alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 11

18 takımın katıldığı bir futbol turnuvasında herhangi iki takım tam olarak bir kez karşılaşıyor ve kazanan takım 3, berabere kalan takımlar 1 er, kaybeden takım 0 puan alıyor. Turnuva sona erdiğinde oluşan puan sıralamasında ardışık sıralarda yer alan iki takım arasındaki puan farkı en çok kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  35

Çözüm:
Puan farkları en çok olan ardışık sıralardaki takımlar \(k\). ve \((19-m)\). sıralarda olsunlar (ilk \(k\) takımın en kötüsü ve son \(m\) takımın en iyisi). \(k\). sıradaki takımın puanının en fazla olduğu durum ilk \(k\) takımın kendi aralarında berabere kalmadıkları, kalan takımları yendikleri ve puanlarının eşit olduğu durumdur. Bu durumda \(k\). sıradaki takımın toplam puanı 


\[ \frac{3\binom{k}{2} + 3km}{k} = \frac{3k + 6m - 3}{2} \]


olur. \((19-m)\). sıradaki takımın puanının en az olduğu durum son \(m\) takımın kendi aralarında berabere kaldıkları, ilk \(k\) takıma yenildikleri ve puanlarının eşit olduğu durumdur. Bu dурumda \((19-m)\). sıradaki takımın toplam puanı 


\[ \frac{2\binom{m}{2}}{m} = m - 1 \]


olur. Bu nedenle bu iki puanın farkı 


\[ \frac{3 \cdot 18 + m - 1}{2} \le 35 \]

olur. Eşitlik durumu \(k = 1\) ve \(m = 17\) iken sağlanır. Bu durumda birinci sıradaki takım tüm takımları yenir ve tüm diğer maçlar beraberlikle sonuçlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 12

\(s(\widehat{ABC}) = 50^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin \([AB]\) ve \([AC]\) kenarlarını sırasıyla, \(D\) ve \(E\) noktalarında kesen doğru, üçgenin çevrel çemberine \(A\) noktasında teğet olan doğruya paraleldir. \(s(\widehat{EDC}) = 20^\circ\) ise, \(s(\widehat{DBE})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(30^\circ\)

Çözüm:
Teğet-kiriş açı ve paralellikten \(\angle AED = \angle ABC\) buluruz. Yani \(EDBC\) bir kirişler dörtgenidir. \(\angle EBC = \angle EDC = 20^\circ\) olacağından \(\angle DBE = 30^\circ\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 13

\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(2^n + 3^n + 4^n\) sayısının on tabanına göre yazılmının sondan en çok kaç basamağı 9 olabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(2\)

Çözüm:
\(n = 3\) ise \(2^3 + 3^3 + 4^3 = 99\) olur. Şimdi sayının sondan en çok iki basamağının 9 olabileceğini gösterelim. \(n = 1\) ise \(2^1 + 3^1 + 4^1 = 9\), \(n = 2\) ise \(2^2 + 3^2 + 4^2 = 29\) olur. \(n > 3\) olsun. \(2^n + 3^n + 4^n\) sayısının sondan en az üç basamağı 9 olursa, \(2^n + 3^n + 4^n + 1\) sayısı 1000 ve dolayısıyla 8 ile bölünür. Fakat \(8|2^n\), \(8|4^n\) ve \(3^n = 1, 2 \pmod{8}\), çelişki.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 14

\(A\) gerçel sabitinin kaç farklı değeri için, \(x^3 + y^3 = 5xy\) ve \(x + y = A\) eşitliklerinin her ikisini de sağlayan tam olarak bir \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  \(2\)

Çözüm:
\(B = xy\) olarak tanımlayalım. \(x^3 + y^3 = (x + y)(x^2 - xy + y^2) = A(A^2 - 3B)\) olduğundan verilen denklem \(A(A^2 - 3B) = 5B\), yani \(A^3 = (3A + 5) \cdot B\) şeklinde ifade edilebilir. Bu durumda \(B\) için en fazla bir geçerli değer bulunacağı açıktır. Verilmiş \(A\) ve \(B\) değerleri için, \(B > \frac{A^2}{4}\) ise hiç \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi bulunmaz, \(B < \frac{A^2}{4}\) ise tam olarak iki \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi bulunur ve \(B = \frac{A^2}{4}\) ise tam olarak bir \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi bulunur. Yani \(A^3 = (3A + 5) \cdot \frac{A^2}{4} \Leftrightarrow A^3 = 5A^2\) sağlanmalıdır. Bunu sağlayan \(A\) sabitleri 0 ve 5 tir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 15

