alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 15

*x* ve *y* gerçel sayıları 
\[3x^2y + 3y - 1 = 3y^2x + 3x - 1 = x^2y^2 + x^2 + y^2\]
denklem sistemini sağlamaktadır. \(x+y\) sayısının alabileceği farklı değerlerin toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) 0 | B) 6 | C) \(3\sqrt{5}\) | D) 9 | E) 12

Cevap: D 9

Çözüm:
1. ve 3. ifadelerin eşitliğinden \((x^2 + 1)(y^2 - 3y + 1) = 0\), 2. ve 3. ifadelerin eşitliğinden \((y^2 + 1)(x^2 - 3x + 1) = 0\) bulunur. Bu durumda
iki sayı sayı da \(t^2 - 3t + 1\) polinomunun kökleridir. Bu köklere \(t_1\), \(t_2\) dersek, \(x + y\) nin alabileceği değerler \(2t_1\), \(t_1 + t_2\) ve \(2t_2\) olur. \(t_1 + t_2 = 3\) olduğu için bu sayıların toplamı 9 olarak bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 16

Pozitif tam sayılardan oluşan \(a_1, a_2, ..., a_8\) dizisinde \(a_8 \le 9\) ve her \(1 \le i \le 7\) için \(a_i\) sayısı \(a_{i+1}\) sayısını bölüyorsa bu diziye uyumlu dizi diyelim. Uyumlu dizi sayısı kaçtır?

Şıklar:
A) 269 | B) 276 | C) 289 | D) 298 | E) 302

Cevap: C 289

Çözüm:
Sadece bir farklı elemandan oluşan uyumlu dizi sayısı 9'dur. İki farklı elemandan oluşan uyumlu bir dizideki farklı eleman ikilileri \((1, 2), (1, 3), \dots, (1, 9), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 6), (3, 9), (4, 8)\) olabilir. Bu dizide farklı elemanları ayıran yer 7 farklı şekilde seçilebilir. Üç farklı elemandan oluşan uyumlu bir dizideki fARKLı eleman üçlüleri \((1, 2, 4), (1, 2, 6), (1, 2, 8), (1, 3, 6), (1, 3, 9), (1, 4, 8), (2, 4, 8)\) olabilir. Bu dizide farklı elemanları ayırı \(7 \binom{7}{2}\) farklı şekilde seçilebilir. Dört farklı elemandan oluşan uyumlu bir dizideki fArklı eleman dörtlüsü sadece \((1, 2, 4, 8)\) olabilir. Bu dizide farklı ele manları ayıran yer \(\binom{7}{3}\) farklı şekilde seçilebilir. Buna göre, cevap \(9 + 14 \cdot 7 + 7 \cdot 21 + 1 \cdot 35 = 289\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 18

\(m\) ve \(n\) pozitif tam sayılar olmak üzere, \(m^3 - 3m^2 + 3m = 8n + 8\) eşitliğini sağlayan bir \((m, n)\) ikilisi için \(m + n\)'nin alabileceği en küçük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 42 | B) 44 | C) 46 | D) 48 | E) 50

Cevap: E 50

Çözüm:
\((m - 1)^3 = 8n + 7\)'dir. (mod 8)'de sağ taraf 7'ye denktir. Küpü (mod 8)'de 7'ye denk olan bir tam sayı tektir ve kendisi de (mod 8)'de 7'ye denktir. O halde \(m - 1\) en az 7'dir. O zaman en küçük toplam \(m = 8\) ve
\(n = 42\) iken 50'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 19

\(f(x) = \frac{x^3}{3x^2 - 3x + 1}\) olmak üzere, 
\[f\left(\frac{1}{33}\right) + f\left(\frac{2}{33}\right) + f\left(\frac{3}{33}\right) + \cdots + f\left(\frac{31}{33}\right) + f\left(\frac{32}{33}\right)\]
toplamı kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{65}{33}\) | B) \(\frac{31}{2}\) | C) 16 | D) \(\frac{496}{33}\) | E) \(\frac{33}{2}\)

Cevap: C 16

Çözüm:
\(3x^2 - 3x + 1 = x^3 + (1-x)^3\) olduğuna göre, \(f(\frac{i}{33}) + f(\frac{33-i}{33}) = 1\)'dir. Buna göre, sonuç 16 olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 20

