Matematik Olimpiyatları İçin

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "Matematik Olimpiyatları İçin"

Transkript

1 KONU ANLATIMLI Matematik Olimpiyatları İçi İdirgemeli Diziler, Kombiatorik ve Cebirsel Uygulamaları LİSE MATEMATİK OLİMPİYATLARI İÇİN Lokma Gökçe, Osma Ekiz

2

3 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Lokma Gökçe, Osma Ekiz Matematikte sayı dizileri teorisii ilgiç bir alt kolu ola idirgemeli diziler kousu olimpiyat problemleride de karşımıza çıkmaktadır. Aritmetik geometrik diziler ve meşhur Fiboacci dizisi, aslıda özel birer idirgemeli dizidir. Bu yazımızda idirgemeli dizileri temel özelliklerii iceledikte sora geel terim bulma problemleride asıl uyguladığıı göreceğiz. Daha sora idirgemeli dizileri bir takım kombiatorik problemlerii çözümüde kullaılmasıyla ilgili geiş ve doyurucu bir çalışmayla yazımızı soladıracağız. Hayırlı çalışmalar dileriz Taım: Bir ( u ) diziside herhagi bir doğal sayısıda itibare bütü terimler içi Au 0. k Au. k Au. k... Au k. 0 () şeklide doğrusal bir bağıtı sağlaıyorsa ( u ) dizisie k ici mertebede bir doğrusal idirgemeli dizi deir. () bağıtısıa da idirgeme deklemi deir. Öreği, x, x ve içi x 5x x idirgeme deklemiyle verile dizi,. mertebede bir idirgemeli dizidir. İdirgeme deklemii kullaarak dizii tüm terimlerii elde edebiliriz. x ve x terimlerii bulmak istersek içi x 5x x x 5.( ). içi x 5xx x 5.( ).( ) 6 olarak hesaplaır. Kim idirgemeli dizidir, kim değildir? r ortak çarpaıa sahip x rx. geometrik dizisi. mertebe doğrusal idirgemeli dizidir. d ortak farkıa sahip a d a aritmetik dizisi () biçimide değildir. Acak verile bu bağıtıda yerie kullaarak a d a a d a eşitliklerii elde ederiz. Taraf tarafa çıkarırsak d sabit sayısıı yok edebiliriz ve a a a idirgeme bağıtısıı elde ederiz. Bua göre aritmetik dizii de aslıda. mertebede bir doğrusal idirgemeli dizi olduğuu alarız.. a a a bağıtısıyla verile dizi ise doğrusal idirgemeli dizi değildir.

4 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları İdirgemeli dizilerle ilgili öemli bir problem dizii geel terimii bulmaktır. Örekler üzeride açıklayacağımız içi burada kullaıla yöteme dikkat edilmelidir. Problem : x ve içi x. x ile verile dizii geel terimii buluuz.. Ar Çözüm: x bir geometrik dizi olduğuda x Ar. biçimide bir çözüm arayalım. x olur. Buları x. x eşitliğide kullaırsak A. r. Ar. olup r elde edilir. Demek ki x A. şeklidedir. Şimdi de A sabitii bulalım. x verildiğide. A olup A tür. Burada.. x geel terimi buluur. Burada x değerie başlagıç koşulu deir. Problem : x, x başlagıç koşulları ve içi x 5x x idirgeme deklemiyle verile dizii geel terimii buluuz. Çözüm: Deklem. mertebededir. r, r ve A, B sabit sayılar olmak üzere x A. r B. r biçimide bir çözüm arayalım. x A. r B. r ve x A. r B. r x x x olur. Bu eşitlikleri deklemide kullaırsak A. r B. r 5 A. r B. r A. r B. r A. r r 5r B. r r 5r 0 5 idirgeme olur. Her doğal sayısı içi bu eşitliği sağlaması içi r, r sabitlerii r 5r 0 deklemii kökleri olacak şekilde seçelim. Bu dekleme karakteristik deklem deir. r, r olarak çözülür. O halde x A. B. biçimidedir. A, B sabit sayılarıı belirlemek içi x, x başlagıç koşullarıı kullaırsak içi A B ve içi 6A B dir. AB 6A B

5 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Deklem sistemii çözümüde A ve B buluur. Böylece dizii geel terimi.. x olarak buluur. Bu çözümde r 5r 0 karakteristik deklemiyle x 5x x 0 idirgeme bağıtısıı katsayılarıı eşit olduğua dikkat edilmelidir. Bu çözümdeki akıl yürütme kullaılarak elde edilebile bir taım ve teoremi verelim: Taım: Au 0. k Au. k Au. k... Au k. 0 idirgeme bağıtısıa sahip u dizisii karakteristik deklemi A0. r A. r A. r... A k 0 () dir. Teorem: olsu. 0 A. r A. r A. r A 0 karakteristik deklemii kökleri r, r, r ),, r r r üç farklı reel sayı ise u A. r B. r C. r ) r r r şeklidedir. çakışık kökler ise u A. r B. r C. r ) r a bi., r a bi. u A. r B.( a ib) C.( a ib) şeklide karmaşık sayılar ise şeklidedir. dir. r r a b ve arg( r ) olmak üzere trigoometrik biçimde u A. r B. r.(cos i.si ) C. r.(cos i.si ) olarak da yazılabilir. Şimdi bu teoremi problemler üzeride uygulayalım: Problem : Bir ( a ) dizisi a, a 5 ve her içi a a a 7 şeklide taımlamaktadır. Bua göre a 7 kaçtır? (UMO 008) Çözüm: a a a 7 deklemide yerie koyarak a a a 7 elde edilir. Bu iki deklemde a a a a 0 olup karakteristik deklem r r r 0 şeklidedir. Burada ( r ) 0 olup r r r dir. Dolayısıyla dizii geel terimi..... şeklidedir. a A B C A B C

6 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Şimdi a a a 7 deklemide içi a. a a 7 a.5 7 olup a 6 buluur. A, B, C sayılarıı belirlemek içi a A B C ifadeside sırasıyla,, değerlerii verirsek ABC ABC 5 AB9C 6 deklem sistemie ulaşırız. Bu deklemleri çözümüde olup A, B, C a geel terimi buluur. Burada a 7 i hesaplaması kolaydır. a buluur. Problem : a, a 0, a ve a. a 5. a a 0 idirgeme bağıtısıa sahip ola ( a ) dizisi içi a terimii ile bölümüde kala edir? Çözüm: a. a 5. a a 0 bağıtısı içi karakteristik deklem r r 5r 0 dır. Çarpalarıa ayırırsak ( r).( r) 0 olup deklemi kökleri r r, r buluur. Bu halde dizii geel terimi a AB. C. şeklidedir.,, değerlerii verirsek A BC A BC 0 A B8C olur. Bu deklemleri çözümüde A, B, C elde edilir. Bua göre dizii geel terimi a dir. içi a olur. 8(mod) dir. Ayrıca Fermat teoremie göre 0 (mod) 0 dir. Bua göre. (mod) (mod) olur. Souç olarak a 8(mod) 0(mod) dir. a terimii ile bölümüde kala 0 olur.

7 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem 5: a 5, a olmak üzere ( a ) dizisi a. a. a 0 idirgeme deklemiyle veriliyor. tamsayıları içi a terimlerii ile bölümüde kalaları kümesi edir? Çözüm: a. a. a 0 deklemide yerie koyarak a. a. a 0 yazalım. Bu iki deklem taraf tarafa çıkarılarak sabit terimi yok edilip a. a. a. a 0 bağıtısı elde edilir. Bu bağıtı içi karakteristik deklemi yazarsak r r r 0 olup ( r)( r r) 0 şeklide çarpalarıa ayrılır. Karakteristik deklemi kökleri r, r i, r i dir. Dolayısıyla dizii geel terimi a AB.( i) C.( i) şeklidedir. Şimdi A, B, C katsayılarıı belirleyeceğiz. Buu içi a terimii bilmemiz gerekecek. a. a. a 0 idirgeme deklemide içi a.().(5) 0 a dir. a AB.( i) C.( i) bağıtısıda,, değerlerii verirsek AB( i) C( i) 5 AiBiC A( i) B( i) C olup bu deklem sistemii çözümüde A, B C buluur. Dolayısıyla dizii geel terimi a ( i) ( i) dir. Kutupsal biçimde o o o o i.(cos 5 i.si 5 ) ve i.(cos( 5 ) i.si( 5 )) olduğuda / o o De Moivre formülüde ( i).(cos(.5 ) i.si(.5 )) ve / o o ( i).(cos(.5 ) i.si(.5 )) dir. ( )/ o Böylece.cos(.5 ) biçimide de yazılabilir. a içi içi a olup a 7(mod) olur. o.cos(.5 ) 8 5 o a.cos(.5 ). k, ( k ) biçimide olup a (mod ) dir. Souç olarak a terimlerii ile kalalarıı kümesi {, 7} dir. olmak üzere Problem 6: birler basamağıı buluuz. sayısıı Çözüm: Bu zor problemi idirgemeli dizileri kullaarak kolayca çözebiliriz. 5

8 x İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları dizisii ilk iki terimii bulalım. x ve x 7 dir. x 7(mod0) olur. Şimdi içi içi x dizisii reküras (yieleme) bağıtısıı bulalım. Buu içi r, r sayılarıı kök kabul ede. derecede deklemi kurarsak r 6r 0 olur. O halde dizii yieleme bağıtısı x 6x x 0 şeklidedir. Buu kullaarak x, x, x 5,... gibi bazı terimleri mod 0 da hesaplayalım. x 6x x 6.7 (mod0) x 9(mod0) x 6x x 6.9 7(mod0) x 7(mod0) x 6x x 6.7 9(mod0) x (mod0) 5 5 x 6x x 6.7(mod0) x (mod0) x 6x x 6.(mod0) x (mod0) x 6x x 6.(mod0) x 7(mod0) olur. Burada görüldüğü üzere x dizii terimlerii 0 ile bölümüde kalalar periyodik bir dizi oluşturmakladır ve bu periyot 6 dır. Dolayısıyla (mod 6) olup x x 9(mod0) buluur. Souç olarak sayısı içi sayısıı birler basamağıı 9 dur. 0 0 sayısıı tamsayı olduğuu ve e bölü- 5 5 Problem 7: ebildiğii ispatlayıız. Çözüm: Geel terimi a 5 5 ola diziyi göz öüe alalım. 5 5 r ve r dersek kökleri r, r ola. derecede deklem r r 0 olur. O halde a dizisii idirgeme bağıtısı 6

