MATEMATİK OLİMPİYATI ÇALIŞMA KİTAPÇIĞI

Transkript

1 MATEMATİK OLİMPİYATI ÇALIŞMA KİTAPÇIĞI

2 Matemat ık Ol ımp ıyatları Çalışma K ıtapçığı 6 Temmuz 010

3 İçindekiler 1 Giriş İlksöz KONULAR 6.1 Denklem S ıstemler ı Çalışma Soruları Çözümler Repun ıtler Çalışma Soruları Çözümler Soph ıe Germa ın Özdeşl ığ ı Çalışma Soruları Çözümler Tamkareler Poz ıt ıft ır Çalışma Soruları Çözümler Eş ıts ızl ıkler I Çalışma Soruları Eş ıts ızl ıkler II Çalışma Soruları İnd ırgemel ı D ız ıler Birinci Dereceden İndirgemeler

4 .7. İkinci Dereceden İndirgemeler Alıştırmalar Yen ıden Düzenleme [Rearrangement] Eş ıts ızl ığ ı Tr ıgonometr ık Değ ışken Değ ışt ırme Çalışma Soruları Çözümler Ceb ırde Teleskop ık Toplamlar ve Çarpımlar Çalışma Soruları Çözümler Tamdeğer Fonks ıyon Problemler ı Çalışma Soruları Çözümler Bölüneb ılme ve Asal Sayılar Çalışma Soruları Çözümler Tr ıgonometr ıde Sonsuz Toplam ve Farklar Çalışma Soruları Çözümler Kuş, Güverc ın, Yuva Çalışma Soruları Çözümler Üstel D ıyofant Denklemler ı Çalışma Soruları Çözümler Kalan Sınıfları [Res ıdues] Çalışma Soruları Çözümler V ıete Teoremi Newton-Girard Formulæ Lagrange İnterpolasyon Tekn ığ ı Çalışma Soruları

5 .17.4 Çözümler Bağıntı Sayıları Çalışma Soruları Çözümler L ıneer Denklemler ın Tamsayı Çözümler ı Çalışma Soruları Çözümler Fonks ıyonel Denklemler Tek Değişkenliler - Temel Teknikler Çok Değişkenliler Çalışma Soruları Çözümler

6 Bölüm 1 Giriş 1.1 İlksöz Belkide internetin hayatımıza kattığı en büyük artı değer legal paylaşımlar yapmak ve bilgiyi birbirimizle paylaşmaya ortam hazırlamak olmuştur. Bizde bu paylaşımın bir parçası olarak bu zamana kadar bir çok ders notunu ve çözüm paketini sizlerle paylaşmıştık. Şimdi de, tüm bu ders notlarının birleşimi olan bu mini kitabı sizlerin paylaşımına açıyoruz. Sizlerde çekinmeden bu kitapçığı gerek fotokopi ile gerekse elektronik yollarla birbirinizle paylaşın. Yararlanabildiğiniz kadar yararlanın. Bu çalışmanın hazırlanmasında öncelikle com sayfamıza teveccüh gösteren tüm dostlarımıza ve faydalı olabilmek için çalışmalarımıza yardım eden LATEX ε dostlarına teşekkür ederiz. Sbelian Σ Haziran 010 5

7 Bölüm KONULAR.1 Denklem S ıstemler ı Bu bölümde bazı standart olmayan denklem sistemlerinin çözümlerini yapacağız. Ancak ilerleyen örneklerde sizinde farkedeceğiniz üzere, kullanacağımız yöntemler genelde bazı cebirsel manipülasyonlardan oluşuyor. Bu yöntemleri kullanarak hem çözümlere daha kolay ulaşacağız hemde her bir soruda farklı bir tekniği öğrenmiş olacağız. Örnek. x + y + z = 3 y + z + x 3 = 3 z + x + y 3 = 3 denklem sisteminin pozitif çözüm üçlüsünün yanlızca (1, 1, 1) olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Eğer ilk iki denklemin farkını alırsak x(1 x ) + y(y 1) + z (z 1) = 0 denklemini elde ederiz. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü denklemlerin farkını alırsak y(1 y ) + z(z 1) + x (x 1) = 0 6

8 .1. DENKLEM SİSTEMLERİ 7 denklemini elde ederiz. Eğer bu denklemi z ile çarpıp bir önceki denklemden çıkarırsak x(x 1)(1 + x + xz) = y(y 1)(1 + z + yz) eşitliğini elde ederiz. Benzer işlemleri yaparak y(y 1)(1 + y + yx) = z(z 1)(1 + x + xz) eşitliğinede ulaşırız. Son yazdığımız iki eşitlikte eğer x, y, z pozitifse x = y = z = 1, x, y, z < 1 veya x, y, z > 1 olacaktır. Son iki yazdığımız olasılığın x + y + z 3 = 3 eşitliğini sağlayamayacağı açıktır. Demek ki tek çözüm olacaktır. Örnek. a + b + c + d = 1 (x, y, z) = (1, 1, 1) abcd = 7 + ab + ac + ad + bc + bd + cd denklem sistemini sağlayan tüm (a, b, c, d) pozitif sayı dörtlülerini bulunuz. Çözüm. Eğer soruda verilen sistemdeki ikinci eşitliğe Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliğini uygularsak abcd abcd olacaktır. Eğer bu eşitsizliği düzenlersek yeni denklemimiz abcd değişkenine bağlı ( abcd + 3)( abcd 9) 0 eşitsizliğini elde ederiz. Burada abcd 9

9 8 BÖLÜM. KONULAR olduğu açıktır. Eğer bu durumu sistemdeki ilk denklemle beraber kullanırsak a + b + c + d 4 4 abcd 3 3 olduğundan eşitlik durumu söz konusudur. Buna göre tek çözüm olacaktır. a = b = c = d = 3 Örnek. 3x (1 + 1 ) x + y 7y (1 1 ) x + y = = 4 denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz. Çözüm. Bu soruda çözüme daha kolay işlemlerle ulaşmak için bazı değişken eğiştirmeler yapmak yerinde olacaktır. Buna göre eğer x = u ve y = v alırsak sistemimiz ( ) 1 u 1 + u + v = 3 ( ) 1 v 1 u + v = 4 7 şeklini alır. Burada u +v aslında z = u+iv karmaşık sayısının normunun karesidir. Buna göre ikinci denklemi i karmaşık sayısı ile çarpıp birinci denkleme eklersek u + iv + u iv u + v = 3 + i 4 7 eşitliğini elde ederiz. Burada u iv u + v

10 .1. DENKLEM SİSTEMLERİ 9 ifadesi olacaktır. Yani z z = z (zz) = 1 z ( ) z + 1 z = + i eşitliği elde edilir. Eğer bu denklemi düzenlersek ( ) z + i 4 z + 1 = denklemini ve bu denklemin çözümü olan ( 1 3 ± ) ( + i ± ) 1 7 sayısını elde ederiz. Buna göre soruda verilen sistemin çözümü olacaktır. ( 1 x = 3 ± ) ( ve y = ± ) Çalışma Soruları 1. x + x = y y + y z + z = z = x denklem sistemini çözünüz.

11 10 BÖLÜM. KONULAR. [x], x sayısının tam kısmını, {x} ise ondalık kısmını temsil etmek üzere x = [x] + {x} olarak veriliyor. Buna göre x + [y] + {z} = 1, 1 z + [x] + {y} =, y + {x} + [z] = 3, 3 denklem sistemini sağlayan x, y, z değişkenlerini bulunuz. 3. Aşağıdaki denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz. xy + yz + zx = 1 xyz = + x + y + z 4. 4x 4x + 1 4y 4y + 1 4z 4z + 1 = y = z = x Denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz = x + y + z = x 3 + y 3 + z 3 eşitliğini sağlayan tüm tamsayı üçlülerini bulunuz. 6. 6(x y 1 ) = 3(y z 1 ) = (z x 1 ) = xyz (xyz) 1 eşitliğini sağlayan tüm sıfıran farklı x, y, z reel sayılarını bulunuz.