\(n\) futbol takımının katıldığı bir turnuvada her takım ikilisi aralarında tam olarak bir maç yapmıştır ve her bir maç bir takımın galibiyeti veya beraberlik ile sonuçlanmıştır. Tüm maçlar yapıldıktan sonra her takımın kazandığı maç sayısının, berabere kaldığı maç sayısının 1,5 katı olduğu görülmüştür. Buna göre, \(n\) sayısı 9, 10, 11, 12, 13 sayılarından kaçma eşit olabilir?

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

Cevap: A 1

Çözüm:
Takımları 1, 2, ..., n sayılarıyla numaralandıralım. i numaralı takımın kazandığı maç sayısı a_i, berabere kaldığı maç sayısı ise b_i olsun. O zaman a_i = 1,5b_i olduğuna göre, turnuvada beraberlikle biten toplam maç sayısı$$\frac{b_1 + b_2 + \dots + b_n}{2},$$yapılan toplam maç sayısı isea_1 + a_2 + \dots + a_n + \frac{b_1 + b_2 + \dots b_n}{2} = 2(b_1 + b_2 + \dots + b_n)olur. Sonuç olarak turnuvadaki toplam maç sayısı beraberlikle biten toplam maç sayısının 4 katıdır. \binom{n}{2} ifadesi 10, 11, 12, 13 değerleri için 4’ün bir tam katı değildir. Son olarak n = 9 için bir örnek verelim. 9 takımı her biri 3 takımdan oluşan A, B ve C gruplarına ayıralım. Her grup içindeki maçlar beraberlikle sonuçlansın ve A grubundaki her takım B grubundaki, B grubundaki her takım C grubundaki, C grubundaki her takım A grubundaki her bir takımı yensin. Bu durumda koşullar sağlanıyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 22

Bir A > 32 pozitif tam sayısının 32 ile bölümünde bölüm B, kalan ise 19'dur. A'nın B ile bölümünden kalan C ise, C'nin alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:
A) 11 | B) 13 | C) 15 | D) 17 | E) 19

Cevap: A 11

Çözüm:
A = 32B + 19. O zaman A'nın B ile bölümünden kalan, 19'un B ile bölümünden kalana eşittir. B > 19 ise C = 19. Sırasıyla B = 19, 18, ..., 10 için C = 0, 1, ..., 9 olur. B = 1, 2, ..., 9 için C ≤ 8 olur ve önceki bulduklarımızdan farklı bir değer gelmez. Dolayısıyla cevap 11'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 23

x, y, z, t pozitif gerçel sayılar olmak üzere, \((x^2 + y^2)(z^2 + t^2) = 2024\) ve \(xt = yz + 40\) ise, \(xz + yt\) kaçtır?

Şıklar:
A) 20 | B) 25 | C) 30 | D) 40 | E) Hiçbiri

Cevap: E \(\sqrt{424}\)

Çözüm:
\((x^2 + y^2)(z^2 + t^2) = (xz + yt)^2 + (xt - yz)^2\) olduğu için \((xz + yt)^2 = 2024 - 40^2 = 424\) olur ve \(xz + yt = \sqrt{424}\) elde edilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 24

Bir çember etrafına birbirinden farklı 20 tam sayı yazılmıştır. Yan yana olan herhangi iki sayının farkının mutlak değeri ya 8 ya da 11'dir. Bu 20 sayıdan en büyüğü ile en küçüğünün farkı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:
A) 104 | B) 105 | C) 107 | D) 108 | E) 110

Cevap: C 107

Çözüm:
107 için bir örnek verelim: 1, 12, 23, 34, 45, 56, 67, 78, 89, 100, 108, 97, 86, 75, 64, 53, 42, 31, 20, 9. Cevabın 107'den daha fazla olamayacağını gösterelim. Genelliği bozmadan en küçük sayıyı 1 alalım. Farzedelim ki en büyük sayı \(N \ge 109\) olsun. 1 ve \(N\) sayısı arasında en fazla 9 sayı bulunan yayı alalım. \(109 - 1 = 108 > 1 \cdot 8 + 9 \cdot 11\) olduğundan bu yay üzerinde 1 ve N arasında 9 sayı bulunmuş olup bu yay üzerindeki komşu sayıların farkı hep 11 olacaktır. O zaman diğer yayda da benzer durum vardır ve dolayısıyla tüm sayılar farklı değildir, çelişki.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 25

