alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 7

\(5^x x^2 + 125 = 5^{x+2} + 5x^2\) denklemini sağlayan kaç \(x\) gerçel sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Verilen denklem toparlanıp çarpanlarına ayrıldığında \((5^x - 5)(x^2 - 25) = 0\) elde edilir. Çarpanlardan en az birinin 0 olmasını sağlayan \(x\) değerleri 1, \(-5\) ve \(5\) tir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 8

Dört basamaklı pozitif tam sayılardan kaç tanesinin her bir basamağı asal sayı ve basamakları toplamı çiftir?

Şıklar:

Cevap:  136

Çözüm:
Asal sayı olan rakamlar \(2, 3, 5\) ve \(7\) dir. Rakamları toplamının çift olması için ya hiç \(2\) içermez, ya tam olarak iki tane \(2\) içerir ya da dört rakamı da \(2\) dir. O halde cevap \(3^4 + \binom{4}{2}3^2 + 1 = 81 + 54 + 1 = 136\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 9

|AB| = 32 olmak üzere, [AB] ye ve [AB] çaplı \(C_1\) çemberine içten teğet olan \(C_2\) çemberinin yarıçapı 8 birimdir. [AB] ye, \(C_2\) ye dıştan ve \(C_1\) e içten teğet olan ve AB doğrusuna göre \(C_2\) ile aynı tarafta yer alan çemberin yarıçapı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Yarıçapı sorulan çember \(C_3\) olsun. \(C_1, C_2, C_3\) ün merkezleri sırasıyla \(O_1, O_2, O_3\) olsun. \(C_1\) in yarıçapı 16 ve \(C_2\) nin çapı 16 olduğundan dolayı \(C_2\) nin [AB] ye değme noktası \(O_1\) dir. \(O_3\) ten AB ve \(O_1O_2\) ye inen dikme ayakları sırasıyla C ve D olsun. \(C_3\) ün yarıçapı \(x\) olmak üzere, \(|O_1O_3| = 16 - x\) ve \(|O_3C| = x\) olduğu görülür. \(O_1CO_3\) dik üçgeninde Pisagor teoreminden \(|O_1C| = \sqrt{256 - 32x}\) elde edilir. \(O_1CO_3D\) bir dikdörtgendir. \(O_2DO_3\) dik üçgeninde \(|O_2O_3| = 8 + x, |O_2D| = 8 - x\) ve \(|DO_3| = |O_1C| = \sqrt{256 - 32x}\) olduğundan dolayı Pisagor teorimi bize \((8 - x)^2 + (256 - 32x) = (8 + x)^2\) eşitliğini verir. Buradan da \(256 = 64x\), yani \(x = 4\) elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 10

\(8^{49}\) sayısının 343 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(8^{49} = (7 + 1)^{49} = \sum_{i=0}^{49} \binom{49}{i} 7^i \equiv \binom{49}{2} \cdot 7^2 + \binom{49}{1} \cdot 7 + 1 \equiv 1 \pmod{343}\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 11

\(8^{49}\) sayısının 343 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(8^{49} = (7 + 1)^{49} = \sum_{i=0}^{49} \binom{49}{i} 7^i \equiv \binom{49}{2} \cdot 7^2 + \binom{49}{1} \cdot 7 + 1 \equiv 1 \pmod{343}\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 12

Altı tane 1 ve beş tane 2 rakamı kullanılarak yazılan 11 basamaklı pozitif tam sayılardan kaç tanesinin herhangi ardışık beş basamağında en az üç tane 1 vardır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
Ardışık beş basamakta en fazla iki tane 2 bulunmalı. Sayımız \(x_1x_2\cdots x_{11}\) olsun. \(x_1, x_2, \dots, x_5\) ve \(x_7, x_8, \dots, x_{11}\) beşlilerinde en fazla ikişer tane 2 bulunacağından \(x_6 = 1\) olmalı. O halde bu iki beşlide de tam olarak ikişer 2 vardır. \(x_2, x_3, \dots, x_6\) da en fazla iki tane 2 bulunduğundan \(x_1 = 2\) dir. Benzer biçimde \(x_{11} = 2\) olmalıdır. \(x_2 = 2\) ise \(x_7, x_8, x_9, x_{10}\) dan biri 2 olabilir; \(x_3 = 2\) ise \(x_8, x_9, x_{10}\) dan biri 2 olabilir. \(x_4 = 2\) ise \(x_9\) ve \(x_{10}\) dan biri 2 olabilir; \(x_5 = 2\) ise de \(x_{10} = 2\) olmalı. Toplamda \(4 + 3 + 2 + 1 = 10\) sayı mevcuttur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 13

