alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 21

Dışbükey bir \(ABCDE\) beşgeninin köşeleri bir çember üzerinde yer almaktadır ve \(s(\overline{BAE}) > 90^\circ\)dir. \(|AC| = |BE| = |AD|\) ve \(s(\overline{CAD}) = 30^\circ\) ise, \(s(\overline{BAE})\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(100^\circ\) | B) \(105^\circ\) | C) \(110^\circ\) | D) \(115^\circ\) | E) Hiçbiri

Cevap: B \(105^\circ\)

Çözüm:
\(s(\overline{CAB}) = x\) ve \(s(\overline{EAD}) = y\) diyelim. \(|AC| = |BE| = |AD|\) olduğundan \(AE \parallel BD\) ve \(AB \parallel CE\) bulunur. Açıları yazarsak, \(s(\overline{ABE}) = s(\overline{CEB}) = s(\overline{CAB}) = x\) buluruz. Benzer şekilde \(s(\overline{ABE}) = y\) olup, \(ABE\) üçgeninde açılara bakarsak \(2x + 2y + 30^\circ = 180^\circ\) elde ederiz. Buradan, \(x + y = 75^\circ\) ve dolayısıyla \(s(\overline{BAE}) = x + y + 30^\circ = 105^\circ\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 22

\(ABC0CBA\) yedi basamaklı doğal sayısı 7 ile tam bölünüyorsa, \(B00CA0\) altı basamaklı doğal sayısının 7 ile bölümünden kalanın alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 7

Cevap: A 1

Çözüm:
\(ABC0CBA = (100A + 10B + C)10^4 + 100C + 10B + A \equiv 9A + 15B + 6C \equiv 0 \pmod{7}\) olduğundan \(7 \mid 3A + 5B + 2C\) olur. Buradan da \(B00CA0 = B \cdot 10^5 + 100C + 10A \equiv 5B + 2C + 3A \equiv 0 \pmod{7}\) elde ederiz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 23

A ve B koşucuları yuvarlak bir pistte aynı noktadan aynı yöne doğru koşmaya başlıyorlar. B nin hızı A ninkinden % 45 fazladır. Bu pist üzerinde iki koşucunun aynı anda bulunduğu kaç farklı nokta vardır?

Şıklar:
A) 5 | B) 9 | C) 14 | D) 25 | E) 60

Cevap: B 9

Çözüm:
A'nın hızı 100s, B'ninki 145s, pistin çevresi ise 45 birim olsun. Bir buluşma noktasından sonraki ilk buluşma t saat sonra olacaksa 100st + 45 = 145st olur. Buradan \(t = 1/s\) gelir. Bu sürede A 100 birim ilerliyor ve önceki buluşma noktasından 10 birim uzaklaşıyor. Benzer şekilde devam edersek buluşma noktaları 5 birim aralıklarla yerleşmiş 9 nokta olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 24

Başlangıçta bir tahtada 1 sayısı yazılıdır. Ali her defasında tahtadaki sayıyı silip yerine o sayının 4 katının 3 fazlasını veya 7 katının 3 eksiğini yazıyor. \(2023^2 + 2\), \(2^{31}\), \(2^{8^{31}}\), \(2^{2023} - 1\) sayılarından kaçı tahtada yazılı olan bir sayı olabilir?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) 3 | E) 4

Cevap: B 1

Çözüm:
Bir hamle sonucunda tahtada yazan sayının 3 ile bölümünden kalan değişmez ve dolayısıyla tahtada yazılı olan sayı hep \(3k + 1\) formunda olmalıdır. Bundan dolayı \(2023^2 + 2\) ve \(2^{31}\) elenir. Ayrıca tahtaya yazılan sayı ilk durum hariç \(4k + 3\) veya \(7k - 3\) formunda olmalı. Dolayısıyla \(2^{8^{31}}\) de elenir. \(2^{2023} - 1\) ise \(4a + 3\) işleminin 1011 kere uygulanmasıyla elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 25

Bir çemberin AB ve CD kirişleri bu çemberin içinde bir E noktasında kesişmektedir. \(|AE| = 12\), \(|DE| = 6\), \(|CE| = 16\) ve bu çemberin merkezinin AB kirişine uzaklığı CD kirişine uzaklığının 2 katıysa, bu çemberin yarıçaplı nedir?

