alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 5

Bir ABC üçgeninde [BC] kenarına ait kenarortay ile B açısının iç açortayı D noktasında dik kesişmektedir. CD doğrusunun [AB] kenarını kestiği nokta E ise, \(\frac{|BC|}{|AE|}\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
[AM] kenarortay, [BN] içaçortay olsun. BD ⊥ MA ve \(m(ABD) = m(MBD)\) olduğundan \(|AB| = |BM|\) bulunur. Diğer taraftan, \(|BM| = |MC|\) kullanılarak Seva teoreminden \(|AE| : |EB| = |AN| : |NC|\) elde ederiz, bu da EN ∥ BC olduğunu gösterir. [BN] içaçırotay ve EN ∥ BC olduğundan \(|EN| = |EB|\) bulunur. Sonuç olarak, \(|AB| = |BM| = |MC| = x\) ve \(|EN| = |EB| = y\) yazarsak, EN ∥ BC olduğundan 


\[ \frac{x - y}{x} = \frac{|AE|}{|AB|} = \frac{|EN|}{|BC|} = \frac{y}{2x} \]


buluruz, bu da \(2x = 3y\) demektir. Sonuç olarak, \(\frac{|BC|}{|AE|} = \frac{2x}{x - y} = 6\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 6

\(a_1 = 12\) ve her \(n = 1, 2, \dots, 2021\) için \(a_{n+1} = 12^{a_n}\) koşulunu sağlayan bir \((a_n)\) tam sayı dizisi tanımlanıyor. \(a_{2022}\) sayısının 67 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  25

Çözüm:
Her \(n\) pozitif tam sayısı için \(12^n \equiv 12 \pmod{66}\) dır. Bu yüzden her \(n = 1, 2, \dots, 2021\) için \( a_n \equiv 12 \pmod{66} \) olur. Fermat teoreminden \(a_{2022} \equiv 12^{12} \equiv 25 \pmod{67}\) elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 7

\(1 \le a, b \le 2022\) ve \(\sqrt{a - \sqrt{a + b}} = b\) koşullarını sağlayan kaç \((a, b)\) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  44

Çözüm:
İfade düzenlediğinde \((a - b^2)^2 = a + b\) ve dolayısıyla \(a^2 - (2b^2 + 1)a + (b^4 - b) = 0\) olur. Bu ifadeyi \(a\) ya göre ikinci dereceden denklem gibi düşünürsek, 


\[ \Delta = (2b^2 + 1)^2 - 4(b^4 - b) = 4b^2 + 4b + 1 = (2b + 1)^2 \]

buluruz. Dolayısıyla, \(a = \frac{(2b^2 + 1) \pm (2b + 1)}{2} = b^2 \pm b + 1\) elde ederiz. Diğer taraftan, \(a > b^2\) olduğunu biliyoruz, buradan tek ihtimal \(a = b^2 + b + 1\) olup, yerine koyulduğunda denklemi sağlar. \(1 \le a, b \le 2022\) olduğundan \(b \in \{1, 2, \dots, 44\}\) olabilir. Her \(1 \le b \le 44\) için tam olarak bir tane \(a\) değeri olduğundan cevap 44 olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 8

\(S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) olmak üzere, her biri çift sayıda eleman içerecek ve herhangi iki tanesinin kesişiminde çift sayıda eleman bulunacak şekilde \(S\) nin en fazla kaç farklı alt kümesi seçilebilir? (Boş kümede çift sayıda eleman olduğu kabul ediliyor.)

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
\(S\) nin seçilen iki elemanlı alt kümelerine bakarsak, \(S\) nin her elemanı en fazla bir kümede yer alabilir. Dolayısıyla, bunlardan en fazla üç tane seçebiliriz. Benzer şekilde, \(S\) nin seçilen dört elemanlı alt kümelerine bakarsak, \(S\) nin her elemanın en fazla bir kümede yer almayabilir. Dolayısıyla, bunlardan da en fazla üç tane seçebiliriz. \(S\) nin kendisini ve boş kümeyi de seçebileceğimizden, cevap en fazla 8 olur. 


