Içindekiler BIRINCI BÖLÜM Fonksiyonlar Bagnt Fonksiyon 2 Fonksiyonel Denklemlere Giriş 4 Fonksiyonun Gragi 7 Fonksiyon Çeşitleri 8 Bir Fonksiyonun Tersi 20 Bileşke Fonksiyon 23 Tek ve Çift Fonksiyon 25 Periyodik Fonksiyon 26 Artan ve Azalan Fonksiyon 26 Polinom Fonksiyon 28 Üstel ve Logaritmik Fonksiyon 28 Çok Degişkenli Fonksiyonlar 30 Karşk Örnekler 34 ÇÖZÜMLÜ TEST 45 ÇÖZÜMLER 59 TÜBITAK SORULARI (Fonksiyonlar) 55 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 58 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 64 IKINCI BÖLÜM Polinomlar Polinomlarn Eşitligi 69 Polinomlarn Katsaylar ve Terim Says Ile Ilgili Sorular 73 Horner Metodu Ile Bölme 76 Bölme Işlemlerinde Kalann Bulunmas 78 Bir Polinomun Türevi 82 Karşk Örnekler 87 ÇÖZÜMLÜ TEST 96 ÇÖZÜMLER 99
TÜBITAK SORULARI (Polinomlar) 05 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 07 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI ÜÇÜNCÜ BÖLÜM Denklemler ve Denklem Sistemleri Ikinci Dereceden Denklemler 3 Ikinci Dereceden Bir Denklemin Sanal Kökleri 8 Ikinci Dereceden Denklemlere Dönüştürülebilen Denklemler 20 Köklü Denklemler 22 Üçüncü Dereceden Denklemler 26 Üçüncü Dereceden Bir Denklemin Çözümü 27 Yüksek Dereceden Polinom Denklemler 30 Kökler ve Katsaylar Arasndaki Bagntlar (Vieta Formülleri) 32 Bir Bilinmeyenli Polinom Eşitsizlikler 4 Türevi Kullanarak Köklerin Yorumlanmas 44 Bir Polinom Denklemin Reel Köklerinin Üst Snrnn Bulunmas 48 Tamsay Köklerin Bulunmas 49 Tamsay Köklerin Bulunmas Için Newton Metodu 5 Tamsay Köklerin Bulunmas Için Başka Bir Yöntem 52 Reel Köklerin Işaret Incelemesi 52 Decartes'in Işaret Degişim Kural 54 Rasyonel Köklerin Bulunmas 56 Mutlak Degerli Denklem ve Eşitsizlikler 58 Grakler Yardmyla Denklem Çözümü 60 Köklerin Kuvvetleri Toplamnn Hesaplanmas 62 Denklem Sistemleri 67 Karşk Örnekler 85 ÇÖZÜMLÜ TEST 95 ÇÖZÜMLER 204 TÜBITAK SORULARI (Denklemler ve Denklem Sistemleri) 223 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 230 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 245
DÖRDÜNCÜ BÖLÜM Diziler Aritmetik Dizi 25 Geometrik Dizi 255 Fibonacci Dizisi 258 Bir Dizinin Genel Teriminin Bulunmas 26 Dizilerin Homojen Yineleme Bagntlar ve Genel Teriminin Bulunmas 264 Dizilerin Homojen Olmayan Yineleme Bagntlar ve Genel Teriminin Bulunmas 266 Yardmc Genel Terim Kullanma 27 Dizinin Tüm Terimlerinin Tamsay Oldugunu Gösterme 273 Dizinin Limiti 274 Karşk Örnekler 284 ÇÖZÜMLÜ TEST 297 ÇÖZÜMLER 302 TÜBITAK SORULARI (Diziler) 32 TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI 36 ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI 329 YANIT ANAHTARI 332