Şıklar:
A) \(8\sqrt{2}\) | B) 12 | C) \(4\sqrt{10}\) | D) \(6\sqrt{5}\) | E) 14

Cevap: A \(8\sqrt{2}\)

Çözüm:
Çemberde kuvvet bağıntısından \(|AE||BE| = |CE||DE|\) ve dolayısıyla \(|BE| = 8\) bulunur. Çemberin merkezi O olmak üzere, O noktasının \([CD]\) kirişine uzaklığı x olsun. O noktasından bu iki kirişin orta noktalarına dik indirip Pisagor Teoremi uygularsak 
\[R^2 = x^2 + 121 = 4x^2 + 100\]
ve \(x^2 = 7\) bulunur. Buradan da \(R^2 = \sqrt{128} = 8\sqrt{2}\) elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 26

Tüm rakamları 6 olan 2023 basamaklı doğal sayı ile tüm rakamları 9 olan 2023 basamaklı doğal sayının çarpımının rakamları toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 18198 | B) 18207 | C) 18216 | D) 18225 | E) 18234

Cevap: B 18207

Çözüm:
Sayılar \(m\) ve \(n\) olmak üzere, 


\[mn = m(10^{2023} - 1) = m10^{2023} - m\]


olduğuna göre, 4046 basamaklı \(mn\) sayısının soldan sağa ilk 2022 basamağı 6, sonraki basamağı 5, bundan sonraki 2022 basamağı 3 ve sonuncu basamağı 4 e eşittir. Buna göre, cevap \(6 \cdot 2022 + 5 + 3 \cdot 2022 + 4 = 9 \cdot 2023 = 18207\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 27

\(x\) ve \(y\) gerçel sayıları için \(x^2(y^2 + 2) - x(2y - 1)\) ifadesinin alabileceği en küçük değer nedir?

Şıklar:
A) \(-3\) | B) \(-2\) | C) \(-1\) | D) \(0\) | E) Hiçbiri

Cevap: E \(\frac{9}{8}\)

Çözüm:
İfadeyi açarsak \(x^2y^2 - 2xy + 2x^2 + x = (xy - 1)^2 + 2(x + \frac{1}{4})^2 - \frac{9}{8}\) elde edilir ve tam kareler negatif olamayacağı için bu ifadenin en küçük değeri \(-\frac{9}{8}\) olur. \(x = -\frac{1}{4}\) ve \(y = -4\) için eşitlik sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 28

Başlangıçta bir masa üzerinde \(N\) tane bilye bulunuyor. İlk hamleyi Aslı yapmak üzere, Aslı ve Zehra sırayla hamle yaparak bir oyun oynuyorlar ve sırası gelen oyuncu masa üzerinden, masa üzerindeki bilye sayısının bir böleni sayısınca bilye alıyor. Hamlesiyle masa üzerindeki son bilyeyi alan oyuncu oyunu kaybediyor. Oyun \(N = 123, 567, 1000, 1024, 2023\) sayıları için birer kez oynanırsa, Aslı bu oyunlardan kaçını kazanmayı garantileyebilir?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 5

Cevap: B 2

Çözüm:
\(N\)'nin çift olduğu durumlarda Aslı kendi hamlelerinde hep 1 bilye alarak oyunu kazanmayı garantiliyor. Çünkü, Aslı'nın her hamlesinden sonra masa üzerinde tek sayıda bilye kalır ve Zehra tek sayıda bilye alarak masa üzerindeki bilye sayısını çift yapmak zorundadır. Benzer şekilde \(N\)'nin tek değerlerinde Zehra masa üzerinden hep 1 bilye alarak oyunu kazanmayı garantiler.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 29

Bir dışbükey \(ABCDE\) beşgeninin kenar uzunlukları \(|AB| = 7\), \(|BC| = \sqrt{10}\), \(|CD| = 4\), \(|DE| = 3\) ve \(|EA| = 8\) olarak verilmiştir. \(s(\overline{D}) = 90^\circ\) ve \(BE \parallel CD\) ise, \(|AC|\) uzunluğu nedir?

