alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 25

\(C_1\) ve \(C_2\) çemberleri \(A\) ve \(B\) noktalarında kesişiyor. Bir \(\ell\) doğrusu \(C_1\) çemberini \(C\) ve \(F\), \(C_2\) çemberini \(D\) ve \(G\), \([AB]\) doğru parçasını da \(E\) noktasında kesiyor. Bu noktalar \(\ell\) doğrusu üzerinde \(C, D, E, F, G\) sırasıyla yer alıyor. \(|CD| = 8, |DE| = 4\) ve \(|FG| = 6\) ise, \(|EF|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  3

Çözüm:
\(|CD| = x, |DE| = y, |EF| = z, |FG| = k\) olsun. \(C_1\) ve \(C_2\) çemberlerine göre kuvvetten \((x+y)z = |AE| \cdot |EB| = y(z+k)\) ve buradan da \(z = yk/x = 4 \cdot 6/8 = 3\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 26

3, 5, 8 ve 13 sayılarından kaç tanesi en az bir \(n\) pozitif tam sayısı için \(3^n + 5^n + 7^n + 11^n\) toplamını tam böler?

Şıklar:

Cevap:  6

Çözüm:
\(8 \equiv 29 \equiv 57 = 1 \pmod 7\) olduğuna göre, beyaz taşın ağırlığı mod 7 de 6 olacaktır. Bu nedenle beyaz taşın ağırlığının alabileceği en küçük değer de 6 dır. Beyaz taşın ağırlığı 6 olabiliyor: tartının sol kefesindeki taşların ağırlıkları 29, 29, 29, tartının sağ kefesindeki taşlar 57, 8, 8, 8, 6 olursa denklik sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 27

Ahmet ve Burak aynı anda düz bir yolda sabit hızlarla yürümeye başlıyorlar. Ahmet dakikada *a* birim yol alırken Burak dakikada *a* + 1 birim yol alıyor. Burak'ın 10 birim yol katettiği andan iki dakika sonra Ahmet 9 birim yol katetmiş oluyor. Buna göre *a* kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  3/2

Çözüm:
Burak *t* dakikada 10 birim yol katetmiş olsun. O halde \(t(a+1) = 10\) ve \((t+2)a = 9\). Buradan \(\frac{9}{a} - \frac{10}{a+1} = 2\) bulunur. \(\Rightarrow 9a+9-10a = 2a^2+2a\). \(\Rightarrow 2a^2 + 3a - 9 = 0\). \(\Rightarrow (2a - 3)(a + 3) = 0\). *a* negatif olamayacağı için \(a = 3/2\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 28

Başlangıçta hiçbir birim karesi boyalı olmayan \(8 \times 8\) bir tahtanın her birim karesi kırmızı veya maviye, tahtanın birim karelerinden oluşan her \(2 \times 2\) karede çift sayıda kırmızı birim kare bulunacak biçimde kaç farklı şekilde boyanabilir?

Şıklar:

Cevap:  32768

Çözüm:
Satranç tahtasının en sol sütun ve en üst satırındaki tüm birim karelerin rastgele boyandığını varsayalım. Bundan sonra 2. satırdaki tüm birim kareler soldan sağa tek türlü boyanacaktır. Benzer şekilde 3., 4., ..., 8. satırdaki birim kareler de tek türlü boyanacaktır. Buna göre, satranç tahtasının en sol sütun ve en üst satırındakı birim karelerin renkleri tüm birim karelerin renklerini tek türlü belirliyor ve farklı boyama sayısı \(2^{15} = 32768\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 29

Dışbükey bir *ABCD* dörtgeninde *AC* köşegeni \(\overline{DAB}\) ve \(\overline{BCD}\) açılarının iç açıortayıdır. \(\overline{ABC}\) ve \(\overline{CDA}\) açılarının iç açıortayları arasındaki dar açı \(40^\circ\) ise, \(\overline{ABC}\) açısının iç açıortayı ile *AC* köşegeni arasındaki dar açı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(70^\circ\)