12 .1. DENKLEM SİSTEMLERİ a, b, c birbirinden ve sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere verilen x yz = a y zx = b z xy = c denklem sisteminin tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. (x + y) 3 = z (y + z) 3 = x (z + x) 3 = y denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel sayı üçlüleini bulunuz. x 3 9(y 3y + 3) = 0 y 3 9(z 3z + 3) = 0 z 3 9(x 3x + 3) = 0 denklem sisteminin tüm çözümlerini bulunuz. 10. a, b, x, y reel sayılar olmak üzere ax + by = 3 ax + by = 7 ax 3 + by 3 = 16 ax 4 + by 4 = 4 olarak veriliyor. Buna göre, ax 5 + by 5 toplamının eşitini bulunuz..1. Çözümler 1. Eğer çözümde aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğini kullanırsak x + 1 x x x =

13 1 BÖLÜM. KONULAR ise y ve y olacaktır. Benzer şekilde y ve z olacaktır. Eğer sistemdeki 3 denklemi 1 ile çarpıp toplarsak ( 1 x + y + z = x + 1 y + 1 ) z eşitliği elde edilir. Bu denklemin sol kısmı x + y + x 3 iken sağ kısım ( 1 x + 1 y + 1 ) 3 z olacaktır. Demek ki x + y + z = olmalıdır. Buradan istenen çözümler olarak bulunur. ( 1 x + 1 y + 1 ) = 3 z x = y = z = ±. Eğer sistemdeki 3 eşitsizliği taraf tarafa toplarsak x + y + z = 6.6 olduğundan x + y + z = 3.3 denklemini elde ederiz. Sistemdeki her bir denklemi son bulduğumuz eşitlikten çıkarırsak yeni sistemimiz {y} + [z] =. {x} + [y] = 1.1 {z} + [x] = 0

14 .1. DENKLEM SİSTEMLERİ 13 olacaktır. Bu sistemde ilk denklemden {y} = 0. ve [z] = bulunur. İkinci denklemden [y] = 1, {0.1} ve üçüncü denklemden {z} = 0, [x] = 0 bulunur. Buna göre, denklem sisteminin çözümü olacaktır. x = 0.1, y = 1., z = 3. Varsayalım 3 xyz = a olsun. Aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğinden 1 = xy + yz + zx 3a ve a 3 = + x + y + z + 3a olacaktır. ilk eşitsizlikten 1 3a ise 4 a bulunur. İkinci eşitsizliktense a bulunur. Dolayısıyla a = ve x = y = z olacaktır. Demek ki tek çözüm (x, y, z) = (,, ) olur. 4. Çözüme, denklem sistemimizdeki her bir denklemi karşılayan bir fonksiyon bularak başlayalım. Varsayalım f fonksiyonu f : [0, ) [0, ) olmak üzere f(t) = 4t 4t + 1 olarak verilsin. f fonksiyonun artan olduğu açıktır. Dolayısıyla eğer x < y ise f(x) < f(y) dolayısıyla y < z olacaktır. Eğer bu argümanı tekrar edersek z < x elde ederiz. Öyleyse x < y < z < x olacaktır ki bu durum imkansızdır. Benzer biçimde x > y ile başlarsak yine çelişki elde ederiz. Demek ki x = y = z olmalıdır. Buna göre, 4t 4t + 1 = t denklemini çözersek t = 0 veya t = 1/ olacaktır. Öyleyse sistemin çözümleri sadece olarak bulunur. (0, 0, 0) ve ( 1, 1, 1 )

15 14 BÖLÜM. KONULAR 5. Eğer soruda verilen eşitlik üzerinde biraz oynarsak 4 = (x + y + z) 3 (x 3 + y 3 + z 3 ) = 3 x y + 6xyz eşitliğine ulaşırız. Eğer sadeleştirme yapıp çarpanlarına ayırırsak 8 = (x + y)(x + z)(y + z) olacağından 8 = (3 x)(3 y)(x + y) eşitliği elde edilir. 8 sayısının çarpanlarını kontrol edersek çözümleri olarak bulabiliriz. 6. Soruda verilen eşitliği kullanarak (1, 1, 1), (4, 4, 5), (4, 5, 4), ( 5, 4, 4) (x y 1 ) + (y z 1 ) + (z x 1 ) = xyz (xyz) 1 yazabiliriz. Eğer bu eşitliği yeniden düzenlersek de (x y 1 )(y z 1 )(z x 1 ) = 0 denklemini elde ederiz. Demek ki çarpanlardan biri sıfır olmalıdır. Ancak sorudaki eşitlikten hepsinin sıfır olduğu ortaya çıkar. Dolayısıyla bulunur. xy = yz = zx = 1 ve x = y = z = ±1 7. Soruda verilen sistemdeki herbir eşitliğin karesini alıp diğer iki eşitliğin çarpımından çıkarırsak yeni sistemimimiz a bc = x(x 3 + y 3 + z 3 3xyz) b ac = y(x 3 + y 3 + z 3 3xyz) c ab = z(x 3 + y 3 + z 3 3xyz)

16 .1. DENKLEM SİSTEMLERİ 15 olacaktır. Burada olarak alırsak x 3 + y 3 + z 3 3xyz = k (a bc) (b ac) (c ab) = k (x yz) = k a olur. Burada eşitliğin sol tarafını açıp düzenlersek k = ± a 3 + b 3 + c 3 3abc olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri olacaktır. x = a bc k, y = b ac, k c ab k 8. Eğer ikinci denklemi birinciden çıkarırsak (x z) ( (x + y) + (x + y)(y + z) + (y + z) ) = z x eşitliğini elde ederiz. Burada (x + y) + (x + y)(y + z) + (y + z) > 0 olduğuna göre, x = z olacaktır. Simetriden dolayı y = z ve elimizde 8x 3 = x denklemi oluşacaktır. Bu denklemin kökleri x = 0 ve x = ± olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri olur. x = y = z = 0, x = y = z = ± 1 9. Soruda verilen sistemi düzenlersek, yeni sistemimiz (y 3) 3 = y 3 x 3 (z 3) 3 = z 3 x 3 (x 3) 3 = x 3 z 3

17 16 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Bu eşitliği toplarsak (x 3) 3 + (y 3) 3 + (z 3) 3 = 0 eşitliği elde edilir. Genelliği bozmadan varsayalım x 3 olsun. Sistemdeki üçüncü denklemden z 3 7 = 9x(x 3) olacaktır, dolayısıyla z 3 olur. Benzer biçimde y 3 olacaktır. Ancak üçü birden 3 ten büyük olamaz. Buna göre tek çözüm x = y = z = 3 olacaktır. 10. n = ve n = 3 için (ax n + by n )(x + y) (ax n 1 + by n 1 )xy = ax n+1 + by n+1 eşitliğinin sağlandığı görülebilir. Buna göre, 7(x + y) 3xy = 16 ve 16(x + y) 7xy = 4 olacaktır. Bu iki denklemi çözersek x+y = 14 ve xy = 38 olur. n = 4 için başta belirlediğimiz reküransı yeniden uygularsak olacaktır. ax 5 + by 5 = (4)( 14) (16)( 38) = = 0. Repun ıtler Basamaklarını oluşturan rakamların hepsi 1 olan doğal sayılara repunit diyeceğiz. Öyleki } {{ } n basamaklı

18 .. REPUNİTLER 17 sayısı bir repunit sayı olarak sorularımızda yerini alacaktır. Şimdi ilk örneğimizle başlayalım. Sorumuz 005 Bulgaristan Matematik Olimpiyatları nda sorulmuştur. Örnek. x, y, z Z olmak üzere verilen x + y + 98z = } {{ } 666 tane 1 eşitliğini sağlayan tamsayı üçlülerinin bulunmadığını kanıtlayınız. Çözüm I. Çözüme çelişki ile ulaşmaya çalışalım. varsayalım soruda verilen denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayı üçlüsü varolsun. Buna göre eşitliğin sol tarafındaki repuniti çarpanlarına ayırırsak ( ) = ( ) 9 olacaktır. Küçük Fermat teoremine göre, sayısı 7 ile bölünebilir. Buna göre eşitliğimize (mod7) altında bakabiliriz. Tamkare bir sayının (mod7) altındaki kalan sınıfı {0, 1,, 3, 4} ve 98 sayısı 7 ile kalansız bölünebildiğine göre, eşitliğin sağ tarafındaki ifademizde x ve y sayıları 7 ile kalansız bölünmelidir. Bu durumda eşitliğin sol tarafı 7 ile tam bölünecektir. Ancak eşitliğin sağ kısmındaki ifademiz ( ) olduğundan bu ifadenin (mod7) altındaki ikinci çarpanı 4 olacaktır. Üçüncü çarpanı (mod7) altında 0 olmadığına göre, eşitliğin sağ tarafı 49 ile bölünemez. Çelişki vardır. Demekki (x, y, z) tamsayı üçlüleri yoktur. Eğer soruda verilen eşitliğin sağ tarafına (mod) altında ba- Çözüm II. karsak veya x + y + x 111 (mod 8) x + y + z 7 (mod 8)