Aşağıdakilerden hangisi düzlemdeki beş doğrunun kesişim noktalarının kümesinin eleman sayısı olamaz?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Beş paralel doğru için kesişim sayısı 0 olur. Dört paralel doğru ve bir tane bunlara paralel olmayan doğru için kesişim sayısı 4 olur. İki tane x eksenine paralel doğru ve üç tane y eksenine paralel doğru için kesişim sayısı 6 olur. Beş doğrudan herhangi ikisi paralel değilse ve noktadaş olan yalnızca bir üçlü varsa kesişim sayısı 8 olur. Kesişim sayısının 2 olabileceğini varsayalım. Bu kesişim noktaları A ve B olsun. Bu beş doğrudan her biri A ve B den en az birini içermek zorundadır. Her ikisini içeren en fazla bir doğru olabilir. O halde sadece A dan geçen ve sadece B den geçen en az 4 doğru vardır. Ancak sadece A dan geçen bir doğru ile sadece B den geçen bir doğru paralel olmak zorunda (aksi takdirde başka bir kesişim noktası olurdu). Bu durumda da çelişki elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 14

\(2^{2014} + 3^{2014} + 4^{2014} + 5^{2014} + 6^{2014}\) toplamının 13 ile bölümünden kalan nedir?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
\(n|a+b\) ve \(t\) tek pozitif tam sayı ise \(n|a^t+b^t\) olduğundan \(2^{2014} + 3^{2014} = 4^{1007} + 9^{1007} = 0 \pmod{13}\) ve \(2^{2014} + 6^{2014} = 16^{1007} + 36^{1007} \equiv 0 \pmod{13}\) olduğu görülür. \(5^{2014} = 25^{1007} \equiv (-1)^{1007} \equiv -1 \pmod{13}\) ve dolayısıyla toplam \(\pmod{13}\) te -1 e denktir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 15

Toplamları \(n\) ve kareleri toplamı \(n+19\) olan iki gerçel sayı bulunmasını sağlayan en büyük \(n\) pozitif tam sayısı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
\(a+b=n\) ve \(a^2+b^2=n+19\) ise, \((a-b)^2=2(a^2+b^2)-(a+b)^2=2n+38-n^2>0\) olmalı. O halde \((n-1)^2<39\) olur. O zaman \(n\) nin alabileceği en büyük tam sayı değer 7 dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 16

\(\{1,2,\dots,33\}\) kümesinin \(k\) elemanlı her altkümesinde biri diğerinin iki katı olan iki eleman bulunuyorsa, \(k\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  23

Çözüm:
Bir altkümede biri diğerinin iki katı olan iki eleman bulunmuyorsa bu altküme \(\{1,2,4,8,16,32\}\) kümesinden en fazla 3; \(\{3,6,12,24\}\), \(\{5,10,20\}\), \(\{7,14,28\}\) kümelerinden en fazla ikişer; \(\{9,18\}\), \(\{11,22\}\), \(\{13,26\}\), \(\{15,30\}\) kümelerinden en fazla birer; \(\{17,19,21,23,25,27,29,31,33\}\) kümesinden ise en fazla 9 eleman içerebilir. O halde eleman sayısı en fazla \(3+6+4+9=22\) dir ev 22 elemanlı böyle bir altküme de mevcuttur. Dolayısıyla cevap 23.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 17