Çözüm:
Verilen bilgilerden \(s(\overline{BAC}) = s(\overline{DAC})\) ve \(s(\overline{DCA}) = s(\overline{BCA})\) olur ve dolayısıyla \(\overline{ABC}\) üçgeni ile \(\overline{ADC}\) üçgeni eştir (a.a.k.). O halde \(\overline{ABC}\) ve \(\overline{CDA}\) açılarının iç açırtayları \([AC]\) kenarını aynı noktada keserler. Bu nokta *P* olsun. Genelliğği bozmadan \(s(\overline{APB}) \le 90^\circ\) kabul edebiliriz. O zaman ya \(s(\overline{DPB}) = 40^\circ\) ya da \(s(\overline{DPB}) = 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ\). \(\overline{ABCD}\) dışbükey dörtgen olduğundan \(\overline{BAC}\) dar açıdır ve dolayısıyla \(s(\overline{DPB}) = 40^\circ\) olamaz. \(\Rightarrow s(\overline{DPB}) = 140^\circ\) ve \(s(\overline{APB}) = 140^\circ/2 = 70^\circ\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 30

Rakamlarının yeniden sıralanması sonucu bir tam kare elde edilebilen bir pozitif tam sayıya *karesel sayı* diyelim. Örneğin, 7416 sayısının rakamları yeniden sıralanarak 1764 = \(42^2\) sayısı elde edilebildiğinden 7416 bir karesel sayıdır. 2345, 3456, 5678 ve 6731 dört basamaklı pozitif tam sayılarından kaç tanesi karesel sayıdır?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
2345, 5678, 6731 sayılarının basamakları toplamı 3 modunda 2 ye denk olduğundan bu sayılar karesel olamaz. 4356 = 66² olduğundan 3456 kareseldir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 31

\(a_1(a_1-4) + a_2(a_2-4) + \dots + a_{24}(a_{24}-4) = -95\) eşitliğini sağlayan kaç farklı \((a_1, a_2, \dots, a_{24})\) tam sayı 24-lüsü vardır?

Şıklar:

Cevap:  48

Çözüm:
Verilen eşitlik \((a_1-2)^2 + (a_2-2)^2 + \dots + (a_{24}-2)^2 = 1\) eşitliğine denktir. Yani bu 24 sayıdan bir tanesi 1 veya 3, diğerleri ise 0 olmalıdır. Toplam 48 tane 24-lü vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 32

12 × 12 bir tahtanın k birim karesine herhangi ikisi birbirinden farklı olan birer tam sayı yazılmıştır. Ortak bir kenara veya köşeye sahip iki birim kare komşu kabul ediliyor. Tahtada yazılı olan her bir sayı, bulunduğu kareyle komşu olan birim karelerdeki sayıların en fazla birinden küçükse, k nin alabileceği en büyük değer nedir?

Şıklar:

Cevap:  72

Çözüm:
2 × 2 bir karede ikiden fazla sayı yazılırsa, bu karedeki en küçük sayı en az iki komşusundan daha küçük olur. Bu nedenle tahtada en fazla \(\frac{12 \cdot 12}{4} \cdot 2 = 72\) sayı olabilir. En üst satırdan başlayarak, 1. satıra soldan sağa 1, 2,...,12, 3. satıra soldan sağa 13, 14,...,24, 5. satıra soldan sağa 25, 26,...,36, ..., 12. satıra soldan sağa 61, 62,...,72 sayılarını sırayla yazarsak koşullar sağlanmış olacaktır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 2. Aşama, Soru 1

\(a\) ve \(n\) pozitif tam sayılar ve \(p\) asal sayı olmak üzere 


\[2a^2 + 3a - 44 = 3p^n\]


denklemini sağlayan tüm \((a, n, p)\) üçlülerini bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  \((5, 1, 7)\), \((7, 2, 5)\) ve \((23, 2, 19)\)