9 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları a a a 0 olup a a a yazılır. ifadesii, değerleri içi hesaplayalım. a içi a 5 5 içi a 7 olur. a ve a terimleri birer tamsayı olduğuda a a a terimi de bir tamsayıdır. Dolayısıyla a a a eşitliğie göre a, a 5,... terimlerii tamamı tamsayı olacaktır. Şimdi a a a eşitliğie tekrar döersek a ifadesi ü tam katı olduğuda a i ü katı olması acak ve acak a i ü katı olması ile mümküdür. a, ü katı olduğuda a, a5,..., a,... terimlerii tamamı ü katıdır. Dolayısıyla a0 sayısı da ü katıdır. Ayrıca a 7 terimi ü katı olmadığıda a, a6,..., a,... terimlerii hiçbiri ü katı olamaz. Problem 8: Geel terimi a ola dizii tüm terimlerii tamsayı olduğuu ispatlayıız. Ayrıca her pozitif tamsayısı içi a terimlerii ile tam bölüebildiğii gösteriiz. Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır. Problem 9: f, f ve içi f f f idirgeme deklemiyle verile diziye Fiboacci dizisi deir. Bu ülü dizii ilk birkaç terimi,,,, 5, 8,,, şeklidedir. Fiboacci dizisii geel terimii buluuz. Çözüm: f f f 0 bağıtısı içi karakteristik deklem r r 0 5 olup kökleri r, dir. Dolayısıyla dizii geel terimi 7

10 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları 5 5 f A. B. sayılarıı çözelim. biçimidedir., değerlerii vererek A, B 5 5 A. B. A.( 5) B.( 5) olup burada A, B buluur. Böylece 5 5 f elde edilir. Problem 0: f, f ve içi f f f ile taımlaa Fiboacci dizisii herhagi ardışık iki terimii kareleri toplamıı yie bu dizii bir terimi olacağıı gösteriiz. Çözüm: f f olduğuu biliyoruz (bkz. Problem 9). f ( ).( ) f buluur. Problem : f, f ve içi f f f ile taımlaa dizide her içi f 5 terimlerii 5 ile tam bölüdüğüü gösteriiz. Çözüm: 5 f5k olduğuu tümevarımla gösterelim. k içi f5 5 olup 5 ile tam bölüür. k içi 5 f 5 olduğuu kabul edelim. Yai f5 5t, ( t ) şeklide olsu. k içi 5 f5 5 olduğuu göstermeliyiz. f f f f f f

11 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları. f f f f f f f f f f f5. f5 olur. Burada 5 f5 5 elde edilir. Problem : Fiboacci diziside her içi f terimlerii çift olduğuu gösteriiz. Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır. Problem : Fiboacci diziside hagi terimleri ile tam bölüebileceğii belirleyiiz. Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır. İdirgemeli Dizileri Kombiatorik ve Cebirsel Uygulamaları İdirgeme bağıtısı Fiboacci dizisi ola diziler yarımıyla çözüle problemler ile başlayalım Problem : Bir çocuk bir merdivei çıkarke her hamleside ya adım atıyor, ya da adım atıyor. Bu çocuk merdivei 7. basamağıa çıkmak içi kaç farklı yol izleyebilir? Çözüm: Çocuğu ici basamağa ulaşabilmek içi izleyebileceği yolları sayısı a olsu. Öreği. basamağa çıkmak içi izleebilecek tek yol olduğuda a dir.. basamağa ulaşmak içi farklı yol vardır. Ya basamaklar birer birer geçilmiştir ya da direkt. basamağa geçilmiştir. Dolayısıyla a dir. Şimdi ici basamağa ulaşmak içi yapıla so hamle e olabilir? sorusuu yaıtlayalım. Ya ici basamakta sora basamak daha çıkılmıştır ya da ici basamakta sora basamak birde çıkılmıştır. Bua göre a a a dir. Artık a, a başlagıç koşulları ve a a a idirgeme bağıtısıı kullaarak a 7 terimii hesaplayabiliriz. a dizisii terimleri,,, 5, 8,,,, 55, 89,,, 77, 60, 987, 597, 58, şeklide olduğuda a7 58 olarak buluur. Uyarı: f Fiboacci dizisi olmak üzere bu problemde a f olduğua dikkat ediiz. 9

12 ---İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem 5: Bir koridoru, boyutları x m ola dikdörtge biçimideki tabaı, boyutları x m ola ayı tür halılarla, halılar birbirii herhagi bir kısmıı örtmeksizi, kaplamak isteiyor. Bu iş kaç farklı biçimde yapılabilir? (Atalya 998) Çözüm : Boyutları x m ola koridoru x m boyutudaki halılarla yolla kapladığıı varsayalım. içi x ve içi x olduğuu görmek kolaydır. Şimdi x boyutlu koridoru herhagi bir örtüsüü iceleyelim. Koridoru sol kısmı içi aşağıdaki şekillerde birisi geçerli olacaktır. x Birici durumda kaplama sayısı x ve ikici durumda kaplama sayısı x olur. Böylece x x x idirgeme formülü elde edilir. x, x olduğuu kullaarak x dizisii terimlerii yazarsak,,, 5, 8,,,, 55, 89,, x olur. Çözüm : Koridoru kaplarke, birici şekildeki gibi x boyutlarıdaki halılarda a tae ve ikici şekildeki gibi x kare biçimideki halılarıda b tae kulladığımızı varsayalım. Bu durumda a b olmalıdır. Bu deklemi egatif olmaya tamsayılardaki ( ab, ) çözümleri (,0),(9,),(7,),(5,),(,),(,5) dir. (, 0) durumuda tek türlü örtülebilir. Buu ile gösterelim. 0 (9,) durumuda 9 tae birici tür halı ve tae ikici tür (kare) halı kedi arasıda 0 yer değiştirebilir. 0! 0 9!.! 9! 9 (7,) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 6 farklı kaplama yapılabilir. 7!.! 0

13 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları 8! 8 (5,) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 56 farklı kaplama yapılabilir. 5!.! 7! 7 (, ) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 5 farklı kaplama yapılabilir.!.! 6! 6 (, 5) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 6 farklı kaplama yapılabilir.!.5! 5 Toplam farklı kaplama yapılabilir. Uyarı: İlk çözümde bulduğumuz soucu f olduğua dikkat etmişsiizdir. İkici çözümde ise soucu olduğuu gördük. Bua göre f olmaktadır. Bu 0 5 problemde koridoru boyutlarıı x yerie x alarak i tek çift sayı olma durumlarıa göre farklı yolda çözüp bulduğuuz souçları karşılaştırıız. Fiboacci dizisi ile kombiasyolar arasıdaki k f k0 k k f k0 k formüllerii ispatlayıız. Problem 6: boyutudaki dikdörtge ve lik dikdörtgelerle kaç farklı şekilde kaplaabilir? Çözüm: boyutudaki dikdörtge a farklı şekilde kaplası. Bu kaplama işlemi iki şekilde bitebilir. So dikdörtge lik ise buda öceki lik dikdörtge a yolla kaplaır. So dikdörtge lik ise buda öceki lik dikdörtge a yolla kaplaır. Bu durumda a a a olur. Bu durumda a ve a ve içi a a a olur. Karakteristik deklem yardımıyla ilgili formül buluabilir.

14 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem 7:,,,, kümesii ardışık iki elema içermeye alt kümelerii sayısıı buluuz. Çözüm: İstee sayı d olsu. d dir. (boş küme ve kedisi), d tür. yi içermeye alt kümeleri sayısı d ve yi içere alt kümeleri sayısı d olacağıda d d d idirgeme bağıtısı elde edilir. Karakteristik deklem yardımıyla ilgili formül buluabilir. Problem 8: 0 ve rakamlarıda oluşa rakamlı bir sayı dizisii kaç taesi ardışık iki tae 0 rakamı içermez? Çözüm: Verile şartları sağlaya uzuluğuda bir dizi a şekilde oluşturulsu. Eğer dizii so rakamı ise geri kala rakam a yolla oluşturulur. So rakam 0 ise bir öceki rakam olup kala rakam a yolla oluşturulur. Bu takdirde içi a a a olup a ve a olur. Problem 9:,,,, 5, 6, 7 sayılarıı her sayı orijial koumuda e fazla bir koum uzağa gitmiş olmak kaydı ile kaç farklı şekilde dizebiliriz? Çözüm:,,,, içi uygu dizilimleri sayısı a olsu. Açıkça a ve a olur. So teri veya olmalıdır. So terim ise öceki terimler a yolla dizilir. So terim ise bir öceki terim olup kala terimler a yolla dizilir. Bu durumda a a a olur. Bu durumda a, a 5, a5 8, a6 ve a7 olur. Problem 0: 0,, rakamları kullaılarak tae rakamlı bir dizi oluşturulacaktır. Bu dizilerde kaç taeside 0 ları sayısı tektir? Çözüm: Verile şartları sağlaya dizileri sayısı a olsu. Herhagi bir dizii so rakamı 0, veya olacaktır. So rakam ise diğer rakamlar a şekilde dizilir. So rakam ise diğer rakamlar a şekilde dizilir. So rakam sıfır ise kala rakam şekilde dizilir. Bu dizilimlerde 0 ları tek sayıda olduğu a a dizilim vardır. Dolaysı ile verile şartları sağlaya 0 la bite Dolayısı ile dizilim olur. a a a a a idirgeme bağıtısı elde edi-