Fonksiyonlar 3 Örnek 32 Reel saylar kümesinde sfrdan farkl x; y reel saylar için tanmlanan f (7=x; y=5) = x + y + xy fonksiyonu için, f (6=5; 2=3) =? Çözüm : 7 x = 6 35 ise, x = 5 6 ve y 5 = 2 0 ise y = 3 3 oldugundan, 6 f 5 ; 2 = f ( 7 0 3 3 35 ; = 35 5 6 + 0 3 + 35 6 0 3 = 55 8 6 bulunur. Örnek 33 f : Z Z! Z fonksiyonu, i) f (a + ; b) f (a ; b) = 2a ii) f (b; a) = f (a; b) iii) f (0; ) = koşullarn sagladgna göre, f (999; 000) =? Çözüm : Birinci eşitlikte, b'yi sabit tutup, a yerine srasyla 998'den 2'ye kadar çift say degerleri verelim. eşitliklerini taraf tarafa toplarsak, f (999; b) f (997; b) = 2 998 f (997; b) f (995; b) = 2 996... f (3; b) f (; b) = 2 2 f (999; b) f (; b) = 2 (2 + 4 + + 998) = 2 499 500 = 499000 () olur. Şimdi de, 999'dan 'e kadar tek degerleri verelim, eşitliklerini taraf tarafa toplarsak, f (000; b) f (998; b) = 2 999 f (998; b) f (996; b) = 2 997... f (2; b) f (0; b) = 2 f (000; b) f (0; b) = 2 ( + 3 + 5 + + 999) = 500000 olur. b = yazlrsa, iii) eşitliginden, f (000; ) = 50000 elde edilir. Şimdi, () eşitliginde, b = 000 yazarsak, elde edilir. Burada, f (; 000) = elde edilir. f (999; 000) f (; 000) = 499000 f (000; ) oldugu da göz önüne alnrsa, f (999; 000) = 499000 f (000; ) = 499000 50000 = 00
32 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 Örnek 34 f : R R! R olmak üzere, f (x; y) + z = f (y + z; x + z) f (0; x + y) = f (0; x) + f (0; y) koşullar saglanyorsa, f (2009; 20) =? Çözüm : Ikinci eşitlikte, x = y = 0 yazarsak, f (0; 0) = 0 elde edilir. Şimdi de, y = x yazalm. Bu durumda, 0 = f (0; 0) = f (0; x) + f (0; x) eşitliginden, f (0; x) = f (0; x) () elde edilir. Şimdi, birinci eşitlikte, x = 0 ve z = y yazarsak, f (0; y) y = f (0; y) olur. Buna göre, () eşitliginden de, f (0; y) = y=2 bulunur. Son olarak, birinci eşitlikte, z = y yazlrsa, f (x; y) y = f (0; x y) = x y 2 olacagndan, f (x; y) = (x + y) =2 bulunur. O halde, f (2009; 20) = 200 olur. Örnek 35 f : R R! R fonksiyonu, i) f (x; x) = x ii) f (x; y) = f (y; x) iii) f (x; f (y; z)) = f (f (x; y) ; z) iv) y < z ve f (x; y) 6= x ise f (x; y) < f (x; z) koşullarn sagladgna göre, f (x; y) = x veya f (x; y) = y oldugunu gösteriniz. Çözüm : Olmayana ergi metodunu kullanacagz. x; y 2 R ve f (x; y) 6= x ve f (x; y) 6= y oldugunu kabul edelim. Bu durumda, ikinci koşuldan dolay y < x kabul edebiliriz. f (x; y) 6= x oldugundan, dördüncü koşuldan, elde edilir. Diger taraftan, f (y; f (x; y)) bulunur. f (x; y) 6= y oldugundan dolay, f (x; y) < f (x; x) = x ii) den iii) den i) den = f (f (x; y) ; y) = f (x; f (y; y)) = f (x; y) f (y; f (x; y)) < f (y; x) = f (x; y) eşitsizliginden, f (x; y) < f (x; y) çelişkisi elde edilir. O halde, kabulümüz yanlştr.
