MAT239 AYRIK MATEMATİK

MAT239 AYRIK MATEMATİK 3. Bölüm Emrah Ayar Esişehir Teni Üniversitesi Fen Faültesi Matemati Bölümü, ESKİŞEHİR 2018 2019 Öğretim Yılı

Binom Teoremi Binom Teoremi ( ) n 1. Derste sayılarına binom atsayıları denildiğini ifade etmişti. Şimdi bu adlandırmanın nereden aynalandığını açılayalım. Aşağıdai özdeşliler hepimizin iyi bildiği özdeşlilerdir. (x +y) 2 = x 2 + 2xy +y 2 (x +y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 +y 3 (x +y) 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x 2 y 2 + 4xy 3 +y 4 Varsayım Bu eşitlilerin sağ tarafında yer alan atsayılar ( ) n sayılarıdır. 2/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Gerçeten de, (x +y) 5 = (x +y)(x +y)(x +y)(x +y)(x +y) ifadesinin açılımını düşünelim. Bu ifadenin açılımında ortaya çıan terimler, her bir çarpandai ii terimden birinin seçilip, birbirleriyle çarpılması ile elde edilir. Örneğin, x 2 y 3 ü elde etme için, bu beş çarpanın iisinden x i (dolayısıyla da üçünden y yi) seçmemiz gereir. ( ) 5 Bu beş çarpanın üçünden ise y yi farlı şeilde seçebiliriz. O halde 3 ifadenin açılımı ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 5 5 (x +y) 5 = x 5 + x 4 y + x 3 y 2 + x 2 y 3 + xy 4 + y 5 0 1 2 3 4 5 olacatır. 3/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Binom Teoremi Bu anlatılan yöntem genelleştirilece olursa, Binom Teoremi adı verilen aşağıdai teorem elde edilir. Teorem (Binom Teoremi) (x +y) n ifadesinin açılımında x n y nin atsayısı ifadeyle (x +y) n = olur. ( ) ( ) n n x n + x n 1 y + 0 1 ( ) n n + y n = n =0 ( ) n x n y ( ) n olur. Bir başa ( ) ( ) n n x n 2 y 2 + + xy n 1 2 n 1 4/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Bu önemli özdeşli ünlü Farslı şair, yazar, matematiçi, filozof ve astronom Ömer Hayyam tarafından eşfedilmiştir. Ömer Hayyam (1044? 1123?) Sevgili, seninle ben pergel gibiyiz; İi başımız var, bir te bedenimiz. Ne adar dönersem döneyim çevrende Er geç baş başa verece değil miyiz? Ömer HAYYAM Binom sözcüğü ii terim içeren ifadeler için ullanılan Yunanca binome sözcüğünden gelmetedir. 5/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Şimdi Binom Teoreminin anıtını verelim (Alıştırma 3.1.1): Kanıtı tümevarım yöntemini ullanara yapalım. 0 ( ) 0 n = 0 için (x +y) 0 = 1 = x 0 y olur. =0 1 ( ) 1 n = 1 için (x +y) 1 = (x +y) = x 1 y olur. =0 n = m için eşit geçerli olsun (tümevarım hipotezi). n = m+1 için eşitliğin geçerli olduğunu gösterelim. 6/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Tümevarım hipotezini ullanırsa, (x +y) m+1 = (x +y)(x +y) m m ( ) m = (x +y) x m y = x m =0 ( m =0 olur. x ve y yi toplamların içine atarsa, elde edilir. (x +y) m+1 = m =0 ) x m y +y ( ) m x m +1 y + m =0 m =0 ( ) m x m y ( ) m x m y +1 7/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Birinci toplamdan = 0 durumunu ayırırsa, (x +y) m+1 = x m+1 + m =1 olur. İinci toplamda = j 1 alırsa, (x +y) m+1 = x m+1 + m =1 ( ) m x m +1 y + ( ) m x m +1 y + m =0 m+1 j=1 ( ) m x m y +1 ( ) m x m j+1 y j j 1 bulunur. İinci toplamın da son terimini (j = m+1 durumunu) ayırırsa, (x +y) m+1 = x m+1 +y m+1 + elde edilir. m =1 ( ) m x m +1 y + m j=1 ( ) m x m j+1 y j j 1 8/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Şimdi ii toplamı birleştirirse (aslında x m +1 y parantezine alırsa) (x +y) m+1 = x m+1 +y m+1 + m =1 [{( ) ( ] m m + )}x m +1 y 1 olur. 1. Derste ( ) ( m + m ) ( 1 = m+1 ) olduğunu anıtlamıştı. O halde m [( ] m+1 (x +y) m+1 = x m+1 +y m+1 + )x m +1 y =1 m+1 [( ] m+1 = )x m +1 y sonucuna ulaşırız. =0 Tümevarım yöntemi gereği eşitli her n doğal sayısı için doğru olacatır. 9/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Teoremi Örne 1. Derste ( ) n + 0 özdeşliğini anıtlamıştı. ( ) ( ) n n + + + 1 n 1 ( ) n = 2 n n Bu özdeşliği Binom Teoremini ullanara da anıtlayabiliriz. (x +y) n ifadesinin açılımında x = y = 1 alınırsa özdeşli olayca elde edilir. 10/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Hediyeleri Dağıtma Hediyeleri Dağıtma Soru Sınıfça aldığınız n farlı hediyeyi çocu esirgeme urumuna gidip buradai çocuğa dağıtma istiyorsunuz. Hangi çocuğun aç tane hediye alabileceği urumun yetilileri tarafından önceden sizlere bildirilmiş. Bazı çocular hediye almayabilir (Hediye sayısı çocu sayısından az olabilir). Hediye sayısı çocu sayısından fazla olsa bile bazı çocular yine de hediye alamayabilir. Bu dağıtımı aç farlı şeilde yapabilirsiniz? n : hediye sayısı : çocu sayısı n :. çocuğun alacağı hediye sayısı (n 1 +n 2 + +n = n) 11/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Hediyeleri Dağıtma 1. Yöntem: n hediyenin hepsini yanyana dizeriz. Sonra birinci çocuğu çağırır soldan n 1 tane hediye almasını isteriz. Daha sonra (hediye aldıysa) iinci çocuğu çağırır soldan n 2 tane hediye almasını isteriz. Bu şeilde devam edilere. çocuğu çağırır alan n hediye almasını isteriz. Böylece bütün hediyeler dağıtılmış olur. Pei bu işlem aç farlı şeilde yapılabilir? n hediyeyi n! farlı şeilde sıralayabileceğimizi biliyoruz. Diğer taraftan da. çocuğun aldığı n hediyenin endi içinde sırasının değişmesinin bir şeyi değiştirmeyeceği düşünülürse cevap olur. n! n 1!n 2! n! 12/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Hediyeleri Dağıtma 2. Yöntem: Önce n tane hediye içerisinden n 1 hediye seçip birinci çocuğa verelim. Sonra alan n n 1 hediye içerisinden n 2 hediye seçip iinci çocuğa verelim. Bu şeilde tüm hediyeleri çoculara dağıtalım. Bu işlemi aç farlı şeilde yapabiliriz? ( )( ) ( ) n n n1 n n1 n 2 n 1 n 1 n 2 n n! (n n 1 )! = n 1!(n n 1 )! n 2!(n n 1 n 2 )! (n n 1 n 2 n 1 )! n!(n n 1 n 2 n )! n! = n 1!n 2! n! Her ii yöntemde de elde edilen sonuç aynıdır. 