\(|AB| = 2\) ve \(|AD| = 2\sqrt{2}\) olan bir \(ABCD\) dikdörtgeninde \([AD]\) nin orta noktası \(E\), \([AE]\) nin orta noktası da \(F\) dir. \(AC\) ve \(BE\) doğruları \(G\) noktasında kesişiyorsa, \(|FG|\) nedir?

Şıklar:

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

Çözüm:
Pisagor teoreminden \(|BE| = \sqrt{6}\) ve \(|AC| = 2\sqrt{3}\) olur. Benzerlikten \(|AG|/|GC| = |EG|/|BG| = |AE|/|BC| = 1/2\) ve buradan

da \(|AG| = 2\sqrt{3}/3\), \(|EG| = \sqrt{6}/3\) olur. Kenarortay teoreminden \(|FG|^2 = (|AG|^2 + |EG|^2)/2 - |AF|^2 = 1/2\) ve \(|FG| = 1/\sqrt{2}\) buluruz. 


**16.** Ahmet 30 şekeri, herhangi iki günde yediği şeker sayısının farkı 3 e bölünmemek koşuluyla üç günde kaç farklı biçimde yiyebilir?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 16

Ahmet 30 şekeri, herhangi iki günde yediği şeker sayısının farkı 3 e bölünmemek koşuluyla üç günde kaç farklı biçimde yiyebilir?

Şıklar:

Cevap:  330

Çözüm:
Koşullara göre \(a, b, c\) negatif olmayan tam sayılar ve \((x, y, z)\) üçlüsü \((0, 1, 2)\)'nin bir permütasyonu olmak üzere, Ahmet ilk gün \(3a + x\), ikinci gün \(3b + y\) ve üçüncü gün \(3c + z\) şeker yiyecektir. \(x + y + z = 3\) olduğundan \(a + b + c = 9\) olur. Buna göre
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 17

Bir pozitif tam sayının basamak sayısı ile küpünün basamak sayısının toplamı 2012 den büyük olmayan kaç farklı değer alabilir?

Şıklar:

Cevap:  \[ \binom{9 + 3 - 1}{3 - 1} 3! = 330

Çözüm:
\]


**17.** Bir pozitif tam sayının basamak sayısı ile küpünün basamak sayısının toplamı 2012 den büyük olmayan kaç farklı değer alabilir?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 18

Bir \(ABC\) üçgeninde \([BC]\) kenarına \(D\) noktasında, \(AC\) doğrusuna da \(A\) noktasında teğet olan bir çember \([AB]\) kenarını \(E\) noktasında kesiyor. \(|BD|/|AC| = 2\) ve \(|AE|/|BD| = 5/6\) ise, \(AD\) ve \(CE\) doğrularının kesişim noktası \(F\) için, \(|AF|/|FD|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  1509

Çözüm:
\(n\) sayısının basamak sayısını \(s(n)\) ile gösterelim. \(f(n) = s(n) + s(n^3)\) olmak üzere, soruda \(f(n)\) nin 2012 den büyük olmayan kaç değeri alabileceği soruluyor. Kolayca görüleceği üzere \(s(n+1) - s(n) \in \{0, 1\}\). Öte yandan her \(n\) pozitif tam sayısı için \((n+1)^3 < 10 \cdot n^3\) olduğundan \(s((n+1)^3) - s(n^3)\) farkı da ya 0 ya da 1 dir. Kolayca görüleceği üzere iki farkın da 1 olduğu durum ancak \(n+1\) sayısı \(10^n\) un bir tam kuvveti iken gerçekleşir. O halde \(n \neq 10^k - 1\) ise \(f(n+1) - f(n) \in \{0, 1\}\), \(n = 10^k - 1\) ise \(f(n+1) - f(n) = 2\). O zaman \(f\) fonksiyonu her \(k\) doğal sayısı için \(f(10^k) = 4k + 2\) den \(f(10^{k+1} - 1) = 4(k+1) + 2 - 2 = 4k + 4\) e kadar olan değerleri alır. Sonuç olarak \(f\) fonksiyonu sadece \(4k + 1\) formundaki değerleri alamaz. \(1, 2, \dots, 2012\) sayılarından 503 tanesi \(4k + 1\) formundadır ve dolayısıyla cevap 2012 - 503 = 1509. 


