7 - a) - 24\) olarak yazılabilir. Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden \((6 + a)(7 - a) \le \left(\frac{6 + a + 7 - a}{2}\right)^2 = \frac{169}{4}\) elde edilir ve böylece \((6 + a)(7 - a) - 24 \le \frac{73}{4}\) olur. Eşitlik durumu \(a = \frac{1}{2}\) olduğunda sağlanır ve buna uygun \(x, y\) pozitif gerçel sayıları bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 32

Tahtaya, başlangıçta hiçbir birim karesi boyalı olmayan bir \(1 \times N\) satranç tahtası çizilmiştir. A ve B oyuncuları sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar, oyuna A oyuncusu başlıyor. A oyuncusu kendi hamlesinde boyalı olmayan bir birim kareyi kırmızıya, B oyuncusu ise kendi hamlesine boyalı olmayan bir birim kareyi maviye boyuyor. Herhangi bir oyuncu ortak kenar paylaşan iki birim kare aynı renkte olacak şekilde hamle yapamıyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun \(N = 2023, 2024, 2025, 2026, 2027\) değerleri için birer kez oynanırsa, A oyuncusu bu oyunlardan kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) 3 | E) 4

Cevap: A 0

Çözüm:
B oyuncusu, N sayısının tüm değerleri için ilk hamlesinde birinci veya sonuncu birim kareyi boyayarak oyunu kazanabiliyor. A oyuncusunun n. hamlesinden sonra satranç tahtası kırmızı birim karelerle en az n parçaya ayrılıyor. Bu parçaların en fazla \(n - 1\) tanesinde mavi birim kare olduğuna göre, B oyuncusu aralarında hiç boyalı birim kare olmayan bir parçadaki herhangi bir birim kareyi boyayarak her durumda hamle yapabiliyor.
Matematik Olimpiyatı 2025, 2. Aşama, Soru 1

\(a, b, c\) pozitif tam sayılar olmak üzere, 


\[2^a + a^2 - b^2, \quad 2^b + b^2 - c^2 \quad \text{ve} \quad 2^c + c^2 - a^2\]


sayılarının üçünün de tamkare olmasını sağlayan tüm \((a, b, c)\) üçlülerini bulunuz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  Tüm \(n\) pozitif tam sayıları için \((a, b, c) = (2n, 2n, 2n)\)

Çözüm:
İlk olarak \(\min(a, b, c) = 1\) durumunu inceleyelim. Genelliği bozmadan \(c = 1\) olsun. Bu durumda \(3 - a^2\) sayısı tamkare olmalıdır, ancak bu koşulu sağlayan bir \(a\) pozitif tam sayısının bulunmadığı açıktır. Yani \(a, b, c > 1\) olmalıdır. \(2^a + a^2 - b^2 = x^2, 2^b + b^2 - c^2 = y^2\) ve \(2^c + c^2 - a^2 = z^2\) olsun. 


Bu sayıların üçünü de toplarsaki \(2^a + 2^b + 2^c = x^2 + y^2 + z^2\) bulunur. \(a, b, c \ge 2\) olduğu için, eşitliğin sol tarafı 4 ile bölünür, bu durumda \(x^2 + y^2 + z^2\) de dörde bölünmelidir. Tamkarelerin 4 ile bölümünden halan 0 veya 1 olduğu için, \(x^2 + y^2 + z^2\) sayısının dörde bölünmnesi için \(x^2 \equiv y^2 \equiv z^2 \equiv 0 \pmod{4}\) olmalıdır. Böylece, \(x, y, z\) sayılarının üçü de çiftir ve \(a \equiv b \equiv c \equiv 0 \pmod{2}\) bulunur. Böylece iki durum bulunur. 


(i) \(a, b, c\) tekse: \(a^2, b^2, c^2\) sayılarının \(3\)'e bölümünden kalanları 0 veya 1 olabilir, yani alabilecekleri iki farklı değer vardır. Dolayısıyla, bu üç sayıdan ikisinin 3 ile bölümünden kalan eşittir. Genelliği bozmadan \(a^2 \equiv b^2 \pmod{3}\) olsun. Bu durumda, \(2^a + a^2 - b^2 \equiv 2^a \equiv 2 \pmod{3}\) bulunur, yani bu sayı tamkare olamaz. Dolayısıyla bu durumda sorudaki koşulu sağlayan \((a, b, c)\) üçlüsü yoktur. 


(ii) \(a, b, c\) çiftse: Genelliği bozmadan bu sayılardan en büyüğü \(a\) olsun. Eğer \(a > b\) ise, 


\[x^2 = 2^a + a^2 - b^2 > 2^a = (2^{a/2})^2\]


bulunur. \(x\) sayısı çift bir tamkare olduğu için, \(x > 2^{a/2}\) ise \(x \ge 2^{a/2} + 2\) olmalıdır. Böylece 


\[2^a + a^2 \ge 2^a + a^2 - b^2 = x^2 \ge (2^{a/2} + 2)^2 = 2^a + 2^{a/2+2} + 4\]


bulunur. Ancak \(a \ge 8\) için \(2^{a/2+2} + 4 > a^2\) olduğu için, bunun sağlanması mümkün değildir. Böylece \(a \le 6\) olmalıdır. Ancak bu durumda da \(b = 2, 4\) durumlarında \(2^a + a^2 - b^2\) tamkare olmayacaktır. 


Dolayısıyla \(a = b\) olmalıdır. Bu durumda \(b \ge c\) olacağı için, benzer şekilde \(2^b + b^2 - c^2\) ifadesini de incelersek \(b = c\) bulunur. Böylece, sorudaki koşulu sağlayan tek çözümler \(a = b = c\) olarak bulunur ve ispat biter.