13/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Anagramlar Anagramlar Anagram, bir sözcüğün harflerinin değişi sırayla başa sözcüler oluşturmasıdır. KOMBİNATORİK KOMİK BARİTON, KİRA ON TOMBİK, ANTİKOR KOMBİ, KİM O KİBAR TON, BİN KOMİK ROTA, BİN MİKRO TOKA, MİKROBİK NOTA, MİKRO BOTANİK, KİRA BİN KOMOT, İKİ BOKTAN ROM KOMBİNATORİK sözcüğünden aç farlı anlamlı ya da anlamsız sözcü oluşturulabilir? (Bu sorunun cevabını aslında 1. derste vermişti. Şimdi hediyelerin dağıtım problemi gibi düşünere cevap vermeye çalışacağız) 14/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Anagramlar n elemanlı bir sözcüten elde edilece anagramların sayısını bulmaya çalışalım. Elbette bu sayı sözcü içerisinde yer alan harflerin terar sayısına bağımlıdır. harften oluşan bir alfabe düşünelim (A,B,C,...,Z). Verilen sözcüte A harfi n 1 ez (n 1 = 0 olabilir), B harfi n 2 ez ve benzer olara Z harfi de n ez terar etsin. Açıtır i, n 1 +n 2 + +n = n olur. Şimdi verilen sözcü ile bir anagram oluşturma için A harfine n 1 pozisyon, B harfi için n 2 pozisyon ve bu şeilde devam edilirse Z harfi için de n pozisyonun seçilmesi gereir. Öyleyse bu problem aslında n farlı hediyenin tane çocuğa dağılım probleminden başa bir şey değildir. Öncei bölümde de bu şeildei farlı dağılımların sayısının olduğunu biliyoruz. n! n 1!n 2! n! 15/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı Paranın Dağıtımı Bu sefer çoculara hediye yerine para dağıtalım. Soru Acaba n tane özdeş madeni 1TL, tane çocuğa aç farlı şeilde dağıtılabilir (Bazı çocular hiç para almayabilir)? Örneğin, 10 tane 1TL yi 4 çocuğa aç farlı şeilde paylaştırabiliriz? }{{}}{{}}{{}}{{} 1. çocu 2. çocu 3. çocu 4. çocu. (1. çocu para almıyor) (2. çocu para almıyor) 16/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı O halde 10 adet 1TL nin 4 çocuğa dağıtılması deme }{{}}{{} } 10 tane {{ 3 tane } 13 tane simgelerinin dizilimi demetir. Bu simgelerin farlı dizilimlerinin sayısının da ( ) (10+4 1)! 10+4 1 = 10!(4 1)! 4 1 olduğunu biliyoruz. O halde genelleyece olursa, n adet 1TL tane çocuğa ( ) n+ 1 farlı biçimde dağıtılabilir. 1 17/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı Soru Pei her çocuğun en az 1TL alma oşulunu oyarsa, bu durumda n adet 1TL tane çocuğa aç farlı biçimde dağıtılır? Bu sorunun cevabı olduça olaydır. Önce her bir çocuğa 1TL veririz ve alan n adet 1TL yi ise çocuğa az önce verdiğimiz yöntemle dağıtırız. n tane 1TL nin ise tane çocuğa ( ) ( ) (n )+ 1 n 1 = 1 1 farlı şeilde dağıtılabileceğini az önce gördü. 18/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı Böylece aşağıdai teoremleri ifade edebiliriz. Teorem n tane özdeş objenin tane farlı utuya, her utuda en az bir obje olaca şeildei farlı dağılımlarının sayısı ( ) n 1 1 olur. Teorem n tane özdeş objenin tane farlı utuya farlı dağılımlarının sayısı ( ) n+ 1 olur. 1 19/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı Artı Binom Teoreminin genelleştirilmişi olan Multinomial Teoremini verebiliriz. Teorem (Multinomial Teoremi) (x 1 +x 2 + +x ) n ifadesinin açılımında x n 1 atsayısı n! n 1!n 2!n 3! n! 1 xn 2 2 xn 3 3...xn ifadesinin olur. Burada i = 1, 2,..., için 0 n i < n ve n 1 +n 2 + +n = n dir. Çoğu zaman ( ) n! n 1!n 2!n 3! n! = n n 1,n 2,...,n gösterimi de ullanılır ve bu sayılara multinomial atsayısı denir. 