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 2019, 2. Aşama, Soru 2

\(x, y, z\) pozitif gerçel sayıları \(xy + yz + zx = x^5 + y^5 + z^5\) eşitliğini sağlıyorsa 


\[x^2y + y^2z + z^2x \le 3\]


olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(A = xy + yz + xz = x^5 + y^5 + z^5\) olsun. AGO eşitsizliğinden 


\[ 
\begin{align*}
x^5 + y^5 + 1 + 1 + 1 &\ge 5xy \\
x^5 + z^5 + 1 + 1 + 1 &\ge 5xz \\
z^5 + y^5 + 1 + 1 + 1 &\ge 5yz
\end{align*}
\]


elde edilir ve bu eşitsizlikler taraf tarafa toplandığında \(2A + 9 \ge 5A\) bulunur. O halde \(A \le 3\).

\[
\begin{align*}
\overbrace{x^5 + \cdots + x^5}^{4 \text{ tane}} + \overbrace{xy + \cdots + xy}^{10 \text{ tane}} + y^5 &\ge 15x^2y \\
\overbrace{y^5 + \cdots + y^5}^{4 \text{ tane}} + \overbrace{yz + \cdots + yz}^{10 \text{ tane}} + yz^2 &\ge 15y^2z \\
\overbrace{z^5 + \cdots + z^5}^{4 \text{ tane}} + \overbrace{xz + \cdots + xz}^{10 \text{ tane}} + xz^2 &\ge 15z^2x
\end{align*}
\]


eşitsizlikleri elde edilir ve bunlar taraf tarafa toplanıp her iki taraf 15 ile bölündüğünde 


\[
x^2y + y^2z + z^2x \le A
\]


olduğu görülür. Sonuç olarak, \(A \le 3\) olduğundan \(x^2y + y^2z + z^2x \le 3\) elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 2. Aşama, Soru 3

*ABC* üçgeninin iç teğet çemberinin *BC*, *CA* ve *AB* kenarlarına değdiği noktalar sırasıyla *D*, *E* ve *F* olsun. A köşesine ait iç açıortayın *DE* ve *DF* yi kestiği noktalar *P* ve *Q* olsun. *DPQ* üçgeninin çevrel çember merkezinin [*BC*] nin orta noktası olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
 


*DPQ* üçgeninin çevrel merkezine *N* ve [*EF*] nin orta noktasına *R* diyelim. Öncelikle *N* noktasının [*BC*] üzerinde olduğunu ispatlayalım. *P* den *AC* ye çizilen paralelin *BC* ile kesişimine *N*₁ dersek, \(s(\widehat{DN_1P}) = s(\widehat{C})\) ve \(|N_1D| = |N_1P|\) elde ederiz. \(QR \perp EF\) ve \(s(\widehat{EFD}) = 90^\circ - \frac{s(\widehat{C})}{2}\) olduğundan, \(s(\widehat{PQD}) = 90^\circ - s(\widehat{EFD}) = \frac{s(\widehat{C})}{2}\) bulunur. Dolayısıyla \(s(\widehat{DN_1P}) = 2 \cdot s(\widehat{DQP})\) ve \(|N_1D| = |N_1P|\) olup, \(N_1 = N\) elde ederiz ve sonuç olarak \(N \in [BC]\) olur. Ayrıca, \(N_1 = N\) olması \(NP \parallel EC\) ve \(NQ \parallel BF\) olduğunu da gösterir. Şimdi, \(|NB| = |NC|\) olduğunu göstermeliyiz. 


