İçindekiler. KarışıkÖrnekler 108

Transkript

1 İçindekiler BİRİNCİBÖLÜM Logaritma Logaritma Fonksiyonunun Özellikleri Logaritma Fonksiyonunun Grafiği 5 Karakteristik ve Mantis 5 Logaritmik Denklemler 6 Logaritmik Eşitsizlikler 0 KarışıkÖrnekler İKİNCİBÖLÜM Trigonometri 3 Sinüs ve Kosinüs Fonksiyonları 3 Tanjant, Kotanjant, Sekant ve Kosekant Fonksiyonları 35 Trigonometrik Fonksiyonların Periyodu 39 Toplam ve Fark Formülleri 40 Yarımaçı Formülleri 45 Üç Kat Formülleri 47 Dönüşüm Formülleri 5 Ters Dönüşüm Formülleri 56 Bir Üçgenin Elemanları ve Trigonmetrik Bağıntılar 57 Ters Trigonometrik Fonksiyonlar 73 Trigonometrik Denklemler 78 Trigonometrik Denklemlerin Bilinmeyene Göre İncelenmesi 89 Yardımcı Bilinmeyen Yardımıyla Çözülebilen Denklemler 9 Trigonometri Yardımıyla Denklem Çözümü 94 Trogonometrik Toplamlar 96 Trigonometrik Çarpımlar 06 KarışıkÖrnekler 08 Alıştırmalar 5 ÜÇÜNCÜ BÖLÜM Kompleks SayılarveDeMoivreFormülü 3

2 DÖRDÜNCÜ BÖLÜM Fonksiyonların Limit, Sürekliliği ve Türevi 47 Fonksiyonların Limiti 5 Belirsizlikler ve Limitlerinin Hesaplanması 57 Fonksiyonların Sürekliliği 6 Türev 65 Fonksiyonun Artan ve Azalan Olduğu Aralıkların Belirlenmesi 73 Türevi Kullanarak Bir Denklemin Köklerinin Yorumlanması 80 Bir Fonksiyonun Konveksliği ve Konkavlığı 87 Üslü Değişkenli FonksiyonlarınTürevi 90 FonksiyonlarınGrafiklerinin Çizilmesi 0 Taylor Formülü 0 İntegral 06 BEŞİNCİBÖLÜM Fonksiyonel Denklemler 09 Tamsayılar ve Rasyonel Sayılar Kümesinde Fonksiyonel Denklem Çözümü 3 Rasyonel Sayılar Kümesinden Reel Sayılar Kümesine Geçiş 0 Fonksiyonel Denklemlerin Polinom Denklem Çözümleri 3 Fonksiyonel Denklemin Çözümünün Varlığı 6 Fonksiyonel Denklemlerin Sürekli Fonksiyon Çözümleri 30 Fonksiyonel Denklemlerin Diferensiyellenebilir Fonksiyon Çözümleri 34 Özel Fonksiyonel Denklemler 36 Birinci Cauchy Denklemi 36 İkinci Cauchy Denklemi 40 Üçüncü Cauchy Denklemi 43 Dördüncü Cauchy Denklemi 44 Jensen Denklemi 45 Pexider Fonksiyonel Denklemleri 46 Problemler 5 Problemlerin Çözümleri 54 Alıştırmalar 7

3 ALTINCI BÖLÜM Eşitsizlikler 79 Üçgen Eşitsizliği 83 Toplam ve Çarpımlarda Basit Eşitsizliklerin Kullanımı 84 a 0 Eşitsizliği 87 (x n+m + y n+m ) (x n + y n )(x m + y m ) Eşitsizliği 94 n/m + m/n Eşitsizliği 96 Aritmetik - Geometrik - Harmonik Ortalama Eşitsizliği 300 Cauchy - Schwarz Eşitsizliği 33 P cyc notasyonu (Dairesel Toplam) 334 Kuvvet Ortalamaları Eşitsizliği 337 Simetrik Ortalamalar Eşitsizliği 34 Bernoulli Eşitsizliği 343 Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Eşitsizliği 345 Chebysev Eşitsizliği 353 Jensen Eşitsizliği 357 Genelleştirilmiş Aritmetik - Geometrik Ortalama Eşitsizliği 366 Schur Eşitsizliği 368 Hölder Eşitsizliği 373 Minkowski Eşitsizliği 374 Muirhead Eşitsizliği 375 Homojenleştirme 38 Geometrik Eşitsizlikler 383 Trigonometrik Fonksiyonlar Kullanarak Eşitsizlik Ispatı 406 Problemler 40 Problemlerin Çözümleri 46 Alıştırmalar 444 Kaynaklar 459