Fonksiyonlar 33 Örnek 36 f : Z Z! Z fonksiyonu, f (2x; x) = 2f (x; x) f (x + ; y) = f (x; y) + f y 2 + ; 0 f (; 0) = koşullarn sagladgna göre, f (0; ) =? Çözüm : f y 2 + ; 0 = g (y) diyelim. Ikinci eşitlikte srasyla x yerine 0'dan n 'e kadar degerler verirsek; f (; y) = f (0; y) + g (y) f (2; y) = f (; y) + g (y)... f (n; y) = f (n ; y) + g (y) elde edilir. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, f (n; y) = f (0; y) + ng (y) bulunur. Özel olarak, n = 2k ve y = k alrsak, f (2x; x) = 2f (x; x) oldugundan, ve n = y = k alrsak, 2f (k; k) = f (0; k) + 2kg (k) f (k; k) = f (0; k) + kg (k) eşitlikleri elde edilir. Bu iki eşitlikten, f (0; k) = 0 bulunacagndan, elde edilir. Buna göre, f (n; k) = ng (k) g (k) = f k 2 + ; 0 = k 2 + g (0) = k 2 + f 0 2 + ; 0 = k 2 + f (; 0) oldugundan, g (k) = k 2 + elde edilir. O halde, f (n; k) = n k 2 + olur. Böylece, f (0; ) = 0 2 + = 220 bulunur.
Fonksiyonlar 45.5 Çözümlü Test. f : R! R; fonksiyonu için, f (0) = ve f (xy + ) = f (x) f (y) f (y) x + 2 eşitlikleri saglandgna göre, f (00) =? A) 00 B) 0 C) 99 D) 200 E) Hiçbiri 2. n saysnn rakamlarnn toplam n ; n saysnn rakamlarnn toplam n 2 ve bu şekilde her defasnda elde edilen saynn rakamlarn toplam hesaplanarak, en sonunda bir rakam elde edilecektir. Bu rakam f (n) ile gösterelim. f (n) = 5 olacak şekilde, 200'dan küçük kaç pozitif tamsay vardr? A) 00 B) 222 C) 22 D) 223 E) Hiçbiri 3. f (x) = 9x olduguna göre, 3 + 9x 2 f + f 996 996 toplamn hesaplaynz. (KANADA 995) 3 + f + + f 996 995 996 A) 996=2 B) 997=2 C) 996 D) 995=2 E) Hiçbiri 4. Herhangi k pozitif tamsays için, f (k) fonksiyonu k saysnn rakamlarnn kareleri toplamn göstermektedir. olduguna göre, f 2009 (200) =? f n (k) = f (f n (k)) A) 89 B) 37 C) 42 D) 29 E) Hiçbiri 5. Her x; y reel says için, f (x) f (y) f (x y) = x + y olduguna göre, f (00) =? A) 00 B) 0 C) 99 D) 200 E) 99 6. Reel saylarda tanmlanmş f (x) fonksiyonu her x; y 2 R için, f (x + y) = f (x y) ve f ( =2) = =2 olduguna göre, f (00) =? A) 00 B) 0 C) 99 D) 50 E) Hiçbiri
46 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 7. f (x) = ax 2 c fonksiyonu için, 4 f () ve f (2) 5 olduguna göre, f (3) için aşagdakilerden hangisi dogrudur? A) 0 < f (3) < 2 B) 2 < f (3) < 0 C) 2 < f (3) < 20 D) < f (3) < 20 E) Hiçbiri 8. Her x; y reel says için, f x + y 2 = f (x) + 2 (f (y)) 2 ve f () 6= 0 olduguna göre, f (00) =? A) 00 B) 0 C) 99 D) 50 E) Hiçbiri 9. f : Z + Z +! Z + fonksiyonu için, f (x; y + z) = f (x; y) f (x; z) f (x + y; ) = f (x; ) + f (y; ) f (x + y; 2) = f (x; 2) + 4f (xy; ) + f (y; 2) olduguna göre, f (5; 00) says kaç basamakldr. A) 00 B) 0 C) 99 D) 50 E) Hiçbiri 0. f (x; y) : R R! R fonksiyonu, f (x; 0) = x; f (x; y) = f (y; x) ve f (x + ; y) = f (x; y) + y + koşullarn sagladgna göre, f (3; 6) =? A) 00 B) 98 C) 99 D) 50 E) Hiçbiri. Her x reel says için, f (x + ) = + f (x) olarak tanmlanyor. f () = 2 f (x) olduguna göre, f (00) =? A) B) C) 3 D) 2 E) Hiçbiri 3 2 2. x 6= 0 ve x 6= olmak üzere,f (x) 2 x f = 64x olduguna göre, f (4) =? + x A) 2 3 3p 0=3 B) 2 6 3p 0=3 C) 2 4 3p 0=3 D) 2 5 3p 0=3 E) Hiçbiri 3. f fonksiyonu, f (00) = 0 ve her x; y 2 R için f(f(x) + y) = f(x + y) + f(0) eşitliklerini saglayan artan bir fonksiyon olduguna göre f (000) =? A) 000 B) 998 C) 999 D) 900 E) Hiçbiri