\(AB//CD\) olmak üzere, bir \(ABCD\) yamuğunun sırası ile \([AD]\) ve \([BC]\) kenarları üzerinde alınan \(E\) ve \(F\) noktaları için \(EF//AB\) dir. \(|AB| = 33\), \(|CD| = 9\) ve \(ABFE\) yamuğunun alanı \(CDEF\) yamuğunun alanının altı katı ise, \(|EF|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
\(C\) den \(AD\) ye paralel çizilen doğru \(EF\) ve \(AB\) yi sırasıyla \(K\) ve \(L\) de kessin. O zaman \(|EK| = |AL| = 9\) ve \(|LB| = 24\) olduğu görülür. \(C\) den \(EF\) ve \(AB\) ye inen yükseklik uzunlukları sırasıyla \(h_1\) ve \(h_2\) olsun. \(|KF| = 2x\) olmak üzere, \(CKF \sim CLB\) olduğundan \(\frac{h_1}{h_2} = \frac{2x}{24} = \frac{x}{12}\) elde edilir. Soruda verilen alan bilgisinden \(7 = \frac{Alan(ABCD)}{Alan(EFCD)} = \frac{21h_2}{(x+9)h_1} = \frac{252}{x(x+9)}\) olduğu görülür ve \(x(x+9) = 36\) elde edilir. Dolayısıyla \(x = 3\) tür ve \(|EF| = 9 + 2 \cdot 3 = 15\) tir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 18

\(AB//CD\) olmak üzere, bir \(ABCD\) yamuğunun sırası ile \([AD]\) ve \([BC]\) kenarları üzerinde alınan \(E\) ve \(F\) noktaları için \(EF//AB\) dir. \(|AB| = 33\), \(|CD| = 9\) ve \(ABFE\) yamuğunun alanı \(CDEF\) yamuğunun alanının altı katı ise, \(|EF|\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  188

Çözüm:
Öncelikle, \(n\) çift sayı olamaz. \(t_1\) ve \(t_2\) tek sayılar olmak üzere \(n-1 = 2^at_1\) ve \(n+1 = 2^bt_2\) olsun. O zaman \(3a+4b \ge 19\) olmalı. \(n-1\) ve \(n+1\) sayılarının farkı 2 olduğundan \(a\) ve \(b\) den biri 1 dir. \(a=1\) ise \(b \ge 4\), \(b=1\) ise \(a \ge 5\) olmalı. O halde \(n \equiv -1 \pmod{16}\) veya \(n \equiv 1 \pmod{32}\) olmalı. Bu formlarda 2014 ten küçük toplam \(125+63=188\) sayı vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 19

\(a+b+c+d+e+f = 9\) koşulunu sağlayan \(a, b, c, d, e, f\) tam sayıları için, \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  15

Çözüm:
Her \(n\) tam sayısı için \((n-1)(n-2) \ge 0\) olduğundan \(n^2 \ge 3n-2\) ve buradan da \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2 \ge 3(a+b+c+d+e+f) - 12 = 15\) olur. Eşitlik \((a, b, c, d, e, f) = (1, 1, 1, 2, 2, 2)\) iken sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 20

\(1, 2, \dots, 9\) sayıları, \(3 \times 3\) bir tahtanın birim karelerine, her bir birim karede bir sayı bulunacak ve her satır ve her sütundaki sayıların toplamı tek sayı olacak şekilde kaç farklı biçimde yerleştirilebilir?

Şıklar:

Cevap:  25920

Çözüm:
Her satır ve her sütunda 0 veya 2 tane çift sayı bulunmalı. 0 tane çift sayı içeren satır ve sütun belirlendiğinde bu satır ve sütunda bulunmayan 4 birim karede çift sayılar yer almalı. Bu satır ve sütundaki toplam 5 birim karede de tek sayılar bulunmalı. Dolayısıyla cevap \(\binom{3}{1}\binom{3}{1}4!5! = 3 \cdot 3 \cdot 24 \cdot 120 = 25920\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 21

|AC| = 30 ve s(ABC) = 90° olan bir ABC üçgeninde C köşesine ait içaçortayın [AB] kenarı ile kesişimi D noktası ve |CD| = 5√6 ise, |BC| kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  10