\(S_1 = \{1, 2\}\), \(S_2 = \{3, 4\}\), \(S_3 = \{5, 6\}\) olmak üzere, \(\{S_1, S_2, S_3\}\) kümesinin alt kümelerindeki kümelerin birleşimlerini düşünürsek 8 için bir örnek elde ederiz.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 9

\(|AB| = 1, |BC| = 2\) ve \(m(\overline{ABC}) = 90^\circ\) koşullarını sağlayan bir \(ABC\) üçgeninde \(D\) noktası, \(B\) noktasının \(AC\) doğrusuna göre simetriği olsun. \([AB]\) ve \([BC]\) kenarlarına teğet olan ve \(D\) noktasından geçen çemberin yarıçapı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{4}{5}\)

Çözüm:
Çemberin merkezi \(O\) ve yarıçapı \(r\) olsun. \(O\) dan \(AB\) ve \(BC\) ye inilen dikme ayakları sırasıyla \(E\) ve \(F\) olsun. \(BFOE\) bir kare olur ve \(AE = 1-r\), \(CF = 2-r\) olur. Simetriden \(AD = AB = 1\), \(CD = CB = 2\) dir. \(m(\overline{ADO}) = \alpha\) dersek \(m(\overline{CDO}) = 90 - \alpha\) olur. \(AEO\) üçgeninde Pisagor ve \(ADO\) üçgeninde Kosinus teoreminden \((1-r)^2 + r^2 = AO^2 = 1 + r^2 - 2r \cos \alpha\) elde ederiz. Buradan da \(\cos \alpha = (2-r)/2\) elde ederiz. Benzer şekilde \(CFO\) üçgeninde Pisagor ve \(CDO\) üçgeninde Kosinus teoreminden \((2-r)^2 + r^2 = OC^2 = 4 + r^2 - 4r \sin \alpha\) ve buradan da \(\sin \alpha = (4-r)/4\) elde ederiz. \(\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1\) olduğundan \((2-r)^2/4 + (4-r)^2/16 = 1\) ve \((5r-4)(r-4) = 0\) elde ederiz. \(r < 1\) olduğundan \(r = 4/5\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 10

Kaç \(n < 2023\) pozitif tam sayısı için \(\frac{n^6 + n^4 - n^2 - 1}{2022}\) ifadesi bir tam sayıdır?

Şıklar:

Cevap:  8

Çözüm:
2022 = 2·3·337 ve \(n^6 + n^4 - n^2 - 1 = (n^2 + 1)^2(n - 1)(n + 1)\)'dir. 2'nin bu ifadeyi bölebilmesi için \(n \equiv 1 \pmod{2}\) olması gerekir. 3'ün bu ifadeyi bölebilmesi için \(n \equiv \pm 1 \pmod{3}\) olması gerekir. 337 \(4k + 1\) formunda bir asal sayı olduğu için \(k^2 \equiv -1 \pmod{337}\) olacak biçimde \(k\) tam sayısı vardır. O halde 337'nin ifadeyi bölmesi için \(n \equiv \pm 1, \pm k \pmod{337}\) olmalıdır. Sonuç olarak Çinli kalan teoreminden dolayı \(1 \cdot 2 \cdot 4 = 8\) çözüm vardır.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 11

\(a_1 < a_2 < \cdots < a_{2022}\) pozitif tam sayılar olmak üzere, 


\[ \frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_2} + \cdots + \frac{2022}{a_{2022}} \]


şeklinde yazılabilen kaç pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  2022

Çözüm:
İfadedeki her terim 1'den büyük olamadıklarına göre \(k \le 2022\) olur. \(1 \le k \le 2022\) bir tam sayı olsun. \(1 \le i \le k - 1\) için \(a_i = i\) ve \(k \le i \le 2022\) için \(a_i = i(2023 - k)\) alırsak \(k\) sayısı istenilen şekilde yazılmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 12

21 öğrenciden oluşan bir sınıfta bazı öğrenciler arkadaştır (arkadaşlık karşılıklıdır). Bu sınıfta arkadaş sayıları eşit olan iki arkadaş bulunmuyorsa, bu sınıftaki arkadaş ikililerinin sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  175

Çözüm:
Koşullara göre, \(i = 1, 2, 3, 4, 5, 6\) için, arkadaş sayısı \(21 - i\) olan öğrenci sayısı en fazla \(i\) olabilir. Buna göre, arkadaş ikili sayısı en fazla 


\[ \frac{20 + 2 \cdot 19 + 3 \cdot 18 + 4 \cdot 17 + 5 \cdot 16 + 6 \cdot 15}{2} = 175 \]


olabilir. 