4

5 Trigonometri 59 Örnek 8 Kenarları ardışık tamsayı ve en büyük açısı, en küçük açının ikikatı olan sadece bir üçgen olduğunu gösteriniz. (IMO 968) Çözüm : ABC üçgeninde, a, b ve c kenarları sırasıyla x +,x,x olsun. Büyük kenarın karşısında büyük açı olacağından, soruda verilenlerden A =C olur. Bu durumda, A + B + C = π eşitliğinden, B = π 3C bulunur. Sinüs teoreminde, bu değerleri yerine yazarsak x + sin C = x sin 3C = x sin C elde edilir. x y = m n x y = x + m y + n orantı özelliğinden x sin 3C = x sin C = x + x sin 3C +sinc = x sinc cos C yazabiliriz. Bu durumda, x + sin C = x sinc cos C olur ki, buradan, bulunur. Diğer taraftan, eşitliğinden, x += x cosc x + sin C = x sin C x + sinc cos C = x sin C x + cosc = x (**) elde edilir. ( ) ve ( ) eşitliklerinden, cos C = x (x +) olur. Böylece, (x +) =(x ) (x ) denklemi elde edilir. Bu denklemden, x 5x =0ve dolayıyla, x =5bulunur. Yani, üçgenin kenarları 4, 5, 6 dır ve istenen şekilde sadece bir üçgen vardır. (*)

6 60 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 Örnek 83 Bir ABC üçgeninde cot B = a + c ise, bu üçgenin dik üçgen olduğunu b gösteriniz. Çözüm : cot B = a + c eşitliğinde, a =R sin A, b =R sin B, c =R sin C b yazalım. Bu durumda, elde edilir. eşitliğinde, cos (B/) sin (B/) sin A + C olduğu kullanılırsa, cot B = sin A +sinc sin B = sin(a + C) /cos(a C) / sin(b/) cos (B/) µ A + B + C =cos A + C =cos B cos B =cosa C bulunur. Böylece, B/ = ± (A C) / elde edilir. Yani, A = B + C veya C = A + B olduğu görülür. Bu ise, A =90 veya C =90 olması demektir. Örnek 84 Bir ABC üçgeni için, sin A +sin B +sin C cos A +cos B +cos C = olduğuna göre, bu üçgenin bir dik üçgen olduğunu ispatlayınız.(imo Shortlist 967) Çözüm : Denklemde, sin x = ( cos x) / ve cos x = (+cosx) / olduğunu kullanıp, denklemi düzenlersek, elde edilir. Dönüşüm formüllerinden, cos A +cosb +cosc =0 cos(a + B)cos(A B)+cosC +=0 olur. cos C =cos C yazarsak, cos (A + B)cos(A B)+cos C =0 elde edilir. A + B + C = π olduğundan, cos (A + B) = cos C yazılırsa, cos C (cos C cos (A B)) = 0 ve cos C = cos (A + B) yazarsak, cos C (cos (A + B)+cos(A B)) = 0 elde edilir. Bu denklemden de, cos A cos B cos C =0elde edilir. O halde, A, B veya C açılarından biri 90 olmalıdır.

7 Trigonometri 6 Örnek 85 Bir ABC üçgeninin alanı S olduğuna göre a) S = a sin B + b sin A 4 a b sin A sin B b) S = sin(a B) eşitliklerinin sağlandığını gösteriniz. Çözüm : A + B + C = π olduğundan, S = ab sin C yerine S = ab sin (A + B) yazabiliriz. Böylece, S =(ab sin A cos B +ab sin B cos A)/ olur. Sinüs teoremine göre, a sin A = b sin B veya a sin B = b sin A olduğundan, S = a sin B cos B + b sin A cos A olur. sin B cos B =(sinb) / ve sin A cos A =(sina) / yazılırsa, S = a sin B + b sin A 4 bulunur. a ii) sin A = b sin B eşitliğine göre, a sin A = b sin olur. Orantı özelliklerinden, B a sin A = b sin B = a b sin A sin B elde edilir. Diğer taraftan, olduğundan, olur. a sin A = a sin A a sin A = ab sin A sin B = a b a sin A b sin B = ab sin A sin B eşitliği elde edilir. ab = S sin A sin B S sin A sin B sin C = a b sin A sin B sin C =sin(a + B) ve sin A sin B =sin(a + B)sin(A B) eşitlikleri kullanılırsa, elde edilir. S = a b sin A sin B sin(a B) sin C yazılırsa

8 6 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 Örnek 86 Bir ABC üçgeninde, a cos A + b cos B + c cos C = ur R bağıntısının varlığını ispatlayınız. Çözüm : ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O olsun. Bu durumda, üçgen geniş açılı bir üçgen değilse, O noktası üçgenin içinde olacaktır. Şekilden takip edilirse, A(ABC) =A (AOB)+A (BOC)+A (COA) R olur. Bir üçgenin alanı, r iç teğet çemberinin yarıçapı ve O u =(a + b + c) / olmak üzere, S = ur dir. Diğer taraftan, R r BOH b açısı A açısına eşit olduğundan, OH = R cos A olur H ve BOC üçgeninin alanı, a (R cos A) / bulunur. Benzer B düşünceyle, AOB ve AOC üçgenlerinin alanı da bulunabilir. Böylece, bulunur. Buradan S = ur = a (R cos A) + b (R cos B) + A c (R cos C) a cos A + b cos B + c cos C = ur R elde edilir. Eğer A açısı, geniş açı ise, bu takdirde O noktası üçgenin dışında olur. Bu durumda, A (ABC) = A (OBC)+A (OCA)+A (OAB) eşitliği olacaktır. Fakat, A (OBC) = ar cos (π A) = ar cos A olduğundan, yine istenen bağıntı elde edilecektir. Örnek 87 ABC dar açılı üçgeninin alanı S olmak üzere, p a b 4S + p b c 4S + p c a 4S = a + b + c eşitliğinin sağlandığını gösteriniz. Çözüm : S = ab sin C = cb sin A = ca sin B olduğundan, verilen ifadenin sol tarafına K dersek, p p p K = a b a b sin C + b c b c sin A + c a c a sin B = ab cos C + bc cos A + ca cos B olur. Kosinüs teoreminden, elde edilir. K = a + b c = a + b + c + b + c a + a + c b C

