MATEMATİK OLİMPİYATLARI ÇALIŞMA KİTAPÇIĞI www.sbelian.wordpress.com
İçindekiler 1 Giriş 3 1.1 İlksöz................................ 3 Konular 4.1 Denklem Sistemleri......................... 4.1.1 Çalışma Soruları...................... 7.1. Çözümler.......................... 8. Repunitler.............................. 13..1 Çalışma Soruları...................... 15.. Çözümler.......................... 16.3 Sophie Germain Özdeşliği..................... 18.3.1 Çalışma Soruları...................... 19.3. Çözümler.......................... 0.4 Tamkareler Pozitiftir........................ 4.4.1 Çalışma Soruları...................... 5.4. Çözümler.......................... 7.5 Eşitsizlikler I............................ 3.5.1 Çalışma Soruları...................... 39.6 Eşitsizlikler II............................ 40.6.1 Çalışma Soruları...................... 47.7 İndirgemeli Diziler......................... 48.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler.............. 48.7. İkinci Dereceden İndirgemeler............... 5.7.3 Alıştırmalar......................... 54.8 Yeniden Düzenleme [Rearrangement] Eşitsizliği......... 54.9 Trigonometrik Değişken Değiştirme................ 63.9.1 Çalışma Soruları...................... 65.9. Çözümler.......................... 67.10 Cebirde Teleskopik Toplamlar ve Çarpımlar........... 75.10.1 Çalışma Soruları...................... 78.10. Çözümler.......................... 81 1
.11 Tamdeğer Fonksiyon Problemleri................. 86.11.1 Çalışma Soruları...................... 90.11. Çözümler.......................... 91.1 Bölünebilme ve Asal Sayılar.................... 93.1.1 Çalışma Soruları...................... 96.1. Çözümler.......................... 98.13 Trigonometride Sonsuz Toplam ve Farklar............ 10.13.1 Çalışma Soruları...................... 104.13. Çözümler.......................... 106.14 Kuş, Güvercin, Yuva.......................... 11.14.1 Çalışma Soruları...................... 114.14. Çözümler.......................... 114.15 Üstel Diyofant Denklemleri.................... 115.15.1 Çalışma Soruları...................... 117.15. Çözümler.......................... 117.16 Kalan Sınıfları [Residues]..................... 10.16.1 Çalışma Soruları...................... 1.16. Çözümler.......................... 13.17 Viete Teoremi............................ 17.17.1 Newton-Girard Formulæ.................. 18.17. Lagrange İnterpolasyon Tekn ığ ı.............. 130.17.3 Çalışma Soruları...................... 13.17.4 Çözümler.......................... 133.18 Bağıntı Sayıları........................... 136.18.1 Çalışma Soruları...................... 140.18. Çözümler.......................... 140.19 Lineer Denklemlerin Tamsayı Çözümleri............. 141.19.1 Çalışma Soruları...................... 144.19. Çözümler.......................... 145.0 Fonksiyonel Denklemler...................... 145.0.1 Tek Değişkenliler - Temel Teknikler........... 145.0. Çok Değişkenliler...................... 148.0.3 Çalışma Soruları...................... 151.0.4 Çözümler.......................... 151
Bölüm 1 Giriş 1.1 İlksöz Belkide internetin hayatımıza kattığı en büyük artı değer legal paylaşımlar yapmak ve bilgiyi birbirimizle paylaşmaya ortam hazırlamak olmuştur. Bizde bu paylaşımın bir parçası olarak bu zamana kadar bir çok ders notunu ve çözüm paketini sizlerle paylaşmıştık. Şimdi de, tüm bu ders notlarının birleşimi olan bu mini kitabı sizlerin paylaşımına açıyoruz. Sizlerde çekinmeden bu kitapçığı gerek fotokopi ile gerekse elektronik yollarla birbirinizle paylaşın. Yararlanabildiğiniz kadar yararlanın. Bu çalışmanın hazırlanmasında öncelikle www.sbelian.wordpress. com sayfamıza teveccüh gösteren tüm dostlarımıza ve faydalı olabilmek için çalışmalarımıza yardım eden LATEX dostlarına teşekkür ederiz. Sbelian Haziran 010 3
Bölüm Konular.1 Denklem Sistemleri Bu bölümde bazı standart olmayan denklem sistemlerinin çözümlerini yapacağız. Ancak ilerleyen örneklerde sizinde farkedeceğiniz üzere, kullanacağımız yöntemler genelde bazı cebirsel manipülasyonlardan oluşuyor. Bu yöntemleri kullanarak hem çözümlere daha kolay ulaşacağız hemde her bir soruda farklı bir tekniği öğrenmiş olacağız. Örnek. x + y + z = 3 y + z + x 3 = 3 z + x + y 3 = 3 denklem sisteminin pozitif çözüm üçlüsünün yanlızca (1, 1, 1) olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Eğer ilk iki denklemin farkını alırsak x(1 x ) + y(y 1) + z (z 1) = 0 denklemini elde ederiz. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü denklemlerin farkını alırsak y(1 y ) + z(z 1) + x (x 1) = 0 denklemini elde ederiz. Eğer bu denklemi z ile çarpıp bir önceki denklemden çıkarırsak x(x 1)(1 + x + xz) = y(y 1)(1 + z + yz) eşitliğini elde ederiz. Benzer işlemleri yaparak y(y 1)(1 + y + yx) = z(z 1)(1 + x + xz) 4
eşitliğinede ulaşırız. Son yazdığımız iki eşitlikte eğer x, y, z pozitifse x = y = z = 1, x, y, z < 1 veya x, y, z > 1 olacaktır. Son iki yazdığımız olasılığın x + y + z 3 = 3 eşitliğini sağlayamayacağı açıktır. Demek ki tek çözüm olacaktır. Örnek. a + b + c + d = 1 (x, y, z) = (1, 1, 1) abcd = 7 + ab + ac + ad + bc + bd + cd denklem sistemini sağlayan tüm (a, b, c, d) pozitif sayı dörtlülerini bulunuz. Çözüm. Eğer soruda verilen sistemdeki ikinci eşitliğe Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliğini uygularsak abcd 7 + 6 abcd olacaktır. Eğer bu eşitsizliği düzenlersek yeni denklemimiz abcd değişkenine bağlı ( abcd + 3)( abcd 9) 0 eşitsizliğini elde ederiz. Burada abcd 9 olduğu açıktır. Eğer bu durumu sistemdeki ilk denklemle beraber kullanırsak a + b + c + d 4 4 abcd 3 3 olduğundan eşitlik durumu söz konusudur. Buna göre tek çözüm olacaktır. a = b = c = d = 3 Örnek. 3x (1 + 1 ) x + y 7y (1 1 ) x + y 5 = = 4
denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz. Çözüm. Bu soruda çözüme daha kolay işlemlerle ulaşmak için bazı değişken eğiştirmeler yapmak yerinde olacaktır. Buna göre eğer x = u ve y = v alırsak sistemimiz ( ) 1 u 1 + u + v = 3 ( ) 1 v 1 u + v = 4 7 şeklini alır. Burada u +v aslında z = u+iv karmaşık sayısının normunun karesidir. Buna göre ikinci denklemi i karmaşık sayısı ile çarpıp birinci denkleme eklersek u + iv + u iv u + v = 3 + i 4 7 eşitliğini elde ederiz. Burada ifadesi olacaktır. Yani z z = u iv u + v z (zz) = 1 z ( ) z + 1 z = + i 4 3 7 eşitliği elde edilir. Eğer bu denklemi düzenlersek ( ) z + i 4 z + 1 = 0 3 7 denklemini ve bu denklemin çözümü olan ( 1 3 ± ) ( + i ± ) 1 7 sayısını elde ederiz. Buna göre soruda verilen sistemin çözümü olacaktır. ( 1 x = 3 ± ) ( ve y = ± ) 1 7 6
.1.1 Çalışma Soruları 1. x + x = y y + y z + z = z = x denklem sistemini çözünüz.. [x], x sayısının tam kısmını, {x} ise ondalık kısmını temsil etmek üzere x = [x] + {x} olarak veriliyor. Buna göre x + [y] + {z} = 1, 1 z + [x] + {y} =, y + {x} + [z] = 3, 3 denklem sistemini sağlayan x, y, z değişkenlerini bulunuz. 3. Aşağıdaki denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz. 4. xy + yz + zx = 1 xyz = + x + y + z 4x 4x + 1 4y 4y + 1 4z 4z + 1 = y = z = x Denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 5. 3 = x + y + z = x 3 + y 3 + z 3 eşitliğini sağlayan tüm tamsayı üçlülerini bulunuz. 7
6. 6(x y 1 ) = 3(y z 1 ) = (z x 1 ) = xyz (xyz) 1 eşitliğini sağlayan tüm sıfıran farklı x, y, z reel sayılarını bulunuz. 7. a, b, c birbirinden ve sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere verilen 8. 9. x yz = a y zx = b z xy = c denklem sisteminin tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. (x + y) 3 = z (y + z) 3 = x (z + x) 3 = y denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel sayı üçlüleini bulunuz. x 3 9(y 3y + 3) = 0 y 3 9(z 3z + 3) = 0 z 3 9(x 3x + 3) = 0 denklem sisteminin tüm çözümlerini bulunuz. 10. a, b, x, y reel sayılar olmak üzere ax + by = 3 ax + by = 7 ax 3 + by 3 = 16 ax 4 + by 4 = 4 olarak veriliyor. Buna göre, ax 5 + by 5 toplamının eşitini bulunuz..1. Çözümler 1. Eğer çözümde aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğini kullanırsak x + 1 x x x = 8
ise y ve y olacaktır. Benzer şekilde y ve z olacaktır. Eğer sistemdeki 3 denklemi 1 ile çarpıp toplarsak ( 1 x + y + z = x + 1 y + 1 ) z eşitliği elde edilir. Bu denklemin sol kısmı iken sağ kısım olacaktır. Demek ki x + y + x 3 ( 1 x + 1 y + 1 ) 3 z x + y + z = olmalıdır. Buradan istenen çözümler olarak bulunur. ( 1 x + 1 y + 1 ) = 3 z x = y = z = ±. Eğer sistemdeki 3 eşitsizliği taraf tarafa toplarsak olduğundan x + y + z = 6.6 x + y + z = 3.3 denklemini elde ederiz. Sistemdeki her bir denklemi son bulduğumuz eşitlikten çıkarırsak yeni sistemimiz {y} + [z] =. {x} + [y] = 1.1 {z} + [x] = 0 olacaktır. Bu sistemde ilk denklemden {y} = 0. ve [z] = bulunur. İkinci denklemden [y] = 1, {0.1} ve üçüncü denklemden {z} = 0, [x] = 0 bulunur. Buna göre, denklem sisteminin çözümü olacaktır. x = 0.1, y = 1., z = 9
3. Varsayalım 3 xyz = a olsun. Aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğinden 1 = xy + yz + zx 3a ve a 3 = + x + y + z + 3a olacaktır. ilk eşitsizlikten 1 3a ise 4 a bulunur. İkinci eşitsizliktense a bulunur. Dolayısıyla a = ve x = y = z olacaktır. Demek ki tek çözüm (x, y, z) = (,, ) olur. 4. Çözüme, denklem sistemimizdeki her bir denklemi karşılayan bir fonksiyon bularak başlayalım. Varsayalım f fonksiyonu f : [0, ) [0, ) olmak üzere f(t) = 4t 4t + 1 olarak verilsin. f fonksiyonun artan olduğu açıktır. Dolayısıyla eğer x < y ise f(x) < f(y) dolayısıyla y < z olacaktır. Eğer bu argümanı tekrar edersek z < x elde ederiz. Öyleyse x < y < z < x olacaktır ki bu durum imkansızdır. Benzer biçimde x > y ile başlarsak yine çelişki elde ederiz. Demek ki x = y = z olmalıdır. Buna göre, 4t 4t + 1 = t denklemini çözersek t = 0 veya t = 1/ olacaktır. Öyleyse sistemin çözümleri sadece olarak bulunur. (0, 0, 0) ve ( 1, 1, 1 ) 5. Eğer soruda verilen eşitlik üzerinde biraz oynarsak 4 = (x + y + z) 3 (x 3 + y 3 + z 3 ) = 3 x y + 6xyz eşitliğine ulaşırız. Eğer sadeleştirme yapıp çarpanlarına ayırırsak olacağından 8 = (x + y)(x + z)(y + z) 8 = (3 x)(3 y)(x + y) eşitliği elde edilir. 8 sayısının çarpanlarını kontrol edersek çözümleri olarak bulabiliriz. (1, 1, 1), (4, 4, 5), (4, 5, 4), ( 5, 4, 4) 10
6. Soruda verilen eşitliği kullanarak (x y 1 ) + (y z 1 ) + (z x 1 ) = xyz (xyz) 1 yazabiliriz. Eğer bu eşitliği yeniden düzenlersek de (x y 1 )(y z 1 )(z x 1 ) = 0 denklemini elde ederiz. Demek ki çarpanlardan biri sıfır olmalıdır. Ancak sorudaki eşitlikten hepsinin sıfır olduğu ortaya çıkar. Dolayısıyla bulunur. xy = yz = zx = 1 ve x = y = z = ±1 7. Soruda verilen sistemdeki herbir eşitliğin karesini alıp diğer iki eşitliğin çarpımından çıkarırsak yeni sistemimimiz a bc = x(x 3 + y 3 + z 3 3xyz) b ac = y(x 3 + y 3 + z 3 3xyz) c ab = z(x 3 + y 3 + z 3 3xyz) olacaktır. Burada olarak alırsak x 3 + y 3 + z 3 3xyz = k (a bc) (b ac) (c ab) = k (x yz) = k a olur. Burada eşitliğin sol tarafını açıp düzenlersek k = ± a 3 + b 3 + c 3 3abc olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri olacaktır. x = a bc k, y = b ac, k c ab k 8. Eğer ikinci denklemi birinciden çıkarırsak (x z) ( (x + y) + (x + y)(y + z) + (y + z) ) = z x eşitliğini elde ederiz. Burada (x + y) + (x + y)(y + z) + (y + z) > 0 11
