ALTIN NOKTA YAYINEVİ ANTALYA

Transkript

1 ALTIN NOKTA YAYINEVİ ANTALYA

2 Copyright Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım Bilişim ISBN Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları 1. Aşama Mustafa Özdemir İlham Aliyev Bu kitabın her hakkı saklıdır. Tüm hakları Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım'a aittir. Kısmen de olsa alıntı yapılamaz. Metin ve sorular, kitabı yayımlayan kurumun önceden izni olmaksızın elektronik, mekanik, fotokopi ya da herhangi bir kayıt sistemiyle çoğaltılamaz, yayımlanamaz. Bu kitaptaki TÜBİTAK Matematik Olimpiyat Soruları, TÜBİTAK Bilim İnsanı Destekleme Daire Başkanlığından izin alınarak yayımlanmaktadır. Genel Yayın Yönetmeni Halil İ. AKÇETİN Kapak-Dizgi Altın Nokta Dizgi-Grafik Baskı ERTEM BASIM YAYIN DAĞ. SAN. TİC.LTD. ŞTİ. Nasuh Akar Mah. 25. Sok. No: 19 Çankaya / ANKARA Tel: 0 (312) Yayın - Dağıtım Altın Nokta Basım Yayın Dağıtım 859 Sk. No:1/Z-4 Saray İş Hanı C-Blok Konak / İZMİR Tel- Faks : 0 (232) nokta@nokta2000.com altinnokta@altinnokta.com.tr kitapana@kitapana.com Kasım Basım

3 Önsöz Matematik olimpiyatlarının temel amacı, öğrencilerin bilime ve matematiğe olan ilgi ve sevgilerinin pekiştirilmesine yardımcı olmak, üstün yetenekli gençlerin matematik çalışmalarında tatmine ulaşmalarına katkıda bulunmak ve onların gelecekteki bilimsel çalışmalarına zemin hazırlamaktır. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları da bu amaçlarla yapılmaktadır. Aynı amaçla ülkemizin başka kurumları da olimpiyatlar düzenlemektedir. Bunlar arasında özellikle, TÜBİTAK ın düzenlediği Ulusal Matematik Olimpiyatları bizim örnek aldığımız olimpiyatlardandır. Dünyanın gelişmiş ülkelerinde, tüm ülke genelinde yapılan Ulusal Olimpiyatların yanı sıra, çeşitli bölge ve şehir olimpiyatları da yürütülmektedir. Maalesef, bizim ülkemizde bu gelenek yoktur ve bildiğimiz kadarıyla, ülkemizde TÜBİTAK Matematik Olimpiyatlarından sonra en saygın ve kesintisiz yapılan olimpiyatlar, Akdeniz Üniversitesinin düzenlediği Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarıdır. Toplumlarda matematiğe olan ilgi arttıkça, her alandaki gelişmişlik düzeyinin de yükseleceği bilinmektedir. Bugün çağdaş uygarlık düzeyini yakaladığı düşünülen toplumların başarıları, temel bilimlere ve özellikle, matematiğe verdikleri öneme dayanmaktadır. Bütün teknolojik gelişmelerin geri planında bir matematiksel keşif bulunmasının yanında, geniş matematik kültürüne sahip toplumların estetik, edebiyat ve güzel sanatlarda da atılım yaptıkları bir gerçektir. Matematik biliminde devrim niteliği taşıyan keşifleri yapan ve yapacak olan kişiler sıradan değil, üstün yetenekli insanlardır ve geleceğin matematik dehaları bu günün öğrencileri içindedir. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının ve okumakta olduğunuz bu kitabın esas amaçlarından biri de geleceğin matematikçilerini şimdiden (okul yaşlarından) bilimsel çalışmalara hazırlamak, çözülmesi hiç de kolay olmayan sıra dışı problemlerle onların "gözünü açmak" ve yüzeysel değil, derin düşünmelerini sağlamaktır. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının organizasyonu Akdeniz Üniversitesi Rektörlüğü Sağlık, Kültür ve Spor Daire Başkanlığı tarafından yürütülmektedir. Akademik sorumluluk (soruların hazırlanması, sınavların yapılması ve değerlendirilmesi) ise Akdeniz Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü tarafından üstlenilmiştir. Bu kitabın yazarları olarak, Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarında emeği geçen herkese, özellikle matematik bölümünün eski ve yeni tüm personeline şükranlarımızı sunmak istiyoruz. Ayrıca, bazı soruların hazırlanmasında ve çözümlerinde katkısı olan Mehmet Şahin, Gültekin Tınaztepe ve Lokman Gökçe ye de teşekkür ediyoruz. Öğrencilerin bilimsel çalışma yönünde başarı düzeylerinin artmasında TÜBİTAK Matematik Olimpiyatları nın, Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları nın ve kaliteli olimpiyat kitaplarının önemli katkısı olduğu inancındayız. Matematik alanında üstün yetenekli öğrencileri, matematik öğretmenlerini, üniversite öğrencilerini ve matematiğe ilgi duyan herkesi hedef alan bu kitap, Ulusal Antalya Matematik Olimpiyat