*DEF* üçgeninde *P*, *Q*, *R* noktalarına göre Menelaus teoreminden, 


\[
\frac{|QD|}{|QF|} \frac{|EF|}{|PD|} = \frac{|ER|}{|RF|} = 1
\]

elde ederiz. \(NQ \parallel BF\) olduğundan \(\frac{|QD|}{|QF|} = \frac{|ND|}{|NB|}\) ve aynı şekilde \(NP \parallel EC\) olduğundan \(\frac{|EP|}{|PD|} = \frac{|NC|}{|ND|}\) bulunur. Dolayısıyla, 


\[ \frac{|NC|}{|NB|} = \frac{|NC|}{|ND|} \cdot \frac{|ND|}{|NB|} = \frac{|EP|}{|PD|} \cdot \frac{|QD|}{|QF|} = 1 \]


elde ederiz ve ispat biter.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2019, 2. Aşama, Soru 4

Her biri renkli toplar içeren 27 karton kutu ve 27 plastik kutu bulunuyor. Aynı türden herhangi iki kutuda aynı renkte top bulunmuyor fakat farklı türden herhangi iki kutuda aynı renkte top bulunuyor. Her adımda, farklı türden kutularda bulunan aynı renkte iki top seçip bunları istediğimiz bir renge boyuyoruz. Başlangıç durumu nasıl olursa olsun, en fazla \(n\) adım sonucunda her kutunun aynı renkte en az iki top içermesini sağlayabiliyorsak, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  Tüm pozitif çift sayılar; 2k, k ∈ $\mathbb{Z}^+$

Çözüm:
Cevap: 41. 


İlk önce 41 işlemin yeterli olacağını gösterelim. Kutuları her biri 2 karton ve 2 plastik kutu içeren 12 gruba ve 3 karton ve 3 plastik kutu içeren bir diğer gruba ayıralım. Birinci grubun \(K_1\) kutusundaki renkler \(\{1, 2, ...\}\), \(K_2\) kutusundaki renkler \(\{3, 4, ...\}\), \(P_1\) kutusundaki renkler \(\{1, 3, ...\}\) ve \(P_2\) kutusundaki renkler \(\{2, 4, ...\}\) olsun. Üç işlemde sırasıyla 2, 4 ve 3 renkli topları 1 rengine boyarsak bu gruptaki her kutu istenen koşulusağlayacaktır. Dört kutudan oluşan diğer 11 grupta da benzer şekilde işlemler yaparak 48 kutunun koşulu sağlanmasını sağlayabiliriz. 


Sonuncu grubun \(K_{25}\) kutusundaki renkler \(\{49, 50, 51, ...\}\), \(K_{26}\) kutusundaki renkler \(\{52, 53, 54, ...\}\), \(K_{27}\) kutusundaki renkler \(\{55, 56, 57, ...\}\), \(P_{25}\) kutusundaki renkler \(\{49, 52, 55, ...\}\), \(P_{26}\) kutusundaki renkler \(\{50, 53, 56, ...\}\), ve \(P_{27}\) kutusundaki renkler \(\{51, 54, 57, ...\}\), olsun. Beş işlemde sırasıyla 50, 53, 54, 57 ve 55 renkli topları 49 rengine boyarsak bu gruptaki her kutu istenen koşulu sağlayacaktır. Dolayısıyla \(3 \cdot 12 + 5 = 41\) işlem yeterli olacaktır. 


Şimdi en az 41 işlem gerektiren bir duruma örnek verelim. Farklı türden herhangi iki kutuda tam olarak bir top çifti aynı renkte olsun. Sadece bir işlem yapılan karton kutu sayısı \(k\) olsun. O zaman kalan karton kutulara en az \(54 - 2k\) ve toplamda karton kutulara en az \(54 - k\) işlem yapılacaktır. Bu \(k\) işlem kendi başına hiçbir plastik kutuda aynı renkli iki top oluşturmaz. Buna göre, 27 plastik kutunun her birine bu \(k\) işlem dışında işlem yapılması gerekir ve toplamda plastik kutulara en az \(27 + k\) işlem yapılacaktır. Sonuç olarak \(\max\{54 - k, 27 + k\} \ge 41\) olduğundan en az 41 işlem gerektiği görülür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 1

\(ABCD\) bir kare olmak üzere, \(AC\) doğrusu üzerinde bir \(E\) noktası, \(C\) noktası \(A\) ile \(E\) arasında olacak şekilde alınmıştır. \(|AC| = |CE|\) ve \(|DE| = 30\) ise, \(|AB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  \(6\sqrt{5}\)