olduğuna göre, x = z olacaktır. Simetriden dolayı y = z ve elimizde 8x 3 = x denklemi oluşacaktır. Bu denklemin kökleri x = 0 ve x = ± olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri olur. x = y = z = 0, x = y = z = ± 1 9. Soruda verilen sistemi düzenlersek, yeni sistemimiz olacaktır. Bu eşitliği toplarsak (y 3) 3 = y 3 x 3 (z 3) 3 = z 3 x 3 (x 3) 3 = x 3 z 3 (x 3) 3 + (y 3) 3 + (z 3) 3 = 0 eşitliği elde edilir. Genelliği bozmadan varsayalım x 3 olsun. Sistemdeki üçüncü denklemden z 3 7 = 9x(x 3) olacaktır, dolayısıyla z 3 olur. Benzer biçimde y 3 olacaktır. Ancak üçü birden 3 ten büyük olamaz. Buna göre tek çözüm x = y = z = 3 olacaktır. 10. n = ve n = 3 için (ax n + by n )(x + y) (ax n 1 + by n 1 )xy = ax n+1 + by n+1 eşitliğinin sağlandığı görülebilir. Buna göre, ve 7(x + y) 3xy = 16 16(x + y) 7xy = 4 olacaktır. Bu iki denklemi çözersek x+y = 14 ve xy = 38 olur. n = 4 için başta belirlediğimiz reküransı yeniden uygularsak olacaktır. ax 5 + by 5 = (4)( 14) (16)( 38) = 588 + 608 = 0 1
. Repunitler Basamaklarını oluşturan rakamların hepsi 1 olan doğal sayılara repunit diyeceğiz. Öyleki 111 111 }{{} n basamaklı sayısı bir repunit sayı olarak sorularımızda yerini alacaktır. Şimdi ilk örneğimizle başlayalım. Sorumuz 005 Bulgaristan Matematik Olimpiyatları nda sorulmuştur. Örnek. x, y, z Z olmak üzere verilen x + y + 98z = 111 111 }{{} 666 tane 1 eşitliğini sağlayan tamsayı üçlülerinin bulunmadığını kanıtlayınız. Çözüm I. Çözüme çelişki ile ulaşmaya çalışalım. varsayalım soruda verilen denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayı üçlüsü varolsun. Buna göre eşitliğin sol tarafındaki repuniti çarpanlarına ayırırsak 111111 (1 + 10 6 + + 10 6 110 ) = 106 1 (1 + 10 6 + + 10 6 110 ) 9 olacaktır. Küçük Fermat teoremine göre, 10 6 1 sayısı 7 ile bölünebilir. Buna göre eşitliğimize (mod7) altında bakabiliriz. Tamkare bir sayının (mod7) altındaki kalan sınıfı {0, 1,, 3, 4} ve 98 sayısı 7 ile kalansız bölünebildiğine göre, eşitliğin sağ tarafındaki ifademizde x ve y sayıları 7 ile kalansız bölünmelidir. Bu durumda eşitliğin sol tarafı 7 ile tam bölünecektir. Ancak eşitliğin sağ kısmındaki ifademiz 7 15873 (1 + 10 6 + + 10 6 110 ) olduğundan bu ifadenin (mod7) altındaki ikinci çarpanı 4 olacaktır. Üçüncü çarpanı (mod7) altında 0 olmadığına göre, eşitliğin sağ tarafı 49 ile bölünemez. Çelişki vardır. Demekki (x, y, z) tamsayı üçlüleri yoktur. Eğer soruda verilen eşitliğin sağ tarafına (mod) altında ba- Çözüm II. karsak veya x + y + x 111 (mod 8) x + y + z 7 (mod 8) olduğunu görebiliriz. Bir tamsayının karesinin ( mod 8) altındaki kalanları {0, 1, 4} olabilir. Eğer iki katlarını alırsak kalan sınıfı {0, } olacaktır. Ancak elde edilen 13
{0, 1, 4} kümesinin elemanlarını {0, } ve {0, } kümesinin elemanlarına ekleyerek (mod8) altında 7 sayısına ulaşamayız. Demek ki, soruda verilen denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayıları yoktur. Sıradaki sorumuzda Rusyada yayınlanan Potansia Magazine isimli dergiden alıntıdır. Örnek. Repunitleri yine repunitlere götüren tüm ikinci dereceden tamsayı katsayılı polinomları bulunuz. Çözüm. varsayalım ikinci dereceden polinomumuz f(x) = ax + bx + c olsun. Soruda verilen şartlara göre, yani olacaktır. Eğer f(111 }{{ 1} ) = } 111 {{ 1} m tane n tane ( 10 m ) 1 f 9 olarak alırsak, ( ( ) x 1 ( ) ) x 1 9 a + b + 1 9 9 olacaktır. Demek ki g(x) = a 9 x + = 10n 1 9 ( ) x 1 g(x) = 9f + 1 9 ( a = 9 9 (x x + 1) + b ) (x 1) + c + 1 9 = a 9 (x x + 1) + b(x 1) + c + 1 = a ( 9 x + b a ) x + (9c + 1 b + a 9 9 ) ( b a ) x + (9c + 1 b + a 9 9 ) olacaktır. Buna göre, aslında g(10 m ) = 10 n olacaktır. yani g polinomu 10 un kuvvetlerini yine 10 un kuvvetlerine götürecektir. Buna göre, 10 m g(10 m ) = 10 n m = a ( 9 + b a ) ( 10 m + 9c + 1 b + a ) 10 m 9 9 olacaktır. İlk eşitlikten görüldüğü üzere 10 m g(10 m ) sayısı 10 un kuvvetidir. Eğer m değerini yeterince büyük alırsak 10 m g(10 m ) ifadesi a/9 değerine yakınsak. Buradan da, a/9 = 10 k ve 10 m g(10 m ) = 10 k olacaktır. Dolayısıyla ( b a 9 ) 10 m + ( 9c + 1 b + a 9 ) 10 m = 0 14
olacağından b a 9 = 9c + 1 b + a 9 = 0 olur. Buradan b = 10 k ve c = 10k 1 9 olacağından istenen polinomlar olur. f(x) = 9 10 k x + 10 k x + 10k 1 9..1 Çalışma Soruları 1. (a.) Çift sayıda basamağı olan, beş tabanındaki repunitlerin ardışık pozitif iki tamsayının çarpımı olduğunu gösteriniz. (b.) Dokuz tabanındaki tüm repunitlerin Üçgensel Sayı 1 olduğunu kanıtlayınız.. eşitliğini kanıtlayınız. 111 }{{ 1} = } {{ } +(333 }{{ 3} n tane n tane n tane ) 3. 19 ile bölünebilen ve tüm basamakları 1 olan en küçük pozitif tamsayıyı bulunuz. 4. Asal bir repunit sayının basamak sayısınında asal olduğunu kanıtlayınız. Ayrıca, bu önermenin tersi doğrumudur? 5. Tüm basamakları 1 olan, 81 basamaklı bir sayı 81 ile kalansız bölünebilir mi? 6. (a.) 111 1 }{{} n basamaklı sayının 41 ile ancak ve ancak 5 n olduğunda, bölünebileceğini kanıtlayınız. (b.) 111 1 }{{} n basamaklı sayının 91 ile ancak ve ancak 6 n olduğunda, bölünebileceğini kanıtlayınız. 7. 1 den büyük hiç bir repunitin tam kare olamayacağını kanıtlayınız. 1 Bir a k üçgensel sayısı, 1 den k ya kadar olan tamsayıların toplamıdır. Üçgensel sayı denilmesinin temel sebebi, eşkenar bir üçgenin üzerine eşit aralıklarla yerleştirilibilecek eşit yarıçaplı kürelerin sayısını vermesidir. Öyleki, ilk bir kaç üçgensel sayı 1, 3, 6, 10, 15, 1, 8 olarak kolaylıkla bulunabilir. a n = 1 + + 3 + + (n 1) + n = n(n+1) = n +n = ( ) n+1 genel formuda n. üçgensel sayıyı vermektedir. 15
8. Son basamağı 1, 3, 7 veya 9 olan her n tamsayısı için, n ile bölünebilen bir repunit bulunduğunu kanıtlayınız. 9. Herhangi iki elemanı aralarında asal olan sonsuz büyüklükte bir repunitler dizisi olduğunu kanıtlayınız. 10. Sonsuz çoklukta n değeri için, basamaklarında sıfır bulunmayan n basamaklı bir sayının basamakları toplamına bölünebileceğini kanıtlayınız... Çözümler 1. (a.) (b.) (111 }{{ 1} ) 5 = 1 + 5 + + 5 n 1 n tane = 5n 1 = 5n 1 5n + 1 4 eşitliğine göre, 5n 1 ve 5n +1 ardışık tamsayılardır. (111 }{{ 1} ) 9 = 1 + 9 + + 9 n 1 n tane = 9n 1 = 1 8 3n 1 3n + 1 olduğuna göre bu sayı bir üçgensel sayıdır. Çünkü, 3n 1 ardışık tamsayılardır.. Soruda verilen eşitliği kullanalım. Buna göre, ve 3n +1 } 111 {{ 1} }{{ } n tane n tane = } 111 {{ 1} 000 }{{ 0} 111 }{{ 1} n tane n tane n tane = 111 1 (10 n 1) = 111 1 } {{ } n tane } {{ } n tane = } 333 {{ 3} 333 }{{ 3} = (333 }{{ 3} n tane n tane n tane ) 999 9 }{{} n tane olur. 3. Varsayalım A sorudaki şartları sağlayan sayımız olsun. Eğer basamak sayısını n olarak alırsak A = 10n 1 9 olacaktır. 9 ve 19 sayıları aralarında asal olduklarına göre, en küçük n değeri için, 10 n 1 sayısının 19 ile bölünmesi gerekmektedir. Küçük Fermat teoremine göre, 10 18 1 sayısı 19 ile bölünebilir. Eğer daha küçk bir n değeri varsa, 10 n 1 (mod19) ve 16
n 18 olmalıdır. Bu durumda, 3, 6 ve 9 değerlerini kontrol etmemiz gerekir. Ancak bu sayılardan hiçbirisinin denkliği sağlamadığı görülecektir. Demek ki en küçük sayımız 19 basamaklıdır. 4. m, n > 1 olmak üzere repunit sayımız m n basamaklıysa, bu sayıyı 111 }{{ 1} 1 000 }{{ 0} 1 000 }{{ 0} 1 1 000 }{{ 0} 1 n tane n 1 tane n 1 tane n 1 tane şeklinde çarpanlara ayırabiliriz. Burada m 1 tane sıfırlardan oluşmuş grup vardır. Dolayısıyla bu şekildekii bir repunit asal olamaz. Demek ki, asal bir repunit için, basamak sayısıda asal olmalıdır. Ancak tersi doğru değildir. Mesela 111 = 3 37 ve sayıları asal değildirler. 111 }{{ 1} = 1649 51339 11 tane 5. Soruda verilen sayıyı çarpanlarına ayırmaya çalışalım. Buna göre, 111 1 }{{} 81 tane = } 111 {{ 1} 9 tane 100 0100 010 01 }{{} 9 tane 1 64 tane 0 olur. Çarpanların her ikiside 9 ile bölünebilir. Dolayısıyla sayımız 81 ile bölünebilir. 6. (a.) Varsayalım n = 5k + r, r {0, 1,, 3, 4} olsun. Buna göre, 111 1 }{{} n tane = } 111 {{ 1} 000 }{{ 0} 5k tane r tane + 111 1 }{{} r tane = 11111 100001 00001+111 1 }{{} r tane olacaktır. 11111 = 41 71 olduğuna göre, ifade mod41 altında 111 }{{ 1} e eşittir. Fakat 1, 11, 111, 1111 sayıları 41 ile bölünemez. r tane n tane Dolayısıyla 111 }{{ 1} sayısının 41 ile bölünebilmesi için ancak ve ancak r = 0 yani 5 n olmalıdır. (b.) Önceki şıkta kullanılan aynı yöntemle çözüme gidilir. Sadece 111111 = 91 11 olacaktır. 7. Varsayalım sayımız A = } 111 {{ 1} = 10n 1 9 n tane bir tamkare olsun. Buna göre, A 111 1 11 3 (mod4) olur. Ancak bu imkansızdır çünkü bir tamkarenin (mod4) altıdaki denkleri sadece {0, 1} olabilir. 17
8. Eğer dikkat edilirse 1, 3, 7 ve 9 sayılarının 10 ile aralarında asal oldukları kolayca görülebilir. Varsayalım elimizde 1, 11, 111,, 111 }{{ 1} sayılarımız olsun. Güvercin Yuvası İlkesine göre, bu (n + 1) sayı arasından iki n+1 tane tanesi n ile bölündüğünde aynı kalanları verir. Bu sayıların farkı ise n ile bölünebilir ve fark a b formundadır. Burada a bir repunit ve b ise 10 un kuvvetidir. (n, 10) = 1 olduğuna göre, repunit a sayısı 10 ile bölünmelidir. ispat tamamlanır. 9. Euclide in sosuz çoklukta asalın varlığını kanıtladığı ispatını sorumuza adapte edelim. Varsayalım a 1 = 1 olsun ve dizinin elemanlarını a n e kadar seçelim. Bir önceki problemden a 1 a a n çarpımını bölen bir m repunit sayısı vardır. 10m + 1 sayısıda bir repunittir ve m ile aralarında asaldırlar. Dolayısıyla 1 k n olmak üzere a k larda aralarında asaldırlar. Eğer a n+1 = 10m + 1 seçersek kanıt tamamlanır. 10. Tümevarımla ispatlamaya çalışalım. Buna göre 3 n basamaklı bir repunitin 3 n ile bölünebileceğini göstermemiz yeterli olacaktır. n = 1 için 111 = 3 37 olur. Varsayalım n basamak içinde doğru olsun. Buna göre, 111 }{{ 1} = } 111 {{ 1} 1 000 }{{ 0} 1 000 }{{ 0} 1 3 n+1 tane 3 n tane 3 n 1 tane 3 n 1 tane olacaktır. İlk çarpanın 3n ile bölünebildiği açıktır. İkinci çarpanda 3 ile kalansız bölünebileceğine göre, (n + 1) için ispatı tamamlarız..3 Sophie Germain Özdeşliği x + 1 polinomunun R üzerinde indirgenemeyen yada çarpanlarına ayrılamayan bir polinom olduğunu biliyoruz. Ancak, her nekadar benzer gibi görünsede, x 4 + 1 polinomu için durum aynı değildir. Öyleki, olacaktır. Benzer biçimde x 4 + 1 = ( x 4 + x + 1 ) x = ( x + 1 ) ( ) x ( = x + ) ( x + 1 x ) x + 1 x 4 + 4y 4 = ( x + xy + y ) ( x xy + y ) özdeşliğide elde edilebilir. Eğer katsayıyı değitirirsek, x 4 + 1 4 y4 = (x + xy + 1 ) (x y xy + 1 ) y 18
