alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 1

Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(P(n!)\) = \(|P(n)|!\) koşulunu sağlayan tüm tam sayı katsayılı \(P(x)\) polinomlarını bulunuz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  \(P(x) = 1\), \(P(x) = 2\) ve \(P(x) = x\)

Çözüm:
Öncelikle, \(P(x)\) ve \(Q(x)\) polinomlar olmak üzere, \(P(x) = Q(x)\) eşitliği sonsuz çoklukta \(x\) için sağlanıyorsa, her \(x\) için \(P(x) = Q(x)\) olduğunu hatırlayalım. 


\(n = 1, 2\) için \(P(1) = |P(1)|!\) ve \(P(2) = |P(2)|!\) olur ve böylece \(P(1), P(2) \in \{1, 2\}\) elde edilir. 


Durum 1: \(P(2) = 1\). Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(P(n!)\) > 0 sağlanır. O halde, \(m\) herhangi bir pozitif tam sayı ve \(n = m!\) olmak üzere, \(P(n!)\) = \(P(n)!\) elde edilir. Bezout teoreminden \(n! - 2|P(n!)-P(2)=P(n)!-1\) olur. \(m \ge 2\) iken \(n!-2\) çiftir ve dolayısıyla \(P(n)!-1\) de çiftir. O zaman \(P(n)!\) tektir ve dolayısıyla \(P(n) \in \{0, 1\}\) elde edilir. O halde \(P(x) = c\) eşitliğini sağlayan sonsuz çoklukta \(x\) sayısının bulunduğu \(c \in \{0, 1\}\) vardır. Demek ki \(P(x)\) sabit bir polinomdur. \(P(2) = 1\) olduğundan her \(x\) için \(P(x) = 1\) olur. 


Durum 2: \(P(2) = 2\) ve \(P(1) = 1\). Bezout teoreminden \(5 = 3! - 1|P(3)! - P(1) = |P(3)|! - 1\) ve \(4 = 3! - 2|P(3)! - P(2) = |P(3)|! - 2\) elde edilir. Buradan da \(|P(3)| = 3\) olması gerektiği görülür. O zaman \(P(6) = P(3)! = |P(3)|! = 6\) olur. Benzer şekilde \(P(6)! = 6!\), \(P((6)!!) = (6)!\),... elde edilir. Sonuç olarak \(P(x) = x\) eşitliği sonsuz çoklukta \(x\) için sağlanır. Dolayısıyla her \(x\) için \(P(x) = x\) olur. 


Durum 3: \(P(2) = 2\) ve \(P(1) = 2\). Yine Bezout teoreminden \(5 = 3! - 1|P(3)!-P(1) = |P(3)|! - 2\) bulunur. O zaman \(|P(3)| = 2\) olmalı ve böylece \(P(6) = P(3)! = |P(3)|! = 2\) elde edilir. Benzer biçimde \(P(6)! = 2\), \(P((6)!!) = 2\),... elde edilir. Sonuç olarak \(P(x) = 2\) eşitliği sonsuz çoklukta \(x\) için sağlannır ve dolayısıyla her \(x\) için \(P(x) = 2\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 1

|AC| > |AB| olan bir ABC üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi I ve ağırlık merkezi G olmak üzere, IG ve BC doğruları birbirine paralel, |BC| = 2, ve Alan(ABC) = 3√5/8 ise, |AB| nedir?

Şıklar:

Cevap:  9/8

Çözüm:
AG ve AI doğruları BC kenarını sırasıyla D ve E noktalarında kessin. G ağırlık merkezi ve IG || BC olduğundan |AI|/|IE| = |AG|/|GD| = 2 olur. BI ve CI sırasıyla ABE ve ACE açılarının açıortayı olduğundan |AB|/|BE| = |AC|/|CE| = 2 olur. |AC| = b ve |AB| = c dersek b + c = 2|BC| = 4 elde ederiz. Buradan da üçgenin yarı çevre uzunluğu u = 3 bulunur. |BC| = a = 2 olmak üzere üçgende alan formülünden \(u(u - a)(u - b)(u - c) = 45/64\) ve buradan da \((3 - b)(3 - c) = 15/64\) ve \(b + c = 4\) eşitliğini kullanarak \(bc = 207/64\) elde ederiz. b ve c sayıları kökleri 23/8 ve 9/8 olan ikinci derece polinomun kökleridir. \(c < b\) olduğundan \(c = 9/8\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 2