4 ları nda 20 yıl ( ) içinde sorulmuş olan birinci aşama soru ve çözümlerini içermektedir. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının gelenekselliğini koruyarak daha nice yıllar devam etmesini; bu olimpiyatların ve şimdi okumakta olduğunuz bu kitabın öğrencilerimize ve matematiğe ilgi duyan herkese yararlı olmasını dileriz. Kitapla ilgili görüşlerinizi, hata ve eksiklikleri, basım hatalarını veya adresine gönderirseniz seviniriz. Saygı ve Sevgilerimizle, Ekim 2015 İlham Aliyev ve Mustafa Özdemir

5 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının Tarihçesi Antalya Matematik Olimpiyatlarının ilki, 1996 yılında o zamanki Matematik Bölümü Başkanı, Prof. Dr. Halil İ. Karakaş ve Prof. Dr. İlham Aliyev in şahsi teşebbüsleri ile Akdeniz Üniversitesi Matematik Bölümü tarafından "Birinci Antalya Matematik Olimpiyatı" adı ile Antalya ili ve ilçelerindeki lise ve dengi okullarda okuyan öğrencilerin katıldığı yerel bir yarışma olarak düzenlenmiştir. 170 e yakın öğrencinin katıldığı ilk Olimpiyatın organizasyonu, Akdeniz Üniversitesi Rektörlüğü Sağlık, Kültür ve Spor Dairesi Başkanlığı tarafından ve akademik sorumluluğu da Akdeniz Üniversitesi Matematik Bölümü tarafından üstlenilmiştir. İlk olimpiyatta başarılı olan öğrencilere, Antalya Muhtaç ve Yetim Çocuklara Yardım Vakfının katkılarıyla, birincilere bilgisayar olmak üzere, çeşitli ödüller ve madalyalar verilmiştir. Birinci Antalya Matematik Olimpiyatının yapılmasından hemen sonra, çevre illerden bu Olimpiyatın daha geniş katılımlı olması, en azından Akdeniz Bölgesindeki illere açılması için öneriler geldi. Bu öneriler göz önüne alınarak, İkinci Antalya Matematik Olimpiyatına, Antalya çevresindeki illerden de (Isparta, Burdur, Afyon, Denizli gibi) lise öğrencileri davet edildi. Üçüncü ve sonraki Antalya Matematik Olimpiyatları ise tüm yurda açılarak Ulusal bir organizasyon haline geldi ve hemen hemen her ilimizden lise öğrencileri yarışmalara katılarak, çeşitli ödüller ve madalyalar kazandılar yıllarında olimpiyatlar iki aşamalı olup, birinci aşama 20 sorudan (2011 yılından itibaren 25 sorudan) ibaret test sınavı ve ikinci aşama ise, birinci aşamayı başarıyla geçmiş olan yarışmacılar için uygulanan 5 sorudan ibaret klasik tip sınav olarak yapılmıştır. Eğer geçmiş yılların sınav sorularına bakarsanız, ilk beş yılda Jürinin hep arayış içinde olduğunu ve sınavların hangi kategoriden öğrenci gruplarına uygulanması gerektiğini "deneme yanılma" yöntemi ile öğrenmeye çalıştığını görebilirsiniz: İlk olimpiyatta Lise 1 ve Lise 2 öğrencileri hem I., hem de II. aşamada aynı sınava girmişler ve onlara farklı barajlar uygulanmıştır. İkinci Olimpiyatın I. aşamasında Lise 1 ve Lise 2 öğrencilerine aynı sorular sorulmuş (farklı barajlar uygulanarak), fakat II. aşamada farklı sorulardan ibaret sınavlar yapılmıştır. III., IV. ve V. olimpiyatlara Lise 3 ler de davet edilmiştir; III. ve IV. olimpiyatta Lise 1 ve Lise 2 öğrencileri aynı sınava girmişler, Lise 3 lere ise farklı sorular sorulmuştur. V. olimpiyatta ise Lise 2 ve Lise 3 lere aynı sorular sorulmuş, Lise 1 ler ayrı bir sınava girmişlerdir. VI. olimpiyattan başlayarak yeni bir sistem uygulanmıştır. Lise 3 öğrencilerinin üniversite sınavlarına hazırlık kaygılarını ve bundan dolayı, olimpiyatlara ilgilerinin azlığını fark eden Jüri, VI. olimpiyattan (2001 yılı) itibaren Lise 3 öğrencilerinin olimpiyatlara davet edilmemesine karar vermiştir. O zamandan itibaren Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarına, sadece, Lise 1 ve Lise 2 öğrencileri katılmış ve Olimpiyatın I. aşa