58 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4.8 Tübitak Matematik Olimpiyat Sorularnn Çözümleri. F (x + ; y)+f (x; y + ) = F (x; y)+f (x + ; y + ) fonksiyonunda, y yerine srasyla, 0 'dan 992'ye kadar degerler verelim. Bu durumda, F (x + ; 0) + F (x; ) = F (x; 0) + F (x + ; ) F (x + ; ) + F (x; 2) = F (x; ) + F (x + ; 2). F (x + ; 99) + F (x; 992) = F (x; 99) + F (x + ; 992) F (x + ; 992) + F (x; 993) = F (x; 992) + F (x + ; 993) olur. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplayp gerekli sadeleştirmeleri yaparsak, F (x + ; 0) + F (x; 993) = F (x; 0) + F (x + ; 993) elde edilir. F (x; 0) = x ve y > 0 için, F (0; y) = oldugundan, F (x + ; 0) = x+ oldugu kullanlrsa, x + + F (x; 993) = x + F (x + ; 993) eşitliginden, + F (x; 993) = F (x + ; 993) olur. Bu eşitlikte, x = 0 'dan x = 999'a kadar degerler verelim. Böylece, + F (0; 993) = F (; 993) + F (; 993) = F (2; 993). + F (998; 993) = F (999; 993) + F (999; 993) = F (000; 993) eşitliklerinin taraf tarafa toplanmasyla, 000 + F (0; 993) = F (000; 993) eşitliginden F (000; 993) = 00 elde edilir. 2. f (a + b) = f (a) + f (b) denkleminde, b yerine srasyla, a; 2a; 3a; :::; (n ) a; (n 2 Z + ) yazalm. Bu durumda, f (2a) = f (a) + f (a) f (3a) = f (a) + f (2a). f ((n ) a) = f (a) + f ((n 2) a) f (na) = f (a) + f ((n ) a) olur. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, f (na) = nf (a) elde edilir. Buna göre, f (5=2) = k olsun. eşitliginden x = 5=4 olur. 4f (5=2) = 4k ise, f (4 (5=2)) = 4k f (0) = 4k ise, f (2 5) = 4x 5f (2) = 4x ise, 5 3 = 4x
32 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 Teorem : Reel katsayl bir polinom denklemin b 6= 0 olmak üzere, a + ib kökü ise a ib'de köküdür. Ispat : P (x) = 0 olsun, P (x) polinomunu, (x a) 2 + b 2 ile bölelim. Buna göre, kalann en fazla birinci dereceden olacagn göz önünde bulundurarak, P (x) = (x a) 2 + b 2 B (x) + mx + n yazabiliriz. P (x)'in ve bölen polinomun tüm katsaylar reel oldugundan, B (x) ve mx + n polinomlar da reel katsayldr. x = a + bi bir kök ise, m (a + ib) + n = 0 eşitliginden, mb = 0 ve ma + n = 0 elde edilir. b 6= 0 oldugundan, m = 0 ve n = 0 elde edilir. O halde, P (x) = (x a) 2 + b 2 B (x) olur. P (a ib) = 0 oldugundan, a ib'nin de bir kök oldugu görülür. 3.8 Kökler ve Katsaylar Arasndaki Bagntlar (Vieta Formülleri) a n x n +a n x n + +a x+a 0 = 0 () denkleminin n tane kökü x ; x 2 ; :::; x n olsun. Bu durumda, denkleminin açlmndan, (x x ) (x x 2 ) (x x n ) = 0 x n (x + x 2 + + x n ) x n + (x x 2 + x x 3 + + x n x n ) x n 2 + (x x 2 x 3 + x x 2 x 4 + + x n 2 x n x n ) x n 2 + ::: x x 2 x n = 0 olur. Bu denklem ile () denklemi karşlaştrlrsa, a n x + x 2 + + x n = a n x x 2 + x x 3 + + x n x n = a n 2 x x 2 x 3 + x x 2 x 4 + + x n 2 x n x n =. a n a n 3 a n x x 2 x n = ( )n a 0 a n elde edilir. Bu formüllere Vieta formülleri denir.