Bir \(ABC\) üçgeninde sırasıyla \([BC]\), \([CA]\), \([AB]\) kenarları üzerinde alınan \(D\), \(E\), \(F\) noktaları için \(s(\overline{ABC}) = s(\overline{ADE})\) ve \(s(\overline{ADF}) = s(\overline{ACB})\) eşitlikleri sağlanmaktadır. \(|AD| = 3\), \(|BD| = 4\), \(|CD| = 6\) ise, \(|EF|\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(\frac{30}{11}\) | B) \(\frac{40}{11}\) | C) \(\frac{20}{7}\) | D) \(\frac{25}{7}\) | E) Hiçbiri

Cevap: A \(\frac{30}{11}\).

Çözüm:
\(AD\) doğrusunun çevrel çemberle ikinci kesişim noktası \(T\) olsun. Öncelikle çemberde kuvvetten \(|DT||DA| = |DB||DC|\) eşitliğinden \(|DT| = 8\) olur. Verilen açı eşitliklerinden \(ED \parallel TC\) ve \(FD \parallel TB\) olup, \(\frac{|AF|}{|FB|} = \frac{3}{8} = \frac{|AE|}{|EC|}\) elde ederiz, bu aynı zamanda \(EF \parallel BC\) demektir. Buradan \(\frac{|EF|}{|BC|} = \frac{3}{11}\) olup, \(|EF| = \frac{30}{11}\) buluruz.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 26

Bir \(n\) pozitif tam sayısı ile 180 sayısının ortak pozitif bölenlerinin sayısı 6'dır. Buna göre \(n\) ile 180'nin en büyük ortak böleninin alabileceği kaç farklı değer vardır?

Şıklar:
A) 2 | B) 4 | C) 6 | D) 8 | E) 10

Cevap: B 4

Çözüm:
obeb(180,n)=d olsun. İki sayının ortak bölenleri, en büyük ortak bölenlerinin pozitif bölenleridir. O halde \(d'nin 6 pozitif böleni olmalı, yani \(d\) sayısı \(p^5\) veya \(pq^2\) (\(p\) ve \(q\) asal) formunda olmalı. \(180 = 2^2 3^2 5\) olduğuna göre \(d = 2^2 3, 2^2 5, 3^2 2\) veya \(3^2 5\) olabilir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 27

\(x, y, z\) gerçel sayılar olmak üzere, \(\frac{4y + 18 - y^2}{x^2 + 2y^2 + z^2 + 2xy + 2yz + 2}\) ifadesinin alabileceği en büyük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 8 | B) 9 | C) 10 | D) 11 | E) 12

Cevap: D 11

Çözüm:
Sorudaki ifadeyi \(\frac{22 - (y - 2)^2}{(x + y)^2 + (y + z)^2 + 2}\) olarak yazarsak, üst taraf en fazla 22 alt taraf da en az 2 olacağı için bu kesrin alabileceği en büyük değer 11 olur, \(x = z = -2\) ve \(y = 2\) durumunda ise eşitlik sağlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 28

\(a, b\) 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: e 72

Çözüm:
*n* = 55 ise 9 · 6 < 55 olduğu için güvercin yuvası prensibinden dolayı satırların en az bir tanesinde en az 7 tane işaretlenmiş birim kare bulunacaktır. O zaman bu satır istenilen ardışık 3 işaretlenmiş birim kareyi içerecektir. Diğer taraftan 54 işaretlenmiş birim kare yetersiz olabilir: 9, 6, 6, 3, ve 3 birim kareden oluşan beş paralel köşegendeki 27 birim kare dışındaki 54 birim kare işaretlenirse, koşullar sağlanmaz. 