**18.** Bir \(ABC\) üçgeninde \([BC]\) kenarına \(D\) noktasında, \(AC\) doğrusuna da \(A\) noktasında teğet olan bir çember \([AB]\) kenarını \(E\) noktasında kesiyor. \(|BD|/|AC| = 2\) ve \(|AE|/|BD| = 5/6\) ise, \(AD\) ve \(CE\) doğrularının kesişim noktası \(F\) için, \(|AF|/|FD|\) nedir?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 19

\(x\) ve \(y\) pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \(\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + \frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2} = 18\) ise,
\[\frac{(x-y)^2}{xy} \text{ nedir?}\]

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
\(a = \frac{x}{y} + \frac{y}{x}\) olarak tanımlayalım. \(\frac{(x-y)^2}{xy} = a - 2\) dir. \(\frac{x^2}{y^2} + \frac{y^2}{x^2} = a^2 - 2\) dir. Verilen denklem \(a + a^2 - 2 = 18\), yani \((a-4)(a+5) = 0\) halini alır. \(x, y\) pozitif olduğundan \(a > 0\) yani \(a = 4\) olmalıdır, \(a - 2 = 2\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 21

Düzlemdeki noktalardan oluşan bir \(A\) kümesindeki her nokta için, o nokta merkezli ve birim yarıçaplı çember \(A\) nın tam olarak üç noktasından geçiyorsa, \(A\) nın en az kaç elemanı olabilir?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
\(n = 4\) olursa, düzlemde herhangi ikisinin arasındaki uzaklık 1 birim olan dört nokta olur, çelişki. \(n = 5\) olursa, aralarındaki uzaklık 1 birim olan nokta ikilisi sayısı \(\frac{5 \cdot 3}{2}\) olur, çelişki. \(n = 6\) için örnek: \(A = \{(0,0), (1,0), (0,1), (1,1), (\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}), (\frac{1}{2}, 1 + \frac{\sqrt{3}}{2})\}\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 22

\(7 \cdot 2^n + 1\) sayısının tam kare olmasını sağlayan kaç \(n\) pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(7 \cdot 2^n + 1 = m^2\). \(\Rightarrow 7 \cdot 2^n = (m-1)(m+1)\). O halde \(m-1\) ve \(m+1\) sayılarından biri 2 nin bir kuvveti diğeri ise 2 nin bir kuvvetinin 7 katıdır. Bu iki sayının ikisinin de tek olamayacağını görmek kolay. O zaman ikisi de çift sayıdır. Ayrıca farkları 2 olduğundan biri \(4k+2\) formunda olmalı. Dolayısıyla biri 2 veya \(7 \cdot 2 = 14\) olmalı. Bu durumda da tek çözümün \(m-1 = 14\) ve \(m+1 = 16\) olduğu görüllür. Sonuç olarak tek çözüm \(n = 5\) tir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 23

\(2x^2 - 4xy + 5y^2 = 4x + 2y - 5\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Verilen eşitlik \((x - 2y)^2 + (x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 0\) şeklinde ifade edilebilir. Açıkça tek çözüm \((x, y) = (2, 1)\) dir. 


