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

53 5 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Konkav fonksiyonlarda ise eşitsizlik yön değiştirir. Egzersiz [1.] Bir ABC üçgeninde, sin A + sin B + sin C 3 3 eşitsizliğini gösteriniz. Eşitlik durumu hangi durumda ortaya çıkar, açıklayınız. Çözüm. f(x) = sin x fonksiyonu [0, π] arasında konkavdır. Öyleyse, ( ) ( ) A + B + C A + B + C sin A+sin B+sin C = f(a)+f(b)+f(c) 3f = 3 sin = olacaktır. Eşitlik durumu ancak ve ancak A = B = C = π/3 yani ABC bir eşkenar üçgense gerçekleşir. [.] a, b, c > 0 ve a + b + c = 1 ise, ifadesinin en küçük değerini bulunuz. (a + 1 a )10 + (b + 1 b )10 + (c + 1 c )10 Çözüm. 0 < a, b, c < 1 olarak zaten verilmiş. f(x) = (x+ 1 x )10 ise f fonksiyonu I = (0, 1) aralığında konveksdir. Çünkü, Öyleyse JE den f (x) = 90(a + 1 x )8 (x 1 x ) + 10(x + 1 x )9 ( x 3 ) > 0 olacaktır. f(a)+f(b)+f(c) = (a+ 1 a )10 +(b+ 1 b )10 +(c+ 1 c )10 3f( a + b + c ) = 3f( ) = olarak bulunur. Çözüm.(Alternatif Yöntem) Soruda verilen eşitsizliği çözmenin bir diğer yöntemide Chebychev Eşitsizliğini kullanmak olabilirdi. Bu yöntemi size bırakıyoruz. 7 7 Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak wordpress.com adresinden Yeniden Düzenleme Eşitsizliği Ders Notları nı indirebilirsiniz.

54 .6. EŞİTSİZLİKLER II 53 [3.] Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliği JE kullanarak göstermeye çalışalım. Buna göre, eğer a 1, a, a 3,, a n ise f(x) = log x de (0, ) aralığında konkav olduğuna göre, log( a 1 + a + + a n ) log a 1 + log a + + log a n n n ise istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. = log( n a 1 a a n ) [4.](Hölder) p, q > 1, 1 p + 1 q = 1 ve a 1, a,, a n b 1, b,, b n reel sayılarsa, ( n n ) 1/p ( n ) 1/q a i b i a i p b i q i=1 i=1 i=1 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım A = n a i p ve B = i=1 n b i q i=1 olsun. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm a i ler yada tüm b i ler sıfırdır. Bu da zaten eşitsizliğin iki tarafınıda sıfır yapar. Buna göre biz A 0 ve B 0 durumunu inceleyelim. Varsayalım t 1 = 1 p ve t = 1 q olsun. Öyleyse, 0 < t 1, t < 1 ve t 1 + t = 1 olacaktır. Eğer x i = a i p A ve y i = b i q B ise n x i = 1 ve i=1 n y i = 1 olur. f(x) = e x fonksiyonu (, + ) aralığında konveks olduğundan Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliğini kullanabiliriz. Buna göre, x 1/p i y 1/q i = f(t 1 ln x i + t ln y i ) t 1 f(ln x 1 ) + t f(ln y i ) = x i p + y i q i=1

55 54 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Buna göre, n i=1 a i b i A 1/p B 1/q 1 p n x i + 1 q i=1 n y i = 1 i=1 olacaktır. Bundan dolayıda, n n ( a i b i a i b i A 1/p B 1/q = ai p) 1/p ( bi q) 1/q bulunur i=1 i=1 Şimdi de, Jensen eşitsiliğinin bir başka uygulamasına geçelim. Tanım (Majorization 8 ). Eğer x 1,, x n ve y 1,, y n aşağıdaki şartları sağlıyorsa, yani x 1 x x n, y 1 y y n x 1 y 1, ve x 1 + x y 1 + y,, x 1 + x + + x n 1 y 1 + y + + y n 1 x 1 + x + + x n = y 1 + y + + y n ise (x 1, x,, x n ) majorize (y 1, y,, y n ) denir ve ile gösterilir. (x 1, x,, x n ) y 1, y,, y n ) Tanım (Majorization Eşitsizliği). I = [a, b] aralığında f fonksiyonu konveks ve (x 1, x,, x n ) y 1, y,, y n ), x i, y i I ise f(x 1 ) + f(x ) + + f(x n ) f(y 1 ) + f(y ) + + f(y n ) olur. Yanlız ve yanlız x i = y i durumu için eşitlik vardır. Konkav fonksiyonlar içinse eşitsizlik yön değiştirir. 8

56 .6. EŞİTSİZLİKLER II 55 [5.] Dar açılı bir ABC üçgeni için, eşitsizliğini kanıtlayınız. 1 cos A + cos B + cos C 3 Çözüm. Genelliği kaybetmeden, varsayalım A B C olsun. Buna göre A π/3 ve C π/3 olacaktır. π/ A π/3, π A + B = ( π C) π 3 olacağından ( π, π, 0) (A, B, C) (π 3, π 3, π 3 ) alabiliriz. f(x) = cos x fonksiyonu [0, π/] aralığında konkav olduğuna göre, majorization teoreminden, 1 = f( π ) + f(π ) + f(0) f(a) + f(b) + f(c) f(π 3 ) + f(π 3 ) + f(π 3 ) ise soruda göstermemiz istenen, elde edilir. [6.] Eğer x 1 x x n ise 1 cos A + cos B + cos C 3 (x 1, x,, x n ) (x, x, x,, x) durumu vardır. Burada x değeri, x 1, x,, x n değerlerinin aritmetik ortasıdır.(bunu Majorization üzerine uygularsak Jensen Eşitsizliğini elde ederiz.) Buna göre, k = 1,,, n 1 için x 1 + x + + x k kx durumunu göstermemiz yeterli olacaktır. Buna göre, (n k)(x 1 + x + + x k ) (n k)kx k k(n k)x k+1 k(x k x n ) olacağından (n k)(x x k ) k(x k x n ) bulunur. Bu eşitsizliğin iki tarafınada k(x x k ) eklersek n(x x n ) k(x x n ) = knx

57 56 BÖLÜM. KONULAR olacağından olacaktır. x 1 + x + + x k kx [7.] 1 a, b, c 1 ve a + b + c = 1/ ise a 1 + b 1 + c 1 en fazla kaç olur? Çözüm. [ 1, 1] aralığında f(x) = x 1 fonksiyonu konvekstir. Öyleki, f (x) = 13x 10 0 olacaktır. Eğer, 1 a b c 1 ve a + b + c = 1/ ise major üçlülerimizi (1, 1, 1) (a, b, c) olarak seçebiliriz. Çünkü, 1 a ve 1 = 1 1 c 1 = a + b olacaktır. Buna göre, majorization eşitsizliğinden a 1 + b 1 + c 1 = f(a) + f(b) + f(c) f(1) + f() + f( 1) = olacaktır. Zaten, a = 1, b = 1 ve c = 1 [8.](1999,IMO 9 ) n bir tamsayıdır. Buna göre, (a.) 1 i<j n x i x j (x i + x j) C içinde en büyük değer doğrulanır. 1 i n eşitsizliğini x 1, x, x 3,, x n 0 reel sayıları için sağlayan en küçük C sabitini bulunuz. (b.) Bu C değeri için, eşitlik durumunu araştırınız. Çözüm. İlk olarak n = durumuna bakalım. Varsayalım x 1 = m + h ve x = m h yani olsun. Buna göre, m = x 1 + x ve h = x 1 x x 1 x (x 1 + x ) = (m 4 h 4 ) m 4 = 1 8 (x 1 + x ) 4 9 International Math Olympiads, 1999 x i 4

58 .6. EŞİTSİZLİKLER II 57 olacaktır. n > durumu için varsayalım x i a i = ve a 1 + a + + a n = 1 olsun. x 1 + x + + x n Buna göre, a i = [0, 1] olacaktır. Eğer, a i cinsinden yazarsak, ispatlanacak eşitsizlik a i a j (a i + a j) C 1 i<j n olacaktır. Eşitsizliğin sol tarafı açılıp düzenlenirse, n a 3 i (a a i 1 + a i a n ) = i=1 n a 3 i (1 a i ) olacaktır. f(x) = x 3 (1 x) = x 3 x 4 fonksiyonunun [0, 1/] aralığında konveks olduğu açıktır. Öyle ki, i=1 f (x) = 6x 1x = 6x(1 x) > 0 olacaktır. Eşitsizliğimiz a i lere göre simetrik olduğundan, a 1 a a n alabiliriz. Buan göre, eğer a 1 1/ ise, ( 1, 1, 0, 0,, 0) (a 1, a,, a n ) olacağından majorization eşitsizliğinden f(a 1 ) + f(a ) + + f(a n ) f( 1 ) + f(1 ) + f(0) + + f(0) = 1 8 olacaktır. Eğer, a 1 > 1/ ise 1 a 1, a,, a n [0, 1/) olacaktır. (1 a 1, 0, 0,, 0) (a, a 3,, a n ) olduğundan majorization eşitsizliği ve n = durumunu göz önünde bulundurursak, f(a 1 ) + f(a ) + + f(a n ) f(a 1 ) + f(1 a 1 ) + f(0) + f(0) + + f(0) = f(a 1 ) + f(1 a 1 ) 1 8 olacaktır. Buna göre, eşitlik durumu ancak ve ancak iki değişken eşit ve geri kalan (n ) değişken 0 ise vardır.

59 58 BÖLÜM. KONULAR.6.1 Çalışma Soruları 1. Jensen Eşitisizliğini kullanarak a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 eşitsizliğini kanıtlayınız.(a, b, c pozitif reel sayılar.). x 1,, x n [0, 1] ve a 1,, a n > 0 olmak üzere, a 1 + +a n = 1 olarak veriliyor. Buna göre, n i=1 a i 1 + x i x a 1 1 xa 1 1 eşitsizliğini kanıttlayınız. Eşitlik durumu hangi şartlar altında gerçekleşir? 3. Eğer a, b, c, d > 0 ve c + d = (a + b ) 3 ise a 3 c + b3 d 1 eşitsizliğini Hölder Eşitsizliği kullanarak kanıtlayınız. 4. P noktası ABC üçgeni içersinde m(p AB) = m(p BC) = m(p CA) = α eşitliğini sağlayan bir nokta ise α açısının π/6 olduğunu kanıtlayınız. 5. Dar açılı bir ABC üçgeninin iki açısı π/6 dan küçük veya eşittir. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. sin A sin B sin C sin π 4 sin π 6 sin π 1 6. x, y, z > 1, xyz = 4096 ve max(x, y, z) < 3 olarak veriliyor. Buna göre, x + y + z toplamının en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz. 7. Eğer a, b 0 ise, 3 a + 3 a + b b a b + 3 b + 3 a eşitsizliğini kanıtlayınız.

60 .7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 59.7 İnd ırgemel ı D ız ıler.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler Herhalde matematik olimpiyatları sınavlarına hazırlanıpta Fibonacci Sayıları nı bilmeyen yoktur. Zaten Fibonacci sayılarıda f 0 = 0, f 1 = 1 olmak üzere f n+1 = f n + f n 1, n 1 yinelemesi ile tanımlanır. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçük alt terimlerin farkına eşittir. Mesela, birinci derecedendir, ve u n+ u n+1 = u n+4 + 9u n = n 5 yinelemesi ise dördüncü derecedendir. Eğer bir yinelemede tüm ifadelerin üstleri bir ise bu yinelemeye Doğrusal Yineleme denir. Mesela, bir doğrusal yinelemedir. Ancak u n+ u n+1 = x n + nx n 1 = 1 ve x n + xn 1 = 3 yinelemeleri lineer değillerdir. Eğer bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleri aynı kuvvettense, bu yinelemeye Homojen dir denir. Mesela, yinelemesi homojendir. Ancak, x m+3 + 8x m+ 9x m = 0 x m+3 + 8x m+ 9x m = m 3 yinelemesi homojen değildir. Bir yinelemin sadece indis değişkenine göre tanımlanan denkleme ise o yinelemenin Kapalı Form u denir. Kapalı form sayesinde rahatlıkla yinelemenin her hangi bir terimini bulabiliriz. Biz genel manada bu ders notunda ilk olarak, x n = ax n 1 + f(n), a 1

61 60 BÖLÜM. KONULAR formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgileneceğiz. İlgilenirken de aşağıda verdiğimiz basamakları takip edeceğiz. 1. Önce x n = ax n 1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarak yani, karakteristik denklem oluşturarak, x n = ax n 1 denklemini elde ederiz. Sadeleştirmeler yaptığımızda x = a olacaktır. Buna göre, x n = ax n 1 homojen formundaki yinelememiz bize x n = Aa n denklemini verecektir. Burada A bir sabit sayıdır.. Daha sonra bulunan x n = Aa n + g(n) formu test edilir. Burada g, f ile aynı dereceden bir polinomdur. Örnek 1. x 0 = 7 ve x n = x n 1, n 1 ise x n kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi x n = x n 1 olacaktır. Sadeleştirme yaparsak, x = olacaktır. Buna göre bizim, x n = A n formunda çözüm yapmamız gerekmektedir. Burada, 7 = x 0 = A 0 ise A = 7 olacağından, kapalı form x n = 7() n olarak bulunur. Örnek. x 0 = 7 ve x n = x n 1 + 1, n 1 formunda verilen yinelemenin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Karakteristik denklemi yazıldığında x n = x n 1 veya x = elde edilir. Buradan çözümlerden birinin x n = A() n olduğu açıktır. Ancak yinelemenin bir parçasıda f(n) = 1 polinomu olduğuna göre, kapalı denklemin x n = A n +B formunda olması gerekmektedir. Buradan, 7 = x 0 = A 0 +B = A+B ve 15 = x 1 = A + B olduğuna göre bu iki denklemin çözümünden A = 8 ve B = 1 olacaktır. Öyleyse, soruda istenen kapalı form, olacaktır. x n = 8( n ) 1 = n+3 1 Not. Örnek. nin çözümünde dikkat edilirse oluşturula karakteristik denklem iki parçadan oluşuyor. Bunlardan ilki zaten alt indislerin üs olarak yazılmasıyla elde edilirken, ikincisi bir polinom ve bu polinomun derecesi yineleme içersinde ki polinomun derecesi ile aynı. Bundan sonraki çözümlerde de polinom seçimi benzer şekilde olacaktır. Örnek 3. x 0 = ve x n = 9x n 1 56n + 63 ise x n kapalı formunu bulunuz.

62 .7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 61 Çözüm. Karakterisitk denklem yazıldığında karakterisitik denklemimiz x n = 9x n 1 veya x = 9 olacaktır. Buna göre, kapalı formun bir kısmı x n = A(9) n formunda olacaktır. Ancak, soruda verilen yinelemenin ikinci kısmını f(n) = 56n + 63 polinomu oluşturduğundan, çözüm olarak kullanacağımız polinom g(n) = Bn + C olacaktır. Buna göre, yinelememizin kapalı formu x n = A9 n + Bn + C olacaktır. x 0, x 1, x için çözümlere bakıldığında, = A + C 5 = 9A + B + C 176 = 81A + B + C eşitlikleri için A =, B = 7 ve C = 0 olacaktır. Buna göre soruda istenen kapalı form, yada genel çözüm x n = (9 n ) + 7n olarak bulunur. Örnek 4. x 0 = 1 ve x n = 3x n 1 n + 6n 3 ise x n kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdıktan sonra kolaylıkla x n = A(3) n indirgemesini elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasıda f(n) = n + 6n 3 şeklinde ki ikinci dereceen bir polinom olduğundan özel çözümümüzde kullanacağımız g(n) polinomu Bn + Cn + D olmalıdır. Buna göre, yinelememizin indirgenmiş hali, x n = A3 n + Bn + Cn + D şekline olacaktır. Eğer bilinen x i, i = 0, 1,, 3 için katsayaları bulmaya çalışırsak, 1 = A + D, 4 = 3A + B + C + D, 13 = 9A + 4B + C + D, 36 = 7A + 9B + 3C + D

63 6 BÖLÜM. KONULAR denklemlerini elde ederiz. Buradan da, A = B = 1, C = D = 0 olacağından, istenen kapalı form x n = 3 n + n olacaktır. Örnek 5. x 0 = ve x n = x n n 1 ise kapalı formu bulunuz. Çözüm. Eğer gerekli işlemleri yaparsak, genel formun x n = A n + B3 n denklemi elde edilir. Burada, x 0 = ve x 1 = () = 5 denklemlerinden, = A + B 7 = A + 3B eşitliklerini elde edilir. Buna göre, A = 1 ve B = 1 olacağından istenen kapalı form x n = n + 3 n olacaktır. Örnek 6. x 0 = 7 ve x n = x n 1 + n, n 1 ise x n için kapalı formu bulunuz. Çözüm. Şimdi bu çözümü siz yapmaya çalışın. Kapalı formu, olarak bulmanız gerekmektedir. x n = 7 + n(n + 1) Şimdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. Şimdiki örneğimizde de lineer olmayan ancak lineerleştirilebilir, birinci drecen yinelemeler den birini çözeceğiz. Örnek 6. u 0 = 3 ve u n+1 = u n, n 1 ise yinelemin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Varsayalım, v n = log u n olsun. Buna göre, v n = log u n = log u 1/ n 1 = 1 log u n 1 = v n 1

64 .7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 63 olacaktır. Burada, olduğundan, olacaktır. Buradan, v n = v n 1 v n = v 0 n log u n = log u 0 n olduğundan istenilen kapalı form, olarak bulunur. u n = 3 1/n.7. İkinci Dereceden İndirgemeler Bir evvelki konumuzda birici dereceden yinelemeleri ele almıştık. Öyleki, her bir terim kendisinden bir önceki terime bağımlı olarak veriliyordu. Şimdi vereceğimiz formda ise durum artık biraz daha farklı. Öyleki artık karşılacağımız yinelemeler x n = ax n 1 + bx n şeklinde olacaktır. Bu tür yinelemelerin çözümleri içinde takip etmemiz gerekn bazı çözüm basamakları vardır. Buna göre, 1. Önce alt indisleri üs olarak alıp karakteristik denklemi x n = ax n 1 + bx n olduğundan kökleri r 1 ve r olan x ax b = 0 olarak bulunur.. Eğer kökler birbirinden farklı ise genel form şeklinde olacaktır. 3. Eğer kökler aynı ise genel form şeklinde olacaktır. x n = A(r 1 ) n + B(r ) n x n = A(r 1 ) n + Bn(r 1 ) n

65 64 BÖLÜM. KONULAR Örnek 7. x 0 = 1, x 1 = 1 ve x n+ + 5x n+1 + 6x n = 0 yinelemesinin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi x + 5x + 6 = (x + 3)(x + ) = 0 olarak elde edilir.buna göre kapalı formumuz x n = A( ) n + B( 3) n olacaktır. Buradan da, A = ve B = 1 olacağından soruda istenilen kapalı form, x n = ( ) n ( 3) n olacaktır. Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapalı formu, f 0 = 0, f 1 = 1 ve f n = f n 1 + f n bilgilerini kullanarak bulunuz. Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f f 1 = 0 olacağından kapalı formumuz ( 1 + ) n ( 5 1 ) n 5 f n = A + B şeklinde olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında, 1 = A ( 1 + ) n ( 5 + B = A + B ) n = 1 (A + B) + 5 (A B) = 5 (A B) olacağından A = 1 5, B = 1 5 olacaktır. Sonuç olarakta Cauchy-Binet Formülü olarakta bilinen ( ( ) n f n = 1 5 kapalı form bulunacaktır ) n

66 .7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 65 Örnek 8.(Tübitak Deformesi 10 ) x 0 = 1, x 1 = 4, x n = 4x n 1 4x n ise kapalı formu bulunuz. Çözüm. Karakteristik denklemimiz x 4x + 4 = (x ) = 0 olacaktır. Burada köklerin birbirine eşit olduğu açıktır. Buna göre kapalı formumuz, x n = A n + Bn n formunda olacaktır. Eğer başlangıç değerlerini kullanırsak, 1 = A 4 = A + B A = 1 ve B = 1 olarak bulunur. Buna göre, istenilen kapalı form olacaktır. x n = n + n n.7.3 Alıştırmalar Aşağıdaki sorulardan (1 5) için kapalı formları bulunuz. 1. x 0 = 3, x n = x n x 0 = 1, x n = 5x n 1 0n x 0 = 1, x n = x n 1 + 1n 4. x 0 = 5, x n = x n 1 + 9(5 n 1 ) 5. a 0 = 5, a j+1 = a j + a j, j 0 6. (AIME, 1984) x 19 = 94 ve x n + x n 1 = n, n 1 ise x 94 ün 1000 ile bölümünden kalan kaçtır? Aşağıdaki (6 10) için ikinci dereceden yinelemelerin kapalı formlarını bulunuz. 10 Benzer bir soru TÜBİTAK matematik olimpiyatlarında da sorulmuştur.

67 66 BÖLÜM. KONULAR 7. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n 8. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 5x n 9. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n + n 10. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n + n 11. Bir düzlem üzerine çizilen n çember düzlemi parçalara ayırmaktadır. Buna göre, düzlem üzerindeki n çemberin ayırdığı parçaların sayısını veren denklemi bulunuz. 1. Bir düzlem üzerine çizilen n doğrunun düzlem üzerinde ayırdığı parçaların sayısını veren denklemi bulunuz..8 Yen ıden Düzenleme [Rearrangement] Eş ıts ızl ığ ı Varsayalım elimizde iki reel üçlü (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) olsun. Eğer ikinci üçlünün tüm permütasyonlarını düşünürsek elimizde 3! = 6 tane üçlünün olacağı açıktır. Biz bu üçlülerin kümesine P ve (x 1, x, x 3 ) P olsun diyelim. Buna göre varsayalım, S = a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 toplamıda elimizde bulunsun. Burada bizi ilgilendiren asıl soru S toplamının ne zaman en büyük, ne zaman en küçük olduğudur. Bu soruya cevap aramaya başlamadan evvel ileriki basamaklarda kullanacağımız bazı terimleri açıklayalım. Tanım. Varsayalım elimizde (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) reel üçlüleri olsun. Buna göre, Eğer iki üçlünün elemanlarıda artan veya iki üçlünün elemanlarıda azalan bir sırada yazılmışsa bu ikiliye Benzer Düzenli diyelim. Yani a 1 a a 3 ve b 1 b b 3 veya a 1 a a 3 ve b 1 b b 3 durumları sağlansın. Eğer iki üçlüden biri artan diğeri azalan sırada yazılmışsa bu üçlüyede Aykırı Düzenli diyelim.