29. |AB| = 6, |AC| = 8, \(s(\overline{BAC}) = 90^\circ\) olan bir ABC üçgeninin iç teğet çemberinin ve B köşesine göre dış teğet çemberinin merkezleri sırasıyla I ve J ise, |IJ| uzunluğu kaçtır? 


a) \(6\sqrt{2}\) b) \(4\sqrt{5}\) c) 9 d) 10 e) Hiçbiri 


Cevap \(4\sqrt{5}\). Öncelikle Pisagor teoreminden |BC| = 10 olup, \(IJ \cap AC = \{D\}\) dersek açıortay teoreminden |AD| = 3, |DC| = 5 olup, buradan |ID| = \(\sqrt{5}\) bulunur. A, I, C, J noktaları çemberdeş olduğundan çemberde kuvvetten |AD||DC| = |ID||DJ| olup |DJ| = \(3\sqrt{5}\) elde ederiz, dolayısıyla |IJ| = \(4\sqrt{5}\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 30

\(2^{p+3} + 3^{p+2} + 5^{p+1}\) toplamının *p* ile tam bölünmesini sağlayan kaç *p* asal sayısı vardır?

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

Cevap: B 2

Çözüm:
Fermat teoreminden \(a^p \equiv a \pmod{p}\) olduğu için, \(2^{p+3} + 3^{p+2} + 5^{P+1} = 2^{p2^3} + 3^{p3^2} + 5^{p5} \equiv 16 + 27 + 25 \equiv 68 \pmod{p}\) bulunur. O halde \(p|68 = 2^{2}17\) olmalı. Şartı sağlayan asal sayılar 2 ve 17'dir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 31

Bir kavanozda bulunan portakal suyuna iki kez havuç suyu ekleniyor. Her iki eklemede kavanozdaki sıvının hacmi eşit yüzdeyle artmıştır. Son durumda kavanozdaki sıvının hacmi 600 birim ve ikinci eklemede kavanoza eklenen havuç suyu miktarı 120 birim ise, başlangıçta kavanozda bulunan portakal suyunun hacmi kaç birimdir?

Şıklar:
A) 352 | B) 360 | C) 368 | D) 376 | E) 384

Cevap: E 384

Çözüm:
İşlemler yapılmadan önce kovanozda bulunan portakal suyunun hacmi \(x\), her iki işlemde sıvının artış oranı \(q\) olsun. O zaman 
\[x(1+q)^2 = 600 \text{ ve } xq(1+q) = 120\]
olur. O halde \((1+q)/q = 600/120 = 5'ten q = 1/4\) gelir ve \(x = 384\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 32

Bir masa üzerinde 120 bilyeden oluşan bir öbek bulunmaktadır. Önce Aslı bu bilyeleri farklı sayıda bilye içeren iki öbeğe ayırıyor. Daha sonra Zehra bu iki öbeğin istediği birini iki öbeğe, oluşan üç öbek farklı sayılarda bilye içerecek şekilde ayırıyor. Aslı, oluşan üç öbekten en az ve en fazla bilye içeren öbeklerdeki bilye sayıları toplamının en az \(N\) olmasını garantileyebiliyorsa, \(N\) sayısının alabileceği en büyük değer kaçtır?

Şıklar:
A) 77 | B) 78 | C) 80 | D) 82 | E) 83

Cevap: C 80

Çözüm:
En az ve en fazla bilye içeren öbeklerdeki bilyelerin toplam sayısı \(A\) olsun. Aslı bilyeleri 40 ve 80 bilye içeren iki öbeğe ayırsın. Bundan sonra Zehra bu öbeklerden daha fazla bilye içerene işlem yaparsa \(A = 80\) olur. Zehra bu öbeklerden daha az bilye içerene işlem yaparsa \(A > 80\) olur. Şimdi de Zehra'nın \(A \le 80\) olmasını garantileyebileceğini gösterelim. Aslı'nın oluşturduğu öbeklerin birinde tam olarak 40 bilye varsa, Zehra diğer öbeği rastgele iki parçaya ayırıyor ve \(A = 80\) oluyor. Aslının oluşturduğu öbeklerin hiçbiri 40 bilyeden oluşmuyorsa, Zehra daha fazla bilye içeren öbeği biri 40 bilye içeren iki öbeğe ayırıyor. Bu durumda da \(A = 80\) oluyor.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 1. Aşama, Soru 33

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, 2. Aşama, Soru 1

\(3^a5^b - 2024\) ifadesinin bir pozitif tam sayının karesine eşit olmasını sağlayan tüm \((a, b)\) negatif olmayan tam sayı ikililerini bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  (4, 2)

Çözüm:
m çiftse  \(a^{k} \equiv 2 \pmod{3}\), m tekse  \(a^{k} \in \{3, 5, 6\} \pmod{7}\) olur. O halde  \(a^{k}\) tam kare değildir, yani k çift olamaz.