20/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Paranın Dağıtımı Kanıt. (x 1 +x 2 + +x ) n = (x 1 +x 2 + +x ) (x 1 +x 2 + +x ) }{{} n tane açılımında x n 1 1 xn 2 2 xn 3 3...xn ifadesini elde etme için sağ taraftai n tane çarpanın n 1 tanesinden x 1, geriye alan n n 1 tanesinden x 2 ve böyle devam edilirse geriye alan n n 1 n 2 n 1 tanesinden x nin seçilmesi gereir. Bu ise hediyelerin dağıtımında sözünü ettiğimiz iinci yöntemden başa bir şey değildir. Böylece anıt biter. 21/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeni Pascal Üçgeni Blaise Pascal (1623 1662) Fransız matematiçi, fiziçi ve düşünür. ( 0 )( 0) 1 )( 1) 2 )( 2) 3 )( 3 )( 2 3) 4 )( 4 )( 3 4) 5 )( 5 )( 5 3 4 )( 5) 6 6) ( 1 ( 0 2 )( 2 ( 0 1 3 )( 3 ( 0 1 4 )( 4 )( 4 ( 0 1 2 5 )( 5 )( 5 ( 0 1 2 6 )( 6 )( 6 )( 6 )( 6 )( 6 0 1 2 3 4 5 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 22/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Pascal Üçgeninin Özdeşlileri ( ) n = ( ) n 1 + 1 ( ) n 1 özdeşliğini 1. Derste anıtlamıştı. Bu özdeşli yardımıyla ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n + + +( 1) n 0( 1) [( 2 ) 3 ( )] [( n ) n 1 n 1 n 1 n 1 = + + + 0 [( 0 ) ( 1 )] 1 ( n 1 n 1 n 1 + +( 1) n 1 + +( 1) n n 2 n 1 n 1 yani ( ) n 0 özdeşliği elde edilir. ( ) n + 1 ( ) n 2 ( ) ( ) n n + +( 1) n = 0 3 n ( )] n 1 ) 2 = 0 23/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Yuarıdai işlemlerden toplam n ye adar değil de bir sayısına ( < n) devam ettiğinde ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n 1 + + +( 1) = ( 1) 0 1 2 3 olacağı olayca görülür. 24/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Şimdi Pascal üçgeninin il bir aç satırındai elemanların arelerinin toplamına baalım: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 1 2 = 1 1 2 + 1 2 = 2 1 2 + 2 2 + 1 2 = 6 1 2 + 3 2 + 3 2 + 1 2 = 20 1 2 + 4 2 + 6 2 + 4 2 + 1 2 = 70. Varsayım: ( ) n 2 + 0 ( ) n 2 + 1 ( ) n 2 ( ) n 2 + + + 2 n 1 ( ) n 2 = n ( ) 2n n 25/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Açıtır i, eşitliğin sağ tarafı 2n elemanlı bir ümenin n elemanlı alt ümelerinin sayısıdır. Anca eşitliğin sol tarafı ço açı değil! S = {1, 2, 3,..., 2n} ümesinin {1, 2,..., n} ümesinden tam olara tane eleman içeren n elemanlı alt ümelerin sayısını düşünelim. S ümesinin böyle bir alt ümesini seçme için önce {1, 2,...,n} ümesinden tane eleman alır, sonra alan n elemanı ise {n+1,n+2,...,2n} ümesinden alırız. O halde böyle bir alt üme ( n )( n n ) = ( ) n 2 farlı biçimde seçilebilir. O zaman eşitliğin sol tarafındai her bir terim S = {1, 2, 3,..., 2n} ümesinin {1, 2,...,n} ümesinden tam olara = 0, 1, 2,...,n tane eleman içeren n elemanlı alt ümelerin sayısıdır. Yani, 2n elemanlı S ümesinin n elemanlı tüm alt ümelerinin sayısıdır. 