19 18 BÖLÜM. KONULAR olduğunu görebiliriz. Bir tamsayının karesinin ( mod 8) altındaki kalanları {0, 1, 4} olabilir. Eğer iki katlarını alırsak kalan sınıfı {0, } olacaktır. Ancak elde edilen {0, 1, 4} kümesinin elemanlarını {0, } ve {0, } kümesinin elemanlarına ekleyerek (mod8) altında 7 sayısına ulaşamayız. Demek ki, soruda verilen denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayıları yoktur. Sıradaki sorumuzda Rusyada yayınlanan Potansia Magazine isimli dergiden alıntıdır. Örnek. Repunitleri yine repunitlere götüren tüm ikinci dereceden tamsayı katsayılı polinomları bulunuz. Çözüm. varsayalım ikinci dereceden polinomumuz f(x) = ax + bx + c olsun. Soruda verilen şartlara göre, yani olacaktır. Eğer f(111 } {{ 1} ) = } 111 {{ 1} m tane n tane ( 10 m ) 1 f 9 olarak alırsak, ( ( ) x 1 ( ) ) x 1 9 a + b olacaktır. Demek ki g(x) = a 9 x + = 10n 1 9 ( ) x 1 g(x) = 9f ( a = 9 9 (x x + 1) + b ) (x 1) + c = a 9 (x x + 1) + b(x 1) + c + 1 = a ( 9 x + b a ) x + (9c + 1 b + a 9 9 ) ( b a ) x + (9c + 1 b + a 9 9 )

20 .. REPUNİTLER 19 olacaktır. Buna göre, aslında g(10 m ) = 10 n olacaktır. yani g polinomu 10 un kuvvetlerini yine 10 un kuvvetlerine götürecektir. Buna göre, 10 m g(10 m ) = 10 n m = a ( 9 + b a ) ( 10 m + 9c + 1 b + a ) 10 m 9 9 olacaktır. İlk eşitlikten görüldüğü üzere 10 m g(10 m ) sayısı 10 un kuvvetidir. Eğer m değerini yeterince büyük alırsak 10 m g(10 m ) ifadesi a/9 değerine yakınsak. Buradan da, a/9 = 10 k ve 10 m g(10 m ) = 10 k olacaktır. Dolayısıyla ( b a 9 ) 10 m + ( 9c + 1 b + a 9 ) 10 m = 0 olacağından b a 9 = 9c + 1 b + a 9 = 0 olur. Buradan b = 10 k ve c = 10k 1 9 olacağından istenen polinomlar olur...1 Çalışma Soruları f(x) = 9 10 k x + 10 k x + 10k (a.) Çift sayıda basamağı olan, beş tabanındaki repunitlerin ardışık pozitif iki tamsayının çarpımı olduğunu gösteriniz. (b.) Dokuz tabanındaki tüm repunitlerin Üçgensel Sayı 1 olduğunu kanıtlayınız } {{ 1} = } {{ } +(333 } {{ 3} n tane n tane n tane eşitliğini kanıtlayınız. ) 1 Bir a k üçgensel sayısı, 1 den k ya kadar olan tamsayıların toplamıdır. Üçgensel sayı denilmesinin temel sebebi, eşkenar bir üçgenin üzerine eşit aralıklarla yerleştirilibilecek eşit yarıçaplı kürelerin sayısını vermesidir. Öyleki, ilk bir kaç üçgensel sayı 1, 3, 6, 10, 15, 1, 8 olarak kolaylıkla bulunabilir. a n = (n 1) + n = n(n+1) = n +n = ( ) n+1 genel formuda n. üçgensel sayıyı vermektedir.

21 0 BÖLÜM. KONULAR ile bölünebilen ve tüm basamakları 1 olan en küçük pozitif tamsayıyı bulunuz. 4. Asal bir repunit sayının basamak sayısınında asal olduğunu kanıtlayınız. Ayrıca, bu önermenin tersi doğrumudur? 5. Tüm basamakları 1 olan, 81 basamaklı bir sayı 81 ile kalansız bölünebilir mi? 6. (a.) } {{ } n basamaklı sayının 41 ile ancak ve ancak 5 n olduğunda, bölünebileceğini kanıtlayınız. (b.) } {{ } n basamaklı sayının 91 ile ancak ve ancak 6 n olduğunda, bölünebileceğini kanıtlayınız den büyük hiç bir repunitin tam kare olamayacağını kanıtlayınız. 8. Son basamağı 1, 3, 7 veya 9 olan her n tamsayısı için, n ile bölünebilen bir repunit bulunduğunu kanıtlayınız. 9. Herhangi iki elemanı aralarında asal olan sonsuz büyüklükte bir repunitler dizisi olduğunu kanıtlayınız. 10. Sonsuz çoklukta n değeri için, basamaklarında sıfır bulunmayan n basamaklı bir sayının basamakları toplamına bölünebileceğini kanıtlayınız... Çözümler 1. (a.) (111 } {{ 1} ) 5 = n 1 n tane = 5n 1 = 5n 1 5n eşitliğine göre, 5n 1 ve 5n +1 ardışık tamsayılardır.

22 .. REPUNİTLER 1 (b.) (111 } {{ 1} ) 9 = n 1 n tane = 9n 1 = 1 8 3n 1 3n + 1 olduğuna göre bu sayı bir üçgensel sayıdır. Çünkü, 3n 1 ardışık tamsayılardır.. Soruda verilen eşitliği kullanalım. Buna göre, ve 3n +1 } 111 {{ 1} } {{ } n tane n tane = } 111 {{ 1} 000 } {{ 0} 111 } {{ 1} n tane n tane n tane = (10 n 1) = } {{ } n tane } {{ } n tane = } 333 {{ 3} 333 } {{ 3} = (333 } {{ 3} n tane n tane n tane ) } {{ } n tane olur. 3. Varsayalım A sorudaki şartları sağlayan sayımız olsun. Eğer basamak sayısını n olarak alırsak A = 10n 1 9 olacaktır. 9 ve 19 sayıları aralarında asal olduklarına göre, en küçük n değeri için, 10 n 1 sayısının 19 ile bölünmesi gerekmektedir. Küçük Fermat teoremine göre, sayısı 19 ile bölünebilir. Eğer daha küçk bir n değeri varsa, 10 n 1 (mod19) ve n 18 olmalıdır. Bu durumda, 3, 6 ve 9 değerlerini kontrol etmemiz gerekir. Ancak bu sayılardan hiçbirisinin denkliği sağlamadığı görülecektir. Demek ki en küçük sayımız 19 basamaklıdır. 4. m, n > 1 olmak üzere repunit sayımız m n basamaklıysa, bu sayıyı 111 } {{ 1} } {{ 0} } {{ 0} } {{ 0} 1 n tane n 1 tane n 1 tane n 1 tane şeklinde çarpanlara ayırabiliriz. Burada m 1 tane sıfırlardan oluşmuş grup vardır. Dolayısıyla bu şekildekii bir repunit asal olamaz. Demek ki,

23 BÖLÜM. KONULAR asal bir repunit için, basamak sayısıda asal olmalıdır. Ancak tersi doğru değildir. Mesela 111 = 3 37 ve sayıları asal değildirler. 111 } {{ 1} = tane 5. Soruda verilen sayıyı çarpanlarına ayırmaya çalışalım. Buna göre, } {{ } 81 tane = } 111 {{ 1} 9 tane } {{ } 9 tane 1 64 tane 0 olur. Çarpanların her ikiside 9 ile bölünebilir. Dolayısıyla sayımız 81 ile bölünebilir. 6. (a.) Varsayalım n = 5k + r, r {0, 1,, 3, 4} olsun. Buna göre, } {{ } n tane = } 111 {{ 1} 000 } {{ 0} 5k tane r tane } {{ } r tane = } {{ } r tane olacaktır = olduğuna göre, ifade mod41 altında 111 } {{ 1} e eşittir. Fakat 1, 11, 111, 1111 sayıları 41 ile bölünemez. r tane n tane Dolayısıyla 111 } {{ 1} sayısının 41 ile bölünebilmesi için ancak ve ancak r = 0 yani 5 n olmalıdır. (b.) Önceki şıkta kullanılan aynı yöntemle çözüme gidilir. Sadece = olacaktır. 7. Varsayalım sayımız A = } 111 {{ 1} = 10n 1 9 n tane bir tamkare olsun. Buna göre, A (mod4) olur. Ancak bu imkansızdır çünkü bir tamkarenin (mod4) altıdaki denkleri sadece {0, 1} olabilir.