68 .8. YENİDEN DÜZENLEME [REARRANGEMENT] EŞİTSİZLİĞİ 67 Örnek. a. ( 1, 1, 3) ve (, 5, 7) benzer düzenlidirler. b. Eğer 0 < a b c ise (a, b, c) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) aykırı düzenlidir. Ama, (a, b, c) ve ( 1 b+c, 1 a+c, 1 a+b ) benzer düzenlidirler. c. Eğer 0 < a b c ve m R + ise (a, b, c) ve (a m, b m, c m ) benzer düzenliyken, (a, b, c) ve ( a, m b, m c ) aykırı düzenlidir. m d. Eğer a b c ve n bir tek tamsayı ise (a, b, c) ve (a n, b n, c n ) benzer düzenlidir. Artık eşitsizliğimizi daha yakından tanıma zamanı geldi. Teorem [Rearragement Inequality]. (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) iki reel üçlü olmak üzere (x 1, x, x 3 ) üçlüsü (b 1, b, b 3 ) üçlüsünün bir permitasyonu olsun. Buna göre, Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) benzer düzenli ise olacaktır. a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) aykırı düzenli ise olacaktır. a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 Kanıt. Varsayalım elimizde (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) artan sırayla dizilmiş iki üçlü olsun. (x 1, x, x 3 ) üçlüsüde (b 1, b, b 3 ) üçlüsünün bir permütasyonu olsun ve x 1 x olsun. S ve S toplamlarınıda ve S = a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 S = a 1 x + a x 1 + a 3 x 3 olarak alalım. Burada S toplamı, S toplamındaki x 1 ve x nin yer değiştirmesiyle elde edildiği açıktır. Eğer bu iki toplamı farkını alırsak, S S = (x 1 x } {{ } )(a a 1 ) 0 } {{ } + +

69 68 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Demekki S S dir. Buna göre, x 1 ve x nin yer değiştirmesi sadece S toplamının değerini artırmaktadır. Öyleyse, eğer tüm (x i, x j ) ikililerinin (x i x j, i < j) yerleri değiştirilirse toplam ancak en büyük olabilir. En büyük olacak toplamda zaten a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 olacaktır. Benzer biçimde eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) üçlülerinin ikiside azalan birer üçlü olarak seçilseydi, ispatın ikinci kısmıda buradan yapılabilirdi. Şimdi, bu yeni eşitsizliğimizi birkaç örnek üzerinde uygulayalım. Örnek. a, b, c R olmak üzere i. a + b + c ab + bc + ca ii a n + b n + c n a n 1 b + b n 1 c + c n 1 a eşitsizliklerini gösteriniz. Çözüm. Sorunun birinci şıkkı zaten ikinci şıkkın özel bir durumu olduğundan sadece ikinci şıkkı çözmemiz yeterli olacaktır. Buna göre eğer üçlülerimizi (a, b, c) ve (a n 1, b n 1, c n 1 ) benzer düzenlileri olarak belirlersek, istenen eşitsizlik yeniden düzenleme eşitsizliği ile, olarak bulunur. Örnek. aa n 1 + bb n 1 + cc n 1 ab n 1 + bc n 1 + ca n 1 a, b, c > 0 oduğuna göre, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. i. a+b+c abc 1 a + 1 b + 1 c ii. a b iii. a b Çözüm. + b c + c a b a + c b + a c + b c + c a a + b + c a b c olarak kabul edelim ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) benzer düzenlilerini seçelim. Buna göre, 1 1 a a + 1 b 1 b c c 1 1 a b b c c a 1 a + 1 b + 1 c 1 ab + 1 bc + 1 ac

70 .8. YENİDEN DÜZENLEME [REARRANGEMENT] EŞİTSİZLİĞİ 69 olacaktır. Eğer ( a b, b c, c a ) ve ( a b, b c, c a ) benzer sıralılarını alırsak, elde edilecektir. a a b b + b c b c + c c a a a b b c + b c c a + c a a b Bu seferde sıralı ikililerimizi aykırı düzenliler arasından seçelim. Yani, (a, b, c ) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) kullanacağımız üçlülerimiz olsun. Buna göre, elde edilecektir. a 1 a + b 1 b + c 1 c a 1 b + b 1 c + c 1 a Örnek. göre, [1963, Moskova Matematik Olimpiyatı] a, b, c > 0 olduğuna a b + c + b a + c + c a + b 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım a b c olsun ve benzer sıralılarımız da (a, b, c) ve olsun. Buna göre, 1 ( a + b, 1 a + c, 1 a + b ) (.1) a 1 b + c + b 1 c + a + c 1 a + b a 1 b + c + b 1 a + c + c 1 a + b a c + a + b a + b + c b + c a a + b + b b + c + c a + c eşitsizliklerini elde edebiliriz. Eğer [1] ve [.3] eşitsizlerini altalta toplarsak, a ( b + c + b a + c + c a + b ) a a + c + b a + b + c b + c + a a + b + eşitsizliğindende soruda istenen [.1] eşitsizliğini elde ederiz. b b + c + (.) (.3) c a + c = 3

71 70 BÖLÜM. KONULAR Örnek. düzenliler ise [Chebyshev Eşitsizliği] Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) benzer a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 3 ( a 1 + a + a 3 3 )( b 1 + b + b 3 ) (.4) 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Soruda zaten benzer düzenli üçlüler verildiğine göre, yeniden düzenleme metodunu kullanalım a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 = a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 (.5) a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 b + a b 3 + a 3 b 1 (.6) a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 b 3 + a b 1 + a 3 b (.7) eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer [.5], [.6] ve [.7] eşitsizliklerini altalta toplarsak, 3(a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 ) a 1 (b 1 + b + b 3 ) + a (b 1 + b + b 3 ) + a 3 (b 1 + b + b 3 )) eşitsizliğini ve sonuç olarakta soruda verilen [.4] eşitsizliğini elde ederiz. Not. Benzer biçimde, (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) aykırı düzenlileri içinde, a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 3 eşitsizliği elde edilebilir. ( a 1 + a + a 3 3 )( b 1 + b + b 3 ) (.8) 3 Örnek. [Aritmetik Orta - Karesel Orta Eşitsizliği] a 1, a, a 3 reel sayılar olmak üzere verilen a 1 + a + a 3 3 a 1 + a + a 3 3 (.9) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Sorunun çözümü için Örnek 0.7 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanmamız kafidir. Buna göre, (a 1, a, a 3 ) ve (a 1, a, a 3 ) benzer düzenlileri için, a 1 + a + a 3 3 ( a 1 + a + a 3 3 )( a 1 + a + a 3 3 ) = ( a 1 + a + a 3 ) (.10) 3

72 .8. YENİDEN DÜZENLEME [REARRANGEMENT] EŞİTSİZLİĞİ 71 olduğuna göre, soruda istenen [.9] eşitsizliği kanıtlanmış olur. Örnek. [Aritmetik Orta-Geometrik Orta Eşitsizliği]a 1, a, a 3 pozitif sayılar olmak üzere verilen a 1 + a + a a 1 a a 3 (.11) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. P = 3 a 1 a a 3 olmak üzere, sorua kullanacağımız aykırı düzenlilerimizi, x 1 = a 1 P, x = a 1a P, x 3 = a 1a a 3 P 3 = 1 ve (.1) y 1 = 1 x 1, y = 1 x, y 3 = 1 x 3 = 1 (.13) olarak seçelim. Burada (x 1, x, x 3 ) artan sıralı ise (y 1, y, y 3 ) azalan sıralı olacaktır. Buna göre, olacaktır. Buradan da, x 1 y 1 + x y + x 3 y 3 x 1 y 3 + x y 1 + x 3 y a 1 P + a P + a 3 P = a 1 + a + a 3 P 3P a 1 + a + a 3 P a 1 + a + a 3 3 olacağından, istenen kanıt tamamlanmış olur. Örnek. Chebyshev eşitsizliğini iki reel sayı için gösteriniz. Çözüm. Varsayalım benzer düzenli ikililerimiz (a 1, a ) ve (b 1, b ) olsun. Buna göre, a 1 b 1 + a b = a 1 b 1 + a b a 1 b 1 + a b a 1 b + a b 1

73 7 BÖLÜM. KONULAR eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa, olacaktır. Örnek. (a 1 b 1 + a b ) (a 1 + a )(b 1 + b ) a 1 b 1 + a b ( a 1 + a )( b 1 + b ) a n + b n a + b 1 (an 1 + b n 1 ) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Örnek 0.11 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanalım. Buna göre ikililerimiz (a, b) ve (a n 1, b n 1 ) ikilileri olsun. Buna göre, aa n 1 + bb n 1 a n + b n a + b ( a + b )(an 1 + b n 1 ) 1 (an 1 + b n 1 ) Örnek. a, b 0 olmak üzere, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. a. (a 5 + b 5 ) (a 3 + b 3 )(a + b ) b. a 9 + b 9 a b (a 5 + b 5 ) c. (a + b) n n 1 (a n + b n ) Çözüm. a. (a, b ), (a 3, b 3 ) benzer düzenlileri olsun. Buna göre, a a 3 + b b 3 ( a + b )( a3 + b 3 ) (a 5 + b 5 ) (a + b )(a 3 + b 3 ) olarak bulunur.

74 .8. YENİDEN DÜZENLEME [REARRANGEMENT] EŞİTSİZLİĞİ 73 b. Bu şıktada benzer düzenlilerimizi (a 4, b 4 ) ve (a 5, b 5 ) olarak seçelim. Buna göre, a 4 a 5 + b 4 b 5 ( a4 + b 4 )( a5 + b 5 ) a 4 b 4 ( a5 + b 5 ) = a b ( a5 + b 5 ) olacaktır. Bu eşitsizliktende,a 9 + b 9 a b (a 5 + b 5 ) eşitsizliği elde edilir. c. Soruyu Chebyshev Eşitsizliği ni kullanarak çözmeye çalışalım. İkililerimiz (a n 1, b n 1 ) ve (a, b) olsun. Buna göre, a n + b n 1 (an 1 + b n 1 )(a + b) = 1 (an a + b n b)(a + b) a n + b n 1 (an + b n )(a + b)(a + b) a n + b n Buna göre istenen eşitsizlik, elde edilmiş olur. 1 1 (a + b)(a + b) (a + b) = n 1 n 1 (a + b)n olacaktır. n 1 (a n + b n ) (a + b) n Örnek. a, b, c > 0 ve n Z + ise a n b + c + bn a + c + cn a + b an 1 + b n 1 + c n 1 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a b c olmak üzere benzer düzenlilerimiz (a n, b n, c n ) ve ( 1 b+c, 1 a+c, 1 a+b ) olarak seçelim. Buna göre, a n b + c + a n b + c + bn a + c + bn a + c + cn a + b cn a + b a n a + c + a n b + a + bn a + b + bn b + c + cn b + c cn a + c eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer bu iki eşitsizliği taraftarafa toplarsak, ( an b + c + bn a + c + cn a + b ) an + b n a + b + bn + c n b + c + an + c n a + c (.14) (.15)

75 74 BÖLÜM. KONULAR eşitsizliğini elde ederiz. Bundan sonraki basamaktada Örnek 0.1 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanırsak, ( an b + c + bn a + c + cn a + b ) an + b n a + b + bn + c n b + c + an + c n a + c 1 (an 1 + b n 1 ) + 1 (bn 1 + c n 1 ) + 1 (an 1 + c n 1 ) = a n 1 + b n 1 + c n 1 eşitsizliğinden, soruda bizden istenen eşitsizliğe ulaşılır. Örnek. a, b, c > 0 olmak üzere, a a b b c c (abc) a+b+c 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a b c olarak alalım. Üçlülerimizide, biraz sıradışı bir seçim yaparak, (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak alalım. Buna göre,chebyshev eşitsizliğinden a log a + b log b + c log c 3 eşitsizliği elde edilir. Buna göre, log a a b b c c olacağından istenen eşitsizlik, 3 ( a + b + c log a + log b + log c )( ) 3 3 ( a + b + c log abc )( ) 3 3 olarak bulunur. log a a b b c c log(abc) a+b+c 3 a a b b c c (abc) a+b+c 3 Örnek. A, B, C bir üçgenin açıları olmak üzere (radyan cinsinden), a, b, c uzunukları da bu üçgenin kenar uzunluklarıdır. p = 1 (a+b+c) olduğuna göre, A p A + B p b + C p c 3π p (.16)

76 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 75 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım A B C olsun. Buna göre benzer düzenli üçlülerimizi (A, B, C) ve ( 1 p a, 1 p b, 1 p c ) seçebiliriz. Chebyshev eşitsizliğinden, 1 3 ( A p A + B p b + C p c ) (A + B + C 1 )( 3 p a + 1 p b + 1 p c )1 3 = π 3 ( 1 p a + 1 p b + 1 p c )1 3 π 9 9 p eşitsizliğindende [.16] eşitsizliği kolaylıkla çıkarılır. Örnek. [1995,IM0] a, b, c R + ve a b c = 1 olduğuna göre, 1 a 3 (b + c) + 1 b 3 (a + c) + 1 c 3 (a + b) 3 (.17) eşitsiliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım x = 1 a, y = 1 b, z = 1 c olsun. a b c = 1 olduğundan, x y z = 1 olacağı açıktır. Buna göre, yeni değişkenlere göre eşitizliğimiz düzenlersek, x y + z + y x + z + z y + x 3 eşitsizliğini elde ederiz. Çözümün bundan sonraki basamakları sadece Örnek 0.14 deki eşitsizliğin kanıtının kullanılmasıyla olacaktır. Buna göre, olacaktır. x y + z + y x + z + z y + x x + y + z 3 3 xyz = 3.9 Tr ıgonometr ık Değ ışken Değ ışt ırme Trigonometrik özdeşliklerin çokluğu, bu denklemleri kullanarak cebirsel denklemlere oldukça kolay çözümler geliştirmemize yardımcı olur. Değişken değiştirmede, hangi özdeşliği kullanacağımız aslında çoğu zaman verilen sorunun

77 76 BÖLÜM. KONULAR içine gömülüdür. Bu sebebten sorulara çözmeye başlamadan önce denklemi nasıl yeniden düzenleyeceğimizin kararına varmamız yerinde olur. Örnek. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x 3 3x = y y 3 3y = z z 3 3z = x Çözüm. Soruda verilen x 3 3x formu kosinüs üç kata açı özdeşliğini anımsatıyor. Ancak tabiki x 3 değişkeninin önündeki katsayı yok. Bu yüzden değişken yerine çift kat açı kosinüsü yerine, sadece cos x değişkeni almamız yerinde olacaktır. Buna göre x = cos u, y = cos v, z = cos w u, v, w [0, π] ise cos 3u = cos v cos 3v = cos w cos 3w = cos u sistemini elde ederiz. Kosinüs üç kat açı formülünü cos 3u ve cos v için kullanırsak cos 9u = cos 3v olacaktır. Bu eşitliği ikinci denklem de kullanırsak cos 9u = cos w olur. Aynen daha önceki gibi cos 7u = cos 3w ise üçüncü denklem cos 7u = cos u olacaktır.demek ki, u = kπ/14, k = 0, 1,,, 14 ve u = kπ/13, k = 1,,, 1 olacağından ve x = cos kπ/14, y = cos 3kπ/14, z = cos 9kπ/14, k = 0, 1,, 14 x = cos kπ/13, y = cos 3kπ/13, z = cos 9kπ/13, k = 1,,, 1 olacağından = 7 tane çözüm elde edilir. Şimdide tanjant fonksiyonunu kullanarak sıradaki örneği çözmeye çalışalım. Örnek. {x n } n=1 olmak üzere, x n+1 = 3xn 1 x n + 3, n 1

78 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 77 İse, bu dizinin periyodik olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Tanjant fark formülünü hatırlarsak tan (a b) = tan a tan b 1 tan a tan b olacaktır. tan (π/6) = 1/ 3 olduğunuda biliyoruz. Buna göre, x n+1 = x n 1/ x n 1/ 3 olarak yazılabilir. Eğer x 1 = tan t alırsak x = tan (t π/6) olacağından, x n = tan (t (n 1) π/6), n 1 olur. Tanjant fonksiyonuda periyodik olduğuna göre, demek ki, x n = x n+6 olacağından soruda verilen dizimiz periyodiktir ve periyodu 6 dır. Örnek. a, b, c, x, y, z > 0 ise ( a + x ) ( b + y ) ( c + z ) (ayz + bzx + cxy xyz) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a = x tan α, b = y tan β, c = z tan γ α, β, γ [0, π/] olarak alalım. Buna göre, 1 cos (x + y + z) = (sin x sin (y + z) cos x cos (y + z)) eşitsizliğinin iki tarafınıda ile bölersek, = (sin x sin y sin z + sin x cos y sin z + cos x sin y sin z cos x cos α cos β cos γ sec α sec β sec γ (tan α + tan β + tan γ 1) olacağından, ( x tan α + x ) ( y tan β + z ) ( z tan γ + z ) x y z (tan α + tan β + tan γ 1) olacaktır. Buda zaten soruda istenen eşitsizliği doğrular.

79 78 BÖLÜM. KONULAR.9.1 Çalışma Soruları 1. a reel parametresinin hangi değerleri için 1 x a x eşitsizliğini sağlayan bir x reel değeri vardır?. (0, 1) aralığından dört farklı sayı alınıyor. Buna göre, bu sayılardan iki tanesi olan xve y nin eşitliğini sağlayacağını kanıtlayınız. 3. Seçilen 4 farklı reel sayı arasından 0 < x 1 y y 1 x < ab 1 + a 1 + b > 1 eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız. 4. x R olmak üzere verilen x + ( 4x 3 3x ) = 1 denkleminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 5. I = xdx integralini hesaplayınız.(not: İfade içinde n 1 tane kök vardır.) 6. {x n } n 1 dizisi x n+ + x n eşitsizliğini sağlandığına göre, x 1986 nın alabileceği tüm değerleri bulunuz. 7. x + x y = y y + y z = z z + z x = x denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.

80 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x 1 1 x 1 = x x 1 x = x 3 x 3 1 x 3 = x 4 x 4 1 x 4 = x 1 9. x, y R olmak üzere, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız, 1 (x + y) (1 xy) (1 + x ) (1 + y ) x R, {x n } n ve x 1 = x olmak üzere x n+1 = 1 x n x n eşitliği veriliyor. Eğer x n = ±1 ise dizimiz kilitleniyor, çünkü x n+1 tanımlanamıyor. Buna göre, 8. terimden sonra kilitlenen bu şekilde bir dizi var mıdır? 11. Reel tanımlı {a k } k=1 dizisi, k Z+ olmak üzere a k+1 = k a k + 1 k a k olarak veriliyor. Buna göre bu dizinin sonsuz sayıda pozitif ve sonsuz sayıda negatif terimi olduğunu kanıtlayınız a 1 a a n 1 ise n 1 (1 ) ( ) 1 a i a i+1 a i 1 a π i+1 < i=1 eşitsizliğini kanıtlayınız.

81 80 BÖLÜM. KONULAR 13. x 0 = 0, x 1, x,, x n > 0 ve n x k = 1 ise n k=1 k=1 x k 1 + x0 + x x k 1 xk + x k x n < π eşitsizliğini kanıtlayınız. 14. x, y, z (0, 1) olmak üzere x + y + z + xyz = 1 eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) tamsayı üçlülerini bulunuz. 15. a, b, c pozitif tamsayılar olmak üzere verilen x + y + z = a + b + c 4xyz (a x + b y + c z) = abc eşitliklerini sağlayan x, y, z reel sayılarını bulunuz. 16. cos π/5 ifadesinin değerini bulunuz..9. Çözümler 1. t [0, π] olmak üzere cos t = x olsun. Çünkü x 1 olmak zorundadır. Buradan 1 x = 1 cos x = sin t olacaktır. Çünkü t [0, π] için sinüs fonksiyonu pozitiftir. Buna göre eşitsizliğimiz, sin t + cos t a olacaktır. f (t) = sin t + cos t = sin π ( 4 cos t π ) 4 = ( cos t π ) 4 olacağından, f (t) nin [0, π] aralığındaki en büyük değeri olacaktır. Buna göre, a nın bulunduğu aralık den büyük olmayan reel sayılar kümesi olacaktır.

82 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 81. Varsayalım sayılarımız a 1, a, a 3, a 4 olsun. Burada, a k = sin t k, t k (0, π/) alalım. Buna göre aslında problemde sorulan soru i ve j gibi iki indisin 0 < sin t i cos t j sin t j cos t i < 1 eşitsizliğini sağlayacak biçimde varolup olmadıklarıdır. Eğer eşitsizliğimizi düzenlersek sin t i cos t j sin t j cos t i = sin (t i t j ) olacaktır. Buna göre, ispatlamamız gereken durum artık t i > t j ve t i t j < π/6 olacak şekilde i ve j nin bulunduğunu göstermek olacaktır. Burada devreye güvercin yuvası ilkesi girer öyleki, seçeceğimiz dört sayıdan iki tanesi kesinlikle (0, π/6], (0, π/3], (π/3, π/) aralığında olacaktır. Buna göre eşitsizliği sağlayan t i ve t j vardır, dolayısıyla x ve y de vardır. 3. x (0, π) olmak üzere, tüm reel sayılar tan x cinsinden ifade edilebilir. Buna göre a = tan x ve b = tan y olarak alırsak 1 + tan x tan y 1 + tan x 1 + tan y = cos x cos y + sin x sin y = cos (x y) olacaktır. Buna göre şimdi problemimizi yeniden kuralım. Yeni durumumuz, cos(x y) > 1/ olduğundan (x y) < π/3 olmalıdır. Gerçektende (0, π) aralığında seçeceğimiz dört sayıdan ikisinin farkı π/3 ten küçük 11 olacaktır. 4. Dikkat edilirse x 1 ve 4x 3 3x 1 olarak verilmiştir. Buna göre, x = cos a, 0 a π alabiliriz. Eğer cos 3a ve cos a ifadelerini kullanırsak soruda verilen denklemimiz cos a + cos 3a = 1 11 Pigeon Hole Principle yada Güvercin Yuvası İlkesi bu küçüklüğü garantiler.

83 8 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Buradan da, 1 + cos a cos 6a = 1 olacağından a ve 4a değerleri a = π, 3π ve 4a = π, 3π, 5π, 7π olarak bulunur. Buna göre istenilen çözümler, ± π ve ± ± değerlerini alacaktır. 5. Varsayalım x = cos t olsun, buna göre x = = cos t + = cos t n + + cos t olacaktır. Buradan integralimiz I = cos t n dx = cos t sin t dt n = 4 sin t cos t n dt ( ) = sin n + 1 n t sin n 1 n t dt eşitliğinden istenilen cevap, n+1 ( n+1 n + 1 cos n + 1 arccos x ) ( n+1 n n 1 cos 1 n arccos x ) + c olarak bulunur.