p, q asal sayılar ve n pozitif bir tam sayı olmak üzere, \(1/p+2013/q = n/5\) eşitliğini sağlayan kaç \((p, q, n)\) üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Eşitlik 5pq ile çarpıldığında \(5q+5·2013p = pqn\) elde edilir. Bu eşitlikten 5q sayısının p ile bölündüğü görülür. O halde \(p = q\) veya \(p = 5\) tir. \(p = q\) ise, \(pn = 5·2014 = 2·5·19·53\) gelir ve p asal sayı olduğundan 4 çözüm elde edilir \((2, 2, 5035)\), \((5, 5, 2014)\), \((19, 19, 530)\), \((53, 53, 190)\). \(p = 5\) ise, \(q(n - 1) = 5·2013 = 3·5·11·61\) olduğu görülür. q asal sayı olduğundan 3 yeni çözüm gelir \((5, 3, 3356)\), \((5, 11, 916)\), \((5, 61, 166)\). Toplam 7 çözüm vardır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 3

Katsayıları \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}\) kümesine ait olan bir polinomun \(x - 6\) ile bölümünden kalan 2013 ise, bu polinomda \(x\) in katsayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Bu polinoma \(P(x)\) diyelim. O halde, bu polinomunun \(x-6\) ile bölümünden kalan \(P(6)\) dır, yani \(P(6) = 2013\). \(P(x) = a_n·x^n + ... + a_0\) dersek, \(2013 = a_n·6^n + ... + a_0 = (a_n...a_0)_6\) olur. Son eşitliği yazarken \(P\) nin katsayılarının \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}\) küşmesine ait olduklarını, yani 6 tabanında rakam olduklarını kullandık. \(2013 = (13153)_6\) olduğundan \(a_1 = 5\) tir.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 4

1, 2, ..., 49 sayıları \(7 \times 7\) bir satranç tahtasının birim karelerine, ardışık sayılar ortak bir kenar paylaşan birim karelerde yer alacak biçimde yazıldığında bir satırda en fazla kaç asal sayı olabilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Herhangi iki komşu karedeki sayıların biri tek, biri çifttir. Bu nedenle bir satırda en fazla 4 tane tek sayı bulunur ve dolayısıyla cevap en fazla 5 olur. Aşağıdaki tablonun üçüncü satırında beş tane asal sayı bulunuyor: 5,2,11,19,43. 


<table><tr><td>7</td><td>8</td><td>9</td><td>16</td><td>17</td><td>46</td><td>45</td></tr><tr><td>6</td><td>1</td><td>10</td><td>15</td><td>18</td><td>47</td><td>44</td></tr><tr><td>5</td><td>2</td><td>11</td><td>14</td><td>19</td><td>48</td><td>43</td></tr><tr><td>4</td><td>3</td><td>12</td><td>13</td><td>20</td><td>49</td><td>42</td></tr><tr><td>25</td><td>24</td><td>23</td><td>22</td><td>21</td><td>40</td><td>41</td></tr><tr><td>26</td><td>29</td><td>30</td><td>33</td><td>34</td><td>39</td><td>38</td></tr><tr><td>27</td><td>28</td><td>31</td><td>32</td><td>35</td><td>36</td><td>37</td></tr></table>
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 5

[BC] kenarının uzunluğu 11 olan ABC üçgeninin bu kenarı üstünde bir D noktası |BD| = 8 olacak biçimde alınıyor. C ve D noktalarından geçen çember AB doğrusuna bir E noktasında teğettir. B den geçen ve DE doğrusuna dik olan doğru üzerinde bulunan bir P noktası için |PE| = 7 ise, |DP| kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Çemberde kuvvetten |BE|² = |BD|·|BC| = 88 olur. Pisagor Teoreminden |BE|² - |PE|² = |BD|² - |PD|² ve buradan da |PD|² = 64 + 49 - 88 = 25 ve |PD| = 5 olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 6

5 tabanına göre yazılımında 3 ve 4 rakamları geçmeyen en küçük 111. pozitif tam sayı nedir?

