DAHİMATİK MATEMATİK YARIŞMALARINA İLK ADIM. Doç. Dr. Mustafa Özdemir ALTIN NOKTA YAYINEVİ

Transkript

1 DHİMTİK MTEMTİK YRIŞMLRIN İLK DIM Doç. Dr. Mustafa Özdemir LTIN NOKT YYINEVİ İZMİR - 203

2 Önsöz Bu kitap matematik yarışmalarına hazırlanan öğrenciler için başlangıç kitabı olarak hazırlanmıştır. Daha önce yayımlanan, "Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık "serisi, her ne kadar ortaokul öğrencilerine de faydalı olmuş olsa da, daha çok lise öğrencilerine ve belirli bir düzeydeki öğrencilere hitap etmektedir. Dolayısıyla özellikle matematik yarışmalarına hazırlanmaya yeni başlamış öğrencilere ve ortaokul öğrencilerine zor gelebilmektedir. Bu nedenle, hem ilköğretim matematik öğretmeni arkadaşlardan, hem de ortaokulda okuyan çocuğunu daha iyi yetiştirmek isteyen velilerden gelen, ortaokul düzeyinde bir kitap hazırlama konusundaki istekler üzerine bu kitap hazırlanmıştır. çıkçası, ortaokul düzeyinde bir olimpiyat kitabı hazırlamak oldukça zor oldu. Çünkü, olimpiyat soruları genel itibariyle temel matematik konularını bilen öğrencilere hitap etmekte ve bir sorunun içinde çok farklı konular bulunabilmektedir. Örneğin, çok basit bir sorunun içinde hem üslü sayılar, hem çarpanlara ayırma, hem de bölünebilme özellikleri kullanılabilmektedir. Halbuki, bu konuların herbiriyle, bir ortaokul öğrencisi farklı yıllarda karşılaşabilmektedir. Bu nedenle, bu kitap, belirli bir konu sistematiğine göre adım adım hazırlandı. Her konuda, daha önceki konularda işlenilen konulardaki bilgiler kullanılmış ve daha sonraki bir konunun bilgisi kullanılmamaya çalışılmıştır. Konularınişleyişinde ve soruların zorluk derecesinde, özellikle matematik yarışmalarına öğrenci hazırlayan, çok değerli ilköğretim matematik öğretmenlerinin önerilerini de dikkate aldım. Kitabın içeriğinde ve soruların zorluğunda TÜBİTK İlköğretim Matematik Olimpiyatı soruları göz önünde bulundurulmuştur. Bu nedenle, daha çok basit sorularla, konuya başlanıp, bir matematik olimpiyatında karşılaşabilecekleri zorluktaki sorularla konuya devam edilmiştir. Sonuçta, bu kitap yetenekli öğrencilere hitap eden bir kitaptır veçokbasitvesıradan soruların sayısı çok sınırlı sayıda olacaktır. Kitabın hacminden dolayı, geometrikısmı çok kısa tutulmuştur. Bu kitapta, geometri ile ilgili çok temel kavramları pekiştireceğini düşünülen sınırlı sayıdaki sorulara yer verilmiştir. slında, geometri konusunda tek başına bir kitap gerekli. Bu nedenle geometri konusunda ek kaynaklardan yararlanmanızı tavsiye ederim. Değerli öğretmen arkadaşlarımız Mehmet Şahin, Serhan Küpeli ve Ömer Gürlü nün Geometri konusundaki kitaplarının faydalı olacağını düşünüyorum.