24 .3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 3 8. Eğer dikkat edilirse 1, 3, 7 ve 9 sayılarının 10 ile aralarında asal oldukları kolayca görülebilir. Varsayalım elimizde 1, 11, 111,, 111 } {{ 1} sayılarımız olsun. Güvercin Yuvası İlkesine göre, bu (n + 1) sayı arasından iki n+1 tane tanesi n ile bölündüğünde aynı kalanları verir. Bu sayıların farkı ise n ile bölünebilir ve fark a b formundadır. Burada a bir repunit ve b ise 10 un kuvvetidir. (n, 10) = 1 olduğuna göre, repunit a sayısı 10 ile bölünmelidir. ispat tamamlanır. 9. Euclide in sosuz çoklukta asalın varlığını kanıtladığı ispatını sorumuza adapte edelim. Varsayalım a 1 = 1 olsun ve dizinin elemanlarını a n e kadar seçelim. Bir önceki problemden a 1 a a n çarpımını bölen bir m repunit sayısı vardır. 10m + 1 sayısıda bir repunittir ve m ile aralarında asaldırlar. Dolayısıyla 1 k n olmak üzere a k larda aralarında asaldırlar. Eğer a n+1 = 10m + 1 seçersek kanıt tamamlanır. 10. Tümevarımla ispatlamaya çalışalım. Buna göre 3 n basamaklı bir repunitin 3 n ile bölünebileceğini göstermemiz yeterli olacaktır. n = 1 için 111 = 3 37 olur. Varsayalım n basamak içinde doğru olsun. Buna göre, 111 } {{ 1} = } 111 {{ 1} } {{ 0} } {{ 0} 1 3 n+1 tane 3 n tane 3 n 1 tane 3 n 1 tane olacaktır. İlk çarpanın 3n ile bölünebildiği açıktır. İkinci çarpanda 3 ile kalansız bölünebileceğine göre, (n + 1) için ispatı tamamlarız..3 Soph ıe Germa ın Özdeşl ığ ı x + 1 polinomunun R üzerinde indirgenemeyen yada çarpanlarına ayrılamayan bir polinom olduğunu biliyoruz. Ancak, her nekadar benzer gibi görünsede, x polinomu için durum aynı değildir. Öyleki, x = ( x 4 + x + 1 ) x = ( x + 1 ) ( ) x ( = x + ) ( x + 1 x ) x + 1

25 4 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Benzer biçimde x 4 + 4y 4 = ( x + xy + y ) ( x xy + y ) özdeşliğide elde edilebilir. Eğer katsayıyı değitirirsek, x y4 = (x + xy + 1 ) (x y xy + 1 ) y olacaktır. Bu son yazdığımız iki özdeşlik sorularn çözümünde oldukça kullanışlıdır ve literatürdeki adıda Sophie Germain Identity olarak geçer. Örnek. olarak verilen toplamı bulunuz. n k=1 4k 4k Çözüm. Eğer bildiğimiz özdeşlikleri kullanırsak, n k=1 4k 4k = = n (k + k + 1) (k k + 1) (k + k + 1)(k k + 1) n ( ) 1 (k + k + 1) 1 ((k + 1) + (k + 1) + 1) k=1 k=1 = 1 1 n + n + 1 olacaktır. Yukarıda çözümlerini verdiğimiz örnekler konunun anlaşılması için yeterlidir. Şimdi bu bilgiler ışığında çalışma sorularını çözmeye çalışınız..3.1 Çalışma Soruları 1. n >, n Z için n + 1 sayısının asal olmadığını kanıtlayınız.. x n+1 + x n 1 = x n dizisinin periyodik olduğunu kanıtlayınız.

26 .3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 5 3. n k=1 k 1/ k 4 + 1/4 toplamını hesaplayınız. 4. ( ) ( ( ) ) 1 (n 1) ( ) ( ( ) ) 1 (n) ifadesinin eşitini bulunuz. 5. n 4 + a sayısının asal olmamasını sağlayan sonsuz sayıda pozitif a değeri olduğunu kanıtlayınız. 6. n n sayısının ancak ve ancak n = 1 durumunda asal olduğunu kanıtlayınız. 7. P (x) = x 4 +6x 4x+1 polinomu veriliyor. Buna göre, P (x 4 ) polinomunun katsayıları tamsayı olan ve derecesi 1 den büyük olan iki polinomun çarpımı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız. 8. n polinomunun her biri 1 den büyük 4 farklı çarpanın çarpımı olarak yazılabileceğini kanıtlayınız. 9. m, n pozitif tamsayılardır, m bir çift sayı ise m ( 4) k n 4(m k) k=0 toplamının asal olmadığını kanıtlayınız. 10. P (x) = x n 4 + 4n polinomunun, sabit polinomdan farklı 4 polinomun çarpımı şeklinde yazılmasını sağlayan en küçük n değeri kaçtır?

27 6 BÖLÜM. KONULAR.3. Çözümler 1. Soruda verilen ifadeyi olarak yazabiliriz. Buna göre, n + 1 = 1 + m4 4, m = n 1 + (1 m4 4 = + m + 1 ) (1 m m + 1 ) m olacağından sayımız asal değildir.. x polinomunu çarpanlarına ayırırsak, x = ( x ) ( x + 1 x + ) x + 1 olacaktır. Buna α ve β sayıları x + x + 1 karakteristiğinin kökleri ise bunlar aynı zamanda x polinomunun kökleridir. Benzer biçimde x + x + 1 içinde aynı durum söz konusu ise, x n = a α n + b β n eşitliğinden, dizinin periyodunun 8 olduğu bulunur. 3. k = ( k k + 1 ) ( k + k + 1 ) olduğuna göre, n k=1 k 1/ k 4 + 1/4 = n k=1 ( k 1/ k k + 1/ k + 1/ ) k = + k + 1/ ( n k 1/ k k + 1/ (k + 1) (k + 1) (k + k=1 olacağından toplam olarak bulunacaktır. 1 (n + 1) (n + n + 1) 4. Soruda verilen ifadeyi genelleştirirsek, n (k 1) 4 + 1/4 k=1 (k) 4 + 1/4

28 .3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 7 ifadesini elde ederiz. Eğer bu ifadenin pay ve paydasını çarpanlına ayırırsak, ( ) ( ) n (k 1) + (k 1) + 1/ (k 1) (k 1) + 1/ ( ) ( ) (k) + k + 1/ (k) k + 1/ k=1 durumunu elde ederiz. Ancak m m + 1/ = (m 1) + (m 1) + 1/ olduğundan pay ve paydadaki çarpanlardan birer tanesi sadeleşir. Sadece / pay kısmında ve (n) + n + 1/ paydada kalır. Dolayısıyla istenilen cevap 1 8n + 4n + 1 olacaktır. 5. Eğer a = 4k 4, k > 1 olarak alırsak, n 4 + 4k 4 = ( n + nk + k ) ( n nk + k ) olacaktır. Buna göre, n + nk + k > k > 1 ve n nk + k = (n k) + k > k > 1 olduğundan n 4 + 4k 4 asal olamaz ve sonsuz sayıda a değeri seçilebilir. 6. Eğer n çift bir sayı ise n 4 +4 n çift olacaktır. Eğer n tek sayı ve n = k+1 ise, (k + 1) (k+1) = (k + 1) k = (k + 1) () 4k olacaktır. Eğer (k + 1) = a ve k = b olarak alırsak, ifademiz a 4 + 4b 4 = ( a + ab + b ) ( a ab + b ) olacaktır. Buna göre ifademiz, ((k + 1) + (k + 1) k + k) ( (k + 1) (k + 1) k + k)

29 8 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Buradan da, (n + k+1 n + k+1) ( n k+1 n + k+1) olacaktır. Eğer n > 1 ise her iki çarpanda 1 den büyük olacaktır. Dolayısıyla n = 1 durumu tek asal olduğu durumdur. 7. P ( x 4) = x x 8 4x = ( x 4 1 ) ( x 3 ) 4 olacaktır. Buna göre, A = x 4 1 ve B = x 3 olarak alırsak P (x 4 ) polinomu [ (x 4 1 ) + ( x 4 1 ) x 3 + ( x 3) ] [ ( x 4 1 ) ( x 4 1 ) x 3 + ( x 3) ] olur. İspat tamamlanır. 8. Sophie Germain özdeşliğini kullanırsak n = ( n 6 4n ) ( n 6 + 4n ) olarak yazabiliriz. Diğer yandan, n ifadesi ( n ) ( n 8 4n ) biçiminde de yazılabilir. Burada ( n ) = ( n n + ) ( n + n + ) olduğuna göre ifademiz n 1 = ( n n + ) ( n + n + ) ( n 8 4n ) olacaktır. Şimdi de (n 6 4n 3 + 8) ve (n 6 + 4n 3 + 8) çarpanlarını inceleyelim. Buna göre, n 6 + 4n = ( n n + ) ( n 4 + n 3 + n + 4n + 4 ) ve olacağına göre n 6 4n = ( n + n + ) ( n 4 n 3 + n 4n + 4 ) n = ( n n + ) ( n + n + ) ( n 4 + n 3 + n + 4n + 4 ) ( n 4 n 3 + n olacaktır. Çarpanlardan herbiri artan fonksiyonlar olduğuna göre, hepsi birbirinden farklıdır. 9. Geometrik dizi toplamını kullanırsak, m ( 4) k n 4(m k) =n 4m k=0 n k=0 ( 4 n) k = ( n 4 ) m m+1 n = ( n m+1 ) ( m/ ) 4 n 4 + 4