Şıklar:

Cevap:  755

Çözüm:
5 tabanına göre, yazılımında 3 ve 4 rakamı içermeyen sayılar 0,1 ve 2 rakamlarından oluşur. Bu sebepten dolayı, bu pozitif tam sayılar küçükten büyüğe sıralandığında bir sayının sıra numarası o sayının 5 tabanına göre yazılımının 3 tabanına göre açılımına eşittir. 111 = (11010)₃ olduğundan 111. sayı (11010)₅ = 625 + 125 + 5 = 755 tir.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 7

\(x^4 - 8x^3 + 13x^2 - 24x + 9 = 0\) denkleminin gerçel köklerinin toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
\[x^4 - 8x^3 + 13x^2 - 24x - 9 = (x^2 - 7x + 3)(x^2 - x + 3)\]


olduğundan denklemin sadece iki gerçel kökü vardır ve bu gerçel köklerin toplamları 7'dir.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 8

Köşeleri, verilen bir düzgün yirmigenin köşelerinden dördünde yer alan kaç deltoid vardır?

Şıklar:

Cevap:  85

Çözüm:
Düzgün yirmigenin köşeleri \(A_1, A_2, \dots, A_{20}\) olsun. Deltoidin köşegenlerinden biri bu deltoidi iki ikizkenar üçgene ayırıyor. Bu köşegen deltoidi tek türlü belirliyor. Bu köşegenin \(A_iA_j\) (\(i > j\)) olması için gerek ve yeter koşul \(i - j\) sayısının çift olmasıdır. Böyle \((i, j)\) ikililerinin sayısı \(2 \cdot \binom{10}{2} = 90\)'dır. 5 tane eşkenar deltoid iki kez sayıldı, bu nedenle cevap \(90 - 5 = 85\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 9

\(ABC\) üçgeninde \(|AB| = 18\), \(|AC| = 24\) ve \(m(\widehat{BAC}) = 150^\circ\) dir. \(D\) noktası \([AB]\), \(E\) noktası \([AC]\) ve \(F\) noktası \([BC]\) kenarları üstünde olmak üzere, \(|BD| = 6\), \(|CE| = 8\) ve \(|CF| = 2|BF|\) dir. \(ABC\) üçgeninin diklik merkezi \(H\) noktasının \(D\), \(E\) ve \(F\) noktalarına göre simetrikleri sırasıyla, \(H_1, H_2\) ve \(H_3\) noktaları ise, \(H_1H_2H_3\) üçgeninin alanı nedir? 


Cevap 96. \(ABC\) üçgeninin alanına \(S\) dersek, \(AED\), \(CEF\), \(BDF\) üçgenlerinin alanları sırasıyla \(4S/9\), \(2S/9\), \(S/9\) olur. Buradan da \(DEF\) üçgeninin alanı \(2S/9\) olur. \(H_1H_2H_3\) üçgeni \(DEF\) üçgeniyle benzer olup benzerlik oranı 2 dir. Buradan da \(H_1H_2H_3\) üçgeninin alanı \(8S/9\) olur. Üçgende sınısılı alan formülünü kullanarak \(S = 1/2 \cdot 24 \cdot 18 \cdot \sin 150^\circ = 108\) olduğundan \(H_1H_2H_3\) üçgeninin alanı \(S/9 = 96\) olur. 


10. \(n\) 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 çarpmansallığı 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, 1. Aşama, Soru 11

\(x^4 + y^4 + 2x^2y + 2xy^2 + 2 = x^2 + y^2 + 2x + 2y\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Verilen ifade 


\[(x^2 + y - 1)^2 + (y^2 + x - 1)^2 = 0\]


olarak yazılabilir. Buradan \(x^2 + y = y^2 + x = 1\) elde ederiz. \(x = y\) durumunda \(x = y = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}\) olur. \(x \neq y\) durumunda \(x + y = 1\) olur ve buradan da \((x, y) = (0, \frac{1}{2})\) ve \((x, y) = (1, 0)\) çözümleri gelir.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 12