Farzedelim ki k sayısı 3 ün tam katıdır. O zaman  \(a^{k} \in \{0,1,6\} \pmod{7}\) ve eşitlikten  \(5^{m} \in \{0,1,6\} \pmod{7}\) elde edilir. Buradan m nin 3 ün katı olduğu görülür. Bu durumda  \(5^{m} \in \{1,8\} \pmod{9}\) gelir ve eşitlikten  \(a^{k} \in \{3,5\} \pmod{9}\) bulunur. Ancak k 3 ün katı olduğu için  \(a^{k} \in \{0,1,8\} \pmod{9}\) dur, çelişki. Demek ki k 3 ile bölünemez. Dolayısıyla  \(k \geq 5\) tir.


Öte yandan  \( (m, n, a, k) = (1, 3, 3, 5) \)  çözümü vardır, yani k nin en küçük değeri 5 tir.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 2

Bir \(ABC\) üçgeninin iç bölgesinde bulunan \(P\) ve \(Q\) noktaları \(\angle APB = \angle AQC\) ve \(\angle APC = \angle AQB\) koşullarını sağlıyor. \(APQ\) üçgeninin çevrel çemberinin \(AB\) ve \(AC\) kenarları ile ikinci kez kesiştiği noktalar sırasıyla \(K\) ve \(L\) olsun. \(B, C, L, K\) noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

Şıklar:


Çözüm:
\(AQ \cap PC = E\) ve \(AP \cap BQ = D\) olsun. \(\angle QAC = \alpha\), \(\angle PCA = \beta\) ve \(\angle PCB = \theta\) olsun. Soruda verilen açı eşitliklerinden dolayı \(B, C, P, Q\) çemberdeştir, aynı zamanda \(D, E, P, Q\) çemberdeştir. Bu durumda \(\angle PCB = \angle PQB = \angle PEB = \theta\) bulunur. \(AEC\) üçgeninde iki iç açının toplamı bir dış açıya eşit olacağından \(\angle AEP = \angle EAC + \angle ECA = \alpha + \beta\) elde edilir. Buradan \(\angle AED = \alpha + \beta + \theta\) ve çemberdeşlikten \(\angle APQ = \alpha + \beta + \theta\) bulunur. \(APQ\) üçgeninin çevrel çemberinde de açı takibi yaparak \(\angle AKL = \angle APQ - \angle QAL = \alpha + \beta + \theta - \alpha = \beta + \theta = \angle ACB\) elde edilir ve bu açı eşitliği \(B, C, K, L\) noktalarının çemberdeş olması anlamını taşıdığı için ispat tamamlanır.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 3

\(n \ge 2\) bir pozitif tam sayı olmak üzere, \(a_1, a_2, \dots, a_n\) birbirinden farklı pozitif gerçel sayılar olsun. \(C_1, C_2, \dots, C_n\) şehirlerinden oluşan bir ülkede, her \((i, j)\) ikilisi için \(C_i\) ve \(C_j\) şehirleri arasında bir çift yönlü uçak seferi vardır. Her \((i, j)\) ikilisi için \(C_i\) ile \(C_j\) şehirleri arasındaki uçak seferinin ücreti \(a_i + a_j\) dir. Bu ülkedeki bir gezgin, kullandığı her uçak seferinin ücreti bir önceki uçak seferinin ücretinden fazla olacak şekilde bir yolculuk yapmıştır. Buna göre, bu gezginin yaptığı uçak seferi sayısının alabileceği en büyük değeri bulunuz.