3 İçindekiler Tamsayılar ve Doğal Sayılar 7 Harfli İfadelere ve Denklemlere Giriş 25 Bir Sayının Çözümlenmesi 52 Basit Eşitsizlikler 56 rdışıksayıların Toplamı 6 Rasyonel Sayılar 79 Üslü Sayılar 99 Toplam Formülleri 08 Kümeler ve Dahiliyet Hariciyet Prensibi 7 Bölme ve Bölünebilme 27 Bölünebilme Kuralları 36 Bölen Sayısı, Bölenler Toplamı,Çarpımı 53 EBOB - EKOK 72 Mod Kavramı 90 Faktöriyel Kavramı 206 İrrasyonel Sayılar - Köklü İfadeler 28 Çarpanlara yırma 234 İki Kare Farkının Çarpanlara yrılması 236 İki Küp Farkının Çarpanlara yrılması 244 Küpler Toplamının Çarpanlara yrılması 245 Üç Terimli İfadelerin Çarpanlara yrılması 249 Gruplayarak Çarpanlara yırma 254 İki İfadenin n inci Kuvvetlerinin Farkının Çarpanlara yrılması 260 İki İfadenin n inci Tek Kuvvetlerinin Toplamının Çarp. yrılması 263 Binom çılımı 266 Özdeşlikler 282 ritmetik ve Geometrik Ortalama 295 Oran - Orantı 298

4 Problemler 303 Yaş Problemleri 303 Hareket Problemleri 305 Yüzde Problemleri 35 Karışım Problemleri 39 İşci Havuz Problemleri 32 Saat Problemleri 324 Sınav Problemleri 327 Tartı Problemleri 330 Oyun Turnuva Problemleri 332 Güvercin Yuvası İlkesi Problemleri 337 Sayı Dizileri 339 ToplamaveÇarpmaİlkesi 360 ltkümelerle İlgili Problemler 38 Denklem Çözümü 409 Basit Denklemler 409 Üslü Denklemler 433 Mutlak Değerli İfadeler ve Denklemler 438 Köklü Denklemler 442 Modüler ritmetiğin Denklemlerde Kullanılması 446 Faktöriyelli Denklemler 449 İkinci Dereceden Bir Denklemin Köklerinin Bulunması 454 Permütasyon 462 Kombinasyon 479 Olasılık 489 Dağılım 509 Farklı Nesnelerin Dağıtılması 509 ÖzdeşNesnelerinDağıtılması 56 Taban ritmetiği 528 Yüksek Basamaklı Sayılarda Çözümleme 544 ritmetik, Geometrik ve Harmonik Ortalamalar rasındaki Eşitsizlikler 56 Geometri 568 Kaynaklar 608

5 TamsayılarveDoğal Sayılar Doğal SayılarveTamsayılar Kümesi F N = {0,, 2, 3,...} kümesinin her bir elemanına doğal sayı denir. F Z = {..., 2,, 0,, 2,...} kümesinin her bir elemanına tamsayı denir. F Z + = {, 2, 3,...} kümesine pozitif tamsayılar kümesi ve F Z = {..., 3, 2, } kümesine de negatif tamsayılar kümesi denir. F Sıfır bir tamsayıdır, fakat pozitif veya negatif değildir. F İki negatif sayının çarpımı ve bölümü pozitiftir. ( 5) ( 3) = 5, ( 3) 5= 5, ( 2) : 4 = 3, F Bir parantezin önündeki işaret, o parantezin içindeki tüm sayılara aittir. Dolayısıyla parantez içindeki tüm sayıları etkiler. Parantezi açarken, parantezin önündeki işaret, tüm elemanlarınişaretiyle çarpılır. ( 5) = 5, (a b) = a + b, (a ( b) c) = (a + b c) = a b + c. 0 ( 3) = = 3. Örnek : Rakamları birbirinden farklı üç basamaklı en küçük pozitif tamsayı, rakamları birbirinden farklı üç basamaklı en küçük tamsayıdan ne kadar büyüktür? Çözüm : Rakamları birbirinden farklı üç basamaklı en küçük pozitif tamsayı 02, en küçük tamsayı ise, 987 dir. O halde, bunlarınfarkı, olarak bulunur. 02 ( 987) = = 089 lıştırma : Birbirinden farklı iki basamaklı 5 doğal sayının toplamı 25 tir. a) Bu sayılarınenküçüğü en fazla kaç olabilir? b) Bu sayılarınenbüyüğü en fazla kaç olabilir? Yanıt:a)23, {23, 24, 25, 26, 27} b) 79, {0,, 2, 3, 79}.