100 öğrenci, öğleden önce 50 tane ikili grup halinde ve öğleden sonra da, yine 50 tane ikili grup halinde ders çalışıyorlar. Öğleden önceki ve sonraki gruplar nasıl oluşturulursa oluşturulsun, herhangi ikisi gün boyunca hiç birlikte çalışmamış n öğrenci bulunabiliyorsa, n sayısı en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  50

Çözüm:
100 öğrencinin her biri çizgenin bir köşesi olsun. Öğleden önce birlikte çalışan ikilileri kırmızı, öğleden sonra birlikte çalışan ikilileri mavi kenarla birleştirelim. O zaman çizge her birinin uzunluğu çift sayı olan döngülere ayrılacaktır. Her döngüden komşu olmayan köşeleri seçersek koşulları sağlayan 50 öğrenci seçilmiş olur. 50'den fazla öğrenci seçilemeyeceği için cevap 50 olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 13

Çevrel çemberinin merkezi O olan bir ABC üçgeninin [BC] kenarı üstündeki D ve E noktaları D, B ile E arasında yer almak üzere, |AD| = |DB| = 6 ve |AE| = |EC| = 8 koşullarını sağlıyor. ADE üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi I noktası ve |AI| = 5 ise, |IO| nedir?

Şıklar:

Cevap:  23/5

Çözüm:
ABD ve ACE üçgenleri ikizkenar olduğundan OD ve OE doğruları ADB ve AEC açılarını ortalar. Yani O noktası ADE üçgeninin DE kenarına teğet olan dış teğet çemberinin merkezidir. A, I, O noktadaştır. ADE üçgeninde I iç teğet, O dış teğet çember merkezi olduğundan ID ⊥ DO ve IE ⊥ EO olur. Yani I, D, O, E noktaları çemberdeş ve buradan da ∠ADI = ∠IDE = ∠AOE olur. Öte yandan ∠DAI = ∠OAE olduğundan ADI ve AOE üçgenleri benzer olur. Benzerlikten |AI| · |AO| = |AD| · |AE| ve böylece |AO| = 6 · 8/5 = 48/5 ve |IO| = 23/5 elde edilir.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 14

\(n\) tam sayısını bölen pozitif tam sayıların sayısı \(d(n)\) ile gösterilmek üzere; 64800 sayısının tüm \(k\) pozitif tam sayı bölenleri için, \(d(k)\) sayılarının toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  1890

Çözüm:
64800 = \(2^{5}3^{4}5^{2}\) dir. Bu sayının bir \(k\) böleni \(2^{a}3^{b}5^{c}\) formundadır ve \(0 \le a \le 5\), \(0 \le b \le 4\) ve \(0 \le c \le 2\) koşulları sağlanır. \(d(2^{a}3^{b}5^{c}) = (1+a)(1+b)(1+c)\) olduğundan istenen cevap bu tarz tüm üçlü çarpımların toplamıdır ve bu da \((1+2+3+4+5+6)(1+2+3+4+5)(1+2+3) = 21 \cdot 15 \cdot 6 = 1890\) dır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 15

[1, 2013] aralığında yer alan \(n\) gerçel sayı nasıl seçilirse seçilsin, kenar uzunlukları birbirinden farklı olup bu sayılardan bazılarına eşit olan bir çokgen bulunuyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  13

Çözüm:
Seçilmiş sayılardan biri kendisinden küçük olan birkaç sayısın toplamından küçükse çokgen bulunuyor. [1, 2013] aralığında bu koşulu sağlamayan en fazla on iki eleman bulunur: 1,1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024. Sonuç olarak cevap 13 oluyor.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 16

16 beyaz ve 4 kırmızı top her biri 5 top alabilen 4 kutuya rastgele dağıtılıyor. Her kutuda tam olarak 1 kırmızı top olma olasılığı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{5^4}{\binom{20}{4}}\)

Çözüm:
20 top beşer elemanlı 4 farklı gruba \(\frac{20!}{5!5!5!}\), 16 beyaz top dörder elemanlı 4 farklı gruba \(\frac{16!}{4!4!4!}\), 4 kırmızı top birer elemanlı 