15 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları lir. a olup a a ise a a, a a,, a olup taraf tarafa toplarsak a olacaktır. a Problem :,,, rakamlarıda isteile sayıda kullaılarak elde edile rakamlı sayı dizileride kaçıda leri sayısı çifttir?, Çözüm: Verile şartları sağlaya dizileri sayısı a olsu. Herhagi bir dizii so rakamı,, veya olacaktır. So rakam,, ise diğer rakamlar a şekilde dizilir. So rakam ise kala rakam koşulsuz şekilde dizilir. Bu dizilimlerde leri tek sayıda olduğu a dizilim vardır. Dolayısı ile verile şartları sağlaya ile bite a dizilim olur. O halde a a a olup a a idirgeme bağıtısı elde edilir. olur. So eşitliği her iki a a olur. a b dersek b b olur. olup,,... içi elde edile eşitlikler taraf ta- yaı ile bölüürse Burada b b rafa çarpılırsa b b dub a olup b a bağıtısı elde edilir. b ol- a bağıtısı elde edilir. olur. Burada a b ise Problem. 0,, rakamları kullaılarak rakamlı bir dizii kaç taeside ard arda ve arda arda rakamları bulumaz? Çözüm: Verile şartları sağlaya rakamlı bir dizii sayısı d olsu. Dizii so rakamı 0 ise kala rakam d şekilde oluşturulur. ile (veya ile) bite istee şartları sağlaya diziliş sayısı c olsu. Bu takdirde d d c (*) olacaktır. Diğer tarafta c d c olur. Nede?. O halde d c c ise d c c (**) olur. Ayrıca (*) da d d c olup so eşitlikle (*) taraf tarafa toplaırsa d d c c olup (**) da d d d olur. yerie yazarsak d d d idirgeme bağıtısı elde edilir. Başla-

16 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları gıç koşulları d ve d olduğuda karakteristik deklem yarımıyla dizii geel terimi buluabilir. Problem :,, rakamlarıı isteile sayıda kullaıldığı rakamlı bir sayı dizisii kaç taeside ardışık rakamı bulumaz? Çözüm: Şartları sağlaya dizilimleri sayısı a olsu. a ve a 8 dir. Eğer dizii so rakamı ise bir öceki rakam veya olup geri kala sayılar a yolla dizilir. Eğer sayıı so rakamı (veya ) ise geri kala rakamlar a yolla dizileceğide içi dizilimleri sayısı a a a idirgeme bağıtısı yardımıyla buluabilir. Problem : Sayı doğrusu üzeride başlagıç oktasıda bulua bir kurbağa buluduğu oktaı koordiatı x ise x + veya x + koordiatlı oktalara atlıyor. Kurbağa 7 atlayış yapıyor. Bu atlayışlarda tam olarak biride kafası karışa kurbağa x oktasıda ike x koordiatlı oktaya atlıyor. Kurbağa egatif koordiatlı bir oktaya atlamadığıa göre bu 7 atlayışı kaç farklı şekilde yapabilir? a) 7 b) 88 c) 8 d) 6 e) 76 Çözüm: Kurbağa hiç yalış atlayış yapmada tae atlayışı a yolla yapsı. Bu durumda a, a olup içi a a a olur. Bu durumda a, a 5, a 8, a, a olur. Bu kurbağa. adımda hata yapar ve x oktasıa atlarsa daha sora 8 atlayış yapar. Bu durumda kurbağa 7 atlayışı 6 aa i 8 i 6 farklı yolla gerçekleştirir. i Problem 5: lik tabada yazılığıda herhagi iki tae rakamı arasıda e az iki tae 0 rakamı bulua egatif olmaya tam sayılara seyrek sayı diyelim olduğuda 9 seyrek sayı olup 0 00 sayı değildir. 7 yi geçmeye kaç tae seyrek sayı vardır? olduğuda 0 seyrek a) 86 b) 87 c) 9 d) 6 e) 8 Çözüm: İkilik tabada yazıldığıda e fazla basamaklı ola seyrek sayıları sayısı a olsu. Öreği a, rakamlı, rakamlı, rakamlı ve rakamlı seyrek sayıları toplamıı verir. Dolayısı ile e fazla basamaklı seyrek sayıları sol başta ici rakamı veya 0 olmalıdır. So rakam 0 ise kala rakam a yolla yazılır. Sol başta ici rakam ise ve ici rakamlar 0 olup diğer-

17 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları leri a yolla yazılır. Bu durumda içi a a a idirgeme bağıtısı elde edilir. a [, 0 ], a [0,0 ] ve bezer şekilde a [00 0, 0 ] olur. Bu durumda a7 87 buluur. Problem 6: Şekilde çubuk ve bu çubuklarda biride farklı çapta tae disk büyükte küçüğe yukarıya doğru sıralamıştır. Her harekette sadece bir disk diğer çubuklarda birie yerleştirebilir. Küçük diski üzerie büyük disk koamaz. Bu şartlar altıda e baştaki tae disk diğer çubuklarda birie ayı sırada e az kaç hareketle yerleştirilebilir? Çözüm: tae disk istee şartlar altıda e az a yolla dizilsi. a ve a olur. Şimdi tae disk şekildeki gibi e solda olsu. Üstte taesi büyükte küçüğe doğru diğer çubuklarda birie a yolla dizilir. So kala büyük disk boş çubuğa şekilde yerleştirilir. Sıralı disk büyük diski buluduğu çubuğa a yolla dizilebilir. Bu durumda a a olacaktır. Burada, a a a a a a a olur. Problem 7: Bilidiği üzere, tae farklı ese ya yaa! yolla dizilir. Şimdi bu formülü idirgemeli diziler yardımıyla ispatlayalım. Çözüm: farklı esei diziliş sayısı a olsu. Bu durumda eseyi öce a yolla dizeriz. Kala so ese bu esei belirttiği tae yere yol- 5

18 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları la yerleşir. O halde a a idirgeme bağıtısı elde edilir. a olduğuda a, a,., a! olur. Problem 8: elemalı bir kümei alt küme sayısıı olduğuu gösteriiz. Çözüm: elemalı bir kümei alt küme sayısı a olsu. elamalı bir kümei alt kümeleri belli bir elemaı içereler ve içermeyeler diye ikiye ayrılır. Kümei elemalarıı,,.., ile gösterelim. dışıdaki elema a alt küme belirtir. O halde yi içermeye a alt küme vardır. Bu kümeleri her birie elemaı ekleirse a tae de yi içere alt küme vardır. Bu durumda a olur. a olduğuda a olur. a Problem 9: 0 doğru düzlemi e fazla kaç parçaya ayırır? Çözüm : tae doğru düzlemi e fazla x parçaya ayırsı. x, x, x 7 olduğuu görmek kolaydır. ici doğru, öceki doğruu tamamıı farklı oktalarda kesecek şekilde çizmek pekâlâ mümküdür. ici doğru, ilk doğru tarafıda parçaya ayrılır. Dolayısıyla ici doğru tam tae bölgeyi keser ve kestiği bölgeleri sayısıı ye katlar. Diğer bir deyişle daha öce x tae ola bölge sayısı x olur. Böylece x x idirgeme deklemie ulaşırız. Burada yerie koyarsak x x x x 6

19 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları deklemlerii elde ederiz. değişkeii yok etmek içi taraf tarafa çıkarırsak x x x bağıtısıı elde ederiz. Burada da sabit terimi yok etmek içi yerie koyarsak x x x x x x olup xx x x 0 doğrusal idirgeme formülüe ulaşırız. Karakteristik deklem r r r 0 olup ( r) 0r r r buluur. Do- layısıyla aradığımız dizii geel terimi x AB C biçimidedir. A, B, C katsayılarıı belirlemek içi,, değerlerii verelim: ABC A BC A B9C 7 deklem sistemii çözümü A, B C olur. Bua göre x veya x dir. 0 içi x0 66 buluur. Çözüm : Baze idirgeme deklemii doğrusal hale getirmede de geel terimi kolayca bulmak mümkü olabilir. x x deklemii x x biçimide yazıp,,...,( k ) değerlerii verirsek içi x x içi xx k içi xk xk k k.( k) olur. Bu deklemleri taraf tarafa toplarsak xk x olup k.( k) xk elde edilir. Artık k 0 içi x0 66 olduğuu kolayca hesaplayabiliriz. Problem 0: İlk doğal sayıı kareleri toplamıı vere formülü elde ediiz. 7

20 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Çözüm: İlk doğal sayıı kareleri toplamı x 9, x 96 0, şeklidedir. x... ( ) olacağıda x olsu. x, x 5, x... ve x x dir. yerie yazarsak x x ( ) x x olur. terimii yok edersek x x x olur. Bu eşitlikte de yerie yazarsak x x x x x x olur. Taraf tarafa çıkararak terimii yok edersek x x x x olur. Bu eşitlikte de yerie yazarsak x x x x x x x x olur. Sabit terimi yok edersek x x 6x x x 0 doğrusal idirgeme deklemie ulaşırız. Karakteristik deklem r r 6r r 0 olup ( r ) 0 dır. Burada r r r r olup geel terim biçimidedir.,,, x A B C D sabitlerii belirleyelim. değerleri vererek A, B, C, D ABCD ABC8D5 AB9C7D AB6C6D0 deklem sistemide A0, B, C, D olarak çözülür. O halde dizii 6 ( )( ) geel terimi x olur. Düzelersek x buluur. 6 6 Çözüm : x x idirgeme deklemii doğrusal hale getirmede daha kısa bir çözüm arayacağız. Deklemi şeklide çözümü x A B C D 8