Şıklar:
A) 5 | B) 8 | C) \(3 + 4\sqrt{3}\) | D) \(7 + 2\sqrt{2}\) | E) 10

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

Çözüm:
*CED* dik üçgeninde Pisagor teoreminden \(|CE| = 5\) olur. *C* den *BE* doğrusuna inen dikme ayağına *F* dersek, *BE* || *CD* ve \(s(\widehat{D}) = 90^\circ\) olduğundan *CFED* bir dikdörtgen olup \(|EF| = 4\) ve \(|CF| = 3\) buluruz. Buradan, *BFC* üçgeninde Pisagor teoreminden \(|BF| = 1\) olur. Sonuç olarak, *ABE* üçgenine bakarsak, \(|AB|^2 - |BF|^2 = 48 = |AE|^2 - |EF|^2\) ve \(F \in BE\) olduğundan \(AF \perp BE\) elde ederiz, dolayısıyla *A*, *F*, *C* doğrudan ve \(|AF| = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}\) buluruz. Buradan da, \(|AC| = |AF| + |FC| = 4\sqrt{3} + 3\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 30

\(28^{(28^2)} + 29^{(29^2)} + 30^{(30^3)}\) toplamının 31 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:
A) 13 | B) 14 | C) 15 | D) 16 | E) 17

Cevap: A 13

Çözüm:
Fermat teoreminden her \(a \in \{28, 29, 30\}\) ve her \(k\) tam sayısı için \(a^{30k} \equiv 1 \pmod{31}\) dir. Diğer taraftan, \(29^{29} \equiv (-1)^{29} \equiv -1 \pmod{30}\) ve \(30^{30} \equiv 0 \pmod{30}\) olduğu açıktır. \((-2)\) nin kuvvetleri \(\pmod{30}\) da sırasıyla \((-2), 4, (-8), 16\) şeklinde tekrar edeceğinden \(28^{28} \equiv (-2)^{28} \equiv 16 \pmod{30}\) olur. Dolayısıyla 


\[ 
\begin{align*}
28^{(28^2)} + 29^{(29^2)} + 30^{(30^{30})} &\equiv (-3)^{16} + (-2)^{-1} + (-1)^0 \\
&\equiv (-3) \cdot ((-3)^3)^5 + 15 + 1 \\
&\equiv (-3) \cdot 4^5 + 16 \\
&\equiv (-3) \cdot 32^2 + 16 \\
&\equiv (-3) + 16 \equiv 13 \pmod{31}
\end{align*}
\]


buluruz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 31

\(ab + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 4\) koşulunu sağlayan *a* ve *b* pozitif gerçel sayıları için \(a + b\) en çok kaç olabilir?

Şıklar:
A) \(\frac{1}{2}\) | B) 1 | C) \(\frac{5}{3}\) | D) 2 | E) 4

Cevap: E 4

Çözüm:
AGO eşitsizliğinden \(4 = ab + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = ab + \frac{a+b}{ab} \ge 2\sqrt{a+b}\) olduğundan \(a + b \le 4\) olur. Eşitlik ise \(a + b = 4\), \(ab = 2\) iken sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 1. Aşama, Soru 32

\(6 \times 6\) bir tahtanın *n* birim karesi nasıl boyanırsa boyansın, kendisi, hemen solundaki ve hemen sağındaki birim kareler boyalı olan bir birim kare ya da kendisi, hemen üstündeki ve hemen altındaki birim kareler boyalı olan bir

birim kare bulunuyorsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:
A) 18 | B) 22 | C) 25 | D) 28 | E) 31

Cevap: C 25

Çözüm:
Tahtayı dört tane \(3 \times 3\) kareye ayıralım. Her bir \(3 \times 3\) karenin ana köşegen dışındaki kareleri boyanırsa, toplamda 24 kare boyanmış olur ve yan yana veya üst üste boyalı üç kare bulunmaz. \(n = 25\) ise, 5 tane birim karesi boyalı olan bir satır bulunacaktır. Bu satırda koşulları sağlayan bir kare vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 2. Aşama, Soru 1

Masa üzerinde 1, 2, ..., n sayılarıyla numaralandırılmış n tane boş kırmızı ve 1, 2, ..., n sayılarıyla numaralandırılmışn tane boş beyaz kutu bulunuyor. Her işlemde renkleri farklı olan iki kutuya birer top yerleştiriliyor. Birkaç işlemden sonra numaraları aynı olan herhangi kırmızı ve beyaz kutu ikilisi için, ya kırmızı kutuda beyaz kutudan 6 fazla ya da beyaz kutuda kırmızı kutudan 16 fazla top varsa, n sayısının alabileceği tüm değerleri bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  \(\frac{2\sqrt{3}}{3}\)

Çözüm:
Eşitlik \(x = \frac{2 + \sqrt{3}}{3}\), \(y = \frac{2 - \sqrt{3}}{3}\), \(z = \frac{2}{3}\) iken sağlanır. \(x - y \le \frac{2\sqrt{3}}{3}\) olduğunu ispatlayalım. 