4 farklı gruba 4! farklı biçimde dağıtılabilir. O zaman her kutuda tam olarak 1 kırmızı top olma olasılığ 


\[P = \frac{5!5!5!16!4!}{20!4!4!4!4!} = \frac{5^4}{\binom{20}{4}}\]


olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 17

Kenar uzunluğu 10 olan bir \(ABC\) eşkenar üçgeninin iç bölgesindeki bir \(P\) noktası için \(|PA|^2 + |PB|^2 + |PC|^2 = 128\) ise, kenar uzunlukları \(|PA|, |PB|, |PC|\) olan bir üçgenin alanı nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(6\sqrt{3}\)

Çözüm:
\(BP\) doğrusuna göre \(A\) ile farklı tarafta \(PA'B\) eşkenar üçgen olacak şekilde bir \(A'\) noktası alalım. \(\angle ABC = \angle PBA' = 60^\circ\) olduğundan \(\angle ABP = \angle CBA'\) olur. \(|AB| = |BC|\) ve \(|BP| = |BA'|\)

olduğundan \(\triangle ABP \cong \triangle CBA'\) ve böylece \(|CA'| = |AP|\) buluruz. Benzer şekilde \(B'\) ve \(C'\) noktalarını \(PB'C\) ve \(PC'A\) üçgenleri eşkenar olacak biçimde tanımlarsak \(|AB'| = |BP|\) ve \(|BC'| = |CP|\) olur. Şimdi ise \(AB'C'A'BC'\) altıgeninin alanını iki farklı yoldan hesaplayacağız. İlk olarak bu altıgenin alanı \(PAB', PB'C, PCA', PA'B, PBC', PC'A\) üçgenlerinin alanları toplamına eşittir. Kenarları \(|PA|, |PB|, |PC|\) olan üçgenin alanına \(S\) dersek bu altı üçgenin alanları toplamı \(3S + (|PA|^2 + |PB|^2 + |PC|^2)\sqrt{3}/4\) e eşittir. İkinci olarak altıgenin alanı \(ABC, A'BC, B'CA, C'AB\) üçgenlerinin alanları toplamına da eşittir. Eşliklerden \(A'BC, B'CA, C'AB\) üçgenlerinin alanları sırasıyla \(APB, BPC, CPA\) üçgenlerinin alanlarına eşittir. Buradan altıgenin alanı \(ABC\) üçgeninin alanının iki katı yani \(50\sqrt{3}\) e eşit olur. \(3S + 128\sqrt{3}/4 = 50\sqrt{3}\) olacağından \(S = 6\sqrt{3}\) olur. 


\[18. \quad \binom{2013}{1} + 2013 \binom{2013}{3} + 2013^2 \binom{2013}{5} + \dots + 2013^{1006} \binom{2013}{2013}\]


toplamının 41 ile bölümünden kalan kaçtır?
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 19

\(x\) bir gerçel sayı olmak üzere, 


\[\sqrt{x^2 - 4x + 7 - 2\sqrt{2}} + \sqrt{x^2 - 8x + 27 - 6\sqrt{2}}\]


ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(2\sqrt{2}\)

Çözüm:
\(A, B\) ve \(C\) noktaları \(A = (1, 2)\), \(B = (3, 4)\) ve \(C = (\sqrt{2}, x)\) olarak tanımlanırsa, verilen ifade \(|AC| + |BC|\) olur. Üçgen eşitsizliğinden \(|AC| + |BC| \ge |AB| = 2\sqrt{2}\). Eşitlik \(C \in [AB]\) durumunda sağlanır (\(x = 1 + \sqrt{2}\)) ve cevap \(|AB| = 2\sqrt{2}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 20