6 masında her iki kategoriden olan öğrenciler, farklı baraj uygulanarak, 20 soruluk aynı sınava tabi tutulmuşlardır den itibaren birinci aşama soru sayısı 25 e çıkarılmış, Lise 3 ler tekrar sınavlara davet edilmiş ve I. Aşamada, tüm kategorideki öğrencilere aynı sorular sorulmuştur yılından başlayarak, Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları tek aşamalı olarak yapılmaktadır ve gelecekte tekrar iki aşamalı sınav sistemine geçilip, geçilmeyeceğini zaman gösterecektir. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının ilk yıllarında sorulmuş sorularla son yıllarda sorulmuş soruları kıyaslarsanız, ilk olimpiyatların sorularının son 5 6 yıldakilerden çok daha kolay olduğunu; soruların, sanki bir "evrim geçirdiğini" fark edersiniz. Aslında ise, "evrim geçiren" sorular değil, öğrencilerdir: yıllar geçtikçe, karşımıza daha kaliteli ve daha bilgili öğrenciler çıkmakta ve buna uygun olarak da soruların zorluk derecesi artırılmaktadır. Öğrencilerin bilgi kalitesinin artmasında, hiç kuşkusuz, Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının ve bu olimpiyatlarla ilgili basılan kitapların önemli katkısı olmuştur ve gelecekte de katkısı olacağını umuyoruz.

7 İçindekiler Önsöz 3 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatlarının Tarihçesi 5 Ön Bilgiler 9 BİRİNCİBÖLÜM 23 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları Birinci Aşama Sınav Soruları 1996 Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Birinci Aşama Sınav Soruları Sınav Soruları Sınav Soruları 114 İKİNCİBÖLÜM 121 Birinci Aşama Sınav SorularınınÇözümleri 1996 Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri 172

8 2002 Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Birinci Aşama Sınav Sorularının Çözümleri Sınav Sorularının Çözümleri Sınav Sorularının Çözümleri 305