9 Trigonometri 63 Örnek 88 Bir ABC üçgeninde, r iç teğet çemberin yarıçapı, R çevrel çemberin yarıçapı ve u = a + b + c ise, tan A = r u a, tan B = r ve tan C u b = r u c olduğunu gösteriniz. Çözüm : Yandaki şekilden takip edilirse, tan A = r x olur. c x + b x = a olduğundan, x = b + c a veya x = a + b + c a = u a yazılabilir. O halde, tan A = r u a olur. Benzer düşünceyle, B c - x c - x A x x r r O b - x b - x C bulunabilir. tan B = r u b ve tan C = r u c Örnek 89 Yandaki ikizkenar ABC üçgeninde BC = AC,ACB b = 06,m(P AC) b = 7 ve m(p CA) b =3 olduğuna göre, CPB b açısı kaç derecedir? (AIME 003) Çözüm : CPB b = x olsun. Verilenlerden, m(apc) b = 50,m(P CB)=83 b ve m(cbp) b = 97 x olur. Buna göre, sinüs teoreminden, B AC sin 50 = PC sin 7 ve BC PC = sin x sin (97 x) olur. BC = AC, sin 50 =/ ve sin (97 x) =cos(x 7 ) olduğundan, / sin 7 = sin x cos (x 7 ) olur ki, buradan, cos (x 7 )=sinx sin 7 bulunur. cos (x 7 )=cosx cos 7 +sinx sin 7 yazılırsa, elde edilir. Yani, x =83 bulunur. cos x cos 7 =sinx sin 7 tan x =cot7 P A C

10 64 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 Örnek 90 Bir ABC üçgeninde a + b = 989c ise kaçtır? (AIME 989) Çözüm : c kenarına ait yüksekliği çizelim. Bu durumda, cot A = AH ve cot B = BH olacağından, h h cot A +cotb = c h cot C cot A +cotb H A h değeri olur. Üçgenin alanına S dersek, S = hc/ olduğundan, h =S/c yazılabilir. Buradan, B C cot A +cotb = c S bulunur. Diğer taraftan, kosinüs teoremine göre, c = a + b ab cos C ise, c = 989c ab cos C olur ki, bu eşitlikten, cos C = 988c /ab olur. Yine, alan formülüne göre S = ab sin C eşitliğinden, sin C =S/ab olacağından, cot C = 988c /ab S/ab olur. cot C cot A +cotb = = bulunur. Böylece, 988c 4S c = 994 S Örnek 9 Bir ABC üçgeninde, eğer cot A/, cot B/ ve cot C/ değerleri bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, üçgenin a, b ve c kenarlarının da bir aritmetik dizi oluşturacağını gösteriniz. Çözüm : tan A = r u a, tan B = r u b, tan C = u a, u b, u c r r r değerleri bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, u b = u a + u c r r r r olduğuna göre, u c eşitliği sağlanmalıdır. Buradan, b = a + c bulunur ki, bu bağıntı a, b ve c sayılarının bir aritmetik dizi oluşturduğunu gösterir.

11 Trigonometri 65 Örnek 9 Bir ABC üçgeninde, r iç teğet çemberin yarıçapı, R çevrel çemberin yarıçapı ve u = a + b + c ise, r olduğunu göster- u c a tan A tan B tan C = r u, b) tan A +tanb +tanc = 4R + r u olduğunu gösteriniz. Çözüm : a) tan A = r u a, tan B = r u b, tan C = miştik. Buna göre, bu eşitlikleri taraf tarafa çarparsak, tan A tan B tan C = r 3 (u a)(u b)(u c) olur. ABC üçgeninin alanının S = ur ve S = p u (u a)(u b)(u c) olduğu da göz önüne alınırsa, bu ifadelerin karelerinin eşitliğinden bulunabilir. Buna göre, (u a)(u b)(u c) =ur tan A tan B tan C = r3 ur = r u elde edilir. b) Yukarıda bulunan eşitlikleri bu kez toplayalım. Bu durumda, tan A +tanb +tanc = r u a + r u b + r u c olur. Paydalar eşitlenip, u = a + b + c kullanılırsa, tan A +tanb +tanc = r u + ab + bc + ca (u a)(u b)(u c) bulunur. (u a)(u b)(u c) =ur ( ) olduğunu bulmuştuk. Şimdi, u + ab + bc + ca ifadesini hesaplayalım. Bunun için, S = abc = ur eşitliğinden elde edilen, 4R abc =4urR ifadesini, ( ) eşitliği ile taraf tarafa toplarsak, abc +(u a)(u b)(u c) =ur (4R + r) elde edilir. Sol taraf açılıp, gerekli sadeleştirmeler yapılırsa, bulunur. Böylece, olduğu görülür. u + ab + bc + ca = r (4R + r) tan A +tanb +tanc = r (4R + r) ur = 4R + r u (*)