olacaktır. Bu son yazdığımız iki özdeşlik sorularn çözümünde oldukça kullanışlıdır ve literatürdeki adıda Sophie Germain Identity olarak geçer. Örnek. olarak verilen toplamı bulunuz. n k=1 4k 4k 4 + 1 Çözüm. Eğer bildiğimiz özdeşlikleri kullanırsak, n k=1 4k 4k 4 + 1 = = n (k + k + 1) (k k + 1) (k + k + 1)(k k + 1) n ( ) 1 (k + k + 1) 1 ((k + 1) + (k + 1) + 1) k=1 k=1 = 1 1 n + n + 1 olacaktır. Yukarıda çözümlerini verdiğimiz örnekler konunun anlaşılması için yeterlidir. Şimdi bu bilgiler ışığında çalışma sorularını çözmeye çalışınız..3.1 Çalışma Soruları 1. n >, n Z için n + 1 sayısının asal olmadığını kanıtlayınız.. x n+1 + x n 1 = x n dizisinin periyodik olduğunu kanıtlayınız. 3. toplamını hesaplayınız. n k=1 k 1/ k 4 + 1/4 4. ( 1 4 + 1 ) ( ( ) 4 3 4 + 4) 1 (n 1) 4 + 1 4 ( 4 + 1 ) ( ( ) 4 4 4 + 4) 1 (n) 4 + 1 4 ifadesinin eşitini bulunuz. 5. n 4 + a sayısının asal olmamasını sağlayan sonsuz sayıda pozitif a değeri olduğunu kanıtlayınız. 19
6. n 4 + 4 n sayısının ancak ve ancak n = 1 durumunda asal olduğunu kanıtlayınız. 7. P (x) = x 4 +6x 4x+1 polinomu veriliyor. Buna göre, P (x 4 ) polinomunun katsayıları tamsayı olan ve derecesi 1 den büyük olan iki polinomun çarpımı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız. 8. n 1 + 64 polinomunun her biri 1 den büyük 4 farklı çarpanın çarpımı olarak yazılabileceğini kanıtlayınız. 9. m, n pozitif tamsayılardır, m bir çift sayı ise m ( 4) k n 4(m k) k=0 toplamının asal olmadığını kanıtlayınız. 10. P (x) = x n 4 + 4n polinomunun, sabit polinomdan farklı 4 polinomun çarpımı şeklinde yazılmasını sağlayan en küçük n değeri kaçtır?.3. Çözümler 1. Soruda verilen ifadeyi n + 1 = 1 + m4 4, m = n olarak yazabiliriz. Buna göre, 1 + (1 m4 4 = + m + 1 ) (1 m m + 1 ) m olacağından sayımız asal değildir.. x 4 + 1 polinomunu çarpanlarına ayırırsak, ( x 4 + 1 = x ) ( x + 1 x + ) x + 1 olacaktır. Buna α ve β sayıları x + x + 1 karakteristiğinin kökleri ise bunlar aynı zamanda x 4 + 1 polinomunun kökleridir. Benzer biçimde x + x + 1 içinde aynı durum söz konusu ise, x n = a α n + b β n eşitliğinden, dizinin periyodunun 8 olduğu bulunur. 3. k 4 + 1 4 = ( k k + 1 ( ) k + k + 1 ) olduğuna göre, ( n n n k=1 k 1/ k 4 + 1/4 = k=1 ( k 1/ k k + 1/ k + 1/ ) k = + k + 1/ 0 k=1 k 1/ k k + 1/ (k + 1) 1 (k + 1) (k +
olacağından toplam olarak bulunacaktır. 1 (n + 1) (n + n + 1) 4. Soruda verilen ifadeyi genelleştirirsek, n (k 1) 4 + 1/4 k=1 (k) 4 + 1/4 ifadesini elde ederiz. Eğer bu ifadenin pay ve paydasını çarpanlına ayırırsak, ( ) ( ) n (k 1) + (k 1) + 1/ (k 1) (k 1) + 1/ ( ) ( ) (k) + k + 1/ (k) k + 1/ k=1 durumunu elde ederiz. Ancak m m + 1/ = (m 1) + (m 1) + 1/ olduğundan pay ve paydadaki çarpanlardan birer tanesi sadeleşir. Sadece 1 1 + 1/ pay kısmında ve (n) + n + 1/ paydada kalır. Dolayısıyla istenilen cevap 1 8n + 4n + 1 olacaktır. 5. Eğer a = 4k 4, k > 1 olarak alırsak, n 4 + 4k 4 = ( n + nk + k ) ( n nk + k ) olacaktır. Buna göre, n + nk + k > k > 1 ve n nk + k = (n k) + k > k > 1 olduğundan n 4 + 4k 4 asal olamaz ve sonsuz sayıda a değeri seçilebilir. 6. Eğer n çift bir sayı ise n 4 +4 n çift olacaktır. Eğer n tek sayı ve n = k+1 ise, (k + 1) 4 + 4 (k+1) = (k + 1) 4 + 4 4 k = (k + 1) 4 + 4 () 4k olacaktır. Eğer (k + 1) = a ve k = b olarak alırsak, ifademiz a 4 + 4b 4 = ( a + ab + b ) ( a ab + b ) 1
olacaktır. Buna göre ifademiz, ((k + 1) + (k + 1) k + k) ( (k + 1) (k + 1) k + k) olacaktır. Buradan da, (n + k+1 n + k+1) ( n k+1 n + k+1) olacaktır. Eğer n > 1 ise her iki çarpanda 1 den büyük olacaktır. Dolayısıyla n = 1 durumu tek asal olduğu durumdur. 7. P ( x 4) = x 16 + 6x 8 4x 4 + 1 = ( x 4 1 ) 4 + 4 ( x 3 ) 4 olacaktır. Buna göre, A = x 4 1 ve B = x 3 olarak alırsak P (x 4 ) polinomu [ (x 4 1 ) + ( x 4 1 ) x 3 + ( x 3) ] [ ( x 4 1 ) ( x 4 1 ) x 3 + ( x 3) ] olur. İspat tamamlanır. 8. Sophie Germain özdeşliğini kullanırsak n 1 + 64 = ( n 6 4n 3 + 8 ) ( n 6 + 4n 3 + 8 ) olarak yazabiliriz. Diğer yandan, n 1 +64 ifadesi ( n 4 + 4 ) ( n 8 4n 4 + 16 ) biçiminde de yazılabilir. Burada ( n 4 + 4 ) = ( n n + ) ( n + n + ) olduğuna göre ifademiz n 1 = ( n n + ) ( n + n + ) ( n 8 4n 4 + 16 ) olacaktır. Şimdi de (n 6 4n 3 + 8) ve (n 6 + 4n 3 + 8) çarpanlarını inceleyelim. Buna göre, n 6 + 4n 3 + 8 = ( n n + ) ( n 4 + n 3 + n + 4n + 4 ) ve n 6 4n 3 + 8 = ( n + n + ) ( n 4 n 3 + n 4n + 4 ) olacağına göre n 1 +64 = ( n n + ) ( n + n + ) ( n 4 + n 3 + n + 4n + 4 ) ( n 4 n 3 + n 4 olacaktır. Çarpanlardan herbiri artan fonksiyonlar olduğuna göre, hepsi birbirinden farklıdır. 9. Geometrik dizi toplamını kullanırsak, m ( 4) k n 4(m k) =n 4m k=0 n k=0 ( n) 4 k ( n 4 ) m+1 + 4 m+1 = n 4 + 4 = ( n m+1 ) 4 + 4 ( m/ ) 4 n 4 + 4
eşitliğini elde edebiliriz. Sophie Germain özdeşliğini kullanarak kesrin pay kısmı çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre ifade, (n (m+1) + m +1 n m+1 + m+1) ( n (m+1) m +1 n m+1 + m+1) olacaktır. m olduğundan, payda kısmı paydaki iki çarpandan da küçük olacaktır. Sadeleştirmelerden sonra bile, kalan sayı hala 1 den büyük iki sayının çarpımı olacaktır. Buna göre, ispat tamamlanır. 10. Çözüme başlamadan önce Einstein Kriteri ni bir okuyalım. Einstein Kriteri. P (x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 0, tamsayı katsayılı bir polinom veriliyor. Varsayalım p asal sayı olmak üzere, p a n, p a k, k = 1,,, n 1 ve p a 0 olsun. Buna göre, P (x) polinomu Z[x] üzerinde indirgenebilir. Biz en küçük değerin 16 olduğunu göstereceğiz, ancak ilk 15 değerin olmadığını kanıtlamamız gerekiyor. Bunun içinde Einstein Kriteri ni kullanacağız. n = 10, 11, 1, 13, 14, 15 için kriterimiz 5, 11, 3, 13, 7 ve 5 asallarını uygulayarak kontrol edebiliriz. n = 8 veya 9 durumunda, eğer polinomumuz istenilen gibi çarpanlarına ayrılabiliyorsa, çarpanlar lineer olmalıdır. Ancak kontrol edilebilirki bu polinomların tamsayı kökleri olmayacaktır. Demek ki, n 16 olmalıdır. Bu durumda da, zaten sorumuz (8.) örmekte olduğu gibi çözülebilir. Sophie Germain (1776-1831) Babası zengin bir ipek tüccarıdır. Toplumda liberal reformların konuşulup planlandığı bir ailenin kızı olarak 1776 yılında doğar. Daha 13 yaşındayken Arşimet in ölüm hikayesini okuduktan sonra matematikçi olmaya karar verir.kendi kendine Latince ve Yunanca öğrenir. Ailesinin muhalefetine rağmen, anne ve babası uyduktan sonra Newton ve Euler i okur. Felsefeye merak sarar. Bu kadar inatçı bir çocukla baş edemeyen babası sonunda Sophie yi hayatı boyunca desteklemeye karar verir. Matematikteki zekasını ilk kez meşhur matematikçi Lagrange keşfeder. Lagrange için hazırladığı bir ödevi kadın olduğundan önem verilmeyeceği kaygısıyla M. LeBlanc diye sahte bir isimle verir. Lagrange bu dehanın Sophie Germain olduğunu daha sonra öğrenir. Sophie nin matematik alanında en büyük destekçilerinden biri Lagrange olur. Sophie Germain i en çok etkileyen matematikçilerden biri de çoğu kesimlerin fikir birliği içinde matematiğin prensi diye adlandırılan Gauss oldu. Ona da çeşitli matematik konularında bir çok mektup yazdı. Aynı kaygıyla, mektuplarına uzun süre M. LeBlanc olarak imza attı. Hürriyet gazetesi yazarı, Erkan Kumcu nun 9 Şubat 003 tarihli yazısından alınmıştır. 3
Gauss, M. LeBlanc ın Sophie Germain olduğunu Fransızlar Gauss un oturduğu şehri işgal edip Sophie nin aile dostu olan bir Fransız generalden Gauss için ayrıcalık istediğinde öğrenir. Sophie Germain in matematikteki meşhur Fermat Teoremi nin çözümüne yaptığı katkılar bilinen en iyi yönüdür. Yaptığı katkıların önemi kendinden ancak 100 yıl sonra Kummer tarafından bir adım ileri götürülebildiği düşünülürse daha iyi anlaşılır. Zamanın çok prestijli yarışmalarına katılmıştır. Poisson gibi matematik ve istatistiğin önde gelen isimleriyle yarışmıştır. Başarılı olamamıştır. Hak ettiği dereceler hiçbir zaman kendine verilmemiştir. Geçmişte M. LeBlanc ismini kullanmakla ne kadar haklı olduğunu tüm matematik dünyası adete Sophie ye ispat etmiştir.poisson, Gaspard de Prony ve Laplace dan oluşan bir jürinin seçiciliğinde katıldığı bir yarışmada sunduğu makale bazı teknik hatalar nedeniyle kabul dahi edilmemiş ve kendisine çalışmasının neden kabul edilmediği söylenmemiştir bile. Olaydan 55 yıl sonra Gaspard de Prony nin yazdığı makalelerinden birinin Sophie Germain in yazdığı makalenin düzeltilmiş şekli olduğu anlaşılmıştır.bir çok deha gibi, Sophie Germain de çok genç yaşta öldü..4 Tamkareler Pozitiftir Bu bölümde, cebirde oldukça basit bir eşitsizlik olan x 0, x R eşitsizliğinin bazı uygulamalarını yapacağız. Eşitlik durumu yanlız ve yanlız x = 0 durumunda vardır. Şimdi örneklerle konuyu kavramaya çalışalım. Örnek. 4x x 4 3, x R eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Bu örnek eşitsizlikleri öğrenmeye başlayan genç bir öğrenci tarafından ortaya atılmıştır. Henüz herhangi bir analiz kitabından eşitsizlikler konusunu çalışmadığını düşünürsek fena bir örnek değildir. Buna göre, x 4 4x + 3 0 x 4 x + 1 + x 4x + 0 olacaktır. Buradan, ( x 1 ) + (x 1) 0 olacaktır ki, ispat tamamlanır. 4
Örnek. f ( x ) (f (x)) 1/4 eşitsizliğini sağlayan f : R R ve birebir olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm. x = 0 alırsak, f(0) (f(0)) 1/4 ve (f (0) 1/) 0 olacaktır ki, bu durum imkansızdır ancak f(0) = 1/ olabilir. Ancak x = 1 alırsak bu seferde f(1) = 1/ olacaktır. Ancak bu durum f fonksiyonun birebir olması durumu ile çelişir. Şimdi alıştırmaları çözerek konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Alıştırmalardaki yöntemlere benzer yöntemleri uygulayarak çözüme gitmeye gayret ediniz..4.1 Çalışma Soruları 1. n tane reel sayının ikişerli çarpımları toplamı ve toplamları sıfırdır. Buna göre, bu sayıların küpleri toplamınında sıfır olduğunu kanıtlayınız.. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere, a b, b c, c d ve d a sayılarının tümünün birden 1/4 ten büyük olamayacağını kanıtlayınız. 3. x, y, z pozitif reel sayılarının hepsi 4 ten küçüktür. Buna göre, 1 x + 1 4 y, 1 y + 1 4 x, 1 z + 1 4 x sayılarından en az bir tanesinin 1 den büyük veya eşit olduğunu kanıtlayınız. 4. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x + y = 4z 1 y + z = 4x 1 z + x = 4y 1 5. x, t (0, 1) olmak üzere, öyle bir a 1 pozitif sayısı vardır ki, log x a + log y a = 4 log xy a eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, x = y olduğunu kanıtlayınız. 6. x 4 + y 4 + z 4 4xyz = 1 eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. 5
