Page 263 - ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI 1. AŞAMA SORULARI VE ÇÖZÜMLERİ

262 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları

5. p bir asal sayı ve x> 0,n ≥ 0 tam sayılar olmak üzere, n ·p< 1000 ise
2
x
2 2
n +100· = (n + x)
p
denkleminin kaç tane (x, n, p) çözüm üçlüsü vardır?
2
2
2
Çözüm :  ·  + 100 =  ·  +2 +   e¸sitli˘ ginden 100 =  · (2 + ) elde
edilir. Bu denkleme göre,  asal sayısının 2 veya 5 olabilece˘ gini görürüz. Bu de˘ gerler
için denklemi inceleyelim.
 =2 için, 2 +  =50 denkleminin çözümlerini bulalım.  2  1000 ise,
2
  500 ve buradan da  ≤ 22 olaca˘ gından, istenen ¸sekilde 23 tane negatif olmayan
2
 tamsayısı ve dolayısıyla da 23 tane ( ) ikilisinin oldu˘ gu görülür.
 =5 için, 20 = 2+ denklemi elde edilir. Buradan  0 ko¸sulundan dolayı,
2
2
 ≤ 9 olması gerekir. 0 ≤  ≤ 9 sayıları, problemin  · 5  1000 yani,   200
ko¸sulunu da sa˘ glarlar. O halde,  =5 durumunda da 10 tane ( ) ikilisi bulunur.
Sonuç olarak, tüm çözümlerin sayısı 23 + 10 = 33 olur.
6. n sayısı 3’e, n +1 sayısı 7’ye, n +2 sayısı 11’e tam bölünecek ¸sekilde en
küçük n pozitif tamsayısının rakamları toplamı kaçtır?
Çözüm : 3, 7 ve 11 aralarındaki fark 4 olan sayılardır. Bu sayıların her biri 4’e
bölünürse, aralarındaki fark 1 olur. Fakat, bu sayılar tamsayı de˘ gildirler. Bu nedenle,
3+  7+  11 + 
 
4 4 4
sayıları tamsayı olacak ¸sekilde bir  sayısı ekleyelim. Bu yeni üç sayı ardı¸sık tam­
sayılardır. Di˘ ger taraftan, ilk sayının 3 ile bölünebilmesi için,  sayısı 3’ün katı, ikinci
sayının 7 ile bölünebilmesi için  sayısı 7’nin katı ve son sayının 11 ile bölünebilmesi
için  sayısı 11’in katı olması gerekir. Biz en küçük sayıyı arıyoruz. O halde,
 (3 7 11) = 3 · 7 · 11 = 231 oldu˘ gundan,  sayısı 231’in katı olmalıdır.
Buna göre,
3+  7+  11 + 
 
4 4 4
ifadeleri tamsayı olacak ¸sekilde,  yerine 3 · 231 = 693 yazarsak, sırasıyla, 174, 175
ve 176 sayıları elde edilir. O halde, yanıt 12 olur.
2.yol :  ≡ 0(mod3)  +1 ≡ 0(mod7)  +2 ≡ 0 (mod 11)  yani,
 ≡ 0(mod 3)  ≡−1(mod 7)  ≡−2(mod 11) sa˘ glanacak ¸sekilde en küçük
 ∈ N bulmalıyız. Söz konusu  sayısını,

 =3 · 7 ·  +7 · 11 ·  +11 · 3 ·  (   ∈ Z)
¸ seklinde ararsak,  ≡ 0(mod3)  ≡ 4(mod7)  ≡ 2 (mod 11) olması gerekti˘ gini
görebiliriz. Buradan, söz konusu özelli˘ ge sahip en küçük  sayısı
 =3 · 7 · 2+7 · 11 · 0+11 · 3 · 4 = 174
olarak bulunur.