12 66 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 Trigonometrik Ceva Formülü : Bir ABC üçgeninde, A, B ve C köşesinden kenarlara [AP ], [BQ] ve [CR] doğru parçaları çiziliyor. Bu doğru parçaları bir noktada kesişiyorlar. Üçgenin köşelerinde oluşan açılar şekilde gibi belirtilmiştir. Buna göre, sin α sin β sin γ = sin α sin β sin γ eşitliği sağlanır. A c R c B β β O a γ α γ α b Q b İspat : m(bqc) b =x olsun. BQC üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa, sin β = sin x b a ve BQA üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa, sin B b QA = sin(80 x) =sinx olduğu da göz önüne alınırsa, sin β b = sin x c b elde edilir. Bu eşitliklerden de, = c sin β bulunur. Benzer düşünceyle, b a sin β a = b sin α ve c = a sin γ olduğu görülebilir. Böylece, Ceva teoremine göre a c sin α c b sin γ olacağından istenen elde edilir. a a b b c c = Örnek 93 Bir ABC üçgeninde, BAC b =40 ve ABC b =60 olarak veriliyor. D ve E sırasıyla, ACve AB kenarları üzerinde, CBD b =40 ve BCE b =70 olacak şekildeki noktalar olsun. F noktası BD ve CE nin kesişim noktası olduğuna göre, AF nin BC ye dik olduğunu ispatlayınız. (KANADA - 998) Çözüm : ABD b =0 ve ACE b =0 olduğu görülebilir. Tüm verileri üçgende gösterelim. CAK b = α diyelim. Trigonometrik Ceva formülünden, sin (40 α) sin 0 sin 40 sin α sin 70 sin 0 =, olması gerekir. sin 70 = cos 0 ve sin 40 =sin0 cos 0 yazılırsa, sin (40 α) = / sin α sin 0 A α E F B 0 40 D P K a α 0 elde edilir. Bu eşitlikten de α =0 ve dolayısıyla da A b KC =90 bulunur. C C

13 Trigonometri 67 Örnek 94 Herhangi bir ABC üçgeninde, a b sin (A B) c = sin (A + B) eşitliğinin sağlanacağını gösteriniz. Çözüm : Sinüs teoremine göre, a = R sin A, b = R sin B, c = R sin C olduğundan, a b c = 4R sin A 4R sin B 4R sin = sin A sin B C sin C bulunur. sin A sin B =sin(a + B)sin(A B) olduğunu kolayca görebiliriz. Diğer taraftan, A + B + C = π olduğundan, sin C =sin (A + B) olur. O halde, elde edilir. a b sin (A + B)sin(A B) sin (A B) c = sin = (A + B) sin (A + B) Örnek 95 Herhangi bir ABC üçgeninde, c + a b c + b a = tan A tan B eşitliğini sağlanacağını gösteriniz. Çözüm : Bir önceki örnekte, a b sin (A B) c = sin (A + B) olduğunu görmüştük. Şimdi, x y = u v ise, y + x y x = v + u olduğunu kullanacağız. v u Buna göre, c + a b sin (A + B)+sin(A B) c + b a = sin (A + B) sin (A B) sina cos B = sinb cos A = tan A tan B elde edilir. Örnek 96 Kenarları a, b, c ve d olan bir ABCD kirişler dörtgeninin alanının, u = a + b + c + d olmak üzere, A (ABCD) = p (u a)(u b)(u c)(u d) olduğunu gösteriniz.

14 68 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 Çözüm : Yandaki şekile göre, A (ABCD) = A (ABD)+A (BCD) = (ab sin A + cd sin C) yazılabilir. Bir kirişler dörtgende karşılıklı açıların toplamı, 80 olduğu da göz önüne alınırsa, bu alanın A (ABCD) = sin A (ab + cd)( ) olduğunu görürüz. Şimdi, sin A yı bulmamız yeterli olacaktır. Bunun için, ABD ve BCD üçgenlerinde kosinüs teoremini kullanacağız. BD = a + b ab cos A = c + d cd cos C eşitliğinde cos C = cos A olduğunu kullanarak, cos A = a + b c d ab +cd elde edilir. Buna göre, s µ a + b c d sin A = ab +cd q = (ab +cd) (a ab +cd + b c d ) elde edilir. Böylece, ( ) eşitliğinden, q (ab +cd) (a + b c d ) A (ABCD) = 4 olur. Şimdi, (ab +cd) a + b c d ifadesini sadeleştirelim. Bu ifade iki kare farkından, ab +cd a + b c d ab +cd + a + b c d yazılabilir. Düzenlersek, ³(c + d) (a b) ³ (a + b) (c d) A b a R B D O c d C olur. Buradan, (a b + c + d)(a b c d)(d b c a)(a + b c + d) elde edilir. a + b + c + d =u olduğundan, bu ifadeyi de, (u b)(u a)(u d)(u c) şeklide yazabiliriz. Böylece, A (ABCD) = p (u a)(u b)(u c)(u d) bulunur.