Ağırlıkları \(1, 2, \dots, 2013\) gram olan 2013 taşın her birinin üstüne \(1, 2, \dots, 2013\) sayılarından biri, her sayı tam olarak bir kez kullanılarak yazılıyor. Sayılar nasıl yazılırsa yazılsın, tüm taşların üstünde kendi ağırlıklarının yazılıp yazılmadığı, sol kefesindeki ağırlıktan sağ kefesindeki ağırlığın çıkarılmasının sonucunu gösteren iki kefeli bir tartı \(k\) kez kullanılarak kontrol edilebiliyorsa, \(k\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Taşlara 2187 - 2013 = 174 tane sıfır ağırlıklı taş ekleyerek taş sayısını 3⁷ = 2187 olarak alalım. Taşları her biri 729 taştan oluşan en hafif, orta ve en ağır gruba bölelim, hafif grubu sol kefeye, ağır grubu sağ kefeye yerleştirelim. Tartı yanlış bir ağırlık olduğunu kanıtlamıyorsa, bu üç grubu aynı kuralla üçer gruba ayıralım ve en hafif üç grubu sol kefeye, en ağır üç grubu ise sağ kefeye yerleştirelim. Tartı yanlış bir ağırlık olduğunu kanıtlamıyorsa, benzer şekilde devam edelim. Yedinci tartı sonucunda 2187 tane birer elemanlı grup elde edeceğiz. Şimdi 7 den daha az tartıyla yapılamayacağını gösterelim. Her tartı için üç grup tanımlanıyor. Bu grupların birinde ilk tartı sonucunda bir grupta en az 2013/3 = 671, ikinci tartı sonucunda en az 224, üçüncü tartı sonucunda en az 75, dördüncü tartı sonucunda en az 25, beşinci tartı sonucunda en az 9, altıncı tartı sonucunda en az 3 eleman olacak. Bu 3 taşın üstüne yazılmış sayıların doğru olup olmadığı kontrol edilmemiş olacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 21

\(m(\bar{C}) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) dik üçgeninin \([AB]\) kenarı üstündeki \(D\) ve \(E\) noktaları \(|AD| = |AC|\) ve \(|BE| = |BC|\) koşullarını sağlıyor. \(AEC\) ve \(BDC\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kez kesiştiği \(F\) noktası için \(|CF| = 2\) ise, \(|ED|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(2\sqrt{2}\)

Çözüm:
\(\angle CBA = \alpha\) olsun. Çemberdeşliklerden \(\angle DFC = 180 - \alpha\), \(\angle CFE = 90 + \alpha\) olur. \(|BC| = |BE|\) olduğundan \(\angle BEC = 90 - \alpha/2\) ve \(|AC| = |AD|\) olduğundan \(\angle CDE = 45 + \alpha/2\) olur. Yani \(\angle CFD = 2\angle CED\) ve \(\angle CFE = 2\angle CDE\) olur. \(CDE\) üçgeninin çevrel çember merkezi \(O\) olmak üzere \(\angle COD = 2\angle CED\) ve \(\angle COE = 2\angle CDE\) olduğundan \(C, O, F, D\) ve \(C, O, F, E\) noktaları çemberdeştir. Bu ise ancak \(O \equiv F\) iken mümkündür. Böylece \(|DF| = |FE| = |CF| = 2\) olur. Öte yandan çemberdeşlikten \(\angle DFE = \angle CBD + \angle CAE = 90^\circ\) olduğundan \(|DE| = 2\sqrt{2}\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 22

\(n^4 + 2n^3 - 20n^2 + 2n - 21\) sayısı, \(0 \le n < 2013\) koşulunu sağlayan kaç \(n\) tam sayısı için, 2013 ile bölünür?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
\(n^4 + 2n^3 - 20n^2 + 1 - 21 = (n^2 + 2n - 21)(n^2 + 1) = ((n+1)^2 - 22)(n^2 + 1)\). 2013 = 3 · 11 · 61 dir. Verilen sayının 3 ile bölünmesi için \(n \equiv 0, 1 \pmod{3}\) olması gerekir. 11 ile bölünebilmesi için \(n \equiv -1 \pmod{11}\) olmalıdır. 61 ile bölünmesi için \(n + 1 \equiv \pm 12 \pmod{61}\) veya \(n \equiv \pm 11 \pmod{61}\) olmalıdır. Dolayısıyla \(n \equiv 11, 48, 50 \pmod{61}\) olabilir. Çinli Kalan Teoremi'nden çözüm sayısı \(2 \cdot 1 \cdot 3 = 6\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 23