Şıklar:

Cevap:  k ∈ \mathbb{Z}^+, \(n = 11k\)

Çözüm:
Aynı numaralı ve farklı renkli n kutu çiftinden m tanesinde kırmızı kutuda daha fazla top olsun. Buna göre, kırmızı kutulardaki top sayı ile beyaz kutulardaki top sayısının farkı \(6m - 16(n - m)\) olur. Diğer taraftan, her işlemde farklı renkli iki kutuya birer top yerleştirildiği için bu sayı 0 dır. Sonuç olarak \(11m = 8n\) elde edilir. Demek ki n sayısı 11 sayısının bir katı olmak zorundadır. Şimdi de \(n = 11\) için bir örnek verelim. \(i = 1, 2, ..., 8\) ve \(j = 9, 10, 11\) olmak üzere her \((i, j)\) ikilisi için \(i\) numaralı kırmızı ve \(j\) numaralı beyaz kutu ikilisine ikişer kez işlem yaparsak bu 48 işlem sonucunda koşullar sağlanmış olur. k bir pozitif tam sayı olmak üzere, her \(n = 11k\) sayısı için kutuları numaralarına göre 11-li gruplara ayırıp her gruba yukarıdaki 48 işlemi yaparsak koşullar sağlanmış olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2024, 2. Aşama, Soru 4

\(n \ge 2\) bir pozitif tam sayı ve \(a_1, a_2, \dots, a_n > 1\) gerçel sayılar olmak üzere, 


\[ \prod_{i=1}^{n} \left( a_i a_{i+1} - \frac{1}{a_i a_{i+1}} \right) \ge 2^n \prod_{i=1}^{n} \left( a_i - \frac{1}{a_i} \right) \]


olduğunu gösteriniz (burada, \(a_{n+1} = a_1\) alınıyor).

Şıklar:


Çözüm:
Bir lemma ile başlayacağız. 


*Lemma:* \(x, y, z, t\) gerçel sayılar olmak üzere, \((xy - zt)^2 \ge (x^2 - z^2)(y^2 - t^2)\) eşitsizliği sağlanır. 


*İspat:* İfadeyi açıp düzenleyince \(x^2t^2 + y^2z^2 \ge 2xyzt\) haline gelir ve bu da \((xt - yz)^2 \ge 0\) olduğundan ötürü doğrudur. 


Şimdi bu lemma da \(x = a_i\), \(y = a_{i+1}\), \(z = 1/a_i\), \(t = 1/a_{i+1}\) olarak yazarsak 


\[ \left( a_i a_{i+1} - \frac{1}{a_i \cdot a_{i+1}} \right)^2 \ge \left( a_i^2 - \frac{1}{a_i^2} \right) \left( a_{i+1}^2 - \frac{1}{a_{i+1}^2} \right) \]


bulunur. Sağ tarafı çarpanlara ayırırsak 


\[ \left( a_i a_{i+1} - \frac{2}{a_i a_{i+1}} \right)^2 \ge \left( a_i - \frac{1}{a_i} \right) \left( a_{i+1} - \frac{1}{a_i} \right) \left( a_{i+2} - \frac{1}{a_{i+2}} \right) \left( a_{i+1} + \frac{1}{a_{i+1}} \right) \]


ve her \(x\) pozitif gerçel sayısı için \(x + 1/x \ge 2\) eşitsizliğini kullanırsak 


\[ \left( a_i a_{i+1} - \frac{3}{a_i a_{i+1}} \right)^2 \ge 4 \left( a_i - \frac{1}{a_i} \right) \left ( a_{i+1} - \frac{1}{a_{i+1}} \right) \]


elde edilir. Bu eşitsizlikteki tüm sayılar pozitif olduğu için, \(i = 1, 2, \dots, n\) değerlerinde bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarpıp karekök alarak sorudaki eşitsizliğe ulaşabiliriz ve böylece ispat tamamlanmış olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 1

Bir ABC üçgeninin [BC], [AC], [AB] kenarları üzerinde sırasıyla K, L, M noktaları |BK| = |BM| ve |CK| = |CL| olacak şekilde alınıyor. \(s(\widehat{BAC}) = 50^\circ\) ise, \(s(LKM)\) kaçtır?