84 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME x n olduğuna göre, x n = cos y n, y n [0, π/] değişken değiştirmesini kullanabiliriz. Buna göre xn+ + x n eşitsizliği ve eşitliğinden cos α + 1 = cos α ( ) yn + cos cos y n eşitsizliği bulunacaktır. Seçilen aralıkta kosinüs fonksiyonu azalan bir fonksiyon olduğuna göre, y n+ y n olacaktır. Buradan da y n y n+k k, k Z + elde edilir. Burada k değeri sonsuza giderken y n 0 yani y n = 0 olacaktır. Dolayısıyla x n = cos y n = 1 = olacağından x n = ve x 1986 = bulunur. 7. Eğer değişkenlerden herhangi biri, varsayalım x = ±1 olursa x + x y = y ±1 + y = y = 0 olacaktır ki, bu durum imkansızdır. Buna göre denklem sistemimizi yeniden yazarsak, x 1 x = y y 1 y = z z 1 z = x

85 84 BÖLÜM. KONULAR eşitliklerini elde ederiz. Burada da x = tan a, a ( π/, π/) olarak alalım. Buna göre ilk iki denklemden y = tan a ve z = tan 4a olacaktır. Son denklemde ise tan 8a = tan a eşitliği elde edilir. Buna göre 8a a = kπ ise a = kπ/7 olacaktır. a ( π/, π/) olduğuna göre k = 3,, 1, 0, 1,, 3 değerlerini alabiliriz. Buradan da istenilen değerler bulunabilir. 8. Sorunun çözümüne yardımcı olacak trigonometrik özdeşlik aslında sorunun içine gömülmüştür. Eğer çift kat açı için kotanjant toplamını kontrol edersek cot α = cot α 1 cot α eşitliğini elde ederiz. Eğer x 1 = cot α, α (0, π) olarak alırsak x = cot α olacağından, x 3 = cot 4α ve x 4 = cot 8α olacaktır. Benzer şekilde döngü başa geleceğinden x 1 = cot 16α olacaktır. Demek ki cot α = cot 16α yani 16α α = kπ, k Z eşitliği bulunacaktır. Buradanda çözümlerimiz α = kπ, k = 1,, 3,, olacağından olacaktır. x 1 = cot kπ 15, x = cot kπ 15, x 3 = cot 4kπ 15, x 4 = cot 8kπ Varsayalım x = tan a ve y = tan b olsun. Buradan, eşitlikleri elde edilir. Ayrıca, sin(a + b) x + y = tan a + tan b = cos a cos b cos(a + b) 1 xy = 1 tan a tan b = cos a cos b x = cos a y = cos b

86 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 85 eşitlikleri elde edilir. Eğer yerine koyarsak, cos a cos b cos(a+b) cos a cos b 1 1 cos a cos b 1 sin(a+b) 1 ise 1 sin(a + b)cos(a + b) 1 eşitsizliğini kanıtlamamız gerekir. Zaten bu eşitsizlik 1 sin(a + b) 1 olduğundan kanıt tamamlanır = x n 1 x n 1 + x n 1 x n eşitliğini yazabiliriz. Eğer x 1 = tan β, β ( π/, π/) alırsak x = tan β 1 tan β = tan β olacaktır. Bu şekilde devam edersek, x n = tan n 1 β olacağından x 8 = tan 7 β = tan 18β olacaktır. 8 terim uzunluğundaki bir dizi için, tan 18β = ±1 olmalıdır. Buna göre olacaktır. Dolayısıyla, olacaktır. x = tan 18β = (k + 1)π 4 ( ) (k + 1)π ±, k = 18,, Eğer b 1 = tan 1 a 1 ve b k+1 = b k + tan 1 (1/k), k = 1,, 3, olacak biçimde bir dizi tanımlarsak tanjant toplam formülünden tan(x + y) = tan x + tan y 1 tan x tan y eşitliğinin ışığında a k = tan b k olduğunu görebiliriz. tan x lim = 1 x 0 x

87 86 BÖLÜM. KONULAR olduğuna göre, olacaktır. Buradan da, tan 1 (1/k) lim = 1 k 1/k b 0 + tan 1 1 k k=1 ıraksak olacaktır. Öte yandan serinin elemanları k iken, sıfıra yakınsayacaktır. (πn, πn + π/) aralığında sonsuz çoklukta parçalı toplam olacaktır. Benzer biçimde (πn + π/, (n + 1)π) aralığında da sonsuz çoklukta toplam olacaktır. Fakat, parçalı toplamlardam birisi b m ve a m = tan b m olduğundan, demek ki sonsuz çoklukta pozitif ve negatif a m değeri bulunmaktadır. 13. Her bir a i değerimiz [ 1, 1] aralığında olduğuna göre, a i = cos x i, x i [0, π] şeklinde seçim yapabiliriz. Buna göre sorudaki eşitsizliğin sol tarafı n 1 1 cos xi cos x i+1 sin x i sin x i+1 = n 1 1 cos (xi+1 x i ) i=1 i=1 = n 1 sin x i+1 x i i=1 olacaktır. Sinüs fonksiyonu [0, π] aralığında aşağı konkav olduğuna göre Jensen Eşitsizliğinden n 1 1 ( ) ( ) n 1 xi+1 x i 1 x i+1 x i sin sin n 1 n 1 i=1 eşitsizliği elde edilir. Buna göre, n 1 ( ) xi+1 x i sin i=1 i=1 (n 1) sin x n x n 1 (n 1) (n 1) sin olacaktır. Burada x n x i (0, π) dir. Aynı aralıkta, sin x < x, x > 0 eşitsizliği kullanılırsa ( ) π (n 1) sin π (n 1) π (n 1)

88 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 87 olacaktır. 13. Tüm x i değerleri pozitif ve toplamlarıda 1 olduğuna göre, x 1 + x + + x k = sin a k ve a 0 = 0 < a 1 < a < < a n = π, k = 0, 1,, n seçimlerini yapabiliriz. Buna göre, n k=1 k=1 sin a k sin a k sin ak 1 1 sin ak 1 < π olacaktır. Bu eşitsizliği yeniden düzenlersek ( ) ( ) ak a n sin k 1 ak +a cos k 1 cos (a k 1) olacaktır. 0 < x < π/ aralığında kosinüs fonksiyonu azalandır ve sin x < x eşitsizliği vardır. Buna göre eşitsizliğin sol tarafı ise n k=1 n a k a k 1 cos a k 1 cos a k 1 k=1 (a k a k 1 ) = π olacaktır ki bu da zaten ispatı tamamlar. 14. Denklemi sağlayan üçlülerden herbiri dar açılı bir üçgenin açılarının kosinüs değerleridir. Önce, eğer A, B, C açıları bir üçgenin açı değerleri ise cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = 1 olduğunu gösterelim. Aslında, cos A = cos (B + C) = sin B sin C cos B cos C

89 88 BÖLÜM. KONULAR olacağına göre = cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = (cos A + cos B + cos C) + 1 ( 1 cos A ) ( 1 cos C ) = (sin B sin C) + 1 sin B sin C = 1 olarak bulunur. Demek ki, A + B + C = π eşitliğini sağlayan A, B, C değerleri birer çözümdür. 15. İkinci denklemi düzenlersek olacaktır. Buna göre, x 1 = a yz + b zx + c xy + abc xyz = 4 a yz, y 1 = b zx, z 1 = c xy olarak alırsak, eşitliğimiz x 1 + y 1 + z 1 + x 1 y 1 z 1 = 4 olacağından 0 < x 1 <, 0 < y 1 <, 0 < z 1 < olacaktır. Buna göre, x 1 = cos A, y 1 = cos B, z 1 = cos C olarak alabiliriz. Bu değerleri kullanırsak, yz cos A = a, zx cos B = b, xy cos C olacaktır. Eğer x + y + z = a + b + c ise x + y + z yx cos A zx cos B xy cos C = 0 olacaktır. Bu eşitliğin sol tarafını iki kare toplamı şeklinde yazmaya çalışırsak = x + y + z yz cos A zx cos B xy cos C = x + y + z yz cos A zx cos B + xy (cos A cos B sin A sin B) = x ( sin B + cos B ) + y ( sin A + cos A ) + z yz cos A zx cos B + xy cos A cos B xy sin A sin B = ( x sin B y sin A ) + ( x cos B + y cos A z )

90 .9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 89 olacaktır. Burada iki kare toplamı sıfır olduğuna göre x sin B y sin A = 0 ve x cos B + y cos A = z olacaktır. Buradan, b z = x zx + a y yz = b + a z olacaktır. Demek ki dir. Simetriden dolayı z = a + b olarak bulunur. y = a + c ve x = b + c 16. Önce bildiğimiz bazı trigonometrik soruda kullanabileceğimiz bazı geometrik eşitlikleri yazalım. Buna göre, ve cos θ = cos θ 1 cos 3θ = 4 cos 3 θ 3 cos θ eşitliklerini kullanmamız yerinde olacaktır. Eğer x = π/5 alırsak, cos 6π/5 = cos 4π/5 olacaktır. Şimdi denklemi x değişkenine bağımlı olarak yazalım. Burada 4x 3 x 3x + 1 = 0 ise olacaktır. Buradan (x 1) ( 4x + x 1 ) = 0 x = 1 veya x = 5 1

91 90 BÖLÜM. KONULAR olacağından cos(π/5) 1 ise istenilen cevap olacaktır. cos ( ) π 5 1 = 5.10 Ceb ırde Teleskop ık Toplamlar ve Çarpımlar Bu konuda da cebirde sonsuz toplamlar ve farklarla alakalı soruları çözeceğiz. Aslında çözümlerde kullanacağımız genel yöntem oldukça basittir. Soruda verilen toplamı yada çarpımı, farkların toplamı biçiminde yazarak sonuca ulaşmaya çalışacağız. Buna göre elde edeceğiz farkların toplamı n [F (k) F (k 1)] k= formunda olacağından ve k n 1 indislerine sahip değerler sadeleşeceği için, toplamımız F (n) F (1) olacaktır. Örnek. toplamını hesaplayınız. n k!k k=1 Çözüm. yaparsak, olacaktır. Eğer k! k = k!(k + 1 1) = (k + 1)! k! değişken değiştirmesini n (k + 1)! k! = (n + 1)! 1 k=1

92 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR 91 Örnek. toplamını hesaplayınız. n 1 k=1 (k + 1) k + k k + 1 Çözüm. Temel düşünce paydayı rasyonel yapmak olmalıdır. Yani, ( (k + 1) k k ) ( k + 1 (k + 1) k + k ) k + 1 olduğuna göre, = k (k + 1) (k + 1) k = k(k + 1) n k=1 (k + 1) k k k + 1 k (k + 1) = n k=1 ( 1 k 1 k + 1 ) = 1 1 n + 1 olacaktır. Örnek. n Z + olmak üzere aşağıda verilen eşitsizliği kanıtlayınız. n 1 < n 1 (n 1) n + 1 < n Çözüm. Soruda verilen eşitsizliği iki yönünüde ispatlamadan evvel, bazı genellemeler yapalım. Buna göre, ise k 1 (k 1) k + 1 ( k ) (k 1) + 1 (k 1) + 1 = k + 1 (k 1) 1 = k + 1 (k 1) + 1

93 9 BÖLÜM. KONULAR 1 3 n 1 = (n 1) n + 1 = n + 1 (n 1) + 1 = n olacaktır. Buna göre, yeni eşitsizliğimiz n 1 < n + 1 < n olacaktır ki, bu eşitsizliği göstermek oldukça kolaydır. Örnek. x, Q(x) polinomunun bir kökü değildir. Buna göre, P (x) P (x + 1) Q (x) Q (x + 1) = 1 x (x + ) eşitliğini sağlayan tüm P ve Q polinomlarını bulunuz. Çözüm. Önce soruda verilen eşitliği düzenleyelim, buna göre P (x) P (x + 1) Q (x) Q (x + 1) = x + 1 (x + 1) + 1 x (x + 1) (x + 1) (x + ) eşitliği elde edilir. Buna göre, n Z + ve yeterince büyük bir x değeri için, P (x + k) (x + k + 1) P Q (x + k) Q (x + k + 1) = (x + k) + 1 (x + k + 1) (x + k + ) (x + k + 1) + 1 (x + k + 1) (x + k + ) olacaktır. Eğer eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, P (x) P (x + n) Q (x) Q (x + n) = x + 1 x (x + 1) (x + n) + 1 (x + n) (x + n + 1) eşitliğini elde ederiz. Burada n iken, P (x+n)/q(x+n) ifadeside sonsuza gidecektir. Buna göre, P (x) Q (x) = x + 1 x (x + 1) + c, c R

94 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR 93 olacaktır. Eğer işlemi devam ettirirsek, x (x + 1) P (x) = (x cx (x + 1)) Q (x) eşitliğini elde ederiz. Buradan istenen polinomlar P (x) = (x cx (x + 1)) R (x) ve Q (x) = x (x + 1) R (x) olarak bulunur. Örnek. eşitliğini kanıtlayınız. (1 1n ) n= = 1 Çözüm. N lim (1 1n ) = lim N n= olduğuna göre, N N n=.10.1 Çalışma Soruları ( 1 1 ) ( ) n n N + 1 lim N N = 1 bulunur. = N n= n 1 n = 1 N N + 1 N n= n + 1 n = N + 1 N 1. toplamını hesaplayınız. n k! ( k + k + 1 ) k=1. a 1, a,, a n bir aritmetik dizinin elemanları ve ortak farkları d ise n 1 a k a k+1 toplamını hesaplayınız. k=1

95 94 BÖLÜM. KONULAR 3. toplamını hesaplayınız. k=1 6 k (3 k k ) (3 k+1 k+1 ) 4. {x n } n=1 dizisinde x 1 = 1/, x k+1 = x k + x k ise 1 x x x toplamından küçük en büyük tamsayı değerini bulunuz. 5. F n bir Fibonacci dizisi olmak üzere F 1 = 1, F = 1, F n+1 = F n + F n 1 olarak veriliyor. Buna göre aşağıdaki toplamları hesaplayınız. a. b. n= F n F n 1 F n+1 1 F n 1 F n+1 n= toplamını hesaplayınız > 4 eşitsizliğini kanıtlayınız m < n m, n Z olduğuna göre, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız. ( n + 1 m ) < < ( n m 1 ) m m + 1 n 1 n

96 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR a k = ise eşitsizliğini kanıtlayınız. eşitsizliğini kanıtlayınız. k (k 1) 3 + k 4/3 + (k + 1) 4/3 n=1 999 a k < 50 k=1 1 (n + 1) n < 11. F n, fibonacci serisi olmak üzere verilen, 1 toplamının eşitini bulunuz. F n=0 n eşitliğini kanıtlayınız. çarpımını hesaplayınız. n= n=0 n 3 1 n = 3 ( ) n 14. L 1 =, L = ve L n+ = L n+1 + L n, n 1 olarak tanımlanan Lucas Dizisi veriliyor. Buna göre, m L k +1 = F m+1 eşitliğini kanıtlayınız. k=1

97 96 BÖLÜM. KONULAR Édouard Lucas 1 ( ) Fransız matematikçi ve bilimadamı olan Lucas daha çok kendi adı ile anılan Lucas Dizileri ve Fibonacci Dizisinin n. terimini veren formülü ile anılır. Üniversite eğitimini École Normale Supérieure de tamamlayan Lucas uzun bir süre Paris Gözlemevinde de çalışmalarını sürdürmüş ve Profesörlük ünvanınıda yine aynı şehirde Paris te almıştır. Ayrıca N n = M n=1 Diphantine denkleminin yegane çözümünün N = 4 ve M = 70 ikilisi olduğunu savunmuştur. Bu ikiliden başka ikililerin olmadığı ise ancak 1918 yılında hiperbolik fonksiyonlar kullanılarak kanıtlanabilmiştir. Ayrıca, sayıların asallığı üzerinede çalışmalar yapan Lucas 19 yıllık bir çalışma sonucunda, 17 1 sayısının asal olduğunu kanıtlamış ve bu kanıtı sonucunda ulaştığı sayı o zamana kadar ulaşılabilen en büyük Mersenne Asalı olarak kabul edilmiştir. Matematiğin eğlenceli tarafıylada alakadar olan Lucas, özellikle Hanoi Kuleleri ni keşfetmesi ve çözüm yöntemleri geliştirmesi bulmaca meraklılarının büyük saygısını kazanmıştır..10. Çözümler 1. n k! ( k + k + 1 ) = k=1 = n k=1 [ ] (k + 1) k k! n [(k + 1)! (k + 1) k!k] k=1 = (n + 1)! (n + 1) 1 olacaktır. 1 François Édouard Anatole Lucas

98 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR 97. n k=1 1 a k a k+1 = 1 d n k=1 a k+1 a k a k a k+1 = 1 d olacağından, toplam 1 a n+1 a 1 d a n+1 a 1 olacaktır. a n+1 a 1 = nd olduğuna göre olacaktır. n k=1 1 nd n = d (nd + a 1 ) a 1 (nd + a 1 ) a 1 ( 1 1 ) a k a k+1 3. Kesri parçalara bölerek çözüme gitmek yerinde olacaktır. Buna göre, 6 k (3 k k ) (3 k+1 k+1 ) = A 3 k k B 3 k+1 k+1 eşitliğinde ( 3 k+1 k+1) ( A 3 k k) B = 6 k olacaktır. Buradan A = k ve B = k + 1 olarak kolaylıkla bulunabilir. Buna göre, k=1 6 k (3 k k ) (3 k+1 k+1 ) = 3 lim k+1 k 3 k+1 k+1 = olarak bulunur. Not. Benzer biçimde A = 3 k ve B k + 1 bulunabilirdi, ancak bu değerler sonucu değiştirmezdi. Deneyip görebilirsiniz. 4. İndirgemeli dizi çözüm yöntemini kullanalım. Buna göre, x k+1 = x k +x k ise 1 1 = x k+1 x k (x k + 1) = 1 1 x k x k + 1 olacağından 1 x x x = 1 x 1 1 x 101

99 98 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. x 1 = 1/ ve 0 < 1/x 101 < 1 olduğuna göre istenen değer 1 olacaktır. 5. a. n= F n F n 1 F n+1 = F n+ F n 1 = F n 1 F n+1 n= = lim n n= ( 1 F F 1 F n 1 F n+1 ( 1 F n 1 1 F n+1 ) ) = = olacaktır. F 1 F b. n= olacaktır. 1 F n 1 F n+1 = 6. n Z + olmak üzere, ise = F n F n+1 F n 1 = F n= n 1 F n F n+1 F n= n 1 F n F n+1 ( ) 1 1 F n= n 1 F n F n F n+1 ( ) 1 1 = 1 = 1 F 1 F F n F n+1 F 1 F = lim n n + 1 (n + 1) = n (n + 1) + (n + 1) + n n (n + 1) = ( n + n + 1 ) n (n + 1) n + 1 (n + 1) = n + n n = n n (n + 1) olacaktır. Buna göre, olur n=1 ( 1 + ) 1 = n (n + 1) 1999 n=1 ( n 1 ) = n

100 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR Teleskopik toplam yapmak mantıklı görünsede, bazı elemanlar eksik olduğundan çözüme gidemeyiz. Buna göre eşitsizliğin sol kısmı, toplamından küçüktür. Eğer sorudaki eşitsizlikle son yazdığımız eşitsizliği toplarsak > 48 olacaktır. Şimdi artık teleskopik toplamı kullanabilriz. Buna göre, 1 ( ) = 1 ( ) > olacaktır. 8. k R için ( k + 1 k ) ( k k ) = 1 olduğuna göre, ( k ) + 1 k = k k < 1 k ve 1 k < ( ) = k k 1 k + k 1 olacaktır. Buna göre, ( k ) + 1 k < 1 ( ) < k k 1 k olacaktır. Eğer bu eşitsizlikleri toplarsak, ( n + 1 m ) < < ( n m 1 ) m m + 1 n 1 n olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.

101 100 BÖLÜM. KONULAR 9. ilk önce a n ifadesinin paydasını küçültelim ve rasyonel hale getirelim. Buna göre, k 3 yerine (k 1) /3 (k + 1) /3 yazılırsa, a k < = k (k 1) 4/3 + (k 1) /3 (k + 1) /3 + (k + 1) 4/3 k ((k + 1) /3 (k 1) /3) (k + 1) (k 1) = 1 ( (k + 1) /3 (k 1) /3) olacağından a n = ((k + 1) /3 (k 1) /3) 4 k=1 k=1 = 1 ( 1000 / /3 1 /3 0 /3) < 1 ( ) < 50 bulunur Verilen toplamı düzenlersek 1 n (n + 1) = olacağından yeni toplamımız 1 + n n n (n + 1) = n n n 1 n= n n n + 1 olacaktır. Bu toplam teleskopik değildir, ancak üstten sınırlıdır. Öyleki 1 + n= n n 1 n n 1 = 1 + k= ( 1 1 ) n 1 n olacakır. Ve bu toplam da ye yakınsar. İspat tamamlanır. 11. Sorunun çözümüne tümevarım ile başlayalım. Buna göre, tümevarım yöntemi kullanılarak F m F m 1 F m 1 F m = ( 1) m F m, m 1

102 .10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR 101 olduğu bulunabilir. Eğer m = n 1 alınırsa veya olacağından 1 F n=0 n olacaktır. F nf n 1 1 F n 1F n 1 = F n 1, n 1 F n = F n 1 1 F n 1 = 1 F F + lim N F n 1, n F n ( F1 F ) N 1 F F N = = lim N N n= olarak bulunur. n 3 1 n = lim N N n= = lim N n= (n 1) ( n + n + 1 ) (n + 1) (n n + 1) N n 1 n = lim N N (n + 1) (n + 1) + 1 n n + 1 n= ( ) (N + 1) (N + 1) N (N + 1) = Eğer soruda verilen ifadeyi açarsak ( ) = lim n N n=0 ( ) n=0 olacaktır. Buradan, ( 1 1 ) ( ) ( = 1 1 ) n n n+1 ( ) n olacağından, çarpımımızı teleskopik hale getirebiliriz. Buradan çarpım 1 1 N+1 olacaktır. N ve 1 1 N+1 1 ise çarpımın sonucu olarak bulunur.

103 10 BÖLÜM. KONULAR 14. Eğer kontrol edilirse Fibonacci ve Lucas dizilerinin F n+1 + F n 1 = L n+1 ve F n = F n+1 F n 1, n 1 için sağlandığı görülebilir. Öyleyse, F n = (F n+1 + F n 1 ) (F n+1 F n 1 ) = L n+1 F n olacaktır. Buna göre, olacaktır. Öyleyse, L n+1 = F n F n, n 1 m L k +1 = k=1 m k=1 F k+1 F k = F m+1 F = F m+1 olacaktır. İspat tamamlanır..11 Tamdeğer Fonks ıyon Problemler ı x R olmak üzere, x değerini geçmeyen en büyük tamsayı değeri [x] ile gösterilir. Bu foksiyona tam değer fonsiyon (floor function) denir. Buna göre x 1 < [x] x olduğu açıktır. Bu ifade ayrıca [x] x < [x] + 1 olarakta yazılabilir. Ayrıca sayının ondalıklı kısmıda {x} ile temsil edilir. Buna göre; {x} = x [x] dir. Buna göre x = [x] + {x}, 0 {x} < 1 dir. Tam değer fonksiyonun en temel teoremleri aşağıda verilmiştir. Teorem. α, β R, a Z, n N ise; 1. [α + a] = [α] + a. [ α n ] = [ [α] n ] 3. [α] + [β] [α + β] [α] + [β] + 1 Kanıt.

