Antalya Matematik Olimpiyatı 1. Aşama - 2013 Çözümleri

Cevap: $\boxed{D}$

$[x^2]=2x-1$ tamsayı olduğundan $2x$ de tamsayıdır. Eğer $2x=n$ dersek, $x=\frac{n}{2}$ olur.

Eğer $n$ çift ($=2m$) ise $x=m$ olacağından denklem $m^2-2m+1=(m-1)^2=0$'dan $m=x=1$ bulunur.

Eğer $n$ tek ($=2m+1$) ise  $x=\frac{2m+1}{2}$ ve $[x^2]=\left[\frac{4m^2+4m+1}{4}\right]=m^2+m$ olur ve $$[x^2]-2x+1=m^2-m=m(m-1)=0$$ olur ve $m=0$'dan $x=\frac{1}{2}$ ve $m=1$'den $x=\frac{3}{2}$ çözümü bulunur. Çözümlerin toplamı da $1+\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=3$ bulunur.

Cevap: $\boxed{E}$

Her $a,b\in\mathbb{Z}$ ve $b\neq 0$ için öyle $a=bq+r$ ve $0\leq r<|b|$ olan tek bir $(q,r)$ tamsayı çifti vardır. Buradaki $r$'ye $a$'nın $b$'ye bölümünden kalanı denir. Yani soruda istenilen şartı sağlayan $b$'ler için $$6!\equiv 6\pmod{b}\text{   ve   } 6<b$$ olmalıdır. $b\mid 6!-6=714=2\cdot 3\cdot 7\cdot 17$ olduğundan $b$'nin alabileceği $(1+1)(1+1)(1+1)(1+1)=16$ tane pozitif $b$ vardır. Bunlar arasında $6<b$ olmayanlar $1,2,3,6$'dır. Bunları çıkartırsak $16-4=12$ adet istenileni sağlayan $b$ pozitif tamsayısı buluruz.

Not: Kavramlar bazı yerlerde farklı tanımlanabiliyor. Mesela daha önce "$a\equiv b\pmod{n}$ olan her $b$ sayısı $a$'nın $n$'ye bölümünden kalanıdır" şeklinde tanımlar da görmüştüm. Yani $b$'yi $0\leq b<n$ olarak sınırlandırmıyor. Ayrıca yukarda verdiğim tanımdaki gibi pozitiflik de şart değil. Yine de bu soruda pozitif olduğunu varsaydım.

Yanıt: $\boxed{C}$

$a_1 = 13$, $a_n=2013$ ve aritmetik dizinin ortak farkı $d$ olsun. $a_1 = 13$, $a_n=2013$ arasında en az $100$ terim varsa $n\geq 102$ olması gerekir. Bir aritmetik dizide $a_n = (n-1)d + a_1$ olduğundan $(n-1)d = 2013 - 13 = 2000$ dir. $n-1\mid 2000$ olduğundan $n-1 = 100$ ya da $n-1 = 125$ gibi değerleri inceleriz. Buradan $n=101$, $n=126$ değerleri bulunur. Her ne kadar $101$ sayısı seçeneklerde olsa da $n \geq 102$ koşulundan dolayı $n=126$ en küçük değer olur.

Cevap: $\boxed{A}$

Vieta formüllerinden $x_1x_2x_3=-2$ olduğunu görebiliriz. $y_i=-x_i$ dersek, $y_i$'ler pozitif, $y_1y_2y_3=2$, $3y_1+9y_2+4y_3=18$ ve $x_1^2+x_2^2-x_3^2=y_1^2+y_2^2-y_3^2$ olur. Aritmetik-Geometrik ortalama eşitsizliğinden $$18=3y_1+9y_2+4y_3\geq 3\sqrt[3]{27\cdot 4\cdot y_1y_2y_3}=18$$ olur. Eşitlik durumu olduğundan dolayı $3y_1=9y_2=4y_3=6$ olmalıdır. Buradan $(y_1,y_2,y_3)=\left(2,\frac{2}{3},\frac{3}{2}\right)$ elde edilir. Dolayısıyla $$x_1^2+x_2^2-x_3^2=y_1^2+y_2^2-y_3^2=4+\frac{4}{9}-\frac{9}{4}=\frac{79}{36}$$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{B}$

$|AE| = |DC|$, $|AC| = |AB|$ ve $m(\widehat{ACD}) = m(\widehat{BAE}) = 60^\circ $ olduğundan $ACD \cong BAE$ kenar-açı-kenar eşliği vardır. Dolayısıyla $|AD| = |BE|$ ve $m(\widehat{CAD}) = m(\widehat{ABE}) $ olup $ m(\widehat{FNB}) = 60^\circ $ elde edilir. $NFB$ dik üçgeninde $|NB| = 2|NF| = 2b$ olduğundan $|BE| = a + 2b$ dir.