21 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları olup olmadığıı deeyelim. x A B( ) C( ) D( ) olup dekle- x x BC() D( ) dir. Bu ifade ile mii karşılaştırırsak B CD0 CD0 D x x deklemlerii elde ederiz. Burada kolayca B, C, D olarak çözülebilir. O halde x A şeklidedir. Burada x 6 olduğuu kullaırsak A 0 buluruz. Dolayısıyla x veya x 6 ( )() 6 6 şeklide elde edilir. Uyarı: P ( ) ici derecede bir poliom olsu. Bu so yaptığımız çözüm bize x x P( ) deklemii çözümüü ici derecede x Q ( ) şeklide bir poliom olacağıı telki etmektedir. Problem : İlk doğal sayıı küpler toplamıı vere formülü elde ediiz. Çözüm: İlk doğal sayıı küpleri toplamı olur. Bu deklemi çözümüü şek- x x lide olup olmadığıa bakalım. x A B( ) C( ) D( ) E( ) x olsu. x olduğu açıktır. x A B C D E olduğuda x x BC D E dir. Bu so ifade ile x x ( ) ( ) ( 6 ) eşitliğii karşılaştırırsak B CDE 0 C DE 0 D6E 0 E olur. Bu deklemi çözümleri B 0, C, D, E olarak buluur. Demek ki x A şeklidedir. x olduğuda A 0 buluruz. Böylece x ya da x elde edilir. ( ) 9

22 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem : İlk doğal sayıı dördücü kuvvetleri toplamıı vere formülü elde ediiz. Çözüm: 5 dir. İspatı okuyucuya bırakılmıştır. 5 0 Problem : Geiş bir masaı üzeride bulua bir pire her hamleside, ya da birim zıplayabiliyor. Pire kediside birim uzaklıktaki oktaya e kısa yolda ulaşmak içi kaç farklı yol izleyebilir? Çözüm: Pirei doğrusal biçimde bir yol takip etmesi gerektiği açıktır. Pire birim uzaklıktaki oktaya a farklı yolla ulaşabiliyor olsu. a, a, a olur (ede?). Şu soruya cevap arayalım: Pirei ici oktaya gelmede öceki so hamlesi e olabilir? Bu soruu cevabı:, veya ücü oktada bulua pire sırasıyla, ya da birim zıplayarak ici oktaya ulaşmış olabilir. Dolayısıyla a a a a tür. Karakteristik deklem r r r 0 şeklidedir. r deeirse bu deklemi tamsayılarda kökü olmadığı görülür. Bu yüzde dizii geel terimii bulmaya çalışmak yerie idirgeme deklemide a terimii elde etmeyi tercih edeceğiz. içi a aa a 7 5 içi a5 a aa 7 6 içi a6 aa a5 7 7 içi a7 a a5 a6 7 8 içi a8 a5 a6 a7 8 9 içi a9 a6 a7 a içi a0 a7 a8 a içi a a8 a9 a içi a a9 a0 a Problem : P ( ) x x x x x ispatlayıız: (a) P ( x ), P ( x) xp. ( x) P( x) 0 özdeşliğii sağlar. (b) P ( x ), ici derecede bir poliomdur. (IMO Shortlist 978) Çözüm: ifadesi veriliyor. Şuları 0

23 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları (a) x x, x r r x dersek r r x, r. r olup kökleri r, r ola ikici derecede deklem r xr 0 dır. Bu karakteristik dekleme sahip ola P dizisii idirgeme formülü P xp P 0 dır. Göstermek istediğimiz de zate buydu. (b) P dizisii ilk birkaç terimii hesaplayalım. 0 içi P0 ( x ) dir. Bu sabit poliomu derecesi 0 dır. içi P ( x) x dir. Bu poliomu derecesi dir. içi P ( x) x olur. Bu poliomu derecesi de dir. P ( x) xp ( x) P ( x) idirgeme bağıtımızı göz öüe alalım. P ( x ) ici derecede ve P ( x ) de ici derecede bir poliom ike P ( x ) ifadesii ici derecede bir poliom olacağı açıktır., içi öermemiz doğru olduğuda tümevarım presibi gereği egatif olmaya her tamsayısı sayısı içi de öermemiz doğru olur. Problem 5: a 0, 9 a 0 ve ( a) ( a ) a şeklide taımlaa ( a ) dizi- si içi a işlemii soucuu hesaplayıız. a Çözüm: b log a diyelim. b, b ve b log( a) log ( ) a log a log0 9 log a log0 9 ( a ) b. b. b olur. ( b ) bir doğrusal idirgemeli dizi olduğuda r r 0 karakteristik deklemie sahiptir. Bu deklemi kökleri r, r olduğuda b A. B. formudadır. Bu eşitlikte ve değerleri yazılırsa A B ve 9A B 9 deklem sistemi elde edilir. Bu sistem çözülürse A, B buluur. Böylece b. olup a 0 a a b 0 0 buluur. a olarak hesaplaır. olup

24 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem 6: x, x 5 ve x eşitliğii her iki yaıı 5 tabaıa göre logarit- x Yol Gösterme: x x masıı alı. Daha sora y x x bağıtısıyla verile diziyi buluuz. x log 5 değişke değiştirmesii deeyi. Problem 7: İlk terimi a ve ortak farkı d ola bir aritmetik dizii ilk terim toplamıı formülüü elde ediiz. Yol Gösterme: İlk terim toplamı S olmak üzere S S d olacağıı göstererek başlayıız. Problem 8: tae çember düzlemi e fazla kaç parçaya böler? Çözüm: tae çember düzlemi e fazla x parçaya bölsü. x ve x olduğu açıktır. Çemberleri düzlemi e fazla sayıda parçaya ayırabilmesi içi her bir çember çiftii iki oktada kesişmesi gerekir. Yai teğet ya da ayrık durumda çemberler olmamalıdır. Böyle tae çember çizilmiş olsu. Biz ici çemberi çizdiğimizde, öceki çemberleri her biri ile oktada kesişeceğide bu çember toplam oktada kesişir. Dolayısıyla ici çember yaya ayrılır. Her bir yay parçası içide buluduğu tae bölgeyi ikiye bölerek buları parçalama sayısıı ye katlar. Diğer bir deyişle ici çember çizilice yei tae daha bölge oluşur. Dolayısıyla x x dir.,,...,( k ) değerlerii verirsek içi x x içi xx k içi xk xk ( k ) olur. Bu deklemleri taraf tarafa toplarsak xk x ( k ). k olup xk k k buluur. Yai tae çember düzlemi e fazla parçaya böler. Problem 9: tae düzlem boyutlu uzayı e fazla kaç parçaya böler?

25 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Çözüm: tae düzlem uzayı e fazla x parçaya bölsü. x, x, x 8 olduğu açıktır. Çözümümüzde x terimie ihtiyacımız olmamakla birlikte eğer biraz zihimizi zorlarsak x 5 olduğuu görmek faydalı olabilir. tae düzlem uzayı e fazla sayıda parçaya ayırması içi seçile herhagi üç düzlemi bir ortak oktası olmalı ve dört düzlemi hiçbir ortak oktası olmamalı. düzlem çizilmiş olsu. ici düzlemi çizme işlemii uzayı parçalaış sayısıı asıl artırdığıa bakalım. Bu düzlem ilk düzlemi her birisi ile bir doğru boyuca kesişir. Ayrıca bu doğrularda herhagi ikisi bir ortak oktaya sahiptir. Çükü bu düzlemleri herhagi üçü bir ortak oktaya sahiptir. Diğer tarafta herhagi üç doğru ayı oktada da geçmez. Eğer böyle olsa ortak oktaya sahip düzlem olurdu ki bu ise hipotezimize ters düşer. Problem 6 da dolayı ici düzlem bu doğru tarafıda tae düzlemsel bölgeye ayrılır. Dolayısıyla uzayda ici düzlemi içide geçtiği tae boyutlu bölge vardır. ici düzlem bu tae boyutlu bölgeyi ikiye böldüğüde öceki parçalama sayısıı kadar artırır. Diğer bir deyişle x x dir.,,...,( k ) değerlerii verip taraf tarafa toplarsak k k x x olur. Toplam sembolüü özelliklerii kullaarak kk ( )(k) kk ( ) k 5k6 xk x ( k ) buluruz. Burada xk el- 6 de edilir. Souç olarak tae düzlem boyutlu uzayı e fazla ayırır. Problem 0: tae küre boyutlu uzayı e fazla kaç parçaya böler? 5 6 parçaya 6 Çözüm: tae küre uzayı e fazla x parçaya bölsü. x olduğu açıktır. Böyle tae kürei çizilmiş olduğuu varsayalım. ici kürei parçalama sayısıı e kadar artırdığıı belirleyeceğiz. Küreleri uzayı e fazla sayıda parçaya ayırması içi seçile herhagi iki küre çifti bir çember boyuca kesişmelidir. Oluşa çemberleri hepsi birbiride farklı olmalı. Ayrıca teğet ya da ayrık durumda çember çifti olmamalıdır. Böylece ici kürei öceki kürelerle kesişimide birer çember oluşur ve bu kürei yüzeyide tam tae çember vardır. Tıpkı düzlemi çemberlerle bölümesi problemide olduğu gibi kürei

26 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları yüzeyi çember ile e fazla bölgeye ayrılır (bkz. Problem 5). Bu tae küre yüzeyi parçasıı her biri, içide buluduğu boyutlu bölgeyi iki parçaya ayırır. Yai bu bölgeleri sayısıı tae artırır. Dolayısıyla x x dir. Şimdi,,...,( k ) değerlerii verip taraf tarafa k k toplarsak x x olur. Toplam sembolüü özelliklerii kul- kk ( )(k) kk ( ) laırsak xk x.( k ) olur. Burada 6 x k k k 8k elde edilir. Souç olarak tae küre boyutlu uzayı e fazla ( 8) parçaya ayırır. Problem : tae doğru bir daireyi e fazla kaç parçaya ayırır? Yol Gösterme: tae doğru bir daireyi e fazla x x olduğuu göstererek başlayıız. x parçaya bölsü. Problem : tae bir yeride kırık doğruyla düzlem e fazla kaç parçaya ayrılır? Çözüm: tae kırık doğru düzlemi e fazla x parçaya bölsü. Her bir kırık doğru diğerii e fazla farklı oktada kesecek şekilde çizebiliriz. Dolayısıyla + ici kırık doğru kedide öcekileri tae oktada keser. Oluşa okta sayısıı fazla kadar yei bölge oluşacağıda x x bağıtısı vardır. x, x 7 olduğuu basit bir çizimle görebiliriz. k k x x teleskopik toplamıda Yai tae kırık doğru içi x tae bölge oluşur. x k k elde ederiz. k

