alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 19

a ve b gerçel sayılar olmak üzere, her x gerçel sayısı için \(f(x) = x^2 + ax + b\) olsun. \(f(x) = 0\) denkleminin sadece bir tane gerçel kökü vardır. \(f(3x - 4) + f(5x + 2) = 0\) denkleminin de yalnızca bir tane gerçel kökü varsa, \(f(x) = 0\) denkleminin kökü aşağıdakilerden hangisine eşit olabilir?

Şıklar:
A) \(-13\) | B) \(-8\) | C) \(0\) | D) \(12\) | E) \(28\)

Cevap: A \(-13\)

Çözüm:
\(f(x_0) = 0\) olsun. O halde \(f(x) = (x - x_0)^2\) olmak zorundadır. O zaman \(f(3x - 4) + f(5x + 2) = (3x - 4 - x_0)^2 + (5x + 2 - x_0)^2\) dir. Bu durumda \(f(3x - 4) + f(5x + 2) =0\) denkleminin tam olarak bir gerçel kökü olabilmesi için \(\frac{x_0+4}{3} = \frac{x_0-2}{5}\) olmalıdır. \(\Rightarrow x_0 = -13\). \(a = 26\) ve \(b = 169\) iken \(f(x) = (x + 13)^2\) olur ve şartlar sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 20

99 toptan herhangi 10 tanesinin en az üçü aynı renktedir. Bu 99 top, aynı renktekiler aynı grupta ve farklı renktekiler farklı grupta olacak şekilde gruplara ayrılıyor. İçerdiği top sayısı diğer hiçbir grubunkinden az olmayan bir gruptaki top sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  25

Çözüm:
Aynı renkli toplardan oluşan grupların eleman sayıları 1,24,24,25,25 olursa koşullar sağlanmış olur. Şimdi her durumda aynı renkli tüm toplardan oluşan ve en az 25 top içeren bir grup olacağını gösterelim. Aksini varsayalım. 1 elemanlı grup sayısı \(a\), birden fazla fakat 25'ten az sayıda top içeren grup sayısı \(b\) olsun. O zaman \(a + 2b \le 9\) olacaktır. Bu durumda toplam top sayısı en fazla \(a + 24b = (a+2b)+11 \cdot 2b \le 9+11 \cdot 8 = 97\) olur, çelişki.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 21

\(s(\widehat{BAC}) = 46^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi \(O\) olsun. \([AB]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktaları \(|BD| = |CE| = |AO|\) olacak şekilde alınmıştır. Buna göre \(s(\widehat DOE)\) nedir?

Şıklar:

Cevap:  \(111^\circ\)

Çözüm:
\(|AO| = |BO| = |CO|\) olduğu için \(DBO\) ve \(CEO\) ikizkenar üçgenlerdir. \(s(\widehat ABC) = 2x\) ve \(s(\widehat ACB) = 2y\) olsun. O halde \(s(\widehat DBO) = 90^\circ - 2y\) ve \(s(\widehat ECO) = 90^\circ - 2x\). \(\Rightarrow s(\widehat BOD) = 45^\circ + y\) ve \(s(\widehat COE) = 45^\circ + x\). \(s(\widehat BOC) = 2s(\widehat BAC) = 92^\circ\). \(x + y = (180^\circ - 46^\circ)/2 = 67^\circ\) olduğundan \(s(\widehat DOE) = 360^\circ - (92^\circ + 45^\circ + x + 45^\circ + y) = 360^\circ - 249^\circ = 111^\circ\) elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 22

Pozitif bir tam sayının rakamlarından birinin silinmesiyle oluşan sayıya o sayının *altsayısı* diyelim. Örneğin, 1024 sayısının altsayıları 24, 124, 104 ve 102 dir. \(n\) pozitif tam sayısı \(m\) pozitif tam sayısının bir altsayısı olmak üzere \(m + n = 282021\) ise, \(m\) nin basamakları toplamı aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) 22 | B) 27 | C) 32 | D) 37 | E) 42