24. Köşeleri, kenar uzunlukları \(|AB| = 10\), \(|BC| = 21\) ve \(|CA| = \sqrt{205}\) olan bir ABC üçgeninin kenarları üstünde yer alan ve çevresi 32 birim olan bir dikdörtgenin uzun kenarının uzunluğu kaç birimdir?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 25

Her hamlede, başlangıçta her birinde eşit sayıda şeker olan \(n\) öğrenciden biri elindeki şekerlerin bir kısmını diğer öğrencilere eşit olarak dağıtıyor. \(n\) nin kaç farklı değeri için, sonlu sayıda hamle sonucunda öğrencilerden birinin elinde 36, bir diğerinin elinde de 21 şeker bulunması sağlanabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Bir öğrenci diğer öğrencilerin her birine \(l\) şeker verirse, kendi şekerlerinin sayısı \(l(n - 1)\) azalır. Bu nedenle herhangi iki öğrencinin şekerlerinin farkı her zaman \(n\) ile bölünüyor. \(36 - 21 = 15\) olduğundan \(n|15\) olma zorundadır. Buradan \(n\)'nin alabileceği değerler 3, 5, 15 olur. Bu durumların her biri için örnek verelim. \(n = 3: (31, 31, 31) \rightarrow (21, 36, 36)\). \(n = 5: (33, 33, 33, 33, 33) \rightarrow (21, 36, 36, 36, 36)\). \(n = 15: (35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35) \rightarrow (21, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35)\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 26

Köşeleri, kenar uzunlukları \(|AB| = 10\), \(|BC| = 21\) ve \(|CA| = \sqrt{205}\) olan bir \(ABC\) üçgeninin kenarları üstünde yer alan ve çevresi 32 birim olan bir dikdörtgenin uzun kenarının uzunluğu kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
\(|AB|^2 + |AC|^2 = 305 < |BC|^2 = 441\) olduğundan \(\angle BAC > 90^\circ\) dir. Bu yüzden dikdörtgenin bir kenarı \(BC\) kenarı üzerinde olmalıdır. \(BC\) kenarı üzerindeki kenarın uzunluğu \(q\) diğer kenarın uzunluğu \(p\) ve \(ABC\) üçgeninde \(A\) köşesine ait yükseklik uzunluğu \(h\) olsun. Dikdörtgenin \(AB\) kenarı üzerindeki köşesi \(D\) olsun. Benzerlikten \(p/h = |BD|/|AB|\) ve \(q/21 = |AD|/|AB|\) olduğundan \(p/h + q/21 = 1\) olur. \(A\) köşesine ait yüksekliğin ayağı \(E\) olsun. Pisagor teoreminden \(|CE|^2 - |BE|^2 = |AC|^2 - |AB|^2 = 105\) ve \(|CE| + |BE| = |BC| = 21\) olduğundan \(|CE| = 13\), \(|BE| = 8\) ve buradan da \(h = 6\) elde ederiz. Yani \(7p + 2q = 42\) olur. Öte yandan \(p + q = 16\) olduğundan \(p = 2, q = 14\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 27

C, [AB] çaplı çemberin dış bölgesinde yer alan bir nokta olmak üzere, AC ve BC doğruları çemberi ikinci kez sırasıyla, D ve E noktalarında kesiyor. AE ve BD doğrularının kesişim noktası F, AB ve CF doğrularının kesişim noktası da G olmak üzere, |AF| = 12 ve s(EDC) = 60° ise, |AG| nedir?

Şıklar:

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

Çözüm:
ABC üçgeninde [BD] ve [AE] birer yükseklik olduğundan [CG] de yükseklik olmalıdır. Yani \(\angle FGA = 90°\) olur. \(\angle AEB = \angle ADB = 90°\) olduğundan ADEB bir kirişler dörtgeni olup \(\angle EBA = \angle EDC = 60°\) ve buradan da \(\angle FAG = 30°\) buluruz. Yani \(|AG| = |AF|\sqrt{3}/2 = 6\sqrt{3}\) elde ederiz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 28

\(3x + 2y + z = 12\) koşulunu sağlayan \(x\), \(y\), \(z\) negatif olmayan gerçel sayıları için, \(x^3 + y^2 + z\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(x^3 - 3x + 2 = (x + 2)(x - 1)^2 \ge 0\) olduğundan \(x^3 \ge 3x - 2\) dir. \(y^2 - 2y + 1 = (y - 1)^2 \ge 0\) olduğundan \(y^2 \ge 2y - 1\) dir. O halde, \(x^3 + y^2 + z \ge 3x + 2y + z - 3 = 9\) dur. \(x = 1, y = 1, z = 7\) sayıları için verilen koşul sağlanır ve \(x^3 + y^2 + z = 9\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 29