Şimdi de 175 arkadaş ikilisi için bir örnek verelim. Öğrencileri birinci grupta 1, ikinci grupta 2,..., altıncı grupta 6 öğrenci olmak üzere altı gruba ayıralım. Her öğrenci kendi grubundaki öğrenciler dışındaki tüm öğrencilerle arkadaş olursa arkadaş ikili sayısı 175 olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 13

Dışbükey bir *ABCD* dörtgeninde köşegenler *E* noktasında kesişmektedir. \(|AD| = 6\), \(|AE| = 3\sqrt{2}\), \(|ED| = 3\), \(m(\widehat{DAC}) = m(\widehat{BAC})\) ve \(m(\widehat{ACD}) = m(\widehat{ADB})\) ise, \(|BC|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(2\sqrt{7}\)

Çözüm:
Öncelikle \(m(\widehat{ACD}) = m(\widehat{ADB})\) olduğundan *ADE* ve *ACD* üçgenleri benzer olup, \(|AC| = 6\sqrt{2}\) ve dolayısıyla \(|EC| = |CD| = 3\sqrt{2}\) buluruz. *AED* üçgeninde iç açıortay teoremlerinden, \(|AB| : |BE| = |AD| : |DE| = 2\) ve \(|AE|^2 = |AD||AB| - |ED||EB|\) olup, \(|AB| = 4\) ve \(|EB| = 2\) elde edriz. Son olarak, *ABC* üçgeninde

\[
[BE] \text{ kenarortay olduğundan, } |BE|^2 = \frac{2|BC|^2 + 2|AB|^2 - |AC|^2}{4} \text{ olup,}
\]
\[
|BC| = 2\sqrt{7} \text{ bulunur.}
\]
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 14

\(p > 3\) bir asal sayı olmak üzere, \(4p + 91\) ve \(12p + 7\) sayıları da asal sayılar ise, aşağıdakilerden hangisi bir asal sayı olabilir?

Şıklar:
A) \(p^2 + 6\) | B) \(p^2 - 4\) | C) \(8p + 1\) | D) \(2p + 11\) | E) \(p + 2\)

Cevap: D \(2p+11\)

Çözüm:
\(p>3\) ve \(4p+91\) asal sayılar olduğu için \(p \equiv 1 \pmod{3}\). Bu durumda \(8p+1\) ve \(p+2\) sayıları 3 ile bölünür ve asal olamaz. \(4p+91\) asal sayı olduğu için \(p \not\equiv 1 \pmod{5}\). \(12p+7\) asal olduğu için \(p \not\equiv 4 \pmod{5}\). \(p \neq 5\) olduğu için, sonuç olarak \(p \equiv 2,3 \pmod{5}\) olmalıdır. Buna göre, \(p^2 \equiv 4 \pmod{5}\) olur. O zaman \(p^2 + 6\) ve \(p^2 - 4\) sayıları 5 ile bölünür ve asal değillerdir. O halde şıklar arasında asal olabilecek sayı \(2p+11\)'dir. (\(p=43\) için \(4p+91=263\), \(12p+7=523\) ve \(2p+11=97\) asal sayılardır.)
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 15

\(x, y, z \ge -2\) olmak üzere, 


\[
\begin{align*}
x^3 + 2 &= 5y + z \\
y^3 + 2 &= 2z + 7x \\
z^3 + 2 &= -2y - 4x
\end{align*}
\]


denklem sistemini sağlayan kaç \((x, y, z)\) gerçel sayı üçlüsü vardır? 


Cevap 1. İfadeleri taraf tarafa toplarsak, 


\[
\sum_{cyc} (x^3 - 3x + 2) = \sum_{cyc} (x - 1)^2 (x + 2) = 0
\]


bulunur. \(x, y, z \ge -2\) olduğundan \(x, y, z \in \{1, -2\}\) elde ederiz. Üçüncü denkleme bakarsak, \(z^3 + 2\) çift bir tam sayı olacağından \(z = -2\) olmak zorundadır. Dolayısıyla, \(-2y - 4x = -6\) bulunur, bu da \(x = y = 1\) olduğunu gösterir. Bu değerler için ilk iki eşitlik de sağlanır. Dolayısıyla tek çözüm \((x, y, z) = (1, 1, -2)\) olur. 


16. Rakamları toplamı 9 olan pozitif tam sayılar küçükten büyüğe doğru sıralandığında baştan 2022. sayının birler basamağı kaçtır? 