9 Ön Bilgiler I 1 2 asal sayıları, 2 doğal sayısının tüm asal bölenleri olsun. Ohalde, 1 2 pozitif tamsayılar olmak üzere, sayısı, = biçiminde tek türlü olarak yazılabilir. Bu yazılışa, sayısının asal çarpanlarına göre yazılışı denir. I Bir sayısının asal çarpanları ile yazılımı = olsun. Bu durumda sayısının pozitif bölenlerinin sayısı () =( 1 +1)( 2 +1)( 3 +1) ( +1) formülüyle bulunur; sayısının pozitif bölenlerinin toplamı ise () = formülüyle bulunur. I İki veya daha fazla sayının her birini bölebilen en büyük pozitif tamsayıya bu sayıların ortakbölenlerininenbüyüğü denir. iki tamsayı olmak üzere ve sayılarının ortak bölenlerinin en büyüğü ( ) veya bazen kısaca ( ) ile gösterilir. ( ) =1iseve sayılarına aralarında asal sayılar denir. I İki veya daha fazla sayının her birine bölünen en küçük pozitif tamsayıya bu sayıların ortak katlarının en küçüğü denir. iki tamsayı olmak üzere ve sayılarının ortak katlarının en küçüğü( ) veya kısaca [ ] ile gösterilir. I İki sayının OKEK i ile OBEB lerinin çarpımı, bu iki sayının çarpımına eşittir. Yani, =( ) [ ] eşitliği sağlanır. I Bir reel sayıdan büyük olmayan en büyük tamsayıya bu reel sayının tamdeğeri denir. Bir reel sayısının tamdeğeri db ce veya bc ile, geri kalan virgüllü kısmı da {} ile gösterilir. Yani, = db ce + {} şeklindedir. Buradaki {} ifadesine, sayısının kesir kısmı denir ve {} = db ce şeklinde bulunur. Örneğin, ½ ½ db 7 45 ce =7 db 6 2 ce = 7 {7 45} =045 { 6 2} =08 Açıktır ki, db ce = ise, +1olur. I, basamaklı bir sayı ve ise basamaklı bir sayı ise, şeklinde yazılabilir. = 10 + ve = 10 +

10 10 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları I İki İfadenin Aynı Kuvvetlerinin Farkı 2 2 =( )( + ) 3 3 =( ) =( ) I İki İfadenin Aynı Tek Kuvvetlerinin Toplamı İki ifadenin tek kuvvetlerinin toplamlarını aşağıdaki gibi çarpanlara ayırabiliriz =( + ) =( + ) Bunu en genel halde ifade edelim. Eğer tamsayısı tek ise, + =( + ) biçiminde çarpanlara ayrılır. I Toplamların Kareleriyle İlgili Özdeşlikler Özellikle, bazı denklemlerin çözümünde aşağıdaki çok kullanılan özdeşliklerden yararlanmak çözümü kolaylaştıracaktır. ( + ) 2 = ( ) 2 = ( + + ) 2 = ( + + ) ( + ) 2 = ( + ) ( ) 2 = ( ) ( ) 2 = ( ) I Toplamların küpleriyle ilgili özdeşlikler İki veya üç ifadenin toplamlarının küplerini aşağıdaki şekilde ifade edebiliriz. ( + ) 3 = ( ) 3 = ( + + ) 3 =3( + )( + )( + ) ( + ) 3 =3( )( + )( ) I Bazı Toplam formülleri ( +1) = ( +1)(2 +1) = = ³ (+1) = 1 ( 6= 1) 1 2

11 Ön Bilgiler 11 I Dahiliyet - Hariciyet Prensibi ve kümelerinin eleman sayıları arasında ( ) = ()+ () ( ); ( ) = ()+()+() ( ) ( ) ( ) + ( ) eşitlikleri vardır. I Permütasyon ve pozitif doğal sayılar ve olmak üzere elemanlı bir kümesinin elemanlı sıralı lilerine kümesinin li permütasyonları denir. Bu permütasyonları ( ) ile gösteririz ve bu permütasyonların sayısını! ( ) = ( )! formülü ile buluruz. I Dairesel Permütasyon tane farklı elemanın çember şeklindeki bir nesnenin etrafında sıralanmasına elemanın dairesel permütasyonu denir. elemanın dairesel permütasyonlarının sayısı ( 1)! dir. I Tekrarlı Permütasyon tane nesnenin 1 tanesi birbiri ile aynı birinci türden, 2 tanesi ikinci türden ve bu şekilde devam ederek tanesi de ıncı türden nesneler olsun. Bu durumda = olmak üzere, bu tane nesnenin li permütasyonlarının sayısı! ( 1 2 )= 1! 2!! ile bulunur. I Kombinasyon Permütasyonda sıra önemli iken, kombinasyonda sıra önemli değil seçim önemlidir. Dolayısıyla permütasyon sayısı kombinasyon sayısından daima büyük veya eşittir. Kombinasyonda seçilen elemanlarlardan küme oluştururuz. Kümenin içinde elemanların yer değiştirmesi kümeyi değiştirmediği için kombinasyonda seçilen elemanların sırası önemli değildir. Örneğin; A B ve C ile gösterilen üç nesneden iki tanesini sırayı göz önüne almadan seçersek AB AC BC gibi üç farklı seçim yapılabilir. BA ile AB aynı seçimlerdir. elemanlı bir kümenin elemanlı tüm altkümelerinin sayısı veya ( ) ile gösterilir ve! ()( 1) ( +1) = ( ) = =!( )!! ile bulunur.