\(f\) ve \(g\) fonksiyonları tüm \(x \neq -1\) gerçel sayıları için, 


\[f(2x+1) + g(3-x) = x \\ f((3x+5)/(x+1)) + 2g((2x+1)/(x+1)) = x/(x+1)\]


koşullarını sağlıyorsa, \(f(2013)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  3016

Çözüm:
İlk denklemde \(x\) yerine \(\frac{x+2}{x+1}\) yazarsak 


\[f(\frac{3x+5}{x+1}) + g(\frac{2x+1}{x+1}) = \frac{x+2}{x+1}\]


elde ederiz. Buradan 


\[f(\frac{3x+5}{x+1}) = \frac{2x+4}{x+1} - \frac{x}{x+1} = \frac{x+4}{x+1}\]


gelir. Şimdi \(x\) yerine \(\frac{5-x}{x-3}\) yazarsak \(f(x) = \frac{3x-7}{2}\) ve \(f(2013) = 3016\).
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 24

Ağırlıkları 1, 2, ..., 77 gram olan 77 taş ağırlıkları birbirinden farklı olan \(k\) gruba, her grup kendinden daha hafif gruptan daha az taş içerecek biçimde dağıtılabiliyorsa, \(k\) sayısı \(\{9, 10, 11, 12\}\) değerlerinden kaçını alabilir?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
Taşların toplam ağırlığı \(1 + 2 + \cdots + 77 = 3003\)'e eşittir. 


\(k = 12\) olsun. Grupların içerdikleri taş sayıları birbirinden farklı olduğundan en az \(1 + 2 + \cdots + 12 = 78 > 77\) taş vardır, çelişki. 


\(k = 11\) olsun. En ağır grubun ağırlığı en az \(\frac{3003}{11} = 273\) olacak ve grup en az 4 taş içerecektir. Bu nedenle en az \(4 + 5 + \cdots + 14 = 99 > 77\) taş vardır, çelişki. 


text<|/ref|><td>\(k = 10\) olsun. En ağır grubun ağırlığı en az \(3003/10 = 300, 3\) olacak ve grup en az 4 taş içerecektir. Bu nedene en az \(4 + 5 + \cdots + 13 = 85 > 77\) taş vardır, çelişki. 


text<|/ref|>="100" rowspan="2">\(k = 9\) olsun. En ağır grubun ağırlığı en az 3003/9 = 333, 66 olacak ve grup en az 5 taş içerecektir. Bu nedenle en az \(5 + 6 + \cdots + 13 = 81 > 77\) taş vardır, çelişki. 


text<|/ref|>\({}_{100}\)
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 25

\(|AB| = |AC|\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(D\) noktası \([AB]\) kenarı üstünde yer almak üzere, \([CD]\) iç açıortay ve \(m(\overline{ABC}) = 40^\circ\) dir. \([AB]\) kenarının uzantısı üstünde ve \(B\) den sonra yer alan bir \(F\) noktası için, \(|BC| =\)

|AF| dir. [CF] nin orta noktası E olmak üzere, ED ve AC doğrularının kesişim noktası G ise, \(m(\overline{FBG})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(150^\circ\)

Çözüm:
\(|AB| = |AC| = x\), \(|BC| = y\), \(|BD| = z\), \(|AG| = k\) olsun. \(AD = x - z\), \(BF = y - x\) olur. Açıortay teoreminden \(z/(x - z) = y/x\) ve buradan da \(z = xy/(x + y)\) olur. \(FAC\) üçgeninde \(GE\) kesenine göre Menelaus teoreminden \(k/(k + x) = (x - z)/(y - x + z)\) ve buradan da \(k = x^3/(y^2 - 2x^2 + xy)\) olur. \(ABC\) üçgeninde sınıs teoreminden \(y/x = \sin 100/\sin 40 = 2 \cos 40\) ve \(-1/2 = \cos 120 = 4 \cos^3 40 - 3 \cos 40\) olduğundan \(-1/2 = 4[y/(2x)]^3 - 3y/(2x)\) ve buradan da \(x^3 + y^3 = 3x^2y\) elde ederiz. Son eşitlik \(x^3/(y^2 - 2x^2 + xy) = y - x\) eşitliğine denktir. Yani \(k = y - x\) ve \(|GC| = |BC| = y\) buluruz. Buradan da \(DC \perp BG\) olur. Son olarak \(\angle GBD = 30^\circ\) ve \(\angle FBG = 150^\circ\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 26

