alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 3

Bir pozitif tam sayıdan rakamları toplamı çıkarıldığında, bu sayının rakamları çarpımı elde ediliyorsa bu sayıya iyi sayı diyelim. Kaç iyi sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(n\)'nin basamak sayısı en az 2'dir. \(n = \overline{AB}\) ise \(A + B + AB = 10A + B\) den \(B = 9\) geliyor. \(19, 29, \dots 99\) sayıları koşulları sağlıyor. Basamak sayısı 3 ise, \(n = \overline{ABC}\), ve \(A + B + C + ABC = 100A + 10B + C\) den \(99A + 9B = ABC\) elde ederiz. \(BC < 99\) olduğundan çözüm yoktur. Basamak sayısı 3'den fazla ise, benzer şekilde çözüm yoktur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 4

Bir tahtada başlangıçta 10 kırmızı, 15 mavi, 20 yeşil ve 25 siyah nokta vardır. Her hamlede 3 farklı renkli nokta seçilip siliniyorsa, yapılabilecek hamle sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(n\)'nin basamak sayısı en az 2'dir. \(n = \overline{AB}\) ise \(A + B + AB = 10A + B\) den \(B = 9\) geliyor. \(19, 29, \dots 99\) sayıları koşulları sağlıyor. Basamak sayısı 3 ise, \(n = \overline{ABC}\), ve \(A + B + C + ABC = 100A + 10B + C\) den \(99A + 9B = ABC\) elde ederiz. \(BC < 99\) olduğundan çözüm yoktur. Basamak sayısı 3'den fazla ise, benzer şekilde çözüm yoktur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 5

\(1, 2, \dots, 100\) sayıları tahtaya, her biri 10 eleman içeren 10 gruba ayrılarak yazılmıştır. Önce her grubun en küçük 2 elemanı ve daha sonra da kalan 80 sayının en küçük 10 tanesi siliniyor. Tahtada kalan 70 sayının en küçüğü en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
Cevap \(S\) olsun. Her grubun en küçük 2 elemanını silme işleminde 1 ve 2 sayıları siliniyor. İkinci işlemden sonra ise \(1, 2, \dots, 12\) sayılarının hiçbiri tahtada bulunmuyor: \(S \ge 13\). Tahtada \(S\) den daha küçük en az 12 sayı var. Bu sayılardan en az ikisi en fazla dokuzu \(S\) ile aynı gruptadır. Demek ki ilk hamle sonucunda \(S\) den daha küçük en az 4 eleman silinecek. İkinci hamlede de \(S\) den küçük olan 10 sayı silindiği nedeniyle \(S \ge 15\) elde ediyoruz. \(S = 15\) için örnek: İlk grup \(1, 2, \dots, 10\), 2. grup \(11, 12, \dots, 20\) sayılarından oluşup diğer gruplar rastgele düzenlenirse iki işlem sonucunda tahtada kalan en küçük sayı 15 olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 6

A ve B birer rakam olmak üzere, on tabanına göre yazılmış 2015AB olan sayı 71 ile tam bölünüyorsa, \(A + B\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
201500 + \(AB \equiv 2 + AB\) (mod 71), o halde \(AB = 69 \Rightarrow A + B = 15\). Not: \(2838 \times 71 = 201498\). 


7. İki kavanozdan birinde 2, diğerinde 5 litre şekerli su bulunuyor. Her iki kavanozdan aynı anda \(t\) şer litre şekerli su alınıp yer değiştiriliyor. Bu işlem sonucunda kavanozlardaki, başlangıçta farklı olan şeker oranları eşitlendiyse, \(t\) kaçtır?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 8

1, 2, ..., 20 sayıları ile numaralandırılmış 20 top başlangıçta rastgele dizilmiştir. Her işlemde aralarında en az \(l\) adet top bulunan iki topun yerlerini değiştirerek birkaç işlem sonucunda topları numaralarına göre artan sırada dizebiliyorsak, \(l\) nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(l \ge 10\) olursa başlangıçta soldan onuncu sırada olan topun bulunduğu pozisyon değiştirilemez ve dolayısıyla toplar her durumda artan sırada dizilemez. \(l = 9\) durumunda her top hem ilk hem de son pozisyona getirilebilir ve daha sonra da gereken yere yerleştirilebilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 9

