22. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları 2017

[ArtOfMathSolving]

Soruların çözümlerini bu ileti altında toplamak faydalı olabilir.


NOT 1: Bir soru ilk kez çözülüyorsa, sorusunu da girelim. İkinci çözüm yapılıyorsa tekrar soru yazmaya gerek yoktur.

NOT 2: Çözümlerin tamamı video olarak eklenmiştir.

problem 1-2-3
problem 4-5
problem 6-7
problem 8-9
problem 10-11
problem 12-13
problem 14-15
problem 16-17
problem 18-19
problem 20-21
problem 22-23
problem 24-25

(scarface)

[ArtOfMathSolving]

14.  $1\le z \le 20$ olmak üzere,

$\dfrac{1}{x}=\dfrac{y^2}{z-x+1}=\dfrac{2y}{z+1}$

denklem sisteminin, tam sayılarda kaç $(x,y,z)$ çözüm üçlüsü vardır?

$\textbf{a)}\ 6 \qquad \textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 8 \qquad\textbf{d)}\ 9 \qquad\textbf{e)}\ 10 $

Yanıt:$\boxed{E}$

Bize verilen ilk eşitlikten, $z-x+1 = xy^2 \Rightarrow z+1 = x(y^2+1) \Rightarrow x= \dfrac{z+1}{y^2+1}$ buluruz.

Diğer taraftan $\dfrac{1}{x}=\dfrac{y^2+1}{z+1}$ dir. O halde ilk ve son ifadenin eşitliğinden $y^2+1=2y$ bulunur. $y=1$ aradığımız çözümdür.

Son iki ifadede $y=1$ yazarsak, $z+1 = 2z -2x +2 $ Yani , $z = 2x-1 $ bulabiliriz.

Bize $1\le z \le 20$ başlangıç koşulu verildiğine göre, $1\le 2x-1 \le 20 \Rightarrow 1\le x\le 10$ bulunur. 

[Lokman Gökçe]

23.  $ABC$ üçgeninin $[AB]$ ve $[AC]$ kenarlarında, sırasıyla, $D$ ve $E$ noktaları alınıyor. $O$ noktası $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi olmak üzere, $$ BD \cdot AB = OB^2 \quad \text{  ve  } \quad  CE \cdot AC = OC^2 $$
eşitlikleri sağlanıyor. $D,O,E$ noktaları doğrusal ise, üçgenin $A$ köşesindeki iç açısının ölçüsü $30^\circ , 45^\circ , 60^\circ , 75^\circ $ ve $90^\circ $ değerlerinden kaç tanesi olabilir?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad \textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 3 \qquad\textbf{d)}\ 4 \qquad\textbf{e)}\ 1 $

Yanıt: $\boxed{E}$

$m(\widehat{BAC})=2a$ derece olsun. $m(\widehat{BOC})=90^\circ + a$, $m(\widehat{BAO})=m(\widehat{CAO})=a$ olur. $ BD \cdot AB = OB^2$ eşitliğinden dolayı $ABO \sim OBD$ olup $m(\widehat{DOB})=a$ dır. $ CE \cdot AC = OC^2$ eşitliğinden dolayı $ACO \sim OCE$ olup $m(\widehat{EOC})=a$ dır. $D,O,E$ doğrusal verildiğinden $(90^\circ + a)+ a + a =180^\circ$ olup $a=30^\circ$ dir. Dolayısıyla $m(\widehat{BAC})=2a=60^\circ$ dir.

[Lokman Gökçe]

24. Sekiz elemanlı $K=\{ 2,3, \dots ,9 \}$ kümesinin $4$ tane ikili altkümeye parçalanışlarını ele alalım. Bir parçalanış içinde, en büyük ortak bölenleri $2$ olan herhangi bir ikili altküme yoksa, bu parçalanışa iyi parçalanış diyelim. Örneğin,

$$ P_1 = \left\{\{2,9\}; \{3,4\}; \{5,7\};\{4,6\} \right\} \quad \text{ ve } \quad  P_2 = \left\{\{4,8\}; \{2,3\}; \{5,6\};\{9,7\} \right\} $$

parçalanışları ele alınırsa, $P_2$ iyi bir parçalanıştır. $\{4,6\} $ altkümesinden dolayı $P_1$ iyi bir parçalanış değildir. Buna göre, $K$ kümesinin kaç iyi parçalanışı vardır?

$\textbf{a)}\ 20 \qquad \textbf{b)}\ 27 \qquad\textbf{c)}\ 30 \qquad\textbf{d)}\ 36 \qquad\textbf{e)}\ 42$


Yanıt: $\boxed{D}$

$P= \left\{\{2,9\}; \{4,3\}; \{6,7\};\{8,5\} \right\}$ parçalanışında olduğu gibi ikililerin ilk bileşenlerine sırasıyla $2,4,6,8$ yazalım. Böylece ikili altkümeler arasında ayırtedilebilirliği sağlamış olduk. Şimdi $\left\{\{2,a\}; \{4,b\}; \{6,c\};\{8,d\} \right\}$ parçalanışında $a$ yerine $4$ farklı tek sayı, $b$ yerine $3$ farklı tek sayı, $c$ yerine $2$ farklı tek sayı, $d$ yerine $1$ tane tek sayı gelebilir. Çarparsak $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ parçalanış elde ederiz. Seçeneklerde bu sayı yok. Soruyu yanlış çözmeyi başarabilmek için, bundan daha fazla dikkatsiz olmak gerekiyor.

