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

Transkript

1 OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) Matematikte sayı dizileri teorisii ilgiç bir alt kolu ola idirgemeli diziler kousu olimpiyat problemleride de karşımıza 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 A. u + A. u + A. u A. u = 0 () 0 + k + k + k k 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. Đdirgeme deklemii kullaarak dizii tüm terimlerii elde edebiliriz. x ve x terimlerii bulmak istersek = içi x = 5x x x = 5.( ). = = içi x = 5x x x = 5.( ).( ) = 6 olarak hesaplaır. Kim idirgemeli dizidir, kim değildir? r ortak çarpaıa sahip x = r. x geometrik dizisi. mertebe doğrusal idirgemeli dizidir. + d ortak farkıa sahip a = d + a aritmetik dizisi () biçimide değildir. Acak verile bu + bağıtıda yerie + kullaarak

2 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. Đdirgemeli 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. + Çözüm: ( ) x bir geometrik dizi olduğuda x = A. r biçimide bir çözüm arayalım. x. A r + + = olur. Buları x + =. x eşitliğide kullaırsak A. r + =. A. r olup r = elde edilir. Demek ki. = A olup x = A. şeklidedir. Şimdi de A sabitii bulalım. x = verildiğide A = tür. Burada Burada x = değerie başlagıç koşulu deir. x.. = = geel terimi buluur. 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 =.( ) +.( ) biçimide bir çözüm arayalım. x A. ( r ) B. ( r ) x A r B r ( ) ( ) = + ve x + = A r + B r olur. Bu eşitlikleri x + = 5x + x idirgeme deklemide kullaırsak ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ) = + + A. r B. r 5 A. r B. r A. r B. r ( ) ( ) A. r r 5r + + B. r r 5r + = 0

3 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. A + B = 6A + B = 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: A0. u+ k + A. u+ k + A. u+ k Ak. u = 0 idirgeme bağıtısıa sahip u dizisii karakteristik deklemi 0 A. r + A. r + A. r A k = 0 () dir. Teorem: 0 A. r + A. r + A. r + A = 0 karakteristik deklemii kökleri r, r, r olsu. ),, 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 ) ) dir. r a b. i, r a b. i = + + şeklidedir. = + = şeklide karmaşık sayılar ise ( ) r r a b = = + ve r ( ) arg( ) u = A. r + B.( a + ib) + C.( a ib) = θ olmak üzere trigoometrik biçimde u = A. r + B. r.(cos θ + i.si θ ) + C. r.(cos θ i.si θ ) olarak da yazılabilir.

4 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 dizii geel terimi ( r ) = 0 olup r = r = r = dir. Dolayısıyla = = + + şeklidedir. a A B C A B C Şimdi a+ a + a = 7 deklemide = içi a. a + a = 7 a.5 + = 7 olup a = 6 buluur. A, B, C sayılarıı belirlemek içi =,, değerlerii verirsek A + B + C = A + B + C = 5 A + B + 9C = 6 deklem sistemie ulaşırız. Bu deklemleri çözümüde a A B C = + + ifadeside sırasıyla 7 A =, B =, C = olup a = + = geel terimi buluur. Burada a 7 i hesaplaması kolaydır. a = = = 905 buluur. Problem : Başlagıç koşulları a =, a = 0, a = ve a+. a a a = 0 idirgeme bağıtısıa sahip ola ( a ) dizisi içi a terimii ile bölümüde kala edir? Çözüm: a+. a 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 = A + B. + C. şeklidedir. =,, değerlerii verirsek

5 A + B + C = A + B + C = 0 A + B + 8C = olur. Bu deklemleri çözümüde A =, B =, C = elde edilir. Bua göre dizii geel terimi a = + dir. = içi 8(mod) dir. Ayrıca Fermat teoremie göre ( ) 0. (mod) (mod) olur. a = = olur. 0 (mod) dir. Bua göre Souç olarak a = + 8(mod) 0(mod) dir. a terimii ile bölümüde kala 0 olur. Problem 5: a = 5, a = olmak üzere ( a ) dizisi a+. a+ +. a = 0 idirgeme deklemiyle veriliyor. tamsayıları içi kümesi edir? a terimlerii ile bölümüde kalaları 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 = A + B.( + 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 = A + B.( + i) + C.( i) bağıtısıda =,, değerlerii verirsek A + B( + i) + C( i) = 5 A + ib ic = A + ( + i) B ( + i) C = olup bu deklem sistemii çözümüde A =, B = C = buluur. Dolayısıyla dizii geel o o terimi a = + ( + i) + ( i) dir. Kutupsal biçimde + i =.(cos 5 + i.si 5 ) ve o o i =.(cos( 5 ) + i.si( 5 )) olduğuda De Moivre formülüde / o o ( + i) =.(cos(.5 ) + i.si(.5 )) ve Böylece a ( + )/ / o = +.cos(.5 ) biçimide de yazılabilir. o o ( i) =.(cos(.5 ) + i.si(.5 )) dir.