Köşegenleri \(P\) noktasında kesişen bir \(ABCD\) dışbükey dörtgeninde \(|AB| = 3, |BC| = 13, |CD| = 22, |DA| = 18\) olduğuna göre \(P\) noktasının, bu dörtgenin kenarlarının orta noktalarına olan uzaklıkları toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  28

Çözüm:
\(3^2 + 22^2 = 9 + 484 = 493 = 324 + 169 = 18^2 + 13^2\) olduğundan \(AC\) ve \(BD\) köşegenleri \(P\) de dik kesişir. Dolayısıyla \(P\) nin bir kenara uzaklığı o kenar uzunluğunun yarısıdır. Sonuç olarak cevap \(3/2 + 13/2 + 22/2 + 18/2 = 28\) dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 10

\(n\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(2014n^2 + 2018n + 2015\) sayısının birler basamağındaki rakamın alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(2014n^2 + 2018n + 2015\) sayısının biler basamağı ile \(4n^2 + 8n + 5 = (2n + 2)^2 + 1\) sayısının biler basamağı aynıdır. Dolayısıyla biler basamağının

alabileceği değerler bir çift sayının karesinin 1 fazlasının birler basamağının alabileceği değerlerdir. Bu değerler de 1,5 ve 7 dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 11

\(6^x - 3(3^x + 2^x) - 3^x + 12 = 0\) denklemini sağlayan \(x\) gerçel sayılarının toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Verilen denklem \((3^x - 3)(2^x - 4) = 0\) denklemine denktir. Bu denklemin çözümleri de \(x = 1\) ve \(x = 2\) dir. 


12. \(1, 2, \dots, 100\) sayıları tahtaya, her biri 10 eleman içeren 10 gruba ayrılarak yazılmıştır. Önce her grubun en küçük 2 elemanı ve daha sonra da kalan 80 sayının en küçük 10 tanesi siliniyor. Tahtada kalan 70 sayının en küçüğü en az kaç olabilir?
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 13

Bir \(ABC\) üçgeninde iç açortayların kesişme noktası \(I\) dır. \(I\) noktasından geçen ve \(BC\) ye paralel olan doğru \(AB\) ve \(AC\) kenarlarını sırasıyla \(K\) ve \(L\) noktalarında kesmektedir. \(|AB| = 9, |AC| = 15, |BC| = 8\) olduğuna göre \(|KB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{9}{4}\)

Çözüm:
\(AI\) ile \(BC\) nin kesişimi \(D\) olsun. İç açıortay teoreminden \(|BD| = 8 \cdot 9 / (9 + 15) = 3\) bulunur. \(ABD\) üçgeninde uygulanan iç açıortay teoreminden ise \(|AI| / |ID| = 9 / 3 = 3\) elde edilir. \(KL \parallel BC\) olduğundan \(|AK| / |KB| = |AI| / |ID| = 3\) tür. Dolayısıyla \(|KB| = 9 / 4\) olduğu görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 14

Pozitif tam sayılardan oluşan bir kümede, herhangi iki elemanın 1 den büyük bir ortak böleni vardır, fakat herhangi üç elemanın 1 den büyük ortak böleni yoktur. 2015 sayısı bu kümede bulunuyorsa, bu küme en çok kaç elemanlı olabilir?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{9}{4}\)

Çözüm:
\(AI\) ile \(BC\) nin kesişimi \(D\) olsun. İç açıortay teoreminden \(|BD| = 8 \cdot 9 / (9 + 15) = 3\) bulunur. \(ABD\) üçgeninde uygulanan iç açıortay teoreminden ise \(|AI| / |ID| = 9 / 3 = 3\) elde edilir. \(KL \parallel BC\) olduğundan \(|AK| / |KB| = |AI| / |ID| = 3\) tür. Dolayısıyla \(|KB| = 9 / 4\) olduğu görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 16

Yan yana dizili 6 adet kartın her birinin üzerine mutlak değeri 3 ten küçük olan bir tam sayı yazılacaktır. Yazılan sayıların çarpımı 1 den büyük olmak koşuluyla, bu işlem kaç farklı şekilde yapılabilir?