1 × 17 bir satranç tahtasının karelerine 1, 2, ..., 17 sayıları sırayla ve 1 den sonraki her sayı daha önce yazılmış sayılardan birine komşu olmak koşuluyla kaç farklı biçimde yazılabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(2^{16} = 65536\)

Çözüm:
1 sayısının sağındaki sayılar artan, solundaki sayılar ise azalan sırada dizilecekler. Bu nedenle 1, 2, ..., 17 sayılarının dizilişini 1 sayısının solundaki sayıların kümesi belirliyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 30

Dar açılı bir ABC üçgeninde [AD], [BE] ve [CF] yükseklikleri H noktasında kesişiyor. |AH| · |AD| + |BH| · |BE| + |CH| · |CF| = 71 ve |AB|² + |AC|² = 106 ise, |BC| nedir?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
Pisagor teoreminden |BC|² = |BE|² + |EC|² = |AB|² - |AE|² + |EC|² = |AB|² + |AC|² - 2|AE| · |AC| dir. DHEC bir kirişler dörtgeni olduğundan |AH| · |AD| = |AE| · |AC| ve böylece |BC|² = |AB|² + |AC|² - 2|AH| · |AD| elde ederiz. Benzer şekilde |CA|² = |BC|² + |AB|² - 2|BH| · |BE| ve |AB|² = |BC|² + |CA|² - 2|CH| · |CF|

olur. Bu üç eşitliği taraf tarafa toplarsak \(|AB|^2 + |BC|^2 + |CA|^2 = 2(|AH| \cdot |AD| + |BH| \cdot |BE| + |CH| \cdot |CF|)\) buluruz. Buradan da \(|BC|^2 = 2 \cdot 71 - 106 = 36\) ve \(|BC| = 6\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 32

Köşeleri, kenar uzunlukları \(|AB| = 10\), \(|BC| = 21\) ve \(|CA| = \sqrt{205}\) olan bir \(ABC\) üçgeninin kenarları üstünde yer alan ve çevresi 32 birim olan bir dikdörtgenin uzun kenarının uzunluğu kaç birimdir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Bir öğrenci diğer öğrencilerin her birine \(l\) şeker verirse, kendi şekerlerinin sayısı \(l(n - 1)\) azalır. Bu nedenle herhangi iki öğrencinin şekerlerinin farkı her zaman \(n\) ile bölünüyor. \(36 - 21 = 15\) olduğundan \(n|15\) olma zorundadır. Buradan \(n\)'nin alabileceği değerler 3, 5, 15 olur. Bu durumların her biri için örnek verelim. \(n = 3: (31, 31, 31) \rightarrow (21, 36, 36)\). \(n = 5: (33, 33, 33, 33, 33) \rightarrow (21, 36, 36, 36, 36)\). \(n = 15: (35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35) \rightarrow (21, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35, 35)\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 1

\(x, y\) tam sayılar ve \(p\) asal sayı olmak üzere, 


\[x^2 - 3xy + p^2y^2 = 12p\]


eşitliğini sağlayan tüm \((x, y, p)\) üçlülerini bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  \((x, y, p) = (-6, 0, 3), (0, -2, 3), (0, 2, 3), (6, -2, 3), (6, 0, 3), (6, 2, 3)\)

Çözüm:
Cevap: \((x, y, p) = (-6, 0, 3), (0, -2, 3), (0, 2, 3), (6, -2, 3), (6, 0, 3), (6, 2, 3)\). 


\(x^2 + p^2y^2 \equiv 0 \pmod{3}\) olduğundan, \(p \neq 3\) olursa \(x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod{3}\) ve sonuç olarak \(x \equiv y \equiv 0 \pmod{3}\). Bu durumda \(9 \mid (x^2 - 3xy + p^2y^2)\) ve bu da \(9 \nmid 12\) ile çelişiyor. Sonuç olarak \(p = 3\) ve \(x^2 - 3xy + 9y^2 = 36\). Buradan \(3 \mid x\) gelir. \(x = 3k\) yazarak \(k^2 - ky + y^2 - 4 = 0\) ikinci dereceli denklemi elde edilir. Diskriminant \(\Delta = 16 - 3y^2 = m^2\) olduğuna göre, ya \(y^2 = 0\) ya da \(y^2 = 4\) olacaktır. Buradan tüm çözümlerin \((-6, 0, 3), (0, -2, 3), (0.2, 3), (6, -2, 3), (6, 0.3), (6, 2, 3)\) olduğu görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 2