Cevap 4. Öncelikle rakamları toplamı 9 ve en fazla 6 basamaklı olan sayıların sayısı \(x_1 + \cdots + x_6 = 9\) eşitliğini sağlayan \((x_1, \ldots, x_6)\) negatif olmayan tam sayı altılıların sayısına eşittir. Bu sayı da \(\begin{pmatrix} 9 + 6 - 1 \\ 6 - 1 \end{pmatrix} = 2002\) dir. Buradan, baştan 2022. sayının 7 basamaklı ve 1000___ şeklinde olacağı

da kolaylıkla görülür, çünkü ilk dört basamağı 1000 olan ve rakamları toplamı 9 olan \(\binom{8+3-1}{3-1} = 45\) tane sayı vardır. 10000 ile başlayan 9 tane, 10001 ile başlayan 8 tane sayı olacağı açıktır, dolayısıyla 10002 ile başlayan ve rakamları toplamı 9 olan 7 basamaklı en küçük üçüncü sayıyı arıyoruz, bu da 1000224 olup, birler basamağı 4 olarak bulunur. 


17. Bir ABC üçgeninin [AC] ve [BC] kenarlarına sırasıyla D ve E noktalarında teğet olan bir çember [AB] kenarını F ve G noktalarında kesmektedir. F noktası A ile G arasında, |AB| = 81, |BC| = 72, |AC| = 63 ve |CD| = 45 ise, |GB| - |AF| farkı nedir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Teğetlikten |CE| = 45 bulunur. O zaman |AD| = 63 - 45 = 18 ve |BE| = 72 - 45 = 27 elde ederiz. |BG| = x ve |AF| = y olsun. B noktasının çembere göre kuvvetinden |BG| · |BF| = |BE|² olur ve buradan \(x(81 - y) = 27²\) bulunur. A noktasının çembere göre kuvvetinden ise, \(y(81 - x) = 18²\) gelir. Bu iki eşitliği taraf tarafa çıkarırsak \(81(x - y) = 27² - 18² = 9 · 45\) elde ederiz ve sonuç olarak \(x - y = 5\) buluruz.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 18

Ondalık yazılımı 9AB9 formunda olan ve 63 ile tam bölünen kaç farklı beş basamaklı pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
9AB9 sayısı 90009 + 1010A + 100B'ye eşit olup (mod 9) da \(2A + B\) ye, (mod 7) de ise \(2A + 2B + 3\) e denktir. Sayının 63 ile bölünebilmesi için \(2A + B \equiv 0 \pmod{9}\) ve \(A + B \equiv 2 \pmod{7}\) olmalıdır. A ve B birer rakam olduğundan \(2A + B\) sayısı 0, 9, 18, 27 değerlerini \(A + B\) sayısı da 2, 9, 16 değerlerini alabilir. \((2A + B, A + B)\) ikilisinin alabileceği 12 farklı değer olup bunlar denenirse sadece \((2A + B, A + B) = (9, 9), (18, 9)\) için çözüm bulunur. Tüm çözümler \((A, B) = (0, 9), (9, 0)\) ikilileridir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 19

n bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = 87\) ve \(x_1 + 2x_2 + \cdots + nx_n = 51\) eşitliklerini sağlayan \(x_1, x_2, \dots, x_n\) gerçel sayıları bulunuyorsa, n en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(\sum_{i=1}^{n} (x_i - i)^2 \ge 0\) olduğundan \(87 + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \ge 102\) ve buradan da \(n \ge 4\) olur. Eşitliği sağlayan bir örnek: \((x_1, x_2, x_3, x_4) = (2, 3, 5, 7)\).
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 20

Başlangıçta koordinat düzleminde (1, 1) noktası kırmızıya boyalıdır. Her adımda kırmızıya boyalı bir \((x, y)\) noktası için hem \((x + 2, y + 1)\) noktası hem de \((2x + y, 2x)\) noktası kırmızıya boyanıyor. Buna göre \((100, 60)\),