Şıklar:

Cevap:  2016

Çözüm:
Kullanabileceğimiz sayılar 2, 1, 0, -1, -2. Çarpımın 1 den büyük olması için 0 kullanmamalıyız, 2 ve -2 den en az birini kullanmalıyız ve çift sayıda negatif sayı kullanmalıyız. Şimdi kullanabileceğimiz sayılar 2, 1, -1, -2 olduğundan tüm durumların sayısı \(4^6\), ancak bunların \(2^6\) tanesinde hiç 2 ve -2 kullanılmıyor, kalan durumların yarısında çarpım negatif, yarısında pozitif.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 18

Kaç farklı \(m\) pozitif tam sayısı için, \(n^2 + 3\) ve \((n+2)^2 + 2\) sayılarının her ikisini de \(m\) nin katı yapan bir \(n\) tam sayısı bulunabilir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(m|n^2 + 3\) ve \(m|(n + 2)^2 + 2 = n^2 + 4n + 6\) olmalı. O zaman \(m|n^2 + 4n + 6 - (n^2 + 3) = 4n + 3\) ve \(m|(4n + 3)(4n - 3) = 16n^2 - 9\). Öte yandan \(m|16(n^2 + 3) = 16n^2 + 48\). Sonuç olarak \(m|16n^2 + 48 - (16n^2 - 9) = 57\). Demek ki \(m\) sayısı \(57 = 3 \cdot 19\) un bir böleni olmalı. \(3|n\) ise her iki sayı da 3 ile bölünür. \(n \equiv 4 \pmod{19}\) iken her iki sayı da 19 ile bölünür. Dolayısıyla, örneğin \(n = 42\) için her iki sayı da 57 nin katı olur. İstenen şartı sağlayan \(m\) sayıları 1, 3, 19 ve 57 dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 20

Sonsuz bir satranç tahtasının 2015 adet birim karesi kırmızıya, geriye kalanlar ise beyaza boyanmıştır. Ortak kenara sahip olup farklı renklere boyanmış olan birim kare ikililerinin sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  180

Çözüm:
Bize sorulan kırmızı birim karelerden oluşan şeklin çevresinin alabileceği en küçük değerdir. Kırmızı birim karelerden oluşan bu şekil bir veya birkaç bağlantılı parçadan meydana gelebilir. Parçalardan birini ele alalım. Bu parçadaki kırmızı birim kare sayısı \(m\) olsun ve bu parçayı içeren en küçük dikdörtgen \(a \times b\) olsun. Bu parçanın çevresi en az \(2 \cdot (a+b) \ge 4\sqrt{ab} \ge 4\sqrt{m}\) dir. Parçalardaki birim kare sayıları \(m_1, m_2, \dots, m_k\) ise çevre en az \(4 \cdot (\sqrt{m_1} + \dots + \sqrt{m_k}) \ge 4\sqrt{m_1} + \dots + m_k = 4\sqrt{2015} > 179\) dur. Yani çevre en az 180 olmalı. Gerçekten de \(45 \times 45\) lik bir karenin içindeki 2025 birim kareden sol alt kısımdaki 10 tanesi hariç geriye kalanları kırmızıya boyarsak çevre 180 olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 21

\(O_1\) ve \(O_2\) merkezli iki çember \(A\) ve \(B\) noktalarında kesişmektedirler. \(B\) noktasından geçen bir doğru çemberleri sırasıyla \(C\) ve \(D\) noktalarında kesmektedir. \(|CB| = |BD|, s(CAD) = 90°\) ve \(O_1\) ve \(O_2\) merkezli çemberlerin yarıçapları sırasıyla 3 ve 4 olduğuna göre \(|O_1O_2|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(m|n^2 + 3\) ve \(m|(n + 2)^2 + 2 = n^2 + 4n + 6\) olmalı. O zaman \(m|n^2 + 4n + 6 - (n^2 + 3) = 4n + 3\) ve \(m|(4n + 3)(4n - 3) = 16n^2 - 9\). Öte yandan \(m|16(n^2 + 3) = 16n^2 + 48\). Sonuç olarak \(m|16n^2 + 48 - (16n^2 - 9) = 57\). Demek ki \(m\) sayısı \(57 = 3 \cdot 19\) un bir böleni olmalı. \(3|n\) ise her iki sayı da 3 ile bölünür. \(n \equiv 4 \pmod{19}\) iken her iki sayı da 19 ile bölünür. Dolayısıyla, örneğin \(n = 42\) için her iki sayı da 57 nin katı olur. İstenen şartı sağlayan \(m\) sayıları 1, 3, 19 ve 57 dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 25