Çözüm:
A dan CB ye paralel çizilen doğru ile CD nin kesişimi E, A dan EC ye inen dikme ayağı F olsun. CD açortay olduğundan s(ABC) = s(ACE) dir ve dolayısıyla EAC bir ikizkenar üçgendir. O halde [EC] nin orta noktası F dir. |BC| = x olsun. CAF ~ CDB benzerliğinden |CF| = x√6 bulunur. O zaman |FD| = (x-5)√6 ve |ED| = (2x-5)√6 elde edilir. EAD ~ CBD benzerliğinden \(\frac{30}{x} = \frac{(2x-5)\sqrt{6}}{5\sqrt{6}}\) elde edilir. Buradan da \(2x^2 - 5x - 150 = 0\) bulunur. Bu denklemin kökleri 10 ve \(-\frac{15}{2}\) dir ve dolayısıyla x = 10 dur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 22

\(2^{23} + 14!\) sayısının ondalık yazılımı 87A86B79808 ise, A·B çarpımı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
Bu sayının 9 ve 11 ile bölümünden kalanları bulalım. \(2^{23} = (2^6)^{3}2^5 = 64^3 \cdot 32 \equiv 1 \cdot 5 \equiv 5 \pmod{9}\), \(2^{23} = (2^5)^{4}2^3 = 32^5 \cdot 8 \equiv (-1)^4 \cdot 8 \equiv 8 \pmod{11}\) ve 14! sayısı hem 9 hem de 11 ile tam bölündüğünden bu sayı (mod 9) da 5 e (mod 11) de ise 8 e denktir. O halde \(8 + 7 + A + 8 + 6 + B + 7 + 9 + 8 + 0 + 8 = A + B + 61 \equiv 5 \pmod{9}\), yani \(A + B \equiv 7 \pmod{9}\). Ayrıca \(8 - 7 + A - 8 + 6 - B + 7 - 9 + 8 - 0 + 8 = A - B + 13 \equiv 8 \pmod{11}\), yani \(A - B \equiv 6 \pmod{11}\). O zaman, A ve B rakamlar olduğundan, \(A + B \in \{7, 16\}\) ve \(A - B \in \{-5, 6\}\). Bu iki sayının toplamı çift olduğundan \(A + B = 7\) ve \(A - B = -5\) ya da \(A + B = 16\) ve \(A - B = 6\). O halde \(A = 1\) ve \(B = 6\) ya da \(A = 11\) ve \(B = 5\). A ve B rakam olduğundan ikinci durum olamaz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 23

\(x^2 + 2xy = 4x + 3y^2\) eşitliğini sağlayan kaç (x, y) tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Verilen eşitlik \(x^2 + 2x(y-2) = 3y^2\), yani \((x + (y-2))^2 = 3y^2 + (y-2)^2 = 4y^2 - 4y + 4 = (2y-1)^2 + 3\) olarak yazılabilir. Buradan \((x + 3y - 3)(x - y - 1) = 3\) elde edilir. Çarpanların 1,3; 3,1; -1, -3; -3, -1 olmasına göre sırasıyla (4, 0), (3, 1), (-1, 1), (0, 0) çözümleri gelir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 24

Bir masanın üstünde 300 tane fındıktan oluşan bir öbek vardır. Her adımda, Ali seçtiği bir öbekten bir tane fındık yiyip, sonra bu öbekte kalan fındıkları en az birer fındık içeren iki öbeğe ayırıyor. Bir kaç hamle sonucunda tüm öbeklerde k tane fındık varsa, k sayısı 3, 4, 5, 6, 7 değerlerinden kaçını alabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(n \ge 2\) bir tam sayı olmak üzere, \(n-1\) adım yapıldıktan sonra masa üstünde \(n\) öbek bulunacaktır. Dolayısıyla, masa üzerindeki toplam fındık sayısı ile toplam öbek sayısının toplamı her zaman 301 olacaktır. Buna göre, masa üstünde \(m\) tane üç elemanlı öbek kaldıysa

3m + m = 4m = 301, çelişki geliyor. Masa üstünde m tane dört elemanlı öbek kaldıysa 4m + m = 5m = 301, çelişki geliyor. Masa üstünde M tane beş elemanlı öbek kaldıysa 5m + m = 6m = 301, çelişki geliyor. Masa üstünde  m tane yedi elemanlı öbek kaldıysa 7m + m = 8m = 301, çelişki geliyor. Ali her adımda 6 fındık içeren yeni bir öbek oluşturarak 42 adım sonucunda masa üstünde 43 tane beş elemanlı öbek oluşturabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 25