104 .11. TAMDEĞER FONKSİYON PROBLEMLERİ Varsayalım m = [α + a] olsun. Buna göre m α + a < m + 1 dolayısıyla da m a α < m a + 1 olacaktır. m a = [α] olduğuna göre ispat tamamlanmış olur. α. n ifadesini α n = [ α n +θ], 0 θ < 1 olarak yazalım. n [α n ] ifadesi olduğnan artık elimizde 1 durumu oluştu. Yani; [α] = [n[α/n] + nθ] = n[α/n] + [nθ] olur. Şimdi, 0 [nθ] < nθ < n ve bundan dolayı 0 [nθ/n] < 1 olur.eğer Θ = [nθ]/n olduğunu varsayarsak [α] n = [ α n ] + Θ, 0 Θ < 1 olur ki, buda zaten istenen sonuçtur. 3. Varsayalım α = n + r, β = m + t ve 0 r < 1, 0 t < 1 olsun. [α] + [β] = n + m [n + r + m + t] = [α + β] olur. = m + n + [r + t] n + m + 1 = [α] + [β] + 1 olur. Örnek. bulunuz. [ x 3 ] = x + 1 denklemini sağlayan x tamsayılarının toplamını Çözüm. Varsayalım [ x 3 ] = t olsun. Buna göre, t x 3 < t + 1 ise 3t x < 3t + 3 olmalıdır. [ x 3 ] = t = x + 1 olduğuna göre x = t olur. Bu son eşitliği eşitsizliğimizde yerine koyarsak 3t t < 3t + 3 ise 5 < t bulunur. t =, 3, 4 olabileceğinden x değerleride 8, 10, 6 olarak bulunur. istenen cevap 4 olur. Teorem.(Hermite Özdeşliği) [nx] = [x]+[x+ 1 n ]+[x+ n dir. Kanıt. Eğer teoremde verilen eşitliği düzenlersek; n [x + k n ] = [nx] k=0 ]+... +[x+ n 1 n ]

105 104 BÖLÜM. KONULAR ifadesini elde ederiz. Öyleyse bu eşitliği ispatlamamız yeterlidir. x = [x] + {x} olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre; {1,, 3,..., n} kümesinin elemanı olan kesin bir k değeri vardır ki; ise [x] = [x + k 1 k ] x < [x + n n ] = [x] = [{x} + k 1 k ] {x} < [{x} + n n ] = 1 olacaktır. Buna göre; 1 k n {x} < 1 k 1 n k n{x} < n k + 1 olur. n En başta yazdığımız eşitliği kullanırsak n 1 [x + k k 1 n ] = [x] + k=0 k=0 n 1 k=k ([x] + 1) = n [x] + n k = n[x] + [n{x}] = [n[x] + n{x}] = [nx] olur. Örnek. [x]+[x]+[4x]+[8x]+[16x]+[3x] = 1345 denklemini sağlayan x değerlerini bulunuz. Çözüm. Bu soruda amacımız önce, denkliği sağlayan x değerlerinin varlığını araştırmak ve bu değerleri bulmak olacaktır. Konunun en başında verdiğimiz teoremlerden biliyoruz ki, x 1 < [x] x olacaktır. Buna göre; x 1+x 1+4x x 1 < [x]+[x]+...+[3x] x+x+4x+...+3x ise 63x 6 < x ve x değeride 195 < x < 196 arasında olacaktır. Eğer x değerini lik tabanda yazarsak x = a 1 + a +..., a k = 0 veya 1. Buna göre; [x] = a 1 [4x] = a 1 + a [8x] = a 1 + a + a 3

106 .11. TAMDEĞER FONKSİYON PROBLEMLERİ 105 [16x] = a 1 + 4a + a 3 + a 4 [3x] = a 1 + 8a + 4a 3 + a 4 + a 5 Eğer bu değerleri alt alta toplarsak a a +7a 3 +3 a 4 +a 5 olacaktır yani; 31 a a + 7 a a 4 + a 5 = 60 olur. Ancak 0 a i 1 olduğundan ifade en fazla = 57 değerini alabilir. Çelişki vardır. Çözümü sağlayan bir x değeri yoktur. Örnek. [x], x in tamdeğer foksiyonu olmak üzere, {x} = x [x] olarak tanımlansın. Her x reel sayısı için x = f(x) f({x}) eşitliğini sağlayan f fonksiyonunun x = 13 5 noktasındaki değerini bulunuz. Çözüm. { 13 5 } = 13 5 ( 3) = 5 oluğundan; x = 5 için 5 = f( 5 ) f({ 5 }) f( 5 ) = 5 olacaktır. x = 13 5 için 13 5 = f( 13 5 ) f({ 13 5 }) = f( 13 5 ) f( 5 ) olduğuna göre olur. f( 13 5 ) = 17 5 Teorem. a ve b aralarında asal doğal sayılar olmak üzere; [ a b ] + [a b ] + [3a b 1) b (a 1) (b 1) ] [(a ] = b eşitliği vardır. Kanıt. Aslında teoremde verilen ifadeyi düzenlersek; a 1 [ kb b 1 a ] = [ ka (a 1)(b 1) ] = b k=1 k=1

107 106 BÖLÜM. KONULAR eşitliğini elde ederiz. Öyleyse bu eşitlikleri ispatlamamız yeterli olacaktır.varsayalım analitik düzlem üzerinde, köşe koordinatları (0, 0), (0, b), (a, 0), (a, b) olan bir dikdörtgenimiz olsun. Bu dikdörtgen üzerinde (a 1)(b 1) tane latis (lattice) noktası, yani koordinat bileşnleri tamsayıar olan noktalar vardır. Bu dikdörtgeni y = xb a doğrusu ile iki parçaya ayıralım. Bu doğru üzerindeki başlangıç ve bitiş noktaları hariç hiçbir noktanın koordinatlarının tamsayı olmadığı açıktır. n Eğer böyle bir nokta varsa, mesela (m, n), 0 < m < a, 0 < n < b, m = b a n olmalıdır. Demek ki m kesri, b a sadeleşebilen kesrinin bir sadeleşmi halidir. Ancak bu durum açık bir çelişkidir. Çünkü (a, b) = 1 kabul etmiştik. L k = (k, kb a ), 1 k a 1 oktalarının her biri doğrunu üzerindedir. Buna göre [ kb kb a ] ifadesi (k, 0) dan (k, a ) noktasına giden doğrunun üzerindeki latis noktalarıdır. Yani a 1 [ kb a ] k=1 ifadesi dikdörtgenin alt yarısındaki latis noktalarının sayısıdır. Benzer biçimde, b 1 [ ka b ] k=1 ifadeside üst yarıdaki noktalar olduğuna göre ve bu noktalar alt ve üst yarıda eşit sayıda bulunabildiğine göre toplam nokta sayısının yarısı sitenen cevap olur. ispat tamamlanır. (a 1)(b 1) Örnek. kanıtlayınız. n Z + olmak üzere, [ n + n + 1] = [ 4n + ] eşitliğini Çözüm. İfadenin karesini alırsak n + n + 1 toplamının 4n + 1 ile 4n + 3 ifadelerinin arasında olduğunu görmek zor değildir. Tam kare ifadeler mod4 altında 0 veya 1 olduklarından 4n + ve 4n + 3 ifadelerinin birer tam kare olmadıkları açıktır. Buna göre [ 4n + ] = [ 4n + 3] olduğu açıktır. Teorem.(De - Polignac ve Legendre Formülü) n! ifadesini bölen p asal

108 .11. TAMDEĞER FONKSİYON PROBLEMLERİ 107 sayısının en büyük kuvveti α ise eşitliği vardır. α = [ n p k ] k=1 Örnek. 999! ifadesinin ondalık yazılımının sonunda kaç tane 0 vardır? Çözüm. Sıfırların sayısı çarpımdaki ve 5 sayılarına bağlıdır buna göre 5 α 999! olmasını sağlayan en büyük α değeri istenen cevap olacaktır. Buna göre; [ ] + [999 5 ] + [ ][999 ] = = 46 olur. 54 Örnek. ifadesi doğruluğunu araştırınız. ( ) Çözüm. 7 α 1000! olmasını sağlayan en büyük α değeri ; [ ] + [ ] + [ ] = 164 olacaktır. Benzer biçimde 7 α 500! olmasını sağlayan en büyük α değeride 8 bulunur. ( ) 1000 = 1000! 500 (500!) olduğundan, bu ifadeyi bölen 7 nin en büyük kuvveti = 0 olduğundan, soruda verilen ifade doğru değildir Çalışma Soruları 1. [ 3 1] + [ 3 ] [ 3 x 3 1] = 400 denkleminin doğal sayılardaki çözüm kümesinin elemanlarını bulunuz.

109 108 BÖLÜM. KONULAR. (6 + 35) 1980 açılımındaki virgülden sonraki ilk 1000 basamağın 9 olduğunu gösteriniz. 3. [x ] = [x] denkleminin çözüm kümesini bulunuz < n n + k < 7 13 eşitsizliğini sağlayan en büyük n değeri kaçtır? (k değeri tektir). 5. r R olmak üzere; 91 k=19 ise [100r] ifadesinin eşitini bulunuz. [r + k 100 ] = f(n) fonksiyonu n 1/4 sayısına en yakın tamsayıyı temsil etmek üzere, toplamının tamdeğerini bulunuz n=1 1 f(n) 7. [x] ifadesi x sayısının tamdeğerini temsil etmek üzere 1 [ 1998 ], [ ],..., [ ] dizisindeki farklı tamsayıların sayısını bulunuz..11. Çözümler 1. x N olduğuna göre; 3 1,..., = 7 3 8,..., = ,..., = ,..., = 44 ise = 400 ise tek çözüm x = 5 olmalıdır.

110 .11. TAMDEĞER FONKSİYON PROBLEMLERİ 109. (6 + 35) (6 35) 1980 = k, k Z olur. Burada 6 35 < olmalıdır aksi durumda yani eğer 10 < 6 35 olursa, iki tarafın karesinden 3500 < 3481 olur. 0 < (6 35) 1980 < k < (6 + 35) 1980 < k k 1 + 0, } {{ } 1979 tane 9 < (6 + 35) 1980 < k 3. x 0 ise [x ] olur. x [0, 1] aralığındaki tüm sayıların sağladığı açıktır. Biz (1, ) aralığına bakalım; x = 1 + {x}, [(1 + {x} )] = [1 + {x}] ise [1 + {x} + {x} ] = [1 + {x}] [1 + {x} + {x} ] = 1 0 {x} + {x} < 1 {x} > 0 veya {x} + {x} 1 < 0 durumları oluşur. Buradan eğer y = {x} olarak alırsak y (0, 1) olmalıdır. Buradan da, x (0, ) arasında olur. 0 zaten ahil olduğundan istenilen aralık x [0, ] bulunur. 4. Verilen ifadeyi düzenlersek 6n 7 < k < 7n 8 olacaktır. Fakat buradan 7n 8 6n 7 = n 56 bulunur. Buna göre eğer n > 11 ise, bu aralıkta kesinlikle, yani ( 6n 7, 7n 8 ) aralığında, iki tamsayı olacaktır. n = 11 için ise, 96 < k < 98 olacağından cevap 11 olmalıdır = = olur. Demek ki 7 = [r + 0, 19] = [r + 0, 0] = [r + 0, 1] =... [r + 0, 56] 8 = [r + 0, 57] = [r + 0, 58] =... = [r + 0, 91] olacağından 7, 43 x < 7, 44 ise 74, 3 100r < 74, 4 ve [100r] = 74 olur. 6. f(k) ifadesi 1,, 3,..., 7 değerlerinden birini alır. Sınır değerler (n + 1 )4 = n 4 + n (3n + n)

111 110 BÖLÜM. KONULAR olduğuna göre 5 tanesi : 1 34 tanesi : 1/ 111 tanesi : 1/3 60 tanesi : 1/4 505 tanesi : 1/5 870 tanesi : 1/6 10 tanesi : 1/7 olacağına göre, toplam 400 olur. 7. [ ] = 498 < 499 = [ 1998 ] olduğuna göre önce k = 1,, 3,..., 998 ve k = 999, 1000,..., 1997 durumlarını ayrı ayrı inceleyelim. Buna göre, k = 1,, 3,..., 997 için olacaktır. Buna göre (k + 1) k 1998 = k < [ ] = 0, 1,,..., 498 = [ ] dizisinde her bir sayı en az bir defa tekrarlanacaktır. Buna göre dizinin bu bölümünde 499 terim vardır. k = 999, 1000,..., 1996 ise (k + 1) 1998 k 1998 = k > 1 ise burada da, = 999 farklı terim vardır. Buna göre dizideki farklı tamsayıların sayısı 1498 olacaktır..1 Bölüneb ılme ve Asal Sayılar Tanım. a 0, b Z olmak üzere, eğer a c = b eşitliğini sağlayan bir c Z bulunuyorsa bu duruma a böler b denir ve a b olarak yazılır.

112 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR 111 Teorem. 1. a, b, c, m, n Z olmak üzere c a, c b ise c (a m + b n) dir.. x, y, z Z olmsk üzere; x y, y z ise x z dir. Kanıt. 1. s, t Z olmak üzere varsayalım s c = a, t c = b olsun. Buna göre am + bn = c(sm + tn) ise c (am + bn) olur.. Ve varsayalım u, v Z olmak üzere xu = y, yv = z olsun. Buna göre xuv = z ise x z olduğu açıktır. Ayrıca eğer a b ve b 0 ise a < b durumu vardır. Örnek. bulunuz. (n + 1) (n + 1) durumunu doğrulayan tüm n Z + değerlerini Çözüm. n + 1 = n 1 + = (n 1) (n + 1) + 1 ise (n 1) (n + 1) sayısı (n + 1) ise bölünür. Bu durumda (n + 1) olmalıdır. n + 1 < ise n = 1 olur. Örnek. n herhangi bir doğal sayı olmak üzere; n 3 + n sayısının 3 ile bölünebildiğini gösteriniz. Çözüm. n değeri 3k + 1, 3k + ve 3k formunda olabilir. n = 3k ise (3k) 3 + (3k) = 3 (3 k 3 ) + 3 (k) ise 3 n 3 + n n = 3k+1 ise (3k+1) 3 + (3k+1) = (3k+1) 3 + 3k (mod3) ise 3 n 3 + n n = 3k+ ise (3k+) 3 + (3k+) = (3k+) 3 + 3k (mod3) ise 3 n 3 + n. Örnek. 7 3x + ise 7 (15x 11x 14) olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. 15x 11x 14 = (3x + ) (5x 7) = 7s (5x 7) ise kanıt tamamlanmış olur.

113 11 BÖLÜM. KONULAR Örnek. a, b, c doğal sayılar olmak üzere, a + b = c eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, a, b ve c den en az birinin 3 ile bölünebildiğini gösterelim. Çözüm. Eğer a, b ve c değerleri için bir genellme yaparsak, varsayalım hiçbiri 3 ile tam bölünmesin. Öyleyse, a = 3k + 1, b = 3t + 1, c = 3r + 1 olsun. Buna göre, (3k + 1) + (3t + 1) 1 + 1(mod3) ise c (mod3) olur, ancak tamsayının karesi bu denkliği sağlamaz. Teorem. Ardışık n tamsayının çarpımı n! ile tam bölünür. Kanıt. Varsayalım ardışık n tamsayımız m + 1, m +, m + 3,..., m + n formunda olsun ve bu dizinin her bir elemanı pozitif tamsayı olsun. Buna göre, göstermemiz gereken durum; n! m + 1, m +, m + 3,..., m + n dir. Burada binom katsayıların tamsayı olma özelliğini kullanırsak ( ) m + n (m + n)! (m + n)! (m + 1) (m + ) (m + 3)... (m + n) = = = n (m + n m)!(m + n n)! n!m! n! ise ispat tamamlanır. Örnek. 6 n 3 n olduğunu gösteriniz. Çözüm. n 3 n = n (n 1) = n (n 1) (n + 1) ise daha önce verilen teoremden dolayı doğrudur. Teorem. n Z + olmak üzere, n bir bileşik sayı 13 ise, n sayısının p n olacak şekilde bir asal çarpanı vardır. Kanıt. Varsayalım n = a b, 1 < a b olsun. Eğer bu iki değerde n de büyükse, n = a b = n n = n olur ki, bu bir çelişkidir. Demek ki, n sayısının 1 den farklı ve n den küçük eşit olan bir çarpanı vardır. Buna göre, p bir asal çarpan olmak üzere, bu değerde n den küçük olur. 13 den büyük olan ve asal olmayan sayılar

114 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR 113 Örnek. 101 sayısının asal olup olmadığını anlamak için bu sayıyı en az kaç sayıya bölmeliyiz. Çözüm ise p =, 3, 5, 7 olmalıdır. Toplamda 4 sayı yeterlidir. Örnek. Elemanlarından hiçbirisi asal sayı olmayan gelişigüzel uzunlukta bir ardışık sayı dizisi bulunabilir mi? Çözüm. k Z, k olmak üzere k! +, k! + 3,..., k! + k dizisinin elemanları ardışıktır ve asal değildir. Yani A = (n + 1)! +, (n + 1)! + 3,..., (n + 1)! + (n + 1) dizisini ele alalım. k < n + 1 bağıntısını sağlayan herbir k tamsayısı için k (n + 1)! dir. k (n + 1)! + k ise ispat tamamlanır. Mesela 3! + 1, 3! +,..., 3! + 8 dizisindeki sayılardan hiçbirisi asal değildir. Not. p > 3 olmak üzere bütün asal sayılar, n Z olmak üzere p = 6n ± 1 formundadır. Örnek. p ve p + asal sayılar ise p 3 + ninde asal olduğunu gösteriniz. Çözüm. p değeri tek olmalıdır. p = 3 için p + = 11 ve p 3 + = 9 dur. Burada p > 3 ise p = 6n ± 1 olarak alınırsa, p + sayısı 3 ile bölünebilir. Demek ki, p = 3 dışında soruda verilen durumu doğrulayan bir sayı yoktur. Tek çözüm, p = 3 olur. Örnek. 19 dan 9 ye kadar olan sayılar yanyana yazılarak elde edilen, sayısını bölen 3 ün en büyük kuvvetini bulunuz.

115 114 BÖLÜM. KONULAR Çözüm. 9 ile bölübeilme kuralına bakalım = 37 3 ise bu sayı 9 ile bölünemez, sadece 3 ile bölünebilir. Örnek. p 3 + p + 11p + ifadesini asal yapan en büyük p asal sayısını bulunuz. Çözüm. p = 3 için, ifademiz 71 değerini alır. 3 ten büyük değerler için yani p = 3k + 1 ve p = 3k + değerlerinde ifademiz sırasıyla 3 (9k 3 + 1k + 16k + 5) ve 9 (3k 3 + 7k + 9k + 4) değerlerini alır. Ancak bu değerlerin ikiside asal değildir. Demek ki tek değer p = 3 tür. Örnek. gösteriniz. Çözüm. a + 1 ve 3a + 1 birer tamkare ise 5a + 3 sayısının asal olmadığını a + 1 = x ve 3a + 1 = y ise 5a + 3 = 4 (a + 1) (3a + 1) = 4x y = (x y)(x + y) durumu vardır. 5a+3 asal ise, x y = 1 ve x+y = 5a+3 olmalı. 4x = 5a+3 ise 5x 8x+3 = 0 olur. Burada bulunan her bir kök tamsayı olmak zorundadır. Buradan istenen tamsayı x değeri 1 bulunur. Buna göre, sadece (1, 1, 3) için durum sağlanır diğer durumlarda sağlanmaz..1.1 Çalışma Soruları 1. n Z + olmak üzere, (n + 10) (n ) olmasını sağlayan en büyük n tamsayı değerini bulunuz.. n 5 5n 3 +4n iadesinin daima 10 ile kalansız bölünebileceğini gösteriniz. 3. p > 3 ve p asal bir sayı olmak üzere, 4 (p 1) olduğunu gösteriniz. 4. Herhangi bir tamsayının karesinin 4k veya 4k + 1 formunda olduğunu gösteriniz.

116 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR , 111, 1111, 11111,... dizisindeki sayılardan hiçbirinin tamkare olmadığını kanıtlayınız. 6. Bir tamsayının 5. kuvvetine eşit olan 6p + 1 formundaki tüm p asal sayılarını bulunuz p + 1 sayısını tamkare yapan kaç p asal sayısı vardır? sayısı bir kaç ardışık doğal sayının toplamı olarak kaç farklı biçimde yazılabilir? 9. Kaç tane p asal sayısı için p + 17 sayısının 4 tane farklı pozitif böleni vardır? 10. n > 3 olmak üzere, (n 3) n n durumunu doğrulayan bütün n tamsayılarını bulunuz. 11. {1,, 3, 4,..., 3, 4, 5} kümesinden en az kaç eleman atılmalı ki geriye kalan elemenların çarpımı bir tam kareye eşit olsun p + 89 sayısının bir tamsayı olmasını sağlayan en büyük p asal sayısını bulunuz. 13. a. N sayısı b tabanında 777 dir. N nin bir tamsayının dördüncü kuvvetine eşit olmasını sağlayan en küçük b tamsayısını bulunuz. b. n bir tamsayı olsun. n nin onlar basamağındaki rakam 7 ise, n nin birler basamağındaki rakamı bulunuz. 14. n+1 ve 16n+1 ifadelerinin ikisinide tamkare yapan n 1 tamsayılarının sayısını bulunuz. 15. (n + 1) (n 4 + n) + 3 (n ) ifadesinin (n + ) ile bölünmesini sağlayan en büyük n tamsayısının değerini bulunuz. (ipucu: polinom bölmesini kullanınız) , 4489, , ,..., 44 }.{{.. 44} 88 }.{{.. 88} 9,... n tane 4 n-1 tane 8 dizisindeki her bir terimin tamkare olduğunu kanıtlayınız.

117 116 BÖLÜM. KONULAR 17. } 111 {{... 11} sayısının bileşik sayı olduğunu gösteriniz.(ipucu: 1 = 17 13) 1 tane a = } 1111.{{ }, b = 1 } 000.{{.. 000} 5 ise a b + 1 sayısının bir tamkare m tane 1 m-1 tane 0 olduğunu gösteriniz }.{{.. 111} }.{{.. } n tane 1 n tane farkının bir tamkare olduğunu gösteriniz. 0. x x 36 ifadesini bir asal sayının karesi yapan bütün x tamsayılarını bulunuz. 1. En az iki ardışık pozitif tamsayının toplamı şeklinde yazılabilen pozitif bir tamsayının nin kuvvetine eşit olamayacağını gösteriniz.. 1 den 100 e kadar (100 dahil) sayılardan kaç tanesi, iki veya daha fazla ardışık pozitif tamsayının toplamı olarak yazılabilir? 3. İlk terimi n olan 98 ardışık sayının toplamı 19 ile bölünmektedir. Buna göre en küçük n Z değerini bulunuz. 4. a b = c d eşitliğini sağlayan a, b, c, d > 0 tamsayıları verildiğinde a + b + c + d toplamının hiç bir zaman asal olamayacağını gösteriniz n 803 n 464 n +61 n ifadesinin n in alabileceği herhani bir tamsayı değeri için 1897 ile bölünebileceğini gösteriniz n 1770 n 1863 n n ifadesinin n nin alabileceği herhangi bir tamsayı değeri için 1946 ile bölünebileceğini gösteriniz..1. Çözümler 1. Eğer polinom bölmesi özeliğini kullanırsak elimizde n = (n + 10)(n 10n + 100) 900

118 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR 117 eşitliği oluşur. Ancak bölme işleminin kalansız olabilmesi için bölme işleminde kalanın sıfır olması gerekir. Demek ki, n olmalıdır. n ise n değerinin en büyük değeri 890 olur.. n(n 4 5n +4) = (n 1) (n 1) n = (n ) (n+) (n 1) (n+1) n ise ifade ardışık 5 sayının çarpımıdır ve 5! ile kalansız bölünür. 3. p > 3 ise p = 6k ± 1 formundadır. Buna göre, 4. (6k+1) 1 = (6k+1 1) (6k+1+1) = 6k (6k+) = 6k (3k+1) = 1k (3k+1) olur. k sayısı tek ise 3k + 1 = A, A Z 1k (A) = 4 A K olur. a, a + 1 (a) = 4a (a + 1) = 4a + 4a + 1 = 4(a + a) + 1 olur. 5. Bir önceki örnekten dolayı tamkare olmadığı açıktır. Çünkü tamkare bir ifade 4k veya 4k + 1 formundadır. 6. (x) 5 = (6p + 1) ise x sayısı da kesinlikle asaldır. x = 3 ise x 5 = 43 olur. 40 = ise x = 3 olamaz. 6p = x 5 1 = (x 1) ( x } 4 + x 3 + {{ x + x + 1 } ). Demek ki (x 1) de 6 nın çarpanı ise Bu kısım x= için 6 dan büyük olur. x =, 3, 4 veya 7 olur. Bunlardan sadece 7 sağlar. 7 5 = olur p + 1 = x 1 p = x 1 1 p = (x 1) (x + 1) (x + 1) (x 1) = olmalıdır. Yani, p = 3 veya p = 19 olabilir.3 7 p = (x 1) (x + 1) p = 3 olabilir.

119 118 BÖLÜM. KONULAR 8. n = k + (k + 1) + (k + ) (k + m) olarak seçelim. Buna göre n = (m + 1) 1 m + k olur. Burada, (k + m) (m + 1) = k 1 ifadesi tek sayı olduğuna göre sayısını veren (m + 1) (m + k) = 10 (105, ); (70, 3); (4, 5); (35, 6); (30, 7); (1, 10); (15, 14) biçiminde 7 sayı vardır. 9. p + 17 sayısında p asal ise p = için = 1 sayısının 4 farklı böleni ve p = 3 için p +17 = 6 = 13 ise 4 tane bölende burada vardır. p 3 ise p +17 = x ve p 1 = (x 18) olduğuna göre, (p 1)(p+1) = x 18 olur. Burada (p 1)(p + 1), 3 ile tam bölünür. Buna göre; (p 1)(p + 1) 0 x 18 x(mod3) ise 3 x durumu vardır. (p 1)(p + 1) 0 x 18 x(mod) ise x durumu vardır. x = a b veya x = c 3 olabilir. x = 3 = 6 olmalıdır. x = 6 ise p +17 = 6 durumu olmaz. Demek ki sadece ve 3 için 4 asal böleni vardır. 10. Eğer doğrulayan n değerlerini bulmak istiyorsak, ifademizi n n = (n 3) (n + ) + 6 olarak yazabiliriz. Tam bölünebilme olabilmesi için (n 3) 6 olmalıdır. Buna göre n değerleri, {4, 5, 6, 9} olmalıdır. 11. Varsayalım A = 5! = a1 3 a 5 a3 7 a4 11 a5 13 a6 17 a7 19 a8 3 a 9 olsun. Burada, a 1 =, a = 10, a 3 = 6, a 4 = 3, a 5 =, a 6 = 1, a 7 = 1, a 8 = 1, a 9 = 1 olacağından bu çarpımdan çıkarılması gereken sayılar {3, 19, 17, 13, 7} olacaktır. Bu sayıların atılması yeterlidir.