7. xy z 1 z x + y 1 denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz. 8. x 4 + ax 3 + x + bx + 1 denkleminin reel çözümü yoksa a + b 8 olacağını gösteriniz. 9. a, b ve c reel sayılar olmak üzere a + c 4b olarak veriliyor. Buna göre x R olmak üzere 10. 11. eşitsizliğini kanıtlayınız. x 4 + ax 3 + bx + cx + 1 0 x + y + z xy yz xz 3 (x y) 4 eşitsizliğinin tüm (x, y, z) reel değerleri içi sağlandığını kanıtlayınız. x1 1 + x + + n x n n = 1 (x 1 + x + + x n ) eşitliğini sağlayan tüm (x 1, x,, x n ) reel sayılarını bulunuz. 1. a. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. ab + bc + ca 3abc (a + b + c) b. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır, öyleki a + b + c = 1 veriliyor. Buna göre, a + b + c + 1abc 1 eşitsizliğini kanıtlayınız. 13. k, m, n R olmak üzere verilen f (km) + f (kn) f (k) f (mn) 1 eşitsizliğini sağlayan tüm f : N R fonksiyonlarını bulunuz. 6
14. Bir dik paralelyüzün kenar uzunlukları a, b, c ve köşegen uzunluğu d ise eşitsizliğini kanıtlayınız. a b + b c + c a abcd 3 15. a 1, a,, a n reel sayılar olmak üzere n eşitsizliğini kanıtlayınız..4. Çözümler i=1 j=1 n i j cos (a i a j ) 0 1. Varsayalım sayılarımız a 1, a,, a n olsun. Soruda verilen şartlara göre, a 1+a + +a n = (a 1 + a + + a n ) (a 1 a + a 1 a 3 + + a n 1 a n ) = 0 olduğuna göre, a 1 = a = = a n = 0 olacağına göre,a 3 1 +a3 + +a3 n = 0 olacaktır.. Varsayalım tümü birden, a b > 1 4, b c > 1 4, c d > 1 4, d a > 1 4 olsun. Eğer bu dört eşitsizliği toplarsak, olacaktır. Buradan, ( ) 1 a + a + b + c + d ( a + b + c + d ) > 1 olacaktır ki, bu durum imkansızdır. ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 b + c + d < 0 3. Soruya göre, varsayalım hepsi birden 1 den küçük olsun. Buna göre, ( 1 x + 1 ) ( 1 + 4 x y + 1 ) ( 1 + 4 y z + 1 ) < 3 4 z olur. Diğer taraftan ( 1 a + 1 ) 1, a < 4 4 a olacağından (a ) olacaktır. İspat tamamlanır. 7
4. Çözüm I. Bir önceki soruda olduğu gibi, üç denklemide taraf tarafa toplayıp, kareler tolamını elde etmeye çalışalım. Buna göre, x + y + z 4x 1 4y 1 4z 1 = 0 olacaktır. Bu eşitliği öyle kareler toplamı şeklinde yazalım ki, bunlardan biri x, biri y ve biride z değişkenine bağlı olsun. Eğer tüm denklemi ile bölersek elimizde x x 1 4 oluşacaktır. Eğer bu denkleme 1/4 ekler çıkarırsak x 1 ( 4 x 1 4 + 1 4 = x 1 4 1 oluşacaktır. Şimdi bu yöntemi diğerleri içi uygularsak, ( ( ( x 1 4 1 ) + y 1 4 1 ) + ) z 1 4 1 ) = 0 olacaktır. Buna göre, x = y = z = 1/ denklem sisteminin tek çözümü olarak bulunur. Çözüm II. Eğer denklemlerin karelerini alıp toplarsak, ( ) ( ) ( ) 0 = (x + y) 4z + 1 + (y + z) 4x + 1 + (z + x) 4y + 1 = (x + y 1) + (y + z 1) + (z + x 1) olacağından x + y = y + z = z + x = 1 veya x = y = z = 1/ bulunur. 5. a > 0 ve a 1 olduğuna göre eşitlik veya 1 log a x + 1 log a y = 4 log a xy log a x + log a y log a x log a y = 4 log a x + log a y olarak yazılabilir. Eğer içler dışlar çarpımı yapılırsa, eşitliği elde edilir. Buradan da, olacağından x = y olduğu açıktır. (log a x + log a y) = 4 log a x log a y (log a x log a y) = 0 8
6. Eğer eşitliğin sol tarafını ilk iki terimi içeren bir tamkare olarak yazmaya çalışırsak 1 = ( x y ) + x y + z 4xy olacaktır. Bu noktadan sonra denkleme z ekler ve çıkarırsak bir tamkare daha elde ederiz. Zaten bu basamaktan sonra yeni denklemimiz üç karenin toplamı ( x y ) + ( z 1 ) + (xy z) = 0 olacaktır. Eşitlik ancak hepsinin sıfır olması durumunda geçerlidir. Buna göre, z = ±1 olacağından istenen üçlüler olacaktır. (1, 1, 1), ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1) 7. Çözüm I. ikinci denklemden z x + y 1 olacağından, bunu ilk denklemde yerine koyarsak olacaktır. Buna göre, xy (1 x + y ) 1 xy (1 x + y ) = xy x + y + x + y 1 = xy x y xy + (±x ± y) 1 = x y + (±x ± y) 1 eğer işaret seçimimizi uygularsak, yeni denklem aşağıdaki gibi olacaktır. Buna göre, 0 x + y (±x ± y) + 1 + 1 = (1 ± x) + (1 ± y) olacağından her iki karede sıfır olmalıdır. Yani x = y = ±1 değerlerini alacaklardır. Birinci denklemden xy > 0 olacağına göre x ve y aynı işaretli olmalıdır. Yani x = y = 1 veya x = y = 1 olmalıdır. Eğer bu değerleri yerine koyarsak x = y = z = 1 ve x = y = 1, z = 1 çözümler olacaktır. Çözüm II. alırsak Eğer ikinci denklemi z + 1 x + y olarak yazıp karesini (x + y) (x + y) olacaktır. Birinci eşitsizliği ile çarpıp son yazdığımız eşitsizliği toplarsak 0 (x y) + (z 1) olacaktır. Demek ki x = y ve z = 1 olmalıdır. Eğer bu eşitlikleri yerine koyarsak x ve x ise x = 1 olmalıdır. 9
8. x 4 + ax 3 + x + bx + 1 = (x + a ) ( x + 1 + b ) x + 1 ( 8 a b ) x 4 eşitliğinden bu ifadenin pozitif olduğunu söyleyebiliriz. Ancak, 8 a b 0 ise yani a + b 8 olursa durum bozulur. 9. x 4 + ax 3 + bx + cx + 1 = (x + a ) x + (b a + c ) ( c ) x + 4 x + 1 olduğuna ve b (a + c )/4 ise ifade daima sıfırdan büyük eşittir. 10. Eğer eşitsizliği düzenlersek olacağından 1 [ (x y) + (y z) + (z x) ] 3 (x y) 4 [ (y z) + (z x) ] (x y) olacaktır. Eğer a = y z ve b = z x alırsak ( a + b ) (a + b) olur ki, doğrudur, ispat tamamlanır. 11. Yine bu sorudada amacımız, verilen denklemi kareler toplamı biçiminde yazmak olacaktır.buna göre denklemi ile genişletip, hepsini sol tarafa toplarsak (x 1 + x + + x n ) x 1 1 4 x n x n n ifadesini elde ederiz. Buna göre, ( x1 1 x 1 1 + 1 ) +( x 4 x + ) ( + + x n n n x n n ifadesi elde edilir. Eğer bu ifade de kareler toplamı olarak yazılırsa ( x1 1 1 ) ( ) ( + x + + xn n n) ifadesi elde edilir. Eğer dikkat edilirse tüm toplamın sıfır olabilmesi için tamkare ifadelerin de sıfır olması gerektiğini görmek zor değildir. Buna göre, x 1 =, x = 8,, x n = n olacaktır. 30
1. a. Eşitsizliğin iki tarafınında karesini alırsak a b + b c + c a + abc (a + b + c) 3abc (a + b + c) olduğuna göre, 1 [ (ab bc) + (bc ca) + (ca ab) ] 0 olacaktır. İspat tamamlanır. b. a + b + c = 1 ise soruda verilen eşitsizliği, 1abc (a + b + c) (a + b + c) ( a + b + c ) olarak yazabiliriz. Buna göre eşitsizliğimiz 1abc (a + b + c) (ab + bc + ac) olacaktır. Zaten benzer eşitsizliği (a.) şıkkında çözmüştük. Aynı yöntemle siz tamamlayabilirsiniz. 13. Bu bölümün konu anlatım bölümünde çözdüğümğz örnekte olduğu gibi buradada m, n ve k için bazı değerleri kontrol edeceğiz. Eğer m = n = k = 0 alırsak f (0) f (0) 1 olacağından 0 (f(0) 1) olacaktırki, buradan f(0) = 1 olarak bulunur. Eğer m = n = k = 1 alırsak, bu seferde f(1) = 1 olacaktır. Eğer m = n = 0 alınırsa f(k) 1 olacağından f(k) 1 olarak bulunur. Benzer biçimde k = 1 ve m = 0 alırsak 1 + f(n) 1 1 ise f(n) 1 olacaktır. Demek ki fonksiyonumuz f(x) = 1 fonksiyonu olmalıdır. 14. Elimizde dik bir paralelyüz olduğuna göre olacağından eşitsizlik d = a + b + c ( a b + b c + c a ) 3a b c ( a + b + c ) olacaktır. Eğer parantezleri açar ve gruplama yaparsak, c ( a b ) a 4 ( + b c ) b 4 + ( c a ) 0 olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur. 31
15. Kosinüs için fark formülünü kullanırsak, n i=1 j=1 n ij cos (a i a j ) = = = n i=1 j=1 n ij (cos a i cos a j + ij sin a i sin a j ) n i cos a i i=1 n j cos a j + j=1 n i sin a i i=1 n j sin a j j=1 ( n ) ( n ) i cos a i + j sin a j 0 i=1 olduğundan ispat tamamlanmış olur..5 Eşitsizlikler I Eşitsizlikleri çözerken sıklıkla sayıları ve matematiksel ifadeleri karşılaştırırız. Yada bize verilen bir matematiksel ifadenin en büyük yada en küçük değerini bulmaya çalışırız. Bu ders notumuzda eşitsizlik sorularında sıklıkla karşımıza çıkan temel tip eşitsizlikleri ve uygulamalarını göreceğiz. Aritmetik Orta-Geometrik Orta-Harmonik Orta Eşitsizliği. a 1, a,, a n > 0 ve a i R için, AO = a 1 + + a n n i=1 GO = n n a 1 a a n HO = 1 a 1 + 1 a + + 1 a n olacaktır. Eşitlik olması durumunda ise a 1 = a = = a n olacaktır. Örnek.(1)A0 GO eşitsiliği ile, x > 0 olmak üzere, x + 1 x x 1 x = olacaktır. Eşitlik ise x = 1 durumunda sağlanacaktır. () AO HO eşitsizliğinden eğer a 1, a,, a n > 0 ise olacaktır. (a 1 + a + + a n )( 1 a 1 + 1 a + + 1 a n ) n (3) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise (a + b + c)(ab + cb + ac) çarpımının en küçük değerini bulunuz. Çözüm.AO GO eşitsizliğinden, a + b + c 3 3 abc ve ab + bc + ac 3 3 3 ab bc ac
ise (a + b + c)(ab + ac + bc) 9 olacaktır. Buna göre istenen en küçük değer 9 olacaktır. (4) n Z + ise eşitsizliğini kanıtlayınız. (1 + 1 n )n (1 + 1 n + 1 )n+1 Çözüm. Varsayalım a 1 = a = = a n = 1 + 1 n ve a n+1 = 1 olarak alalım. Buna göre, AO GO eşitsizliğinden AO = n(1 + 1 n ) + 1 = 1 + 1 n+1 GO = (1 + 1 n + 1 n + 1 n )n 1 eşitsizliğinden soruda istenen durum elde edilir. (5)(1964, IMO) a, b, c bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Buna göre, eşitizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım, a (b + c a) + b (c + a b) + c (a + b c) 3abc x = a + b c 3, y = b + c a, z = c + a b olarak alalım. Buradan a = x+z, b = x+y, c = y +z olacağından eşitsizliğimiz (x + z) y + (x + y) z + (y + z) x 3(z + x)(x + y)(y + z) olacaktır. Eğer son bulduğumuz son eşitsizliği düzenlersek, x y + y z + z x + xy + yz + zx 6xyz eşitsizliğini elde ederiz. Buradan eşitsizliğin sol tarafına AO GO eşitsizliği uygulanırsa soruda istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. (6)(008, AUMO 3 ) n doğal sayısının kaç tane değeri için, x 1 + x + + x n = 9 1 + 1 + + 1 x 1 x x n = 1 denklem siteminin pozitif reel sayılarda çözümü vardır? 3 Antalya Üniversitesi Matematik Olimpiyatları, 008 33
Çözüm. AO HO eşitsizliğini kullanırsak, n 1 x 1 + 1 x + + 1 x n x 1 + x + + x n n n 1 9 n n 9 olduğuna göre, n = 1,, 3 değerlerini alabilir. Ancak, n = 1 değeri için doğrulanmadığı açıktır. Öyleyse sadece ve 3 için çözümlüdür. Cauchy-Schwartz Eşitsizliği. a 1, a,, a n ve b 1, b,, b n reel sayıları için (a 1 b 1 + a b + + a n b n ) (a 1 + a + + a n)(b 1 + b + + b n) eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu a i b j = a i b j, i, j = 1,, n için vardır. (7) 0 θ < π için a cos θ + b sin θ ifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerleri bulunuz. Çözüm. C.S. eşitsizliğinden eşitsizliğinden, aralığı bulunur. (a cos θ + b sin θ) (a + b )(cos θ + sin θ) a + b a cos θ + b sin θ a + b (8)(1978, USAMO 4 ) a, b, c, d, e reel sayıları için a + b + c + d + e = 8 ve a + b + c + d + e = 16 ise, e nin alabileceği en büyük değeri bulunuz. Çözüm. C.S. eşitsizliğinden, ise (a + b + c + d) (1 + 1 + 1 + 1)(a + b + c + d ) (8 e) 4(16 e ) olacaktır. Buradan da, e(5e 16) 0 ise 0 e 16/5 olacaktır. C.S. eşitsizliğinin, eşitlik duruu kullanılırsa a = b = c = d = 6/5 ve e max = 16/5 olacaktır. (9) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise 1 a 3 (b + c) + 1 b 3 (a + c) + 1 c 3 (a + b) 3 4 United States Of America Math Olympiads, 1978 34