Cevap: B 27

Çözüm:
\(m\) sayısı 7 veya daha fazla basamağa sahip olsaydı \(m+n\) de en az 7 basamaklı olurdu. \(m\) sayısı 5 veya daha az basamaklı olsaydı \(m+n\) toplamı en fazla \(99999 + 9999 = 109998\) olurdu. O halde \(m\) sayısı 6 basamaklıdır. \(m = ABCDEF\) olsun. Silinen rakam \(F\) değilse, \(n\)'nin de son basamağı \(F'\)dir ve dolayısıyla \(m+n\) çift sayı olur, ancak 282021 bir tek sayıdır. O zaman silinen rakam \(F'\)dir ve \(n = ABCDEF\) bulunur. \(\Rightarrow m+n = (10n + F) + n = 11n + F = 282021\). \(F\) bir rakam olduğu için 282021'in 11 ile bölümünden kalan \(F'\)dir. \(\Rightarrow F = 3\) ve \(n = 25638\) elde edilir. O halde \(m\) sayısı sadece 256383 olabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 23

Sabit hızlarla hareket eden A ve B bisikletçilerinin hızları sırasıyla 24 km/saat ve 30 km/saat tir. Bu iki bisikletçi toplam uzunluğu 1680 km olan bir yola aynı anda başlıyorlar. \(k\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, bu yol üzerinde bulunan her mola noktasında A bisikletçisi \(k\) saat, B bisikletçisi ise \(2k\) saat dinleniyor. A ve B bisikletçileri bu yolu aynı anda tamamladıklarına göre, yol üzerinde bulunan mola noktası sayısının alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  24

Çözüm:
Dinlenme sürelerini saymazsak, A bisikletçisi yolda B bisikletçisinden 1680(1/24 - 1/30) = 14 saat daha fazla bulunur. Buna göre, B bisikletçisi A bisikletçisinden 14 saat daha fazla dinlenmiştir. Demek ki A bisikletçisi tam olarak 14 saat dinlenmiştir. Buradan \(k|14\) gelir ve

k sayısı 14'ün herhangi bir pozitif tam böleni olabilir. Dolayısıyla cevap
1 + 2 + 7 + 14 = 24'tür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 24

Her tam sayı k renkten birine, farklarının mutlak değeri asal sayı olan herhangi iki sayı farklı renkte olacak şekilde boyanmışsa, k nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
0,2,5,7 sayıları farklı renkte olmak zorundadır. Bu nedenle \(k \ge 4\) olur. 4 ile bölümlerinden aynı kalan veren sayılar aynı renge boyanırsa, 4 renk ile koşullara uygun bir boyama yapılabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 25

Bir ABC üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi I olmak üzere, AI doğrusu BIC üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez D noktasında kesmektedir. |AB| = 8, |AC| = 10 ve |AI| = 4 ise, |ID| kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  16

Çözüm:
I noktası ABC üçgeninde iç açıortayların kesişimi olduğu için \(s(BAI) = s(DAC)\) ve \(s(ABI) = s(IBC)\)'dir. I, B, D, C çembersel olduğu için \(s(ADC) = s(IBC)\) bulunur. O halde \(IAB \sim CAD\)'dir (A.A.A). \(\Rightarrow |AI|/|AB| = |AC|/|AD|\). \(\Rightarrow |AD| = 8 \cdot 10/4 = 20\). \(\Rightarrow |ID| = 20 - 4 = 16\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 26

m ve n tam sayılar olmak üzere \(4m^3 + 8m^2n - 3mn^2 - 9n^3 = 28\) ise, \(m + n\) toplamı aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) 2 | B) 6 | C) 10 | D) 14 | E) 18

Cevap: B 6

Çözüm:
\(4m^3 + 8m^2n - 3mn^2 -9n^3 = (m-n)(2m+3n)^2 = 28\). Buradan \(m-n\)'nin 7 veya 28 olabileceği görülür. \(m-n=7\) ise, \(2m+3n=\pm2\). \(\Rightarrow 5n+14=\pm2\). Buradan \(n\) tam sayı çözümü gelmez. \(m-n=28\) ise, \(2m+3n=\pm1\). \(\Rightarrow 5n+56=\pm1\). Buradan sadece \(n=-11\) tam sayı çözümü gelir. \(\Rightarrow m=17\) ve \(m+n=6\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 27

\(x^2 + y^2 = 3\) ve \((x+1)(y-1) = 1\) eşitliklerinin her ikisini de sağlayan \((x, y)\) gerçel sayı ikilisi için \(xy\) aşağıdakilerden hangisine eşit olabilir?