Bir ABC üçgeninin A ve B köşelerinden geçen bir çember [BC] ve [AC] kenarlarını sırasıyla, D ve E noktalarında kesiyor. [AB] ve [AD] nin orta noktaları sırasıyla, P ve Q olsun. BC doğrusunun A ya göre farklı tarafında olan bir Z noktası için, ZD ve AD doğruları birbirine dik ve |DZ| = |DP| dir. |AE| = 1, |BD| = 4 ve |DC| = 2 ise, |ZQ| nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(\sqrt{10}\)

Çözüm:
C noktasının A, B, D, E noktalarından geçen çembere göre kuvveti ele alındığında |CE| = 3 bulunur. |AB| = 2x, |PD| = y, |AD| = 2z olsun. ZDQ dik üçgen olduğundan |ZQ|² = y² + z² olduğu görülür. ABD üçgeninde [PD] kenarortayına göre uygulanan kenarortay teoreminden \(x^2 + y^2 = 2z^2 + 8\) elde edilir. ABC üçgeninde [AD] ye göre uygulanan Stewart teoreminden ise \(3z^2 = x^2 + 2\) elde edilir. Bu iki eşitliğin taraf tarafa toplanmasından \(y^2 + z^2 = 10\), yani |ZQ| = \(\sqrt{10}\) olduğu görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 26

Farklı üç pozitif tam sayı böleninin toplamı kendisine eşit olan 2014 ten küçük kaç pozitif tam sayı vardır?

Şıklar:

Cevap:  335

Çözüm:
A, B, C sayıları n nin farklı bölenleri olmak üzere \(n = A + B + C\) olsun. O halde \(n = Aa = Bb = Cc\) olacak şekilde farklı a, b, c pozitif tam sayıları vardır Bu durmda \(1 = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\) elde edilir. Kolayca görüleceği üzere bu eşitliği sağlayan farklı pozitif tam sayı üçlüsü sadece 2, 3, 6 dır. O halde şartın sağlanması için gerek ve yeter şart n sayısının 6 ile tam bölünmesidir. 2014 ten küçük 6 ile tam bölünen 335 pozitif tam sayı vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 27

\(x^3 + 2y^3 = 3\) ve \(xy^2 = 1\) koşullarını sağlayan \((x, y)\) gerçel sayı ikilileri için, \(x^3 + y^3\) ifadesinin alabileceği değerlerin çarpımı nedir?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
\(a = x^3\) ve \(b = y^3\) olsun. O halde verilen eşitlikler \(a + 2b = 3\) ve \(ab^2 = 1\) eşitliklerine denktir. \(a + b = c\) olsun. Soruda \(c\) nin alabileceği değerlerin çarpımı soruluyor. \(a = 2c - 3\) ve \(b = 3 - c\) olduğundan \((2c - 3)(3 - c)^2 = 1\) olduğu görülür. Buradan \(2c^3 - 15c^2 + 36c - 28 = 0\) denklemi elde edilir. \((2c - 3)(3 - c)^2 = 1\) eşitliğinde \(c = 2\) bir çözüm olduğundan bulduğumuz denklemde \((c - 2)\) çarpanı olmalıdır. Sonuç olarak \((c - 2)^2(2c - 7) = 0\) elde edilir. Dolayısıyla \(c\) nin alabileceği değerler 2 ve \(\frac{7}{2}\) dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 28

101 madeni paranın tam olarak 3 tanesi sahtedir. Gerçek paraların ve sahte paraların ağırlıkları kendi aralarında eşit olup, sahte paralar gerçek paralardan daha hafiftir. İki kefeli bir tartı en az kaç kez kullanılarak gerçek paralardan 25 tanesini belirlemek garantilenebilir?