6 = içi içi a = + = = olup a 7(mod) olur. o.cos(.5 ) o a = +.cos(.5 ) = +. k, ( k Z ) biçimide olup a (mod) dir. Souç olarak a terimlerii ile kalalarıı kümesi {, 7} dir. = olmak üzere ( + ) + ( ) Problem 6: basamağıı buluuz. sayısıı birler Çözüm: Bu zor problemi idirgemeli dizileri kullaarak kolayca çözebiliriz. x ( ) ( ) = + + dizisii ilk iki terimii bulalım. = içi x = ( + ) + ( ) = ve = içi x = ( + ) + ( ) = 7 dir. x 7(mod0) olur. Şimdi 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 buluur. Souç olarak = sayısı içi x 9(mod0) ( + ) + ( ) sayısıı birler basamağıı 9 dur.

7 Problem 7: ispatlayıız sayısıı tamsayı olduğuu ve e bölüebildiğii Çözüm: Geel terimi a = + 5 ve r = dersek kökleri r, r ola. derecede deklem r ( ) + 5 ola diziyi göz öüe alalım. r = r + = 0 olur. O halde a dizisii idirgeme bağıtısı a+ a+ + a = 0 olup a+ = a+ a yazılır. a = = içi a = + = = içi a ifadesii =, değerleri içi hesaplayalım = + = 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 a = + 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.

8 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, + + ± 5 = dir. Dolayısıyla dizii geel terimi biçimidedir. =, değerlerii vererek A, B sayılarıı çözelim A. + B. = A.( + 5) + B.( 5) = r r = 0 olup kökleri 5 5 f A. + B. = + olup burada edilir. A =, B = buluur. Böylece 5 5 f = 5 elde Problem 0: 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 a 7 = 58 olarak buluur. Uyarı: f Fiboacci dizisi olmak üzere bu problemde a = f + olduğua dikkat ediiz.

9 Problem : 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 x 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 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 ( a, b ) çözümleri (,0),(9,),(7, ),(5,),(, ),(,5) dir. (, 0) durumuda tek türlü örtülebilir. Buu = 0 ile gösterelim. (9,) durumuda 9 tae birici tür halı ve tae ikici tür (kare) halı kedi arasıda 0! 0 = = 0 yer değiştirebilir. 9!.! (7, ) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 9! 9 = = 6 7!.! farklı kaplama yapılabilir. (5,) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 8! 8 = = 56 farklı kaplama yapılabilir. 5!.!

10 7! 7 (, ) durumuda yer değiştirmelerle birlikte = = 5!.! farklı kaplama yapılabilir. (,5) durumuda yer değiştirmelerle birlikte 6! 6 = = 6!.5! 5 farklı kaplama yapılabilir. Toplam = farklı kaplama yapılabilir. Uyarı: Đlk çözümde bulduğumuz soucu f = olduğua dikkat etmişsiizdir. Đkici çözümde ise soucu = olduğuu gördük. Bua göre f = olmaktadır. Bu problemde koridoru boyutlarıı 0 5 x yerie x alarak i tek çift sayı olma durumlarıa göre farklı yolda çözüp bulduğuuz souçları karşılaştırıız. Fiboacci dizisi ile kombiasyolar arasıdaki formüllerii ispatlayıız. f f + k = k = 0 k k = k = 0 k Problem : 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 = 5 olduğuu biliyoruz (bkz. Problem 9). ( ) + ( ) f f = +.( ) + +.( ) = = 5 f + buluur.