26/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Şimdi de Pascal üçgeninde diagonal toplamlara baalım: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 Varsayım (n ) ( ) n+1 + + 0 1 ( n+2 2 ) + + ( ) ( ) n+ n+ + 1 = 27/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Kanıtı üzerinden tümevarım yöntemini ullanara yapalım: = 0 için ( ) ( n 0 = n+1 ) 0 olduğundan eşitli doğrudur. = 1 için ( n ( 0) + n+1 ) ( 1 = 1+n+1 = n+2 = n+1+1 ) 1 olduğundan eşitli doğrudur ( = 1 durumunun incelenmesine aslında gere yotu). için eşitli doğru olsun. + 1 için de eşitliğin doğru olduğunu gösterelim. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n+1 n+2 n+ n+ + 1 + + + + + 0 1 2 + 1 }{{} ( tümevarım ) ( hipotezinden ) ( n++1 ) n+ + 1 n+ + 1 = + ( ) + 1 n+ + 2 = + 1 O halde tümevarım yöntemi gereği her için eşitli doğrudur. 28/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Pascal üçgeninde yer alan te sayıları çift sayıları ise sembolü ile değiştirirse Sierpinsi üçgenini elde ederiz. 29/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Pascal Üçgeninin Altıgenli Özelliği Pascal üçgeninin herhangi bir elemanını çevreleyen (öşeleri pascal üçgeninin 6 eleman ile oluşturulan) altıgende omşu olmayan öşelerin çarpımı eşittir. Örneğin, 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 1 2 6 }{{} 12 5 20 21 }{{} 2100 = 1 3 4 }{{} 12 = 6 10 35 }{{} 2100 30/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Genel olara Pascal üçgeninin elemanı çevreleyen altıgen, düzgün altıgen olma zorunda değildir. Yani, Teorem Pascal üçgeninin bir ( m n) elemanı alındığında, r1 ve r 2 pozitif tamsayılar olma üzere, ( )( )( ) ( )( )( ) m m r1 m+r2 m r1 m+r2 m = n r 2 n n+r 1 n r 2 n n+r 1 olur. 31/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri Anca biz işlemlerde ısalı açısından r 1 = r 2 = 1 durumunu yani ( )( )( ) ( )( )( ) m m 1 m+1 m 1 m+1 m = n 1 n n+1 n 1 n n+1 eşitliğini anıtlayacağız. Kanıt. = ( m n 1 )( m 1 n )( ) m+1 n+1 m! (m 1)! (m+1)! (n 1)!(m n+1)! n!(m n 1)! (n+1)!(m n)! ( )( )( ) m 1 m+1 m = n 1 n n+1 32/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Pascal Üçgeninin Özdeşlileri 1 11 0 = 1 1 1 11 1 = 11 1 2 1 11 2 = 121 1 3 3 1 11 3 = 1331 1 4 6 4 1 11 4 = 14641 1 5 10 10 5 1? 1 6 15 20 15 6 1 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 11 3 = (10+1) 3 = 10 3 1 0 + 10 2 1 1 + 10 1 1 2 + 0 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 = 10 3 10 2 + 10 1 + 10 0 0 1 2 3 = 1 1000+3 100+3 10+1 ( ) 3 10 0 1 3 3 Elbette ( n ) > 9 olduğunda yuarıdai ural geçerli olmayacatır. Örneğin, 11 5 = 161051 15101051. 33/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Kuş Baışı Pascal Üçgeni Pascal üçgenine il baışta görünen özelliler aşağıdailerdir. Simetri! n çift ise n. satırda bir te orta eleman var, n te ise ii tane eşit orta eleman var. Keyfi bir satırda değerler ortaya adar artıyor, sonra azalıyor. Bu son özelliği anıtlayalım. 