Denklemler ve Denklem Sistemleri 33 Bu formülleri toplam sembolleriyle, np x i = a n i= a n np x i x j = a n 2 ij a n np i<j<k.. x i x j x k = an 3 a n x x 2 x n = ( )n a 0 a n şeklinde gösteririz. Örnegin, üçüncü dereceden denklemler konusunda, denklemi için, a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a 0 = 0 x + x 2 + x 3 = a 2 a 3 ; x x 2 + x x 3 + x 2 x 3 = a a 3 ve x x 2 x 3 = a 0 a 3 oldugunu görmüştük. Örnek 49 x 3 x 2 3x + 2 = 0 denkleminin kökleri a; b; c ise, =a + =b + =c toplamn hesaplaynz. Çözüm : Paydalar eşitlersek, a + b + bc + ab + ac = c abc olur. abc = 2= ve bc + ab + ac = 3= oldugundan, =a + =b + =c = 3=2 elde edilir. Örnek 50 x 4 3x 2 + 4x + m = 0 denkleminin kökleri x ; x 2 ; x 3 ve x 4 olsun. olduguna göre, m kaçtr? x 4 = x + x 2 + x 3 ve x 2 x 4 + x 3 x 4 + x x 4 = 0 Çözüm : x 4 = + + = x 2x 3 + x x 3 + x x 2 x x 2 x 3 x x 2 x 3 çarpmndan, eşitliginin içler dşlar x x 2 x 3 x 4 = x 2 x 3 + x x 3 + x x 2 olur. Buna göre, Vieta formüllerine göre, x x 2 x 3 x 4 = x 2 x 3 + x x 3 + x x 2 + x 2 x 4 + x 3 x 4 + x x 4 0 olacagndan, m = 4 0 ve buradan da m = 6 bulunur.
34 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 Örnek 5 x 3 3x 2 + x 2 = 0 denkleminin kökleri, a; b; c ise, a 3 + b 3 + c 3 =? Çözüm : Vieta formüllerinden, a + b + c = 3; ab + ac + bc = ve abc = 2 eşitlikleri vardr. Köklerin üçüncü dereceden kuvvetlerini bulmak için önce denklemi kullanarak, bulacagmz ifadeyi daha sade hale getirelim. Buna göre, x 3 = 3x 2 x+2 oldugundan, a 3 + b 3 + c 3 = 3a 2 a + 2 + 3b 2 b + 2 + 3c 2 c + 2 elde edilir. a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 olur. Böylece, bulunur. = 3 a 2 + b 2 + c 2 (a + b + c) + 6 a 2 + b 2 + c 2 = 3 2 2 = 7 2 (ab + ac + bc) eşitliginden, a 3 + b 3 + c 3 = 3 7 3 + 6 = 24 Örnek 52 a; b ve c, x 3 x = 0 denkleminin kökleri olduguna göre, a + a + b + b + c + c eşitligini hesaplaynz. Çözüm : Vieta formüllerinden, oldugundan, a + a + b + b + c + c a + b + c = 0; ab + ac + cb = ve abc = elde edilir. (Not : Denklemden yararlanarak, oldugu kolayca görülebilirdi.) = 2 a + 2 b + 2 c + a + b + c = 3 + 2 + a + + b + + c 3 + 2 (a + b + c) + bc + ac + ab = 3 + 2 a + b + c + ab + ac + bc + abc + 3 + 2 0 = 3 + 2 = ( + a) ( + b) ( + c) = a 3 b 3 c 3 = (abc) 3 =