(70, 70), (150, 100) ve (120, 200) noktalarından kaç tanesi sonlu adım sonunda kırmızıya boyanmış olabilir?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
\(x + y \equiv (x + 2) + (y + 1) \equiv (2x + y) + 2x \pmod{3}\) olduğundan kırmızı boyalı her bir noktanın \(x\) ve \(y\) koordinatları toplamı başlangıçta kırmızı olan \((1, 1)\) noktasının koordinatları toplamı olan 2 ye denk olur. \(100 + 60 \equiv 150 + 100 \equiv 1 \pmod{3}\) olduğundan \((100, 60)\) ve \((150, 100)\) noktaları kırmızı olamaz. \(x \ge y > 0\) iken \(2x + y > 2x\) ve \(x + 2 > y + 1\) olduğundan başlangıçtaki \((1, 1)\) noktası hariç diğer tüm kırmızıya boyalı noktaların \(x\) koordinatı \(y\) koordinatından büyük olmalıdır. Bu yüzden \((70, 70)\) ve \((120, 200)\) noktaları da kırmızı olamaz. Sonuç olarak bu dört noktadan hiçbiri kırmızı olamaz.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 21

Bir \(ABCD\) dikdörtgeninde \([BC]\) kenarının orta noktası \(M\) olsun. \([AC]\) köşegeni üzerinde bir \(E\) noktası, \([AE]\) üzerinde ise bir \(F\) noktası alınıyor. \(s(\widehat{DEC}) = s(\widehat DFM) = 90^\circ\), \(|AF| = 4\) ve \(|EC| = 18\) olduğuna göre \(ABCD\) dikdörtgeninin alanı nedir?

Şıklar:

Cevap:  312

Çözüm:
\(DFMC\) bir, kirişler dörtgenidir. O zaman \(m(\widehat MDF) = m(\widehat FCM) = m(\widehat DAC)\) olur. \(M\) orta nokta olduğu için simetriden \(m(\widehat MDA) = m(\widehat MAD)\) olur. Buradan da \(m(\widehat ADF) = m(\widehat CAM)\) bulunur ve sonuç olarak \(DAF\) ile \(ACM\) üçgenlerinin benzer olduğu görülür. Bötlece \(|AF|/|AD| = |CM|/|AC|\)'dir ve \(|CM| = |AD|/2\) olduğu için \(|AD|^2 = 2|AF| \cdot |AC|\) elde edilir. Ayrıca Öklid bağıntılarından \(|AD|^2 = |AE| \cdot |AC|\)'dir. O halde \(|AE| = 2|AF| = 8\) olur ve \(|AD| = \sqrt{8 \cdot 26}\) ve yine Öklid bağıntılarından \(|CD| = \sqrt{18 \cdot 26}\) elde edilir. O zaman \(ABCD\) dikdörtgeninin alanı \(\sqrt{8 \cdot 26} \cdot \sqrt{18 \cdot 26} = 12 \cdot 26 = 312\) bulunur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 22

\(p\) bir asal sayı olmak üzere, \(p \mid a - b^2\), \(p \mid b - a^2\) ve \(p \nmid a - b\) olacak şekilde \(a\) ve \(b\) tam sayıları varsa, \(p\) ye tuhaf asal sayı diyelim. 73, 79, 83, 89, 97 asal sayılarından kaç tanesi tuhaftır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(a\) sayısı \(p\) modunda 0 veya 1 e denk olamaz çünkü aksi halde \(a\) ile \(b\) sayıları \(p\) modunda denk olur. Bu durumda \(p \mid a^3 - 1\) ve \(p \nmid a - 1\) dir. \(a\) sayısının \(p\) modundaki derecesine \(d\) dersek \(d \mid 3\) ve \(d > 1\) olur. Yani \(d = 3\) olup \(d \mid p - 1\) olduğundan \(p \equiv 1 \pmod{3}\) olur. 73, 79, 83, 89, 97 asallarından 73, 79, 97 asalları şartları sağlar. Bu üç asal için uygun \((a, b)\) ikilileri sırasıyla \((a, b) = (8, 64)\), \((23, 55)\), \((35, 61)\) şeklindedir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 23

Her \(x\) gerçel sayısı için \((x - 27)P(3x) = (27x - 27)P(x)\) koşulunu sağlayan ve sabit olmayan \(P(x)\) polinomunun gerçel kökleri toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  39