12 12 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları I Dağılım 1. Farklı nesnelerin dağıtılması Farklı tane nesneyi kişiye dağıtmak istersek her nesne için seçenek bulundğundan değişik şekilde dağıtım yapabiliriz. 2. Özdeş nesnelerin dağıtılması tane özdeş nesneyi kişiye kaç değişik şekilde dağıtabileceğimizi bulalım. Bunu hesaplamak için tekrarlı permütasyonu kullanacağız. tane özdeş nesneyi yan yana yerleştirelim. ~~~ ~~ Bu tane ~ nesnesini kişiye dağıtmak için 1 tane çubuğu nesnelerin sağına ya da soluna koyabiliriz. Yani problem " tane nesne ~ ile 1 tane çubuk kaç değişik şekilde sıralanır" tekrarlı permütasyon sorusuna eşdeğer olur. Bu ise ile bulunabilir. Bu formülü Ohaldetane özdeş nesneyi kişiye I Binom Açılımı ( + ) = P =0 Örnek : (1 + 1) =2 P = ve 0=(1 1) P = =0 ( + 1)! ( 1)!! şeklinde de yazabiliriz. değişik şekilde dağıtmak mümkündür. =0 ( 1) I Binom Katsayılarının Özellikleri 1. = Simetri Özelliği : Her 0 için = ; = Pascal Özdeşliği : Her 1 için 1 4. Toplam Özelliği : Newton Özdeşliği : 0 tamsayıları için I Multinom Açılımı ; = ++1 ; = negatif olmayan tamsayılar ve = olmak üzere 1 2 =! 1! 2!! şeklinde tanımlanır. Binom açılımına benzer şekilde ( ) P = = eşitliği vardır. Bu ifadeye Multinom açılımı denir.

13 2010 Birinci Aşama SorularınınÇözümleri µ x + 1 y 1 =1denkleminin pozitif tamsayılarda kaç (x, y) çözüm xy ikilisi vardır? Çözüm : + 1 = 1 denkleminden 3 3 = 3 ve buradan da 3 ( 3)( 3) = 6 olur. O halde, iki durum olabilir. 1) 3=1 3=6olursa, ( ) =(4 9) bulunur. 2) 3 =2 3 =3olursa, ( ) =(5 6) olur. Simetriden dolayı, ( ) =(9 4) ve ( ) =(6 5) diğer iki çözümdür ! sayısının sonundaki tüm sıfırlar atılırsa, son rakam ne olur? Çözüm : 20! sayısını asal çarpanları ile yazarsak, 20! = = 10 4 olur. = sayısını mod 10 da düşünürsek, 4 1 ( 1) ( 1) 4 (mod 10) bulunur. 3. En fazla 5, 6, 7 ve 13 kalem alabilen 4 kalemliğe 24 özdeş kalemkaçdeğişik şekilde dağıtılabilir? Çözüm : Kalemlerin tamamı dağıtıldığında, kalemliklerde kalan boşyersayısı = 7 olacaktır. O halde, 7 boşluğun bu 4 kalemliğe kaç farklı şekilde dağıtalıcağını hesaplamalıyız. Buna göre, boşluklar hiç koşulsuz = 120 şekilde dağıtılabilir. Fakat, birinci kutuda 7 veya 6 boşluk, ikinci kutuda ise 7 boşluk bırakılamaz. Bu durumları çıkarmalıyız. Yani ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) durumları çıkarılmalıdır. Dolayısıyla, = 115 bulunur sayısınınfarklı pozitif bölenlerinin çarpımının sonunda kaç 0 vardır? Çözüm : = sayısı hariç, formundaki farklı pozitif bölen ikililerinin sayısı hesaplanırsa, 5 20 = olduğundan dolayı, = olur. O halde istenen çarpım: ( ) = olacağından, çarpımın sonundaki 0 ların sayısı 8610 olarak bulunur.