Cevap: $\boxed{C}$

$x$ pozitif reel sayı olduğundan pay ve paydayı $x^2$'e bölebiliriz. İfadeye $S$ dersek, $$S=\frac{x+\frac{1}{x}}{x^2+3x+11+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}$$ olacaktır. $x+\frac{1}{x}=y$ dersek $x^2+\frac{1}{x^2}=y^2-2$ olacaktır. $$S=\frac{y}{y^2-2+3y+11}=\frac{y}{y^2+3y+9}$$ $x+\frac{1}{x}$ değeri alttan $2$ ile sınırlıdır (eşitlik durumu $x=1$'dir), üstten ise sınırlı değildir. Yani $y\in [2,\infty)$'dir. $S$'yi $y$'e bağlı bir fonksiyon olarak düşünürsek, $$S'(y)=\frac{9-y^2}{(y^2+3y+9)^2}$$ olur ve $[2,\infty)$ aralığı için $S'(y)=0\iff y=3$ olacağından sadece $y=2$, $y=3$ ve $y\to \infty$ için incelemeliyiz. $$S(2)=\frac{2}{19},\quad S(3)=\frac{1}{9},\quad \lim_{y\to \infty} S(y)=0$$ elde edilir. Dolayısıyla $\boxed{\max{S}=\frac{1}{9}}$. Eşitlik durumu $x+\frac{1}{x}=3$ denkleminin, veya denk olarak, $x^2-3x+1=0$ denkleminin pozitif köklerinden biri alınabilir.

$\begin{array}{lll}S &=& \dfrac{x^3+x} {x^4+3x^3+11x^2+3x+1} \\ &=&\dfrac{1}{\dfrac{x^4+11x^2+1}{x^3+x} + 3}\\
&=& \dfrac{1}{\dfrac{(x^2+1)^2+9x}{x(x^2+1)}+3} \\
&=& \dfrac{1}{\dfrac{x^2+1}{x}+ \dfrac{9x}{x^2+1}+3}
\end{array}$

$AO \geq GO$ dan alt taraf en az $6+3=9$ olacaktır. Bu durumda $\max S = \dfrac 19$ olacaktır.

$x+\frac{1}{x}=y$ dersek $x^2+\frac{1}{x^2}=y^2-2$ olacaktır. $$S=\frac{y}{y^2-2+3y+11}=\frac{y}{y^2+3y+9}$$

Bu noktada $S$ ifadesinin en büyük değerini bulmakla denk olan $1/S$ ifadesinin en küçük değerini bulmakla devam edebiliriz.

$\begin{align*}
\dfrac 1 S &= \dfrac{y^2 + 3y + 9}{y}\\
&= y + 3 + \dfrac 9 y\\
&= 3 + \left( y + \dfrac 9 y \right)\\
&\ge 3 + 2\sqrt{y \cdot \dfrac 9 y} \qquad \text{(A.G.O)}\\
&= 9.
\end{align*}$

Yani $1/S \ge 9$ eşitsizliği geçerlidir, ve eşitlik durumu $y=3$ iken sağlanır. Dolayısıyla $S\le 1/9$ eşitsizliği geçerlidir, ve eşitlik durumu yine $y=3$ iken sağlanır.

Çözümün geri kalanında aynı yol izlenebilir.

Dolayısıyla $\boxed{\max{S}=\frac{1}{9}}$. Eşitlik durumu $x+\frac{1}{x}=3$ denkleminin, veya denk olarak, $x^2-3x+1=0$ denkleminin pozitif köklerinden biri alınabilir.