\(n\) pozitif bir tam sayı olmak üzere, \(n^3 + 2\) ve \((n + 1)^3 + 2\) sayılarının her ikisini de bölen asal sayıların sayısı en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
İkisini birden bölen bir \(p\) asal sayısı (varsa) ele alalım. \(\Rightarrow p|(n + 1)^3 + 2 - (n^3 + 2) = 3n^2 + 3n + 1\). \(\Rightarrow p|n(3n^2 + 3n + 1) - 3(n^3 + 2) = 3n^2 + n - 6\). \(\Rightarrow p|(3n^2 + 3n + 1) - (3n^2 + n - 6) = 2n + 7\). \(\Rightarrow p|8n^3 + 343 - 8(n^3 + 2) = 327 = 3 \cdot 109\). O halde \(p\), 3 veya 109 olabilir. 3 ün iki sayıyı birden bölemeyeceği açık. \(n = (109 - 7)/2 = 51\) için iki sayı da 109 ile bölünür.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 27

\((a, b)\) ikilisinin \((1, 2)\), \((3, 5)\), \((5, 7)\), \((7, 11)\) değerlerinden kaçı için \(P(x) = x^5 + ax^4 + bx^3 + bx^2 + ax + 1\) polinomunun tam olarak bir gerçel kökü vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(a\) ve \(b'\) nin tüm değerlerinde \(P(-1) = 0\). \(Q(x)\) polinomunu \(P(x) = (x + 1)Q(x)\) olarak tanımlarsak 


\[Q(x) = (x^4 + (a+1)x^3 + (b-a+1)x^2 + (a-1)x + 1\]


ve 


\[Q(x) = (x^2 + 1)(x^2 + (a-1)x + 1) + (b-a-1)x^2\]


elde ederiz. İlk eşitlikten \((a, b) = (1, 2)\) durumunda \(Q(x) > 0\) olur. İkinci eşitlikten \((a, b) = (3, 5)\) durumunda \(Q(x) > 0\) olur. \((a, b) = (5, 7)\) ve \((a, b) = (7, 11)\) durumlarında \(Q(0) = 1\) ve \(Q(-1) < 0\) olduğundan ara değer teoremine göre \((-1, 1)\) aralığında en az yeni bir gerçel kök bulunacaktır.
Matematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 28

Başlangıçta tahtaya bir \((m, n)\) pozitif tam sayı ikilisi yazılmıştır. Ayşe ve Burak sırayla hamle yapıyorlar ve sırası gelen oyuncu sayılardan birini seçip silerek, yerine bu sayının yarısından küçük olmayan daha küçük bir tam sayı yazıyor. Hamle yapamayan oyunu kaybediyor. Oyuna her sefer Ayşe başlamak üzere, oyun \((m, n) = (7, 79), (17, 71), (10, 101), (21, 251), (50, 405)\) için birer kez oynanırsa, Ayşe bunlardan kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\((n, n)\) durumunda hamle yapan oyunu kaybeder: rakip \((k, n)\) hamlesine karşılık olarak durumu \((k, k)\) yapacaktır. \((n, 2n + 1)\) durumunda hamle yapan oyunu kaybeder: rakip durumu ya \((n, n)\) yada \((k, 2k + 1)\) yapacaktır. \((n, 4n + 3)\) durumunda hamle yapan oyunu kaybeder: rakip durumuya \((n, 2n + 1)\) yada \((k, 4k + 3)\) yapacaktır. Benzer şekilde devam edersek \((n, 2^{l+1}n + 2^l)\) durumunda hamle yapanın oyunu kaybedeceği görülür. Kalan durumlarda hamle yapan oyunu \((n, 2^{l+1}n + 2^l)\) durumuna getirerek kazanıyor. \((m, n) = (7, 79), (17, 71), (1, 101), (21, 251), (50, 405)\) durumlarından sadece \((17, 71) = (17, 2^2 \cdot 17 + 2^2 - 1)\) gibi gösteriliyor. Bu nedenle cevap 4 olur.