34/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Pascal üçgeninin n. satırındai ii ardışı elemanı arşılaştıralım. O halde, ( ) ( ) n n? < n 1 ( ) ( ) n n ise < + 1 2 + 1 n! n!?!(n )! ( + 1)!(n 1)! = n 1 ( ) ( ) n n ise = 2 + 1 1 1? n + 1 > n 1 ( ) ( ) n n ise > 2 + 1 n 1? + 1 olur. + 1? n 2? n 1 n 1? 2 35/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Şimdi Pascal üçgeninin herhangi bir satırındai ardışı elemanların birbirinden ne adar farlı olduğunu inceleyelim. Soldan iinci eleman il elemanın n atıdır. Üçüncü eleman ise iinci elemanın n 1 2 atıdır. Genel olara, ( n ) +1 ) = n + 1 olduğundan + 1. eleman. elemanın n +1 atıdır. ( n 36/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni 250 200 150 100 50 0 2 4 6 8 10 1e+29 8e+28 6e+28 4e+28 2e+28 37/54 0 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR 100 TEKNİK ÜNİVERSİTESİ 40 60 80

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Az öncei grafilerden aşağıdai yorumlar yapılabilir: En büyü sayı, n büyüdüçe ço fazla büyüyor. Sayılar ortaya adar büyüyüp sonra azalmala almıyor, il ve son raamlara göre ciddi anlamda farlı. Örneğin, n = 100 için yuarıdai grafite sadece ( ) ( 100 25, 100 ) ( 26,..., 100 75) sayılarına arşılı gelen veriler görüntülenebilmiştir. n nin farlı değerlerine arşılı elde edilece grafiler benzerdir. Bu gözlemlere şimdi daha detaylı baalım. Bunun için işlemlerde olaylı olması baımından n sayısını genelliği bozmasızın çift sayı olara abul edeceğiz. 38/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Pascal üçgeninin n. satırındai en büyü sayının ortadai eleman ( ) n n/2 olduğunu diğer sayıların ise daha üçü olduğunu biliyoruz. Pei bu sayı ne adar büyü bir sayı? Bu sayı için ala gelen il üst sınır 2 n olur (Çünü n. satırdai tüm sayıların toplamı). O halde ( ) n < 2 n n/2 olur. n. satırdai en büyü sayı bu satırdai tüm sayıların aritmeti ortalamasından daha büyü veya eşit olacağından ( ) n > 2n n/2 n+1 alt sınırını elde ederiz. 39/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni 2 n ( ) n n+1 < < 2 n n/2 değerlendirmesi ne adar iyi bir değerlendirme? Örneğin, bu değerlendirme yardımıyla ( 500 250) sayısının aç basamalı olduğunu bulmaya çalışalım. 2 500 501 < ( 500 250 ) < 2 500 eşitsizliğinin 10 tabanında logaritmasını alırsa, ( ) 500 147.815 500log 2 log 501 < log < 500log 2 150.514 250 olur.o halde 1. Dersten sayının basama sayısının 148 ile 151 arasında olduğunu söyleyebiliriz (gerçete 150 basamalı). Olduça iyi! 40/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni ( n n/2) sayısı için daha iyi bir değerlendirme verme istiyorsa Stirling formülünü ullanabiliriz. ve ( n n/2 ) = n! (n/2)!(n n/2)! = n! (n/2)!(n/2)! n! ( n n 2πn e) olduğundan (n/2)! ( n n/2 πn 2e) olur. O halde ( ) n n/2 olur. ( 2πn n n e) ( πn n ) n/2 ( 2e πn n n/2 = 2e) ( 2πn n n e) πn ( ) n n = 2e 2 πn 2n 41/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Artı, Pascal üçgeninin n. satırındai en büyü elemanın ortadai eleman olduğunu iyi biliyoruz. Ayrıca bu elemanın ne adar büyü bir sayı olduğunu da inceledi. Hatta ortadai elemandan sağa ya da sola doğru giderse sayıların azalacağını da biliyoruz. Pei bu sayılar hangi hızda azalır? 