11 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 f 5 = 5 olup 5 ile tam bölüür. k = içi 5 f 5 olduğuu kabul edelim. Yai f5 = 5t, ( t Z ) şeklide olsu. k = + içi 5 f 5+ 5 olduğuu göstermeliyiz. ( ) f = f + f = f + f + f ( ) =. f + f = f + f + f ( ) = f + f = f + f + f = + 5 f5+. f5 olur. Burada 5 f 5+ 5 elde edilir. Problem : Fiboacci diziside her içi f terimlerii çift olduğuu gösteriiz. Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır. Problem 5: Fiboacci diziside hagi terimleri ile tam bölüebileceğii belirleyiiz. Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır. Problem 6: 0 doğru düzlemi e fazla kaç parçaya ayırır?

12 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+ + + 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 x + x + + x + x = 0 doğrusal idirgeme formülüe ulaşırız. Karakteristik deklem r r r + = 0 olup aradığımız dizii geel terimi ( r ) 0 r r r = = = = buluur. Dolayısıyla x A B C belirlemek içi =,, değerlerii verelim: = + + biçimidedir. A, B, C katsayılarıı A + B + C = A + B + C = A + B + 9C = 7

13 deklem sistemii çözümü x A =, B = C = olur. Bua göre = dir. = 0 içi x 0 = + + = 66 buluur. x = + + veya 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 x x = = k içi xk xk = k k.( k + ) olur. Bu deklemleri taraf tarafa toplarsak xk x = + olup edilir. Artık k = 0 içi x 0 = 66 olduğuu kolayca hesaplayabiliriz. x k k.( k + ) = + elde Problem 7: Đlk doğal sayıı kareleri toplamıı vere formülü elde ediiz. Çözüm: Đlk doğal sayıı kareleri toplamı x olsu. x =, x = + = 5, x = =, x = = 0, şeklidedir. x... ( ) = olacağıda olur. yazarsak x x x = dir. yerie + yazarsak x x = + = ( + ) x x terimii yok edersek + = ve x x + x = + olur. Bu eşitlikte de yerie + x+ x + x = + x+ x+ + x = + olur. Taraf tarafa çıkararak terimii yok edersek x+ x+ + x x = olur. Bu eşitlikte de yerie + yazarsak

14 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 Burada r = r = r = r = olup geel terim r r r r = 0 olup =,,, değerleri vererek A, B, C, D sabitlerii belirleyelim. A + B + C + D = A + B + C + 8D = 5 A + B + 9C + 7D = A + B + 6C + 6D = 0 x A B C D ( r ) = 0 dır. = biçimidedir. deklem sistemide A = 0, B =, C =, D = olarak çözülür. O halde dizii geel terimi 6 ( + )( + ) x = + + olur. Düzelersek x = buluur. 6 6 Çözüm : x x arayacağız. Deklemi = idirgeme deklemii doğrusal hale getirmede daha kısa bir çözüm x A B C D x A B( ) C( ) D( ) = şeklide çözümü olup olmadığıı deeyelim. x x = B + C( ) + D( + ) dir. = olup Bu ifade ile x x = deklemii karşılaştırırsak B C + D = 0 C D = 0 D = deklemlerii elde ederiz. Burada kolayca B =, C =, D = olarak çözülebilir. O halde 6 x = A şeklidedir. Burada x = olduğuu kullaırsak A = 0 buluruz. 6 ( + )( + ) Dolayısıyla x = + + veya x = şeklide elde edilir. 6 6 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.

15 Problem 8: Đlk doğal sayıı küpler toplamıı vere formülü elde ediiz. Çözüm: Đlk doğal sayıı küpleri toplamı olur. Bu deklemi çözümüü bakalım. x olsu. x = olduğu açıktır. x A B C D E x x = = şeklide olup olmadığıa x A B C D E = + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) olduğuda x x = B + C + D + + E + dir. Bu so ifade ile ( ) ( ) ( 6 ) x x = eşitliğii karşılaştırırsak olur. Bu deklemi çözümleri x A B C + D E = 0 C D + E = 0 D 6E = 0 E = = şeklidedir. x = + + ya da x B = 0, C =, D =, E = olarak buluur. Demek ki x = olduğuda A = 0 buluruz. Böylece ( + ) = elde edilir. Problem 9: Đlk doğal sayıı dördücü kuvvetleri toplamıı vere formülü elde ediiz. Çözüm: dir. Đspatı okuyucuya bırakılmıştır. 5 0 Problem 0: 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.