30 .3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 9 eşitliğini elde edebiliriz. Sophie Germain özdeşliğini kullanarak kesrin pay kısmı çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre ifade, (n (m+1) + m +1 n m+1 + m+1) ( n (m+1) m +1 n m+1 + m+1) olacaktır. m olduğundan, payda kısmı paydaki iki çarpandan da küçük olacaktır. Sadeleştirmelerden sonra bile, kalan sayı hala 1 den büyük iki sayının çarpımı olacaktır. Buna göre, ispat tamamlanır. 10. Çözüme başlamadan önce Einstein Kriteri ni bir okuyalım. Einstein Kriteri. P (x) = a n x n + a n 1 x n a 0, tamsayı katsayılı bir polinom veriliyor. Varsayalım p asal sayı olmak üzere, p a n, p a k, k = 1,,, n 1 ve p a 0 olsun. Buna göre, P (x) polinomu Z[x] üzerinde indirgenebilir. Biz en küçük değerin 16 olduğunu göstereceğiz, ancak ilk 15 değerin olmadığını kanıtlamamız gerekiyor. Bunun içinde Einstein Kriteri ni kullanacağız. n = 10, 11, 1, 13, 14, 15 için kriterimiz 5, 11, 3, 13, 7 ve 5 asallarını uygulayarak kontrol edebiliriz. n = 8 veya 9 durumunda, eğer polinomumuz istenilen gibi çarpanlarına ayrılabiliyorsa, çarpanlar lineer olmalıdır. Ancak kontrol edilebilirki bu polinomların tamsayı kökleri olmayacaktır. Demek ki, n 16 olmalıdır. Bu durumda da, zaten sorumuz (8.) örmekte olduğu gibi çözülebilir. Sophie Germain ( ) Babası zengin bir ipek tüccarıdır. Toplumda liberal reformların konuşulup planlandığı bir ailenin kızı olarak 1776 yılında doğar. Daha 13 yaşındayken Arşimet in ölüm hikayesini okuduktan sonra matematikçi olmaya karar verir.kendi kendine Latince ve Yunanca öğrenir. Ailesinin muhalefetine rağmen, anne ve babası uyduktan sonra Newton ve Euler i okur. Felsefeye merak sarar. Bu kadar inatçı bir çocukla baş edemeyen babası sonunda Sophie yi hayatı boyunca desteklemeye karar verir. Matematikteki zekasını ilk kez meşhur matematikçi Lagrange keşfeder. Lagrange için hazırladığı bir ödevi kadın olduğundan önem verilmeyeceği kaygısıyla M. LeBlanc diye sahte bir isimle verir. Hürriyet gazetesi yazarı, Erkan Kumcu nun 9 Şubat 003 tarihli yazısından alınmıştır.

31 30 BÖLÜM. KONULAR Lagrange bu dehanın Sophie Germain olduğunu daha sonra öğrenir. Sophie nin matematik alanında en büyük destekçilerinden biri Lagrange olur. Sophie Germain i en çok etkileyen matematikçilerden biri de çoğu kesimlerin fikir birliği içinde matematiğin prensi diye adlandırılan Gauss oldu. Ona da çeşitli matematik konularında bir çok mektup yazdı. Aynı kaygıyla, mektuplarına uzun süre M. LeBlanc olarak imza attı. Gauss, M. LeBlanc ın Sophie Germain olduğunu Fransızlar Gauss un oturduğu şehri işgal edip Sophie nin aile dostu olan bir Fransız generalden Gauss için ayrıcalık istediğinde öğrenir. Sophie Germain in matematikteki meşhur Fermat Teoremi nin çözümüne yaptığı katkılar bilinen en iyi yönüdür. Yaptığı katkıların önemi kendinden ancak 100 yıl sonra Kummer tarafından bir adım ileri götürülebildiği düşünülürse daha iyi anlaşılır. Zamanın çok prestijli yarışmalarına katılmıştır. Poisson gibi matematik ve istatistiğin önde gelen isimleriyle yarışmıştır. Başarılı olamamıştır. Hak ettiği dereceler hiçbir zaman kendine verilmemiştir. Geçmişte M. LeBlanc ismini kullanmakla ne kadar haklı olduğunu tüm matematik dünyası adete Sophie ye ispat etmiştir.poisson, Gaspard de Prony ve Laplace dan oluşan bir jürinin seçiciliğinde katıldığı bir yarışmada sunduğu makale bazı teknik hatalar nedeniyle kabul dahi edilmemiş ve kendisine çalışmasının neden kabul edilmediği söylenmemiştir bile. Olaydan 55 yıl sonra Gaspard de Prony nin yazdığı makalelerinden birinin Sophie Germain in yazdığı makalenin düzeltilmiş şekli olduğu anlaşılmıştır.bir çok deha gibi, Sophie Germain de çok genç yaşta öldü..4 Tamkareler Poz ıt ıft ır Bu bölümde, cebirde oldukça basit bir eşitsizlik olan x 0, x R eşitsizliğinin bazı uygulamalarını yapacağız. Eşitlik durumu yanlız ve yanlız x = 0 durumunda vardır. Şimdi örneklerle konuyu kavramaya çalışalım.

32 .4. TAMKARELER POZİTİFTİR 31 Örnek. 4x x 4 3, x R eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Bu örnek eşitsizlikleri öğrenmeye başlayan genç bir öğrenci tarafından ortaya atılmıştır. Henüz herhangi bir analiz kitabından eşitsizlikler konusunu çalışmadığını düşünürsek fena bir örnek değildir. Buna göre, x 4 4x x 4 x x 4x + 0 olacaktır. Buradan, ( x 1 ) + (x 1) 0 olacaktır ki, ispat tamamlanır. Örnek. f ( x ) (f (x)) 1/4 eşitsizliğini sağlayan f : R R ve birebir olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm. x = 0 alırsak, f(0) (f(0)) 1/4 ve (f (0) 1/) 0 olacaktır ki, bu durum imkansızdır ancak f(0) = 1/ olabilir. Ancak x = 1 alırsak bu seferde f(1) = 1/ olacaktır. Ancak bu durum f fonksiyonun birebir olması durumu ile çelişir. Şimdi alıştırmaları çözerek konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Alıştırmalardaki yöntemlere benzer yöntemleri uygulayarak çözüme gitmeye gayret ediniz..4.1 Çalışma Soruları 1. n tane reel sayının ikişerli çarpımları toplamı ve toplamları sıfırdır. Buna göre, bu sayıların küpleri toplamınında sıfır olduğunu kanıtlayınız.. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere, a b, b c, c d ve d a sayılarının tümünün birden 1/4 ten büyük olamayacağını kanıtlayınız. 3. x, y, z pozitif reel sayılarının hepsi 4 ten küçüktür. Buna göre, 1 x y, 1 y x, 1 z x sayılarından en az bir tanesinin 1 den büyük veya eşit olduğunu kanıtlayınız.

33 3 BÖLÜM. KONULAR 4. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x + y = 4z 1 y + z = 4x 1 z + x = 4y 1 5. x, t (0, 1) olmak üzere, öyle bir a 1 pozitif sayısı vardır ki, log x a + log y a = 4 log xy a eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, x = y olduğunu kanıtlayınız. 6. x 4 + y 4 + z 4 4xyz = 1 eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. 7. xy z 1 z x + y 1 denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. 8. x 4 + ax 3 + x + bx + 1 denkleminin reel çözümü yoksa a + b 8 olacağını gösteriniz. 9. a, b ve c reel sayılar olmak üzere a + c 4b olarak veriliyor. Buna göre x R olmak üzere 10. eşitsizliğini kanıtlayınız. x 4 + ax 3 + bx + cx x + y + z xy yz xz 3 (x y) 4 eşitsizliğinin tüm (x, y, z) reel değerleri içi sağlandığını kanıtlayınız.