Bir \(ABC\) üçgeninde \(|AC| = |AB| = 25\) ve \(|BC| = 40\) tır. \([BC]\) nin orta noktası \(D, B\) den \(AC\) ye çizilen dikmenin ayağı ise \(E\) dir. Buna göre, \(D\) den geçen ve \(AC\) doğrusuna \(E\) de teğet olan çemberin çapı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{100}{3}\)

Çözüm:
Öncelikle \(2 \cdot 25^2 < 40^2\) olduğundan \(s(\widehat{BAC}) > 90^\circ\) dir. \(ABC\) ikizkenar üçgen olduğundan \(AD \perp BC\) dir. O halde \(E, A, D, B\) noktaları çemberseldir. Ayrıca \(ABD\) dik üçgeninde uygulanan Pisagor teoreminden \(|AD| = 15\) bulunur. \(D\) den geçen ve \(AC\) ye \(E\) de teğet olan çemberin merkezi \(O\) olsun. \(BE \perp EC\) olduğundan \(O\) noktası \([EB]\) ışını üzerindedir. \([ED]\) nin orta noktası \(K\) olsun. \(BEC\) dik üçgen olduğundan \(|ED| = 20\) ve \(|EK| = 10\) dur. \(OED\) ikizkenar olduğundan \(OK \perp ED\) dir. \(s(\widehat{OEK}) = s(\widehat{BED}) = s(\widehat{BAD})\) olduğundan \(OEK \sim BAD\) benzerliği elde edilir. Benzerlik oranından \(|OE| = |EK| \cdot |BA|/|AD| = 10 \cdot 25/15 = 50/3\) bulunur. O halde cevap \(2 \cdot 50/3 = 100/3\) tür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 26

\(a, b, c\) tam sayılar olmak üzere, \(3a^3 + 5b^3 - 7c^3\) ifadesi 8, 14, 27, 30 değerlerinden kaçına eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(a = b = c = 2\) için 8; \(a = b = c = 3\) için 27; \(a = 3, b = 1, c = 2\) için de 30 elde edilir. 14 ün bu şekilde yazılamayacağını gösterelim. Farzedelim ki yazılabilsin. (mod 7) de bir tam küp \(-1, 0, 1\) den birine denktir. \(3a^3 + 5b^3 \equiv 0 \pmod{7}\) olur ve denkliğin sağlanması için \(a \equiv b \equiv 0 \pmod{7}\) olmalı. \(a = 7m, b = 7n\) alırsak, \(7^3(3m^3 + 5n^3) + 7c^3 = 14\), yani \(7^2(3m^3 + 5n^3) + c^3 = 2\) elde edilir. O halde \(c^3 \equiv 2 \pmod{7}\) dir ancak bu mümkün değil, çalışıki. O zaman cevap 3 tür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 27

\(a\) ve \(b\) gerçel sayılar olmak üzere, \(5(a^2 + b^2) - 8ab - 6a\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(-5\)

Çözüm:
\(5(a^2 + b^2) - 8ab - 6a = (2a - b - 2)^2 + (a - 2b + 1)^2 - 5 \ge -5\) olur. Eşitlik \((a, b) = (\frac{5}{3}, \frac{4}{3})\) iken sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 28

1, 2, ..., 20 sayılarının her biri kırmızı ve mavi renklerden birine, her \(k = 1, 2, ..., a\) için farkları \(k\) olan iki kırmızı ve iki mavi sayı bulunacak biçimde boyanabiliyorsa, \(a\) nın alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  17