Örnekteki $P_2$ parçalanışına bakılırsa $ \{4,8\} $ altkümesi de verilmiş.  $4$ ile $8$ in en büyük ortak böleni $4$ tür. En büyük ortak böleni $2$ den büyük çift sayı olan başka ikili de yoktur. O halde $\left\{\{4,8\}; \{2,a\}; \{6,b\};\{c,d\} \right\}$ türündeki parçalanışları da belirleyelim. $a$ yerine $4$ farklı tek sayı, $b$ yerine $3$ farklı tek sayı gelebilir. Geriye kalan iki tek sayı $\{c,d\} $ ikilisini $1$ yolla oluşturur. Çarparsak $4\cdot 3\cdot 1 = 12$ parçalanış vardır.

Toplam parçalanış sayısı $24+12=36$ olur.

[Lokman Gökçe]

25. Kare şeklindeki bir $ABCD$ kartonu, şekildeki gibi, $[DC]$ üzerindeki bir $M$ ve $[AB]$ üzerindeki bir $E$ noktasından katlanıyor ve $AEMD$ yamuğunun $EM$ ye göre simetriği olan $A^\prime EMD^\prime$ yamuğu elde ediliyor. $D^\prime MN $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $3$ cm, $A^\prime BE $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $4$ cm'dir. Buna göre $A^\prime NC $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı kaç cm'dir?
$
\textbf{a)}\  5
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad \textbf{c)}\ 7
\qquad \textbf{d)}\ 3\sqrt5
\qquad \textbf{e)}\ 4\sqrt2
$

Yanıt: $\boxed{C}$

$D^\prime MN \sim CA^\prime N \sim BEA^\prime $ benzerdir ve iç teğet çemberlerin yarıçapları oranı, benzerlik oranına eşittir. $|MN|=3x , |MD^\prime|=3y,|ND^\prime|=3z $ dersek $|A^\prime E|=4x , |EB|=4y,|A^\prime B|=4z $ dir. Simetriden dolayı $|MD|=|MD^\prime|=3y$, $|AE|=|A^\prime E|=4x$ olur. Böylece karenin bir kenar uzunluğu $|AB|=4x+4y$ dir. $|A^\prime C|=4(x+y-z)$, $|NC|=x+y$ olur. $D^\prime MN \sim CA^\prime N$ benzerliğinden $|A^\prime N|=\dfrac{x(x+y)}{z}$, $|A^\prime C|=\dfrac{y(x+y)}{z}$ dir. Buna göre
$$ y(x+y) = 4z(x+y-z) $$
olup $(x+y)(4z-y)=4z^2$ yazabiliriz. Ayrıca $x^2=y^2+z^2$ olduğundan $(x+y)(4z-y)=4(x+y)(x-y)$ dir. Sadeleştirme yaparsak $4(x-z)=3y$ bulunur. Bu eşitliğin de karesini alırsak $16(x-z)^2=9y^2$ olur. Burada $y^2=x^2-z^2=(x-z)(x+z)$ eşitliği kullanılırsa $16(x-z)=9(x+z)$ olup $7x=25z$ dir. $x=25k$, $z=7k$, $y=24k$ dır. Böylece $|A^\prime N|=\dfrac{x(x+y)}{z}=7x$ tir. Buna göre $A^\prime N C$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $7$ dir.

[Lokman Gökçe]

1. En az iki basamaklı olup, bütün rakamları aynı olan ve tam dört tane pozitif böleni olan sayılara kolay sayı diyelim. Örneğin $11111=41\cdot 271$ bir kolay sayıdır. Buna göre $10^5$ ten küçük olan kaç kolay sayı vardır?

$\textbf{a)}\  7 
\qquad\textbf{b)}\ 11 
\qquad \textbf{c)}\ 9 
\qquad \textbf{d)}\ 10 
\qquad\textbf{e)}\ 18
$


Yanıt: $\boxed{A}$

$p,q$ farklı asal sayılar olmak üzere $pq$ veya $p^3$ biçimindeki sayılar $4$ pozitif bölene sahiptir.

İki basamaklı $aa$ sayısıyla başlayalım. $aa=a \cdot 11 $ olduğundan $a \in \{ 2, 3, 5, 7 \}$ asal rakamları olabilir.

Üç basamaklı $aaa$ sayısı için $aaa=a \cdot 111 = a \cdot 3 \cdot 37 $ olduğundan $a = 1$ olabilir.

Dört basamaklı $aaaa$ sayısı için $aaaa = a \cdot 1111 = a \cdot 11 \cdot 101 $ olduğundan $a = 1$ olabilir.

Beş basamaklı $aaaaa$ sayısı için $aaaaa=a \cdot 11111 = a \cdot 41 \cdot 271 $ olduğundan $a = 1$ olabilir.