Çözüm:
Sağ taraf \(x - 1\) e bölünür. Yani \(x - 1 \mid P(3x)\) ve \(P(3) = 0\) dır. Sol taraf \(x - 27\) ye bölünür. Yani \(x - 27 \mid P(x)\) ve buradan da \(P(x) = (x - 3)(x - 27)Q(x)\) dir. Verilen koşuldan \((x - 27)(3x - 3)(3x - 27)Q(3x) = (27x - 27)(x - 3)(x - 27)Q(x)\) elde edilir. Buradan da \(9(x - 27)(x - 1)(x - 9)Q(3x) = 27(x - 1)(x - 3)(x - 27)Q(x)\) ve böylece \((x - 9)Q(3x) = 3(x - 3)Q(x)\) olur. \(x - 9 \mid Q(x)\) olduğundan \(Q(x) = (x - 9)K(x)\) ve buradan da \((x - 9)(3x - 9)K(3x) = 3(x - 3)(x - 9)K(x)\) ve \(K(3x) = K(x)\) dir. Buradan da \(K(1) = K(3) = K(9) = K(27) = \dots\) elde ederiz. Sabit olmayan polinomların sonlu kökü olduğundan sonsuz çoklukta noktada aynı değeri alan polinomlar sabit olmalıdır. Yani \(K(x)\) sabit polinomdur. Bu ise bir \(a \neq 0\) sabiti için \(P(x) = a(x - 3)(x - 9)(x - 27)\) olduğunu gösterir. Gerçel kökler toplamı \(3 + 9 + 27 = 39\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 24

\(5 \times 5\) bir satranç tahtasının her birim karesine bir sayı, her satırda ve her sütunda en fazla 3 farklı sayı olacak şekilde yazılmıştır. Buna göre, bu tahtanın tamamında en fazla kaç farklı sayı yer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  11

Çözüm:
Her satırda en fazla 2 farklı sayı varsa, tahtada en fazla \(5 \cdot 2 = 10\) farklı sayı olabilir. Sadece bir satırda 3 farklı sayı olsun. Kalan 4 satırın her birinde, bu 3 sayıdan en az bir tanesi bulunuyorsa, tahtada en fazla \(3 + 4 \cdot 2 = 11\) farklı sayı olabilir. Son olarak, bir satırda \(a, b, c\) bir diğer satırda bu sayılardan farklı \(d, e, f\) sayılarının bulunduğu durumu inceleyelim. Bu durumda, her sütunda bu 6 sayıdan farklı en fazla bir yeni sayı olabilir ve buna göre, tahtada en fazla \(6 + 5 \cdot 1 = 11\) farklı sayı olur. 


Şimdi de 11 farklı sayı için bir örnek verelim. 1. satırda sırasıyla \((1,2,0,0,0)\), 2. satırda sırasıyla \((0,3,4,0,0)\), 3. satırda sırasıyla \((0,0,5,6,0)\), 4. satırda sırasıyla \((0,0,0,7,8)\) ve 5. satırda sırasıyla \((10,0,0,0,0)\) bulunursa koşullar sağlanmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 25

Bir \(ABC\) üçgeninin \([AC]\) kenarı üzerinde alınan bir \(D\) noktasından \([BC]\) kenarına inilen dikmenin ayağı \(E\) noktasıdır. \(|AD| = 1\), \(|DC| = 2\) ve \(2|AB|^2 + |BC|^2 = 18\) ise, \(|AB| - |DE|\) farkının alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Çözüm:
Stewart teoreminden 


\[|BD|^2 = \frac{|AB|^2 \cdot |CD| + |BC|^2 \cdot |AD|}{|AC|} - |AD| \cdot |CD| = 4\]

ve buradan da \(|BD| = 2\) olur. \(BDC\) ikizkenar üçgen olduğundan \(|BE| = |CE|\) dir. \(|AB| = x, |BE| = |CE| = y\) dersek \(x^2 + 2y^2 = 9\) ve \(|AB| - |DE| = x - \sqrt{\frac{x^2 - 1}{2}}\) elde ederiz. \(|AB| - |DE| = x - \sqrt{\frac{x^2 - 2}{2}}\) ifadesinin en küçük değerini bulmalıyız. \(\left(\frac{x}{\sqrt{2}} - 1\right)^2 \ge 0\) olduğundan \(\left(x - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \ge \frac{x^2 - 1}{2}\) olur. \(|DE| = \sqrt{\frac{x^2 - 1}{2}} > 0\) olduğundan \(x > 1 > \frac{1}{\sqrt{2}}\) dir ve böylece \(x - \frac{1}{\sqrt{2}} \ge \sqrt{\frac{x^2 - 1}{2}}\) elde ederiz. Bu ise \(x - \sqrt{\frac{x^2 - 1}{2}}\) ifadesinin en küçük değerinin \(\frac{1}{\sqrt{2}}\) olduğunu gösterir. Eşitlik \(x = \sqrt{2}, y = \sqrt{\frac{1}{2}}\) iken sağlanır. Bu şartları sağlayan bir \(ABC\) üçgeni mevcuttur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 26