Şıklar:
A) -2 | B) -1 | C) 0 | D) 1 | E) 2

Cevap: D 1

Çözüm:
\(0 = (3-1) - 2 \cdot 1 = (x^2 + y^2 - 1) - 2(x+1)(y-1) = (x-y+1)^2\) olduğundan \(x=y-1\) olmalıdır. Bu durumda \(1 = (x+1)(y-1) = yx\) elde edilir. \(x = (\sqrt{5}-1)/2\) ve \(y = (\sqrt{5}+1)/2\) iken şartlar sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 28

Toplam ağırlıkları 100 gram olan birkaç taş, hem eşit ağırlıklı 5 gruba hem de eşit ağırlıklı 8 gruba ayrılabiliyor. Buna göre, diğerlerinin hiçbirinden ağır olmayan bir taşın ağırlığı en fazla kaç gram olabilir?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
İlk önce 5 gr. için 16 taştan oluşan bir örnek verelim. Her birinin ağırlığı 5 gr. olan sekiz taşla her birinin ağırlığı 7.5 gr. olan 8 taş koşulları sağlıyor. Şimdi en hafif taşın (taşlardan birinin) 5 gramdan daha ağır olamayacağını gösterelim. Aksini varsayalım. Koşullar gereği bir taşın ağırlığı en fazla 100/8 = 12.5 gramdır. 12.5 gram ağırlıklı taşların kümesi A ve |A| = a olsun. Toplam ağırlığı 12.5 gram olan bir grupta A'dan bir taş varsa tam olarak 1, yoksa tam olarak 2 taş bulunur. Buna göre toplam taş sayısı \(a + 2(8 - a) = 16 - a'dır. Öte yandan toplam ağırlığı 20 gram olan bir grupta A'dan bir taş varsa tam olarak 2, yoksa en fazla 3 taş bulunur ve dolayısıyla toplam taş sayısı en fazla \(2a + 3(5 - a) = 15 - a'dır. Sonuç olarak \(16 - a \le 15 - a\) elde edilir, çelişki.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 29

|AB| > |AD| olan bir ABCD paralelkenarında \(\overline{DAB}\), \(\overline{ABC}\), \(\overline{BCD}\) ve \(\overline{CDA}\) açılarının iç açıortay doğruları sırasıyla \(l_A\), \(l_B\), \(l_C\) ve \(l_D\) olsun. \(l_A\) ile \(l_D\) K noktasında, \(l_D\) ile \(l_C\) L noktasında, \(l_C\) ile \(l_B\) M noktasında, \(l_B\) ile \(l_A\) ise N noktasında kesişmektedir. \(|KN| = 6\), \(|MN| = 8\) ve \(|AD| = 12\) ise, \(|AK|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  36/5

Çözüm:
Açı hesabından \(KLMN'\)nin bir dikdörtgen olduğu ve \(ADK \sim CBM \sim ABN\) benzerlikleri kolayca görülür. \(|AD| = |BC|\) olduğu için \(ADK\) ve \(CBM\) üçgenleri aslında eşit. Benzerlik ve eşlikten \(|AK|/|BM| = |AK|/|KD| = |AN|/|NB|\) elde edilir. O halde \(KM\) doğrusu \(AB'\)ye paraleldir ve dolayısıyla \(AKD \sim KMN\) bulunur. Pisagor teoreminden \(|MK| = 10\) ve benzerlikten \(|AK|/|KM| = |AD|/|KN|\) elde edilir. Sonuç olarak \(|AK| = 6 \cdot 12/10 = 36/5\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 30

Pozitif tam bölenlerinden tam olarak 4 tanesi tam kare olan bir pozitif tam sayısının pozitif tam bölen sayısı aşağıdakilerden hangisi olamaz?