Çözüm:
\(AC\) ile \(BD'\)nin kesişimi \(O\) olsun. \(|OD| = x\) dersek, \(|AO| = |BO| = |CO| = x\), \(|OE| = 3x\) ve \(|AB| = x\sqrt{2}\) olur. \(ODE\) dik üçgeninde Pisagor teoreminden \(|DE| = x\sqrt{10}\) elde edilir. \(\Rightarrow x = 3\sqrt{10}\). \(\Rightarrow |AB| = 3\sqrt{10} \cdot \sqrt{2} = 6\sqrt{5}\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 2

\(n\) iki basamaklı pozitif tam sayısının ondalık yazılımı \(AB\) olmak üzere, \(1, 2, \dots, n\) sayılarının basamak sayılarının toplamının ondalık yazılımı \(BA\) ise, \(A + B\) aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) 3 | B) 5 | C) 7 | D) 9 | E) 11

Cevap: D 9

Çözüm:
1'den \(n\)'ye kadar olan sayıların basamak sayılarının toplamı \(9 + 2(n-9) = 2n - 9\) olduğundan \(10B + A = 2(10A + B) - 9\) elde edilir. Buradan \(19A = 8B + 9\) gelir. \(\Rightarrow 8|3 \cdot A - 1\). \(\Rightarrow A = 3\). \(\Rightarrow B = 6\). O halde \(A + B = 9\)'dur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 3

Bir kesedeki topların %28 i kırmızı, diğerleri ise beyaz renktedir. Kırmızı topların bir kısmı keseden çıkarıldıktan sonra kesede kalan topların %90 i beyaz ise, kesede kalan top sayısının keseden çıkarılan top sayısına oranı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
Keseden çıkarılan top sayısının toplam top sayısına oranı \(x\) olsun. O zaman \(x + (1 - x)(1 - 0.9) = 0.28\) olur ve buradan da \(x = 0.2\) gelir. O halde cevap \((1 - x)/x = 0.8/0.2 = 4\)'tür.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 4

Aslı, ardışık birkaç gün boyunca her gün 2 veya 3 şeker yiyerek özdeş 20 şeker içeren bir kavanozdaki şekerlerin tümünü kaç farklı şekilde bitirebilir?

Şıklar:

Cevap:  114

Çözüm:
Aslı'nın 2 şeker yediği gün sayısı \(m\), 3 şeker yediği gün sayısı \(n\) olsun. \(2m + 3n = 20\) elde edilir. O halde \((m, n) \in \{(10, 0), (7, 2), (4, 4), (1, 6)\}\). Aslı, \(m\) ve \(n\) sabit iken şekerleri \(\binom{m+n}{m}\) farklı şekilde yiyebilir. O halde cevap \(\binom{10}{10} + \binom{9}{7} + \binom{8}{4} + \binom{7}{1} = 1 + 36 + 70 + 7 = 114\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 5

\(s(ABC) = 90^\circ\) olan bir \(ABC\) dik üçgeninin \([BC]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktaları alınıyor. \(2|AE| = 3|EC|\), \(|AB| = 6\) ve \(|BD| = 2\) ise, \(BED\) üçgeninin alanı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  12/5

Çözüm:
E noktasından BC doğrusuna inen dikme ayağı F olsun. O halde AB ile EF doğruları paralleldir. Dolayısıyla |EF|/|AB| = |EC|/|AC| elde edilir. 2|AE| = 3|EC| de kullanılarak |EF| = 12/5 bulunur. O halde Alan(BDE) = 1/2 · 2 · 12/5 = 12/5 bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 6

a > b ve okek(a, b) - obeb(a, b) = 28 koşullarını sağlayan kaç farklı (a, b) pozitif tam sayı ikilisi vardır?