Şıklar:

Cevap:  2

Çözüm:
Bir tartmayla 25 gerçek madeni para belirlenemez. Şimdi iki tartmayla 25 gerçek paranın belirlenebileceğini gösterelim. Birinci tartmada her iki kefeye 50 şer madeni para koyalım. Hafif olmayan kefede en fazla 1 sahte madeni para olacak. İkinci tartmada hafif olmayan kefedeki 50 madeni parayı iki kefeye 25 şer olarak koyalım. Hafif olmayan kefedeki tüm madeni paralar gerçek para olacaktır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 29

|AB| = 1, |BC| = √3 ve |CA| = √2 olan bir ABC üçgeninin |BC| kenarına ait bir D noktası için, AD doğrusu B köşesine ait kenarortayı P noktasında kesiyor ve |PD|/|PA| = √2 - 1 ise, s(DAÇ) nedir?

Şıklar:

Cevap:  45°

Çözüm:
Öncelikle, |BC|² = |AC|² + |AB|² olduğundan s(BAÇ) = 90° dir. [AC] nin orta noktası K olmak üzere, ADC üçgeninde B, P, K kesenine göre uygulanan Menelaus teoreminden |BD|/|BC| |CA|/|DP| = 1 elde edilir. Buradan |BD|/|BC| = √2 - 1 olduğu görülür. O halde |CD|/|DB| = √2 = |CA|/|AB| dir. O zaman [AD] doğru parçası ABC üçgeninde A nın iççıortayıdır. Dolayısıyla s(DAÇ) = 45° dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 30

Tam olarak 19 tane pozitif tam sayı böleni olan bir tam sayının 11 ile bölümünden kalan aşağıdakilerden hangisi olamaz?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
Tam olarak 19 pozitif böleni olan bir sayı p asal sayı olmak üzere \(p^{18}\) formundadır. Bu sayı \(p^9\) un karesidir ve bir tam sayının karesi (mod 11) de sadece 0, 1, 3, 4, 5, 9 değerlerini alabilir. Dolayısıyla bu formdaki bir sayının 11 ile bölümünden kalan 7 olamaz. p = 23, 2, 3, 37 için \(p^{18}\) in 11 ile bölümünden kalan sırasıyla 1, 3, 5, 9 dur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 31

\(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca = b - c - 1\) eşitliğini sağlayan kaç (a, b, c) gerçel sayı üçlüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Eşitliğin iki tarafı da 2 ile çarpılıp tüm terimler sol tarafta toplandığında (a + b + c)² + a² + (b - 1)² + (c + 1)² = 0 elde edilir. Sonuç olarak a = 0, b = 1, c = -1 olması gerektiği görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 1. Aşama, Soru 32

Başlangıçta tahtada Aslı ve Berk’e ait olmak üzere beşer sayı bulunuyor.  Oyunun her hamlesinde sayılarının toplamı daha büyük olan öğrenci kendi sayılarından birini siliyor. Toplamların eşit olması durumunda sayı silme sırası Berk’e veriliyor. Kendi sayılarının tü- müni ilk silen öğrenci oyunu kazanıyor. Oyun, Aslı ve Berk’in sayıları sırasıyla (1,3,5,7,9) ve (2,4,6,8,10); (1,2,5,9,10) ve (1,3,4,8,9); (1,2,5,9,10) ve (1,4,5,7,9); (2,4,5,8,10) ve (1,4,5,7,9) olarak birer kez oynanırsa, Aslı bu oyunların kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Başlangıçta en büyük sayıya sahip olan oyuncu bu sayıyı en son silerek en son hamlenin rakipde olamayacağı için oyunu kazanabilir. Buna göre Aslı oyunların üçünü kazanmayı garantileyebilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 1

\(a + b + c + abc = 4\) koşulunu sağlayan tüm a,b,c pozitif gerçel sayıları için, 


\[
\left(1 + \frac{a}{b} + ca\right) \left(1 + \frac{b}{c} + ab\right) \left(1 + \frac{c}{a} + bc\right) \geq 27
\]


olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Eşitsizliğin sol tarafı 


\[
\left(1 + \frac{a}{b} + ca\right) (1 + \frac{b}{c} + ab) (1 + \frac{c}{a} + bc) = (a + b + c + abc) (a + b + c + abc + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) - 1
\]


olarak yazılabilir. Buna göre, \(a + b + c + abc = 4\) olduğundan eşitsizlik 


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


şekline dönüşüyor. İlk önce \(abc \le 1\) olduğunu gösterelim. \(abc > 1\) olursa \(a + b + c = 4 - abc < 3\) ve
AGO eşitsizliğinden 


\[
3 > a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc} > 3
\]