Şıklar:
A) \(25^\circ\) | B) \(40^\circ\) | C) \(50^\circ\) | D) \(65^\circ\) | E) \(80^\circ\)

Cevap: D \(65^\circ\)

Çözüm:
\(s(\widehat{BKM}) = s(\widehat{BMK}) = \alpha\) ve \(s(\widehat{CKL}) = s(\widehat{CLK}) = \beta\) olsun. Bu durumda \(s(\widehat{ABC}) = 180^\circ - 2\alpha\) ve \(s(\widehat{ACB}) = 180^\circ - 2\beta\) olur. ABC üçgeninin iç açıları toplamı \(180^\circ\) olduğundan \((180^\circ - 2\alpha) + (180^\circ - 2\beta) + 50^\circ = 180^\circ\) bulunur. Buradan \(\alpha + \beta = 115^\circ\) ve \(s(\widehat{LKM}) = 180^\circ - (\alpha + \beta) = 65^\circ\) bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 2

\(2025^3\) sayısının pozitif bölenlerinin kaç tanesi 375 sayısının bir katı değildir?

Şıklar:
A) 43 | B) 48 | C) 58 | D) 72 | E) 91

Cevap: A \(43\)

Çözüm:
\(2025^3 = 3^{12} \times 5^6\) olduğu için bu sayının \(13 \times 7 = 91\) böleni vardır. Bunların arasında 375 ile bölünenlerin sayısı ise, \(375 = 3^1 \times 5^3\) olduğu için \(2025^3/375 = 3^{11} \times 5^3\) sayısının bölenlerinin sayısına eşittir, bu da \(12 \times 4 = 48\) dir. Buna göre, cevap \(91 - 48 = 43\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 3

Bir kutudaki topların her biri kırmızı, beyaz, siyah ve mavi renklerinden birine boyalıdır. Bu kutuya, kutudaki kırmızı top sayısı kadar kırmızı top ekleniyor ve bunun sonucunda kutudaki toplam top sayısı %20 artıyor. Bundan sonra, kutuya kutudaki beyaz top sayısı kadar beyaz top ekleniyor ve bunun sonucunda kutudaki toplam top sayısi %25 artıyor. Son olarak, kutuya kutudaki siyah top sayısı kadar siyah top ekleniyor ve bunun sonucunda kutudaki toplam top sayışı %30 artıyor. Buna göre, başlangıçta kutuda bulunan topların yüzde kaçı mavidir?

Şıklar:
A) 5 | B) 10 | C) 15 | D) 20 | E) 25

Cevap: A %5

Çözüm:
Kutuda en başta 100a top olduğunu varsayalım. İlk koşula göre, kırmızı topların sayısı 20a'dır. İkinci koşula göre, beyaz topların sayısı 120a topun %25'i olan 30a'dır. Son koşula göre, siyah topların sayısı 150a topun %30'u olan 45a'dır. Böylece en başta kutudaki mavi top sayısı 5a olarak bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 4

Herhangi ikisinin boyutu birbirinden farklı olan 8 topun her biri kırmızı, beyaz ve mavi renklerinden birine, en az bir top kırmızı ve en az bir top beyaz olmak koşuluyla kaç farklı şekilde boyanabilir?

Şıklar:
A) 5896 | B) 5924 | C) 5986 | D) 6050 | E) 6102

Cevap: D 6050

Çözüm:
Toplar herhangi bir koşul olmadan 3 renge \(3^8\) farklı şekilde boyanabilir. Kırmızı rengi kullanmadan \(2^8\) farklı şekilde ve beyaz rengi kullanmadan \(2^8\) farklı şekilde boyanabilir. Kırmızı ve beyaz renkleri kullanmadan ise 1 farklı şekilde boyanabilir. Buna göre, cevap \(3^8 - 2^8 - 2^8 + 1 = 6050\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 5

AB || CD olan bir ABCD yamuğu verilmiştir. [AB] kenarı üzerinde K ve L noktaları, K noktası A ve L noktaları arasında yer alacak ve \(2|CD| = 3|BL| = 4|AK|\) olacak şekilde alınıyor. Alan(ABCD) = 40 ve Alan(BCD) = 12 ise, Alan(KLC) kaçtır?