120 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR p + 89 = x, x Z + olduğuna göre, 13p + 89 = x ve 13p = (x 17) (x + 17) bulunur. p asal olduğundan böleni yoktur. x 17 = 13 ve x = 30 bulunur. Demek ki, 13 p = 13 4 ise p = 47 bulunur. 13. a. N = (777) b = 7b 0 + 7b 1 + 7b = x 4 7(b + b + 1) = x 4 eşitliğinden b + b + 1 = 7 3 A olmalıdır. A = 1 olursa, b (b + 1) = ise buradan b = 18 bulunur. b. Varsayalım n = 10x+y olsun. Buradan n = } 100 {{ x} + 0 xy + y. } {{ } }{{} çift çift tek olmalı Buna göre y = 36 yada 16 olabilir. Buna göre istenen cevap 6 olmalıdır. 14. Varsayalım x = n + 1 y = 16n + 1 olsun. Buna göre, y x = (y x) (y + x) = 15 n ifadesinde n yerine x 1 yazarsak yeni ifademiz (4x y) (4x+y) = 15 elde edilir. Buradan istenen tek değer n = 3 olur. 15. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır }.{{.. 44} 88 }.{{.. 88} 9 = n n tane 4 n-1 tane 8 = 4 9 (10n 1) (10n 1 1) Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 18. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. = n n = 1 9 ( 10n + 1) = ( 10n + 1 ) olur. 3

121 10 BÖLÜM. KONULAR 19. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 0. x x 36 = p ise (x + 4) (x 9) = p olacaktır. Buna göre; i. x + 4 = p x 9 = 1 x = 5, p = 3 ii. x + 4 = p x 9 = p x = 13, p = 17 iii. x + 4 = 1 x 9 = p x = 3, p = 15 olamaz. iv. x + 4 = p x 9 = 1 x = 4, p = 8 olamaz. v. x + 4 = p x 9 = p x = 13, p = 17 olamaz. vi. x + 4 = 1 x 9 = p x = 5, p = 19 olamaz. 1. Varsayalım ardışık sayılarımız, m, (m + 1), (m + ),..., (m + k)

122 .1. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR 11 ise Bu sayıların toplamı, (k + 1)(m + k) 1 olacaktır. Eğer bu toplam nin bir kuvvetine eşit ise, u Z için, u = (k + 1)(m + k) 1 u+1 = (k + 1)(m + k) eşitliği ele edilir. Buradan da, k tek ise, m çift olacaktır. Buna göre, (T + 1)(C + T ) = C T Tek sayı u+1 k çift ise, m tek olacaktır. Buna göre, (C + 1)(C + C) = T C Tek sayı u+1 olacaktır.. Önceki çözülen örneklerin sonucundan faydalanırsak, nini kuvvetlerinin yazılamayacağını görürüz. Eğer ilk yüz sayıdan ikinin kuvvetlerini çıkarırsak, istenen sonuca ulaşabiliriz. 3. n + (n + 1) + (n + ) + + (n + 97) = 19 K n + = 19 K 98 n = 19 K 49 (n + 97) = 19 K (n + 97) = 19 = 361 ise n = 3 olur. 4. Varsayalım, a = p q, b = r s, c = p r ve d = q s olsun. Buna göre soruda verilen toplam p q + r s + p r + q s = (p + s )(q + r ) elde edilirki buda çözüm için yeterlidir. 5. (x y) (x n y n ) olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre, 903 n 803 n ifadesi = 100 = ve 61 n 464 n ifadeside = 03 = 9 7 ile bölünebilir. Demek ki, verilen ifade 7 ile bölünebilir.

123 1 BÖLÜM. KONULAR Benzer biçimde, 903 n 464 n ifadeside = 439 = 9 71 ve 803 n + 61 n ifadeside = 54 = 71 ise deekki, ifade 71 ilede tam bölünür. Buna göre, ifade 7 71 = 1897 ilede tam bölünür. 6. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır..13 Tr ıgonometr ıde Sonsuz Toplam ve Farklar Aslında başlık olarak hernekadar cebirdeki sonsuz toplam ve farklarıanımsatsa da aynısı değildir. Ancak genel mantıkta benzeşmeler ve hatta örtüşmeler olduğu soruların çözümleri yapılırken göze çarpar.ilerleyen örneklerde ve çalışma sorularında sizde farkına varacaksınız ki, genel amacımız verilen bir sonsuz toplamı fark formunda, yani n [F (k) F (k 1)] k= formunda yazarak F (n) F (1) sonucuna ulaşmak olacaktır. Önce nispeten daha kolay bir örnekle başlayalım. Size tavsiyemiz bu bölümdeki sorulara çalışmaya başlamadan evvel trigonometrik özdeşliklere bir göz atmanız yönünde olacaktır. Böylelikle konuya daha hakim olabilirsiniz. Örnek. n cos kx k=1 toplamını hesaplayınız. Çözüm. Eğer n cos kx = A eşitliğinde eşitliğin iki tarafınıda sin x k=1 ile çarparsak, çarpımdan toplama geçebilmek için özdeşlikleri kullanabiliriz.

124 .13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR 13 Öyleki sin x n A = sin x cos kx = k=1 n k=1 = sin ( ( sin k + 1 ) ( x sin k 1 ) ) x ( n + 1 ) x sin x olacaktır. Buna göre, bu eşitlikten A = sin ( n + 1 ) x sin ( ) x 1 bulunur. İkinci örneğimiz de tanjant toplamını kullanarak rahatlıkla çözüme ulaşabileceğimiz bir örnek. Örnek. n ( ) tan 1 1 k + k + 1 k=0 toplamını hesaplayınız.(tan 1 x = arctan x) Örnek. Tanjant fark formülü tan (a b) = tan a tan b 1 + tan a tan b olduğuna göre tan 1 u tan 1 v = tan 1 u v 1 + uv olacaktır. Daha da basite indirgemek için a k = tan 1 k olarak alalım. Buna göre, tan (a k+1 a k ) = tan a k+1 tan a k 1 + tan a k+1 tan a k k + 1 k = 1 + k (k + 1) = 1 k + k + 1 olacaktır.

125 14 BÖLÜM. KONULAR Öyleyse toplamımız, n tan 1 (tan (a k+1 a k )) = k=0 n (a k+1 a k ) = a n+1 a 0 k=0 = tan 1 (n + 1) olacaktır. Benzer çözüm biçimleri verilen çalışma soruları üzerinde uygulanabilir. Buna göre sonsuz bir toplamı çözerken, ifadeyi farkların sonsuz toplamı biçiminde yazarak sadeleştirmeler yapmak yerinde olacaktır Çalışma Soruları 1. sin x sin x sin nx cos (n + 1) x + cos x cos + + x cos n = cot x x sin x cos n x eşitliğini kanıtlayınız.. 1 cos 0 cos cos 1 cos cos 88 cos 89 = cos 1 sin 1 eşitliğini kanıtlayınız. 3. n Z + ve a R olmak üzere a/π bir rasyonel sayı olarak veriliyor. Buna göre, 1 cos a cos 3a + 1 cos a cos 5a cos a cos (n + 1) a toplamının eşitini bulunuz. 4. n k=1 ( ) tan 1 1 n k = tan 1 n + 1 eşitliğini kanıtlayınız.

126 .13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR a kπ, k Z olmak üzere, toplamının eşitini bulunuz. n=1 1 n tan a n 6. eşitliğini kanıtlayınız. 3 n 1 sin 3 a 3 n = 1 (a sin a) 4 n=1 7. n =, 4, 6,, 180 olmak üzere verilen n sin n sayılarının aritmetik ortalamasının cot 1 olduğunu kanıtlayınız. 8. m, n Z + ve x kπ m olduğuna göre, eşitliğini kanıtlayınız. 1 sin x + 1 sin 4x sin n x = cot x cot n x 9. tan 1 cos + tan cos tan n cos n+1 toplamını hesaplayınız. 10. Sıfırdan farklı her x reel sayısı için, eşitliğini kanıtlayınız. n=1 cos x n = sin x x 11. n > 1 ve n Z için cos eşitliğini kanıtlayınız. π n 1 cos 4π n 1 cos n π n 1 = 1 n

127 16 BÖLÜM. KONULAR 1. n k=1 çarpımının eşitini bulunuz. ( 1 tan k ) π n (1 cot 1 ) (1 cot ) (1 cot 3 ) (1 cot 44 ) çarpımını hesaplayınız. 14. ( 1 + cos π ) ( ) ( ) ( ) 1 3π 1 9π 1 7π + cos + cos + cos = eşitliğini kanıtlayınız. 15. n Z +, x k+1 ( π 3 + lπ) ve k = 1,,, n, l ise n (1 cos x ) k k=1 çarpımının sonucunu bulunuz. 16. eşitliğini kanıtlayınız. n ) π 3k (1 + cos 3 n = k=1.13. Çözümler 1. sin kx sin x = cos kx cos x cos (k + 1) x ise bu eşitsizliğin iki tarafınıda sin x cos k x ile bölelim. Buradan sin kx cos k x = cos kx cos (k + 1) x sin x cos k 1 x sin x cos k x

128 .13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR 17 olacaktır. Buna göre, = sin x sin x + cos x cos x = cos x sin x cos x = cot x olarak bulunacaktır. sin 3x sin nx + cos x cos n x cos x sin x cos x sin x cos x + cos (n + 1) x sin x cos n x. Eşitliğin iki tarafınıda sin 1 ile çarparsak, cos 3x sin x cos x + + sin 1 cos 0 cos 1 + sin 1 cos 1 cos + + sin 1 cos 88 cos 89 = cos 1 sin 1 olacaktır. Buradan sin (1 0) sin ( 1) + cos 1 cos 0 cos cos 1 eşitliği elde edilir. Burada + + sin (89 88) cos 89 cos 88 = cot 1 sin (a b) = tan a tan b cos a cos b ise son yazdığımız eşitliğin sol tarafı olacaktır. k=1 89 k=1 [tan k tan (k 1)] = tan 89 tan 0 = cot 1 3. Soruda verilen eşitliği düzenlersek, n 1 cos a cos (k + 1) a = 1 n 1 sin ka sin (k + 1) a eşitliğini elde ederiz. Bir önceki problemin çözümünde olduğu gibi, eğer sin a ile çarparsak, toplam 1 n sin ((k + 1) a ka) sin ka sin (k + 1) a = 1 n (cot ka cot (k + 1) a) k=1 k=1 k=1 = 1 (cot a cot (n + 1) a) cos nx sin x cos n 1 x cos sin

129 18 BÖLÜM. KONULAR olacağından sorudaki toplamın eşiti, olarak bulunur. (cot a cot (n + 1) a) sin a 4. Eğer soruda verilen eşitliğin sol tarafını düzenlesek 5. n k=1 tan 1 1 k = n k=1 ( ) (k + 1) (k 1) tan 1 1 (k 1) (k + 1) eşitliğini elde ederiz. Eğer arktanjant için fark formülünü kullanırsak n ( tan 1 (k + 1) tan 1 (k 1) ) k=1 olacaktır. Bu toplam da ( ) n tan 1 (n + 1) tan 1 (1) = tan n + 1 olacaktır. ( ) n = tan 1 n + 1 tan x = 1 tan x 1 tan x = 1 tan x tan x tan = cot x cot x x olduğuna göre, olacaktır. Bu toplam da olacağından istenilen değer olarak bulunur. 1 n tan a n = 1 n cot a n 1 n 1 cot a n 1 lim x cot ax = lim cos ax x x 0 x 0 sin ax = 1 a 1 a cot a

130 .13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR sin 3x = 3 sin x 4 sin 3 x olduğuna göre, 3 n 1 sin 3 a 3 n = 1 ( 3 n sin a 4 3 n 3n 1 sin a ) 3 n 1 olacaktır. Teleskopik toplamdan olacaktır. 7. Öncelikle, 1 4 lim n sin a 3 n sin a = 1 (a sin a) 4 3 n 90 k=1 k sin (k) sin 1 ifadesini hesaplayalım. Çarpımdan, farkların toplamına gidersek 90 k=1 k cos (k 1) k cos (k + 1) = = 90 k=1 90 (k (k 1)) cos (k 1) 90 cos 181 cos (k 1) + 90 cos 1 olacaktır. cos(180 x) = cos x olduğuna göre, son toplamdaki elemanlar ikili ikili sadleşecektir. Sonuç olarak geriye sadece 90 cos 1 kalacaktır. Burayıda sin 1 ile bölersek olacaktır. 90 cos 1 sin 1 k=1 = cot sin x = ( cos x cos x 1 ) sin x cos x = sin x cos x cos x 1 sin x = cos x cos x = cot x cot x sin x sin x

131 130 BÖLÜM. KONULAR olduğuna göre, soruda verilen eşitliğin sol tarafındaki teleskopik toplam, yine bir teleskopik farklar toplamına gideceğinden, eşiti olacaktır. cot x cot n x 9. tan a cos a = tan a ( 1 + tan a ) 1 tan a = = tan a tan a ( 1 tan a ) 1 tan a tan a 1 tan tan a = tan a tan a a olduğuna göre soruda verilen toplam, tan tan 1 + tan 4 tan + + tan n+1 tan n = tan n+1 tan 1 olacaktır. 10. Sinüs fonksiyonunda yarımaçı formülünden, olacaktır. Bundan dolayı, cos u = sin u sin u cos x n = lim n=1 k n=1 eşitliğini elde ederiz. Bu eşitliğe göre, k cos x n = lim k k n=1 x n 1 sin x n 1 sin lim k 1 k sin x sin x k = sin x x lim k x k sin x k = sin x x olacaktır. 11. Eğer eşitliğin sol kısmını n sin π n 1

132 .13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR 131 ile çarpıp sinüs formülünü uygularsak = n sin π n 1 cos π n 1 cos 4π n 1 cos n π n 1 = n 1 sin 4π n 1 cos 4π n 1 cos n π n 1 = sin n+1 π n 1 = sin olacaktır. Eğer sonucu ( π + π n 1 ( ) π n sin n 1 ile bölersek, istenen eşitliği elde etmiş oluruz. ) = sin ( π n 1 ) 1. ise olacaktır. Buradanda π tan n n +1 tan n+1 π n +1 1 tan x = tan x tan x 1 tan k π n + 1 = tan kπ n +1 tan k+1 π n +1 n +1 = n tan π ( tan π π n +1 ) = n 13. olacaktır. 1 cot x = (cos π 4 cos π ) 4 cot x = sin (x π/4) sin x olacağından, sin ( 44) (1 cot 1) (1 cot ) (1 cot 44) = sin 1 = olacaktır. sin ( 43) sin sin ( 1) sin 44

133 13 BÖLÜM. KONULAR 14. cos 3x cos x = 4 cos x 3 = (1 + cos x) 3 = cos x 1 olacaktır. Dolayısıyla, 1 + cos x = 1 ( ( cos 3 x + 3π cos ( x + π ) olacaktır. Buna göre soruda verilen çarpım )) = 1 sin 3 x sin x = 1 16 = π sin 40 sin π 40 81π sin 40 sin π 40 9π sin 40 sin 3π 40 = 1 16 sin 7π 40 sin 9π 40 sin 81π 40 sin 7π 40 olacaktır cos a = 1 4 cos a 1 + cos a ise sorumuzda ki sonsuz çarpım olacaktır. ( 1) n 1 (1 + cos a) = 1 + cos a 1 + cos a = 1 + cos a 1 + cos x 1 + cos x n cos a k = 1 + ( 1 sin a k ) = 3 4 sin a k = sin 3a k sin a k ve buradanda, a k = 3k π 3 n + 1

134 .14. KUŞ, GÜVERCİN, YUVA olacaktır. Buradan sonsuz çarpımımız, sin 3a n sin a 1 olacaktır. Son yazılan kesrin payı ( sin 3π 3π ) 3 n + 1 ise eşitliğin sonucunun 1 olacağı açıktır. = 3n+1π sin 3 n +1 sin 3π 3 n +1 = sin 3π 3 n + 1 EAT SLEEP DO MATH.14 Kuş, Güverc ın, Yuva... Güvercin Yuvası İlkesi her nekadar isminde güvercinlere yer versede aslında bu güzel canlılarla uzaktan yakından bir alakası yoktur. Ancak temel prensibin kavranması için verilen örneklerde hep bu canlıyla alakalı örneklemeler yapılmıştır. Peki nedir bu ilke? Açıklayalım. Eğer (n + 1) tane nesneyi (Güvercini), n tane kutu (Güvercin yuvası) arasından seçersek, bu nesnelerden en az iki tanesi aynı kutudan gelmiş olacaktır. Veya İstanbul ili sınırları içerisinde yaşayan ve saç tellerinin sayısı aynı olan en az iki kişi bulabiriz. Yazdığımız bu iki önermede güvercin yuvası ilkesinin kavranması için yeterlidir. Yada benzer biçimde, herhangi bir ormandan seçilecek en az iki ağacın yaprak sayılarının aynı olmasını sağlayan yeterli ve gerekli şartlar nelerdir? Sorusunun cevabıda yine aynı ilkeyle bulunacaktır. Şimdi bu ilkenin sorular üzerindeki uygulamasını görmek için örnekleri inceleyelim. Örnek. 1,, 3,, 99, 100 sayıları arasında 51 tane sayı seçiliyor. Buna göre bu 51 sayıdan iki tanesinin aralarında asal olduğunu kanıtlayınız.

135 134 BÖLÜM. KONULAR Çözüm. Varsayalım bu 100 sayı arasından (1, ), (3, 4),, (99, 100) şeklinde ikililer oluşturalım. 51 tane sayı seçileceğine göre, güvercin yuvası ilkesi uyarınca bu sayılar arasında (k, k + 1) ikilisi bulunacaktır. Buna göre k + 1 ve k sayılarını bölen p asalı varsa, bu asal (k + 1) k = 1 sayısını da bölecektir ki, bu durum çelişki olur. Demek ki, (k, k + 1) sayılarının ortak böleni yoktur. Örnek. 1,, 3,, 99, 100 sayıları arasından 51 tane sayı seçiliyor. Buna göre, bu 51 sayı arasında ki sayılardan birinin, bir diğer sayıyı böleceğini gösteriniz. Çözüm. 50 tek sayıyı, 1, 3, 5,, 99 sayılarını alalım. Her biri için bir kutu düşünelim. Bu kutular hem sayının kendisini hem de sayı ile nin kuvvetinin çarpımını içersin. Buna göre ilk kutu 1,, 4, 8, 16,, ikinci kutu 3, 6, 1, 4, 48, olarak gidecektir. Eğer 51 sayı seçersek güvercin yuvası ilkesine göre bu iki sayı mecburen aynı kutudan gelecektir. Yani sayılardan biri n k iken diğeri m k olacak ve aynı k çarpanına sahip olacaklardır. Dolayısıyla sayılardan biri diğerini bölecektir. Çözülen iki örnektede farkedeceğiniz üzere, her nekadar soru içerisinde bahsi geçmesede kutu formuyla çözüme gidilmiştir. Demek ki çözümdeki anahtar basamak kutu prensibini kavramak olacaktır. Şimdi aşağıda verilen örnekleri inceleyerek bu formu daha iyi kavramaya çalışınız. Örnek. Seçilen herhangi dokuz faklı reel sayı arasında 0 < (a b) 1 + ab < 1 eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız. Çözüm. Verilen eşitsizliğin ortasındaki ifadeyi incelersek bu ifadenin tan(x y) formülüne benzediğini görebiliriz. Yani ifade aslında tan (x y) = tan x tan y 1 + tan x tan y

136 .14. KUŞ, GÜVERCİN, YUVA biçimindedir. Şimdi artık sorumuza biraz daha trigonometrik yaklaşalım. Buna göre,( π/, π/] aralığını 8 eşit uzunlukta parçaya ayıralım. Bu parçaların ( π ] (, 3π, 3π ] ( π 8 8, π,, 4 4, 3π ] ( 3π, 8 8, π ] olacağı açıktır. Burada x i = arctan a i, i = 1,,, 9 olacak biçimde sayılar seçelim. Güvercin yuvası prensibine göre, x i lerden iki tanesi, biz bunlara x j ve x k diyelim, x j > x k olacak biçimde ayırdığımız 8 aralıktan birinde olacaktır. Buna göre 0 < x j x k < π 8 ve dolayısıyla olacaktır. 0 < tan (x j x k ) = a j a ( k π ) < tan 1 + a j a k 8 = 1 Örnek. Bir kenarı 1 birim olan bir karenin içine yerleştirilen köşeleri kare üzerinde bulunan bir üçgenin karenin merkezini içermemesi isteniyor. Buna göre üçgenin bir kenarının 1 birimden küçük olması gerektiğini kanıtlayınız. Çözüm. Karenin merkezini C noktası olarak alıp, kareyi 4 eşit parçaya bölelim. Eğer çizilen üçgenin C noktasını içermemesi isteniyorsa, üçgenin köşelerinin komşu iki parçanın içerisinde olması gerekir. Eğer üçgen oluşturmak istiyorsak alacağımız 3 noktanında komşu kareler içerisinde olması gerekecektir. Ancak 3 noktadan tanesini aynı kareden alacağımıza göre bu noktalar arası uzaklık kesinlikle 1 birimden küçük olacaktır Çalışma Soruları 1. 1,, 3,, 99, 100 sayıları arasından 11 tane sayı seçiliyor. Buna göre, bu 11 sayının altkümelerinden en az iki tanesinin elemanları toplamının aynı olacağını kanıtlayınız.. Varsayalım koordinatları birer tamsayı olan 9 nokta üç boyutlu koordinat düzleminde seçilsin. Buna göre, bu noktaların birleştirilmesiyle oluşturulan doğru parçalarından seçilen bir tanesinin üçüncü bir tamsayı koordinatlı noktayı içerdiğini kanıtlayınız.

137 136 BÖLÜM. KONULAR 3. Altı kişilik bir grup içinde ya herhangi üç kişinin birbirini tanıdığını yada en az üç kişinin birbirini tanımadığını kanıtlayınız. 4. Seçilecek herhangi bir 16 basamaklı doğal sayının ardışık basamaklarının çarpımının birer tamkare olmasını sağlayan en bir zincirin bulunduğunu kanıtlayınız. Örneğin.14. Çözümler 1 }{{} }{{} 91 8 gibi Onbir elemanlı bir kümenin 11 = 046 tane eleman sayısı 11 den az olan boş kümeden farklı altkümesi vardır. Bu alt kümelerden herhangi birinin elemanları toplamı en fazla = 955 olacaktır. Buna göre, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, elemanları toplamı birbirine eşit olan iki, tane alt küme bulunacaktır. Eğer bu kümelerin ortak elemanları varsa, bu elemanı iki kümedende çıkararak kesişimleri boş üme olan ve elemanları toplamları aynı olan iki alt küme elde edebiliriz.. Dokuz nokta için her bir (x, y, z) koordinatları ya tek yada çift olacaktır. Bu durumda 3 = 8 farklı teklik çiftlik durumu ortaya çıkar. Buna göre bu dokuz noktadan iki tanesi mecburen koordinat pariteleri eşit noktalar olacaklardır. Ve dolayısıyla orta noktalarının koordinatlarıda birer tamsayı olacaktır. 3. Önce elimizdeki 6 kişiyi düzgün bir altıgenin köşelerine yerleştirdiğimiz düşünelim. Eğer iki kişi biribirini tanıyorsa bu iki köşeyi birleştiren köşegen kırmızıya boyansın, tanımıyorsa da maviye boyansın. Aslında sorunun çözümü ile bizim altıgenin köşeleriyle tüm kenarları aynı renk olan bir üçgen elde edip edemeyeceğimiz sorusunun cevabı özdeşitir. Herhangi bir köşeyi alalım, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, bu köşeden çıkan üç köşegen aynı renk olsun. Bundan sonraki herbir köşegende rengi, üçgen oluşturmayacak biçimde seçmeye çalışsak bile mutlaka ortaya her defasında kenarları aynı renk olan bir üçgen ortaya çıkacaktır.