42/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kuş Baışı Pascal Üçgeni Pascal üçgeninin 55. satırındai il biraç eleman: 1, 55, 1485, 26235, 341055, 3478761, 28989675, 202927725, 1217566350, 6358402050, 29248649430,... Ardışı elemanların oranları: 55., 27., 17.67, 13., 10.20, 8.333, 7., 6., 5.222, 4.600, 4.091, 3.667, 3.308, 3., 2.733, 2.500, 2.294, 2.111, 1.947, 1.800, 1.667, 1.545, 1.435, 1.333, 1.240, 1.154, 1.074, 1.,.9310,.8667,... Sayılar artaren oran azalıyor. Ortadai elemandan sonra ise oran 1 den üçü olara azalmaya devam ediyor. Gerçeten de daha önce de hesapladığımız gibi ardışı ii elemanın oranını ( n ) +1 ) = n 1 + 1 = n+1 + 1 1 ( n şelinde yazarsa, arttığında bu oranın azalacağını hemen söyleyebiliriz. 43/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Kartal Baışı Pascal Üçgeni Kartal Baışı Pascal Üçgeni Bu bölümde de genelliği bozmasızın yine n sayısının çift olduğunu abul edeceğiz. Bu durumda pozitif bir m tamsayısı için n = 2m alabiliriz. Pascal üçgeninin n. satırının ortasında yer alan ve bu satırdai en büyü sayı olan ( 2m m) sayısı ile bu sayıdan t adar sağda ya da solda olan binom atsayısını arşılaştırıldığında aşağıdai formül elde edilir: ( 2m m) ( 2m ) e t2 /m m t Bu formül bize yapılan hatanın ne ölçüde olduğunu söylemez. Anca aşağıdai değerlendirme olduça ullanışlıdır. ) e t2 /(m t+1) ( 2m m t ( 2m m ) e t2 /(m+t) Daha iyi değerlendirmeler de verilebilir. 44/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Alıştırmalar Alıştırma 7 sorunun bulunduğu bir sınav ağıdı her soru beş ve beşin tam atları ile puanlanaca olursa aç farlı şeilde puanlandırılabilir? (Her soru mutlaa puanlandırılmalıdır ve sınav 100 üzerinden değerlendirilecetir.) Her bir 5 puanı bir obje olara düşünece olursa soru, 20 (100/5 = 20) özdeş objenin 7 utuya her utuya en az 1 obje gelece şeilde dağılımı problemine dönüşür. Bu sayının da ( ) 20 1 = 27 132 7 1 olduğunu biliyoruz. 45/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Alıştırma Farlı 6 utuya 8 top, il ii utuda toplamda en fazla 4 top olma oşuluyla 1 toplar özdeş ien, 2 toplar birbirinden farlı ien aç farlı şeilde yerleştirilebilir? 46/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Tam olara (0 8) tane özdeş top il ii utuya ( ) ( ) + 2 1 + 1 = 2 1 1 farlı şeilde, geriye alan 8 top ise diğer 4 utuya ( ) ( ) (8 )+4 1 11 = 4 1 3 farlı şeilde yerleştirildiğinden, il ii utuda tam olara tane top olaca şeilde 8 özdeş top 6 utuya ( )( ) + 1 11 1 3 farlı şeilde yerleştirilebilir. Buna göre = 0, 1, 2, 3, 4 durumları için 4 ( )( ) + 1 11 = 1 056 1 3 elde edilir. =0 47/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Yine il ii utuda toplamda en fazla ayırt edilebilir top için hesaplayalım. Bunun için il ii utuda hangi (ayırdedilebilir/özdeş olmayan) topun bulunacağını belirlemeliyiz. Bu sayı ise ( ) 8 }{{} 2 }{{} topun her birisi için il ii utu için 8 ii durum söz onusu (1. toptan tanesi utu, 2. utu) olur. Geriye alan 8 özdeş olmayan top ise alan 4 utuya farlı şeilde yerleştirilecetir. 