27 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Problem : : tae doğru birbirie teğet iki daireyi e fazla kaç parçaya ayırır? Çözüm: tae doğru birbirie teğet ola iki daireyi e fazla x parçaya bölsü. x olduğuu görmek kolaydır. Parçalama sayısıı e fazla olması içi doğruları kesişim oktası çemberlerde birii içie düşecek şekilde çizelim. Ayrıca çizdiğimiz herhagi bir doğru, her bir çemberi ikişer parçaya ayırmalıdır. Şimdi doğruu çizilmiş olduğuu varsayalım. ici doğruu, daireleri içide kala kısmı, öceki doğru ve iki çember tarafıda parçaya ayrılır. Bu parça yardımıyla yei bölge oluşur. Böylece x x olup x başlagıç koşulu yardımıyla birbirie teğet iki daireyi e fazla x buluur. Yai tae doğru parçaya ayırır. 5

28 İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları KAYNAKÇA: [] Matematik Düyası Dergileri, Türk Matematik Dereği [] İdirgemeli Diziler, Türk Matematik Dereği [] Ulusal Matematik Olimpiyatı Sıavı Soru Kitapçıkları [] Ulusal Atalya Matematik Olimpiyatları Soru ve Çözümler , TÜBİTAK [5] IMO Shortlist Problemleri [6] Yaglom, A.M., Yaglom, I.M., Challegig Mathematical Problems Volume [7] Gökçe, L., Olimpiyat Ders Notları 6

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe)

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) Matematikte sayı dizileri teorisii ilgiç bir alt kolu ola idirgemeli diziler kousu olimpiyat problemleride de karşımıza

Detaylı

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI Projesii Kousu: Bir çekirgei metre, metre veya 3 metre zıplayarak uzuluğu verile bir yolu kaç farklı şekilde gidebileceği ya da bir kişii veya (veya 3) basamak atlayarak basamak sayısı verile bir merdivei

Detaylı

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak Ve Şeması ile lt Kümeleri Saymak Osma Ekiz Bu çalışmada verile bir kümei çeşitli özellikleri sağlaya alt küme veya alt kümlerii ve şeması yardımıyla saymaya çalışacağız. Temel presibimiz aradığımız alt

Detaylı

BAĞINTI VE FONKSİYON

BAĞINTI VE FONKSİYON BAĞINTI VE FONKSİYON SIRALI N-Lİ x, x, x,..., x tae elema olsu. ( x, x, x,..., x ) yazılışıda elemaları sırası öemli ise x, x, x,..., x ) e sıralı -li deir. x, x, x,..., x ) de ( x (, x, x ( x, ) sıralı

Detaylı

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız.

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız. Sayılar Teorisi Kouları Geel Sıavları www.sbelia.wordpress.com SINAV I(IDENTITIES WITH SQUARES) 4 4. a 4b (Sopphie Germai Deklemi) çarpalarıa ayırıız.. 4 4 = A ise A ı sadece = durumuda asal olduğuu ispatlayıız..

Detaylı

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK Derleye Osma EKİZ Eskişehir Fatih Fe Lisesi. GİRİŞ Poliomları idirgeebilmesi poliomları sıfırlarıı bulmada oldukça öemlidir. Şimdi poliomları idirgeebilmesi ile ilgili bazı

Detaylı

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+...

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+... MC formülüü doğruluğuu tümevarım ilkesi ile gösterelim. www.matematikclub.com, 00 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri Tümevarım Metodu : Matematikte kulladığımız

Detaylı

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri,

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri, POLİNOMLAR Taım : a0, a, a,..., a, a reel sayılar ve doğal sayı olmak üzere P x = a x + a x +... + a x + a x + a biçimideki ifadelere x e bağlı reel katsayılı poliom (çok terimli) deir. 0 a 0 ax + a x

Detaylı

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisa 2010 LİSE - PROBLEMLERİ c Copyright Titu Adreescu ad Joatha Kae Çeviri. Sibel Kılıçarsla Casu ve Fatih Kürşat Casu Problem 1 m ve aralarıda asal pozitif tam sayılar

Detaylı

TÜME VARIM Bu bölümde öce,kısaca tümevarım yötemii, sorada ÖYS de karşılamakta olduğumuz sembolüü ve sembolüü ele alacağız. A. TÜME VARIM YÖNTEMİ Tümevarım yötemii ifade etmede öce, öerme ve doğruluk kümesi

Detaylı

ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ

ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ Lokma Gökçe Olimpiyat problemlerii çözümüde eşitsizlik teorisi öemli bir yer tutar. Baze bir maksimum miimum değer problemide, baze bir geometrik eşitsizlik kaıtıda, baze

Detaylı

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri V MERSİN MATEMATİK OLİMPİYATI (ÜNV ÖĞR) I AŞAMA SINAV SORULARI ( Nisa 8) de ye taımlı, birebir ve örte f ve g foksiyoları her bir içi koşuluu sağlası g( a ) = ve f ( ) ( ) ( ) f = g a 4 = a ise a sayısı

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferasiyel Deklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulumak veya kullaım koşulları hakkıda bilgi içi http://ocw.mit.edu/terms web sitesii ziyaret ediiz.

Detaylı

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10 KOMBİNASYON tae esei r taesii seçimie elemaı r li kombiasyoları deir ve C(,r) veya ( ile gösterilir. 1) ( ) = ( 0) =1 r) C(;r)= ( r) =! ( r)!.r! 2) ( 1) = ( 1) = 3) ( r) = ( r) 4) ( a) = ( b) (r ) ise

Detaylı

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR 1) 60 sayısıı asal çarpalarıa ayrılmış şekli aşağıdakilerde hagisidir? A)..5 D)..5 B)..5 E)..5 C)..5 1.Yötem: 60 180 90 45 60..5 tir. 15 5 5 1.Yötem: Öğrecilerimizi1.Yötemde

Detaylı

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10 KOMBİNASYON tae esei r taesii seçimie elemaı r li kombiasyoları deir ve C(,r) veya ( ile gösterilir. 1) ( ) = ( 0) =1 r) C(;r)= ( r) =! ( r)!.r! 2) ( 1) = ( 1) = 3) ( r) = ( r) 4) ( a) = ( b) (r ) ise

Detaylı

8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerden

8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerden MC TEST I Seriler ve Diziler www.matematikclub.com, 2006 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir2@yahoo.com.tr 8. Bir aritmetik dizide a 2 = 2, a 7 = 8 ise, ortak fark aşağıdakilerde hagisidir? A) 0,8 B) 0,9

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler...

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler... İÇİNDEKİLER Ö Söz... Poliomlar... II. ve III. Derecede Deklemler... Parabol... 9 II. Derecede Eşitsizlikler... 8 Trigoometri... 8 Logaritma... 59 Toplam ve Çarpım Sembolü... 7 Diziler... 79 Özel Taımlı

Detaylı

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( )

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( ) Sıava Katıla Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR 2 997. ( )( )( ) ( ) ( ) k x x x... k. x... 997. x poliomu ( ) a x a x... a x, a 0 ve k < k

Detaylı

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİKLERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z.

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİKLERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z. KÜME KAVRAMI Küme matematiği taımsız bir kavramıdır. Acak kümeyi, iyi taımlamış kavram veya eseler topluluğu diye tarif edebiliriz. Kümeler A, B, X, K,... gibi büyük harflerle Bir kümeyi oluştura eseleri

Detaylı

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI 6. BÖLÜM VEKTÖR LARI -BOYUTLU (ÖKLİT) I Taım: Eğer pozitif bir tam sayı ise sıralı -sayı, gerçel sayılar kümesideki adet sayıı (a 1, a 2,, a ) bir dizisidir. Tüm sıralı -sayılarıı kümesi -boyutlu uzay

Detaylı

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10 . ( ) ( ) 9 x.si x + 4 / x.si x, 0 x π İfadesii alabileceği e küçük tamsayı değeri A) 4 B) 3 C) D) E) 0. Yuvarlak bir masa etrafıda otura 5 şövalye arasıda rasgele seçile 3 taeside e az ikisii ya yaa oturma

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SÜLEYMNİYE EĞİTİM KURUMLRI MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SORULR. li ile etül ü de içide buluduğu 4 erkek ve 6 bayada oluşa bir grupta

Detaylı

KOMBİNASYON: ve r birer pozitif doğal sayı olmak üzere r olsu. farklı elemaı r elemalı alt kümelerii sayısıa i r 2. Örek:! C(,r) = r!. r! li kombiasyou deir ve gösterilir. C(,r) = r P(,r)! = = r r! r!.

Detaylı

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ İkici bölümde verileri frekas tablolarıı hazırlaması ve grafikleri çizilmesideki esas amaç; gözlemleri doğal olarak ait oldukları populasyo dağılışıı belirlemek ve dağılışı geel özelliklerii

Detaylı

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6.