138 .15. ÜSTEL DİYOFANT DENKLEMLERİ Varsayalım d 1, d, d 3,, d 11 sayımızın basamakları olsun. Eğer bu sayının basamaklarından her hangi biri 0, 1, 4 veya 9 ise problemin çözümü açıktır. Varsayalım sayımızın basamakları, 3, 5, 6, 7 ve 8 sayılarından oluşsun. Eğer x 0 = 1 ve x i değeride d 1, d,, d i i = 1,, 16 sayılarının çarpımı olsun. Her bir x i = pi 3 qi 5 ri 7 s i olacaktır. Burada üst değerler zaten ya tektik yada çift sayıladır. Dolayısıyla 4 = 16 farklı durum elde edilebilir. Güvercin yuvası ilkesi uyarınca p i, q i, r i, s i değerleri onyedi x i lerin ikisi için, varsayalım bu ikililerde x j ve x k olsun, teklik çiftlik bakımından aynı pariteye sahip olacaklardır. Buna göre tamkare olacaktır. d j+1 d j+ d k = x k x j.15 Üstel D ıyofant Denklemler ı Üstel diyofant denklemlerinin diğer diyofant denklemlerinden farkları değişkenlerin genelde üstel durumda bulunmasıdır. Genel bir çözüm yöntemleri olmamasına rağmen bazı cebirsel oyunlarla çözüm yolları geliştirilebilir. Aşağıda verilen örnekleri incelediğiniz zaman tam olarak ne demek istediğimizi daha iyi anlayacaksınız. İlk olarak kolay bir örnekle başlayalım. Örnek. (x, y, z) Z + olmak üzere verilen 3 x + 4 y = 5 z denklemini sağlayan tüm üçlüleri bulunuz. Çözüm I. Eğer soruda verilen eşitliğe (mod4) altında bakarsak 3 x 1 (mod4) dekliğini elde ederiz. Buna göre x = x 1 olmalıdır. Benzer biçimde 5 z 1 (mod3) olduğundan z = z 1 alabiliriz. Bunları denklemde yerine koyarsak 4 y = (5 z x 1 ) (5 z 1 3 x 1 ) olacaktır. Buradan 5 z x 1 = s ve 5 z 1 3 x 1 = t olmalıdır. s + t = y ve s > t olacağı açıktır. Eğer bu iki denklemi çözersek 5 z 1 = t 1 ( s t + 1 ) ve 3 x 1 = t 1 ( s t 1 ) bulunur. Bu iki eşitlikte de sol kısımlar birer tek sayıdır. Öyleyse t = 1 olmalıdır. Eğer s t = u dersek 3 x 1 = u 1 ve 5 z 1 = u + 1 olacaktır. Eğer birinci denkleme (mod3) altında bakarsak u = u 1 bulunur.

139 138 BÖLÜM. KONULAR Sağ tarafı çarpanlara ayırırsak u = 3 α ve u 1 1 = 3β eşitlikleri elde edilir. Buradan 3 α 3 β = olduğuna göre α = 1 ve β = 0 olacaktır. Buradan u 1 = 1 ve u = olduğundan çözümde x = y = z = olarak bulunur. Çözüm II. Bu sefer farklı bir yönden probleme yaklaşacağız. Birinci çözümde olduğu üzere x = x 1 ve z = z 1 eşitliklerini kullanırsak, (3 x 1 ) + ( y ) = (5 z 1 ) eşitliğini elde ederiz. Eğer x = 3 x 1, y = y, z = 5 z 1 denkleminden x + y = z olarak alırsak Pisagor olur. Burada x, y, z değerleri aralarında asal ve y çift bir sayıdır. Pisagor üçlülerini kullanırsak değerlerimiz x = u v, y = uv, z = u + v olur. Bu eşitliklerin ikincisinden u ve v nin nin kuvvetleri oldukları açıktır. Buna göre v = 1 olmalıdır. Çünkü birinci denklemden, 3 ün kuvvetleri nin kuvvetleri ile bölünemezler. Demek ki,3 x 1 = y 1 ve 5 z 1 = y + 1 olacaktır. İkinci denkleme (mod4) altında bakarsak y = y 1 olur. Buradan 3 x 1 = ( y 1 1) ( y 1 + 1) olacağından çarpanlardan her ikisi de 3 ün kuvveti olmalıdır. Buna göre y 1 = 1 ve x 1 = z 1 = 1 olmalıdır. Sonuç olarak, x = y = z = olarak bulunur. Sıradaki sorumuz 005 Romanya Takım Seçme Sınavı ndan alınmıştır. Örnek. bulunuz. (x, y) Z + olmak üzere 3 x = x y+1 eşitliğini sağlayan değerleri Çözüm. Denklemi yeniden yazarsak 3 x 1 = x y olacaktır. Buna göre, (3 x 1) ifadesinin asal çarpanlarından birisi ikinin kuvvetidir. Ve x değeri bu kuvvetten küçüktür. Şimdi bu kuvvetin ne kadar büyük olabileceğini araştıralım. Ayrıca, eğer n değeri tekse 3 n 1 (mod4) ve eğer n çift ise

140 .15. ÜSTEL DİYOFANT DENKLEMLERİ n 1 0 (mod4) olacaktır. Buna göre x değişkenini m (n + 1) formunda yazabiliriz. Buna göre, 3 x 1 = 3 m (n+1) 1 = ( 3 n+1) m 1 = ( 3 n+1 1 ) ( 3 n ) m 1 ( (3 n+1 ) k + 1) olur. Eğer bu eşitliğe (mod8) altında bakarsak ilk iki çarpan ve 4 olacaktır. Buna göre (3 x 1) içindeki nin kuvvetleri (m + ) tane olacaktır. Burada x m + ise m (n + 1) (m + ) ve m (m + ) olacaktır. Burada m = 0, 1, olabilir. Buna göre istenilen çözümler olacaktır. (1, 1), (, ), (4, 5) k= Çalışma Soruları 1. 3 x y = 1 denklemini pozitif tamsayılarda çözünüz.. (x, y) pozitif tamsayılar olmak üzere verilen 3 x y = 7 denklemini çözünüz. 3. n x + n y + n z = n t eşitliğini sağlayan tüm (n, x, y, z, t) pozitif tamsayı beşlilerini bulunuz. 4. a. 3 x y 3 = 1 denkleminin tüm negatif olmayan tamsayı çözümlerini bulunuz. b. p bir tek asal sayı olmak üzere verilen p x x p = 1 denklemini sağlayan tüm negatif olmayan (x, y) tamsayı ikililerini bulunuz n +9 n +10 n = 5 n +6 n +11 n eşitliğini sağlayan tüm n pozitif tamsayılarını bulunuz.

141 140 BÖLÜM. KONULAR.15. Çözümler 1. 3 x y = 1 için x = 1, y = 1 ve x =, y = 3 birer çözümdür. Eğer y ise x çift olmalıdır. x = z, z > 1 ve 3 z = m + 1, m > 1 alırsak y = (m + 1) 1 = 4m(4m + 1) olacaktır ki, bu durum açık çelişkidir. 3 x y = 1 için (mod8) altında bakarsak 3 x + 1 ifadesi veya 4 e denk olacaktır. Buna göre y = 1 veya olacaktır. Eğer kontrol edilirse x = 1, y = tek çözüm olarak bulunacaktır.. Varsayalım y 3 olsun. Buna göre 3 x 7 (mod8) olacaktır. Ancak 3 x sayısı sadece 3 veya 1 sayılarına denk olabilir. Buna göre x = 1, olabilir. x = 1 ise y / Z ve x =, y = 1 olduğundan tek çözüm ikilisi (, 1) olarak bulunur. 3. Bu sorunun çözümünü iki farklı yoldan yapmayı deneyelim. Buna göre, Çözüm I. n = 1 durumun da denklemin sağlanamayacağı açıktır. n > 1 için bakalım. Genelliği kaybetmeden x y z t olarak alabiliriz. Eşitliğin iki tarafını n x ile bölersek 1 + n y x + n z x = n t x denklemini elde ederiz. Eğer denkleme (modn) altında bakarsak y = x buluruz. Buna göre a = z x ve b = t x alırsak + n a = n b olur. Eğer a = 0 ise n = 3, b = 1 ve çözümlerimiz de (n, x, y, z, t) = (3, x, x, x, x + 1) olur. Eğer a > 0 ise (modn) altında yine baktığımızda (n, x, y, z, t) = (, x, x, x + 1, x + ), x N olur.

142 .15. ÜSTEL DİYOFANT DENKLEMLERİ 141 Çözüm II. Denklemimizi n x t + n y t + n z t = 1 olarak yazalım. Eşitliğin sol kısmındaki tüm terimler pozitif olduğuna göre x, y, z < t olmalıdır. Böylece sol kısım en fazla 3/n olabilir. n = ve 3 için bakarsak, n = 3 için x = y = z = t 1 olacaktır. n = için ise sadece bir terim 1/n olabilir. Buna göre, x = y = t ve z = t 1 ve bu değerlerin permütasyonları bulunur. 4. a. Eğer denklemde (0, 0) ikilisi alınırsa bunun bir çözüm olduğunu görmek zor olmayacaktır. Denklemi düzenlersek olacağından eşitliğin sol tarafı 3 x = y (y + 1) ( y y + 1 ) olacaktır. Burada iki çarpanların ikisi de 3 ün kuvveti olacaktır. Yani çarpanlarımız y + 1 = 3 α ve y y + 1 = 3 β olacaktır. Burada ilk denklemin karesini alıp ikinci denklemden çıkarırsak elde edeceğimiz eşitlik ( ) 3y = 3 β 3 α β 1 olacaktır. Soruda verilen denklemden y nin 3 ile bölünemediğini biliyoruz. Demek ki β = 1 olacaktır. Buna göre y y + 1 = 3 olacağından y = olarak bulunur. Buradan da x = olarak bulunur. Demek ki ikililerimiz olarak bulunacaktır. (x, y) = (, ), (0, 0)

143 14 BÖLÜM. KONULAR b. Eğer (x, y) ikilisi soruda verilen denklemin bir çözümü ise p x = y p + 1 = (y + 1) ( y p 1 y p + + y y + 1 ) olacağından y + 1 = p n olacaktır. Eğer n = 0 ise y = x = 0 ve p herhangi bir asal sayı olacaktır. Eğer n 1 ise p x = (p n 1) p + 1 = p np pp n(p 1) + ( ) ( ) p p p n(p ) + + p n + pp n p olacaktır. p bir asal sayı olduğuna göre tüm katsayılar p ile bölünebilir. Dolayısıyla her bir terim p n+1 ile bölünebilecektir. Buna göre eşitliğin sağ tarafını bölen, p nin en büyük kuvveti p n+1 olacaktır. Ve dolayısıyla x = n + 1 olacaktır. Buradan 0 = p np pp n(p 1) + bulunur. p = 3 için ( p ) p n(p ) = 3 3n 3 3 n ( ) p p n p ise n = 1 ve x = y = bulunur. p 5 için ( p p ) ifadesi p ile bölünemez. Dolayısıyla eşitliğin sağ kısmındaki son terim haricindekiler p n+ ile bölünebilir. Terimlerin toplamı sıfır olduğundan, bu durum imkansızdır. Dolayısıyla çözümler sadece x = y = 0, tüm p asalları için ve x = y =, p = 3 olarak bulunur. 5. Eğer her bir terimin birler basamağına bakarsak 1 n, 5 n, 6 n, 10 n ve 11 n ifadelerinin son basamakları sırasıyla 1, 5, 6, 0, 1 olacaktır. Eşitliğin sağındaki terimlerin son basamakları toplamı 1 olduğuna göre, 9 n sayısının birler basamağı 1 olmalıdır. Dolayısıyla n ifadesi çift bir sayı olacaktır. Buradan n = ve n = 4 birer çözüm olacaktır. Eğer n 6 ise 11 n + 6 n + 5 n > 11 n = (10 + 1) n = 10 n + n10 n n + 9 n + 1 n

144 .16. KALAN SINIFLARI [RESİDUES] 143 olacaktır. Çünkü n 10 n n n 5 9 n eşitsizliği vardır. Buna göre çözümlerimiz n = ve n = 4 olacaktır..16 Kalan Sınıfları [Res ıdues] Olimpiyat sınavlarında sorulan soruları eğer bir konu sınıflandırmasına tabi tutmaya kalkışsak herhalde bu sınavların olmazsa olmaz soru gruplarından birisi de modüler aritmetik konusu olurdu. İleriki satırlarda anlatılan örnekleri ve problemleri daha iyi kavrayabilmeniz için bazı teoremleri bilmeniz gerekiyor. Bunun için ilk olarak, bilmeniz gereken bu teoremlerden başlayacağız. Teorem. [Çinli Kalanlar Teoremi] a 1, a,, a r ikişerli olarak aralarında aralarında asal sayılar pozitif tamsayılar olarak veriliyor. Buna göre (a i, a j ) = 1 ve i j için x k 1 (moda 1 ) x k (moda ) x r 1 (moda r ) denklik sisteminin mod(a 1 a a r ) ye göre tek çözümü vardır. Bu çözümde ( ) ( ) ( ) a a a x = b 1 k 1 + b k + + b r k r a 1 a a r olacaktır. Bu eşitlikte ve a = a 1 a a r ( a a i ) b i (moda i )

145 144 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Çinli kalanlar teoremini herhangi bir problem içerisinde nerede kullanacağınızı anlamanız oldukça kolaydır. Genelde sorulan tamsayının bir kaç tamsayı değeri ile bölümünden kalanlar verilir. Aşağıdaki örneğimiz 009 Tübitak Matematik Olimpiyatlarında sorulmuştu. Örnek. 1 n 455 ve n 3 1 (mod455) koşullarını sağlayan kaç n tamsayı değeri vardır? Çözüm. 455 = olduğuna göre, n 3 1 (mod5) n 3 1 (mod7) n 3 1 (mod13) olduğuna göre, n 1 (mod5) n 1,, 4 (mod7) n 1, 3, 9 (mod13) olduğuna göre, = 9 tane n tamsayı bulunur. Teorem. [Küçük Fermat Teoremi] p asal sayı ve p a ise a p 1 1 (modp) denkliği vardır. Şimdi bu teoremin ışığında aşağıda verilen örneği ve çözümünü inceleyelim. Örnek. a 1 = 4, a n = 4 a n 1, n > 1 olduğuna göre, a 100 tamsayısının 7 ile bölümünden kalanı bulunuz. Çözüm. Küçük Fermat Teoremine göre, (mod7) olacaktır. Bunun yanında 4 n 4 (mod6) ve 4 n 4 + 6t olduğunu görmek zor değildir. Buna göre, soruda istenilen cevap a a t 4 4 (4 6) t 4 (mod7)

146 .16. KALAN SINIFLARI [RESİDUES] 145 olacaktır. Teorem. [Wilson Teoremi] p bir asal sayı olmak üzere, (p 1)! 1 (modp) denkliği vardır. Teorem. [Euler-φ Teoremi] a ve n birer pozitif tamsayı olmak üzere, (a, n) = 1 ise a φ(n) 1 (modn) denkliği vardır. Euler-φ Teoreminde adı geçen φ fonksiyonu herhangi bir n pozitif tamsayı değeri için, n sayısından küçük eşit ve n ile aralarında asal olan sayıların sayısını vermektedir. Buna göre n = p a 1 1 pa par r olarak asal çarpanlarına ayrılırsa, φ(n) ifadesinin eşiti olacaktır. φ (n) = n (1 1p1 ) ) ) (1 1p (1 1pr Örnek sayısının son iki basamağını bulunuz. Çözüm. Önce φ(100) = φ( ) φ(5 ) = ( )(5 5) = 40 değerini bululalım, çünkü ileri basamaklarda kullanacağız. Buna göre, Euler Teoreminden (mod100) olacaktır. Benzer biçimde φ(40) = 16 olacağından (mod40) olarak bulunur = olduğuna göre, olacaktır. Buna göre, ( 7 16) ( 7 4) 1 (mod40) = t olacaktır. Şimdi yaptığımız bu işlemleri ve sonuçları kullanarak çözüme gitmeye çalışırsak, t 7 (7 40) t 7 (mod100) cevabına ulaşırız. Demek ki, sayının son iki basamağı 07 olacaktır. Bu konu ile alakalı bilmeniz gereken teoremler örnekleriyle birlikte yukarıda verildi. Eğer teoremlerden ispatlarını merak ettikleriniz varsa, herhangi bir sayılar teorisi kitabından kanıtlarını öğrenebilirsiniz. Şimdi, çalışma sorularını çözmeye geçebilirsiniz.

147 146 BÖLÜM. KONULAR.16.1 Çalışma Soruları 1. p bir asal sayı, w, n tamsayılar olmak üzere verilen p + 3 p = w n denklemini sağlayan tek n değerinin 1 olduğunu kanıtlayınız.. m, n pozitif tamsayılar olmak üzere 7 m n > 0 ise 7 m n > 1 mn olduğunu kanıtlayınız. 3. n Z olmak üzere, 8n bir tamsayı ise, bu tamsayının tamkare olduğunu kanıtlayınız. 4. { x + 6y = z 6x + y = t denklem sisteminin (0, 0, 0, 0) dışında bir tamsayı dörtlüsü çözümü olmadığını kanıtlayınız. 5. Bir tamkare tamsayının basamakları toplamının alabileceği olası tüm değerleri bulunuz. 6. x y! = 001 denklemini sağlayan tüm (x, y) pozitif tamsayı ikililerini bulunuz. 7. Rakamlarının yerleri değiştirildiğinde nin kuvvetine eşit olan kaç tane nin kuvveti olan tamsayı vardır? sayısının basamakları toplamı A ve A sayısının basamakları toplamı B ise B nin basamakları toplamı kaçtır? 9. y = x 5 4 denkleminin tamsayılar kümesinde çözümünün olmadığını kanıtlayınız sayısının bir tamsayı küp ve bir tamsayı dördüncü kuvvetin toplamına eşit olamayacağını kanıtlayınız. 11. x + 3xy y = 1 denklemini sağlayan bir (x, y) tamsayı ikilisinin olmadığını kanıtlayınız. 1. n > 1 olmak üzere,

148 .16. KALAN SINIFLARI [RESİDUES] 147 a. 1! +! + 3! + + n! toplamının ancak ve ancak n = 3 olduğunda bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini kanıtlayınız. b. (1!) 3 + (!) 3 + (3!) (n!) 3 toplamının ancak ve ancak n = 3 olduğunda bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini gösteriniz sayısının ondalık yazılımda, sondan üçüncü yani yüzler basamağı kaçtır?.16. Çözümler 1. Eğer p = ise + 3 = 13 ve n = 1 olacaktır. Eğer p ise p tek sayı olacağından ( + 3) ( p 1 p p 1) ifadesinden 5 ( p + 3 p ) diyebiliriz. Buna göre 5 w olacaktır. Eğer n > 1 ise 5 w n diyebiliriz. Dolayısıyla p + 3 p + 3 = p 1 p p 1 ifadesi de 5 ile bölünecektir. ( 1) k () p k 1 3 k çarpımı (mod5) altında p 1 olduğuna göre üstte verilen toplam (mod5) altında p p 1 olacaktır. Ancak, p p 1 ifadesi sadece p = 5 olduğunda 5 ile bölünebilir. Buna göre, = 75 1 olacağından n = 1 olacaktır.. Soruda verilen eşitsizliği düzenlersek, 7 m n > 0 ise 7 > m n ve 7n m > 0 olacaktır. Pozitif bir tam kare ifadenin 7 ile bölümünden kalanlar sadece 0, 1, veya 4 olabilir. 7n m > 0 olduğuna göre 7n m 7 4 = 3 olacaktır. Buradan 7n m + 3 elde edilir. Bizim ispatlamaya çalıştığımız eşitsizlikte artık m + 1 m 7n olacaktır. Buradan, m + 1 m m + 3 olacaktır. Şimdi bu eşitsizliği kanıtlayalım. Aslında m + 3 m ( m = m + 1 ) m olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.

149 148 BÖLÜM. KONULAR 3. Eğer 8n + 1+ ifadesi bir tamsayı ise 8n +1 = (m + 1), m 0 olacaktır. Buna göre olduğuna göre, 8n + 1 = 4m + 4m + 1 7n = m (m + 1) olacaktır. m ve m + 1 aralarında asal olduklarına göre m = 7s ve m + 1 = t veya m = u ve m + 1 = 7v olacaktır. Burada ikinci durumun olması imkânsızdır. Çünkü (mod7)altında incelenirse kolaylıkla görülebilir. Demek ki m + 1 = t olacağından, 8n = (m + 1) + = 4m + 4 = 4 (m + 1) = 4t = (t) olacaktır. 4. Varsayalım soruda verilen dörtlü dışında da bir çözümümüz olsun. Ayrıca x, y, z, t sayılarının da ortak böleni olmasın. Buna göre soruda verilen sistemdeki iki denklemi toplarsak 7 ( x + y ) = z + t olacaktır. Tam kare bir sayının 7 ile bölümünden kalanlar yalnızca 0, 1, ve 4 olabilir. z + t 0 (mod7) ise z ve t sayılarının sırasıyla 7z 0 ve 7t 0 formunda olacağı açıktır. Buna göre, 7 ( x + y ) = (7z 0 ) + (7t 0 ) olacağından x +y = 7 ( z 0 + t 0) olacağından bu seferde x ve y sayıları 7 ile kalansız bölünecektir. Buna göre, (x, y, z, t) = 7 olur. Ancak bu durum çelişkilidir. Çünkü biz çözümün en başında ortak bölenlerinin olmadığını kabul etmiştik. Demek ki sistemin yegane çözümü olacaktır. 5. Bir tamsayının basamakları toplamı (mod9) altında sayının kendisine denktir. Dolayısıyla eğer kontrol edilirse tam kare bir sayı (mod9) altında 0, 1, 4 veya 7 olacaktır. Buna göre elimizdeki sayımızın basamakları toplamı 9m, 9m + 1, 9m + 4, 9m + 7 formlarından biri olacaktır. Şimdi bu formları tek tek inceleyelim. Eğer n = 9m ise (10 m 1) =

150 .16. KALAN SINIFLARI [RESİDUES] m 10 m + 1 sayısının basamakları toplamı n olacaktır ve sayımız formunda olacaktır. Eğer n = 9m + 1 ise (10 m ) = 10 m 4 10 m + 4 ve olacaktır. Eğer m = 9m + 4 ise (10 m 3) = 10 m 6 10 m + 9 ve olacaktır. Eğer n = 9m ise (10 m 5) = 10 m m +5 ve olacaktır. 6. y > 5 için y! sayısı 9 ile tam bölünür. Dolayısıyla y! toplamı (mod9) altında 3 sayısına denktir. Ancak tamkare bir sayının 9 ile bölümünden kalanlar sadece 0, 1, 4, 7 olabilir. Demek ki, y = 1,, 3, 4 değerlerinden birini alabilir. Eğer kontrol edilirse (x, y) = (45, 4) ikilisi çözüm olarak bulunur. 7. m < n için m sayısı n sayısının rakamlarının permüte edilmesiyle oluşsun. Bu iki sayının da aynı sayıda basamaklarının olduğu açıktır. Dolayısıyla n < 10 m olacaktır. Buna göre, n m 3 olacaktır. Diğer taraftan n ve m sayıları (mod9) altında denktir. Dolayısıyla n m = m ( n m 1 ) sayısı 9 ile bölünür. Fakat m ve 9 aralarında asaldır ve n m 3 için n m 1 7 olduğundan, bu durum imkânsızdır. Demek ki, bu şekilde sayılar yoktur. 8. Önce B sayısının basamakları toplamının küçük bir sayı olduğunu gösterelim. Buna göre, < eşitsizliğinden, sayısı 0000 basamaktan azdır. Dolayısıyla, A < = olacaktır sayısından küçük sayılar arasında basamakları toplamı en büyük olan sayı dur ve basamakları toplamı 45 tir. Dolayısıyla B 45 olacaktır. Buna göre B sayısının basamakları toplamı 39 sayısından 1 olur. Demek ki, bizim aradığımız sayı 1 den küçük olacaktır. Diğer taraftan, tüm sayılar (mod9) altında basamakları toplamına denktir. Demek ki, bizim aradığımız sayı sayısına (mod9)altında denktir. Buna göre, ( 7 8) (mod9)

151 150 BÖLÜM. KONULAR olacaktır. Demek ki B sayısının basamakları toplamı da (mod9) altında 7 olacaktır. 1 sayısından küçük ve (mod9) altında 7 sayısına denk olan tek sayı 7 olduğuna göre, istenilen cevap 7 olur. 9. Denklemimize (mod11) altında bakalım. Eğer (x, 11) = 1 ise ( x 5 ) = x 10 0 veya 1 (mod11) olacaktır. Buna göre, x 5 0, 1 veya 1 (mod11) olacaktır. Demek ki, eşitliğin sağ kısmı (mod11) altında 6, 7 veya 8 olacaktır. Ancak y 0, 1, 3, 4, 5, 9 (mod11) olabilir. Demek ki, bu eşitliği sağlayan (x, y) tamsayı değerleri yoktur. 10. Varsayalım soruda verilen eşitlik sağlansın ve x, y tamsayılar olmak üzere, x 3 + y 4 = olsun. Şimdi toplamı oluşturan bileşenleri ayrı ayrı inceleyelim. x 3 0, 1, 5, 8, 1 (mod13) ve y 4 0, 1, 3, 9 (mod13) olduğuna göre (mod13) olarak bulunur. Buna göre, x 3 + y 4 7 (mod13) denkliğini sağlayan (x, y) ikilisi olmadığından denklemin çözümü yoktur. 11. Denklemin her iki tarafını 4 ile çarpıp düzenlersek, (x + 3y) 17y = 488 eşitliğini elde ederiz. Bu denklemin her iki tarafını (mod17) altında incelersek (x + 3y) 1 (mod17) olacaktır. Ancak bir tam kare (mod17) altında sadece 0, 1, 4, 9, 16, 8,, 15, 13 olabilir ancak 1 olamaz. Demek ki denklemi sağlayan (x, y) tam sayıları yoktur. 1. Soruda olduğu gibi çözümüde şıklar halinde inceleyelim.