**Birinci Yol:** Verilen eşitliklerden \(x + y = 2 - z\), \(xy = 1 - z(x + y) = 1 - z(2 - z) = (z - 1)^2\) elde ederiz. Buradan da \((x - y)^2 = (x + y)^2 - 4xy = (2 - z)^2 - 4(z - 1)^2 = z(4 - 3z)\) olur. Yani \(|x - y| = \sqrt{z(4 - 3z)}\) olur. Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden \(3z(4 - 3z) \le 4\) olduğundan \(x - y \le |x - y| \le \frac{2\sqrt{3}}{3}\) olur ve ispat biter. 


**İkinci Yol:** Verilen eşitliklerden \((x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 = 2(x^2 + y^2 + z^2) - 2(xy + yz + zx) = 2(x + y + z)^2 - 6(xy + yz + zx) = 2\) elde ederiz. \(a = x - y, b = y - z\) dersek \(z - x = -a - b\) olur ve buradan da \(a^2 + b^2 + (-a - b)^2 = 2\) ve \(a^2 + ab + b^2 = 1\) buluruz. Bu denklemi \(b\) ye göre ikinci derece bir denklem gibi yazarsak \(b^2 + ab + (a^2 - 1) = 0\) olur. Bu denklemin diskriminantı \(a^2 - 4(a^2 - 1) = 4 - 3a^2\) dir. \(a, b\) gerçel sayılar olduğundan diskriminant negatif olamaz. Yani \(4 - 3a^2 \ge 0\) ve buradan da \(a \le |a| \le \frac{2}{\sqrt{3}}\) elde ederiz. Böylece ispat biter.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 2. Aşama, Soru 2

Bir ABCD kirişler dörtgeninde BAD ve CAD üçgenlerinin iç teğet çember merkezleri sırasıyla I ve J olsun. I noktasından geçen ve BD doğrusuna dik olan doğru ile J noktasından geçen ve AC doğrusuna dik olan doğrunun kesişim noktası K olsun. \(|KI| = |KJ|\) olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
Çevrel çemberdeki B, C noktalarını içermeyen AD yayının orta noktası E olsun. EA = ED = EI = EJ olduğu bilindiğinden A, I, J, D noktaları çemberdeştir. Buradan, \(\angle JIK = \angle DIK - \angle DIJ = \angle DIK - \angle DAJ = 90 - \frac{\angle ADB}{2} - \frac{\angle DAC}{2}\) bulunur. \(\angle IJK\) de benzer şekilde hesaplandığında aynı değer elde edilir ve \(|KI| = |KJ|\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 2. Aşama, Soru 3

m ve n aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere, 


\[ \frac{n^4 + m}{m^2 + n^2} \text{ ve } \frac{n^4 - m}{m^2 - n^2} \]


sayılarının aynı anda tam sayı olamayacağını gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
İki sayının da aynı anda tam sayı olduğunu varsayalım. İki sayıyı toplayınca 


\[ \frac{2n^2m(n^2m - 1)}{(m^2 + n^2)(m^2 - n^2)} \]

elde edilir ve bu da bir tam sayı olmalıdır. \(m\) ve \(n\) aralarında asal oldukları için \(\text{obeb}(n^2m, m^2 + n^2) = \text{obeb}(n^2m, m^2 - n^2) = 1\) olur. Buradan da 


\[(m^2 + n^2)(m^2 - n^2)|2(n^2m - 1)\]


elde edilir. \(m\) ve \(n\) sayılarının ikisi de en az 1'dir ve ikisi birden 1 olamaz. O halde \(n^2m - 1\) pozitiftir ve \(|(m^2 + n^2)(m^2 - n^2)| \le 2(n^2m - 1) < 2n^2m\) bulunur. \(m^2 + n^2 > n^2\) olduğu için \(|m^2 - n^2| < 2m\) olması gerekir. Bu ifadeyi mutlak değerden çıkarmına 