Şıklar:
A) 48 | B) 56 | C) 64 | D) 72 | E) 80

Cevap: E 80

Çözüm:
\(n = \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\) olsun. \(n'\)nin tam kare olan pozitif bölen sayısı \(\prod_{i=1}^k (|\alpha_i/2| + 1)'\)dir. Çünkü bir tam kare bölende \(p_i'\)nin kuvveti \(0, 1, \dots, \alpha_i\) sayılarından bir çift sayıdır. Dolayısıyla, \(\alpha_i = 1\) olan asallar göz ardı edildiğinde tam olarak 4 tane tam kare böleni olan bir sayı \(p^6, p^7, p^2q^2, p^2q^3\) veya \(p^3q^3\) formundadır. Böyle bir sayının da pozitif bölen sayısı sırasıyla \(7 \cdot 2^m\) (\(m \ge 0\)), \(2^m\) (\(m \ge 3\)), \(9 \cdot 2^m\) (\(m \ge 0\)), \(3 \cdot 2^m\) (\(m \ge 2\)) veya \(2^m\) (\(m \ge 4\)) olabilir. \(48 = 3 \cdot 2^4\), \(56 = 7 \cdot 2^3\), \(64 = 2^6\), \(72 = 9 \cdot 2^3\) ve \(80 = 5 \cdot 2^4\) olduğundan cevap 80'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 31

a, b ve c pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \(a + c > 2b\) ve \(b + c > 3a\) eşitsizlikleri veriliyor. Buna göre aşağıdakilerden hangisi her zaman doğrudur?

Şıklar:
A) \(c > a \ge b\) | B) \(c > b \ge a\) | C) \(c^2 > 2ab\) | D) \(3c > 4b\) | E) \(a + c > b^2\)

Cevap: C \(c^2 > 2ab\)

Çözüm:
Eşitsizliklerden \(\frac{b+c}{3} > a > 2b - c\) ve dolayısıyla \(b < \frac{4c}{5}\) elde edilir. \(\Rightarrow a < \frac{b+c}{3} < \frac{3c}{5}\). \(\Rightarrow 2ab < 2\frac{4c}{5}\frac{3c}{5} = \frac{24c^2}{25} < c^2\) elde edilir. \(a = 5.1, b = 7, c = 9\) iken (a), (d) ve (e) şıkları doğru değildir. \(a = 2, b = 1, c = 10\) iken de (b) şıkkı doğru değildir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 32

Bir masa üzerinde başlangıçta biri \(m\) diğeri \(n\) bilyeden oluşan iki öbek bulunuyor. İki oyuncu sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar ve her hamlede sırası gelen oyuncu öbeklerin birini masadan alıp diğerini hiçbiri boş olmayan iki öbeğe ayırıyor. Hamle yapamayan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun \((m, n) = (2019, 2020), (2019, 2021), (2020, 2020), (2020, 2021)\) ve \((2021, 2021)\) için birer kez oynanırsa, oyuna başlayan oyuncu bu oyunlardan kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Başlangıçta en az bir öbekte çift sayıda bilye varsa oyuna başlayan oyuncunun oyunu kazanmayı garantileyebileceğini gösterelim. Oyuna başlayan oyuncu her hamlesinde, tek sayıda bilye içeren bir öbek varsa onu, yoksa herhangi birini masadan alır ve kalan öbeği her biri tek sayıda bileyeden oluşan iki öbeğe ayırır. İkinci oyuncunun hamlesinden sonra mutlaka öbeklerden biri çift biri ise tek sayıda bilye içerir. Birinci oyuncu yine durumu her biri tek sayıda bilye içeren iki öbek durumuna getirir. Birinci oyuncunun hamle yapması gereken her durumda öbeklerin birinde çift sayıda bilye bulunduğu için o her zaman hamle yapabilecek ve bu sonlu oyunu kazanacaktır. Başlangıçta her iki öbekte de tek sayıda bilye varsa, oyuna bağlayan oyuncunun ilk hamlesinden sonra muhakkak bir öbekte çift bir öbekte tek sayıda bilye bulunur. Bu durumda ise ikinci oyuncu benzer strateji ile oyunu kazanmayı garantiler.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 1

\(2x^2 + y^2 + 7 = 2(x+1)(y+1)\) eşitliğini sağlayan tüm \((x, y)\) gerçel sayı ikililerini belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  Sadece (2, 3)

Çözüm:
**Çözüm 1:** Verilen ifade 5 ile çarptıktan sonra gerekli gruplamalar ile \((3x - 2y)^2 + (x + y - 5)^2 = 0\) elde edilir ve buradan (2, 3) çözümü bulunur. 