eşitizliğini kanıtlayınız. Çözüm. x = 1 a = bc, y = 1 b = ac, z = 1 c = ab alırsak, eşitsizliğin son hali olacaktır. Burada, x + y + z = x z + y + x z + y z + y + y z + x + eşitliğine C.S.E. eşitsizliğini uygularsak, (x + y + z) ( x z + y + y x + z + z x + y 3 y x + z x + z + z x + y x + y z )((z + y) + (x + z) + (y + x)) x + y olacaktır. Son eşitsizliği ve A.O. G.O. eşitsizliklerini kullanırsak, bulunur. x z + y + y z + x + z x + y x + y + z 3 3 3 xyz = 3 Yeniden Düzenleme (Permütasyon) Eşitsizliği. a 1 a a n ve b 1 b b n ise, a 1 b 1 +a b + +a n b n a 1 b r1 +a b r + +a n b rn a 1 b n +a b n 1 + +a n b 1 eşitsizliği vardır. Burada (b r1, b r,, b rn ) dizilimi (b 1, b,, b n ) diziliminin bir permütasyonudur. (10)(1978, IMO 5 ) c 1, c,, c n farklı pozitif tamsayılardır. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. c 1 + c + + c n n 1 + 1 + + 1 n Çözüm. Varsayalım (a 1, a,, a n ) dizilimi c i lerin artan sırayla dizilimi olsun. a i ler farklı pozitif tamsayılar olduğuna göre, a 1 1, a,, a n n diyebiliriz. Burada, a 1 < a < < a n ve 5 International Math Olympiads, 1978 1 > 1 > 1 3 > > 1 n 35
ise Y.D.E. ne göre olacaktır. c 1 + c + + c n n a 1 + a + + a n n 1 + + + n n (11) Örnek (9) u Y.D.E. kullanarak yapınız. Çözüm. x, y, z için tanımlamalarımız (9) daki gibi olsun. Genelliği kaybetmeden x y z alalım. xyz = 1 ve x y z olduğuna göre 1/(z + y) 1/(x + z) 1/(y + x) üçlüsüde ikinci dizilimimiz olsun. Bu noktada Y.D.E. yi iki defa uygularsak, x z + y + x z + y + y z + x + y z + x + z x + y z x + y eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak, x x + y + x z + x + y z + y + y x + y + z x + z z z + y x z + y + y z + x + eşitsizliğini elde ederiz. z x + y 1 + x (y y + x + z + y y + z + z + x z + x ) a + b a + b eşitsizliğini, sağ tarafın payları için kullandıktan sonra A.O. G.O. eşitsizliğini kullanırsak, x z + y + y z + x + z x + y 1 (y + x eşitsizliği elde edilir. + z + y + x + z ) = x + y + z 3 3 xyz = 3 Chebyshev Eşitsizliği. Eğer a 1 a a n ve b 1 b b n ise eşitsizliği vardır. a 1 b 1 + a b + + a n b n (a 1 + + a n )(b 1 + + b n ) n (1)(1974, USAMO 6 ) a, b, c > 0 ise a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 6 United States Of America Math Olympiads, 1974 36
olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Üçlülerimizi (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak seçersek, olacaktır. a log a + b log b + c log c (a + b + c)(log a + log b + log c) 1 3 log a a b b c c (a + b + c) log(abc) 3 log a a b b c c log(abc) (a+b+c)/3 a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 (13) 0 a k < 1, k = 1,, 3,, n ve S = a 1 + a + + a n ise eşitsizliğini kanıtlayınız. n k=1 a k ns 1 a k n S Çözüm. Genelliği kaybetmeden a 1 a a n 0 alabiliriz. Buna göre, 0 < 1 a 1 1 a 1 a n ve olacaktır. Chebysev eşitsizliğinden, a 1 1 a 1 a 1 a a n 1 a n S = a 1 (1 a 1 ) + a (1 a ) + + a n (1 a n ) 1 a 1 1 a 1 a n 1 n a k n (1 a k ) = n S n a k olacaktır. n 1 a k n 1 a k k=1 k=1 k=1 Matematikte ve tabii ki istatistikte sıklıla ortalamalrı kullanmaya ihtiyaç duyarız. AO, GO, HO dışında kullandığımız Kuvvet Ortalaması ve Simetrik Ortalar da vardır. Aslında, bu iki ortalama AO ve GO yıda özel birer durum olarak içerir. Kuvvet Ortalaması Eşitsizliği. a 1, a, a 3,, a n > 0 ve s < t için M s = ( as 1 + as + + as n n ) 1/s M t = ( at 1 + at + + at n ) 1/t n eşitsizlikleri vardır. Eşitlik a 1 = a = = a n durumunda vardır. 37
Not. Bu eşitsizlikte M 1 = A.O., M 1 = H.O. ve M ise Karesel Ortalamadır. Karesel Orta istatistik ve fizikte kullanılır. Ayrıca, limitlerini alırsak, M + ifadesi MAX = max{a 1, a,, a n } ve M 0 ifadesi Geometrik Orta ve de M ifadesi MIN = min{a 1, a,, a n } olacaktır. Dolayısıyla elimizde, eşitsizliği oluşacaktır. MAX KO AO GO HO MIN Maclaurin Simetrik Orta Eşitsizliği.a 1, a,, a n > 0 için AO S 1 S 1/ Sn 1/n = GO olacaktır. Mesela, S j ifadesine n = 4 için bakalım olacaktır. S 1 = a 1 + a + a 3 + a 4 4 S = a 1a + a 1 a 3 + a 1 a 4 + a a 3 + a a 4 + a 3 a 4 6 S 3 = a 1a a 3 + a 1 a a 4 + a 1 a 3 a 4 + a a 3 a 4 4 S 4 = a 1 a a 3 a 4 (14) x, y, z pozitif sayılar olduğuna göre, x 5 + y 5 + z 5 x 5 x y yz + y5 zx + z z5 xy eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım a = x, b = y, c = z olsun. Buna göre eşitsizliğimiz, a 10 + b 10 + c 10 a13 + b 13 + c 13 olacaktır. Buna göre, KOE yi kullanırsak a 13 + b 13 + c 13 = 3M 13 13 = 3M 10 13 M 3 13 3M 10 10 M 3 0 = (a 10 + b 10 + c 10 )abc abc olacaktır. (15) a, b, c > 0 ise, 1 a + 1 b + 1 c a8 + b 8 + c 8 a 3 b 3 c 3 38
eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Eşitsizliği düzenlersek, a 8 + b 8 + c 8 a 3 b 3 c 3 ( 1 a + 1 b + 1 c ) = (abc) (bc + ac + ab) olacaktır. KOE ve SOE yi kullanırsak, olacaktır. a 8 + b 8 + c 8 = 3M8 8 3M1 8 = 3S1 8 = 3S1S 6 1 (S 1/3 3 ) 6 3(S 1/ ) = (abc) (bc + ac + ab) (16) a 1, a,, a n 0 ve (1 + a 1 )(1 + a ) (1 + a n ) = n ise, olduğunu gösteriniz. Çözüm. SO eşitsizliğinden, a 1 a a n 1 n = (1 + a 1 )(1 + a ) (1 + a n ) ( ) ( ) n n = 1 + ns 1 + S + + S n 1 + S n n 1 ( ) ( ) n n 1 + nsn 1/n + Sn /n + + S n 1 n n + S n = (1 + Sn 1/n n 1 ) n ise 1 + S 1/n n ve 1 S n = a 1 a a n olur..5.1 Çalışma Soruları 1. Konu anlatımında verilen tüm örnekleri çözümlerine bakmadan yapınız.. x 1, x,, x n > 0 için eşitsizliğini kanıtlayınız. x 1 x + x x 3 + + x n x 1 x 1 + x + + x n 3. 0 < a, b, c < 1 ve a + b + c = ise eşitsizliğini kanıtlayınız. 8(1 a)(1 b)(1 c) abc 39
4. Eğer a, b, c, d > 0 ve c + d = (a + b ) 3 ise eşitsizliğini kanıtlayınız. a 3 c + b3 d 1 5. a 1, a,, a n > 0 ve a 1 + a + + a n = 1 ise (a 1 + 1 a 1 ) + (a + 1 a ) + + (a n + 1 a n ) ifadesinin en küçük değerini bulunuz. 6. Eğer a, b, c, d > 0 ve S = a + b + c + d ise a 3 + b 3 + c 3 a + b + c + a3 + b 3 + d 3 a + b + d + a3 + c 3 + d 3 a + c + d + b3 + c 3 + d 3 b + c + d S eşitsizliğini kanıtlayınız. 7. Eğer x 1, x,, x n > 0 ve x 1 + x + + x n = 1 ise, n k=1 eşitsizliğini kanıtlayınız. x k 1 xk 1 n 1 n k=1 xk 8. a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olduğuna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. a b(a b) + b c(b c) + c a(c a) 0.6 Eşitsizlikler II Bazı fonksiyon eşitsizliklerini kanıtını yaparken, fonksiyonunun belli aralıklardaki şeklide önemlidir. Bu ders notumuzda ele aldığımız eşitsizliklerin çözümleride bu temel prensiplere uyularak yapılmıştır. Isınma Tanım [Konveks vs. Konkav]. I aralığı üzerinde süreli bir f fonksiyonu, f( x 1 + x ) f(x 1) + f(x ) x 1, x I 40
eşitsizliğini sağlıyorsa f fonksiyonuna konveks denir. Eğer I aralığı üzerinde f fonksiyonu konveks ve eşitlik hali x 1 = x oluyorsa, f tam konveks olur. I aralığında f konveks ise f fonksiyonu konkav olur. Bu durumda, f( x 1 + x ) f(x 1) + f(x ) x 1, x I olacaktır. Benzer biçimde eğer f tam konveks ise f fonksiyonuda konveks olur. Şekil.1: Aralıkta Bir Konveks Fonksiyon Tanım [İkinci Türev Testi]. Eğer I = (a, b) aralığında f (x) 0 oluyorsa, f fonksiyonu konvekstir. Eğer f (x) > 0 oluyorsa, f fonksiyonu tam konveks olur. Konkav ve tam konkav içinde tanım benzer biçimdedir. Sadece eşitsizlik yön değiştirir. Bir fonksiyonun konveksiliğini göstermek için sınır noktalarını içeren bir aralıkta ve bu aralıkta sürekli olması ile ikinci türev testinin negatif olmaması yeterlidir. İkinci türev testini kullanarak, aşağıda verilen fonksiyoların tam konvex olduğunu söyleyebiliriz. x p [0, ), p > 1 yada x p (0, ), p < 0 a x (, ), a > 1 yada tan x [0, π/) Benzer biçimde aşağıda verilen fonksiyonlarda tam konkavdır. x p [0, ), 0 < p < 1 yada log a x (0, ), a > 1 cos x [ π/, π/), yada sin x [0, π/π) Bu noktada, konveksliği ve konkavlığı eşitsizlik sorularında kullanabileceğimiz en güzel yer sanırız Jensen Eşitsizliği dir. 41
Mevzu Tanım [Jensen Eşitsizliği]. f fonksiyonu I üzerinde konveks ve x 1, x,, x n I ise ( ) x1 + x + x 3 f f(x 1) + f(x ) + + f(x n ) n n olacaktır. Burada eşitlik durumu ancak ve ancak x 1 = x = = x n eşitliğinde olur. Tanım [Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliği]. f konveks ve I aralığında sürekli olmak üzere, x 1, x,, x n I ve 0 < t 1, t,, t n < 1, t 1 + t + + t n = 1 ise, f(t 1 x 1 + t x + + t n x n ) t 1 f(x 1 ) + t f(x ) + + t n f(x n ) olacaktır. Konkav fonksiyonlarda ise eşitsizlik yön değiştirir. Egzersiz [1.] Bir ABC üçgeninde, sin A + sin B + sin C 3 3 eşitsizliğini gösteriniz. Eşitlik durumu hangi durumda ortaya çıkar, açıklayınız. Çözüm. f(x) = sin x fonksiyonu [0, π] arasında konkavdır. Öyleyse, ( ) ( ) A + B + C A + B + C sin A+sin B+sin C = f(a)+f(b)+f(c) 3f = 3 sin 3 3 olacaktır. Eşitlik durumu ancak ve ancak A = B = C = π/3 yani ABC bir eşkenar üçgense gerçekleşir. [.] a, b, c > 0 ve a + b + c = 1 ise, ifadesinin en küçük değerini bulunuz. (a + 1 a )10 + (b + 1 b )10 + (c + 1 c )10 Çözüm. 0 < a, b, c < 1 olarak zaten verilmiş. f(x) = (x+ 1 x )10 ise f fonksiyonu I = (0, 1) aralığında konveksdir. Çünkü, Öyleyse JE den f (x) = 90(a + 1 x )8 (x 1 x ) + 10(x + 1 x )9 ( x 3 ) > 0 olacaktır. f(a)+f(b)+f(c) = (a+ 1 a )10 +(b+ 1 b )10 +(c+ 1 c )10 3f( a + b + c ) = 3f( 1 3 3 ) = 1010 3 9 4 = 3 3
olarak bulunur. Çözüm.(Alternatif Yöntem) Soruda verilen eşitsizliği çözmenin bir diğer yöntemide Chebychev Eşitsizliğini kullanmak olabilirdi. Bu yöntemi size bırakıyoruz. 7 [3.] Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliği JE kullanarak göstermeye çalışalım. Buna göre, eğer a 1, a, a 3,, a n ise f(x) = log x de (0, ) aralığında konkav olduğuna göre, log( a 1 + a + + a n ) log a 1 + log a + + log a n n n ise istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. = log( n a 1 a a n ) [4.](Hölder) p, q > 1, 1 p + 1 q = 1 ve a 1, a,, a n b 1, b,, b n reel sayılarsa, eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım ( n n ) 1/p ( n ) 1/q a i b i a i p b i q i=1 i=1 i=1 A = n a i p ve B = i=1 n b i q i=1 olsun. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm a i ler yada tüm b i ler sıfırdır. Bu da zaten eşitsizliğin iki tarafınıda sıfır yapar. Buna göre biz A 0 ve B 0 durumunu inceleyelim. Varsayalım t 1 = 1 p ve t = 1 q olsun. Öyleyse, 0 < t 1, t < 1 ve t 1 + t = 1 olacaktır. Eğer ise x i = a i p A n x i = 1 ve i=1 ve y i = b i q B n y i = 1 olur. f(x) = e x fonksiyonu (, + ) aralığında konveks olduğundan Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliğini kullanabiliriz. Buna göre, x 1/p i y 1/q i = f(t 1 ln x i + t ln y i ) t 1 f(ln x 1 ) + t f(ln y i ) = x i p + y i q 7 Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak www.sbelian wordpress.com adresinden Yeniden Düzenleme Eşitsizliği Ders Notları nı indirebilirsiniz. i=1 43
olacaktır. Buna göre, n i=1 a i b i A 1/p B 1/q 1 p n x i + 1 q i=1 n y i = 1 i=1 olacaktır. Bundan dolayıda, n n ( a i b i a i b i A 1/p B 1/q = ai p) 1/p ( bi q) 1/q bulunur i=1 i=1 Şimdi de, Jensen eşitsiliğinin bir başka uygulamasına geçelim. Tanım (Majorization 8 ). Eğer x 1,, x n ve y 1,, y n aşağıdaki şartları sağlıyorsa, yani x 1 x x n, y 1 y y n x 1 y 1, ve x 1 + x y 1 + y,, x 1 + x + + x n 1 y 1 + y + + y n 1 x 1 + x + + x n = y 1 + y + + y n ise (x 1, x,, x n ) majorize (y 1, y,, y n ) denir ve ile gösterilir. (x 1, x,, x n ) y 1, y,, y n ) Tanım (Majorization Eşitsizliği). I = [a, b] aralığında f fonksiyonu konveks ve (x 1, x,, x n ) y 1, y,, y n ), x i, y i I ise f(x 1 ) + f(x ) + + f(x n ) f(y 1 ) + f(y ) + + f(y n ) olur. Yanlız ve yanlız x i = y i durumu için eşitlik vardır. Konkav fonksiyonlar içinse eşitsizlik yön değiştirir. [5.] Dar açılı bir ABC üçgeni için, 1 cos A + cos B + cos C 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Genelliği kaybetmeden, varsayalım A B C olsun. Buna göre 8 http://en.wikipedia.org/wiki/majorization 44