Denklemler ve Denklem Sistemleri 35 Örnek 53 x 0 +x 2 x+ = 0 denkleminin kökleri, x ; x 2 ; :::; x 0 olduguna göre, toplamn hesaplaynz. x 0 + x 0 2 + + x 0 0 Çözüm : x 0 + x 0 2 + + x 0 0 = m diyelim. x 0 = x 2 + x oldugundan, m = x 2 + x + x 2 2 + x 2 + x 2 3 + x 3 + + x 2 0 + x 0 yazlabilir. Bu ifadeler kuvvetlerine göre snanrsa, bulunur. m = x 2 + x 2 2 + + x 2 0 + (x + x 2 + + x 0 ) 0 = (x + x 2 + + x 0 ) 2 2 (x x 2 + x x 3 + + x 9 x 0 ) + (x + x 2 + + x 0 ) 0 = 0 2 2 0 + 0 0 = 0 Örnek 54 x 3 + px + q = 0 denkleminin üç farkl reel kökü varsa, p < 0 oldugunu gösteriniz. (BREZILYA M.O. 992) Çözüm : Denklemin kökleri a; b ve c olsun. Bu durumda, Vieta formüllerinden, a + b + c = 0; ab + ac + bc = p ve abc = q olur. a > 0 olsun. c = a b oldugundan, p = ab + ac + bc = ab + c (a + b) = ab (a + b) 2 elde edilir. Bu eşitlige göre, i) b < 0 ise, ab < 0 olacagndan, p < 0 olur. ii) b > 0 ise, ab > 0 olur ve p = ab (a + b) 2 = ab a 2 b 2 < 0 elde edilir. Örnek 55 Kökleri, 2x 2 + 2 (m + n) x + m 2 + n 2 = 0 denkleminin köklerinin farknn karesi ve kökleri toplamnn karesi olan ikinci dereceden denklemi bulunuz? Çözüm : (x + x 2 ) 2 = ( m n) 2 = (m + n) 2 ve (x x 2 ) 2 = x 2 + x 2 2 2x x 2 = (x + x 2 ) 2 4x x 2 = (m + n) 2 2 m 2 + n 2 = (m n) 2 olur. O halde, yeni ikinci dereceden denklem x (m 2 + n) 2 (m n) 2 x + yani, x 2 4mnx (n m) 2 (m + n) 2 = 0 olur. (m n) 2 (m + n) 2 = 0
36 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 Örnek 56 Kökleri 2x 3 9x 2 + 0x 3 = 0 denkleminin köklerinden 'er fazla olan denklemi bulunuz. Çözüm : 2x 3 9x 2 + 0x 3 = 0 denkleminin kökleri, a; b ve c olsun. Buna göre, kökleri x = a + ; x 2 = b + ve x 3 = c + olan denklem oldugundan, x 3 (x + x 2 + x 3 ) x + (x x 2 + x x 3 + x 2 x 3 ) x x x 2 x 3 = 0 x + x 2 + x 3 = a + + b + + c + = a + b + c + 3 = 9=2 + 3 = 5=2; ve x x 2 + x x 3 + x 2 x 3 = (a + ) (b + ) + (a + ) (c + ) + (c + ) (b + ) = 2 (a + b + c) + ab + ac + bc + 3 = 2 (9=2) + 5 + 3 = 7 x x 2 x 3 = (a + ) (b + ) (c + ) = a + b + c + ab + ac + bc + abc + = 9=2 + 5 + 3=2 + = 2 eşitliklerinden, x 3 (5=2) x + 7x 2 = 0 veya 2x 3 5x 2 + 34x 24 = 0 bulunur. Örnek 57 x 3 + ax 2 + ax + = 0 denkleminde a katsaysnn 2 kat alndgnda, denklemin köklerinin toplam artmaktadr. Buna göre a kaçtr? Çözüm : x +x 2 +x 3 = a iken x 0 +x 0 2 +x 0 3 = 2a ve 2a = a+ oldugundan a = olur. Örnek 58 ax 2 + bx + c = 0 denkleminin bir kökü diger kökünün karesi olduguna göre, b 3 + a 2 c + ac 2 =? Çözüm : x x 2 = k k 2 = c a eşitliginden, k3 = c a ve x + x 2 = de k + k 2 = b a olur. Buna göre, srasyla, k + k 2 3 b 3 = k 3 + 3k 4 + 3k 5 + k 6 ; = c a + 3k3 k + k 2 c 2 + ; a ca 3bc + c2 a 3 = a 2 ; eşitliginden, b 3 + a 2 c + ac 2 = 3abc elde edilir. b a eşitliginden