6 Bir Sayının Çözümlenmesi F İki basamaklı ab şeklindeki bir sayıyı ab =0a + b, Üç basamaklı abc şeklindeki bir sayıyı, abc = 00a +0b + c biçiminde çözümleriz. abc sayısında c nin bulunduğu basamağa birler basamağı, b nin bulunduğu basamağa onlar basamağı ve a nın bulunduğu basamağa da yüzler basamağı denir. Örnek : ab ve ba iki basamaklı sayılardır. ab ba =54ise ab sayısı hangi sayılar olabilir? Çözüm : ab ba =54eşitliğinde sol taraftaki iki basamaklı sayıları çözümlersek, (0a + b) (0b + a) =54 veya 9a 9b =54 bulunur. Buradan, a b =6olmalıdır. O halde, a =9ise b =3,a=8ise b =2 ve a =7ise b = olabilir. Yani, ab sayısı, 93, 82, 7 olabilir. 60 olamaz, çünkü 06 iki basamaklı değildir. lıştırma : Rakamlarının yer değiştirilmesiyle elde edilen, rakamları birbirinden farklı üç basamaklı 6 farklı sayının toplamı 554 ise,bu sayılardan birinin rakamları çarpımı kaçtır? Yanıt: 2 4=8, ( = 554). Örnek : İki basamaklı iki sayının rakamlarının çarpımı 360 olduğuna göre, böyle iki sayının toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır? (UİMO - 999) Çözüm : Sayılarımız ab ve cd olsun. ab + cd toplamınınenbüyükolması için, a ve c en büyük olmalıdır. 360 = ise, a =2 3, c =3 2, b =5ve d = alınmalıdır. Böylece, = 76 elde edilir.

7 Toplama ve Çarpma İlkesiyle İlgili Problemler 365 Şekil 2 de ise, Tabanı altta olan, formundaki üçgenlerin sayısı : br kenarlılar : =5, 2 br kenarlılar : =0, 3 br kenarlılar : +2+3=6, 4 br kenarlılar : +2=3, 5 br kenarlılar : = olmak üzere, toplam = 35üçgen vardır. Diğer taraftan, tabanı üstte olan formundaki üçgenlerin sayısı da, br kenarlılar : =0, 2 br kenarlılar : +2=3, olmak üzere = 3 üçgen vardır. Sonuç olarak, toplam = 48 üçgen vardır. lıştırma : şağıdaki şekilde kaç üçgen vardır? Yanıt: = 35. (Toplam sembolünü kullanmak bazen işlemler kolaylaştırılabilir. Meraklıları için toplam sembolüyle de üçgen sayısını nasıl hesaplayacağımızı verelim. 0P k (k +) P + 4 (2k +)(2k +2) = 35 k= 2 k=0 2 şeklinde de bulunabilir.)

8 366 Matematik Yarışmalarına İlk dım Örnek : Yandaki Şekilde kaç üçgen vardır? Çözüm : Bir üçgen oluşabilmesi için, köşelerden biri mutlaka doğruların çıktığı köşe olmalıdır. Başka türlü üçgen bulunamaz. Buna göre, soldaki doğruların çıktığı noktayı köşe kabul eden, =2 üçgen vardır. Benzer şekilde diğer köşe için de 2 üçgen olacağından toplam 24 üçgen bulunur. Örnek : şağıdaki şekillerde, hiçbir küpün altında boşluk olmadığı ve görünmeyen yerde küp olmadığı kabul ederek, küp sayılarını bulunuz. Çözüm : Birinci şekilde, arkadan ve alttan başlayarak sayarsak, (4+3+)+(3+2)+2+=6 bulunur. İkinci şekilde de, (4+3+)+(4+3+2)+(4+3+)+(2+)=28 küp vardır. Örnek : Yandaki şekilde sadece biçiminde hareket edilerek, dan B ya kaç farklı şekilde gidilir? B Çözüm : Her peteğe kaç farklı şekilde gelindiğini hesaplayarak, adım adım hesaplayabiliriz. Bir peteğe kendinden önceki peteklere gelinen sayıların toplamı kadar sayıda gelinebilir.