Bir \(ABCD\) dışbükey dörtgeninin köşegenleri birbirine dik olarak \(E\) noktasında kesişiyor. \([AD]\) kenarı üstünde yer alan \(A\) dan farklı bir \(P\) noktası \(|PE| = |EC|\) koşulunu sağlıyor. \(BCD\) üçgeninin çevrel çemberi de \([AD]\) yi yine \(A\) dan farklı bir \(Q\) noktasında kesiyor. \(A\) dan geçen ve \(EP\) doğrusuna \(P\) noktasında teğet olan çember ise, \([AC]\) doğru parçasını \(R\) noktasında kesiyor. \(B, R, Q\) noktaları doğrudaysa ise, \(s(\overline{BCD}) = 90^\circ\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
 

\(\angle EAP = \alpha\) ve \(\angle ECD = \beta\) olsun. O zaman \(\angle RPE = \alpha\) olacaktır. [ED] doğru parçası üzerinde \(\angle RPX = 90^\circ\) olacak şekilde X noktası almıyor. O zaman \(R, P, X, E\) çemberdeştir ve sonuç olarak \(\angle RXE = \alpha\). Demek ki \(A, R, X, D\) noktaları da çemberdeştir. Sonuç olarak \(ER \cdot EA = EX \cdot ED\) olur. Diğer taraftan \(ER \cdot EA = EP^2 = EC^2\). Buna göre, \(EX \cdot ED = EC^2\) ve dolayısıyla \(\angle EXC = \beta\). \(\angle QDC = 180^\circ - \alpha - \beta\) olduğuna göre, \(\angle QBC = \angle RBC = \alpha + \beta\). Demek ki \(Q, B, C, D\) noktaları çemberdeş ve \(B, Q, R\) noktaları doğrusaldır. Diğer taraftan \(\angle RXC = \alpha + \beta\) ve sonuç olarak X noktası \(B\) noktasının \(E\) noktasına göre simetriğidir. Buna göre, \(\angle EBC = \angle EXC = \beta\). Sonuç olarak \(\angle BCD = \angle BCE + \angle ECD = (90^\circ - \beta) + \beta = 90^\circ\). İspat tamamlanmıştır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 3

\(a^3 + b^3 + c^3 = a^4 + b^4 + c^4\) eşitliğini sağlayan tüm \(a, b, c\) pozitif gerçel sayıları için, 


\[ \frac{a}{a^2 + b^3 + c^3} + \frac{b}{a^3 + b^2 + c^3} + \frac{c}{a^3 + b^3 + c^2} \geq 1 \]


olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
\[ f(a, b, c) = \frac{a}{a^2 + b^3 + c^3} + \frac{a}{a^3 + b^2 + c^3} + \frac{a}{a^3 + b^3 + c^2} \]


ve 


\[ g(a, b, c) = a(a^2 + b^3 + c^3) + b(a^3 + b^2 + c^3) + c(a^3 + b^3 + c^2) \]


olsun. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden \(f(a, b, c) \cdot g(a, b, c) \ge (a+b+c)^2\) gelir. \(a^3 + b^3 + c^3 = a^4 + b + c^4\) olduğuna göre, \(g(a, b, c) = (a+b+c)(a^3 + b^3 + c^3)\) olur. Buna göre, ispatı tamamlamak için 


\[ a + b + c \ge a^3 + b^3 + c^3 \quad (1) \]


eşitsizliğini göstermemiz yeterli olacaktır. Yine Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden, 


\[ (a + b + c)(a^3 + b^3 + c^3) \ge (a^2 + b^2 + c^2)^2 \]


ve 


\[ (a^2 + b^2 + c^2)(a^4 + b^4 + c^4) \ge (a^3 + b^3 + c^3)^2 \]


yazabiliriz. Son olarak \(a^3 + b^3 + c^3 = a^4 + b + a^4 + c^4\) olduğuna göre, (1) son iki eşitsizlikten elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2012, 2. Aşama, Soru 4