\[(m - 1)^2 - 1 < n^2 < (m + 1)^2 - 1\]


elde edilir. Bunun sağlanması için de \(n^2 = m^2\) veya \(n^2 = (m-1)^2\) olmalıdır. Ancak ikinci kesirde payda 0 olamayacağı için \(n^2 = m^2\) durumu mümkün değildir. O halde \(n^2 = (m-1)^2\), yani \(n = m-1\) olmalıdır. Bu durumda da \((m^2 + n^2)(m^2 - n^2)\) tek olacağı için yukarıdakine ek olarak \((m^2 + n^2)(m^2 - n^2)|(n^2m - 1)\) ve benzer şekilde 


\[(m^2 + n^2)(m^2 - n^3) = (m^2 + n^2)(2m - 1) \le (n^2m - 1)\]


bulunur fakat \((m^2 + n^2)(2m - 1) \ge (m^2 + n^2)m > n^2m\) olduğu için bu mümkün değildir, dolayısıyla bu iki ifade aynı anda bir tam sayıya eşit olamaz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2023, 2. Aşama, Soru 4

\(x_1, x_2, \dots, x_{31}\) gerçel sayılar olmak üzere, 


\[\sum_{i,j=1,2,\dots,31} [x_i x_j] - 30 \left( \sum_{i=1,2,\dots,31} [x_i^2] \right)\]


ifadesinin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz. Not. Bir \(x\) gerçel sayısı için, \([x]\) ile \(x\) sayısından küçük olmayan en küçük tam sayı, \([x]\) ile \(x\) sayısını aşmayan en büyük tam sayı gösteriliyor: \([2.7] = 3\), \([2.7] = 2\) ve \([4] = [4] = 4\).

Şıklar:

Cevap:  1170

Çözüm:
Genel durumda, 31 sayısı yerine \(n\) için cevap \(n^2 - n + \lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor\); başka bir deyişle \(n\) çift iken \(\frac{5n^2-4n}{4}\), \(n\) tek iken \(\frac{5n^2-4n-1}{4}\). Sayıların (yaklaşık) yarısını 0.9 ve diğer yarısını 1.2 seçince sağlıyor, örnekler çoğaltılabilir. Genel durum için soruyu çözelim. 


Sorudaki ifadeyi 


\[S = \sum_{i<j} (2[x_i x_j] - [x_i^2] - [x_j^2])\]


olarak düzenleyelim. Her \(a, b\) reel sayı ikilisi için 


\[2[ab] - [a^2] - [b^2] < 2ab + 2 - (a^2 - 1) - (b^2 - 1) = 4 - (a - b)^2 \le 4\]


sağlanır ve eşitsizliğin sol tarafı tam sayı olduğundan dolayı \(2[ab] - [a^2] - [b^2] \le 3\) bulunur, \(a = 1.2\) ve \(b = 0.9\) gibi durumlarda ise eşitlik sağlanır. Ayrıca, eğer \([a^2] - [b^2]\) ifadesi çift ise, sol taraf çift bir sayı olacağı için bu durumda \(2[ab] - [a^2] - [b^2] \le\) 2 elde edilir. \(a = b\) ve ikisi sayı da kareleri tam sayı olmayacak şekilde alındığında ise eşitlik sağlanır. 


\(x_1, x_2, \dots, x_n\) gerçel sayıları için, \(|x_i^2|\) ifadelerinden \(k\) tanesi çift, \(l = n - k\) tanesi tek olsun. Bu durumda, \(S\) toplamında tüm ikililer bir kere geçtiği için, çift sayıların birlikte gruplandığı \(\binom{k}{2}\) ifadenin ve tek sayıların birlikte gruplandığı \(\binom{l}{2}\) ifadenin maksimum değeri 2 olacaktır. Bir çift, bir tek sayıdan oluşan \(kl\) ifadenin ise maksimum değeri 3 olacaktır. Buradan da 


\[S \le 3kl + k^2 - k + l^2 - l = (k + l)^2 + kl - k - l = n^2 - n + kl \le n^2 - n + \lfloor \frac{n^2}{4} \rfloor\]


elde edilir. Yukarıda verilen örneğin maksimum değere ulaşmamızı sağladığı da buradan kolayca görülebilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 1

Bir konveks (dışbükey) çokgenin dar açılı iç açılarının sayısı, 0, 1, 2, 3, 4 sayılarından kaçına eşit olabilir?