A π/3 ve C π/3 olacaktır. π/ A π/3, π A + B = ( π C) π 3 olacağından ( π, π, 0) (A, B, C) (π 3, π 3, π 3 ) alabiliriz. f(x) = cos x fonksiyonu [0, π/] aralığında konkav olduğuna göre, majorization teoreminden, 1 = f( π ) + f(π ) + f(0) f(a) + f(b) + f(c) f(π 3 ) + f(π 3 ) + f(π 3 ) ise soruda göstermemiz istenen, elde edilir. [6.] Eğer x 1 x x n ise 1 cos A + cos B + cos C 3 (x 1, x,, x n ) (x, x, x,, x) durumu vardır. Burada x değeri, x 1, x,, x n değerlerinin aritmetik ortasıdır.(bunu Majorization üzerine uygularsak Jensen Eşitsizliğini elde ederiz.) Buna göre, k = 1,,, n 1 için x 1 + x + + x k kx durumunu göstermemiz yeterli olacaktır. Buna göre, (n k)(x 1 + x + + x k ) (n k)kx k k(n k)x k+1 k(x k+1 + + x n ) olacağından (n k)(x 1 + + x k ) k(x k+1 + + x n ) bulunur. Bu eşitsizliğin iki tarafınada k(x 1 + + x k ) eklersek n(x 1 + + x n ) k(x 1 + + x n ) = knx olacağından x 1 + x + + x k kx olacaktır. [7.] 1 a, b, c 1 ve a + b + c = 1/ ise a 1 + b 1 + c 1 en fazla kaç olur? Çözüm. [ 1, 1] aralığında f(x) = x 1 fonksiyonu konvekstir. Öyleki, f (x) = 13x 10 0 olacaktır. Eğer, 1 a b c 1 ve a + b + c = 1/ ise major üçlülerimizi (1, 1, 1) (a, b, c) 45
olarak seçebiliriz. Çünkü, 1 a ve 1 = 1 1 c 1 = a + b olacaktır. Buna göre, majorization eşitsizliğinden a 1 + b 1 + c 1 = f(a) + f(b) + f(c) f(1) + f() + f( 1) = + 1 1 olacaktır. Zaten, a = 1, b = 1 ve c = 1 [8.](1999,IMO 9 ) n bir tamsayıdır. Buna göre, (a.) 1 i<j n x i x j (x i + x j) C içinde en büyük değer doğrulanır. 1 i n eşitsizliğini x 1, x, x 3,, x n 0 reel sayıları için sağlayan en küçük C sabitini bulunuz. (b.) Bu C değeri için, eşitlik durumunu araştırınız. Çözüm. İlk olarak n = durumuna bakalım. Varsayalım x 1 = m + h ve x = m h yani olsun. Buna göre, m = x 1 + x ve h = x 1 x x 1 x (x 1 + x ) = (m 4 h 4 ) m 4 = 1 8 (x 1 + x ) 4 olacaktır. n > durumu için varsayalım a i = x i x 1 + x + + x n ve a 1 + a + + a n = 1 olsun. Buna göre, a i = [0, 1] olacaktır. Eğer, a i cinsinden yazarsak, ispatlanacak eşitsizlik a i a j (a i + a j) C 1 i<j n olacaktır. Eşitsizliğin sol tarafı açılıp düzenlenirse, n a 3 i (a 1 + + a i 1 + a i+1 + + a n ) = i=1 x i 4 n a 3 i (1 a i ) olacaktır. f(x) = x 3 (1 x) = x 3 x 4 fonksiyonunun [0, 1/] aralığında konveks olduğu açıktır. Öyle ki, 9 International Math Olympiads, 1999 i=1 f (x) = 6x 1x = 6x(1 x) > 0 46
olacaktır. Eşitsizliğimiz a i lere göre simetrik olduğundan, a 1 a a n alabiliriz. Buan göre, eğer a 1 1/ ise, ( 1, 1, 0, 0,, 0) (a 1, a,, a n ) olacağından majorization eşitsizliğinden f(a 1 ) + f(a ) + + f(a n ) f( 1 ) + f(1 ) + f(0) + + f(0) = 1 8 olacaktır. Eğer, a 1 > 1/ ise 1 a 1, a,, a n [0, 1/) olacaktır. (1 a 1, 0, 0,, 0) (a, a 3,, a n ) olduğundan majorization eşitsizliği ve n = durumunu göz önünde bulundurursak, f(a 1 ) + f(a ) + + f(a n ) f(a 1 ) + f(1 a 1 ) + f(0) + f(0) + + f(0) = f(a 1 ) + f(1 a 1 ) 1 8 olacaktır. Buna göre, eşitlik durumu ancak ve ancak iki değişken eşit ve geri kalan (n ) değişken 0 ise vardır..6.1 Çalışma Soruları 1. Jensen Eşitisizliğini kullanarak a a b b c c (abc) (a+b+c)/3 eşitsizliğini kanıtlayınız.(a, b, c pozitif reel sayılar.). x 1,, x n [0, 1] ve a 1,, a n > 0 olmak üzere, a 1 + +a n = 1 olarak veriliyor. Buna göre, n i=1 a i 1 + x i 1 1 + x a 1 1 xa 1 1 eşitsizliğini kanıttlayınız. Eşitlik durumu hangi şartlar altında gerçekleşir? 3. Eğer a, b, c, d > 0 ve c + d = (a + b ) 3 ise a 3 c + b3 d 1 eşitsizliğini Hölder Eşitsizliği kullanarak kanıtlayınız. 47
4. P noktası ABC üçgeni içersinde m(p AB) = m(p BC) = m(p CA) = α eşitliğini sağlayan bir nokta ise α açısının π/6 olduğunu kanıtlayınız. 5. Dar açılı bir ABC üçgeninin iki açısı π/6 dan küçük veya eşittir. Buna göre, eşitsizliğini kanıtlayınız. sin A sin B sin C sin π 4 sin π 6 sin π 1 6. x, y, z > 1, xyz = 4096 ve max(x, y, z) < 3 olarak veriliyor. Buna göre, x + y + z toplamının en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz. 7. Eğer a, b 0 ise, 3 a + 3 a + b 3 + 3 b a 3 + 3 b + 3 b + 3 a eşitsizliğini kanıtlayınız..7 İndirgemeli Diziler.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler Herhalde matematik olimpiyatları sınavlarına hazırlanıpta Fibonacci Sayıları nı bilmeyen yoktur. Zaten Fibonacci sayılarıda f 0 = 0, f 1 = 1 olmak üzere f n+1 = f n + f n 1, n 1 yinelemesi ile tanımlanır. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçük alt terimlerin farkına eşittir. Mesela, birinci derecedendir, ve u n+ u n+1 = u n+4 + 9u n = n 5 yinelemesi ise dördüncü derecedendir. Eğer bir yinelemede tüm ifadelerin üstleri bir ise bu yinelemeye Doğrusal Yineleme denir. Mesela, bir doğrusal yinelemedir. Ancak u n+ u n+1 = x n + nx n 1 = 1 ve x n + xn 1 = 3 48
yinelemeleri lineer değillerdir. Eğer bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleri aynı kuvvettense, bu yinelemeye Homojen dir denir. Mesela, yinelemesi homojendir. Ancak, x m+3 + 8x m+ 9x m = 0 x m+3 + 8x m+ 9x m = m 3 yinelemesi homojen değildir. Bir yinelemin sadece indis değişkenine göre tanımlanan denkleme ise o yinelemenin Kapalı Form u denir. Kapalı form sayesinde rahatlıkla yinelemenin her hangi bir terimini bulabiliriz. Biz genel manada bu ders notunda ilk olarak, x n = ax n 1 + f(n), a 1 formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgileneceğiz. İlgilenirken de aşağıda verdiğimiz basamakları takip edeceğiz. 1. Önce x n = ax n 1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarak yani, karakteristik denklem oluşturarak, x n = ax n 1 denklemini elde ederiz. Sadeleştirmeler yaptığımızda x = a olacaktır. Buna göre, x n = ax n 1 homojen formundaki yinelememiz bize x n = Aa n denklemini verecektir. Burada A bir sabit sayıdır.. Daha sonra bulunan x n = Aa n + g(n) formu test edilir. Burada g, f ile aynı dereceden bir polinomdur. Örnek 1. x 0 = 7 ve x n = x n 1, n 1 ise x n kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi x n = x n 1 olacaktır. Sadeleştirme yaparsak, x = olacaktır. Buna göre bizim, x n = A n formunda çözüm yapmamız gerekmektedir. Burada, 7 = x 0 = A 0 ise A = 7 olacağından, kapalı form x n = 7() n olarak bulunur. Örnek. x 0 = 7 ve x n = x n 1 + 1, n 1 formunda verilen yinelemenin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Karakteristik denklemi yazıldığında x n = x n 1 veya x = elde edilir. Buradan çözümlerden birinin x n = A() n olduğu açıktır. Ancak yinelemenin bir parçasıda f(n) = 1 polinomu olduğuna göre, kapalı denklemin x n = A n +B formunda olması gerekmektedir. Buradan, 7 = x 0 = A 0 +B = A+B ve 15 = x 1 = A + B olduğuna göre bu iki denklemin çözümünden A = 8 ve B = 1 olacaktır. Öyleyse, soruda istenen kapalı form, x n = 8( n ) 1 = n+3 1 49
olacaktır. Not. Örnek. nin çözümünde dikkat edilirse oluşturula karakteristik denklem iki parçadan oluşuyor. Bunlardan ilki zaten alt indislerin üs olarak yazılmasıyla elde edilirken, ikincisi bir polinom ve bu polinomun derecesi yineleme içersinde ki polinomun derecesi ile aynı. Bundan sonraki çözümlerde de polinom seçimi benzer şekilde olacaktır. Örnek 3. x 0 = ve x n = 9x n 1 56n + 63 ise x n kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Karakterisitk denklem yazıldığında karakterisitik denklemimiz x n = 9x n 1 veya x = 9 olacaktır. Buna göre, kapalı formun bir kısmı x n = A(9) n formunda olacaktır. Ancak, soruda verilen yinelemenin ikinci kısmını f(n) = 56n + 63 polinomu oluşturduğundan, çözüm olarak kullanacağımız polinom g(n) = Bn + C olacaktır. Buna göre, yinelememizin kapalı formu x n = A9 n + Bn + C olacaktır. x 0, x 1, x için çözümlere bakıldığında, = A + C 5 = 9A + B + C 176 = 81A + B + C eşitlikleri için A =, B = 7 ve C = 0 olacaktır. Buna göre soruda istenen kapalı form, yada genel çözüm x n = (9 n ) + 7n olarak bulunur. Örnek 4. x 0 = 1 ve x n = 3x n 1 n + 6n 3 ise x n kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdıktan sonra kolaylıkla x n = A(3) n indirgemesini elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasıda f(n) = n + 6n 3 şeklinde ki ikinci dereceen bir polinom olduğundan özel çözümümüzde kullanacağımız g(n) polinomu Bn + Cn + D olmalıdır. Buna göre, yinelememizin indirgenmiş hali, x n = A3 n + Bn + Cn + D şekline olacaktır. Eğer bilinen x i, i = 0, 1,, 3 için katsayaları bulmaya çalışırsak, 1 = A + D, 4 = 3A + B + C + D, 13 = 9A + 4B + C + D, 36 = 7A + 9B + 3C + D 50
denklemlerini elde ederiz. Buradan da, A = B = 1, C = D = 0 olacağından, istenen kapalı form x n = 3 n + n olacaktır. Örnek 5. x 0 = ve x n = x n 1 + 3 n 1 ise kapalı formu bulunuz. Çözüm. Eğer gerekli işlemleri yaparsak, genel formun x n = A n + B3 n denklemi elde edilir. Burada, x 0 = ve x 1 = () + 3 0 = 5 denklemlerinden, = A + B 7 = A + 3B eşitliklerini elde edilir. Buna göre, A = 1 ve B = 1 olacağından istenen kapalı form x n = n + 3 n olacaktır. Örnek 6. x 0 = 7 ve x n = x n 1 + n, n 1 ise x n için kapalı formu bulunuz. Çözüm. Şimdi bu çözümü siz yapmaya çalışın. Kapalı formu, olarak bulmanız gerekmektedir. x n = 7 + n(n + 1) Şimdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. Şimdiki örneğimizde de lineer olmayan ancak lineerleştirilebilir, birinci drecen yinelemeler den birini çözeceğiz. Örnek 6. u 0 = 3 ve u n+1 = u n, n 1 ise yinelemin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Varsayalım, v n = log u n olsun. Buna göre, olacaktır. Burada, olduğundan, olacaktır. Buradan, v n = log u n = log u 1/ n 1 = 1 log u n 1 = v n 1 v n = v n 1 v n = v 0 n log u n = log u 0 n 51
olduğundan istenilen kapalı form, olarak bulunur. u n = 3 1/n.7. İkinci Dereceden İndirgemeler Bir evvelki konumuzda birici dereceden yinelemeleri ele almıştık. Öyleki, her bir terim kendisinden bir önceki terime bağımlı olarak veriliyordu. Şimdi vereceğimiz formda ise durum artık biraz daha farklı. Öyleki artık karşılacağımız yinelemeler x n = ax n 1 + bx n şeklinde olacaktır. Bu tür yinelemelerin çözümleri içinde takip etmemiz gerekn bazı çözüm basamakları vardır. Buna göre, 1. Önce alt indisleri üs olarak alıp karakteristik denklemi x n = ax n 1 + bx n olduğundan kökleri r 1 ve r olan x ax b = 0 olarak bulunur.. Eğer kökler birbirinden farklı ise genel form şeklinde olacaktır. 3. Eğer kökler aynı ise genel form şeklinde olacaktır. x n = A(r 1 ) n + B(r ) n x n = A(r 1 ) n + Bn(r 1 ) n Örnek 7. x 0 = 1, x 1 = 1 ve x n+ + 5x n+1 + 6x n = 0 yinelemesinin kapalı formunu bulunuz. Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi x + 5x + 6 = (x + 3)(x + ) = 0 olarak elde edilir.buna göre kapalı formumuz x n = A( ) n + B( 3) n olacaktır. Buradan da, A = ve B = 1 olacağından soruda istenilen kapalı form, x n = ( ) n ( 3) n olacaktır. 5
Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapalı formu, f 0 = 0, f 1 = 1 ve f n = f n 1 + f n bilgilerini kullanarak bulunuz. Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f f 1 = 0 olacağından kapalı formumuz ( 1 + ) n ( 5 1 ) n 5 f n = A + B şeklinde olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında, 1 = A ( 1 + ) n ( 5 + B 1 5 0 = A + B ) n = 1 (A + B) + 5 (A B) = 5 (A B) olacağından A = 1 5, B = 1 5 olacaktır. Sonuç olarakta Cauchy-Binet Formülü olarakta bilinen ( f n = 1 5 1 + ) n ( 5 + 1 5 1 ) n 5 kapalı form bulunacaktır. Örnek 8.(Tübitak Deformesi 10 ) x 0 = 1, x 1 = 4, x n = 4x n 1 4x n ise kapalı formu bulunuz. Çözüm. Karakteristik denklemimiz x 4x + 4 = (x ) = 0 olacaktır. Burada köklerin birbirine eşit olduğu açıktır. Buna göre kapalı formumuz, x n = A n + Bn n formunda olacaktır. Eğer başlangıç değerlerini kullanırsak, 1 = A 4 = A + B A = 1 ve B = 1 olarak bulunur. Buna göre, istenilen kapalı form olacaktır. x n = n + n n 10 Benzer bir soru TÜBİTAK matematik olimpiyatlarında da sorulmuştur. 53
.7.3 Alıştırmalar Aşağıdaki sorulardan (1 5) için kapalı formları bulunuz. 1. x 0 = 3, x n = x n 1+4 3. x 0 = 1, x n = 5x n 1 0n + 5 3. x 0 = 1, x n = x n 1 + 1n 4. x 0 = 5, x n = x n 1 + 9(5 n 1 ) 5. a 0 = 5, a j+1 = a j + a j, j 0 6. (AIME, 1984) x 19 = 94 ve x n + x n 1 = n, n 1 ise x 94 ün 1000 ile bölümünden kalan kaçtır? Aşağıdaki (6 10) için ikinci dereceden yinelemelerin kapalı formlarını bulunuz. 7. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n 8. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 5x n 9. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n + n 10. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n 1 1x n + n 11. Bir düzlem üzerine çizilen n çember düzlemi parçalara ayırmaktadır. Buna göre, düzlem üzerindeki n çemberin ayırdığı parçaların sayısını veren denklemi bulunuz. 1. Bir düzlem üzerine çizilen n doğrunun düzlem üzerinde ayırdığı parçaların sayısını veren denklemi bulunuz..8 Yeniden Düzenleme [Rearrangement] Eşitsizliği Varsayalım elimizde iki reel üçlü (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) olsun. Eğer ikinci üçlünün tüm permütasyonlarını düşünürsek elimizde 3! = 6 tane üçlünün olacağı açıktır. Biz bu üçlülerin kümesine P ve (x 1, x, x 3 ) P olsun diyelim. Buna göre varsayalım, S = a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 54
toplamıda elimizde bulunsun. Burada bizi ilgilendiren asıl soru S toplamının ne zaman en büyük, ne zaman en küçük olduğudur. Bu soruya cevap aramaya başlamadan evvel ileriki basamaklarda kullanacağımız bazı terimleri açıklayalım. Tanım. Varsayalım elimizde (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) reel üçlüleri olsun. Buna göre, Eğer iki üçlünün elemanlarıda artan veya iki üçlünün elemanlarıda azalan bir sırada yazılmışsa bu ikiliye Benzer Düzenli diyelim. Yani a 1 a a 3 ve b 1 b b 3 veya a 1 a a 3 ve b 1 b b 3 durumları sağlansın. Eğer iki üçlüden biri artan diğeri azalan sırada yazılmışsa bu üçlüyede Aykırı Düzenli diyelim. Örnek. a. ( 1, 1, 3) ve (, 5, 7) benzer düzenlidirler. b. Eğer 0 < a b c ise (a, b, c) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) aykırı düzenlidir. Ama, (a, b, c) ve ( 1 b+c, 1 a+c, 1 a+b ) benzer düzenlidirler. c. Eğer 0 < a b c ve m R + ise (a, b, c) ve (a m, b m, c m ) benzer düzenliyken, (a, b, c) ve ( 1 1 1 a, m b, m c ) aykırı düzenlidir. m d. Eğer a b c ve n bir tek tamsayı ise (a, b, c) ve (a n, b n, c n ) benzer düzenlidir. Artık eşitsizliğimizi daha yakından tanıma zamanı geldi. Teorem [Rearragement Inequality]. (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) iki reel üçlü olmak üzere (x 1, x, x 3 ) üçlüsü (b 1, b, b 3 ) üçlüsünün bir permitasyonu olsun. Buna göre, Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) benzer düzenli ise olacaktır. a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) aykırı düzenli ise olacaktır. a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 55
Kanıt. Varsayalım elimizde (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) artan sırayla dizilmiş iki üçlü olsun. (x 1, x, x 3 ) üçlüsüde (b 1, b, b 3 ) üçlüsünün bir permütasyonu olsun ve x 1 x olsun. S ve S toplamlarınıda ve S = a 1 x 1 + a x + a 3 x 3 S = a 1 x + a x 1 + a 3 x 3 olarak alalım. Burada S toplamı, S toplamındaki x 1 ve x nin yer değiştirmesiyle elde edildiği açıktır. Eğer bu iki toplamı farkını alırsak, S S = (x 1 x }{{} )(a a 1 ) 0 }{{} + + olacaktır. Demekki S S dir. Buna göre, x 1 ve x nin yer değiştirmesi sadece S toplamının değerini artırmaktadır. Öyleyse, eğer tüm (x i, x j ) ikililerinin (x i x j, i < j) yerleri değiştirilirse toplam ancak en büyük olabilir. En büyük olacak toplamda zaten a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 olacaktır. Benzer biçimde eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) üçlülerinin ikiside azalan birer üçlü olarak seçilseydi, ispatın ikinci kısmıda buradan yapılabilirdi. Şimdi, bu yeni eşitsizliğimizi birkaç örnek üzerinde uygulayalım. Örnek. a, b, c R olmak üzere i. a + b + c ab + bc + ca ii a n + b n + c n a n 1 b + b n 1 c + c n 1 a eşitsizliklerini gösteriniz. Çözüm. Sorunun birinci şıkkı zaten ikinci şıkkın özel bir durumu olduğundan sadece ikinci şıkkı çözmemiz yeterli olacaktır. Buna göre eğer üçlülerimizi (a, b, c) ve (a n 1, b n 1, c n 1 ) benzer düzenlileri olarak belirlersek, istenen eşitsizlik yeniden düzenleme eşitsizliği ile, olarak bulunur. aa n 1 + bb n 1 + cc n 1 ab n 1 + bc n 1 + ca n 1 Örnek. a, b, c > 0 oduğuna göre, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. i. a+b+c abc 1 a + 1 b + 1 c ii. a b + b c + c a b a + c b + a c 56
a iii. b + b c + c a a + b + c Çözüm. a b c olarak kabul edelim ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) benzer düzenlilerini seçelim. Buna göre, olacaktır. 1 1 a a + 1 b 1 b + 1 1 c c 1 1 a b + 1 1 b c + 1 1 c a 1 a + 1 b + 1 c 1 ab + 1 bc + 1 ac Eğer ( a b, b c, c a ) ve ( a b, b c, c a ) benzer sıralılarını alırsak, elde edilecektir. a a b b + b c b c + c c a a a b b c + b c c a + c a a b Bu seferde sıralı ikililerimizi aykırı düzenliler arasından seçelim. Yani, (a, b, c ) ve ( 1 a, 1 b, 1 c ) kullanacağımız üçlülerimiz olsun. Buna göre, elde edilecektir. a 1 a + b 1 b + c 1 c a 1 b + b 1 c + c 1 a Örnek. göre, [1963, Moskova Matematik Olimpiyatı] a, b, c > 0 olduğuna a b + c + b a + c + c a + b 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım a b c olsun ve benzer sıralılarımız da (a, b, c) ve olsun. Buna göre, a 1 b + c + b 1 c + a + c 1 a + b a 1 b + c + b 1 a + c + c 1 a + b 1 ( a + b, 1 a + c, 1 a + b ) (.1) a c + a + b a + b + c b + c a a + b + b b + c + c a + c eşitsizliklerini elde edebiliriz. Eğer [1] ve [.3] eşitsizlerini altalta toplarsak, a ( b + c + b a + c + c a + b ) a a + c + b a + b + 57 c b + c + a a + b + b b + c + (.) (.3) c a + c = 3
eşitsizliğindende soruda istenen [.1] eşitsizliğini elde ederiz. Örnek. düzenliler ise [Chebyshev Eşitsizliği] Eğer (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) benzer a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 3 ( a 1 + a + a 3 3 )( b 1 + b + b 3 ) (.4) 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Soruda zaten benzer düzenli üçlüler verildiğine göre, yeniden düzenleme metodunu kullanalım a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 = a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 (.5) a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 b + a b 3 + a 3 b 1 (.6) a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 a 1 b 3 + a b 1 + a 3 b (.7) eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer [.5], [.6] ve [.7] eşitsizliklerini altalta toplarsak, 3(a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 ) a 1 (b 1 + b + b 3 ) + a (b 1 + b + b 3 ) + a 3 (b 1 + b + b 3 )) eşitsizliğini ve sonuç olarakta soruda verilen [.4] eşitsizliğini elde ederiz. Not. Benzer biçimde, (a 1, a, a 3 ) ve (b 1, b, b 3 ) aykırı düzenlileri içinde, a 1 b 1 + a b + a 3 b 3 3 eşitsizliği elde edilebilir. ( a 1 + a + a 3 3 )( b 1 + b + b 3 ) (.8) 3 Örnek. [Aritmetik Orta - Karesel Orta Eşitsizliği] a 1, a, a 3 reel sayılar olmak üzere verilen a 1 + a + a 3 3 a 1 + a + a 3 3 (.9) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Sorunun çözümü için Örnek 0.7 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanmamız kafidir. Buna göre, (a 1, a, a 3 ) ve (a 1, a, a 3 ) benzer düzenlileri için, a 1 + a + a 3 3 ( a 1 + a + a 3 3 )( a 1 + a + a 3 3 ) = ( a 1 + a + a 3 ) (.10) 3 olduğuna göre, soruda istenen [.9] eşitsizliği kanıtlanmış olur. 58
Örnek. [Aritmetik Orta-Geometrik Orta Eşitsizliği]a 1, a, a 3 pozitif sayılar olmak üzere verilen a 1 + a + a 3 3 3 a 1 a a 3 (.11) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. P = 3 a 1 a a 3 olmak üzere, sorua kullanacağımız aykırı düzenlilerimizi, x 1 = a 1 P, x = a 1a P, x 3 = a 1a a 3 P 3 = 1 ve (.1) y 1 = 1 x 1, y = 1 x, y 3 = 1 x 3 = 1 (.13) olarak seçelim. Burada (x 1, x, x 3 ) artan sıralı ise (y 1, y, y 3 ) azalan sıralı olacaktır. Buna göre, olacaktır. Buradan da, x 1 y 1 + x y + x 3 y 3 x 1 y 3 + x y 1 + x 3 y 1 + 1 + 1 a 1 P + a P + a 3 P = a 1 + a + a 3 P 3P a 1 + a + a 3 P a 1 + a + a 3 3 olacağından, istenen kanıt tamamlanmış olur. Örnek. Chebyshev eşitsizliğini iki reel sayı için gösteriniz. Çözüm. Varsayalım benzer düzenli ikililerimiz (a 1, a ) ve (b 1, b ) olsun. Buna göre, eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa, a 1 b 1 + a b = a 1 b 1 + a b a 1 b 1 + a b a 1 b + a b 1 olacaktır. (a 1 b 1 + a b ) (a 1 + a )(b 1 + b ) a 1 b 1 + a b ( a 1 + a )( b 1 + b ) Örnek. a n + b n a + b 1 (an 1 + b n 1 ) 59
eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Örnek 0.11 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanalım. Buna göre ikililerimiz (a, b) ve (a n 1, b n 1 ) ikilileri olsun. Buna göre, aa n 1 + bb n 1 a n + b n a + b ( a + b )(an 1 + b n 1 ) 1 (an 1 + b n 1 ) Örnek. a, b 0 olmak üzere, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. a. (a 5 + b 5 ) (a 3 + b 3 )(a + b ) b. a 9 + b 9 a b (a 5 + b 5 ) c. (a + b) n n 1 (a n + b n ) Çözüm. a. (a, b ), (a 3, b 3 ) benzer düzenlileri olsun. Buna göre, a a 3 + b b 3 olarak bulunur. ( a + b )( a3 + b 3 ) (a 5 + b 5 ) (a + b )(a 3 + b 3 ) b. Bu şıktada benzer düzenlilerimizi (a 4, b 4 ) ve (a 5, b 5 ) olarak seçelim. Buna göre, a 4 a 5 + b 4 b 5 ( a4 + b 4 )( a5 + b 5 ) a 4 b 4 ( a5 + b 5 ) = a b ( a5 + b 5 ) olacaktır. Bu eşitsizliktende,a 9 + b 9 a b (a 5 + b 5 ) eşitsizliği elde edilir. c. Soruyu Chebyshev Eşitsizliği ni kullanarak çözmeye çalışalım. İkililerimiz (a n 1, b n 1 ) ve (a, b) olsun. Buna göre, a n + b n 1 (an 1 + b n 1 )(a + b) = 1 (an a + b n b)(a + b) a n + b n 1 (an + b n )(a + b)(a + b) a n + b n Buna göre istenen eşitsizlik, elde edilmiş olur. 1 1 (a + b)(a + b) (a + b) = n 1 n 1 (a + b)n olacaktır. n 1 (a n + b n ) (a + b) n 60