Çözüm:
\(a = 18\) ise genelligi bozmadan 1 ile 19 sayılarının kırmızı ve 2 ve 20 sayılarının ise mavi renkte olduğunu varsayabiliriz. Bu durumda \(k = 17\) alırsak 3 sayısı mavi, 18 sayısı kırmızı renkte oluyor. Benzer şekilde 4, 5, ..., 10 sayıları mavi ve 11, 12, ..., 17 sayıları da kırmızı renkte oluyor ve farkı 9 olan aynı renge boyalı iki sayı bulunamıyor. \(a = 17\) için örnek: bulunuyor: 1, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18 sayıları kırmızılar ve 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 20 sayıları mavi renkte olursa koşullar sağlanıyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 29

İki kavanozdan birinde 2, diğerinde 5 litre şekerli su bulunuyor. Her iki kavanozdan aynı anda \(t\)'şer litre şekerli su alınıp yer değiştiriliyor. Bu işlem sonucunda kavanozlardaki, başlangıçta farklı olan şeker oranları eşitlendiyse, \(t\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{10}{7}\)

Çözüm:
10/7. İşlem sonucunda şeker oranları eşitlendiği için her iki kavanozda eşit oranda birinci ve ikinci kavanoz suyu bulunmak zorundadır. O zaman bu oran \(2/5\) olacaktır. Demek ki birinci kavanozdaki şeker oranı işlem sonucunda \((2 - t)/t = 2/5\) olacaktır ve buradan da \(t = 10/7\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 30

k bir pozitif tam sayı olmak üzere, her a tam sayısı için \(2^{n_1} + 2^{n_2} + \dots + 2^{n_k} \equiv a \pmod{20}\) olacak biçimde \(n_1, n_2, \dots, n_k\) negatif olmayan tam sayıları bulunabiliyorsa, k nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
2 nin kuvvetleri 20 modunda 1, 2, 4, 8, 16, 12 değerlerini alabilir. Buradan k = 1 olamaz. k = 2 için 7 sayısı 20 modunda iki tane 2 nin kuvvetinin toplamı olarak yazılamaz. Yani k > 2 olur. k = 3 için her sayı aşağıdaki gibi yazılabilir: 


\[
\begin{align*}
0 &\equiv 2 + 2 + 16 \qquad 10 \equiv 2 + 4 + 4 \\
1 &\equiv 1 + 8 + 12 \qquad 11 \equiv 1 + 2 + 8 \\
2 &\equiv 2 + 8 + 12 \qquad 12 \equiv 4 + 4 + 4 \\
3 &\equiv 1 + 1 + 1 \qquad 13 \equiv 1 + 4 + 8 \\
4 &\equiv 4 + 8 + 12 \qquad 14 \equiv 1 + 1 + 12 \\
5 &\equiv 1 + 2 + 2 \qquad 15 \equiv 1 + 2 + 12 \\
6 &\equiv 2 + 2 + 2 \qquad 16 \equiv 4 + 4 + 8 \\
7 &\equiv 1 + 2 + 4 \qquad 17 \equiv 1 + 8 + 8 \\
8 &\equiv 2 + 2 + 4 \qquad 18 \equiv 1 + 1 + 16 \\
9 &\equiv 1 + 4 + 4 \qquad 19 \equiv 1 + 2 + 16
\end{align*}
\]
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 31

x, y, z gerçel sayıları, \(x + y + z = 1\) ve \(xyz = xy + yz + zx\) koşullarını sağlıyorsa, \((x + yz)(y + zx)(z + xy)\) ifadesi 0, 1, 2, 5 sayılarından kaçma eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\((x-1)(y-1)(z-1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - 1 = 0\) olduğundan x, y, z sayılarından en az biri 1 olmalıdır. Genelliği bozmadan \(x = 1\) dersek \(y = -z\) olur. Bu durumda \(y + zx = 0\) olacağından soruda verilen ifade sadece 0 olabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 32

Başlangıçta, tahtaya 1 ve 2 sayıları yazılmıştır. Aslı ve Burak sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar ve sırası gelen oyuncu tahtadaki sayılardan istediği birinin rakamları toplamını tahtadaki sayılardan istediği birine ekliyor. Tahtaya N den büyük olan bir sayıyı ilk defa yazan oyuncu oyunu kazanıyor. Oyuna Aslı başlamak üzere bu oyun, N = 2013, 2014, 2015, 2016 ve 2017 değerleri için birer

kez oynamırsa, Aslı kaç kez oyunu kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
Aslı tüm oyunları kazanmayı garantileyebilir. Bunun için Aslı ilk hamlesinde sayıları 2,2 yapıyor ve bundan sonraki her hamlesinde tahtaya N’den büyük sayı yazamıyorsa, Burakın hamlesini tekrarlayarak durumu yine k,k yapıyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 33