Şıklar:
A) 1 | B) 2 | C) 3 | D) 4 | E) 5

Cevap: D 4

Çözüm:
Her konveks çokgenin dış açılarının toplamı 360° olup, en fazla üç tane dış açısı geniş olabilir, bu da iç açılarından en fazla üç tanesinin dar açılı olabileceğini gösterir. Bir karede sıfır tane, dik açılı bir yamukta tam olarak bir tane, dik bir üçgende tam olarak iki tane ve eşkenar üçgende tam olarak üç tane dar açı vardır, dolayısıyla 0, 1, 2, 3 olabilir, 4 olamaz. 2. a, b ve c pozitif tam sayılar olmak üzere \(b^2 = ac\) ve \(abc = 216\) eşitlikleri sağlanmaktadır. Buna göre a, b ve c sayılarının en küçük ortak katlarının alabileceği farklı değerlerin toplamı kaçtır? a) 54 b) 60 c) 66 d) 72 e) 78
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 2

a, b ve c pozitif tam sayılar olmak üzere \(b^2 = ac\) ve \(abc = 216\) eşitlikleri sağlanmaktadır. Buna göre a, b ve c sayılarının en küçük ortak katlarının alabileceği farklı değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 54 | B) 60 | C) 66 | D) 72 | E) 78

Cevap: D 72

Çözüm:
Verilen eşitliklerden \(b^3 = 216\) ve dolayısıyla \(b = 6\) bulunur. O zaman \(ac = 36\)'dır. Durumlar incelendiğin mümkün ortak katların 6,12,18 ve 36 oldukları görülür. Böylece cevap \(6 + 12 + 18 + 36 = 72\)'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 3

x ve y gerçel sayılar olmak üzere, \(x^3 + y^3 + 3xy = 1\) eşitliği sağlanıyorsa, \(x + y\) toplamının alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) 3 | E) 4

Cevap: C 2

Çözüm:
1'i karşıya atıp çarpanlara ayırırsak \((x + y - 1)(x^2 - xy + y^2 + x + y + 1) = 0\) bulunur. \(x + y = 1\) olması durumunda denklem sağlanır. \(x + y \neq 1\) ise, \(x^2 - xy + y^2 + x + y + 1 = 0\) olmalıdır. Bu denklemi de 2 ile çarparsak \((x - y)^2 + (x + 1)^2 + (y + 1)^2 = 0\) bulunur ve bu denklemin tek çözümü \(x = y = -1\) olduğu için toplam \(-2\) olabilir yani 2 farklı değer bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 4

\(5 \times 5\) bir satranç tahtasının 4 birim karesine birer bilye yerleştirilecektir. Bu yerleştirme, her bir satır ve her bir sütun en fazla bir bilye içerecek biçimde kaç farklı şekilde yapılabilir?

Şıklar:
A) 480 | B) 500 | C) 575 | D) 600 | E) 625

Cevap: D 600

Çözüm:
Bir satır ve bir sütun boş olmalı, diğerlerinde ise birer bilye bulunmalı. O halde istenen yerleştirme \(5 \cdot 5 \cdot 4! = 600\) farklı şekilde yapılabilir.

5. Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin iç bölgesindeki bir \(D\) noktası için, \(s(\widehat{DBC}) = s(\widehat{BAC}) = 45^\circ\), \(|BD| = 5\), \(|BC| = 5\sqrt{2}\) ise, \(|AD|\) uzunluğu kaçtır? 


a) 3 b) 4 c) \(5\sqrt{2}\) d) 10 e) Hiçbiri 


Cevap 5. \(D\) noktasından \(BC\) doğrusuna inilen dikme ayağına \(E\) diyelim. \(s(\widehat{DBE}) = 45^\circ\) olduğundan \(|BE| = |DE| = |EC| = 5/\sqrt{2}\) olup, Pisagor teoreminden \(|CD| = 5\) ve dolayısıyla \(s(\widehat{BDC}) = 90^\circ\) buluruz. \(D\) merkezli ve \([BD]\) yarıçaplı çember, \(|BD| = |CD|\) ve \(s(\widehat{BDC}) = 2 \cdot s(\widehat{BAC})\) olduğundan \(A\) ve \(C\) noktalarından da geçer, yani \(|AD| = 5\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 6

\(1^{32} + 2^{32} + 3^{32} + \dots + 2023^{32} + 2024^{32}\) toplamının 32 ile bölümünden kalan kaçtır?