15 96 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5.5 Trigonometrik Toplamlar Trigonometrik ifadelerin toplamlarının hesaplanmasında aşağıdaki yöntemler kullanılır..5. Uygun bir ifadeyle çarpıp, dönüşüm formüllerini kullanma Toplamdaki her bir terimi, öyle bir trigonometrik fonksiyonla çarparız ki, elde edilen yeni terimlerde, ters dönüşüm formüllerini kullandığımızda iki trigonometrik fonksiyonun farkını elde ederiz. Böylece, tüm toplam göz önüne alındığında, birbirini yok eden yeni terimler elde ederiz. Örneğin, açıların aritmetik olarak ilerlediği toplamlardan, toplamın her iki tarafı d artışmiktarı olmak üzere, sin(d/) ile çarpılır. Daha sonra da ters dönüşüm formülleri uygulanır. Aşağıdaki örnekleri inceleyelim. Örnek 44 S = sina +sin(a + θ) +sin(a +θ) + +sin[a +(n ) θ] toplamını hesaplayınız. Çözüm : S ifadesini sin(θ/) ile çarparsak, S sin θ =sina sin θ + +sin[a +(n ) θ]sinθ olur. Ters dönüşüm formüllerine göre, sina sin θ sin(a + θ)sin θ = cos(a θ ) cos(a + θ ) = cos(a + θ 3θ ) cos(a + ). sin[a +(n ) θ]sin θ = cos(a +(n 3) θ/) cos(a +(n ) θ/) olduğundan, bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa S sin θ =cos(a θ ) cos a +(n ) θ veya S = sin (nθ/) sin (a +(n ) θ/) sin (θ/) elde edilir. Problem : sin + sin 3 + sin sin 0 toplamını, yukarıdaki formülü uygulamadan, aynı yöntemle çözünüz.

16 Trigonometri 97 Örnek 45 S = cosa +cos(a + θ) +cos(a +θ) + +cos[a +(n )θ] toplamını hesaplayınız. Çözüm : Benzer şekilde hareket ederek S sin θ =cosa sin θ + +cos[a +(n ) θ]sinθ yazılır. Ters dönüşüm formülleri uygulanırsa, cosa sin θ cos(a + θ)sin θ = sin(a + θ ) sin(a θ ) = sin(a + 3θ ) sin(a + θ ). cos(a +(n ) θ)sin θ = sin(a +(n ) θ/) sin (a +(n 3) θ/) bulunur. Taraf tarafa toplanırsa veya elde edilir. S sin (θ/) = sin (a +(n ) θ/) sin(a θ/) S = sin (nθ/) cos [a +(n ) θ/] sin (θ/) Örnek 46 S = cos + cos 3 + cos cos 00 toplamını hesaplayınız. Çözüm : Açılar görüldüğü gibi aritmetik olarak ilerlemektedir. S toplamının her iki tarafını, d artış miktarı olmak üzere, sin(d/) ile çarpacağımızı belirtmiştik. Burada, d =olduğundan, sinile çarpacağız. Bu durumda, S sin = cos sin + cos 3 sin + cos 5 sin + + cos 00 sin olur. Ters dönüşüm formüllerini kullanırsak, cossin = sin sin 0 cos3sin = sin4 sin. cos 00 sin = sin 00 sin 000 elde edilir. Taraf tarafa toplanırsa S sin = sin 00 eşitliğinden, sin 00 S = sin elde edilir. Problem : S = cos 3 + cos 7 + cos + + cos 99 toplamını hesaplayınız.

17 Trigonometri 99 Örnek 49 sin, 4sin4, 6sin6,..., 80 sin 80 sayılarının ortalamasının cot olduğunu ispatlayınız. (USAMO 996) Çözüm : S =sin +4sin sin 78 toplamını bulmalıyız. Bu ifadeyi sin ile çarpalım. Bu durumda, sin =sin sin +(sin4 sin )+ +89(sin78 sin ) olur. Ters dönüşüm formüllerine göre, sink sin =cos(k ) cos (k +) olduğundan, S = sin sin +(sin4 sin )+ +89(sin78 sin ) = (cos cos 3 )+(cos3 cos 5 ) (cos 77 cos 79 ) = cos +cos3 + + cos cos 79 = cos +(cos3 + cos 77 )+ +(cos89 + cos 9 )+89cos = cos +89cos = 90cos elde edilir. O halde, sin, 4sin4, 6sin6,..., 80 sin 80 sayılarının ortalaması cot olur.