**Çözüm 2:** Verilen ifade \((y-x)^2 + (x-1)^2 + 4 = 2y\) eşitliğine denktir. Buradan \(a = y - x\) ve \(b = x - 1\) olmak üzere \(a^2 + b^2 + 4 = 2(a + b + 1)\) elde edilir. Bu eşitlik de \((a-1)^2 + (b-1)^2 = 0\) olarak yazılırsa \(a = b = 1\) bulunur ve sonuç olarak \(x = 2\) ve \(y = 3\) bulunur. 


**Çözüm 3:** Verilen eşitliği \(2x^2 - x(2y+2) + (y^2 - 2y+5) = 0\) olarak yazalım. \(x\)'e göre ikinci dereceden bir denklem elde ederiz ve bunun çözümü olması için diskriminantın negatif olmaması gerekir. 


\[ \Delta = (2y + 2)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (y^2 - 2y + 5) = -4y^2 + 24y - 36 = -4(y - 3)^2 \ge 0 \]


olur. Öte yandan \((y-3)^2 \ge 0\) olduğu için \((y-3)^2 = 0\), yani \(y = 3\) elde edilir. \(x = \frac{2y + 2 \pm \sqrt{\Delta}}{4}\) olduğundan \(x = 2\) bulunur. Tek çözüm (2, 3) ikilisidir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 2

Çevrel çember merkezi O olan dar açılı bir ABC üçgeninde AO doğrusuna dik olan bir doğru [AC] ve [AB] kenarlarını, sırasıyla D ve E noktalarında kesiyor. [BC] kenarı üzerinde AO nun BC'yi kestiği noktadan farklı bir K noktası alınıyor. AK doğrusu ADE üçgeninin çevrel çemberini A dan farklı bir L noktasında kesiyor. A noktasının DE doğrusuna göre simetriği M olmak üzere K, L, M, O noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
AM ile DE doğruları N de kesişsin. O noktasından AC kenarına inen dikmenin ayağı F 

  


olsun. \(AO \perp DE\) ve \(\angle BAO = 90^\circ - \angle ACB\) olduğundan \(\angle ALD = \angle AED = \angle ACB\) ve buradan da K, C, D, L noktaları çemberdeş olur. Çemberde kuvvetten 


\[AL \cdot AK = AD \cdot AC \qquad (1)\]

elde ederiz. \(F\) noktası \([AC]\) nin orta noktası ve \(N\) noktası da \([AM]\) nin orta noktası olduğundan 


\[AC = 2AF \quad \text{ve} \quad AM = 2AN \qquad (2)\]


dir. Öte yandan \(\angle DNO = \angle OFD = 90^\circ\) olduğundan \(D, N, O, F\) noktaları da çemberdeş olur. Çemberde kuvvetten 


\[AN \cdot AO = AD \cdot AF \qquad (3)\]


olur. (1), (2) ve (3) kullanılarak 


\[AL \cdot AK = AD \cdot AC = 2AF \cdot AD = 2AN \cdot AO = AM \cdot AO\]


olacağından \(K, L, M, O\) noktaları çemberdeş olur ve ispat biter.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 2. Aşama, Soru 3

\(|AB| < |BC|\) olan dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin çevrel çember merkezi \(O\), \([AB]\) ve \([AC]\) kenarlarının orta noktaları sırasıyla \(D\) ve \(E\) olmak üzere, \(OE\) doğrusu \(BC\) yi \(K\) de kesiyor. \(OKB\) üçgeninin çevrel çemberinin \(OD\) ile ikinci kesişim noktası \(L\), \(A\) dan \(KL\) doğrusuna indirilen dikmenin ayağı \(F\) olmak üzere \(F\) noktasının \(DE\) doğrusu üzerinde olduğunu gösteriniz. 