Bu sınav için hazırladığım sorulardan biridir. Çözümümü paylaşabilirim:

Yanıt: $\boxed{A}$

$m(\widehat{C}) = 2\alpha$ diyelim. $m(\widehat{A}) = 90^\circ + \alpha$ olur. $[BC]$ üzerinden $m(\widehat{BAD}) = 2\alpha $ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım. Bu durumda $m(\widehat{DAC}) = m(\widehat{ADC}) = 90^\circ - \alpha $ olduğundan $ADC$ üçgeni ikizkenar olup $ |CD| = |CA| = b$ dir. $|BD| = a-b$ dir. $DBA \sim ABC $ (açı-açı-açı benzerliği) olduğundan
$$ \dfrac{|DB|}{|AB|} = \dfrac{|AB|}{|BC|} \implies \dfrac{a-b}{c} = \dfrac{c}{a} $$
yazılır. Buradan $a^2 -ab = c^2$ olup $b= \dfrac{a^2 - c^2}{a}$ elde edilir.

Yanıt: $\boxed{E}$

Mavi, beyaz, sarı bilyelerin sayısını sırasıyla $M, B, S$ ile gösterelim. $M=2S$, $B=3S+1$ olur. Torbada başlangıçta bulunan bilye sayısını $x_0$ ile gösterirsek $ x_0 = 6S +1 $ dir. Torbadan $n$ inci defa bilye alındığında kalan bilye sayısını da $x_n$ ile gösterelim. Diğer taraftan $ x_n - \dfrac{2x_n + 1 }{3} = x_{n+1} $ olduğundan $x_{n+1} = \dfrac{x_n -1}{3}$ elde edilir. $x_7 = 0$   olduğundan $ x_6 = 1 $ dir. Bu şekilde $x_5, x_4, x_3, x_2, x_1, x_0$  değerleri sırasıyla $4, 13, 40, 121, 364, 1093$ olarak elde edilir. $6S+1 = 1093$ eşitliğinden $S = 182$ bulunur.

Anekdot: Benim hazırladığım bir sorulardan biriydi. Aslında problemin ana fikrini oluşturan bir biçimini 2003 gibi kurgulamıştım. Daha sonra (2017 yılında olabilir) benzer fikirde bir problemi Mathematical Association of America (MAA) çatısı altındaki köklü dergilerden olan Mathematics Magazine'e sundum. Bir ara Yabancı Dergilerde Basılan Problemlerim başlığı altında toplamayı düşünüyorum. Uygun bir zamanda, bu problemin oluşum aşamalarını da detaylı biçimde anlatabilirim. Şimdi yarışma sorunun çözümünü paylaşayım:


Yanıt: $\boxed{B}$

Genelliği bozmadan $|AB|=|BC| = \sqrt{2}$ ve $|CD|=1$ alabiliriz. Bu durumda kenar uzunluğu $\sqrt{2}$ birim olan $ABCEF$ düzgün beşgenini inşa edebiliriz. $|CE|=\sqrt{2}$ ve $m(\widehat{DCE}) = 153^\circ - 108^\circ = 45^\circ $ olduğundan $|DE| = 1$ olup $DEC$ ikizkenar dik üçgen olur. Dolayısıyla $[AD]$, $ABCDEF$ altıgeninin simetri ekseni olup $m(\widehat{BAD}) = m(\widehat{FAD}) = \dfrac{108^\circ}{2} = 54^\circ$ elde edilir.

Cevap: $\boxed{C}$

Öncelikle $m^2-m+1\neq 0$ olduğuna dikkat edelim. Bizden $\frac{m^3+m^2+11}{m^2-m+1}\in \mathbb{Z}$ olması isteniliyor. Polinom bölmesi ile $$\frac{m^3+m^2+11}{m^2-m+1}=m+2+\frac{m+9}{m^2-m+1}$$ olduğundan $\frac{m+9}{m^2-m+1}\in \mathbb{Z}$ olması yeterlidir. $m^2-m+1$'in reel kökü olmadığından her zaman pozitiftir. $m=-9$ için tamsayı olacağı barizdir.

Eğer $m+9>0$ ise $m^2-m+1\leq m+9$ olmalıdır. Buradan $$m^2-2m+1\leq 9\implies -3\leq m-1\leq 3\implies -2\leq m\leq 4$$ bulunur. Bu değerler için denenirse sırasıyla $\frac{m+9}{m^2-m+1}=1,\frac{8}{3},9,10,\frac{11}{3},\frac{12}{7},1$ olduğundan sadece $m=-2,0,1,4$ olabilir.