18 00 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5.5. Toplamdaki her bir ifadeyi iki trigonometrik fonksiyonun farkı olarak yazma Toplamdaki her bir terimi, bilinen özdeşlikler yardımıyla, toplandığında birbirlerini yok edecek şekilde iki trigonometrik fonksiyonun farkı şeklinde yazarak toplamı hesaplayabiliriz. Bu özdeşliklerden en çok karşılaşılanlarınbazılarını verelim. F. tan a =cota cota () Bu bağıntınınsağ tarafının tan a olduğunu görelim. Gerçekten, cot a cota = cos a sin a cosa sin a = cos a cos a sin a =tana sin a eşitliği sağlanır. F. cos (na)cos((n +)a) = (tan (n +)a tan na) () sin a İspat : Eşitliğin sağ tarafını düzenlersek, sin a [tan (n +)a tan na] = sin a = = sin (n +)a sin na cos (n +)a cos na [(n +)a na].sin sin a cos na cos (n +)a cos (na)cos((n +)a) elde edilir. Özel olarak, a =alınırsa, cos n cos (n +) = (tan (n +) tan n) sin formülü elde edilir. F 3. sin (na)sin((n +)a) = (cot (n +)a cot na) (3) sin a İspat : Yukarıdaki gibi gösterilebilir. Burada da özel olarak, a =alınırsa, sin n sin (n +) = (cot n cot (n +)) sin elde edilir. F 4. =cot(a/) cot a (4) sin a İspat : cot (a/) cot a ifadesini düzenleyelim. Gerçekten, cos (a/) sin (a/) cos a sin a = cos (a/) cos (a/) sin (a/) = sin a sin a elde edilir.

19 Trigonometri 0 Örnek 50 n Z + ve m N için x 6= kπ/ m olmak üzere, S = sin a + sin 4a + sin 8a + + sin n a =cota cot n a olduğunu gösteriniz. (IMO - 966) Çözüm : Bu soruda, trigonometrik toplamları hesaplama yöntemlerinde verdiğimiz (4) formülünü, yani, sin a =cota cot a eşitliğini kullanacağız. Buna göre, a yerine sırasıyla, a, 4a, 8a,..., n a değerleri verip taraf tarafa toplayalım. Bu durumda, sin a = cota cot a sin 4a = cota cot 4a. sin n a = cot n a cot n a elde edilir. Bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa S =cota cot n a bulunur. Örnek 5 S = sin 30 sin 3 + sin 3 sin sin 48 sin 49 toplamını hesaplayınız. Çözüm : Bu kez yukarıda verdiğimiz özdeşliklerden (3) ü yani, sin n sin (n +) = (cot n cot (n +)) sin formülünü kullanalım. Buna göre, verilen denklemin her iki tarafını sin ile çarparsak sin S = (cot30 cot 3 ) + (cot 3 cot 33 )+ + (cot 33 cot 34 ) = cot 30 (cot 3 + cot 49 ) + (cot 3 + cot 48 ) (cot 89 + cot 9 )+cot90 olur. Buradan, cot x +(cotπ x) =0ve cot 90 =0olduğundan, S = 3/ sin bulunur. Örnek 5 S = cos a cos a + cos a cos 3a + + cos na cos (n +)a toplamını hesaplayınız.

20 36 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık Özel Fonksiyonel Denklemler Bu bölümde, fonksiyonel denklem sorularında çok sık karşılaşılan meşhur fonksiyonel denklemleri ve bu denklemlerin nasıl çözüleceğini göreceğiz. Bu denklemlerin çözümleri bir çok soruda bize yol gösterecektir Birinci Cauchy Fonksiyonel Denklemi Örnek 365 Her x, y R için, f (x + y) =f (x)+f (y) fonksiyonel denklemini sağlayan tüm f : R R sürekli fonksiyonlarını bulacağız. Bu fonksiyonel denkleme birinci Cauchy denklemi veya toplamsal Cauchy denklemi denir. Bir çok sorunun çözümünde, bu bu fonksiyonel denklemle karşılaşırız. Çözüm : Denklemde, x = y = 0yazarsak, f (0) = f (0) den f (0) = 0 ve x = y yazarsak da, f (0) = f (x)+ f ( x) eşitliğinden, f ( x) = f (x) olur. Buna göre, x>0 alabiliriz. y = x için Cauchy denklemi, f (x) =f (x) olacaktır. Tümevarımla, n Z + için, f (nx) =nf (x) (*) elde ederiz. Şimdi, x Q alalım. x = m olsun. Bu durumda, nx =m olacağından, n f (nx) =f ( m) eşitliğinde, ( ) kullanılırsa, nf (x) =mf () f (x) = m f () = xf () n bulunur. f () = c dersek, f (x) =cx elde edilir. Fakat, bu denklem sadece x Q olması durumunda geçerlidir. Şimdi de, bulduğumuz bu fonksiyonun irrasyonel sayılar için de geçerli olduğunu göstermeliyiz. Eğer, x bir irrasyonel sayı ise, x e yakınsayacak şekilde bir rasyonel sayı dizisi bulabiliriz. Bu durumda, (x n ) dizisinin tüm terimleri, rasyonel olduğundan f (x n )=cx n sağlanır. Bu bilgiye göre, olmak üzere, ³ f (x) =f lim x n n lim x n = x n = lim n f (x n) = lim n c (x n)=cx elde edilir. Böylece, her x R için, Cauchy toplamsal denkleminin çözümünün olduğunu buluruz. f (x) =cx