16 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 = a + a + a = + + = 7 = 5 içi a5 = a + a + a = = = 6 içi a6 = a + a + a5 = = = 7 içi a7 = a + a5 + a6 = = = 8 içi a8 = a5 + a6 + a7 = + + = 8 = 9 içi a9 = a6 + a7 + a8 = = 9 = 0 içi a0 = a7 + a8 + a9 = = 7 = içi a = a8 + a9 + a0 = = 50 = içi a = a9 + a0 + a = = 97 Problem : ( ) ( ) P ( ) x = x + x + x x ispatlayıız: ifadesi veriliyor. Şuları (a) P ( x ), P ( x) x. P ( x) + P ( x) 0 özdeşliğii sağlar. (b) P ( x ), ici derecede bir poliomdur. (IMO Shortlist 978) Çözüm: (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.

17 (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 : a = 0, 9 a = 0 ve ( a ) a+ = şeklide taımlaa ( a ) dizisi içi + ( a ) a a+ işlemii soucuu hesaplayıız. Çözüm: b b = log a diyelim. + + log( a+ ) log ( ) a b log a log0 = = =, b 9 log a log0 9 = = = ve ( 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 = 9A + B = 9 deklem sistemi elde edilir. Bu sistem çözülürse A =, B = buluur. Böylece + b =. + = + olup + + a a + a b. + 6 ( 0 ) 0 = = = a + + = 0 = 0 buluur. = 0 olup olarak hesaplaır.

18 Problem : x =, x = 5 ve ( x+ ) Yol Gösterme: x+ ( x ) Daha sora y ( x ) x + ( x+ ) ( x ) = bağıtısıyla verile diziyi buluuz. = eşitliğii her iki yaıı 5 tabaıa göre logaritmasıı alı. = log 5 değişke değiştirmesii deeyi. Problem : Đlk terimi a ve ortak farkı d ola bir aritmetik dizii ilk terim toplamıı formülüü elde ediiz. Yol Gösterme: Đlk terim toplamı başlayıız. S olmak üzere S S = d olacağıı göstererek Problem 5: 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 x x = = k içi x x = ( k ) k k olur. Bu deklemleri taraf tarafa toplarsak x x = ( k ). k olup Yai tae çember düzlemi e fazla + parçaya böler. k xk k k = + buluur.

19 Problem 6: tae düzlem boyutlu uzayı e fazla kaç parçaya böler? 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 Dolayısıyla uzayda + ici düzlemi içide geçtiği + ici düzlem bu sayısıı + + tae düzlemsel bölgeye ayrılır. + + tae boyutlu bölge vardır. + + tae boyutlu bölgeyi ikiye böldüğüde öceki parçalama + + kadar artırır. Diğer bir deyişle x + k k + + x = dir. =,,...,( k ) değerlerii verip taraf tarafa toplarsak ( x+ x ) = olur. Toplam sembolüü = = + + k( k )(k ) k( k ) özelliklerii kullaarak xk x = + + ( k ) buluruz. Burada k + 5k + 6 xk = elde edilir. Souç olarak tae düzlem boyutlu uzayı e fazla 6 parçaya ayırır Problem 7: tae küre boyutlu uzayı e fazla kaç parçaya böler? 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

20 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 k olur. =,,...,( k ) değerlerii verip taraf tarafa toplarsak ( x x ) = + + = = k( k )(k ) k( k ) Toplam sembolüü özelliklerii kullaırsak xk x = +.( k ) 6 olur. Burada fazla x k + ( 8) k k + 8k = elde edilir. Souç olarak tae küre boyutlu uzayı e parçaya ayırır. Problem 8: tae doğru bir daireyi e fazla kaç parçaya ayırır? Yol Gösterme: tae doğru bir daireyi e fazla olduğuu göstererek başlayıız. x parçaya bölsü. x+ x = + Problem 9: 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 k k teleskopik toplamıda görebiliriz. ( x x ) = ( + ) + = = Yai tae kırık doğru içi x = + tae bölge oluşur. x = k k + elde ederiz. k

21 Problem 0: : 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 x + + = buluur. Yai tae doğru birbirie teğet iki daireyi e fazla + + parçaya ayırır. KAYNAKÇA: [] Matematik Düyası Dergileri, Türk Matematik Dereği [] İdirgemeli Diziler, Türk Matematik Dereği

22 [] 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