\(1, 2, \dots, 100\) sayıları tahtaya, her biri 10 eleman içeren 10 gruba ayrılarak yazılmıştır. Önce her grubun en küçük 2 elemanı ve daha sonra da kalan 80 sayının en küçük 10 tanesi siliniyor. Tahtada kalan 70 sayının en küçüğü en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  22

Çözüm:
Her hamlede kırmızı, mavi ve yeşil noktalardan ikisi silinecek. O zaman en fazla \(\lfloor \frac{10+15+20}{2} \rfloor = 22\) hamle yapılabilir. 22 hamle için bir örnek verelim: önce 3 kez kırmızı, yeşil ve siyah nokta, daha sonra 7 kez mavi, yeşil ve siyah nokta silersek tahtada 12 mavi, 13 yeşil ve 15 siyah nokta kalır. Bu durumda 12 hamle daha yaparak toplamda 22 hamleye ulaşıyoruz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 34

Köşegenleri \(P\) noktasında kesişen bir \(ABCD\) dışbükey dörtgeninde \(|AB| = 3, |BC| = 13, |CD| = 22, |DA| = 18\) olduğuna göre \(P\) noktasının, bu dörtgenin kenarlarının orta noktalarına olan uzaklıkları toplamı nedir?

Şıklar:

Cevap:  9

Çözüm:
\(l \ge 10\) olursa başlangıçta soldan onuncu sırada olan topun bulunduğu pozisyon değiştirilemez ve dolayısıyla toplar her durumda artan sırada dizilemez. \(l = 9\) durumunda her top hem ilk hem de son pozisyona getirilebilir ve daha sonra da gereken yere yerleştirilebilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 1

Sabit olmayan her \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için \(f(x+y) < f(xy)\) olacak şekilde \(x, y\) gerçel sayılarının bulunabileceğini gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Tüm \(x, y \in \mathbb{R}\) sayıları için \(f(x+y) \ge f(xy)\) olduğunu varsayalım. \(a^2 \ge 4b\) koşulunu sağlayan tüm \(a, b\) gerçel sayı ikilisi için, \(t^2 - at + b\) polinomunun iki gerçel kökü vardır. Buna göre, \(a^2 \ge 4b\) koşulunu sağlayan her \(a, b\) gerçel sayı ikilisi için \(a = x + y\) ve \(b = xy\) olacak şekilde \(x, y\) gerçel sayıları bulunur. Sonuç olarak \(f(a) \ge f(b)\) elde edilir. 


Herhangi bir \(c\) gerçel sayısı için \(f(x+y) \ge f(xy)\) eşitsizliğinde \(x = 1\) ve \(y = c-1\) yazarsak \(f(c) \ge f(c-1)\) olur. \(f(c) \ge f(c-1) \ge \dots \ge f(c-n)\) olduğundan her \(n\) pozitif tam sayısı için \(f(c) \ge f(c-n)\) elde edilir. \(f\) fonksiyonu sabit olmadığına göre, \(f(a) < f(b)\) olacak şekilde \(a, b\) vardır. \(n\) sayısını yeterince büyük alırsak, \((a-n)^2 > 4b\) olur. Bu durumda \(f(a) \ge f(a-n) \ge f(b) > f(a)\) çelişkisi elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 2

Bir sergide her biri tam olarak \(k\) renk kullanılarak çizilmiş 100 tablo bulunmaktadır. Bu tablolardan herhangi 20 sinde ortak bir renk bulunup tabloların tamamında ortak bir renk bulunmuyorsa, \(k\) nın alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:


Çözüm:
Çözüm : \(BD = a, CE = b, AD = AE = c\) olsun.
\[ AX = \frac{AB \cdot CE}{BD + CE} = \frac{(a + c)b}{a + b} \text{ ve } AY = \frac{AC \cdot BD}{BD + CE} = \frac{(b + c)a}{a + b} \]
olduğundan
\[ BX = AB - AX = \frac{(a + c)a}{a + b} \text{ ve } CY = AC - AY = \frac{(b + c)b}{a + b} \]
elde ederiz. \(DE\) ve \(BC\) doğrularının kesişim noktası \(Z\) olsun. Menelaus teoreminden



\[ \frac{ZB}{ZC} = \frac{BX}{AX} \cdot \frac{AY}{CY} = \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{b} = \frac{a^2}{b^2} \]
bulunur. \(Z, K, L\) noktalarının doğrusal olduklarını göstermemiz için \(Z\)'nin \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi \(ABC\) ve \(ABC'\)nın kuvvet ekseni üzerinde yer aldığını göstermemiz yeterlidir. \(\omega\) ve \(BC\) doğrusunun kesişim noktaları \(R\) and \(S\) olsun. (\(R \in [BS]\)). \(ZB = k, BR = \ell, RS = m, SC = n\) olsun \(B\) ve \(C\) noktalarının \(\omega\) çemberine göre kuvvetlerinden



\[ a^2 = BE^2 = BR \cdot BS = \ell(\ell + m) \text{ ve } b^2 = CD^2 = CS \cdot CR = n(m + n) \]
elde edilir ve böylece
\[ \frac{\ell(\ell + m)}{n(m + n)} = \frac{BR \cdot BS}{CS \cdot CR} = \frac{BE^2}{CD^2} = \frac{a^2}{b^2} = \frac{ZB}{ZC} = \frac{k}{k + \ell + m + n} \]
olur. Buradan \(kn^2 + (km - \ell^2 - \ell m)n - \ell(\ell + m)(k + \ell + m) = 0\) bulunur. Son eşitlik
\[ [kn - \ell(k + \ell + m)](m + n + \ell) = 0 \]
denklemine denktir. Dolayısıyla, \(m + n + \ell = BC > 0\) olduğu için \(kn = \ell(k + \ell + m)\) olmalıdır ve buradan da \(k(k + \ell + m + n) = (k + \ell)(k + \ell + m)\) buluruz. Sonuç olarak, \(ZB \cdot ZC = ZR \cdot ZS\) olur ve \(Z\) noktası bu iki çemberin kuvvet eksenindedir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 3

\(p\) bir asal, \(n\) ise bir pozitif tam sayı olmak üzere, 


\[p^3 - 2p^2 + p + 1 = 3^n\]


eşitliğini sağlayan tüm \((p, n)\) ikililerini bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  \((p, n) = (2, 1)\) ve \((5, 4)\)

Çözüm:
Cevap: \((p, n) = (2, 1)\) ve \((5, 4)\). 


\(p = 2\) ise \(n = 1\) olur. \(p \ge 3\) olsun. \(p^3 - 2p^2 + p + 1 \equiv p - 2p^2 + p + 1 \equiv 2p(1 - p) + 1 \equiv 1 \pmod{4}\) olduğundan \(3^n \equiv 1 \pmod{4}\) ve buradan da \(n\) nin çift olduğu görülür. \(n = 2m\) olsun. O zaman \(p^3 - 2p^2 + p + 1 = 3^{2m}\) ve 


\[(p-1)^2 = \frac{1}{p} (3^m - 1)(3^m + 1)\]


olur. \(ebob(3^m - 1, 3^m + 1) = 2\) olduğuna göre iki durum vardır. Durum 1: \(p \mid 3^m - 1\) ve \(p \nmid 3^m + 1\). Durum 2: \(p \nmid 3^m - 1\) ve \(p \mid 3^m + 1\). Durum 1 de \((p-1)^2 = \frac{3^m - 1}{p}(3^m + 1)\). Buna göre, \(\frac{3^m - 1}{p} = 2a^2\) ve \(3^m + 1 = 2b^2\). Fakat \(3^m + 1 = 2b^2\) olursa, \(1 \equiv 2b^2 \pmod{3}\) ve \(b^2 \equiv -1 \pmod{3}\) çelişkisi gelir. Durum 2 de \((p-1)^2 = (3^m - 1)\frac{3^m + 1}{p}\). Buna göre, \(3^m - 1 = 2a^2\) ve \(\frac{3^m + 1}{p} = 2b^2\). (mod 4) de bakarsak \(m\) tek ise \(a\) tek ve \(b\) çift oluyor. O zaman \(3^m + 1 = 2pb^2\) ve buradan da \(4 \equiv 0 \pmod{8}\) çelişkisi elde edilir. \(m = 2k\) ise 