Soruda verilen bilgiden, \(O, L, K, B\) nin çembersel olduğunu biliyoruz, dolayısıyla \(A, O, K, B\) nin çembersel olduğunu göstermeliyiz. \(O\) noktasının \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi olduğunu kullanarak \(\overline{OKC} = \overline{EKC} = 90^\circ - \widehat{C} = \overline{OAB}\) eşitliğini elde ederiz, buradan \(\overline{OKB} + \overline{OAB} = 180^\circ\) olur, ispat biter. 


4. Ormandaki her cücenin üç kavuğu vardır, her kavuğun üzerinde \(1, 2, \dots, 28\) sayılarından biri yazılıdır ve her cücenin kavuklarındaki üç sayı birbirinden farklıdır. Bir gün üç şenlik düzenleniyor ve her cüce birinci şenliğe üzerindeki sayı en küçük olan kavuğunu giyerek, ikinci şenliğe üzerindeki sayı ortanca olan kavuğunu giyerek, üçüncü şenliğe ise üzerindeki sayı en büyük olan kavuğunu giyerek katılıyor. Daha sonra şenliklerden en az ikisine üzerlerindeki sayıların aynı olduğu kavuklarla katılan bir cüce ikilisinin bulunmadığı fark ediliyor. Buna göre, cücelerin sayısı en çok kaçtır? 


**Çözüm:**

Şıklar:


Çözüm:
Öncelikle \(2a^2 + 3a - 44 = (2a + 11)(a - 4)\) olduğunu gözlemleyelim. \(a > 0\) ve \(3p^n > 0\) olduğundan \(a > 4\) olduğu görülür.. \((2a + 11, a - 4) = d\) olsun. O halde \(d|2a + 11 - 2(a - 4) = 19\) olur ve buradan \(d \in \{1, 19\}\) olduğu görülür. 


1. Durum: \((2a + 11, a - 4) = 1\). 


Bu durumda \(2a + 11\) ve \(a - 4\) aralarında asal olduğundan tam olarak biri \(p^n\) ile bölünür ve dolayısıyla diğeri de 1 veya 3 olmalıdır. \(2a + 11 \ge 13\) olduğu için \(a - 4 \in \{1, 3\}\) olur. Başka bir deyişle, \(a = 5\) veya \(a = 7\). Bu iki durumdan \((5, 1, 7)\) ve \((7, 2, 5)\) çözümleri elde edilir.

Durum: \((2a + 11, a - 4) = 19\). 


Bu durumda \(p = 19\) olur ve dolayısıyla \(2a + 11\) ve \(a - 4\) sayılarından birinin 19 veya \(3 \cdot 19 = 57\) olması gerektiği görülür. O halde \(a \in \{4, 23, 61\}\) elde edilir. Bu durumlardan sadece \((23, 2, 19)\) çözümü gelir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 1

|AB| = |AC| olan bir ABC üçgeninin [BC] kenarı üzerinde alınan D ve E noktaları için |BD| = |DE| = |EC| eşitlikleri sağlanmaktadır. Buna göre, 


\[
\text{I. } s(\widehat{ADB}) = s(\widehat{AEC})
\]


\[
\text{II. } s(\widehat{BAC}) = 3 \cdot s(\widehat{DAE})
\]


\[
\text{III. } |AD| = |CD|
\]


\[
\text{IV. } |AB| = |DE|
\]


ifadelerinden hangileri doğru olabilir?

Şıklar:

Cevap:  I ve III

Çözüm:
Öncelikle \(s(\widehat{BAC}) = 3 \cdot s(\widehat{DAE})\) doğru olsaydı, AD doğrusu ABE üçgeninde hem açıortay hem kenarortay olduğundan AD ⊥ BE olurdu, benzer şekilde AE ⊥ CD elde ederdik, bu da mümkün değildir. Diğer taraftan |AB| = |DE| olursa, ABC üçgeninde üçgen eşitsizliği sağlanmaz. Dolayısıyla II ve IV olamaz. ABD ve ACE üçgenleri eş olduğundan I her zaman doğrudur. |AB| = |AC| = √24 ve |BC| = 6 olduğunda III sağlanır. Sonuç olarak cevap I ve III olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 2

\(n, 10^{10}\) ve \(16^{10}\) sayılarının en küçük ortak katı \(20^{20}\) olacak şekilde kaç farklı \(n\) pozitif tam sayısı vardır?