\(x^3 - y^3 = 9^z + 60\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y, z)\) tam sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Eşitlikte sağ tarafın tam sayı olabilmesi için \(z \ge 0\) olmalı.
\(z \ge 1\) ise, \(9^z\) sayısı 9 ile bölünür ve \(x^3 - y^3 \equiv 6 \pmod{9}\) elde edilir. Ancak herhangi bir \(a\) tam sayısı için \(a^3 \equiv 0, 1, 8 \pmod{9}\) olduğundan bu durumda çözüm elde edilmez.
\(z = 0\) ise, \(x^3 - y^3 = 61 = (x - y)(x^2 + xy + y^2)\) olur. Bu durumda \(x^2 + xy + y^2 = \pm 1, \pm 61\) olmalı. Kolayca görüleceği üzere \(x\) ve \(y\)'den hiçbiri 0, 1 veya \(-1\) değildir ve bu durumda \(x^2 + xy + y^2 = (x + y/2)^2 + 3y^2/4 \ge 3\) elde edilir. O zaman \(x^2 + xy + y^2 = 61\) ve \(x - y = 1\) olmalı. Buradan \(x^2 + x(x - 1) + (x - 1)^2 = 3x^2 - 3x + 1 = 61\) elde edilir ve sonuç olarak \(x^2 - x + 20 = 0 = (x - 5)(x + 4)\) bulunur. Bu durumdan \((5, 4, 0)\) ve \((-4, -5, 0)\) çözümleri gelir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 27

\(x + y \ne 0\) koşulunu sağlayan \(x\) ve \(y\) gerçel sayıları için \(4x(x + 2y) + \left(\frac{1 - y^2}{x + y}\right)^2\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(-4\)

Çözüm:
AGO eşitsizliğinden \((x + y)^2 + \frac{(1 - y^2)^2}{4(x + y)^2} \ge |1 - y^2| \ge y^2 - 1\)
dir. Buradan da \(x(x + 2y) + \frac{(y^2 - 1)^2}{4(x + y)^2} \ge -1\) olur. Bu ise \(4x(x + 2y) + \frac{(y^2 - 1)^2}{(x + y)^2} \ge -4\) olduğunu gösterir. Eşitliği veren bir örnek: \((x, y) = (-1, 3)\).
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 28

11 × 11 satranç tahtasının birim karelerinden oluşan n tane 2 × 2 karenin herhangi ikisinin en fazla bir ortak birim karesi varsa, n en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  50

Çözüm:
Koşullara göre, 11 × 11 satranç tahtasının sınırdaki her birim karesi en fazla bir tane 2 × 2 karenin birim karesi olabilir. Benzer şekilde 11 × 11 satranç tahtasının sınırda olmayan her birim karesi ise en fazla iki tane 2 × 2 karenin ortak birim karesi olabilir. Buna göre, n tane 2 × 2 karenin birim karelerinin toplam sayısı en fazla 40 + 2 · 81 = 202 olur. Buradan \(n \le \frac{202}{4} = 50.5\) elde edilir. 


Şimdi de \(n = 50\) için bir örnek verelim. Satranç tahtasının sol alt birim karesini içeren \(10 \times 10\) kereyi oluşturan ve herhangi ikisi kesişmeyen 25 tane \(2 \times 2\) kare ve satranç tahtasının sağ üst birim karesini içeren \(10 \times 10\) kereyi oluşuran ve herhangi ikisi kesişmeyen 25 tane \(2\times 2\) kare alırsak koşullar sağlanmış olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 29

Bir \(ABC\) ikizkenar üçgeninde \(|AB| = |AC| = 3\sqrt{2}\) ve \(|BC| = 2\sqrt{2}\) dir. \([BC]\) kenarının orta noktası \(D\) ve \(B\) noktasından \([AC]\) kenarına inilen dikmenin ayağı \(E\) noktasıdır. Buna göre \(D\) den geçen ve \(AC\) doğrusuna \(E\) noktasında teğet olan çemberin yarıçaplı kaçtır?