çeliksiki elde edilir. Sonuç olarak \(abc \le 1\). Bu eşitsizliği kullanarak yine AGO eşitsizliğinden 


\[
\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}} \geq 3
\]


olur. İspat tamamlanmıştır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 2

\(n\) pozitif bir tam sayı olmak üzere, \(19^{4n} + 4\) sayısının en az kaç farklı asal çarpanı olabileceğini belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Cevap: 3. 


\(19^{4n} + 4\) sayısını çarpanlarına ayıralım: 


\[
19^{4n} + 4 = 19^{4n} + 4 \cdot 19^{2n} + 4 - 4 \cdot 19^{2n} = (19^{2n} + 2)^2 - (2 \cdot 19^n)^2
\]

\[
= (19^{2n} - 2 \cdot 19^n + 2)(19^{2n} + 2 \cdot 19^n + 2).
\]


\(n = 1\) durumunda \(19^4 + 4 = 13 \cdot 25 \cdot 401\). 


Şimdi farklı asal çarpan sayısının en az 3 olduğunu göstereceğiz. 


\[
d = obeb(19^{2n} - 2 \cdot 19^n + 2, 19^{2n} + 2 \cdot 19^n + 2)
\]


olsun. d bir tek sayıdır ve 


\[
d|((19^{2n} - 2 \cdot 19^n + 2) - (19^{2n} + 2 \cdot 19^n + 2)) = 4 \cdot 19^n.
\]


Buna göre, d sayısı \(4 \cdot 19^{2n}\) sayısını bölüyor. Diğer taraftan, 


\[
d|((19^{2n} - 2 \cdot 1^{9n} + 2) + (19^{2n} + 2 \cdot 1^{9n} + 2)) = 2 \cdot 19^{2n} + 4.
\]


Sonuç olarak d sayısı \(8(2 \cdot 19^{2n} + 4) - (4 \cdot 19^n)^2 = 32\) sayısını da bölüyor. d bir tek sayı olduğuna göre, \(d = 1\) olur. 


5 sayısı \(19^{4n} + 4\) sayısını bölüyor fakat 5 sayısının kuvvetleri (mod 19) da 5,6,11,17,9,7,16,4,1 olduğu için \(19^{2n} \pm 2 \cdot 19^n + 2 \neq 5^k\). Sonuç olarak n sayısının tüm değerlerinde \(19^{4n} + 4\) sayısının en az 3 farklı asal böleni vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 3

Her renkten 19 ar tane olmak üzere, 106 farklı renkte 2014 top bir çemberin çevresine nasıl dizilirse dizilsin, aralarında en az 53 farklı renkte topun yer aldığı ardışık *n* top bulunuyorsa, *n* sayısının alabileceği en küçük değeri belirleyiniz.

Şıklar:

Cevap:  971

Çözüm:
Cevap: 971. 


Aynı renkli toplar ardışık şekilde dizilirse *n* sayısı en az 19 · 51 + 2 = 971 olmak zorundadır. 


2014 topun bir çemberin etrafındaki herhangi bir dizilimini ele alalım. Bu dizilimde 53 farklı renkte topun yer aldığı ardışık toplardan oluşan ve en az top içeren grup *G* olsun (birden fazla böyle grup varsa bunlardan herhangi birini alıyoruz). *G* grubundaki top sayısı *l(G)* olsun. *G* grubundaki saat yönündeki ilk ve son topların renkleri sırasıyla *a* ve *b* olsun. *G* grubu en az sayıda top içerdiği için *a* ≠ *b* ve bu grupta kalan topların her birinin rengi *a* ve *b* renklerinden farklıdır. Sonuç olarak, *l(G)* ≤ 19 · (53 - 2) + 2 = 971. İspat tamamlanmıştır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2014, 2. Aşama, Soru 4

Diklik merkezi *H* olan dar açılı bir *ABC* üçgeninin [BC] kenarı üstündeki birbirinden farklı *D* ve *E* noktaları için, *AD* ve *AE* doğru parçaları *BHC* üçgeninin çevrel çemberini sırasıyla *P* ve *Q* noktalarında kesiyor. 


\[
|BD|^2 + |CD|^2 = 2|DP| \cdot |DA| \text{ ve } |BE|^2 + |CE|^2 = 2|EQ| \cdot |EA|
\]


eşitlikleri sağlanıyorsa, |BP| = |CQ| olduğunu kanıtlayınız.