Denklemler ve Denklem Sistemleri 37 Örnek 59 c ve d reel saylar olmak üzere, tam üç tane farkl pozitif tamsay kökü olacak şekilde kaç tane x 3 x 2 + cx + d polinomu vardr? Çözüm : Vieta formüllerine göre, köklerin toplam olmaldr. pozitif tamsaylar oldugu göz önünde bulundurulursa, kökler, ; 2; 8; ; 3; 7; ; 4; 6; 2; 3; 6 veya 2; 4; 5 Köklerin farkl say gruplarndan biri olabilir. O halde, istenen şekilde 5 polinom vardr. Örnegin, kökleri ; 2; 8 olan polinom, polinomudur. P (x) = (x ) (x 2) (x 8) = x 3 x 2 + 26x 6 Örnek 60 (x ) + (x 2) 2 + (x 3) 3 + + (x 99) 99 + (x 00) 00 polinomunun köklerinin toplamn bulunuz. Çözüm : Vieta formüllerine göre kökler toplam, x 99 katsaysnn, x 00 'ün katsaysna yani 'e bölümüne eşittir. O halde, x 99 'un katsaysn bulmalyz. (x 99) 99 ifadesinde, x 99 'un katsays 'dir. (x 00) 00 ifadesinde ise, x 99 'un katsays, 0000 oldugundan, yant 0000 + = 9999 bulunur. Örnek 6 Katl kökü olmayan x 200 + (=2 x) 200 = 0 denkleminin reel ve reel olmayan tüm köklerinin toplamn bulunuz. (AIME 200) Çözüm : x 200 + (=2 x) 200 = 0 denkleminin açlmnda, x 200 sadeleşecek ve 2000'inci dereceden bir denklem elde edilecektir. O halde, Vieta formüllerine göre, kökler toplamn bulabilmemiz için, x 999 ve x 2000 teriminin katsaylarna ihtiyacmz var. Bunun için, Binom açlmn kullanarak, ( 2 x) 200 açlmndaki x 999 ve x 2000 terimlerinin katsaysn bulalm. 200 2000 ( x) 2 = 200 2 x2000 ve oldugundan, Vieta formüllerinden, bulunur. 200 2 ( x) 999 ( 2 )2 = 200 250 x 999 x + x 2 + + x 2000 = 200 250 200=2 = 500
60 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 3.9 Grakler Yardmyla Denklem Çözümü Örnek 203 p x = x 4 eşitligini saglayan kaç tane x pozitif reel says vardr? (USC Math.Contest) Çözüm : p x = x 4 p veya x = x 4 olabilir. p x = x 4 denkleminin çözümü için, y = p x ve y = x 4 fonksiyonlarnn grakleri çizilirse, şekildeki gibi bir noktada kesiştikleri görülür. O halde, bu denklemin sadece bir çözümü var demektir. Benzer şekilde, p x = x 4 denkleminin de bir çözümü olacaktr. O halde denklemin sadece 2 reel çözümü vardr. y 0 y 4 = x y = x x y = x Örnek 204 x 4 +jxj = 0 denkleminin kaç tane reel çözümü vardr? (USC Math.Contest) Çözüm : y = jxj ve y = 0 x 4 fonksiyonlarnn gragini göz önüne alalm. Bu iki fonksiyon, yandaki grakte görüldügü gibi sadece, iki noktada kesişirler. O halde, denklemin sadece 2 tane reel kökü vardr. y 4 y = 0 x y = x x Örnek 205 3 x = x 2 x + denkleminin kaç tane reel kökü vardr? 2 y x x = + y 3 2 2 y = x 3 x Çözüm : x = ve x = 2 için denklem saglanr. Bu iki kökten başka köklerinin olmadgn y = 3 x ve y = x 2 x + fonksiyonlarnn gragini çizerek görebiliriz. Gerçekten, grakten görüldügü gibi bu iki fonksiyon sadece iki noktada kesişirler. Yani, denklemin sadece 2 kökü vardr.