21 Fonksiyonel Denklemler 37 Cauchy Toplamsal Fonksiyonel Denkleminin İrdelenmesi. f monoton artan ise, Cauchy toplamsal denkleminde f nin sürekliliği yerine, f nin monoton artanlığı verilmiş olsaydı, yine aynı fonksiyon çözümünü elde ederdik. Gerçekten, x bir irrasyonel sayı olmak üzere, x e yakınsayan bir a n artan rasyonel sayı dizisini ve bir A n rasyonel sayı azalan dizisini göz önüne alalım. Bu durumda, ca n = f (a n ) f (x) f (A n )=ca n elde edilir ki, n, sonsuza giderken hem ca n hem de ca n dizileri cx e yakınsayacağından, f (x) =cx bulunur.. f sınırlı ise, Cauchy toplamsal denkleminde f nin sürekliliği yerine f nin sınırlılığı alınmış verilmiş olsaydı,yine aynı çözümü elde ederdik. Kabul edelim ki, f, [a, b] aralığında sınırlı olsun. Bu durumda, her x [a, b] için f (x) <Molacaktır. f (x + y) =f (x)+ f (y) eşitliği bize, f (x) in [0,b a] aralığında da sınırlı olduğunu verir. Gerçekten, x [0,b a] ise x + a [a, b] olacaktırve f (x) =f (x + a)+f (a) eşitliğinden, f (x) < M olur. Şimdi, c = f (b a) / (b a) ve g (x) =f (x) cx diyelim. Bu durumda, g (x + y) =g (x)+g (y) eşitliği sağlanır. Diğer taraftan, g nin tanımından, g (b a)=f (b a) c (b a)=0 olacağından, g (x +(b a)) = g (x)+g (b a) =g (x) elde edilir. Yani, g (x) fonksiyonu periyodu b a olan periyodik bir fonksiyondur. Aynı aralıktaki iki sınırlı fonksiyonun toplamı da sınırlı olduğundan, g de [0,b a] aralığında sınırlıdır. Diğer taraftan, periyodiklikten dolayı, g tüm reel eksende sınırlıdır. Şimdi g (x) =0olması gerektiğini göreceğiz. Kabul edelim ki, g (x 0 ) 6= 0 olacak şekilde bir x 0 sayısı olsun. Bu durumda, g (nx 0 )=ng (x 0 ) olur ki, n yi istediğimiz kadar büyük seçerek, ng (x 0 ) değerini istenildiği kadar büyütürüz. Fakat, bu durum g nin sınırlılığı ile çelişir. Yani, her x için, g (x) =0olmalıdır. Bu durumda, f (x) =cx elde edilir. 3. f türevlenebilirse, Cauchy toplamsal denkleminde f nin sürekliliği yerine daha da kuvvetli olan f nin türevlenebilirliği verilmiş olsaydı, denklemi çok daha kolay çözebilirdik. Gerçekten, f (x + y) =f (x)+f (y) eşitliğini her iki tarafının x e göre türevlerini alırsak, f 0 (x + y) =f 0 (x) olur. x =0ve f 0 (0) = c denilirse, f 0 (y) =c olur ki, bu durumda, f (y) =cy + b formundadır. f (0) = 0 olduğundan dolayı b = 0 olacağından, f (y) = y elde edilir.

22 Eşitsizlikler Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Eşitsizliği Permütasyon eşitsizliği, yeniden düzenleme eşitsizliği olarak da bilinir. kolay ve çok kullanışlı bir eşitsizliktir. Şimdi bu eşitsizliği ifade edelim. a a a n ve b b b n olmak üzere, (a,a,..., a n ) ve (b,b,..., b n ) sıralı n-lilerini göz önüne alalım. Yani, artan sırada dizilmiş n elemandan oluşan iki tane sıralı n-lisi olduğunda, toplamına sıralı toplam ve A = a b + a b + + a n b n B = a b n + a b n + + a n b toplamına da ters toplam denir. Eğer, x,x,..., x n sayıları, b,b,..., b n sayılarının bir pemütasyonu ise, yani yeniden düzenlenmiş bir hali ise, X = a x + a x + + a n x n toplamına da karışıktoplamdenir. Bu toplamlar arasındaki, A X B eşitsizliğine permütasyon eşitsizliği denir. Yani, sıralı toplam, karışık toplamdan, karışık toplam da ters toplamdan küçük olamaz. Çok Örnek 5 a, b, c R için, a + b + c ab + ac + bc olduğunu ispatlayınız. Çözüm : Eşitsizlik simetrik olduğundan, a b c kabul edilebilir. Burada, (a, b, c) ile (a, b, c) iki sıralı üçlüsünü alalım. Buna göre, Sıralı toplam : A = a + b + c, Ters toplam : B = ac + b + ca olur. (a, b, c) sıralı üçlüsünün herhangi bir permütasyonu olarak (b, c, a) üçlüsünü alabiliriz. Bu durumda, X = ab + bc + ca olur. Permütasyon eşitsizliğine göre, A X B olduğundan, a + b + c ab + ac + bc olduğu görülür. Örnek 5 n pozitif bir tamsayı ve a,a,..,a k pozitif reel sayılar olmak üzere, a n + a n + + a n k a n a + a n a a n k a k + a n k a olduğunu gösteriniz.