İçlerinde çeşitli renklerde toplar bulunan 2012 torbayı \(k\) kutuya, 


i. herhangi bir kutudaki tüm torbalar aynı renkte bir top içerecek veya 


ii. herhangi bir kutudaki her torba, bu kutudaki diğer torbalardan hiçbirinin içermediği renkte bir top içerecek 


biçimde yerleştirmek istiyoruz. Torbalardaki topların sayıları ve renkleri ne olursa olsun, böyle bir yerleştirmeyi olanaklı kılan en küçük \(k\) sayısını belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  62

Çözüm:
Cevap: 62. 


İlk önce \(k \ge 62\) olduğunu gösterelim. 62 torbanın her birinin içinde sadece 1 rengine boyalı bir top, 61 torbanın her birinin içinde sadece 2 rengine boyalı bir top, ..., 1 torbanın içinde sadece

63 rengine boyalı bir top olsun.  Bu 1953 torbanın 62 kutuya yerleştirilemeyeceğini gösterelim. İçinde l renkli top bulunan torbaya l renkli torba diyelim.  Kurallara göre bir kutuda iki tane l renkli torba bulunuyorsa bu kutudaki tüm torbalar l renkli oalacaktır.  Sadece aynı renkli torbalar içeren kutuya tek renkli kutu diyelim.  Bu 1953 torbanın kutulara herhangi bir dağılımını inceleyelim.  Bu dağılımda tek renkli kutuların sayısı s olsun.  O zaman en az 63 – s tane 1 renkli torba birbirinden farklı kutularda bulunacaktır. Sonuç olarak en az s+(62–s) = 62 kutu gerekecektir. 


Şimdi 62 kutunun yeterli olacağımı gösterelim. 


Lemma.  Aynı renkli top içeren torba sayısı en fazla m olan her torba öbeği en fazla m  kutuya yerleştirilebilir. 


İspat: Herhangi bir  l1 rengi seçelim.   l1 ≤ m olduğundan l1 renkli top içeren tüm torbaları farklı kutulara yerleştirebiliriz.  Herhangi bir l2 rengi seçelim.   l2 ≤ m olduğundan kalan torbalardan l2 renkli top içeren tüm torbaları farklı kutulara yerleşirebiliriz. Her defa yeni bir renk seçerek benzer şekilde tüm torbaları m kutuya yerleştirebiliriz. O zaman her kutudaki her torba, bu kutudaki diğer torbalardan hiçbirinin içermediği renkte bir top içermiş olacak. İspat tamamlanmıştır. 


İlk önce en çok sayıda torbada bulunan bir n1 rengi seçelim.  Bu sayı 62 den fazla değilse lemmayı kullanarak torbaları 62 kutuya yerleştirebiliriz.  Aksi takdirde bu torbaları (en az 63 torba) aynı kutuya yerleştirelim ve kalan torbalar öbeğinde en çok sayıda torbada bulunan bir n2 rengi seçelim. Bu sayı 61 den fazla değilse lemmayı kullanarak kalan torbaları kalan 61 kutuya yerleştirebiliriz. Aksi takdirde bu torbaları (en az 62 torba) yeni bir kutuya yerleştirelim ve benzer şekilde devam edelim. 63 + 62 + … + 1 = 2017 > 2012 olduğundan bir a pozitif tam sayısı için a – 1 adım sonucunda en fazla 63 – a torbada ortak renkli top bulunacaktır.  Lemmayı kullanarak bu torbaları en fazla 63 – a tane kullanılmamış kutuya yerleştirebiliriz. İlk a – 1 adımda a – 1 kutu kullanıldığından toplamda en fazla 62 kutu yeterli olacaktır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 1

Ali matematik ve fizik ödevlerinde aynı oranda soru çözüyor. Fizik ödevinde toplam 25 soru varsa ve Ali tam olarak 18 matematik sorusu çözüyse, matematik ödevindeki toplam soru sayısının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Matematik ödevindeki soru sayısı \(k \ge 18\), fizik ödevindeki çözülen soru sayısı \(n\) olsun. O zaman \(kn = 18 \cdot 25 = 2 \cdot 3^2 \cdot 5^2\) olur. Buradan \(k'nın\) alabileceği değerler 18, 30, 45, 90, 25, 50, 75, 150, 225 ve 450 olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 2