14 2010 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri Ahsen, hesap makinesinde yazdığı bir sayı, 2 den küçük olana kadar (karekök) tuşuna basıyor. Ahsen, bu işlemi, 1 ile 2010 ( 1 ve 2010 dahil ) arasındaki sayılarınkaçında tuşa çift sayıda basarak yapar? Çözüm : [ ) aralığındaki sayılar için tuşuna iki kez basılır. [ ) aralığındaki sayılar için tuşuna dört kez basılır olduğu gözönüne alınırsa, istenen sayı, = = 1767 bulunur. 6. Birbirinden farklı olması gerekmeyen ve toplamları 1350 olan 23 pozitif tam sayının EKOK unun alabileceği en küçük değerin rakamları toplamı nedir? Çözüm : = 1350 = olduğundan en az bir için 59 olmalıdır. Dolayısıyla, sayıların EKOK una denilirse, 59 olmalıdır. 59 asal olduğu için ler 59 veya 1 den oluşmalıdır = =23 sistemini sağlayan bulmalıyız. Böyle bir ve tamsayılarının bulunmadığı açıktır. O halde, 60 olmalıdır. =60için 1350 = yazılabileceğinden, =60 tır. 7. Şekilde AB =13, DC =17, AE =3 ED ve BF =3 FC olduğuna göre, EF uzunluğunun alabileceği tamsayı değerlerinin sayısı kaçtır? D E A G B F C Çözüm : Önce [] köşegenini, daha sonra da [] ye paralel [] yi çizelim. AEG üçgeni ADC ye benzer olduğundan = 3 1 = olur. G ile F yi birleştirirsek =3olmasından dolayı [ ] nin [] ye paralel olduğu anlaşılır. Benzerlikten dolayı = ve = 4 4 bulunur. EGF üçgeninde, üçgen eşitsizliğinden + olup bulunur. Buradan, 10,11,12,13,14,15 olabilir. [] nin 4 [] ye paralel olması durumunda da =16olacağından, toplam 7 farklı tamsayı değeri alabilir. D E A B F C

15 2010 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri 253 x x>0 olmak üzere, x ifadesinin alabileceği en büyük değer x kaçtır? Çözüm : = ifadesi ile çarpılıp, bölünürse 6 2 ( ) = r olur. eşitsizliğinden, ve (eşitlik durumu 2 = 3 için aynı anda sağlanır) olacağından, r ifadesinin en büyük değeri olarak bulunur = 6( 2 1) 19. Şekilde AD =4, DC =2 2 ve DB =2 dir. b A + b B =60 ise, C den [AB] ye indirilmiş yüksekliğin uzunluğu nedir? A C D B Çözüm : üçgeninin çevrel çemberinin merkezi olsun. ( b )+( b )=60 olduğundan, ( b ) = 120 dir. [] ye [] ve [] dikmesini indirelim. () b = 30 ve = 3 olduğundan, üçgeninden =2 3 olup, =2 3 bulunur. üçgeninde kosinüs teoreminden 2 = cos 30 =4 olduğundan, = 2 bulunur. Yani, OBD ikizkenar üçgendir. Buradan ( b ) =60 bulunur = 2 olduğundan, bir dik üçgendir ve ( b )=60 olduğundan, ( b )=30 dir. Ohalde, dik üçgeninde = 2 bulunur.

