Matematik Olimpiyatları İçin

Transkript

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

2

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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