34 .4. TAMKARELER POZİTİFTİR x1 1 + x + + n x n n = 1 (x 1 + x + + x n ) eşitliğini sağlayan tüm (x 1, x,, x n ) reel sayılarını bulunuz. 1. a. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. ab + bc + ca 3abc (a + b + c) b. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır, öyleki a + b + c = 1 veriliyor. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. 13. k, m, n R olmak üzere verilen a + b + c + 1abc 1 f (km) + f (kn) f (k) f (mn) 1 eşitsizliğini sağlayan tüm f : N R fonksiyonlarını bulunuz. 14. Bir dik paralelyüzün kenar uzunlukları a, b, c ve köşegen uzunluğu d ise eşitsizliğini kanıtlayınız. a b + b c + c a abcd a 1, a,, a n reel sayılar olmak üzere n eşitsizliğini kanıtlayınız. i=1 j=1 n i j cos (a i a j ) 0

35 34 BÖLÜM. KONULAR.4. Çözümler 1. Varsayalım sayılarımız a 1, a,, a n olsun. Soruda verilen şartlara göre, a 1+a + +a n = (a 1 + a + + a n ) (a 1 a + a 1 a a n 1 a n ) = 0 olduğuna göre, a 1 = a = = a n = 0 olacağına göre,a 3 1 +a3 + +a3 n = 0 olacaktır.. Varsayalım tümü birden, a b > 1 4, b c > 1 4, c d > 1 4, d a > 1 4 olsun. Eğer bu dört eşitsizliği toplarsak, olacaktır. Buradan, ( ) 1 a + a + b + c + d ( a + b + c + d ) > 1 olacaktır ki, bu durum imkansızdır. ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 b + c + d < 0 3. Soruya göre, varsayalım hepsi birden 1 den küçük olsun. Buna göre, ( 1 x + 1 ) ( x y + 1 ) ( y z + 1 ) < 3 4 z olur. Diğer taraftan ( 1 a + 1 ) 1, a < 4 4 a olacağından (a ) olacaktır. İspat tamamlanır. 4. Çözüm I. Bir önceki soruda olduğu gibi, üç denklemide taraf tarafa toplayıp, kareler tolamını elde etmeye çalışalım. Buna göre, x + y + z 4x 1 4y 1 4z 1 = 0

36 .4. TAMKARELER POZİTİFTİR 35 olacaktır. Bu eşitliği öyle kareler toplamı şeklinde yazalım ki, bunlardan biri x, biri y ve biride z değişkenine bağlı olsun. Eğer tüm denklemi ile bölersek elimizde x x 1 4 oluşacaktır. Eğer bu denkleme 1/4 ekler çıkarırsak x 1 4 x = ( x ) oluşacaktır. Şimdi bu yöntemi diğerleri içi uygularsak, ( ( ( x 1 4 ) 1 + y 1 4 ) 1 + z 1 4 ) 1 = 0 olacaktır. Buna göre, x = y = z = 1/ denklem sisteminin tek çözümü olarak bulunur. Çözüm II. Eğer denklemlerin karelerini alıp toplarsak, ( ) ( ) ( ) 0 = (x + y) 4z (y + z) 4x (z + x) 4y + 1 = (x + y 1) + (y + z 1) + (z + x 1) olacağından x + y = y + z = z + x = 1 veya x = y = z = 1/ bulunur. 5. a > 0 ve a 1 olduğuna göre eşitlik veya 1 log a x + 1 log a y = 4 log a xy log a x + log a y log a x log a y = 4 log a x + log a y olarak yazılabilir. Eğer içler dışlar çarpımı yapılırsa, (log a x + log a y) = 4 log a x log a y

37 36 BÖLÜM. KONULAR eşitliği elde edilir. Buradan da, olacağından x = y olduğu açıktır. (log a x log a y) = 0 6. Eğer eşitliğin sol tarafını ilk iki terimi içeren bir tamkare olarak yazmaya çalışırsak 1 = ( x y ) + x y + z 4xy olacaktır. Bu noktadan sonra denkleme z ekler ve çıkarırsak bir tamkare daha elde ederiz. Zaten bu basamaktan sonra yeni denklemimiz üç karenin toplamı ( x y ) + ( z 1 ) + (xy z) = 0 olacaktır. Eşitlik ancak hepsinin sıfır olması durumunda geçerlidir. Buna göre, z = ±1 olacağından istenen üçlüler olacaktır. (1, 1, 1), ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1) 7. Çözüm I. ikinci denklemden z x + y 1 olacağından, bunu ilk denklemde yerine koyarsak olacaktır. Buna göre, xy (1 x + y ) 1 xy (1 x + y ) = xy x + y + x + y 1 = xy x y xy + (±x ± y) 1 = x y + (±x ± y) 1 eğer işaret seçimimizi uygularsak, yeni denklem aşağıdaki gibi olacaktır. Buna göre, 0 x + y (±x ± y) = (1 ± x) + (1 ± y)

38 .4. TAMKARELER POZİTİFTİR 37 olacağından her iki karede sıfır olmalıdır. Yani x = y = ±1 değerlerini alacaklardır. Birinci denklemden xy > 0 olacağına göre x ve y aynı işaretli olmalıdır. Yani x = y = 1 veya x = y = 1 olmalıdır. Eğer bu değerleri yerine koyarsak x = y = z = 1 ve x = y = 1, z = 1 çözümler olacaktır. Çözüm II. alırsak Eğer ikinci denklemi z + 1 x + y olarak yazıp karesini (x + y) (x + y) olacaktır. Birinci eşitsizliği ile çarpıp son yazdığımız eşitsizliği toplarsak 0 (x y) + (z 1) olacaktır. Demek ki x = y ve z = 1 olmalıdır. Eğer bu eşitlikleri yerine koyarsak x ve x ise x = 1 olmalıdır. 8. x 4 + ax 3 + x + bx + 1 = (x + a ) ( x b ) x + 1 ( 8 a b ) x 4 eşitliğinden bu ifadenin pozitif olduğunu söyleyebiliriz. Ancak, 8 a b 0 ise yani a + b 8 olursa durum bozulur. 9. x 4 + ax 3 + bx + cx + 1 = (x + a ) x + (b a + c ) ( c ) x + 4 x + 1 olduğuna ve b (a + c )/4 ise ifade daima sıfırdan büyük eşittir. 10. Eğer eşitsizliği düzenlersek olacağından 1 [ (x y) + (y z) + (z x) ] 3 (x y) 4 [ (y z) + (z x) ] (x y)

39 38 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Eğer a = y z ve b = z x alırsak ( a + b ) (a + b) olur ki, doğrudur, ispat tamamlanır. 11. Yine bu sorudada amacımız, verilen denklemi kareler toplamı biçiminde yazmak olacaktır.buna göre denklemi ile genişletip, hepsini sol tarafa toplarsak (x 1 + x + + x n ) x x n x n n ifadesini elde ederiz. Buna göre, ( x1 1 x ) +( x 4 x + ) ( + + x n n n x n n ifadesi elde edilir. Eğer bu ifade de kareler toplamı olarak yazılırsa ( x1 1 1 ) ( ) ( + x + + xn n n) ifadesi elde edilir. Eğer dikkat edilirse tüm toplamın sıfır olabilmesi için tamkare ifadelerin de sıfır olması gerektiğini görmek zor değildir. Buna göre, x 1 =, x = 8,, x n = n olacaktır. 1. a. Eşitsizliğin iki tarafınında karesini alırsak a b + b c + c a + abc (a + b + c) 3abc (a + b + c) olduğuna göre, 1 [ (ab bc) + (bc ca) + (ca ab) ] 0 olacaktır. İspat tamamlanır.

40 .4. TAMKARELER POZİTİFTİR 39 b. a + b + c = 1 ise soruda verilen eşitsizliği, 1abc (a + b + c) (a + b + c) ( a + b + c ) olarak yazabiliriz. Buna göre eşitsizliğimiz 1abc (a + b + c) (ab + bc + ac) olacaktır. Zaten benzer eşitsizliği (a.) şıkkında çözmüştük. Aynı yöntemle siz tamamlayabilirsiniz. 13. Bu bölümün konu anlatım bölümünde çözdüğümğz örnekte olduğu gibi buradada m, n ve k için bazı değerleri kontrol edeceğiz. Eğer m = n = k = 0 alırsak f (0) f (0) 1 olacağından 0 (f(0) 1) olacaktırki, buradan f(0) = 1 olarak bulunur. Eğer m = n = k = 1 alırsak, bu seferde f(1) = 1 olacaktır. Eğer m = n = 0 alınırsa f(k) 1 olacağından f(k) 1 olarak bulunur. Benzer biçimde k = 1 ve m = 0 alırsak 1 + f(n) 1 1 ise f(n) 1 olacaktır. Demek ki fonksiyonumuz f(x) = 1 fonksiyonu olmalıdır. 14. Elimizde dik bir paralelyüz olduğuna göre olacağından eşitsizlik d = a + b + c ( a b + b c + c a ) 3a b c ( a + b + c ) olacaktır. Eğer parantezleri açar ve gruplama yaparsak, c ( a b ) a 4 ( + b c ) b 4 + ( c a ) 0 olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.