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6. Problemler 3 i Çözümleri Problemler 3 i Çözümleri Aşağıdaki özellikleri kaıtlamaızı ve buu yaıda daha fazla soyut kaıt vermeizi isteyeceğiz. h.h. eşitliğii ölçümü sıfır ola bir kümei tümleyei üzeride eşit

Detaylı

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve BÖLÜM III Kogrüaslar Taım 3. N sabit bir sayı, a, b Z olma üzere, eğer ( a b) ise a ile b, modülüe göre ogrüdür deir ve a b(mod ) şelide gösterilir. Asi halde, yai F ( a b) ise a ile b ye modülüe göre

Detaylı

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Diziler ve Seriler Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üiteyi çalıştıkta sora; dizi kavramıı taıyacak, dizileri yakısaklığıı araştırabilecek, sosuz toplamı alamıı bilecek, serileri yakısaklığıı

Detaylı

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1)

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1) TÜMEVARIM Matematite ulladığımız teoremleri ispatlamasıda pe ço ispat yötemi vardır. Özellile doğal sayılar ve birço ouda ispatlar yapare tümevarım yötemii sıça ullaırız. Tümevarım yötemii P Öermesii doğruluğuu

Detaylı

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİK- LERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z.

( KÜME LİSTE, ORTAK ÖZELLİK, ŞEMA YÖNTEMİ ELEMAN SAYISI BOŞ, SONLU, SONSUZ KÜME ALT KÜME VE ÖZELLİK- LERİ ) ... BOŞ KÜME. w w w. m a t b a z. KÜME KAVRAMI Küme matematiği taımsız bir kavramıdır. Acak kümeyi, iyi taımlamış kavram veya eseler topluluğu diye tarif edebiliriz. Kümeler A, B, X, K,... gibi büyük harflerle gösterilir. Bir kümeyi oluştura

Detaylı

Analiz II Çalışma Soruları-2

Analiz II Çalışma Soruları-2 Aaliz II Çalışma Soruları- So gücelleme: 04040 (I Aşağıdaki foksiyoları (ilgili değişkelere göre türevlerii buluuz 7 cos π 8 log (si π ( si ta e 9 4 5 6 + cot 0 sec sit t si( e + e arccos ( e cos(ta (II

Detaylı

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS YILLAR 4 5 6 7 8 9 ÖSS - - - - - - ÖYS POLĐNOMLAR a,a,a,..., a P () = a + a +... + a R ve N olmak üzere; ifadesie Reel katsayılı.ci derecede bir değişkeli poliom deir. P()= a sabit poliom, (a ) P()= sıfır

Detaylı

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI:

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: www.testhae.com SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: -RAKAM -SAYI -DOGAL SAYILAR -SAYMA SAYILARI -ÇFT DOGAL SAYILAR -TEK DOGAL SAYILAR -ARDISIK DOGAL SAYILAR -ARDISIK ILK

Detaylı

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( )

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( ) . TEMEL KAVRAMLAR Derleye: Osma EKİZ Bu çalışmaı temelii Jiri Herma, Rada Kucera, Jaromir Simsa., Elemetary Problems ad Theorems i Algebra ad Number Theory isimli kitap oluşturmaktadır. İlgili bölümü çevirisi

Detaylı

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları PROJE RAPORU PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıları. Derecede Kökler Toplamı ve Trigoometrik Yasımaları PROJENİN AMACI: Karmaşık sayıı karekökleri toplamı sıfırdır. Peki. derecede kök toplamı içi de geçerli miydi?

Detaylı

+ y ifadesinin en küçük değeri kaçtır?

+ y ifadesinin en küçük değeri kaçtır? PROBLEMLER: 9 Sıavı 5 a, a, a,..., a Z, 0 a k olmak üzere, 95 sayısı faktöriyel tabaıda 5. k 95 = a+ a.! + a.! +... + a.! biçimide yazılıyor. a kaçtır? (! =...( ) ) 0 ( B ) ( C ) ( D ) ( E ). Bir ABC üçgeide

Detaylı

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla Foksiyolarda Limit Foksiyolarda it: Bu bölümde y f ( ) foksiyou ve sayısı verildiğide, bağımsız değişkei sayısıa (solda veya sağda) yaklaşırke ya da sosuza yaklaşırke, foksiyou da bir L sayısıa (veya ya

Detaylı

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Kümeler ve Foksiyolar A ı bir elemaıa B i yalız bir elemaıı eşleye bağıtıya bir foksiyo deir. f : A B, Domf = U A ve ragef B dir. Taım 1.1.1. f : A B foksiyou içi V A olsu.

Detaylı

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol komşuluğu: Taım: ; isteildiği kadar küçük seçilebile poziti bir sayı olmak üzere a a açık aralığıa a R sayısıı komşuluğu deir Örek : Taım: a a a a ve 0 00 olsu ' i 0 00 0 00 999 00 : Z R bir dizi deir

Detaylı

h)

h) ĐZMĐR FEN LĐSESĐ TÜMEVARIM-DĐZĐLER-SERĐLER ÇALIŞMA SORULARI TÜME VARIM:. Aşağıdaki ifadelerde geel bir kural çıkarabilir misiiz? a) p()= ++4 poliomuda değişkeie 0,,,, değerleri verdiğimizde elde edile

Detaylı

TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI.

TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI. TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI Birici Bölüm DENEME-4 Bu sıav iki bölümde oluşmaktadır. * Çokta seçmeli

Detaylı

5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ

5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ 5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ Bir lieer deklemi geel çözümüü bulmak homoje kısmı temel çözümlerii belirlemesie bağlıdır. Sabit katsayılı diferasiyel deklemleri temel çözümlerii

Detaylı

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS)

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS) T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ (IDEAL PRODUCTS) 070216013 TUĞBA ÖZMEN 080216038 AYŞE MUTLU 080216064 SEVİLAY HOROZ Nil ehri, Düyaı e uzu ehridir (6.650

Detaylı

Bu bölümde kan tlayaca m z teoremi, artan ve üstten s -

Bu bölümde kan tlayaca m z teoremi, artan ve üstten s - 18. S rl ve Arta Diziler Bu bölümde ka tlayaca m z teoremi, arta ve üstte s - rl bir gerçel say dizisii üsts ra çarpmas a ramak kal r biçimide özetleyebiliriz. (Üsts r kavram Bölüm 19 da görece iz.) flte

Detaylı

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir.

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir. BÖLÜM II Asal Sayılar Taım. p > tam sayısıı de ve ediside başa bölei yosa bu sayıya asal sayı deir. de büyü asal olmaya sayılara da bileşi sayı deir. Teorem. Eğer p bir asal sayı ve p ab ise p a veya p

Detaylı

H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Kısım Bir Reel Değişkeli Foksiyolar Teorisi Prof.Dr.Hüseyi Çakallı 3 H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Reel

Detaylı

3. Bir kabı, biri 17 diğeri 55 litre su alan ölçeklendirilmemiş iki kap yardımıyla tam olarak 1 litre suyla nasıl doldurursunuz açıklayınız. (10 P.

3. Bir kabı, biri 17 diğeri 55 litre su alan ölçeklendirilmemiş iki kap yardımıyla tam olarak 1 litre suyla nasıl doldurursunuz açıklayınız. (10 P. 0..006 MAT3 AYRIK MATEMATİK ARASINAV SORULARI Numarası :..................................... Adı Soyadı :...................................... F,. Fiboacci sayısıı gösterme üzere, ( 0 P.) (a) F + = F

Detaylı

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere,

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere, KÖKLÜ SAYILAR, de üyük ir sayma sayısı olmak üzere, x = α deklemii sağlaya x sayısıa α ı yici derecede kökü deir. x m = x m O halde tersi düşüülürse, ir üslü sayıı üssü kesirli ise, o sayı köklü sayı içimide

Detaylı

HARDY-CROSS METODU VE UYGULANMASI

HARDY-CROSS METODU VE UYGULANMASI HRY-ROSS MTOU V UYGUNMSI ğ şebekelerde debi bir oktaya çeşitli yollarda gelebildiği içi, şebekei er agi bir borusua suyu agi yolda geldiğii ilk bakışta söyleyebilmek geellikle mümkü değildir. Çözümleme

Detaylı

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar 0 0 0 Gerçek Say lar Kümesii Geiflletme Gere i Kümesi Aalitik Düzlemde Gösterilmesi Efllei i Modülü da fllemler ki Karmafl k Say Aras daki Uzakl k Karmafl k Say Geometrik Yeri Kutupsal Gösterimi Karmafl

Detaylı

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005 8.6 Professor Strag FİNAL 6 Mayıs 25 ( Pua) P,..., P R deki oktalar olsu. ( ai, ai2,..., a i) P i i koordiatlarıdır. Bütü P i oktasıı içere bir cx +... + cx = hiperdüzlemi bulmak istiyoruz. a) Bu hiperdüzlemi

Detaylı

T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI

T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI GAUSS BALANS VE GAUSS KOBALANS SAYILARI ÜZERİNE YÜKSEK LİSANS TEZİ MUSTAFA YILMAZ DENİZLİ, TEMMUZ - 07 T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ

Detaylı

Bu bölümde birkaç yak nsak dizi örne i daha görece iz.

Bu bölümde birkaç yak nsak dizi örne i daha görece iz. 19B. Yak sak Gerçel Dizi Örekleri Bu bölümde birkaç yak sak dizi öre i daha görece iz. Verdi imiz örekleri her biri hem kedi bafl a hem de kulla la yötem aç s da öemlidir. Örek 19B.1. lim 1/ = 1. Ka t:

Detaylı

35 Yay Dalgaları. Test 1'in Çözümleri. Yanıt B dir.

35 Yay Dalgaları. Test 1'in Çözümleri. Yanıt B dir. 35 Yay Dalgaları 1 Test 1'i Çözümleri 1. dalga üreteci 3. m 1 2m 2 Türdeş bir yayı her tarafıı kalılığı ayıdır. tma türdeş yay üzeride ilerlerke dalga boyu ve hızı değişmez. İlk üretile ı geişliği büyük,

Detaylı

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI OLASILIK HESABI Bu derste, uygulamalarda sıkça karşılaşıla, Olasılık Uzaylarıda bazılarıa değieceğiz ve verilmiş bir Olasılık Uzayıda olasılık hesabı yapacağız. Ω. Ω solu sayıda elemaa sahip olsu. Ω {

Detaylı

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz.