Şıklar:

Cevap:  7

Çözüm:
obeb(a, b) = d olsun. O halde x ve y pozitif tam sayılar olmak üzere, a = dx, b = dy, obeb(x, y) = 1 ve x > y dir. O zaman d(xy - 1) = 28 elde edilir. d = 1, 2, 4, 7, 14, 28 olabilir. d = 1 için (x, y) = (29, 1) tek çözümdür. d = 2 için (x, y) = (15, 1), (5, 3) tüm çözümlerdir. d = 4 için (x, y) = (8, 1) tek çözümdür. d = 7 için (x, y) = (5, 1) tek çözümdür. d = 14 için (x, y) = (3, 1) tek çözümdür. d = 28 için (x, y) = (2, 1) tek çözümdür. Toplam 1 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 7 farklı çözüm elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 7

Aslı, yeni bir test kitabı aldıktan sonra ilk gün bu kitaptaki soruların bir tanesini, ikinci gün kalan soruların dörtte birini, üçüncü gün kalan soruların bir tanesini, dördüncü gün ise kalan soruların dörtte birini çözüştür. Son durumda bu kitaptaki çözülmemiş soru sayısı 30 ile 50 arasında olduğuna göre, bu kitaptaki toplam soru sayısının alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  138

Çözüm:
Aslı'nın dördüncü gün çözdüğü soru sayısı x olsun. O halde üçüncü gün sonunda kitaptaki çözülmemiş soru sayısı 4x'tir ve ikinci gün sonunda kitaptaki çözülmemiş soru sayısı 2x + 1'dir. Aslı ikinci gün kalan soruların dörtte birini çözdüğüne göre birinci gün sonunda kitaptaki çözülmemiş soru sayısı (4x + 1)/3'tür ve dolayısıyla kitaptaki toplam soru sayısı 4(4x + 1)/3 + 1'dir. Bunun bir tam sayı olabilmesi için y bir tam sayı olmak üzere x = 3y + 2 olmalıdır. O halde kitaptaki toplam soru sayısı 16y + 13 ve dördüncü gün sonunda kitaptaki çözülmemiş soru sayısi 9y + 6 olur. 30 ≤ 9y + 6 ≤ 50 eşitsizliği sadece y = 3 veya y = 4 iken sağlanır. Sonuç olarak kitaptaki toplam soru sayısı 61 veya 77 olabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 8

Başlangıçta bir çember etrafında 28 boş kutu bulunuyor. Her işlemde, her iki komşusu boş olan bir boş kutuya bir top yerleştiriliyor ya da bir top bulunduğu kutunun boş bir komşu kutusuna aktarılıyor. Birkaç işlem sonucunda boş olmayan kutu sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  26

Çözüm:
Birkaç işlem sonucunda bir kutuda ya 0 ya da 1 tane top bulunduğu kolayca görülür. O halde boş olmayan kutu sayısı kutulara dışarıdan eklenen top sayısına eşittir. Dışarıdan bir topu boş bir kutuya yerleştirebilmek için 3 boş kutu bulunmalı. Dolayısıyla boş

olmayan kutu sayısı en fazla 26'dır. Şimdi boş olmayan kutu sayısının 26 olabileceğini gösterelim. Bir kutudan başlayıp saat yönünde sırasıyla kutulara \(K_1, K_2, \dots, k_{28}\) diyelim. \(K_1\)2e bir top yerleştirelim. \(K_3\)'e bir top yerleştirip bu topu \(K_2\)'ye aktaralım. \(K_4\)'e bir top yerleştirip bu topu \(K_3\)'e aktaralım. Benzer biçimde devam edip en son \(K_{27}\)'ye bir top yerleştirip bu topu \(K_{26}\)'ya aktaralım.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 9

Bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde sırasıyla \(D\) ve \(E\) noktaları alınıyor. \(s(\overline{BAD}) = s(\overline{EDC})\), \(s(\overline{DAC}) = s(\overline{ACD})\), \(|BD| = 2\), \(|AE| = 3\) ve \(|CD| = 4\) ise, \(|EC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  3/2