Şıklar:

Cevap:  41

Çözüm:
Öncelikle \(n\) sayısı \(20^{20} = 2^{40}5^{20}\)'nin bir böleni olduğundan \(n = 2^x5^y\) formundadır. \(10^{10} = 2^{10}5^{10}\) ve \(16^{10} = 2^{40}\) olduğundan \(\max\{x, 10, 40\} = 40\) ve \(\max\{y, 10, 0\} = 20\) elde edilir. Buradan \(x \in \{0, 1, \dots, 40\}\) ve \(y = 20\) bulunur. Sonuç olarak koşulu sağlayan 41 tane farklı \(n\) pozitif tam sayısı vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 3

a ve b gerçel sayılar olmak üzere, \(2a + b + 1 = 0\) ise, \(a^2 + b^2\) nin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  1/5

Çözüm:
\(b = -2a - 1\) olduğundan \(a^2 + b^2 = a^2 + (-2a - 1)^2 = 5a^2 + 4a + 1 = 5(a + 2/5)^2 + 1/5 \ge 1/5\) olur. Eşitlik \(a = -2/5, b = -1/5\) iken sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 4

9 farklı top 5 farklı kutuya, en az 3 kutu boş kalacak biçimde kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

Şıklar:

Cevap:  5105

Çözüm:
Toplar, boş kutu sayısı 3 ise \(\binom{5}{3}(2^9 - 2) = 5100\), boş kutu sayısı 4 ise \(\binom{5}{4} = 5\) şekilde dağıtılabilir. Buna göre cevap \(5100 + 5 = 5105\)

olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 5

\(s(\widehat{BAC}) = 110^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \([AB]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktaları almıyor. \(s(\widehat{ADE}) = 30^\circ\), \(s(\widehat{BCD}) = 10^\circ\) ve \(|DE| = |EC|\) ise, \(s(\widehat{BEC})\) kaç derecedir?

Şıklar:

Cevap:  \(130^\circ\)

Çözüm:
\(s(\widehat{DAE}) = 110^\circ\) ve \(s(\widehat{ADE}) = 30^\circ\) olduğundan \(s(\widehat{DEA}) = 40^\circ\) buluruz. Buradan \(|DE| = |EC|\) olduğunu kullanarak \(s(\widehat{EDC}) = s(\widehat{ECD}) = 20^\circ\) bulunur. \(s(\widehat{BCE}) = 30^\circ = s(\widehat{ADE})\) olduğundan \(BDEC\) kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla \(s(\widehat{BEC}) = s(\widehat{BDC}) = 180^\circ - s(\widehat{ADC}) = 130^\circ\) elde ederiz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 6

\(m\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(n^2 + 5n + 7\) ve \(2n^2 + 3n + 5\) sayılarının ikisi de \(m\) ile tam bölünecek şekilde bir \(n\) pozitif tam sayısı varsa \(m\) ye güzel sayı diyelim. Tüm güzel sayıların toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(110\)

Çözüm:
\(m|n^2 + 5n + 7\) ve \(m|2n^2 + 3n + 5\) olsun. O halde \(m\) sayısı \(2(n^2 + 5n + 7) - (2n^2 + 3n + 5) = 7n + 9\) sayısını da böler. O zaman \(m|7(n^2 + 5n + 7) - n(7n + 9) = 26n + 49\) bulunur. Buradan da \(m|7(26n + 49) - 26(7n + 9) = 109\) elde edilir. O halde 109 asal sayı olduğu için \(m = 1\) veya \(m = 109\) olabilir. Açıkça görüleceği üzere 1 güzel sayıdır. \(m = 109\) için \(109|7n + 9\) olması kullanılarak \(n = 61\) iken şartların sağlandığı kolayca görülür ve sonuç olarak 109 da güzel sayıdır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 7