Şıklar:
A) 10 | B) 12 | C) 14 | D) 16 | E) 18

Cevap: C 14

Çözüm:
\(|CD| = 6k\), \(|AK| = 3k\), \(|BL| = 4k\) verilmiştir. Alan(ADB) = Alan(ACB) = Alan(ABCD) - A(BCD) = 28 olur. A(AKC) = 6 ve A(BLC) = 8 olduğu için A(KLC) = 28 - 6 - 8 = 14 bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 6

Kaç n tam sayısı için \(\frac{n^2 - 111^2}{n + 11}\) ifadesi bir tam sayıdır?

Şıklar:
A) 20 | B) 30 | C) 36 | D) 48 | E) 66

Cevap: D 48

Çözüm:
\(\frac{n^2 - 111^2}{n + 11} = n - 11 - \frac{111^2 - 111^2}{n + 11}\) ifadesi bir tam sayısı eşittir. Dolayısıyla \(n + 11\) sayısı \(111^2 - 111^2 = 100 \cdot 122 = 2^3 \cdot 5^2 \cdot 61\) sayısının bölenlerinden birisi olmalıdır. Bu sayının da \(2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 48\) böleni olduğu için n sayısının alabileceği 48 farklı değer bulunur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 7

a ve b verilmiş gerçel sayılar olsun. \(x_1, x_2, \dots\) dizisi her n pozitif tam sayısı için \(x_n = (a + n)^2 + (b + n)^2\) olarak tanımlanıyor. \(x_5 - x_1 = 100\) ise \(x_9 - x_5\) kaçtır?

Şıklar:
A) 100 | B) 108 | C) 124 | D) 148 | E) 164

Cevap: E 164

Çözüm:
\(x_n = a^2 + b^2 + 2n^2 + 2n(a + b)\) olduğuna göre \(x_n - x_m = 2n^2 - 2m^2 + 2(n - m)(a + b)\) olur. Buradan \(x_5 - x_1 = 48 + 8(a + b)\) ve \(x_9 - x_5 = 112 + 8(a + b)\) bulunur. \(48 + 8(a + b) = 100\) olduğu için \(8(a + b) = 52\) ve böylece \(x_9 - x_5 = 52 + 112 = 164\) olur.
OrtaokulMatematik Olimpiyatı 2025, 1. Aşama, Soru 8

Bir doğru üzerine birkaç bilye dizilmiştir. Her bilye ya kırmızı ya da beyaz renktedir. Herhangi 12 ardışık bilyeden kırmızı ve beyaz olanların sayıları birbirine eşittir, fakat herhangi 14 ardışık bilyeden kırmızı ve beyaz olanların sayılırı birbirinden farklıdır. Buna göre, doğru üzerindeki toplam bilye sayısı en fazla kaç olabilir?

Şıklar:
A) 14 | B) 18 | C) 20 | D) 24 | E) Hiçbiri

Cevap: B 18

Çözüm:
İlk 6 bilye kırmızı, sonraki 6 bilye beyaz ve son 6 bilye kırmızı olursa koşullar sağlanır. Şimdi de toplam bilye sayısının en fazla 18 olabileceğini gösterelim. Bilye sayısının en az 19 olduğunu varsayalım. Bilyeleri soldan sağa doğru numaralandıralım. *i* ve *i* + 12 numaralı bilyelerin renkleri aynı olmak zorundadır, aksi takdirde *i* numaralı bilye ile başlayan 12 bilyenin arasındaki kırmızı bilye sayısı ile *i* + 1 numaralı bilye ile başlayan 12 bilyenin arasında kırmızı bilye sayısı aynı olmaz. Genelliği bozmadan 1 numaralı bilye kırmızı olsun. O zaman 13 numaralı bilye de kırmızı renktedir. 14 numaralı bilye beyaz olursa koşullar sağlanmaz. O zaman 14 numaralı bilye ve dolayısıyla 2 numaralı bilye kırmızı renktedir. Benzer şekilde ilerleyerek ilk 7 bilyenin kırmızı renkte olduğunu elde ederiz. O zaman ilk 12 bilyeden kırmızı olanların sayısı 6 olmayacaktır.