Şıklar:

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

Çözüm:
\(ABC\) ikizkenar ve \(D\) kenarın orta noktası olduğundan \(AD \perp BC\) dir. O zaman \(ABD\) dik üçgenindir ve \(|BD| = |DC| = |BC|/2 = \sqrt{2}\) olduğundan Pisagor teoremi ile \(|AD| = 4\) elde edilir. O halde \(ABC\) üçgeninin alanı \(4\sqrt{2}\) bulunur ve buradan da \(|BE| = 8/3\) bulunur. Çemberin \(BC\) yi ikinci kez kestiği nokta \(F\), \(BE\) yi ikinci kez kestiği nokta da \(G\) olsun. \(BEC\) üçgeninde Pisagor teoreminden \(|CE|^2 = 8 - 64/9 = 8/9\) elde edilir. Öte yandan \(C\) noktasının çembere göre kuvvetinden \(|CE|^2 = |CF| \cdot |CD| = |CF| \cdot \sqrt{2}\) bulunur. Böylece \(|CF| = 4\sqrt{2}/9\) olur. O halde \(|BF| = |BC| - |FC| = 2\sqrt{2} - 4\sqrt{2}/9 = 14\sqrt{2}/9\) elde edilir. \(B\) noktasının çembere göre kuvvetinden \(|BF| \cdot |BE| = |BD| \cdot |BF|\) bulunur ve buradan da \(|BG| = 7/6\) elde edilir. Çember \(AC\) doğrusuna \(E\) noktasında teğet olduğu için \([GE]\) çemberin çapıdır ve bu çemberin yarıçaplı \(|GE|/2 = (|BE| - |BG|)/2 = 3/4\) olur.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 30

\(m\) ve \(n\) pozitif tam sayılar ve \(p\) bir asal sayı olmak üzere, \(2m^2 + 3m - 44 = 3p^n\) eşitliğini sağlayan kaç \((m, n, p)\) üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(2m^2 + 3m - 44 = (2m + 11)(m - 4)\). \(m - 4 = k\) olsun. Bu durumda \(k\) bir pozitif tam sayıdır ve \(k(2k + 19) = 3p^n\) olur. \(\text{obeb}(k, 2k + 19) = 1\) veya 19 olmalı.

obeb(k, 2k + 19) = 1 olsun. O zaman k = 1 ve 2k + 19 = 3pⁿ veya k = 3 ve 2k + 19 = pⁿ olmalı. İlk durumda p = 7 ve n = 1 olur iken ikinci durumda p = 5 ve n = 2 olur. O halde obeb(k, 2k + 19) = 1 iken (5, 1, 7) ve (7, 2, 5) çözümleri elde edilir. 


obeb(k, 2k + 19) = 19 olsun. Bu durumda p = 19 olmalı ve k = 19 · r dersek r(2r + 1) = 3 · 19ⁿ⁻² olur. O zaman n ≥ 2 bulunur. n = 2 ise, r = 1 olur ve buradan (23, 2, 19) çözümü elde edilir. n ≥ 3 ise, 1 < r < 2r + 1, 3 < 19ⁿ⁻² ve obeb(r, 2r + 1) = 1 olduğu için r = 3 ve 2r + 1 = 19ⁿ⁻² olmalı. Ancak bu durumda n tam sayı olmaz ve çözüm gelmez. 


Sonuç olarak tüm çözümler (5, 1, 7), (7, 2, 5) ve (23, 2, 19) üçlüleridir.
Matematik Olimpiyatı 2022, 1. Aşama, Soru 31

Bir \(f : \mathbb{Q}^+ \to \mathbb{R}^+\) fonksiyonun tüm \(x\) ve \(y\) pozitif rasyonel sayıları için 


\[
f(x) + f(y) - f(x + y) = \frac{x^2 + xy + y^2}{xy(x + y)}
\]


eşitliğini sağlıyor. \(f(x)\) fonksiyonunun aldığı en küçük değer 1 ise, \(f(1)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{5}{4}\)

Çözüm:
\(g(x) = f(x) - \frac{1}{x}\) dersek \(g(x+y) = g(x) + g(y)\) olur. Bu da bir \(c\) gerçel sayısı ve her \(x \in \mathbb{Q}^+\) için \(g(x) = cx\) olduğunu gösterir. \(f(x) > 0\) olduğundan \(c \ge 0\) olmalıdır. \(c = 0\) iken \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonunun en küçük değeri 1 değildir. \(c > 0\) iken \(f(x) = cx + \frac{1}{x}\) fonksiyonunun en küçük değer AGO eşitsizliğinden \(2\sqrt{c}\) dir. Yani \(c = \frac{1}{4}\) olmalıdır. Bu durumda \(f(1) = c + 1 = \frac{5}{4}\) elde ederiz.