\(20x^3 - 13y^3 = 2013\) eşitliğini sağlayan kaç \((x, y)\) pozitif tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  0

Çözüm:
Eşitlik (mod 7) de incelendiğinde \(y^3 - x^3 \equiv 4 \pmod{7}\) elde edilir. Ancak bir tam küp (mod 7) de \(-1, 0, 1\) değerlerini alabildiğinden denkliği sağlayan tam sayıların bulunmadığı görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 3

\(\hat{A}\) ve \(\hat{B}\) açıları dik olan \(ABCD\) yamuğunda \([AB]\) çaplı çember \([CD]\) kenarına \(E\) noktasında teğettir. \([AB]\) nin orta noktası \(O\) ve \(AB\) ile \(CD\) doğrularının kesişim noktası \(F\) olmak üzere, \(s(\hat{CDO}) = 70^\circ\) ise, \(s(\hat{DFO})\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(50^\circ\)

Çözüm:
\([AB]\) nin orta noktası çemberin merkezi olduğundan \(OE \perp CD\) olur. \(OD\) doğrusu \(AOE\) açısının iç açortayı olacağından \(\angle DOE = \angle DOA = 20^\circ\) ve buradan da \(\angle DFO = 50^\circ\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 4

18, 2013 ve \(n\) sayılarının en büyük ortak böleninin 3, en küçük ortak katının 60390 olmasını sağlayan kaç pozitif \(n\) tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
\(18 = 2 \cdot 3^2\), \(2013 = 3 \cdot 11 \cdot 61\) ve \(60390 = 2 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 61\) olduğundan \(n = 2^a \cdot 3^b \cdot 5^c \cdot 11^d \cdot 61^e\) formunda olmalı ve \(a \in \{0, 1\}\), \(b \in \{1, 2\}\), \(c = 1\), \(d \in \{0, 1\}\), \(e \in \{0, 1\}\) koşulları sağlanmalı. Bu şartları sağlayan \(2^4 = 16\) sayı vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 5

18 özdeş top 4 farklı kutuya tam olarak 2 kutuda tek sayıda top bulunacak şekilde kaç farklı biçimde dağıtılabilir?

Şıklar:

Cevap:  990

Çözüm:
Tek sayıda top bulunan kutuları seçip bu kutulara birer top koyalım. Kalan 16 topu her biri iki toptan oluşan 8 gruba ayıralım ve bu 8 ikiliyi 4 kutuya dağıtılmış:

\[ \binom{4}{2} \binom{8 + 4 - 1}{4 - 1} = 990. \]
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2013, 1. Aşama, Soru 6

Bir ABCD dışbükey dörtgeninde \(s(\widehat{ABC}) = s(\widehat{ADC}) = 90^\circ\), \(s(\widehat{BAC}) = 40^\circ\), \(s(\widehat{CAD}) = 20^\circ\) ve \(|BD| = 6\) ise, \(|AC|\) nedir?

Şıklar:

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

Çözüm:
[AC] nin orta noktası E olsun. \(\angle ABC = \angle ADC = 90^\circ\) olduğundan \(|AE| = |EC| = |EB| = |ED|\) olur. ABCD kirisler dörtgeni oluğundan \(\angle DBC = \angle DAC = 20^\circ\), \(\angle CDB = \angle CAB = 40^\circ\) olur. \(\angle EBA = \angle EAB = 40^\circ\) ve \(\angle EDA = \angle EAD = 20^\circ\) olduğundan \(\angle EBD = \angle EDB = 30^\circ\) elde ederiz. \(30^\circ - 30^\circ - 120^\circ\) üçgeninde kısa kenarlar uzun kenarın \(1/\sqrt{3}\) katına eşittir. Buradan da \(|AE| = |EC| = |EB| = |ED| = 2\sqrt{3}\) ve \(|AC| = 4\sqrt{3}\) olur.