Böylece toplam $7$ tane istenen özellikte sayı vardır.

[Lokman Gökçe]

2. $2017$ tavuk $25$ kümese, her kümeste farklı sayıda tavuk olmak koşuluyla yerleştiriliyor. Tavuk sayısının en fazla olduğu kümeste en az kaç tavuk vardır?

$\textbf{a)}\  90 
\qquad\textbf{b)}\ 91 
\qquad \textbf{c)}\ 92 
\qquad \textbf{d)}\ 93 
\qquad\textbf{e)}\ 95
$


Yanıt: $\boxed{D}$

Kümeslerdeki tavuk sayılarını $x_1>x_2> \cdots >x_{25}$ biçiminde sıralayalım. Toplam tavuk sayısı $x_1 + x_2 + \cdots x_{25} = 2017$ dir. $x_1\ge x_2 +1 , \ x_1\ge x_3 +2 , \ \dots \ , x_1 \ge x_{25} + 24 $ olduğundan $25x_1 \ge 2017 + 1 + 2 + \cdots + 24$ olur. $ 1 + 2 + \cdots + 24 = \dfrac{24\cdot 25}2 = 300$ olduğundan $25x_1\ge 2317$ ve $x_1 \ge 92,68 $elde edilir. O halde en az  $x_1=93$ olabilir ve bu duruma uygun bir örnek vardır:

$24$ ardışık sayının toplamı $93+92+91+\cdots + 70 = 1956$ ve $x_{25}=2017-1956=61$ seçilirse problem çözülmüş olur.

[Lokman Gökçe]

3. $\dfrac{1}{6}$ kesiri, pozitif iki kesirin toplamı olarak birçok şekilde yazılabilir. Örneğin, $\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{12}$; $\dfrac{10}{15}$; $\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{24}$ gibi.

Buna göre, $\dfrac{1}{100}$ kesri, pozitif iki kesrin toplamı olarak kaç farklı şekilde yazılabilir? (Not: $\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{m}$ ve $\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}$ aynı yazılışı ifade eder.)

$\textbf{a)}\  11   \qquad\textbf{b)}\ 12   \qquad \textbf{c)}\ 24   \qquad \textbf{d)}\ 6   \qquad\textbf{e)}\ 13 $


Yanıt: $\boxed{E}$

$\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{100}$ yazalım. Payda eşitlersek $mn=100m+100n$ olup $m(n-100)-100n=0$ yazalım. Her iki tarafa $100^2$ eklenirse $m(n-100)-100(n-100)=10^4$ olur. Buradan $(m-100)(n-100)=2^4 5^4$ biçiminde çarpanlara ayırırız. $2^4 5^4$ sayısının pozitif bölen sayısı $(4+1)(4+1)=25$ tir. Bu bize denklemin pozitif tamsayılarda $25$ tane $(n,m)$ çözüm ikilisi olduğunu gösterir. Bunlardan biri $n=m=200$ dür. $(n,m)$ ile $(m,n)$ özdeş kabul edileceğinden, eşitlik durumu dışındaki çözümleri iki defa saymış oluruz. Buna göre özdeş olmayan $\dfrac{25-1}{2}+1=13$ çözüm ikilisi elde edilir.

[Lokman Gökçe]

4. Masa üzerine, kırmızı, beyaz ve mavi renkli kağıt parçaları serpiştirilmiştir. Kırmızı parçalar üzerinde $7$, beyazlar üzerinde $15$ ve maviler üzerinde $28$ sayıları yazılmıştır. Üzerlerindeki sayıların toplamı $210$ olacak şekilde birkaç kağıt alınacaktır. Her renkten en az bir kağıt alınması koşuluyla en az kaç kağıt alınmalıdır?

$ \textbf{a)}\  12   \qquad\textbf{b)}\ 13   \qquad \textbf{c)}\ 10   \qquad \textbf{d)}\ 11   \qquad\textbf{e)}\ 15$


Yanıt: $\boxed{B}$

Kırmızı, beyaz, mavi kağıtlardan sırasıyla $x,y,z>0$ tane olsun. $7x+15y+28z=210$ olmalıdır. $a,b,c \geq 0$ olmak üzere $x=a+1,y=b+1,z=c+1$ değişken değiştirmesi yaparsak $ 7a+15b+28c = 160 $ olur. $a+b+c$ toplamının en az olabilmesi için katsayısı en büyük olan $c$ ye olabildiğince büyük değer vermeliyiz. $c < 6 $ olması gerektiği açıktır.

$c=5$ için $7a+15b=20$ dekleminin çözümü yoktur.

$c=4$ için $7a+15b=48$ dekleminin çözümü yoktur.

$c=3$ için $7a+15b=76$ dekleminin çözümü yoktur.

$c=2$ için $7a+15b=104$ dekleminin çözümü vardır. $b$ ye olabildiğince büyük bir değer verelim. $b=6$ için $a=2$ dir. O halde $a+b+c=2+6+2=10$ olup $x+y+z=13$ en küçük değerdir.