41 40 BÖLÜM. KONULAR 15. Kosinüs için fark formülünü kullanırsak, n n ij cos (a i a j ) = i=1 j=1 = = n n ij (cos a i cos a j + ij sin a i sin a j ) i=1 j=1 n i cos a i i=1 n n j cos a j + i sin a i j=1 i=1 j=1 ( n ) ( n ) i cos a i + j sin a j 0 i=1 i=1 n j sin a j olduğundan ispat tamamlanmış olur..5 Eş ıts ızl ıkler I Eşitsizlikleri çözerken sıklıkla sayıları ve matematiksel ifadeleri karşılaştırırız. Yada bize verilen bir matematiksel ifadenin en büyük yada en küçük değerini bulmaya çalışırız. Bu ders notumuzda eşitsizlik sorularında sıklıkla karşımıza çıkan temel tip eşitsizlikleri ve uygulamalarını göreceğiz. Aritmetik Orta-Geometrik Orta-Harmonik Orta Eşitsizliği. a 1, a,, a n > 0 ve a i R için, AO = a a n n GO = n n a 1 a a n HO = 1 a a a n olacaktır. Eşitlik olması durumunda ise a 1 = a = = a n olacaktır. Örnek.(1)A0 GO eşitsiliği ile, x > 0 olmak üzere, x + 1 x x 1 x = olacaktır. Eşitlik ise x = 1 durumunda sağlanacaktır. () AO HO eşitsizliğinden eğer a 1, a,, a n > 0 ise (a 1 + a + + a n )( 1 a a a n ) n

42 .5. EŞİTSİZLİKLER I 41 olacaktır. (3) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise (a + b + c)(ab + cb + ac) çarpımının en küçük değerini bulunuz. Çözüm.AO GO eşitsizliğinden, a + b + c 3 3 abc ve ab + bc + ac 3 3 ab bc ac ise (a + b + c)(ab + ac + bc) 9 olacaktır. Buna göre istenen en küçük değer 9 olacaktır. (4) n Z + ise eşitsizliğini kanıtlayınız. (1 + 1 n )n (1 + 1 n + 1 )n+1 Çözüm. Varsayalım a 1 = a = = a n = n ve a n+1 = 1 olarak alalım. Buna göre, AO GO eşitsizliğinden AO = n(1 + 1 n ) + 1 n + 1 eşitsizliğinden soruda istenen durum elde edilir. = n+1 GO = (1 + 1 n + 1 n )n 1 (5)(1964, IMO) a, b, c bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Buna göre, eşitizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım, a (b + c a) + b (c + a b) + c (a + b c) 3abc x = a + b c 3, y = b + c a, z = c + a b olarak alalım. Buradan a = x+z, b = x+y, c = y +z olacağından eşitsizliğimiz (x + z) y + (x + y) z + (y + z) x 3(z + x)(x + y)(y + z)

43 4 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Eğer son bulduğumuz son eşitsizliği düzenlersek, x y + y z + z x + xy + yz + zx 6xyz eşitsizliğini elde ederiz. Buradan eşitsizliğin sol tarafına AO GO eşitsizliği uygulanırsa soruda istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. (6)(008, AUMO 3 ) n doğal sayısının kaç tane değeri için, x 1 + x + + x n = x 1 x x n = 1 denklem siteminin pozitif reel sayılarda çözümü vardır? Çözüm. AO HO eşitsizliğini kullanırsak, n 1 x x x n x 1 + x + + x n n n 1 9 n n 9 olduğuna göre, n = 1,, 3 değerlerini alabilir. Ancak, n = 1 değeri için doğrulanmadığı açıktır. Öyleyse sadece ve 3 için çözümlüdür. Cauchy-Schwartz Eşitsizliği. a 1, a,, a n ve b 1, b,, b n reel sayıları için (a 1 b 1 + a b + + a n b n ) (a 1 + a + + a n)(b 1 + b + + b n) eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu a i b j = a i b j, i, j = 1,, n için vardır. (7) 0 θ < π için a cos θ + b sin θ ifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerleri bulunuz. Çözüm. C.S. eşitsizliğinden (a cos θ + b sin θ) (a + b )(cos θ + sin θ) 3 Antalya Üniversitesi Matematik Olimpiyatları, 008

44 .5. EŞİTSİZLİKLER I 43 eşitsizliğinden, aralığı bulunur. a + b a cos θ + b sin θ a + b (8)(1978, USAMO 4 ) a, b, c, d, e reel sayıları için a + b + c + d + e = 8 ve a + b + c + d + e = 16 ise, e nin alabileceği en büyük değeri bulunuz. Çözüm. C.S. eşitsizliğinden, ise (a + b + c + d) ( )(a + b + c + d ) (8 e) 4(16 e ) olacaktır. Buradan da, e(5e 16) 0 ise 0 e 16/5 olacaktır. C.S. eşitsizliğinin, eşitlik duruu kullanılırsa a = b = c = d = 6/5 ve e max = 16/5 olacaktır. (9) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise 1 a 3 (b + c) + 1 b 3 (a + c) + 1 c 3 (a + b) 3 eşitizliğini kanıtlayınız. Çözüm. x = 1 a = bc, y = 1 b = ac, z = 1 c = ab alırsak, eşitsizliğin son hali olacaktır. Burada, x + y + z = x z + y + x z + y z + y + y z + x + eşitliğine C.S.E. eşitsizliğini uygularsak, (x + y + z) ( x z + y + y x + z + 4 United States Of America Math Olympiads, 1978 z x + y 3 y x + z x + z + z x + y x + y z )((z + y) + (x + z) + (y + x)) x + y

45 44 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Son eşitsizliği ve A.O. G.O. eşitsizliklerini kullanırsak, bulunur. x z + y + y z + x + z x + y x + y + z xyz = 3 Yeniden Düzenleme (Permütasyon) Eşitsizliği. a 1 a a n ve b 1 b b n ise, a 1 b 1 +a b + +a n b n a 1 b r1 +a b r + +a n b rn a 1 b n +a b n 1 + +a n b 1 eşitsizliği vardır. Burada (b r1, b r,, b rn ) dizilimi (b 1, b,, b n ) diziliminin bir permütasyonudur. (10)(1978, IMO 5 ) c 1, c,, c n farklı pozitif tamsayılardır. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. c 1 + c + + c n n n Çözüm. Varsayalım (a 1, a,, a n ) dizilimi c i lerin artan sırayla dizilimi olsun. a i ler farklı pozitif tamsayılar olduğuna göre, a 1 1, a,, a n n diyebiliriz. Burada, a 1 < a < < a n ve ise Y.D.E. ne göre olacaktır. 1 > 1 > 1 3 > > 1 n c 1 + c + + c n n a 1 + a + + a n n n n (11) Örnek (9) u Y.D.E. kullanarak yapınız. 5 International Math Olympiads, 1978

46 .5. EŞİTSİZLİKLER I 45 Çözüm. x, y, z için tanımlamalarımız (9) daki gibi olsun. Genelliği kaybetmeden x y z alalım. xyz = 1 ve x y z olduğuna göre 1/(z + y) 1/(x + z) 1/(y + x) üçlüsüde ikinci dizilimimiz olsun. Bu noktada Y.D.E. yi iki defa uygularsak, x z + y + x z + y + y z + x + y z + x + z x + y z x + y eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak, x x + y + x z + x + y z + y + y x + y + z x + z z z + y x z + y + y z + x + eşitsizliğini elde ederiz. z x + y 1 + x (y y + x + z + y y + z + z + x z + x ) a + b a + b eşitsizliğini, sağ tarafın payları için kullandıktan sonra A.O. G.O. eşitsizliğini kullanırsak, x z + y + y z + x + z x + y 1 (y + x eşitsizliği elde edilir. + z + y + x + z ) = x + y + z 3 3 xyz = 3 Chebyshev Eşitsizliği. Eğer a 1 a a n ve b 1 b b n ise eşitsizliği vardır. a 1 b 1 + a b + + a n b n (a a n )(b b n ) n (1)(1974, USAMO 6 ) a, b, c > 0 ise a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 6 United States Of America Math Olympiads, 1974

47 46 BÖLÜM. KONULAR olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Üçlülerimizi (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak seçersek, olacaktır. a log a + b log b + c log c (a + b + c)(log a + log b + log c) 1 3 log a a b b c c (a + b + c) log(abc) 3 log a a b b c c log(abc) (a+b+c)/3 a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 (13) 0 a k < 1, k = 1,, 3,, n ve S = a 1 + a + + a n ise eşitsizliğini kanıtlayınız. n k=1 a k ns 1 a k n S Çözüm. Genelliği kaybetmeden a 1 a a n 0 alabiliriz. Buna göre, 0 < 1 a 1 1 a 1 a n ve olacaktır. Chebysev eşitsizliğinden, a 1 1 a 1 a 1 a a n 1 a n S = a 1 (1 a 1 ) + a (1 a ) + + a n (1 a n ) 1 a 1 1 a 1 a n 1 n a k n (1 a k ) = n S n a k olacaktır. n 1 a k n 1 a k k=1 k=1 k=1 Matematikte ve tabii ki istatistikte sıklıla ortalamalrı kullanmaya ihtiyaç duyarız. AO, GO, HO dışında kullandığımız Kuvvet Ortalaması ve Simetrik Ortalar da vardır. Aslında, bu iki ortalama AO ve GO yıda özel birer durum olarak içerir.