Şıklar:
A) 20 | B) 22 | C) 24 | D) 26 | E) 28

Cevap: A 20

Çözüm:
\(n\) çiftse, \(n^{32}\) sayısı 32 ile tam bölünür. \(n\) tekse, \(n^2 = 8k + 1\), \(n^4 = 16k + 1\) ve \(n^8 = 32k + 1\) formundadır. Dolayısıyla \(n^{32} \equiv 1 \pmod{32}\) olur. Bu durumda toplam, \(1012 = 32 \cdot 31 + 20\) olduğundan (mod 32)'de 20'ye denktir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 7

\(m\) ve \(n\) tam sayılar olmak üzere, \(2^{m^2} + 2^{n^2} < 2^{2024}\) şartını sağlayan kaç \((m, n)\) ikilisi vardır?

Şıklar:
A) 5929 | B) 6241 | C) 7569 | D) 7921 | E) 8281

Cevap: D 7921

Çözüm:
\(|m|\) veya \(|n| \ge 45\) ise sol taraf \(2^{2025}\)'ten daha büyük olur. Aksi durumda da sol taraf en fazla \(2.2^{1936} = 2^{1937}\) olacağı için eşitsizlik sağlanır. Böylece sağlayan \((m, n)\) ikililerinin sayısı \(m, n \in \{-44, -43, \dots, 44\}\) olduğundan \(892 = 7921\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 8

Her biri 7 farklı renkten birine boyalı olan \(n\) top 32 kutuya dağıtılmıştır. Bu kutulardan herhangi 10 tanesinin birleşiminde bu 7 rengin her biri için o renge boyalı en az bir top varsa, \(n\) en az kaç olabilir?

Şıklar:
A) 157 | B) 161 | C) 176 | D) 184 | E) 192

Cevap: B 161

Çözüm:
a renkli top herhangi 10 kutunun en az birinde bulunmak zorundadır. Buna göre, a renkli top sayısı en az 23 olmak zorundadır. Buna göre, toplam top sayısı en az \(7 \cdot 23 = 161\)'dir. 161 için bir örnek kuralım: 23

kutunun her birinde farklı renkte 7 top olursa koşullar sağlanır. 


9. Ağırlık merkezi \(G\) olan bir \(ABC\) üçgeninde sırasıyla \([BC]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde alınan \(D\) ve \(E\) noktaları için \(|AE| = |EC|\) ve \(5|BD| = |DC|\) veriliyor. \(AD \cap BE = \{F\}\) ise, \(\frac{|BF|}{|FG|}\) kaçtır? 


a) 1/2 b) 2/3 c) 3/4 d) 4/5 e) 5/6 


Cevap 3/4. \([BC]\) kenarının orta noktasına \(M\) diyelim. \(5|BD| = |DC|\) olduğundan \(|DM| = 2|DB|\) olur. Ağırlık merkezinin tanımından \(MA\) ile \(BE\) doğrularının kesişimi \(G\) noktasıdır ve \(|AG| = 2|GM|\) dir. Menelaus teoreminden \(\frac{|AG|}{|AM|} \frac{|MD|}{|BD|} \frac{|BF|}{|FG|} = 1\) olup, cevap 3/4 bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 9

Ağırlık merkezi \(G\) olan bir \(ABC\) üçgeninde sırasıyla \([BC]\) ve \([AC]\) kenarları üzerinde alınan \(D\) ve \(E\) noktaları için \(|AE| = |EC|\) ve \(5|BD| = |DC|\) veriliyor. \(AD \cap BE = \{F\}\) ise, \(\frac{|BF|}{|FG|}\) kaçtır?