4 8 48/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar O halde il ii utuda toplamda tam olara özdeş olmayan top bulunaca şeilde 8 top, ( ) 8 2 4 8 farlı şeilde 6 utuya yerleştirilebilir. Yine = 0, 1, 2, 3, 4 durumlarını ayrı ayrı toplarsa, sonuç bulunur. 4 =0 ( ) 8 2 4 8 = 1 531 904 49/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Alıştırma x 1 +x 2 +x 3 +x 4 = 15 denleminin 2 x 1 6, 2 x 2 1, 0 x 3 6, 3 x 4 8 oşulları altında tamsayılar ümesinde aç farlı çözümü vardır? y 1 = x 1 2, y 2 = x 2 + 2, y 3 = x 3, ve y 4 = x 4 3 değişen değişimi yaparsa problem 0 y 1 4, 0 y 2 3, 0 y 3 6, 0 y 4 5 oşulları altında y 1 +y 2 +y 3 +y 4 = 12 denleminin tamsayılar ümesindei çözümlerinin sayısını bulma problemine dönüşür. 50/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Denlemin negatif olmayan tüm çözümlerinin ümesini S ile gösterece olursa, ( ) ( ) 12+4 1 15 S = = = 455 4 1 3 olur. c 1 ile y 1 5 oşulunu, c 2 ile y 2 4 oşulunu, c 3 ile y 3 7 oşulunu ve c 4 ile ise y 4 6 oşulunu sağlayan çözümleri gösterelim. Bu durumda olur. c 1 = ( ) ( (12 5)+4 1 4 1 = 10 ) 3 = 120 c 2 = ( ) ( (12 4)+4 1 4 1 = 11 ) 3 = 165 c 3 = ( ) ( (12 7)+4 1 4 1 = 8 ) 3 = 56 c 4 = ( ) ( (12 6)+4 1 4 1 = 9 ) 3 = 84 51/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Benzer şeilde Alıştırmalar elde edilir. Son olara c 1 c 2 = ( ) ( (12 9)+4 1 4 1 = 6 ) 3 = 20 c 1 c 3 = ( ) ( (12 12)+4 1 4 1 = 3 ) 3 = 1 c 1 c 4 = ( ) ( (12 11)+4 1 4 1 = 4 ) 3 = 4 c 2 c 3 = ( ) ( (12 11)+4 1 4 1 = 4 ) 3 = 4 c 2 c 4 = ( ) ( (12 10)+4 1 4 1 = 5 ) 3 = 10 c 3 c 4 = 0 c 1 c 2 c 3 = c 1 c 2 c 4 = c 2 c 3 c 4 = c 1 c 2 c 3 c 4 = 0 olur. O halde İçerme Dışlama prensibinden, c 1 c 2 c 3 c 4 = S ( c 1 + c 2 + c 3 + c 4 )+ ( c 1 c 2 + c 1 c 3 + c 1 c 4 + c 2 c 3 + c 2 c 4 + c 3 c 4 ) = 455 (120+165+56+84)+(20+1+4+4+10) = 69 sonucuna ulaşılır. 52/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Alıştırma (2w x + 3y +z 2) 12 ifadesinin açılımında 1 Kaç terim vardır? 2 w 2 x 2 y 2 z 2 teriminin atsayısı nedir? Multinomial Teoreminden (x 1 +x 2 + +x ) n = olduğunu biliyoruz. n 1,n 2,...,n 0 n 1 +n 2 + +n =n ( n n 1,n 2,...,n ) x n 1 1 xn 2 2 xn 53/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Alıştırmalar Buna göre, 1 Terim sayısını bulma için n 1 +n 2 +n 3 +n 4 +n 5 = 12 denleminin çözümlerinin sayısını bulmalıyız. Bu sayının ise ( ) ( ) 12+5 1 16 = = 1820 5 1 4 olduğunu biliyoruz. 2 Yuarıdai formülden w 2 x 2 y 2 z 2 teriminin atsayısını ( ) 12 (2) 2 ( 1) 2 (3) 2 (1) 2 ( 2) 4 = 718 502 400 2, 2, 2, 2, 4 elde ederiz. 54/54 AYRIK MATEMATİK (2018 2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