Çözüm:
Açı hesabından \(s(\overline{ABD}) = s(\overline{ADE})\) bulunur. O zaman \(ABC \sim EDA'\)dir (A.A.A). Benzerlikten \(|BC|/|AC| = |DA|/|EA|\) elde edilir. Ayrıca ikizkenarlıktan \(|AD| = |CD| = 4\) bulunur. Buradan da \(|AC| = 3 \cdot 6/4 = 9/2\) ve \(|EC| = \frac{9}{2} - 3 = 3/2\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 10

Dört basamaklı \(4A3B\) pozitif tam sayısının 36 ile bölümünden kalan 19 dur. Buna göre \(A\) nın alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  12

Çözüm:
Verilen dört basamaklı sayı \(36k + 19\) formundadır. Dolayısıyla bu sayının 4 ile bölümünden kalan 3, 9 ile bölümünden kalan ise 1'dir. O halde \(4|30 + B - 3 = 27 + B\) ve \(9|4 + A + 3 + B - 1 = A + B + 6\) elde edilir. Buradan \(B'nin 1, 5\) veya 9 olacağı görülür. \(B = 1\) ise, \(9|A + 7 \Rightarrow A = 2\). \(B = 5\) ise, \(9|A + 11 \Rightarrow A = 7\). \(B = 9\) ise, \(9|A + 15 \Rightarrow A = 3\). Sonuç olarak cevap \(2 + 7 + 3 = 12\)'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 11

\(x\) ve \(y\) gerçel sayılar olmak üzere, \(9x^2 + 2y^2 - 6xy - 10y\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:
A) \(-24\) | B) \(-25\) | C) \(-26\) | D) \(-27\) | E) \(-28\)

Cevap: B \(-25\)

Çözüm:
\(9x^2 + 2y^2 - 6xy - 10y = (3x - y)^2 + (y - 5)^2 - 25 \ge -25\) tir. Eşitlik durumu \(x = 5/3\) ve \(y = 5\) iken sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 12

\(5 \times 5\) bir satranç tahtasının her bir birim karesine 1, 2 ve 3 sayılarından biri, ortak bir kenar paylaşan herhangi iki birim karedeki sayıların toplamı tek sayı olacak biçimde kaç farklı şekilde yazılabilir?

Şıklar:

Cevap:  12288

Çözüm:
Tahtayı satranç tahtası gibi siyah ve beyaza boyayalım. Sorudaki koşullara göre, 2 sayısı ya sadece tüm siyah birim karelere ya da sadece tüm beyaz karelere yazılacaktır. Kalan karelere 1 ve 3 sayılarının herhangi biri yazılabilir. Buna göre cevap \(2^{13} + 2^{12} = 12288\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 13

Bir ABCD dışbükey dörtgeninde \(|AD| = 1\), \(|CD| = 3\), \(|BC| = \sqrt{3}\), \(s(\overline{ABC}) = 30^\circ\) ve \(s(\overline{DAB}) = 60^\circ\) ise, \(|AB|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
C noktasından geçen ve AD doğrusuna paralel olan doğru [AB] kenarını E noktasında kessin. ECB içgeni \(30^\circ - 60^\circ - 90^\circ\) üçgeni olacağından \(|EC| = 1\) ve \(|EB| = 2\) olur. EC || AD ve |EC| = |AD| olduğundan AECD bir paralelkenar olur. \(\Rightarrow |AE| = |CD| = 3\). \(\Rightarrow |AB| = 3 + 2 = 5\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 14

Bir a pozitif tam sayısı için \(1 + 20^n + 101^n + 2020^n\) toplamının a ile tam bölünmesini sağlayan en az bir n pozitif tam sayısı bulunuyorsa, a ya şanslı sayı diyelim. 7, 11, 13, 17 ve 19 sayılarından kaç tanesi şanslı sayıdır?