23 Eşitsizlikler Jensen Eşitsizliği Jensen eşitsizliği, adını Danimarkalı matematikci Johan Jensen den alır. Jensen bu eşitsizliği 906 yılında kanıtlamıştır. Bu eşitsizlik konveks ve konkav fonksiyonlarla ilgilidir. Konveks ve konkav fonksiyon tanımını türev bölümünde göstermiştik. Kısaca hatırlayalım. Konveks fonksiyon : f : I R fonksiyonu, her x, y I ve λ [0, ] için, f (λx +( λ) y) λf (x)+( a) f (y) (*) eşitsizliğini sağlıyorsa, bu fonksiyona konveks fonksiyon denir. Konveks fonksiyonu belirlemenin en kolay yolu, ikinci türev testidir. f 00 (x) 0 olduğu yerlerde, f (x) fonksiyonu konvekstir. Başka bir ifade ile fonksiyonun grafiğinin çukur tarafı yukarı doğru bakar. Örneğin, f (x) =x x 3 fonksiyonunun grafiği aşağıdaki gibidir. Bu fonksiyon konveks bir fonksiyondur. Bunu f 00 (x) = > 0 olmasından kolayca söyleyebiliriz. Ayrıca, yukarıdaki ( ) eşitsizliğinde eşitlik durumunu sağlayan x değeri yoksa, fonksiyon kesin konvekstir denir. Yani, f (λx +( λ) y) <λf(x)+( a) f (y) ve f 00 (x) > 0 ise fonksiyon kesin konveks olacaktır. Konkav fonksiyon : f : I R fonksiyonu, her x, y I ve λ [0, ] için, f (λx +( λ) y) λf (x)+( a) f (y) (**) eşitsizliğini sağlıyorsa, bu fonksiyona konkav fonksiyon denir. f 00 (x) 0 olduğu yerlerde, f (x) fonksiyonu konkavdır. Başka bir ifade ile fonksiyonun grafiğinin çukur tarafı aşağı doğru bakar. Fonksiyonların konkav ve konveks olduğunun bilinmesi bir çok soruda Jensen eşitsizliğini kullanmamızı kolaylaştıracaktır. Aşağıda, en çok kullanılan konveks ve konkav fonksiyonlar verilmiştir. F x>0 için, f (x) =logx fonksiyonu, f 00 (x) = < 0 olduğundan, konkavdır. x f (x) =logx in grafiği

24 Eşitsizlikler Muirhead Eşitsizliği Muirhead eşitsizliği, Robert F. Muirhead dan ismini alan, oldukça kullanışlı ve kolay bir eşitsizliktir. Bu eşitsizlik de, Aritmetik - Geometrik ortalamalar eşitsizliğinin bir genelleştirilmesi gibi düşünülebilir. Bu eşitsizliği ifade etmeden önce, bu eşitsizlikte kullanacağımızbazı gösterimleri kısaca tanıyalım. x,x,..., x n > 0 ve a a a n olmak üzere, [a,a,..., a n ]= P x a n! σ() xa σ() xa n σ(n) σ S n ile gösterelim. Burada S n, (,,..., n) in permütasyonlarının kümesini göstermektedir. Örneğin, x,x,x 3 > 0 için, n =3ve S 3 = {σ = (3),σ = (3),σ 3 = (3),σ 4 = (3),σ 5 = (3),σ 6 = (3)} olduğundan, [,, 0] = P x σ() 3! x σ() x0 σ(n) σ S 3 = h i x σ 6 () x σ () x0 σ + + (n) x σ 6() x σ 6() x0 σ 6(n) = x 6 x x x x 3x 0 + x x x x x 3x 0 + x 3x x 0 + x 3x x 0 eşitliğinde, x = x, x = y ve x 3 = z denilerek, [,, 0] = + xz + yz [xy + xz + yx + yz + zx + zy] =xy 6 3 elde edilir. (Burada, σ k =(abc) eşitliğine göre, σ k () = a, σ k () = b ve σ k (3) = c demektir.) Benzer şekilde, x, y, z > 0 için, [, 0] = (x + y),! [, ] = (xy + yx) =xy,! [, 0, 0] = + y + z (x + x + y + y + z + z) =x 3! 3 [,, ] = (xyz + xzy + yzx + yxz + zxy + zyx) =xyz, 6 [,, 0] = x (y + z)+y (x + z)+z (x + y), 6 [,, ] = x yz+x zy+y xz+y zx+z xy+z yx = x yz + y xz + z yx 6 3 biçiminde yazılabilir. Aşağıda vereceğimiz Muirhead teoremi bu gösterimlerle verilen ifadelerin sıralamasını verir.