Şıklar:
a) 1/2 b) 2/3 c) 3/4 d) 4/5 e) 5/6

Cevap: c 3/4

Çözüm:
\([BC]\) kenarının orta noktasına \(M\) diyelim. \(5|BD| = |DC|\) olduğundan \(|DM| = 2|DB|\) olur. Ağırlık merkezinin tanımından \(MA\) ile \(BE\) doğrularının kesişimi \(G\) noktasıdır ve \(|AG| = 2|GM|\) dir. Menelaus teoreminden \(\frac{|AG|}{|AM|} \frac{|MD|}{|BD|} \frac{|BF|}{|FG|} = 1\) olup, cevap \(3/4\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 10

30'un bir tam katı olup tam olarak 30 pozitif böleni olan en büyük pozitif tam sayı ile en küçük pozitif tam sayının farkı kaçtır?

Şıklar:
A) 10530 | B) 10620 | C) 10710 | D) 10800 | E) 10890

Cevap: A 10530

Çözüm:
30 ile bölünen bir sayı \(2^a3^b5^cN\) (\(a, b, c \ge 1\)) şeklinde olup bu sayının bölen sayısı en az \((a+1)(b+1)(c+1)\)'dir. Diğer taraftan \(30 = 2 \cdot 3 \cdot 5\) olduğuna göre, tek seçeneğin \(N = 1\) ve \(\{a, b, c\} = \{1, 2, 4\}\) olmasıdır. Buna göre, cevap \(2^{1}3^{2}5^{4} - 2^{4}3^{2}5^{1} = 11250 - 720 = 10530\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 11

\(a, b, c\) gerçel sayılar olmak üzere, \(a + b = 30\) ve \(ab = 225 + c^2\) eşitliklerini sağlayan kaç \((a, b, c)\) üçlüsü vardır?

Şıklar:
A) 0 | B) 1 | C) 2 | D) 3 | E) Sonsuz çoklukta

Cevap: B 1

Çözüm:
\((a - b)^2 = (a + b)^2 - 4ab = -4c^2\) olduğu için \(c = 0\) ve \(a = b = 15\) olmalıdır yani bu denklem sisteminin tek çözümü vardır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 12

Başlangıçta 12 kırmızı ve 12 beyaz top bir doğru boyunca en soldaki top kırmızı ve yan yana bulunan herhangi iki top farklı renkte olacak şekilde sıralanmıştır. Her işlemde yan yana olan farklı renkli iki topun yerleri birbirleriyle değiştirilmektedir. Buna göre bu toplar, en az kaç işlem sonucunda soldan ilk 12 top beyaz olacak şekilde yeniden dizilebilir?

Şıklar:
A) 70 | B) 72 | C) 74 | D) 76 | E) 78

Cevap: E 78

Çözüm:
Topların başlangıçta bulunduğu yerleri soldan sağa doğru 1, 2, ..., 24 sayıları ile numaralandıralım. O zaman başlangıçta beyaz toplar 2, 4, ..., 24 sayılarının üzerinde bulunmuş olacak. Her işlemde bir beyaz topun üzerinde bulunan sayı en fazla 1 azalabilir. Başlangıçta beyaz topların bulundukları yerlerin numaraları toplamı 2 + 4 + ... + 24 = 156’dır. Soldan ilk 12 topun beyaz olduğu durumda ise bu topların bulundukları yerlerin numaraları toplamı 1 + 2 + ... + 12 = 78 olur. Buna göre, en az 156 - 78 = 78 hamle gerekiyor. Diğer taraftan 78 hamle yeterlidir. Her işlemde renkleri soldan sağa kırmızı ve beyaz olan herhangi bir top ikilisine uygulayarak istenilen dizilime ulaşılıyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 14

Bir tahtaya 1, 2, ..., 100 sayıları yazılmıştır. Tahtadaki bir *k* sayısı dışındaki 99 sayının aritmetik ortalaması bir tam sayı ise *k* sayısına *h* oş sayı diyelim. Tahtadaki tüm h oş sayıların toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 101 | B) 108 | C) 113 | D) 118 | E) 127

Cevap: A 101

Çözüm:
Tahtadaki tüm sayıların toplamı \(1 + 2 + \cdots + 100 = 101 \cdot 50 = 5050\)'dir. Buna göre, her h oş *k* sayısı için \(99|5050 - k\). 5049 sayısı \(99\)'un bir tam katı olduğuna göre, \(99|k-1\) ve buradan da \(k = 1\) veya 100 bulunur.