Eğer $m+9<0$ ise $m^2-m+1\leq -m-9$ olmalıdır. Buradan $m^2\leq -10$ bulunur. Çözüm yoktur.

Tüm çözümler, $m=-9,-2,0,1,4$ olmak üzere $5$ tane $m$ vardır.

Cevap: $\boxed{B}$

$y$'i yok etmek için $-y=7-4z-7x$ yazalım. Buradan ifade $$x^3+2x^2+z^2+7-4z-7x+1071=(x^3+2x^2-7x+1074)+(z^2-4z+4)$$ bulunur. $z^2-4z+4=(z-2)^2\geq 0$ olduğunu biliyoruz. Geriye kalan $x^3+2x^2-7x+1074$'ün minimum değerini bulmalıyız. Eğer bu polinoma $P(x)=x^3+2x^2-7x+1074$ dersek, $$P'(x)=3x^2+4x-7=(x-1)(3x+7)$$ buluruz. Yani $x>0$ için tek kritik nokta sınır değeri $x\to 0^+$ ve $x=1$'dir. Polinomdan bahsettiğimizden $1$'de lokal minimum olduğunu görebiliriz. Dolayısıyla en küçük değer $x=1$'de alınır. $$P(x)=x^3+2x^2-7x+1074\geq P(1)=1070$$ olduğundan $$(x^3+2x^2-7x+1074)+(z^2-4z+4)\geq 1070$$ olacaktır. Eşitlik durumu da $(x,y,z)=(1,8,2)$'dir.

Cevap: $\boxed{A}$

$ABD$ üçgeninin çevrel çemberinin $AC$'yi kestiği nokta $O$ olsun. $m(\widehat{ABD})=m(\widehat{AOD})=2\cdot m(\widehat{ACD})$ ve $m(\widehat{ADB})=m(\widehat{AOB})=2\cdot m(\widehat{ACB})$ olduğundan $O$; $BCD$'nin çevrel çemberinin merkezidir. $m(\widehat{BOD})=110^\circ$ olduğundan $m(\widehat{BDO})=35^\circ$ olacaktır. $$m(\widehat{AED})=m(\widehat{BDO})+m(\widehat{ADO})=35^\circ+58^\circ=93^\circ$$ elde edilir.

Bu sınav için yazmış olduğum sorulardan biridir. Kendi çözümümü de ekleyebilirim.


Çözüm [Lokman Gökçe]: $\angle ACB = 21^\circ$ ve $\angle ABD = 58^\circ$'dir. Bu problemdeki geometrik dokuyu tanıyalım. $\angle ADB = 2\angle ACB$ ve $\angle ABD = 2\angle ACD$ bağıntıları sağlandığından bu bize iç ve dış açıortaylar arasındaki açı bağıntısını hatırlatmaktadır. Yani $C$ noktasının $ABD$ üçgeninde bir dış merkez olduğunu hissederek çözümü verebiliriz. Yine de, sezgi düzeyinde kalmadan bu tahminimizi kanıtlayarak ilerlemeliyiz. Bunun için $\angle ADB$'nin iç açıortayını çizelim. Bu açıortay ile $AC$ doğrusu $I$ noktasında kesişsin. $\angle IDB = \angle ICB = 21^\circ$ olduğundan $DIBC$ kirişler dörtgeni olur. Aynı yayı gören çevre açılardan $\angle IBD = \angle ICD = 29^\circ$ olur. Böylece $\angle IBA = 29^\circ$ olur. Böylelikle $[BI$, $ABD$ üçgeninde bir iç açıortaydır ve $I$ iç merkez olur. O halde $[AI$ da bir iç açıortaydır. $\angle DAI = \angle BAI = 35^\circ$ olup $\angle AED = 93^\circ$ elde edilir.


Not: Genel yapı şöyledir: $\angle ADB = 2\angle ACB$ ve $\angle ABD = 2\angle ACD$ ise $C$ noktası $ABD$ üçgeninde $A$'ya göre dış teğet çemberin merkezidir. İspat için, çözümdeki adımlar takip edilerek $I$ iç merkezi inşa edilir.