\[(3^k - 1)(3^k + 1) = 2a^2\]


olur. Yine iki durum vardır: Durum 2a: \(3^k - 1 = c^2\), \(3^k + 1 = 2d^2\) ve Durum 2b: \(3^k - 1 = 2c^2\), \(3^k + 1 = d^2\). Durum 2a: \(-1 = c^2 \pmod{3}\) çelişkisi gelir. Durum 2b: \(3^k = (d-1)(d+1)\). \((d+1) - (d-1) = 2\) olduğundan \(d = 2\) ve \(k = 1\). Sonuç olarak \(m = 2\) ve \(p \mid 10\) olur. Buradan \(p = 5\) ve \(n = 4\) gelir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 2. Aşama, Soru 4

Bir ABC üçgeninde [BC] kenarının orta noktası D olsun. D den geçip AB ye B noktasında teğet olan çember ile D den geçip AC ye C noktasında teğet olan çember D den farklı bir M noktasında kesişiyorlar. M nin BC göre yansıması olan M' noktasının AD doğrusu üzerinde bulunduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
 


B ve C noktalarındaki teğetlik koşulundan \(\angle ABD = \angle BMD\) ve \(\angle ACD = \angle CMD\). AD doğrusu üzerindeki M'' noktasını \(\angle BM''D = \angle ABD\) olacak şekilde tanımlayalım.

\[
\begin{align*}
& \angle BAD = \angle BAM'' = \angle BM''D - \angle ABM'' = \angle ABD - \angle ABM'' = \angle M''BD \text{ olduğundan} \\
& BM''D \text{ ve } ABD \text{ üçgenleri benzer oluyor. Buna göre } BD^2 = DM'' \cdot DA \text{ olur. } BD = CD \text{ olduğundan} \\
& CD^2 = DM'' \cdot DA \text{ gelir. O zaman } CM''D \text{ ve } ACD \text{ üçgenleri de benzer olur ve sonuç olarak} \\
& \angle CAD = \angle M''CD, \angle CM''D = \angle ACD = \angle CMD \text{ olur.}
\end{align*}
\]


\[
\begin{align*}
& \angle BM'D = \angle BMD = \angle BM''D \text{ olduğuna göre, } M'' \text{ noktası } M'BD \text{ üçgeninin çevrel çemberi üzerindedir. Benzer şekilde, } \angle CM'D = \angle CMD = \angle CM''D \text{ olduğuna göre, } M'' \text{ noksası } M'CD \text{ üçgeninin çevrel çemberi üzerindedir. Diğer taraftan bu çemberler } M' \text{ ve } D \text{ noktalarında kesişiyorlar. } \\
& D \text{ noktası } BC \text{ doğrusu üzerinde iken } M'' \text{ noktası } BC \text{ doğrusu üzerinde değildir. Buna göre, } M' \text{ ve } \\
& M'' \text{ aynı nokatadır ve ispat tamamlanmıştır.}
\end{align*}
\]
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2016, 1. Aşama, Soru 1

Bir ABC üçgeninde BE ve CD kenarortayları birbirine dik ve
\(|BE| = 18\), \(|CD| = \frac{27}{2}\) ise AF kenarortayının uzunluğu kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  45/2

Çözüm:
CD ve BE kenarortaylarının kesişimi G olsun. G noktası ABC üçgeninin ağırlık merkezidir ve kenarortayları 2 ye 1 oranında böler. Dolayısıyla \(|BG| = 12\) ve \(|CG| = 9\) olduğu görülür. BGC dik üçgen olduğundan Pisagor teoremi ile \(|BC| = 15\) elde edilir ve \(|GF| = |BC|/2 = 15/2\) olduğu görülür. Sonuç olarak \(|AF| = 45/2\) elde edilir.