Page 201 - ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI 1. AŞAMA SORULARI VE ÇÖZÜMLERİ

200 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları

14. Yarıçapları e¸sit olmak zorunda olmayan
11 çember bir düzlem üzerinde öyle yerle¸sti­
rilmi¸stir ki, herhangi iki çemberin tam iki or­
tak noktası vardır ve herhangi üç çemberin
ortak noktası yoktur. Bu çemberler düzlemi
kaç parçaya böler? Örne˘ gin yandaki ¸sekilde
üç çember düzlemi 8 parçaya bölmü¸stür.
Çözüm : I.yol : (Euler formülünü bilenler için)
Düzlemin parçalar sayısına P, dü˘ güm noktaları sayısına D, çemberlerin bölünmü¸s
oldu˘ gu yaylar sayısına Y denilirse,
P=Y − D+2
¡ ¢
11
olur. Burada, D = 2 · 2 =110 ve 11 çemberin her biri di˘ ger 10 çemberin her biri
ile 2 ayrı noktada kesi¸stiklerinden, Y = 2 · 10 · 11 = 220’dir. Böylece,
P= 220 − 110 + 2 = 112
bulunur.

II. yol : Soru topolojik bir soru oldu˘ gundan, çemberler
yerine kareler alınarak parçaların sayısı do˘ grudan bulun­
abilir (yandaki ¸sekile bakınız).


15. 5 −1 sayısı 2 2001 sayısının bir katı olacak ¸sekilde en küçük  do˘ gal sayısı
nedir?
Çözüm : 5 2  − 1=(5 2 −1 − 1)(5 2 −1 +1) e¸sitli˘ ginde (5 2 −1 +1) çarpanı 2 ile
bölünüyor fakat 4 ile bölünmüyor. Benzer ¸sekilde,

5 2 −1 − 1=(5 2 −2 − 1)(5 2 −2 +1)
e¸sitli˘ ginde de (5 2 −2 +1) çarpanı için aynı durum söz konusudur. Bu ¸sekilde devam
edilirse,
(5 2 2 − 1) = (5 2 1 − 1)(5 2 1 +1) = 24 · 26
elde edilir. O halde,  =2 1999 alınırsa,
(5 2 1999 − 1) = (5 2 1 − 1)(5 2 1 +1)(5 2 2 +1) ·· · (5 2 1998 +1)
3
yazılabilece˘ ginden, sa˘ g taraf 2 · 2 1998 =2 2001 ile bölünür ve 2 2002 ile bölünmez.
Yani, ko¸sulu sa˘ glayan en küçük  do˘ gal sayısı 2 1999 olarak bulunur.