\(a\), \(b\) ve \(c\) farklı gerçel sayılar olmak üzere, \(x^2 + (a + b)x + b + c = 0\) ve \(x^2 + (a + c)x + 2c = 0\) denklemlerinin ortak bir kökü bulunmaktadır. Buna göre \(a - c\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Ortak kök \(t\) olsun. O halde \(0 = 0 - 0 = (t^2 + (a + b)t + b + c) - (t^2 + (a + c)t + 2c) = (b - c)(t + 1)\) elde edilir. \(b \neq c\) olduğundan \(t = -1\) bulunur. O zaman \(1 - (a + c) + 2c = 0\) olduğundan \(a - c = 1\)'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 8

Bir tahtada bir \(A\) pozitif tam sayısı yazılıdır. Herhangi bir dört basamaklı \(B\) pozitif tam sayısı için, \(A\) sayısının bazı basamaklarını silerek \(B\) sayısını elde etmek mümkündür. Buna göre, \(A\) sayısının basamak sayısı en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  39

Çözüm:
Sayıların en az üçü 0, en az dördü 1, en az üçü 2,..., en az dördü 9 olmak zorundadır. Buna göre A sayısının basamak sayısı en az 3 + 9 · 4 = 39 olmalıdır. Diğer taraftan 39 basamaklı 123456789123456789012345678901234567890 sayısı sorudaki şartı sağlar. Buna göre, cevap 39 olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 9

\(s(\widehat{BAC}) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB| = 1\) ve \(|AC| = 2\) dir. \([BC]\) üzerinde alınan bir \(D\) noktası ve \([CD]\) üzerinde alınan bir \(E\) noktası için, \(|AD| = \frac{2}{\sqrt{5}}\) ve \(s(\widehat{DAE}) = s(\widehat{ACE})\) eşitlikleri sağlanmaktadır. Buna göre \(|AE|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
\(ABC\) dik üçgeninde \(|BC| = \sqrt{5}\) ve \(A\)'ya ait yüksekliğin uzunluğu \(2/\sqrt{5}\) tir. Yani \([AD]\) yüksekliktir. \(\triangle DAE \sim \triangle DCA\) olduğundan \(|AD|^2 = |DE| \cdot |DC|\) dir. Öklit teoreminden \(|AD|^2 = |BD| \cdot |CD|\)'dir. Buradan da \(|BD| = |DE|\) olur. \(AD \perp BE\) olduğundan \(ABE\) üçgeni ikizkenardır ve \(|AE| = |AB| = 1\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 10

Bir tahtaya ilk 123 pozitif tam sayı birer kez yazılmıştır. Bu tahtada kalan sayıların çarpımının ondalık yazılımı 4 ile bitecek şekilde tahtadaki sayılardan \(n\) tanesini silmek mümkün ise, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  25

Çözüm:
5 sayısının katları olan 24 sayının tahtadan silinmesi zorunludur. \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9\) sayısı 6 rakamıyla bitiyor. 121 · 122 · 123 sayısı da 6 rakamıyla bitiyor. Bu nedenle kalan sayıların çarpımı 6 ile bitiyor. Buna göre, tahtadan en az bir sayı daha silinmeli. 4 sayısı da tahtadan silinirse kalan sayıların çarpımı çift olacağından 4 rakamıyla bitecektir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2021, 1. Aşama, Soru 11

\(x\) ve \(y\) gerçel sayılar olmak üzere, 


\[ 
\begin{aligned}
x &= y^2 - y - 2 \\
y &= -x^2 - x + 2
\end{aligned}
\]


ise, \(x + y\) toplamının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
Verilen iki eşitliği taraf tarafa toplarsak \(x + y = y^2 - x^2 - y - x = (x + y)(y - x - 1)\) ve buradan da \(x + y = 0\) veya \(y - x = 2\) elde ederiz. \(x = \sqrt{2}, y = -\sqrt{2}\) iken \(x + y = 0\) olur. \(y - x = 2\) iken ilk denklemden \(y - 2 = y^2 - y - 2\) ve \(y^2 = 2y\) buluruz. Bu ise \(y = 0, x = -2\) veya \(y = 2, x = 0\) olduğunu gösterir. Sonuç olarak \(x + y\) ifadesi 0, -2 ve 2 değerlerini alabilir.