16 254 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları 20. Farklı olmaları gerekmeyen 100 reel sayıdan oluşan bir kümede, her sayı, geriye kalan 99 sayının toplamının 1/7 sinden büyük olsun. Bu kümedeki negatif sayılarınsayısı en az kaçtır? Çözüm : Tüm negatif sayılar 1 2 olsun. Verilen 100 sayının toplamına denirse, problemin koşulu gereği, ( 1) ( 2) ( ) olur. Bu eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak, 8( ) ve buradan 8 ( ) bulunur olduğundan, yukarıdaki eşitsizliğin sağlanması için 8olmalıdır. =9için bir örnek verelim: 1 = 2 = = 9 = 1 ve 10 = 11 = = 100 =0

17 2014 Birinci Aşama SorularınınÇözümleri 1. Rakamları birbirinden farklı ve birbirinin ters sırada yazılışı olan iki tane üç basamaklı sayının toplamı olarak yazılabilen sayılara gizemli Sayı diyelim. Kaç tane gizemli sayı vardır? Çözüm : + = 101 ( + ) +20 değerinin sonucunun kaç farklı şekilde bulunabileceğini hesaplayacağız. + =0+ =1+ =2+ =18 durumları olamaz. O halde, + { } olabilir. Yani, =15 değer alabilir. Diğer yandan, nin alabileceği değer sayısı ise, ve nin seçimine bağlı olarak 8 veya 10 olabilir. i) ve için tek alternatif varsa, rakamı yerine, 8 farklı rakam yazılabilir. ve nin tek alternatifi olduğu durumlar : + =3(1 ve 2)+ =4(1ve3); + =16(7 ve 9) ve + =17 (8 ve 9) durumlarıdır. O halde bu durumlar için, 4 8=32gizemli sayı vardır. ii) ve için birden fazla alternatif varsa, rakamı yerine, 10 farklı rakam yazılabilir. Örneğin, + =5için iki alternatif vardır. 1 ile 4 ve 2 ile 3. Her iki alternatif için de {0,5,6,7,8,9} olabilir ve aynı gizemli sayıları verirler. Bunun yanısıra, =14 iken, yerine 2 ve 3, =23 iken de, yerine 1 ve 4 yazmak mümkündür. Yani, tüm rakamlar olabilir. Bu şekilde, ve nin birden fazla alternatifi olduğu durum sayısı 15 4 = 11 olduğundan, = 110 gizemli sayı vardır. Sonuç olarak, = 142 gizemli sayı vardır ifadesinin tamkare olmasını sağlayan kaç n pozitif tamsayısı vardır? 3 Çözüm : = 2 denilirse, 13 +2=3 2 olur. Buradan, (mod 13) veya 2 5 (mod 13) elde edilir. Fakat, bir sayının karesinin mod 13 te 5 kalanını vermediği kolayca görülebilir. Bir sayının karesinin 13 e bölümünden sadece, 0,1,4,9,3,12,10 kalanları elde edilebilir. Yanıt : x 5 +5y 5 = z 6 denkleminin pozitif tamsayılarda kaç çözümü vardır? Çözüm : = alalım. Bu durumda, 6 5 = 6 elde edilir. =6 6 alınırsa, =6 5 bulunur. O halde, her Z + için, ( ) = üçlsünün bir çözüm olduğu görülebilir. Buna göre, denklemin sonsuz pozitif tamsayı çözümü vardır.

18 2014 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri olacağından, eşitsizliğinden, 8 7 olur ki, bu =1demektir. O halde, 2 1 = 1 olur. Buna göre, 8 eşitliğinden, 11 = 10 = r 10X = = = = bulunur. 18. Pascal üçgeninin "Şehrazad Satırı"diyeadlandırdığımız, 1, 1001,...,1001, 1 şeklindeki 1001 inci satırındaki sayıların kaç tanesi 5 e bölünmez? Çözüm : Soruda bizden istenen, (1 + ) 1001 ifadesinin açılımında katsayılardan kaçının 5 e bölünmediğidir. Her =1234için, 5 sayısı 5 e bölündüğünden, her Z için, (1 + ) (mod 5) (1 + ) (mod 5) ³ (1 + ) 125 = (1 + ) (mod 5) (1 + ) (mod 5) ve 1001 = olduğundan, (1 + ) 1001 = (1+) 625 ³ (1 + ) (1 + ) (1 + )(mod5) (1 + )(mod5) bulunur. O halde, 1001 inci satırdaki sayıların tanesi 5 e bölünmez = ABCD kirişler dörtgeninde, [AC] ve [BD] köşegenlerinin kesişim noktası E olsun. AB = BC = CA BE =20 ve ED =5 olduğuna göre, AB değeri kaçtır? A O D E C B