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz. MAT -MATEMATİK (5-5 YAZ DÖNEMİ) ÇALIŞMA SORULARI. Tabaı a büyük ekseli, b küçük ekseli elips ile sıırlaa ve büyük eksee dik her kesiti kare ola cismi 6ab hacmii buluuz. Cevap :. y = ve y = eğrileri ile

Detaylı

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1 Örek.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III Markov Süreçleri Ders 7 Yrd. Doç. Dr. Beyazıt Ocakta Web site: ocakta.bau.edu.tr E-mail: bocakta@gmail.com Reault marka otomobil sahilerii bir soraki otomobillerii de Reault

Detaylı

KOMBİNASYON. Güneşe bakarsanız gölgeleri göremezsiniz. Adı : Soyadı : Zeka, Tecrübe ve Çalıskanlık birlesirse tüm hedeflere ulasılır

KOMBİNASYON. Güneşe bakarsanız gölgeleri göremezsiniz. Adı : Soyadı : Zeka, Tecrübe ve Çalıskanlık birlesirse tüm hedeflere ulasılır Güeşe bakarsaız gölgeleri göremezsiiz KOMBİNASYON Adı : Soyadı : Zeka, Tecrübe ve Çalıskalık birlesirse tüm hedeflere ulasılır Mat Müh BAHTİYAR DAĞDELEN 05-799 9 5 KOMBİNASYON KOMBİNASYON r olmak üzere,

Detaylı

12. Ders Büyük Sayılar Kanunları. Konuya geçmeden önce DeMoivre-Stirling formülünü ve DeMoivre-Laplace teoremini hatırlayalım. DeMoivre, genel terimi,

12. Ders Büyük Sayılar Kanunları. Konuya geçmeden önce DeMoivre-Stirling formülünü ve DeMoivre-Laplace teoremini hatırlayalım. DeMoivre, genel terimi, . Ders Büyü Sayılar Kauları Kouya geçmede öce DeMoivre-Stirlig formülüü ve DeMoivre-Laplace teoremii hatırlayalım. DeMoivre, geel terimi, a!,,, 3,... e ola dizii yaısa olduğuu göstermiş, aca limitii bulamamış.

Detaylı

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R İ H S A N T İ M U Ç İ N D O L A P C İ, Y İ Ğ İ T A K S O Y M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R P U B L I S H E R O F T H I S B O O K Copyright 13 İHSAN TİMUÇİN DOLAPCİ, YİĞİT AKSOY

Detaylı

Bağıntı YILLAR ) AxB BxA. 2) Ax(BxC) = (AxB)xC. 4) s(axb) = s(bxa) = s(a).s(b)

Bağıntı YILLAR ) AxB BxA. 2) Ax(BxC) = (AxB)xC. 4) s(axb) = s(bxa) = s(a).s(b) Bağıtı YILLAR 00 00 00 005 006 007 008 009 00 0 ÖSS-YGS - - - - - - - - - BAĞINTI ÖZELLĐKLER: SIRALI ĐKĐLĐ: (a,) şeklideki ifadeye ir sıralı ikili yada kısaca ikili deir (a,) sıralı ikiliside a ya irici

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteın Yöntemi

Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteın Yöntemi 3 Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteı Yötemi Bu yötem bir izdüşüm tekiğie dayaır ve yalış pozisyo olarak isimledirile matematiksel tekiğe yakıdır. Buradaki düşüce f() çizgisi üzerideki bilie iki oktada

Detaylı

ISBN - 978-605-5631-60-4 Sertifika No: 11748

ISBN - 978-605-5631-60-4 Sertifika No: 11748 ISBN - 978-605-563-60-4 Sertifia No: 748 GENEL KOORDİNATÖR: REMZİ ŞAHİN AKSANKUR REDAKTE: REMZİ ŞAHİN AKSANKUR SERDAR DEMİRCİ SABRİ ŞENTÜRK Basm Yeri: EVOS BASIM - ANKARA Bu itab tüm basm ve yay halar

Detaylı

8. sınıf ders notları zfrcelikoz@yahoo.com

8. sınıf ders notları zfrcelikoz@yahoo.com III - SAYI ÖRÜNTÜLERİ Htırltm: Syılrı virgülle yrılrk, birbirii rdı dizilmesie syı dizisi, dizideki her bir syıy d terim deir. hrfi verile örütüde syılrı sırsıı belirte semboldür ve ici syıy örütüü geel

Detaylı

TĐCARĐ MATEMATĐK - 5.2 Bileşik Faiz

TĐCARĐ MATEMATĐK - 5.2 Bileşik Faiz TĐCARĐ MATEMATĐK - 5 Bileşik 57ÇÖZÜMLÜ ÖRNEKLER: Örek 57: 0000 YTL yıllık %40 faiz oraıyla yıl bileşik faiz ile bakaya yatırılmıştır Bu paraı yılı souda ulaşacağı değer edir? IYol: PV = 0000 YTL = PV (

Detaylı

biliniyordu: Eğer 2 a 1 bir asal sayıysa, o zaman S = 2 a 1 (2 a 1) yetkin bir sayıdır. Bunu toplayalım: O halde

biliniyordu: Eğer 2 a 1 bir asal sayıysa, o zaman S = 2 a 1 (2 a 1) yetkin bir sayıdır. Bunu toplayalım: O halde SAYILAR DÜNYASINDA GEZİNTİLER H. Turgay Kaptaoğlu Bu yazıda deri teorilere imede sayıları çoğulula da tamsayıları ilgiç özellileride bahsedeceğiz. Bu özellileri hiçbiri yei değil; yüzyıllar, hatta biyıllar

Detaylı

Standart Formun Yapısı. Kanonik Form. DP nin Formları SİMPLEX YÖNTEMİ DP nin Düzenleniş Şekilleri. 1) Optimizasyonun anlamını değiştirme

Standart Formun Yapısı. Kanonik Form. DP nin Formları SİMPLEX YÖNTEMİ DP nin Düzenleniş Şekilleri. 1) Optimizasyonun anlamını değiştirme 5.0.06 DP i Düzeleiş Şekilleri DP i Formları SİMPLEX YÖNTEMİ ) Primal (özgü) form ) Kaoik form 3) Stadart form 4) Dual (ikiz) form Ayrı bir kou olarak işleecek Stadart formlar Simplex Yötemi içi daha elverişli

Detaylı

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir.

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. a) Pozitif doğal sayılar: Sıfır olmayan doğal sayılar kümesine Pozitif Doğal

Detaylı

Ki- kare Bağımsızlık Testi

Ki- kare Bağımsızlık Testi PARAMETRİK OLMAYAN İSTATİSTİKSEL TEKNİKLER Prof. Dr. Ali ŞEN Ki- kare Bağımsızlık Testi Daha öceki bölümlerde ölçümler arasıdaki ilişkileri asıl iceleeceğii gördük. Acak sıklıkla ilgileile veriler ölçüm

Detaylı

YENİDEN DÜZENLENMİŞTİR.

YENİDEN DÜZENLENMİŞTİR. 0. Sııf MATEMATİK Soru Kitabı Mehmet ŞAHİN T.C MİLLİ EĞİTİM BAKANLIĞI Talim Terbiye Kurulu Başkalığı MATEMATİK Öğretim programıda yaptığı so gücelleme doğrultusuda YENİDEN DÜZENLENMİŞTİR. Emre ORHAN Mehmet

Detaylı

Öğrenci Numarası İmzası: Not Adı ve Soyadı

Öğrenci Numarası İmzası: Not Adı ve Soyadı Öğreci Numarası İmzası: Not Adı ve Soyadı SORU 1. a) Ekoomii taımıı yapıız, amaçlarıı yazıız. Tam istihdam ile ekoomik büyüme arasıdaki ilişkiyi açıklayıız. b) Arz-talep kauu edir? Arz ve talep asıl artar

Detaylı

n 1 1. Pratik Bilgi-1 in y a(x r) k türünden 2. Pratik Bilgi-1 x a(y k) r türünden

n 1 1. Pratik Bilgi-1 in y a(x r) k türünden 2. Pratik Bilgi-1 x a(y k) r türünden Pratik Bilgi- (İtegralsiz Ala Bulma) a eğrisi ile ve 0 doğrularıı sıırladığı ala ise, a eğrisi ile 0 ve a doğrularıı sıırladığı ala dir. Ugulama-. Muharrem Şahi eğrisi ile ve 0 doğrularıı sıırladığı bölgei

Detaylı

11. SINIF KONU ÖZETLİ SORU BANKASI

11. SINIF KONU ÖZETLİ SORU BANKASI . SINIF MATEMATİK KONU ÖZETLİ SORU BANKASI Mil li Eği tim Ba ka lı ğı Ta lim ve Ter bi ye Ku ru lu Baş ka lı ğı ı 4.8. ta rih ve sa yı lı ka ra rı ile ka bul edi le ve - Öğ re tim Yı lı da iti ba re uy

Detaylı

DERS 5. Limit Süreklilik ve Türev

DERS 5. Limit Süreklilik ve Türev DERS 5 imit Süreklilik ve Türev İlk dersimizi solarıda, it sözüğü kullaılmada bu sözükle iade edile kavram ele alımıştıbak.. Bu dersimizde, it kavramıa biraz daa akıda bakaağız ve bu kavram ardımıla süreklilik

Detaylı

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir?

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler, değer kümelerine göre adlandırı - lırlar. Dizinin değer

Detaylı

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur?