Denklemler ve Denklem Sistemleri 6 Örnek 206 Hangi a reel says için, jx j jx 2j + jx 4j = a denkleminin tam üç kökü vardr? (Wisconsin Math Talent Search 996) Çözüm : f (x) = jx j jx 2j + jx 4j diyelim ve gragini çizelim. Aralklara göre incelersek, x ise, f (x) = x + (2 x) + ( x + 4) = 3 x x 2 ise, f (x) = (x ) (2 x) + ( x + 4) = x + 2 x 4 ise, f (x) = (x ) (x 2) + ( x + 4) = 5 x x 4 için, f (x) = (x ) (x 2) + (x 4) = x 3 olur. Buna göre, grak şekildeki gibi olur. Daha sonra şekilde görüldügü gibi, a 2 Z için y = a graklerini çizersek, a > 4 için, f (x) ve y = a iki noktada, a = 3 ve a = 2 için, f (x) ve y = a üç noktada, a = için, f (x) ve y = a sadece noktada kesişirler. a < için ise kesişmezler yani çözüm yoktur. 3 2 y 2 f(x) y = 4 y = 3 y = 2 y = x 3 4 5 6 7 Örnek 207 jx jx jx 4jjj = a denkleminin tam üç tane kökü olacak şekilde tüm a reel saylarn bulunuz. (Wisconsin Math Talent Search 2008) Çözüm : Önce, y = jx jx jx 4jjj fonksiyonunun gragini çizelim. x 4 için, y = jx jx x 4jj = jx 4j = x 4 x 4 için, y = jx jx + x 4jj = jx j2x 4jj ve x 2 için, y = jx 2x + 4j = j4 xj = 4 x elde edilir. x 2 için, y = jx j2x 4jj = jx + 2x 4j = j3x 4j olacagndan, x 4=3 için, y = 3x 4 ve x 4 için, y = 3x + 4 3 olur. Buna göre, belirtilen aralklar için, grak çizilirse, yandaki grak elde edilir. Grakten de görülür ki, a > 3 için, denklemin iki çözümü, a = 2 için, denklemin üç çözümü, 0 a < 2 için, denklemin dört çözümü a = 0 için, denklemin iki çözümü vardr. a < 0 için ise çözüm yoktur. 3 y y = x x x 4 2 y = 2 y = x
62 Matematik Olimpiyatlarna Hazrlk 4 3.20 Köklerin Kuvvetleri Toplamnn Hesaplanmas Bu ksmda, kökleri x ; x 2 ; :::; x n olan n'inci dereceden bir polinom için, k 2 Z + olmak üzere, S k = x k + x k 2 + + x k n toplamn nasl hesaplayabilecegimizi görecegiz. Önce aşagdaki ilk örnekte, üçüncü dereceden bir polinom için, S 3 'ü klasik yöntemle hesaplayalm. Sonraki örnekte ise, S 4 için başka bir yöntem kullanalm. Örnek 208 9x 3 3x 6 = 0 denkleminin kökleri a; b; c ise, a 3 + b 3 + c 3 =? Çözüm : a; b; c denklemin kökleri olduguna göre, 9a 3 3a 6 = 0; 9b 3 3b 6 = 0; 9x 3 3b 6 = 0 eşitlikleri saglanr. Bunlar taraf tarafa toplarsak, 9 a 3 + b 3 + c 3 3 (a + b + c) 8 = 0 elde edilir. Vieta formüllerine göre, a + b + c = 0 oldugundan, a 3 + b 3 + c 3 = 2 bulunur. Örnek 209 P (x) = 2x 3 +3x 2 3 polinomunun üç farkl reel kökü a; b; c olduguna göre, a 4 + b 4 + c 4 =? Çözüm : Negatif olmayan bir k says için, S k = a k + b k + c k olarak gösterelim. S 0 = a 0 + b 0 + c 0 = 3 olur. Diger taraftan Vieta formüllerine göre, a + b + c = 3=2; abc = 3 ve ab + ac + bc = 0 eşitlikleri vardr. Şimdi bunlar da kullanarak S 2 'yi hesaplayalm. S 2 = a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 2 (ab + ac + bc) oldugundan, S 2 = 69=4 bulunur. Bundan sonraki S k degerlerini daha kolay elde etmek için başka bir yöntem kullanacagz. a polinomun bir kökü oldugundan, P (a) = 2a 3 + 3a 2 3 = 0 eşitligi, yani, 2a 3 = 3a 2 + 3 eşitligi saglanr. Bu eşitligi, a k 3 ile çarparsak, elde edilir. Benzer şekilde, 2a k = 3a k + 3a k 3 2b k = 3b k + 3b k 3 ve 2c k = 3c k + 3c k 3 eşitlikleri saglanacaktr. Bu üç eşitligi taraf tarafa toplarsak, olacaktr. 2S k = 3S k + 3S k 3