19 300 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları Çözüm : = = = ve = diyelim. Ptolemy eşitliğinden, + = + = = 25 olduğundan, + =25elde edilir. Diğer yandan, A 4 4 olduğundan, = 20 ; 4 4 olduğundan, = 20 sağlanır. Bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa, + = 20 veya 25 = 20 elde edilir. Buradan, = = 10 5 bulunur. D 5 b E a 20 C a B 20. ABCD dışbükey dörtgeninde, m(b b AC) =40, m(a b BD) =m(c b BD) =20 ve m(c b AD) =100 olduğuna göre m(b b DC) kaç derecedir? Çözüm: B C A D ve üçgenleri ikizkenar olup = ve = dir. = olacak şekilde üçgenini çizelim. Bu durumda ( b ) =60 olup üçgeni eşkenardır. Dolayısıyla = = = = eşitlikleri olup, üçgeninin ikizkenar olduğunu görürüz. Buradan, ( b ) = 160 ve ( b )=( b ) =10 olup, ( b ) =10 bulunur.

20 2014 Birinci Aşama Sorularının Çözümleri f (x) = x 4 +3x 3 +4x 2 5 ve g (x) = x 4 x 3 4x 2 +5 olmak üzere, 0 <x p koşulunu sağlayan bir x tamsayısı için, p asal sayısı f (x) ve g (x) i bölmektedir. Buna göre, p asal sayısının alabileceği değerlerin toplamı kaçtır? Çözüm : ()+ () = =2 3 ( +1)olduğundan, sayısı 2 3 ( +1) ifadesini de bölmelidir. Buna göre, i) =2ise, (1) = 3 olduğundan, () ve 0 koşulunu sağlayan bir doğal sayısı yoktur. ii) 3 ve dolayısıyla, ise, = olacağından, () 5(mod) olur. Bu ise =5olmasını gerektirir. 5 (5) ve 5 (5) olduğu açıktır. O halde, =5için, () ve () i bölen 0 5 değeri vardır. iii) +1ise, 1(mod) ve dolayısıyla () 3(mod) olduğundan, =3olabilir. =2için, (2) = 51 (2) = 3 olur ve her iki sayıda 3 e bölünür. Ohalde, =5ve =3olabilir. Yanıt : Tüm terimleri tamsayılar olan ve ilk 10 terim içinde 1 ve 31 bulunan kaç farklı aritmetik dizi vardır? Çözüm : Aritmetik dizinin terimlerini 1 2 ile gösterelim. Tüm terimler tamsayı ise, 1 ve tamsayı olmalıdır. Her için, = 1 +( 1) olduğunu kullanacağız. {1 2 10} olmak üzere, =1ve =31olsun. O halde, ½ = 1 +( 1) =1 denklem sisteminden, = 1 +( 1) =31 = 30 ve 30 1 =1 ( 1) elde edilir. 1 ve nin tamsayı olması için gerek ve yeter koşul, sayısının 30 un böleni olmasıdır. Diğer yandan, {1 2 10} olduğundan dolayı, 10 dur ve sayısı veya 6 sayılarından birisi olabilir. Böylece, { } ve {1 2 10} olacak şekildeki ( ) ikililerini sayalım. =1olacak şekilde, 2 9=18tane ( ) ikilisi vardır. =2olacak şekilde, 2 8=16tane ( ) ikilisi vardır. =3olacak şekilde, 2 7=14tane ( ) ikilisi vardır. =5olacak şekilde, 2 5=10tane ( ) ikilisi vardır. =6olacak şekilde, 2 4=8tane ( ) ikilisi vardır. Sonuç olarak, istenen şekildeki aritmetik dizilerin sayısı : bulunur = 66