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur? 07.10.2006 1. Kaç p asal sayısı için, x 3 x + 2 (x r) 2 (x s) (mod p) denkliğinin tüm x tam sayıları tarafından gerçeklenmesini sağlayan r, s tamsayıları bulunabilir? 2. Aşağıdaki ifadelerin hangisinin

Detaylı

İKİNCİ BÖLÜM REEL SAYI DİZİLERİ

İKİNCİ BÖLÜM REEL SAYI DİZİLERİ Prof.Dr.Hüseyi ÇAKALLI İKİNCİ BÖLÜM REEL SAYI DİZİLERİ Bu ölümde dizileri, yi tım kümesi doğl syılr kümesi, değer kümesi, reel syılr kümesii ir lt kümesi ol foksiyolrı iceleyeceğiz... Ykısk Diziler. Öce

Detaylı

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri uyruk Teorisi Ders Notları: Bazı uyruk Modelleri Mehmet YILMAZ mehmetyilmaz@akara.edu.tr 10 ASIM 2017 11. HAFTA 6 Çok kaallı, solu N kapasiteli, kuyruk sistemi M/M//N/ Birimleri sisteme gelişleri arasıdaki

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

14. Kümelerin Niceliklerinin Kıyaslanışı ve Sonsuzluğun Mertebeleri

14. Kümelerin Niceliklerinin Kıyaslanışı ve Sonsuzluğun Mertebeleri =2. Kısmı Başı= 14. Kümeleri Niceliklerii Kıyaslaışı ve Sosuzluğu Mertebeleri Sosuz kümeleri iceliklerii kıyaslamak içi, öğe sayısı yaklaşımı yetersizdir. Farklı bir yaklaşım gereklidir. İki küme A, B

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açı Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerde alıtı yapma veya Kullaım Koşulları haıda bilgi alma içi http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.aciders.org.tr adresii ziyaret ediiz. 18.102

Detaylı

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI µ µ içi Güve Aralığı ALTERNATİF İTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMAI Bezetimi e öemli faydalarıda birisi, uygulamaya koymada öce alteratifleri karşılaştırmaı mümkü olmasıdır. Alteratifler; Fabrika yerleşim tasarımları

Detaylı

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI Bezetimi e öemli faydalarıda birisi, uygulamaya koymada öce alteratifleri karşılaştırmaı mümkü olmasıdır. Alteratifler; Fabrika yerleşim tasarımları Alteratif üretim

Detaylı

İstatistik Nedir? Sistem-Model Kavramı

İstatistik Nedir? Sistem-Model Kavramı İstatistik Nedir? İstatistik rasgelelik içere olaylar, süreçler, sistemler hakkıda modeller kurmada, gözlemlere dayaarak bu modelleri geçerliğii sıamada ve bu modellerde souç çıkarmada gerekli bazı bilgi

Detaylı

10. SINIF KONU ANLATIMLI. 5. ÜNİTE: DALGALAR ETKİNLİK ve TEST ÇÖZÜMLERİ

10. SINIF KONU ANLATIMLI. 5. ÜNİTE: DALGALAR ETKİNLİK ve TEST ÇÖZÜMLERİ 10. SINI ONU ANATII 5. ÜNİTE: DAGAAR ETİNİ e TEST ÇÖZÜERİ 31 5. Üite 1. ou Etkilik C i Çözümleri c. 1. Soruda e dalgalarıı hızı eşit erilmiş. Ayrıca şekil icelediğide m = 4 birim, m = 2 birimdir. Burada;

Detaylı

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR 1 SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR RAKAM: Sayıları ifade etmek için kullandığımız 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sembollerinden her birine rakam denir. Soru: a ve b farklı rakamlar olmak üzere a + b nin alabileceği

Detaylı

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları Hatırlatma: ( Ω, U, P) bir olasılık uzayı ve 7. Ders Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları : Ω ω R ( ω) foksiyou Borel ölçülebilir, yai B B içi { ω Ω : ( ω) B } U oluyorsa foksiyoua bir Rasgele Değişke deir.

Detaylı

VERİ. gelir (bin) y l ÜNİTE 66 VERİ 2,5 1,5 1,2 KAVRAMSAL ADIM. Sayfa No VERİ... 478 496. σ = 1. İstatistik, Veri ve Grafikler...

VERİ. gelir (bin) y l ÜNİTE 66 VERİ 2,5 1,5 1,2 KAVRAMSAL ADIM. Sayfa No VERİ... 478 496. σ = 1. İstatistik, Veri ve Grafikler... ÜİTE KAVRAMSAL ADIM Sayfa o.... 8 9 İstatistik, Veri ve Grafikler.... 8 Merkezi, Eğilim ve Yayılım Ölçüleri... 8 Açıklık, Çeyrekler Açıklığı........................................................ 8 Varyas

Detaylı

GAMA FONKSİYONU. H. Turgay Kaptanoğlu. A. Tanım Gama fonksiyonu, 0 < x < değerleri için Euler integrali dediğimiz

GAMA FONKSİYONU. H. Turgay Kaptanoğlu. A. Tanım Gama fonksiyonu, 0 < x < değerleri için Euler integrali dediğimiz GAMA FONKSİYONU H. Turgay Kaptaoğlu A. Taım Gama foksiyou, < < değerleri içi Euler itegrali dediğimiz Γ( = t e t dt itegrali ile taımlaır. Öce bu ifadei e demek olduğuu alamaya çalışalım. bir gerçel sayı

Detaylı

FREKANS CEVABI YÖNTEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI

FREKANS CEVABI YÖNTEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI FREKANS CEVABI YÖNEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI G(s (r(t ı Laplace döüşümü; A(s B(s A(s (s p (s p L(s p C(s G(sR(s R(s R s A(s B(s R(s A(s R a C(s L B(s s s j s j s p a b b s

Detaylı

{ 1 3 5} UYGULAMA-2 OLASILIK HESABI { } i, i = 1, 2,, n elemanına aşağıdaki özelliklere sahip bir p. her bir ω. sayısı karşılık getirilsin.

{ 1 3 5} UYGULAMA-2 OLASILIK HESABI { } i, i = 1, 2,, n elemanına aşağıdaki özelliklere sahip bir p. her bir ω. sayısı karşılık getirilsin. UYGULAMA- OLASILIK HESABI Ω. Ω solu sayıda elemaa sahip olsu. Ω { ω, ω,, ω }, U olmak üzere, Ω ı her bir ω i, i,,, elemaıa aşağıdaki özelliklere sahip bir p i sayısı karşılık getirilsi. ) p 0, i,,...,

Detaylı

TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ Sapmasızlık 3.2. Tutarlılık 3.3. Etkinlik minimum varyans 3.4. Aralık tahmini (güven aralığı)

TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ Sapmasızlık 3.2. Tutarlılık 3.3. Etkinlik minimum varyans 3.4. Aralık tahmini (güven aralığı) 3 TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ 3.1. Sapmasızlık 3.. Tutarlılık 3.3. Etkilik miimum varyas 3.4. Aralık tahmii (güve aralığı) İyi bir tahmi edici dağılımı tahmi edilecek populasyo parametresie yakı civarda

Detaylı

PERMÜTASYON, KOMBİNASYON, BİNOM, OLASILIK VE İSTATİSTİK...111. Konu Özeti...111. Testler (1 11)...115. Yazılıya Hazırlık Soruları (1 2)...

PERMÜTASYON, KOMBİNASYON, BİNOM, OLASILIK VE İSTATİSTİK...111. Konu Özeti...111. Testler (1 11)...115. Yazılıya Hazırlık Soruları (1 2)... ÜNİTE PERMÜTASYON, KOMBİNASYON, BİNOM, OLASILIK VE İSTATİSTİK Bölüm PERMÜTASYON, KOMBİNASYON BİNOM VE OLASILIK! = (...... ) PERMÜTASYON, KOMBİNASYON BİNOM, OLASILIK VE İSTATİSTİK PERMÜTASYON, KOMBİNASYON,

Detaylı

Yard. Doç. Dr. Mustafa Akkol

Yard. Doç. Dr. Mustafa Akkol Yard. Doç. Dr. Mustaa Akkol Değişim Oraı: oksiouu değişimii ile, i değişimii İle östere. Değişim oraı olur. Diğer tarata olduğuda, Değişim oraı ve 0, alalım. Örek: Yard. Doç. Dr. Mustaa Akkol olur. 0,

Detaylı

Bölüm 5: Hareket Kanunları

Bölüm 5: Hareket Kanunları Bölüm 5: Hareket Kauları Kavrama Soruları 1- Bir cismi kütlesi ile ağırlığı ayımıdır? 2- Ne zama bir cismi kütlesi sayısal değerce ağırlığıa eşit olur? 3- Eşit kollu terazi kütleyi mi yoksa ağırlığı mı

Detaylı

AKIŞKAN BORUSU ve VANTİLATÖR DENEYİ

AKIŞKAN BORUSU ve VANTİLATÖR DENEYİ AKIŞKA BORUSU ve ATİLATÖR DEEYİ. DEEYİ AMACI a) Lüle ile debi ölçmek, b) Dairesel kesitli bir borudaki türbülaslı akış şartlarıda hız profili ve eerji kayıplarıı deeysel olarak belirlemek ve literatürde

Detaylı

TG 12 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK

TG 12 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testleri her hakkı saklıdır. Hagi amaçla olursa olsu, testleri tamamıı vea

Detaylı

İSTATİSTİK 2. Tahmin Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI. aysecagli@beykent.edu.tr

İSTATİSTİK 2. Tahmin Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI. aysecagli@beykent.edu.tr İSTATİSTİK 2 Tahmi Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI aysecagli@beyket.edu.tr İstatistik yötemler İstatistik yötemler Betimsel istatistik Çıkarımsal istatistik Tahmi Hipotez testleri Nokta tahmii Aralık

Detaylı

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir.

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir. 203-204 Bahar REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyo Basit doğrusal regresyo modeli: y i = β 0 + β x i + ε i Modeli matris gösterimi, y i = [ x i ] β 0 β + ε i şeklidedir. x y 2 gözlem

Detaylı