48 .5. EŞİTSİZLİKLER I 47 Kuvvet Ortalaması Eşitsizliği. a 1, a, a 3,, a n > 0 ve s < t için M s = ( as 1 + as + + as n n ) 1/s M t = ( at 1 + at + + at n ) 1/t n eşitsizlikleri vardır. Eşitlik a 1 = a = = a n durumunda vardır. Not. Bu eşitsizlikte M 1 = A.O., M 1 = H.O. ve M ise Karesel Ortalamadır. Karesel Orta istatistik ve fizikte kullanılır. Ayrıca, limitlerini alırsak, M + ifadesi MAX = max{a 1, a,, a n } ve M 0 ifadesi Geometrik Orta ve de M ifadesi MIN = min{a 1, a,, a n } olacaktır. Dolayısıyla elimizde, eşitsizliği oluşacaktır. MAX KO AO GO HO MIN Maclaurin Simetrik Orta Eşitsizliği.a 1, a,, a n > 0 için AO S 1 S 1/ Sn 1/n = GO olacaktır. Mesela, S j ifadesine n = 4 için bakalım olacaktır. S 1 = a 1 + a + a 3 + a 4 4 S = a 1a + a 1 a 3 + a 1 a 4 + a a 3 + a a 4 + a 3 a 4 6 S 3 = a 1a a 3 + a 1 a a 4 + a 1 a 3 a 4 + a a 3 a 4 4 S 4 = a 1 a a 3 a 4 (14) x, y, z pozitif sayılar olduğuna göre, x 5 + y 5 + z 5 x 5 x y yz + y5 zx + z z5 xy eşitsizliğini kanıtlayınız.

49 48 BÖLÜM. KONULAR Çözüm. Varsayalım a = x, b = y, c = z olsun. Buna göre eşitsizliğimiz, a 10 + b 10 + c 10 a13 + b 13 + c 13 olacaktır. Buna göre, KOE yi kullanırsak a 13 + b 13 + c 13 = 3M = 3M M M M 3 0 = (a 10 + b 10 + c 10 )abc olacaktır. (15) a, b, c > 0 ise, eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Eşitsizliği düzenlersek, abc 1 a + 1 b + 1 c a8 + b 8 + c 8 a 3 b 3 c 3 a 8 + b 8 + c 8 a 3 b 3 c 3 ( 1 a + 1 b + 1 c ) = (abc) (bc + ac + ab) olacaktır. KOE ve SOE yi kullanırsak, olacaktır. a 8 + b 8 + c 8 = 3M8 8 3M1 8 = 3S1 8 = 3S1S 6 1 (S 1/3 3 ) 6 3(S 1/ ) = (abc) (bc + ac + ab) (16) a 1, a,, a n 0 ve (1 + a 1 )(1 + a ) (1 + a n ) = n ise, olduğunu gösteriniz. Çözüm. SO eşitsizliğinden, a 1 a a n 1 n = (1 + a 1 )(1 + a ) (1 + a n ) ( ) ( ) n n = 1 + ns 1 + S + + S n 1 + S n n 1 ( ) ( ) n n 1 + nsn 1/n + Sn /n + + S n 1 n n + S n = (1 + Sn 1/n n 1 ise 1 + S 1/n n ve 1 S n = a 1 a a n olur. ) n

50 .5. EŞİTSİZLİKLER I Çalışma Soruları 1. Konu anlatımında verilen tüm örnekleri çözümlerine bakmadan yapınız.. x 1, x,, x n > 0 için eşitsizliğini kanıtlayınız. x 1 x + x x x n x 1 x 1 + x + + x n 3. 0 < a, b, c < 1 ve a + b + c = ise eşitsizliğini kanıtlayınız. 8(1 a)(1 b)(1 c) abc 4. Eğer a, b, c, d > 0 ve c + d = (a + b ) 3 ise eşitsizliğini kanıtlayınız. a 3 c + b3 d 1 5. a 1, a,, a n > 0 ve a 1 + a + + a n = 1 ise (a a 1 ) + (a + 1 a ) + + (a n + 1 a n ) ifadesinin en küçük değerini bulunuz. 6. Eğer a, b, c, d > 0 ve S = a + b + c + d ise a 3 + b 3 + c 3 a + b + c eşitsizliğini kanıtlayınız. + a3 + b 3 + d 3 a + b + d + a3 + c 3 + d 3 a + c + d + b3 + c 3 + d 3 b + c + d 7. Eğer x 1, x,, x n > 0 ve x 1 + x + + x n = 1 ise, n k=1 eşitsizliğini kanıtlayınız. x k 1 xk 1 n 1 n k=1 xk S

51 50 BÖLÜM. KONULAR 8. a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olduğuna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. a b(a b) + b c(b c) + c a(c a) 0.6 Eş ıts ızl ıkler II Bazı fonksiyon eşitsizliklerini kanıtını yaparken, fonksiyonunun belli aralıklardaki şeklide önemlidir. Bu ders notumuzda ele aldığımız eşitsizliklerin çözümleride bu temel prensiplere uyularak yapılmıştır. Isınma Tanım [Konveks vs. Konkav]. I aralığı üzerinde süreli bir f fonksiyonu, f( x 1 + x ) f(x 1) + f(x ) x 1, x I eşitsizliğini sağlıyorsa f fonksiyonuna konveks denir. Eğer I aralığı üzerinde f fonksiyonu konveks ve eşitlik hali x 1 = x oluyorsa, f tam konveks olur. I aralığında f konveks ise f fonksiyonu konkav olur. Bu durumda, f( x 1 + x ) f(x 1) + f(x ) x 1, x I olacaktır. Benzer biçimde eğer f tam konveks ise f fonksiyonuda konveks olur. Tanım [İkinci Türev Testi]. Eğer I = (a, b) aralığında f (x) 0 oluyorsa, f fonksiyonu konvekstir. Eğer f (x) > 0 oluyorsa, f fonksiyonu tam konveks olur. Konkav ve tam konkav içinde tanım benzer biçimdedir. Sadece eşitsizlik yön değiştirir. Bir fonksiyonun konveksiliğini göstermek için sınır noktalarını içeren bir aralıkta ve bu aralıkta sürekli olması ile ikinci türev testinin negatif olmaması yeterlidir. İkinci türev testini kullanarak, aşağıda verilen fonksiyoların tam konvex olduğunu söyleyebiliriz. x p [0, ), p > 1 yada x p (0, ), p < 0 a x (, ), a > 1 yada tan x [0, π/)

52 .6. EŞİTSİZLİKLER II 51 Benzer biçimde aşağıda verilen fonksiyonlarda tam konkavdır. x p [0, ), 0 < p < 1 yada log a x (0, ), a > 1 cos x [ π/, π/), yada sin x [0, π/π) Bu noktada, konveksliği ve konkavlığı eşitsizlik sorularında kullanabileceğimiz en güzel yer sanırız Jensen Eşitsizliği dir. Mevzu Tanım [Jensen Eşitsizliği]. f fonksiyonu I üzerinde konveks ve x 1, x,, x n I ise ( ) x1 + x + x 3 f f(x 1) + f(x ) + + f(x n ) n n olacaktır. Burada eşitlik durumu ancak ve ancak x 1 = x = = x n eşitliğinde olur. Tanım [Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliği]. f konveks ve I aralığında sürekli olmak üzere, x 1, x,, x n I ve 0 < t 1, t,, t n < 1, t 1 + t + + t n = 1 ise, f(t 1 x 1 + t x + + t n x n ) t 1 f(x 1 ) + t f(x ) + + t n f(x n ) Şekil.1: Aralıkta Bir Konveks Fonksiyon