152 .17. VİETE TEOREMI 151 a. n = 3 için 1! +! + 3! = 3 olduğunu görmek zor değildir. Şimdi bu durumun tek olduğunu ve başka değeri bulunmadığını kanıtlayalım. Varsayalım 1! +! + 3! + + n! = k m, m > 1 olsun. Burada n değerinin 9 dan büyük yada eşit olabileceğini kolaylıkla kontrol edebiliriz. Eğer n 5 ise 1!+!+ +n! sayısının son basamağı 3 ile biter dolayısıyla m = olamaz. Çünkü tam kare sayılar 0, 1, 4, 5, 6 veya 9 ile biter. Demek ki, m 3 olmalıdır. Bunun yanında n 9 ise 1! +! + + n! toplamı 3 ile bölünebilir. Dolayısıyla k sayısı da 3 ile bölünebilir. Buna göre, k m sayısı da 7 ile bölünebilir. Demek ki, faktöriyellerin toplamı da 7 ile bölünebilir. Fakat, 7 a!, a 9 olduğundan, toplam 1! +! + + 8! toplamı (mod7) altında 9 sayısına denk olacaktır. Bu durum açık çelişkidir. Demek ki n sadece 3 olmalıdır. b. Eğer kontrol edilirse (1!) 3 +(!) 3 +(3!) 3 = 15 olduğunu görmek zor değildir. Ayrıca n =, 4, 5 ve 6 için (1!) 3 +(!) 3 + +(n!) 3 toplamı bir tamsayının tam kuvvetine eşit olamaz. n 7 için bu toplam (1!) 3 + (!) 3 + (3!) 3 + (4!) 3 + (5!) 3 + (6!) 3 7 (mod49) olacaktır. Ancak bu kalan bir tam kuvvetin kalanı olmaz. 13. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. Euler-φ foksiyonu ve Küçük Fermat Teoremlerini uygulayarak kolaylıkla çözüme ulaşabilirsiniz..17 V ıete Teoremi Viete teoremi (Viyet diye okunur) genel olarak bir polinomun kökleri ile katsayıları arasındaki ilişkiyi açıklar. Bu teoremi reel katsayılı polinomlarda uygulayabildiğimiz gibi benzer biçimde complex katsayılı polinomlarda da kullanabiliriz. Buna göre, varsayalım x 1 ve x değerleri P (x) = ax +bx+c polinomunun kökleri olsun. Buna göre, ax + bx + c = a (x x 1 ) (x x ) = ax a (x 1 + x ) x + ax 1 x

153 15 BÖLÜM. KONULAR olacağından, x 1 + x = b a ve x 1 x = c a olacaktır. Benzer biçimde eğer x 1, x ve x 3 değerleri P (x) = ax 3 + bx + cx + d polinomunun kökleri ise, kökler arasında ki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır. x 1 + x + x 3 = b a x 1 x + x x 3 + x 3 x 1 = c a x 1 x x 3 = d a Eğer yukarıda verdiğimiz durumu genelleştirirsek, kökleri x 1, x,, x n olan bir p (x) = a n x n + a n 1 x n 1 + a n x n + + a x + a 1 x + a 0 polinomunun kökleri ve katsayıları arasındaki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır. x 1 + x + + x n = a n 1 a n x 1 x + x 1 x x n 1 x n = a n a n. x 1 x x 3 x n = ( 1) n a 0 a n Eğer yukarıda yazdığımız eşitlikleri yeniden düzenlersek en genel form olan, x 1 x x i + x 1 x x 4 x i x n i+1 x n i+ x n = ( 1) i a n i a n genel forma ulaşılır. Viete teoeremi her ne kadar bu ders notunun genel başlığı olsada bazı denklem çözümlerinde oldukça işimize yarayacak olan Newton-Girard Formülü nü de vereceğiz. Bu formülün kullanımı her nekadar elzem olmasa da, çözümlerin daha pratik olması açısından önemlidir Newton-Girard Formulæ Newton-Girard Formulæ. Eğer x n + a 1 x n a n = 0 denkleminin kökleri α 1, α,, α n ve bu köklerin kuvvetleri toplamı S k = α k 1 + α k + α k α k n, k N +

154 .17. VİETE TEOREMI 153 olarak verilirse, denklemin katsayıları ve k. kuvvetten köklerinin toplamları arasındaki ilişki aşağıdaki gibidir. Buna göre, genel denklem S 1 + a 1 = 0, S + a 1 S 1 + a = 0, S 3 + a 1 S + a S 1 + 3a 3 = 0, = 0, S n + a 1 S n a n 1 S 1 + na n = 0 S k + a 1 S k a n S k n = 0, k > n biçiminde olacaktır. Şimdi bu denklemi kullanarak problemleri çözmeye çalışalım. Örnek. a, b, c sayıları x 3 x + = 0 denkleminin kökleri ise a + b + c a 3 + b 3 + c 3 a 4 + b 4 + c 4 toplamlarının eşitlerini bulunuz. Çözüm. Her ne kadar bu sorunun çözümü üstte verdiğimiz formülle çözülebiliyor olsa da bu yöntemi sizin kullanacağınızı düşünerek çözüme daha da elementer bir yöntemle gidelim. Buna göre, a + b + c = (a + b + c) (ab + ac + bc) = 1 (0) = 1 olacaktır. İkinci denklemin eşiti ise, x3 = x olduğuna göre, a 3 + b 3 + c 3 = a + b + c = a + b + c 6 = 1 6 = 5 olacaktır. Üçüncü toplamın eşitini bulmak içinde x 3 = x eşitliğin de eşitliğin her iki tarafını da x ile çarparsak, x 4 = x 3 x ise a 4 +b 4 +c 4 = a 3 a+b 3 b+c 3 c = a 3 +b 3 +c 3 (a + b + c) = 5 (1) = 7

155 154 BÖLÜM. KONULAR olarak sonuç bulunur. Örnek. Aşağıda verilen denklem sisteminin reel veya karmaşık tüm çözüm üçlülerini bulunuz. x + y + z = 3, x + y + z = 3, x 3 + y 3 + z 3 = 3. Çözüm. Buna göre, Varsayalım x, y, z değerleri bir P (t) polinomunun kökü olsun. p (t) = (t x) (t y) (t z) = t 3 (x + y + z) t + (xy + yz + zx) t xyz olacaktır. Burada xy + yz + zx = (x + y + z) ( x + y + z ) = 9 3 = 3 eşitliğini elde ederiz. Buradan x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x + y + z) ( x + y + z xy yz zx ) eşitliğini kullanarak xyz = 1 olacaktır. Dolayısıyla p (t) = t 3 3t + 3t 1 = (t 1) 3 olacaktır. Buna göre soruda verilen sistemin tek çözümü x = y = z = 1 olacaktır. Bu konuda öğrencilerin belkide bilmesi en önemli başlıklardan birisi de Lagrange Interpolasyon Tekniği dir. Şimdi bu tekniği ve bu teknik ile çözülebilecek soruları inceleyelim.

156 .17. VİETE TEOREMI Lagrange İnterpolasyon Tekn ığ ı Örnek. Kökleri 1,, 3 olan ve p(4) = 666 eşitliğini sağlayan kübik polinomu bulunuz. Soruda istenen polinom üçüncü dereceden olduğuna göre kesin- Çözüm. likle formunda olmalıdır. Buna göre, p (x) = a (x 1) (x ) (x 3), a R 666 = p (4) = a (4 1) (4 ) (4 3) = 6a, a = 111 bulunacağından polinom p (x) = 111 (x 1) (x ) (x 3) olacaktır. Örnek. p (1) = 1, p () =, p (3) = 3, p (4) = 5 eşitliklerini sağlayan p (x) polinomunu bulunuz. Çözüm. Önceki örnekte çözüme elementer yöntemlerle ulaşabileceğimiz için Lagrange Interpolasyon Tekniği ni uygulamamıştık. Ancak bu soruda bu tekniği hem uygulamasını öğreneceğiz hem de soruyu çözeceğiz. Lagrange tekniğine göre, p (x) = a (x) + b (x) + 3c (x) + 5d (x), polinomun da sırasıyla a (x), b (x), c (x), d (x) birer kübik polinom olsun. Buna göre, a (1) = 1 ve a (x) polinomunun kökleri x =, 3, 4; b () = 1 ve b (x) polinomunun kökleri x = 1, 3, 4; c (3) = 1 ve c (x) polinomunun kökleri x = 1,, 4; d (4) = 1 ve d (x) polinomunun kökleri x = 1,, 3 olacaktır. Bir önceki örnekte uyguladığımız tekniği yeniden burada uygularsak, (x ) (x 3) (x 4) a (x) = 6 b (x) = (x 1) (x 3) (x 4) c (x) = (x 1) (x ) (x 4) d (x) = (x 1) (x ) (x 3) 6

157 156 BÖLÜM. KONULAR polinomlarını elde ederiz. Dolayısıyla, soruda istenilen polinom p (x) = 1 6 (x ) (x 3) (x 4)+(x 1) (x 3) (x 4) 3 (x 1) (x ) (x 4)+5 (x 1) (x 6 olacaktır. isterseniz soruda verilen şartları sağlayıp sağlamadığını kontrol edebilirsiniz. Sırada ki örneğimize, Bilgi Üniversitesi Cahit Arf Matematik Günleri VII- 008 sınavında sorulan bir polinom sorusu ile devam edelim. Örnek. n > 1 bir tamsayı ve p (x) ise derecesi (n 1) olan bir polinom olsun. Eğer her k = 1,, n için p (k) = 1/k ise p (n + 1) ifadesinin eşitini bulunuz. Çözüm. Varsayalım elimizde p (x) 1 x şeklinde bir polinom olsun. Ancak 1 x ifadesi burada ki varsayımımızı bozacağından g (x) = x p (x) 1 polinomunu seçelim. p (x) polinomunun derecesi (n 1) ise g (x) polinomunun derecesi n. dereceden olacaktır. Ayrıca polinomunun kökleride olacaktır. Buna göre aslında g (x) polinomu g (x) = c (x 1) (x ) (x n) olarak yazılabilir. Buradaki c katsayı sabitini bulabilmek için önce g (0) = 1 olduğunu buluruz. Buna göre, x = 0 eşitliğini kullanırsak g (0) = c (0 1) (0 ) (0 n) = c 1 3 n = c ( 1) n n! c = olacaktır. Bizden istenen p(n + 1) ise ve g (n + 1) = ( 1)1 (n+1) (n + 1)! 1 ( 1) n n! = ( 1)1 n n! g (n + 1) = (n + 1) p (n + 1) 1 (n + 1 1) (n + 1 ) (n + 1 n)

158 .17. VİETE TEOREMI 157 olacağından olacağından (n + 1) p (n + 1) 1 = ( 1) n (n + 1)! n! [ ( 1) n ] p (n + 1) = n n + 1 = ( 1)n + (n + 1) (n + 1) olacaktır. Konu olarak Viete Teoremi ile çözülebilecek sorular, nispeten daha kolay sorulardır. Bu sebepten konu anlatımı içerisindeki sorularıda çalışma sorularına ekledik. Soruların tamamı AMC ve AIME sınavlarından derlenmiştir Çalışma Soruları 1. ax + bx + c = 0 polinomunun köklerinin tersleri toplamını bulunuz.. x 1 ve x değerleri x 3 x 3 4 = 0 polinomunun kökleri ise toplamını bulunuz. x 1 x + x x 1 3. b ve c birer sabit sayı olmak üzere verilen (x + ) (x + b) = x + cx + 6 eşitliğini sağlayan c değerini bulunuz. 4. x 1 x olmak üzere 3x 1 hx 1 = b ve 3x hx = b eşitlikleri veriliyor. Buna göre x 1 + x toplamını bulunuz. 5. P (x) = x 3 +ax +bx+c polinomunun köklerinin aritmetik ortası, köklerin çarpımına ve katsayılar toplamına eşittir. P (x) polinomunun grafiği y eksenini noktasında kestiğine göre, b değerini bulunuz. 6. x +mx+n = 0 denkleminin köklerinin küpleri x +px+q = 0 olduğuna göre, aşağıda verilen eşitliklerin ifadelerin doğruluğunu kontrol ediniz.

159 158 BÖLÜM. KONULAR p = m 3 + 3mn p = m 3 3mn p = 3mn m 3 p + q = m 3 ( ) m 3 n = p q 7. ax +bx+c = 0 polinomunun kökleri r ve s olduğuna göre, kökleri ar +b ve as + b olan ikinci dereceden denklemi yazınız. 8. x px + ( p 1 ) /4 = 0 denkleminin kökler farkının mutlak değerini bulunuz. 9. x + kx + 6 = 0 polinomunun kökleri x 1 ve x olarak verildiğinde x kx + 6 = 0 polinomunun kökleri sırasıyla x ve x + 5 olmaktadır. Buna göre, k değerini bulunuz. 10. x + mx + n = 0denkleminin kökleri x + px + m = 0 denkleminin köklerinin iki katı olduğuna göre, n/p değerini bulunuz.(n ve p değerlerinin her biri sıfırdan farklıdır.) 11. a ve b birer reel sayı olmak üzere, 8x 3 + 4ax + bx + a = 0 denkleminin birbirinden farklı üç pozitif kökü vardır. Köklerin log tabanındaki toplamları 5 olduğuna göre, a değerini bulunuz. 1. x 63x + k = 0 denkleminin iki kökü de birer asal sayıdır. Buna göre k değerinin alabileceği kaç farklı değer vardır x = x denklemini sağlayan değerler toplamını bulunuz.

160 .17. VİETE TEOREMI x + 18x + 30 = x + 18x + 45 denklemini sağlayan değerler çarpımını bulunuz. 15. p, q ve r değerleri x 3 x + x = 0 denklemini birer kökü olduğuna göre, p 3 + r 3 + q 3 toplamının eşitini bulunuz. 16. x x + 10 = 0 denkleminin kökleri r 1, r, r 3,, r 1000 olduğuna göre, r r r r1000 değerini bulunuz. 17. a + b + 4c = 1 ab + 4bc + ac = abc = 6 denklem sistemini sağlayan (a, b, c) üçlülerini bulunuz Çözümler 1. ax + bx + c = 0 denkleminin köklerine ve diyelim. Buna göre soruda istenilen toplam 1 x x ifadesinin eşiti olacağına göre, 1 x x = x 1 + x x 1 x = b/a c/a = b c olarak istenilen toplam bulunur.

161 160 BÖLÜM. KONULAR. Önceki sorudaki benzer yöntemleri kullanarak çözüme gidelim. x 1 ve x denklemim birer kökü olduğuna göre, olarak bulunacaktır. x 1 x + x x 1 = x 1 + x x 1 x = (x 1 + x ) x 1 x x 1 x = 3 3. Denklemin kökleri ve b olduğuna göre kökler çarpımı ( b) = 6 ve kökler toplamı b = c olacağından, soruda istenilen değerler kolaylıkla bulunur. 4. Soruda verilen iki denklem birbirine eşit olduğuna göre, 3x 1 3x = hx 1 hx olacaktır Burada x 1 x olduğuna göre, soruda istenilen ifade x 1 +x = h/3 olarak bulunacaktır. 5. Varsayalım denklem kökleri x 1, x, x 3 olsun. Buna göre, x 1 + x + x 3 3 = x 1 x x 3 = a + b + c + 1 olacaktır. Soruda ayrıca P (0) = olarak verildiğine göre, c = olacaktır. Buna göre yeni eşitliğimizi sağlayan değerler a = 1 ve b = 17 olarak bulunur. 6. Varsayalım denklemlerimizin köklerini x 3 1, x3 olarak alalım. Buna göre, x 3 1+x 3 = (x 1 + x ) ( x 1 + x ) ( ) x 1 x = m (x 1 + x ) 3x 1 x = m ( m 3mn ) olacaktır. Buna göre, olacağından eşitliklerden olanı doğrudur. x x 3 = p = m 3 + 3mn m 3 3mn = p

162 .17. VİETE TEOREMI Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 8. Denklemin kökler toplamı ve kökler çarpımını kullanmaya çalışalım. Buna göre, x 1 + x = p, ve x 1 x = p 1 4 olacaktır. Diskriminantı kontrol edersek de ise denklemin kökleri, = p 4 ( p 1 ) 1 4 = p p + 1 = 1 x 1 = p + 1 ve x = p 1 olacağına göre, soruda istenilen cevap, olacaktır. x 1 x = 9. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 10. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 11. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 1. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 13. Soruda verilen denklemde 4 x = a olarak alınırsa, yeni denklem a 7a + 1 = 0 olacaktır. Buradan a 1 = 4 ve a = 3 olacağından istenen x değerleri x = 56 ve x = 81 olarak bulunur. 14. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.

163 16 BÖLÜM. KONULAR 15. p, q, r denklemin kökleri olduğuna göre, p 3 + r 3 + q 3 = p + q + r p q r + 6 olarak cevap bulunur. = (p + q + r) (pq + pr + qr) (p + q + r) + 6 = = Her bir r i değeri denklemi sağladığına göre r r = 0 olacaktır. Eğer her bir r 1, r,, r 100 değerini yerine koyalım buna göre, r1 100 = 10r 1 10 r1 100 = 10r 10 = r = 10r eşitliklerini elde ederiz. Bu eşitlikleri alt alta toplarsak cevabı elde edilir. = 10 (r 1 + r + + r 100 ) = = 10 ( 990) = Eğer a, b ve 4c değerlerini bir denklemin kökleri olarak alalım. Buna göre denklemimiz 0 = (x a) (x b) (x 4c) = ( x bx ax + ab ) (x 4c) = ( x x (b + a) + ab ) (x 4c) = x 3 x (a + b + 4c) + x (ab + 4ac + 8bc) 8abc = x 3 1x + x 48

164 .18. BAĞINTI SAYILARI 163 olduğuna göre gerçektende a, b ve 4c değerleri 3. dereceden bir denklemin kökleridir. Buna göre toplam da 3 3 = 6 tane üçlü bulunabilir..18 Bağıntı Sayıları A kümesi boş kümeden farklı bir küme olmak üzere A A kartezyen çarpım kümesinin tüm alt kümelerine birer bağıntı denir. Varsayalım kümemiz A = {a, b, c} olsun. Önce kartezyen çarpımı ve bağıntıyı tablo ile gösterelim. Tablo çizmekteki amacımız hem kartezyen çarpımı hemde seçebileceğimiz herhangi bir bağıntıyı tablo üzerinde daha kolay açıklayabilmemiz olacaktır. a b c a b c Yukarıdaki tabloda verilen bağıntının ikilileri, eğer bu bağıntıya β dersek, β = {(a, b), (c, a), (c, c)} olacaktır. Yıldızları tablodaki karelere rastgele koyarak, yada hiçbir kareye koymayarak, bağıntılar elde edebiliriz. Bu noktadan sonra karşılaşabileceğimiz soruladan biriside, bu şekilde kaç bağıntının yazılabileceği olacaktır. Yukarıda çizdiğimiz tablo üzerinden düşünürek başlayalım. Eğer tablodaki her bir hücreye, birer yıldız koyarsak toplamda 3 3 = 9 yıldız olacaktır. Bağıntılarımız kartezyen çarpımlarımızın birer alt kümesi olduğuna göre, 9 tane bağıntımız olacaktır. Bu durumu genelleştirelim. Eğer s(a) = n olarak alırsak, bağıntı sayımız n n = n olacaktır. Şimdi, bağıntı çeşitlerini ve sayılarını inceleyelim. Yansıyan Bağıntı. x A olmak üzere, x A için (x, x) ikilisi bağıntının bir elemanı ise bağıntımız yansıyan olacaktır. Eğer A = {a, b, c} ise,

165 164 BÖLÜM. KONULAR a b c a b c yukarıdaki tabloda da görüldüğü üzere, en küçük yansıyan bağıntımız β = {(a, a), (b, b), (c, c)} olacaktır. Öyleyse, bu bağıntıya ekleyeceğimiz her ikili için bağıntı hala yansıyan bağıntı olarak kalacaktır. İşaretli olmayan 6 kutu için, kartezyen çarpımın 6 tane alt kümesi olacağından 64 tane yansıyan bağıntı yazılabilir. Eğer A kümesinin n tane elemanı olduğunu varsayarsak, A A kümesinin n tane elemanı olacaktır. Oluşturulacak tablonun köşegeni üzerindeki n elemanı çıkarırsak kalan n n tane elemanın alt kümelerini almamız yeterlidir. Yani yansıyan bağıntı sayımız n n = n (n 1) olacaktır. İngilizce kaynaklarda Irreflexive Relation olarak geçen, bağıntıya biz Türkçe olarak Yansımaz Bağıntı diyelim. Buna göre, eğer yazılan bağıntının içinde x A için (x, x) / β durumu varsa, bağıntımız bir yansımaz bağıntı olacaktır. Daha basit bir anlatımla çizilecek tablonun köşegeni üzerinde bağıntılar yazılırken hiç yıldız bulunmayacak. Demek ki, yansıyan bağıntı sayısı ile yansımaz bağıntı sayısı aynıdır. Ayrıca Yansımaz Bağıntı ile Yansıyan Olmayan Bağıntı birbirlerinden farklıdır. Simetrik Bağıntı. Bir bağıntının simetrik olması için, (x, y) elemanı bağıntının içindeyse, (y, x) bağıntısınında bağıntının içinde olması şartı aranır. Eğer tablo üzerinden düşünürsek, tablonun kşegene göre simetrik olması gerekir. a b c a b c

166 .18. BAĞINTI SAYILARI 165 Örneğin yukarıda verilen tabloda verilen bağıntı simetriktir. Bağıntının elemanları {(a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (a, a)} olacaktır. Şimdi durumu genelleştirelim. Eğer s(a) = n olarak alırsak, simetrik bağıntı yazacağımız için köşegen üstündeki ve üzerindeki noktaları seçip bu noktaların oluşturduğu kümenin alt kümelerini almamız yeterlidir. Durumu genelleştirelim. Tüm ikililerin sayısı n, köşegen üzerindeki noktaların sayısı n ise, n n n (n + 1) + n = istediğimiz ikililerin sayısını alt kümelerin sayısı, yani Simetrik Bağıntı Sayısı olacaktır. n (n+1) Anti-Simetrik Bağıntı. x ve y birbirinden farklı elemanlar olmak üzere (x, y) ve (y, x) aynı anda bağıntının elemanı değilse bağıntı antisimetrik bir bağıntı olur. Örneğin aşağıda tablosu verilen bağıntı bir antisimetrik bağıntıdır. Bağıntının elemanları, a b c a b c (a, a), (a, b), (c, a), (c, c) olacaktır. Bağıntıda (a, b) varken (b, a) ve (c, a) varken (a, c) yoktur. Ama köşegenler üzerindeki elemanlar istenildiği gibi seçilebilir. Peki, kaç tane simetrik bağıntı vardır? Bu sayıyı bulmak için köşegen üstünde olma ve olmama durumlarını ayrı ayrı değerlendirelim. Eğer s(a) = n olarak alırsak, köşegen üzerindeki, elemanlar için n tane durum vardır. Köşegen üzerinde olmayan elemanlar için ise üç durum vardır. Bunlar,

167 166 BÖLÜM. KONULAR (x,y) içinde dışında dışında (y,x) dışında içinde içinde şeklinde olacaktır. (x, y) ve (y, x) ikilisinin ikiside zaten bağıntının içinde olamaz. Kümemizde n tane eleman olduğunu varsayarsak, ( ) n n (n 1) C = farklı durum vardır. Her ikili için üç farklı durum olduğuna göre, 3 n (n 1)/ farklı durum oluşacaktır. Buna göre toplam antisimetrik bağıntı sayısı n 3 n (n 1)/ olacaktır. Ayrıca antisimetrik bağıntı ile simetrik olmayan bağıntılar birbirinden farklı durumlardır. Örneğin, {(a, b), (a, c), (c, a), (c, c)} bağıntısı simetrik değildir. Çünkü, (a, b) bağıntının elemanı iken (b, a) bağıntının elemanı değildir. Benzer biçimde bağıntı antisimetrik değildir çünkü hem (a, c) hemde (c, a) bağıntının birer elemanıdır. Anti-Simetrik Bağıntı ve Yansıyan Bağıntı. Eğer bu durumu antisimetrik bağıntı ile karşılaştırırsak, aradaki tek fark, bu durumda her iki köşegen üzerindeki tüm karelerde birer yıldız olacaktır. Ancak hala, n (n 1) eleman için 3 farklı durum vardır. Bu sebepten de, yansıyan ve antisimetrik bağıntı sayısı 3 n (n 1)/ olacaktır.