Şıklar:


Çözüm:
\(BHC\) üçgeninin çevrel çemberi \(\omega\) olsun. \(AP\) ve \(AQ\) doğruları \(\omega\) yı ikinci kez sırasıyla \(P'\) ve \(Q'\) noktalarında kessin. 

  


\(A, D, E\) noktalarının \(\omega\) ya göre kuvvetlerinin hesaplanmasından 


\[ 
\begin{align*} 
AP \cdot AP' &= AQ \cdot AQ' \\ 
BD \cdot CD &= DP \cdot DP' \\ 
BE \cdot CE &= EQ \cdot EQ' 
\end{align*} 
\]


eşitlikleri elde edilir. \(BD^2 + CD^2 = 2 \cdot DP \cdot DA\) olduğundan 


\[ BC^2 = (BD + CD)^2 = BD^2 + CD^2 + 2 \cdot BD \cdot CD = 2 \cdot DP \cdot DA + 2 \cdot DP \cdot DP' = 2 \cdot DP \cdot AP' \]


elde edilir. Benzer biçimde 


\[ BC^2 = (BE + CE)^2 = BE^2 + CE^2 + 2 \cdot BE \cdot CE = 2 \cdot EQ \cdot EA + 2 \cdot EQ \cdot EQ' = 2 \cdot EQ \cdot AQ' \]


olur. Dolayısıyla 


\[ \frac{DP}{EQ} = \frac{AQ'}{AP'} = \frac{AP}{AQ} \]


bulunur. Sonuç olarak, \(PQ\) ve \(BC\) doğruları paraleldir ve \(BPQC\) dörtgeni bir yamuktur. \(BPQC\) dörtgeni aynı zamanda bir kirişler dörtgeni de olduğu için bu dörtgen bir ikizkenar yamuktur ve dolayısıyla \(BP = CQ\) elde ederiz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 1

Bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB| = |AC|\) ve \(s(\bar{A}) = 80\) derecedir. Bu üçgenin \(B\) açısının iç açortayı ile \(C\) açısının dış açortayı \(D\) noktasında kesişmektedirler. \(s(\overline{ADC})\) kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  \(65^\circ\)

Çözüm:
Bir üçgende iki dış açortay ve bir iç açortay noktadaş olduğundan \(AD\) doğrusu \(A\) açısının dış açortayıdır. İkizkenarlıktan \(s(\overline{BCA}) = 50^\circ\) dir. O zaman \(s(\overline{CAD}) = 50^\circ\) ve \(s(\overline{ACD}) = 65^\circ\) dir ve buradan da \(s(\overline{ADC}) = 65^\circ\) olduğu görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2015, 1. Aşama, Soru 2

Bir grup çocuk, içinde kırmızı ve beyaz şekerler bulunan bir torbadaki kırmızı şekerlerin \(\frac{4}{11}\) ini ve beyaz şekerlerin \(\frac{11}{17}\) sini yedikten sonra torbada her iki renkten eşit sayıda şeker kaldıysa, yenilen beyaz şekerlerin sayısı ile yenilen kırmızı şekerlerin sayısı arasındaki fark en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  53

Çözüm:
Kalan kırmızı şekerlerin oranı 7/11, beyaz şekerlerin oranı ise 6/17 dir. \(a\) çift şeker kaldıysa, başlangıçta \(11a/7 + 17a/6 = 185a/42\) şeker vardı. Buradan \(a\) en az 42 olur. Bu durumda başlangıçtaki kırmızı şekerlerin sayısı 66 ve beyaz şekerlerin sayısı 119 olup ve yenilen kırmızı ve beyaz şeker sayıları sırasıyla 24 ve 77 olur.