Şıklar:

Cevap:  4

Çözüm:
\(S_n = 1 + 20^n + 101^n + 2020^n = (20^n + 1)(101^n + 1)\) olsun. \(S_1\) sayısı 7 ve 17'ye, \(S_3\) sayısı 13'ye, \(S_5\) sayısı 11'ye tam bölünür. Öte yandan \(20^n + 1 \equiv 2 \pmod{19}\) ve \(101^n + 1 \equiv 6^n + 1 \not\equiv 0 \pmod{19}\) olduğundan hiçbir n için \(S_n\) sayısı 19 ile bölünemez.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 15

1,2,...,60 sayıları her birinde 5 eleman bulunan 12 gruba ayrılıyor. Bu grupların ortancalarının toplamının alabileceği en büyük değer nedir? (Not: \(a < b < c < d < e\) sayılarının ortancası c dir.)

Şıklar:

Cevap:  498

Çözüm:
Grupların ortancaları \(a_1 < a_2 < \cdots < a_{11} < a_{12}\) olsun. O zaman \(a_{12} \le 58, a_{11} \le 55, \ldots, a_{11} \le 28, a_{12} \le 25\) olur. Buna göre cevap en fazla \(25 + 28 + \cdots + 55 + 58 = 498\) olabilir. Gruplar \(\{1, 2, 58, 59, 60\}, \{3, 4, 55, 56, 57\}, \ldots, \{21, 22, 28, 29, 30\}, \{23, 24, 25, 26, 27\}\) şeklinde olursa 498 sayısı elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 16

302 tane bilye bir çember etrafına yerleştirilmiş 28 tane kutuya, her bir kutuda en az bir bilye bulunacak şekilde dağıtılmıştır. Herhangi ardışık üç kutudaki toplam bilye sayısı en az 32 ise, bir kutudaki bilye sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:

Cevap:  14

Çözüm:
Bir kutuyu belirleyip bunun dışındaki 27 kutuyu 9 tane ardışık üçlülere ayıralım. O zaman bu kutudaki top sayısı en fazla \(302 - 9 \cdot 32 = 14\) olabilir. Şimdi 14 için bir örnek verelim: kutulardaki top sayıları \(14, 10, 11, 11, 10, 11, 11, \ldots, 10, 11, 11\) şeklinde olursa koşullar sağlanmış olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 17

\(s(\overline{ABC}) = 135^\circ\) olan bir ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O olsun. B den geçip OC' ye paralel olan doğru [AO] doğru parçasını D noktasında, B den geçip OA ya paralel olan doğru [OC] doğru parçasını E noktasında kesmektedir. \(|AD| = 1\) ve \(|OD| = 24\) ise, \(|EC|\) kaçtır?

Şıklar:

Cevap:  18

Çözüm:
\(s(\widehat{ABC}) = 135^\circ\) olduğu için \(s(\widehat{AOC}) = 90^\circ\) dir. Ayrıca \(ODBE\) bir paralelkenar olduğu için bir dikdörtgendir. \(|OB| = |OC| = 1 + 24 = 25\). \(DOB\) dik üçgeninde Pisagor teoreminden \(|DB| = 7\) bulunur. \(\Rightarrow |OE| = 7\). \(\Rightarrow |EC| = 25 - 7 = 18\).
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2020, 1. Aşama, Soru 18

10 tane tam sayının küplerinin toplamı 1000 ise, bu 10 sayının toplamı 24, 26, 28 ve 30 sayılarından kaçına eşit olabilir?

Şıklar:

Cevap:  1

Çözüm:
Bir \(n\) tam sayısı için \(n^3 - n = (n-1)n(n+1)\) üç ardışık sayının çarpımı olduğundan 6 ile tam bölünür. Yani küpler toplamı ile sayıların toplamı 6 modunda denk olmalıdır. \(1000 \equiv 4 \pmod{6}\) olduğundan sayılar toplamı 24, 26 veya 30 olamaz. 28 için örnek: \(1000 = 8^3 + 7^3 + 5^3 + 2^3 + 2^3 + 1^3 + 1^3 + 1^3 + 0^3\).