168 .18. BAĞINTI SAYILARI Çalışma Soruları Aşağıdaki çalışma soruları Tübitak XVI. Bilgisayar Olimpiyatları sınavında sorulmuştur. Soruların çözümlerini önce kendiniz yapmaya çalışınız. Daha sonra çözümleri okuyunuz. A = {0, 1, {1}, {1, {1}}} küme olarak tanımlanıyor. 1. A kümesi üzerinde kaç farklı ikili bağıntı tanımlanabilir?. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik olan ikili bağıntı tanımlanabilir? 3. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik ve yansıma özeliğine sahip ikili bağıntı tanımlanabilir?.18. Çözümler 1. A kümesinin sorudada görüldüğü üzere 4 tane elemanı vardır. Buna göre A kümesi üzerinde tanımlanabilecek bağıntı sayısı için önce kartezyen çarpımın elemanlarını bulalım. s(a A) = 4 4 = 16 olacaktır. Her bir bağıntı kartezyen kümenin alt kümesi olduğuna göre, alt kümeleri bulmamız yeterli olacaktır. Buna göre istenen cevap olacaktır. 4 4 = 16. Simetrik bağıntı sayısı n (n+1) olduğuna göre, n = 4 için istenen cevap 10 olacaktır. 3. Bağıntımız hem yansıyan hem simetrik olacağına göre, bağıntının içinde mutlaka {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)} ikilileri mutlaka bulunacaktır. Buna göre bu bağıntının içine eleman olarak ekleyeceğimiz her ikili bir yansıyan bağıntı olacaktır. Bağıntımız eğer aynı anda simetrik bağıntı özeliğinide taşıyacağına göre, bağıntının içinde

169 168 BÖLÜM. KONULAR (a, b) eleman olarak bulunuyorsa, (b, a) ikilisi de eleman olarak bağıntının içinde bulunacaktır. Geriye kalan 1 eleman içindeki her bir ikili simetrikliği sağlamak için yanında bir ikiliyi daha taşıyacağından aslında bizim 6 elemanlı bir kümeden alt kümeler seçmemi gerekir. Buna göre, istenen sayı 6 = 64 olacaktır..19 L ıneer Denklemler ın Tamsayı Çözümler ı Genel olarak tekrarlı permütasyon konusu altında verilen bu konuda asıl amacımız x 1 + x + + x r = n, n Z + n Z + {0} formunda verilen bir lineer denklemin pozitif tamsayı veya negatif olmayan tamsayılardaki çözüm sayılarını bulmak olacaktır. Önce teoremleri ve çözümlü örnekleri dikkatli bir şekilde çalışarak konu sonunda verilen çalışma sorular ile konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Önce bir teoremle başlayalım. Teorem (De Moivre). n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen x 1 + x + x x r = n denkleminin pozitif tamsayı çözümlerinin sayısı ( ) n 1 r 1 olacaktır. Kanıt. n sayısını n = olarak yazalım. Bu toplamda n tane 1 ve (n 1) tane + işaretinin olduğu açıktır. Buna göre, n toplamını r tane parçaya bölmek için bizim (r 1) tane + işaretini seçmemiz yeterli olacaktır. Buna göre seçimimiz ( ) n 1 r 1 olacağından ispat tamamlanır.

170 .19. LİNEER DENKLEMLERİN TAMSAYI ÇÖZÜMLERİ 169 Örnek. 9 rakamını üç pozitif tamsayının toplamı olarak kaç farklı biçimde yazabiliriz? Mesela, ve birbirinden farklı iki toplamdır. Çözüm. Soruyu eğer denklem biçiminde yazarsak, aslında sorulan soru a + b + c = 9 a > 0, b > 0, c > 0 denkleminin çözüm sayısı olacaktır. Öyleyse istenen cevap olacaktır. ( ) 9 1 = 3 1 ( ) 8 = 8 Sonuç. n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen y 1 + y + + y r = n denkleminin negatif olmayan tamsayılardaki çözüm sayısı ( ) n + r 1 olacaktır. r 1 Kanıt. Denklemde y r = x r 1, x r 1 değişken değiştirmesini yaparsak x x x r 1 = n olacağından x 1 + x + + x r = n + r olacaktır. Kanıtın bundan sonrası De Moivre teoreminin bir uygulamasına dönüştüğüne göre ( ) n + r 1 çözüm sayısı olacaktır. r 1

171 170 BÖLÜM. KONULAR Örnek. a + b + c + d = 100, a 30, b 1, c 1, d 1 durumlarını sağlayan kaç farklı (a, b, c, d) tamsayı dörtlüsü seçilebilir? Çözüm. Önce uygun değişken değiştermeleri yapalım. a = a + 9, b = b + 0 olarak alırsak yeni denklemimiz a + b + c + d = 50 olacaktır. Bu denkleminde pozitif tamsayı çözümleride ( ) 49 = olacaktır. Örnek. 8 katlı bir binanın asansörüne binen 5 kişi asansörden katlara kaç farklı biçimde dağılabilirler? Çözüm. Aslında soruda bulunması istenen sayı x 1 + x + + x 8 = 5 denkleminin negatif olmayan çözüm sayısıdır. Buna göre cevap ( ) ( ) = = olacaktır. Örnek. a + b + c + d 009 eşitsizliğini sağlayan kaç farklı negatif olmayan tamsayı (a, b, c, d) dörtlüsü vardır? Çözüm. a+b+c+d 009 denkleminin negatif olmayan tamsayı çözüm dörtlülerinin sayısı a + b + c + d + f = 009, f 0

172 .19. LİNEER DENKLEMLERİN TAMSAYI ÇÖZÜMLERİ 171 denkleminin çözüm dörtlülerinin sayısına eşittir. Benzer biçimde son yazdığımız denklemin çözümlerinin sayısıda a b c d f 1 1 = 009 denkleminin çözüm sayısı ile aynı olacağına göre istenen cevap ( ) olacaktır. Buraya kadar yaptığımız örneklerde, değişkenlere dair yaptığımız sınırlamalar hep tek yönlüydü. Sıradaki örneğimizde durum biraz daha farklı. Örnek. a + b + c + d = 100, 1 a 10, b 0, c, 0 d 30 olamak üzere verilen denklemin tüm tamsayı çözüm dörtlülerinin sayısını bulunuz. Çözüm. Çözümü durum, durum inceleyerek sürdürelim. Eğer, a 1, b 0, c, d 0 olarak alırsak denklemimizin ( ) 80 = farklı çözümü olacaktır. Eğer a 11, b 0, c, d 0 olarak alırsak çözüm sayımız ( ) 70 3 kadar olacaktır. Eğer a 1, b 0, c, d 31 olarak alırsak çözüm sayımız ( ) 69 3 kadar olacaktır. Bu iki durumun kesişimi ise ( ) 59 3

173 17 BÖLÜM. KONULAR kadar olacağından birleşim kümesinin eleman sayısı ( ) ( ) ( ) = olacaktır. Buna göre istenen çözüm sayısı ( ) ( ) ( ) + ( ) 59 = olacaktır. Genel olarak karşınıza çıkabilecek lineer denklemler ve pozitif tamsayı çözümleri örneklerle açıklandı. Şimdi bir çoğu Tübitak Bilgisayar Olimpiyatları birinci aşama sınavında çıkmış çalışma sorularını yapmaya çalışarak konuyu daha iyi kavramaya çalışınız Çalışma Soruları 1. 1 ile 1000 arasındaki sayılardan kaç tanesinin rakamlarının toplamı 7 yapar?. (5a + 8b + c) 15 açıldığında kaç terim elde edilir? 3. 0 x 1, x, x 3, x 4 7 olduğunda x 1 + x + x 3 + x 4 = 18 denkleminin kaç farklı tamsayı çözümü vardır? 4. 0 adet boş kartın her birinin üzerine kare, daire ve üçgen resmi çizilebilmektedir. Buna göre kaç farklı şekilde 0 karttan oluşan bir demet oluşturulabilir? tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. Her bir kutuda en az 6 adet top bulunacak şekilde topları kaç farklı şekilde kutulara dağıtabiliri? tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. Her bir kutuda en fazla 40 adet top bulunacak biçimde kaç farklı şekilde kutulara dağıtabiliriz? 7. Kırmızı, beyaz ve mavi zarların üçü birden atıldığında, kaç farlı durumda gelen sayıların toplamı 10 yapar?

174 .0. FONKSİYONEL DENKLEMLER a + b + c + d = 98 eşitliğini sağlayan kaç (a, b, c, d) pozitif tek tamsayı dörtlüsü vardır? (AIME 1998).19. Çözümler Konu anlatımı içerisinde verilen çözümler, örnekleri çözmeniz için yeterlidir. Biraz uğraşark çözümlere ulaşabilirsiniz..0 Fonks ıyonel Denklemler Bilinmeyenlerinin birer fonksiyon olduğu denklemlere genel olarak fonksiyonel denklem denilir. Benzer biçimde bilinmeyenlerin polinomlardan oluştuğu denklem sorularınıda bu başlık altında alabiliriz. Ancak bu tür soruların ne yazıkki genel bir çözüm yöntemi yoktur. Belkide bu sebepten matematik yarışmalarında sıklıkla sorulan sorular haline gelmişlerdir. Bu başlık altında genel olarak tek değişkenli fonksiyonel denklemlerin genel çözüm teknikleri ve çok değişkenli fonksiyonel denklemler konuları ele alınmıştır..0.1 Tek Değişkenliler - Temel Teknikler Tek değişkenlilerin çözümlerine uygun dönüşümler yapılarak ulaşılır. Örnekleri inceleyerek devap edelim. Örnek. f (x + 1) = x 3x + fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm. t = x+1 ise x = t 1 olacağından f(t) = (t 1) 3(t 1)+ = t 5t + 6 eşitliğinden f(x) = x 5x + 6 olarak bulunur. Örnek. f( x + 1 x ) = x + 1 x + 1 x fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm. t = (x + 1)/x olarak alırsak x = 1/(t 1) olacağından f(t) = ( 1 t 1 ) + 1 ( t 1 ) ( 1 t 1 ) = t t + 1

175 174 BÖLÜM. KONULAR bulunur. Buna göre f(x) = x x + 1 olarak bulunur. Genel olarak çözümlerde uyguladığımız teknik, f[ϕ(x)] = g(x) eşitliğini f için çözmektir. Eğer ϕ fonksiyonunun tersi varsa, t = ϕ(x) olarak alabiliriz. Dolayısıyla da f(x) = g[ϕ 1 (x)] olur. Örnek. Çözüm. f(e x ) = x 3 + sin x fonksiyonel denklemini çözünüz. t = e x değişken değiştirmesini yaparsak, x = ln t olacağından f(x) = (ln x ) 3 + sin(ln x ) olacaktır. Örnek. a ±1 olmak üzere verilen x f( ) = af(x) + ϕ(x) x 1 fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm. t = x/(x 1) değişken değiştirmesini yaparsak, x = t/(t 1) olacaktır. Buna göre, t f(t) = af( t 1 ) + ϕ( t t ) = a(af(t) + ϕ(t)) + ϕ( t 1 t 1 ) olacağından, istenilen fonksiyon f(x) = aϕ(x) + ϕ( x x 1 ) 1 a olacaktır. Bir fonksiyonel denklem değişkenlere bağlı cebirsel ifadeler ihtiva edebilir. Bu tür sorularda uygulanacak temel teknik eşzamanlı fonksiyonlar oluşturmaktır. Şimdi aşağıdaki örnekleri inceleyelim.

176 .0. FONKSİYONEL DENKLEMLER 175 Örnek. fonksiyonel denklemini çözünüz. 3f(x) + f(1/x) = 4x Çözüm. x değişkeni yerine 1/x alınırsa, 3f(1/x) + f(x) = 4/x olacaktır. Soruda verilen fonksiyon 3/ ile çarpılıp son bulunan denklem ile toplanırsa, istenilen denklem olarak bulunacaktır. f(x) = 1x 8 5x Örnek. x 0 olmak üzere verilen fonksiyonel denklemini çözünüz. 1 x f( x) + f( 1 x ) = x Çözüm. Soruda verilen denklemde x yerine x yazarsak, bulunur. Eğer x yerine 1 x alınırsa 1 x f(x) + f( 1 x ) = x xf( 1 x ) + f(x) = 1 x denklemi elde edilecektir. Bu iki fonksiyonel denklemden, istenilen fonksiyon f(x) = 1 (x + 1 x ) olarak elde edilir.

177 176 BÖLÜM. KONULAR Fonksiyonel denklemlerin çözümü yapılırken eğer fonksiyonun özelikleride göz önüne alınırsa çözüme ulaşılması daha kolay olacaktır. Öyle ki fonksiyonun sürekliliği, monotonluğu, sınırlılığı, türevlenebilir olması gibi bilgilerin bilinmesi çözümlerde faydalı olacaktır. Örnek. f(x + 1) + f(x 1) = x 4x fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm. İki fonksiyonun toplamı ikinci dereceden olduğuna göre f(x) fonksiyonuda ikinci dereceden olacaktır. Buna göre, f(x) = ax + bx + c ise ax + bx + (a + c) = x 4x eşitliğinden f(x) fonksiyonu f(x) = x x 1 olarak bulunur..0. Çok Değişkenliler Bazı çok değişkenli fonksiyonel denklemlerin çözümlerinde simetriden faydalanılarak denklemi tek değişkenliye indirgemek çözümü oldukça kolaylaştırır. Aşağıdaki örnekler ve çözümler bu durumla alakalıdır. Örnek. (x y)f(x + y) (x + y)f(x y) = 4xy(x y ) fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm. Eğer soruda verilen eşitliği düzenlersek f(x + y) x + y f(x y) x y = 4xy olacaktır. Buna göre g(x) = f(x) x

178 .0. FONKSİYONEL DENKLEMLER 177 fonksiyonunu alalım. Eğer g(x + y) g(x y) = 4xy ise g(x + y) (x + y) = g(x y) (x y) olacağından g(x) x = k, k R ve g(x) = x + k, f(x) = x 3 + kx olarak bulunur. Değişken sayısını düşürmenin bir diğer yoluda uygun değerleri değişkenlere atamaktır. Aşağıdaki örnek bu metodla çözülmüştür. Örnek. çözünüz. f(x) f(y) f(xy) = x + y fonksiyonel denklemini f(x) için Çözüm. Varsayalım y = 0 olsun. Buna göre, f(0)[f(x) 1] = x olacaktır. f(0) 0 olacağına göre, f(x) = x f(0) + 1 eşitliği elde edilir. Benzer biçimde x = y = 0 alınırsa f(0)[f(0) 1] = 0 ise f(0) = 1 olacağından f(x) = x + 1 olarak bulunur. Gerçektende bulduğumuz fonksiyon soruda verilen denklemi sağlamaktadır. Örnek. f fonksiyonu f(x) + f(y) = f(x + y) xy 1 eşitliğini sağlamaktadır. Buna göre, eğer f(1) = 1 ise f(n) = n eşitliğini sağlayan negatif tamsayı değerlerini bulunuz. Çözüm. x = 1 olarak alırsak, f(y + 1) f(y) = y + ve y = 0 alırsak f(0) = 1 olacaktır. n için n 1 n 1 f(n+1)+1 = f(n) f(0) = (f(y+1) f(y)) = (y+) = y=0 y=0 (n + 1)(n + ) 1

179 178 BÖLÜM. KONULAR olacağından f(n) = n+ 3n+ = n + 3n olacaktır. Eğer x = n ve y = n alırsak, f(n) + f( n) = n n ve olacaktır. Demekki, f( n) = n f(n) = ( n) + 3( n) f(n) = n + 3n eşitliği negatif n değerleri içinde geçerlidir. Sorudaki f(n) = n durumu için n + 3n = n ise (n 1)(n + ) = 0 olacağından n = 1 veya n = olacaktır. Fonksiyonel denklemlerin çözümleri yapılırken bazı kullanışlı sonuçların bilinmesinde fayda vardır. Örneğin aşağıda verilenler bunlardan sadece birkaçıdır. Buna göre, f sürekli bir fonksiyon olmak üzere i. f(x + y) = f(x) + f(y) ise f(x) = c, ii. f(x + y) = f(x) f(y) ise f(x) = c x iii. f(xy) = f(x) + f(y) ise f(x) = c ln x iv. f(xy) = f(x) f(y) ise f(x) = x c olacaktır. Sıradaki örneğimizin çözümünde bu sonuçları kullanabiliriz. Örnek. (Jensen Fonksiyonel Denklemi) x, y R olmak üzere verilen ( ) x + y f = f (x) + f (y) eşitliğini sağlayan tüm sürekli f fonksiyonlarını bulunuz.

180 .0. FONKSİYONEL DENKLEMLER 179 Çözüm. olacaktır. Buna göre, Eğer y = 0 olarak alınırsa, ( x ) f (x) + f (0) f = f (x) + f (y) ( ) x + y = f = f (x + y) + f (0) olacaktır. Yani, f(x + y) = f(x) + f(y) f(0) olarak bulunur. Varsayalım h(x) = f(x) f(0) ise h(x + y) = h(x) + h(y) olacağından h(x) = cx ve f(x) = cx + f(0) olarak bulunur. Örnek. bulunuz. f(x+y) = g(x)+h(y) eşitliğini sağlayan tüm sürekli fonksiyonları Çözüm. Eğer y = 0 olarak alırsak h(0) = b ise f(x) = g(x) + b ve eğer x = 0 olarak alırsak benzer biçimde f(y) = a + h(y) olacaktır. Buna göre, f(x + y) = [f(x) b] + [f(y) a] = f(x) + f(y) (a + b) olacağından F (x) = f(x) a b ve F (x + y) = F (x) + F (y) olacaktır. F fonksiyonu toplamsal sürekli fonksiyon olduğundan F (x) = kx olacaktır. Sonuç olarak f(x) = kx + a + b, g(x) = kx + a ve h(x) = kx + b olacaktır. Olimpiyat sınavlarında özellikle TST ve kamp sınavlarında sorulan soruların çözümleri oldukça zordur. Belli teknikler kullanarak çözümeye gitmeye çalışmak her ne kadar gerekli olsada çoğu zaman yereli değildir. Ancak bazı yardımcı özelikleri araştırmak sanırız çözüm yolundaki en büyük yardımcılardan olacaktır. Bu sebepten elimizdeki fonksiyonun i. Birebir veya örtenliği, ii. Periyodikliği veya tek, çift fonksiyon olma durumu, iii. Artan yada azalan olma durumu, iv. Simetrikliği gibi özelliklerinin olup olmadığını bilmek, çoğu zaman çözümü ciddi biçimde kolaylaştıracaktır.

181 180 BÖLÜM. KONULAR.0.3 Çalışma Soruları 1. f : R R olmak üzere verilen f(f(x + y)) = f(x + y) + f(x)f(y) xy x, y R eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz.. f : Z R ve x + y toplamı 3 ün tam katı olduğuna göre, ( ) x + y f(x) + f(y) f = 3 eşitliğini sağlayan f fonksiyonlarını bulunuz. 3. f : R R olmak üzere verilen f(xf(y) + x) = xy + f(x) eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. 4. f : R R olmak üzere verilen f(f(x) + y) = f(x y) + 4f(x)y eşitliğini sağlayan f fonksiyonlarını bulunuz..0.4 Çözümler 1. Eğer y = 0 alırsak, f(f(x)) = [1 + f(0)]f(x) eşitliği elde edilir. Eğer x yerine x + y alırsak [1 + f(0)]f(x + y) = f(f(x + y)) = f(x + y) + f(x)f(y) xy eşitliğinden elde edilir. Eğer y = 1 alınırsa, f(0)f(x + y) = f(x)f(y) xy f(0)f(x + 1) = f(x)f(1) x

182 .0. FONKSİYONEL DENKLEMLER 181 eşitliği elde edilir. Eğer y = 1 ve x yerine x + 1 alınırsa f(0)f(x) = f(x + 1)f( 1) = f(x + 1)f( 1) + x + 1 eşitliği elde edilir. Eğer son iki denklemden f(x + 1) i çekersek [f (0) f(1)f( 1)]f(x) = [f(0) f( 1)]x + f(0) eşitliği elde edilir. Eğer f (0) f(1)f( 1) 0 ise f fonksiyonu lineerdir. Eğer f (0) f(1)f( 1) = 0 ise son denklemde x = 0 alarak f(0) = 0 olarak bulunur. Bu durumda fonksiyon f(x)f(y) = xy olacaktır. y = 1 alırsak f(x)f(1) = x olacaktır. Dolayısıyla f(1) 0 ve f(x) lineerdir. Sonuç olarak, f(x) = ax + b olarak soruda verilen denklemde yerine koyarsak a = 1 ve b = 0 bulunur. Demek ki, fonksiyon f(x) = x dir.. Bütün n tamsayıları için olacağından f(0) + f(3n) = f(n) = f(n) + f(n) f(n) = f(n) = f(3n) + f(3n) = f(3n) olacaktır. Demek ki f(n) = f(0) eşitliği vardır. Dolayısıyla tüm tüm sabit fonksiyonlar birer çözüm olacaktır. 3. Eğer x = 1, y = 1 f(1) ve a = f(y) + 1 alırsak eşitliğimiz f(a) = f(f(y) + 1) = y + f(1) = 1 olacaktır. Eğer y = a ve b = f(a) olarak alırsak ve b = f(xf(a) + x) = ax + f(x) f(x) = ax + b olacaktır. Eğer sorudaki denklemde yerine koyarsak, ax y abx ax + b = xy ax + b eşitliği bulunur. Polinom eşitliğinden a = ±1 ve b = 0 dolayısıyla f(x) = x veya f(x) = x bulunur.

183 18 BÖLÜM. KONULAR 4. y = x olarak alırsak bulunur. y = f(x) alınırsa f(f(x) + x ) = f(0) + 4x f(x) f(0) = f(f(x) + x ) + 4f(x) eşitsizliği elde edilir. Bulduğumuz bu iki eşitliği karşılaştırırsak, her bir x değeri için f(x) = 0 veya f(x) = x olmalıdır. Varsayalım f(a) = 0 olsun. x = a olarak alırsak bulunur. y a / için f(y) = f(a y) y (a y) ise f(y) = 0 olacaktır. Son olarak x = a ve y = a / alırsak f(a /) = f(7a /) = 0 olacaktır. Demek ki, f(x) = 0 veya f(x) = x olmalıdır.