9 Toplama ve Çarpma İlkesiyle İlgili Problemler 367 Yani, peteklere ulaşma sayıları dan başlayarak yazalım. 2 x y x+y şeklinde devam edecektir. Buna göre, Sonuç olarak, B ye 8 farklı şekilde gelebilir. Örnek : Yandaki şekilde sadece B *biçiminde hareket edilerek, karalı bölümlerden geçmemek koşuluyla, dan B ya kaç farklı şekilde gidilir? Çözüm : Yukarıdaki gibi hesaplayabiliriz. Fakat, karalı bölgelerde hesaplama yapmayacağız. Buna göre, şeklinde yazılarak6olduğu görülür. Örnek : Yandaki şekilde sadece C B biçiminde hareket edilerek, C ye uğramak koşuluyla, dan B ya kaç farklı şekilde gidilir? Çözüm : Benzer şekilde hesaplayacağız. Fakat bu kez, C den sonraki petekler için sadece C den gelen sayıları hesaplayacağız. C nin yanındakileri ihmal edeceğiz. Buna göre, olarak bulunur. Yanıt

10 Geometri Bu bölümde, geometri konusu özet olarak verilmiştir. Kitabın hacmi nedeniyle çok detaya inilememiştir. Geometri ile ilgili, olimpiyatlara yönelik olarak bilinmesi gereken konular, örnek sorularla anlatılmıştır. Üçgenin bir köşesinden karşısındaki kenara çizilen dik doğru parçasına o kenara ait yükseklik,karşısındaki kenarı iki eş parçaya ayıran doğru parçasına o kenara ait kenarortay ve bir açıyı iki eşaçıya ayıran doğru parçasına da açıortay denir. köşesinden a kenarına çizilen yükseklik, kenarortay ve açıortayı sırasıyla h a,v a ve n ile göstereceğiz. Eşkenar Üçgen İkizkenar Üçgen c h a v a b BD = DC BN ˆ = NC ˆ n Çeşitkenar Üçgen Dik Üçgen B H N a D C F Üçgen Eşitsizliği : a b <c<a+ b dir. Bir üçgende herhangi iki kenarın toplamı üçüncü kenardan büyüktür. Bir üçgende herhangi iki kenarınfarkı üçüncü kenardan küçüktür. F Bir üçgende büyük açı karşısında büyük kenar, büyük kenar karşısında büyük açı vardır. F m() =90 ise, a 2 = b 2 + c 2 bağıntısı vardır. (Pisagor Teoremi) m() < 90 ise, a 2 <b 2 + c 2, m() > 90 ise, a 2 >b 2 + c 2. F Çeşitkenar bir üçgende aynı köşeden çizilen yükseklik, açıortay ve kenarortay uzunlukları arasında, h a <n <v a eşitsizliği sağlanır. F BC üçgeninde a, b, c kenar uzunluklarıdır. m() > m(b) > m(c) olduğuna varsayalım.bu durumda üçgenin yardımcı elemanları aşağıdaki gibi kenarlarınsırasına ters olarak sıralanırlar. kenarlar : a>b>c, yükseklikler : h a <h b <h c, açıortaylar : n <n B <n C, kenarortaylar : v a <v b <v c. F BC üçgeninin içindeki herhangi bir P noktası için; P + BP + CP toplamı BC üçgeninin çevresinden büyük, çevresinin yarısından küçük olamaz.