Örnek. a, b, c > 0 ve n Z + ise a n b + c + bn a + c + cn a + b an 1 + b n 1 + c n 1 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a b c olmak üzere benzer düzenlilerimiz (a n, b n, c n ) ve ( 1 b+c, 1 a+c, 1 a+b ) olarak seçelim. Buna göre, a n b + c + a n b + c + bn a + c + bn a + c + cn a + b cn a + b a n a + c + a n b + a + bn a + b + bn b + c + cn b + c cn a + c eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer bu iki eşitsizliği taraftarafa toplarsak, (.14) (.15) ( an b + c + bn a + c + cn a + b ) an + b n a + b + bn + c n b + c + an + c n a + c eşitsizliğini elde ederiz. Bundan sonraki basamaktada Örnek 0.1 de kanıtladığımız eşitsizliği kullanırsak, ( an b + c + bn a + c + cn a + b ) an + b n a + b + bn + c n b + c + an + c n a + c 1 (an 1 + b n 1 ) + 1 (bn 1 + c n 1 ) + 1 (an 1 + c n 1 ) = a n 1 + b n 1 + c n 1 eşitsizliğinden, soruda bizden istenen eşitsizliğe ulaşılır. Örnek. a, b, c > 0 olmak üzere, a a b b c c (abc) a+b+c 3 eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a b c olarak alalım. Üçlülerimizide, biraz sıradışı bir seçim yaparak, (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak alalım. Buna göre,chebyshev eşitsizliğinden a log a + b log b + c log c 3 eşitsizliği elde edilir. Buna göre, log a a b b c c 3 ( a + b + c log a + log b + log c )( ) 3 3 ( a + b + c log abc )( ) 3 3 61
olacağından istenen eşitsizlik, olarak bulunur. log a a b b c c log(abc) a+b+c 3 a a b b c c (abc) a+b+c 3 Örnek. A, B, C bir üçgenin açıları olmak üzere (radyan cinsinden), a, b, c uzunukları da bu üçgenin kenar uzunluklarıdır. p = 1 (a+b+c) olduğuna göre, A p A + B p b + C p c 3π p (.16) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım A B C olsun. Buna göre benzer düzenli üçlülerimizi (A, B, C) ve ( 1 p a, 1 p b, 1 p c ) seçebiliriz. Chebyshev eşitsizliğinden, 1 3 ( A p A + B p b + C p c ) (A + B + C 1 )( 3 p a + 1 p b + 1 p c )1 3 = π 3 ( 1 p a + 1 p b + 1 p c )1 3 π 9 9 p eşitsizliğindende [.16] eşitsizliği kolaylıkla çıkarılır. Örnek. [1995,IM0] a, b, c R + ve a b c = 1 olduğuna göre, 1 a 3 (b + c) + 1 b 3 (a + c) + 1 c 3 (a + b) 3 (.17) eşitsiliğini kanıtlayınız. Çözüm. Varsayalım x = 1 a, y = 1 b, z = 1 c olsun. a b c = 1 olduğundan, x y z = 1 olacağı açıktır. Buna göre, yeni değişkenlere göre eşitizliğimiz düzenlersek, x y + z + y x + z + z y + x 3 eşitsizliğini elde ederiz. Çözümün bundan sonraki basamakları sadece Örnek 0.14 deki eşitsizliğin kanıtının kullanılmasıyla olacaktır. Buna göre, olacaktır. x y + z + y x + z + z y + x x + y + z 3 3 xyz = 3 6
.9 Trigonometrik Değişken Değiştirme Trigonometrik özdeşliklerin çokluğu, bu denklemleri kullanarak cebirsel denklemlere oldukça kolay çözümler geliştirmemize yardımcı olur. Değişken değiştirmede, hangi özdeşliği kullanacağımız aslında çoğu zaman verilen sorunun içine gömülüdür. Bu sebebten sorulara çözmeye başlamadan önce denklemi nasıl yeniden düzenleyeceğimizin kararına varmamız yerinde olur. Örnek. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x 3 3x = y y 3 3y = z z 3 3z = x Çözüm. Soruda verilen x 3 3x formu kosinüs üç kata açı özdeşliğini anımsatıyor. Ancak tabiki x 3 değişkeninin önündeki katsayı yok. Bu yüzden değişken yerine çift kat açı kosinüsü yerine, sadece cos x değişkeni almamız yerinde olacaktır. Buna göre x = cos u, y = cos v, z = cos w u, v, w [0, π] ise cos 3u = cos v cos 3v = cos w cos 3w = cos u sistemini elde ederiz. Kosinüs üç kat açı formülünü cos 3u ve cos v için kullanırsak cos 9u = cos 3v olacaktır. Bu eşitliği ikinci denklem de kullanırsak cos 9u = cos w olur. Aynen daha önceki gibi cos 7u = cos 3w ise üçüncü denklem cos 7u = cos u olacaktır.demek ki, u = kπ/14, k = 0, 1,,, 14 ve u = kπ/13, k = 1,,, 1 olacağından ve x = cos kπ/14, y = cos 3kπ/14, z = cos 9kπ/14, k = 0, 1,, 14 x = cos kπ/13, y = cos 3kπ/13, z = cos 9kπ/13, k = 1,,, 1 olacağından 3 3 3 = 7 tane çözüm elde edilir. Şimdide tanjant fonksiyonunu kullanarak sıradaki örneği çözmeye çalışalım. Örnek. {x n } n=1 olmak üzere, x n+1 = 3xn 1 x n + 3, n 1 63
İse, bu dizinin periyodik olduğunu kanıtlayınız. Çözüm. Tanjant fark formülünü hatırlarsak tan (a b) = tan a tan b 1 tan a tan b olacaktır. tan (π/6) = 1/ 3 olduğunuda biliyoruz. Buna göre, x n+1 = x n 1/ 3 1 + x n 1/ 3 olarak yazılabilir. Eğer x 1 = tan t alırsak x = tan (t π/6) olacağından, x n = tan (t (n 1) π/6), n 1 olur. Tanjant fonksiyonuda periyodik olduğuna göre, demek ki, x n = x n+6 olacağından soruda verilen dizimiz periyodiktir ve periyodu 6 dır. Örnek. a, b, c, x, y, z > 0 ise ( a + x ) ( b + y ) ( c + z ) (ayz + bzx + cxy xyz) eşitsizliğini kanıtlayınız. Çözüm. a = x tan α, b = y tan β, c = z tan γ α, β, γ [0, π/] olarak alalım. Buna göre, 1 cos (x + y + z) = (sin x sin (y + z) cos x cos (y + z)) = (sin x sin y sin z + sin x cos y sin z + cos x sin y sin z cos x eşitsizliğinin iki tarafınıda cos α cos β cos γ ile bölersek, sec α sec β sec γ (tan α + tan β + tan γ 1) olacağından, ( x tan α + x ) ( y tan β + z ) ( z tan γ + z ) x y z (tan α + tan β + tan γ 1) olacaktır. Buda zaten soruda istenen eşitsizliği doğrular. 64
.9.1 Çalışma Soruları 1. a reel parametresinin hangi değerleri için 1 x a x eşitsizliğini sağlayan bir x reel değeri vardır?. (0, 1) aralığından dört farklı sayı alınıyor. Buna göre, bu sayılardan iki tanesi olan xve y nin 0 < x 1 y y 1 x < 1 eşitliğini sağlayacağını kanıtlayınız. 3. Seçilen 4 farklı reel sayı arasından 1 + ab 1 + a 1 + b > 1 eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız. 4. x R olmak üzere verilen x + ( 4x 3 3x ) = 1 denkleminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 5. I = + + + + xdx integralini hesaplayınız.(not: İfade içinde n 1 tane kök vardır.) 6. {x n } n 1 dizisi x n+ + x n eşitsizliğini sağlandığına göre, x 1986 nın alabileceği tüm değerleri bulunuz. 7. x + x y = y y + y z = z z + z x = x denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 65
8. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. x 1 1 x 1 = x x 1 x = x 3 x 3 1 x 3 = x 4 x 4 1 x 4 = x 1 9. x, y R olmak üzere, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız, 1 10. x R, {x n } n ve x 1 = x olmak üzere (x + y) (1 xy) (1 + x ) (1 + y ) 1 x n+1 = 1 x n 1 1 + x n eşitliği veriliyor. Eğer x n = ±1 ise dizimiz kilitleniyor, çünkü x n+1 tanımlanamıyor. Buna göre, 8. terimden sonra kilitlenen bu şekilde bir dizi var mıdır? 11. Reel tanımlı {a k } k=1 dizisi, k Z+ olmak üzere a k+1 = k a k + 1 k a k olarak veriliyor. Buna göre bu dizinin sonsuz sayıda pozitif ve sonsuz sayıda negatif terimi olduğunu kanıtlayınız. 1. 1 a 1 a a n 1 ise n 1 (1 ) ( ) 1 a i a i+1 a i 1 a π i+1 < i=1 eşitsizliğini kanıtlayınız. 13. x 0 = 0, x 1, x,, x n > 0 ve n x k = 1 ise n k=1 k=1 x k 1 + x0 + x 1 + + x k 1 xk + x k+1 + + x n < π eşitsizliğini kanıtlayınız. 66
14. x, y, z (0, 1) olmak üzere x + y + z + xyz = 1 eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) tamsayı üçlülerini bulunuz. 15. a, b, c pozitif tamsayılar olmak üzere verilen x + y + z = a + b + c 4xyz (a x + b y + c z) = abc eşitliklerini sağlayan x, y, z reel sayılarını bulunuz. 16. cos π/5 ifadesinin değerini bulunuz..9. Çözümler 1. t [0, π] olmak üzere cos t = x olsun. Çünkü x 1 olmak zorundadır. Buradan 1 x = 1 cos x = sin t olacaktır. Çünkü t [0, π] için sinüs fonksiyonu pozitiftir. Buna göre eşitsizliğimiz, sin t + cos t a olacaktır. f (t) = sin t + cos t = sin π ( 4 cos t π ) 4 = ( cos t π ) 4 olacağından, f (t) nin [0, π] aralığındaki en büyük değeri olacaktır. Buna göre, a nın bulunduğu aralık den büyük olmayan reel sayılar kümesi olacaktır.. Varsayalım sayılarımız a 1, a, a 3, a 4 olsun. Burada, a k = sin t k, t k (0, π/) alalım. Buna göre aslında problemde sorulan soru i ve j gibi iki indisin 0 < sin t i cos t j sin t j cos t i < 1 eşitsizliğini sağlayacak biçimde varolup olmadıklarıdır. Eğer eşitsizliğimizi düzenlersek sin t i cos t j sin t j cos t i = sin (t i t j ) olacaktır. Buna göre, ispatlamamız gereken durum artık t i > t j ve t i t j < π/6 olacak şekilde i ve j nin bulunduğunu göstermek olacaktır. Burada devreye güvercin yuvası ilkesi girer öyleki, seçeceğimiz dört sayıdan iki tanesi kesinlikle (0, π/6], (0, π/3], (π/3, π/) aralığında olacaktır. Buna göre eşitsizliği sağlayan t i ve t j vardır, dolayısıyla x ve y de vardır. 67
3. x (0, π) olmak üzere, tüm reel sayılar tan x cinsinden ifade edilebilir. Buna göre a = tan x ve b = tan y olarak alırsak 1 + tan x tan y 1 + tan x 1 = cos x cos y + sin x sin y = cos (x y) + tan y olacaktır. Buna göre şimdi problemimizi yeniden kuralım. Yeni durumumuz, cos(x y) > 1/ olduğundan (x y) < π/3 olmalıdır. Gerçektende (0, π) aralığında seçeceğimiz dört sayıdan ikisinin farkı π/3 ten küçük 11 olacaktır. 4. Dikkat edilirse x 1 ve 4x 3 3x 1 olarak verilmiştir. Buna göre, x = cos a, 0 a π alabiliriz. Eğer cos 3a ve cos a ifadelerini kullanırsak soruda verilen denklemimiz olacaktır. Buradan da, 1 + cos a + olacağından a ve 4a değerleri cos a + cos 3a = 1 1 + cos 6a a = π, 3π ve 4a = π, 3π, 5π, 7π olarak bulunur. Buna göre istenilen çözümler, ± π ve ± ± değerlerini alacaktır. = 1 5. Varsayalım x = cos t olsun, buna göre + + + + x = + + + + cos t = + + + cos t = cos t n olacaktır. Buradan integralimiz I = cos t n dx = cos t sin t dt n = 4 sin t cos t n dt ( ) = sin n + 1 n t sin n 1 n t dt 11 Pigeon Hole Principle yada Güvercin Yuvası İlkesi bu küçüklüğü garantiler. 68
eşitliğinden istenilen cevap, n+1 ( n+1 n + 1 cos n + 1 arccos x ) ( n+1 n n 1 cos 1 n arccos x ) + c olarak bulunur. 6. 0 x n olduğuna göre, x n = cos y n, y n [0, π/] değişken değiştirmesini kullanabiliriz. Buna göre xn+ + x n eşitsizliği ve cos α + 1 = cos α eşitliğinden ( ) yn + cos cos y n eşitsizliği bulunacaktır. Seçilen aralıkta kosinüs fonksiyonu azalan bir fonksiyon olduğuna göre, y n+ y n olacaktır. Buradan da y n y n+k k, k Z + elde edilir. Burada k değeri sonsuza giderken y n 0 yani y n = 0 olacaktır. Dolayısıyla x n = cos y n = 1 = olacağından x n = ve x 1986 = bulunur. 7. Eğer değişkenlerden herhangi biri, varsayalım x = ±1 olursa x + x y = y ±1 + y = y = 0 olacaktır ki, bu durum imkansızdır. Buna göre denklem sistemimizi yeniden yazarsak, x 1 x = y y 1 y = z z 1 z = x 69
eşitliklerini elde ederiz. Burada da x = tan a, a ( π/, π/) olarak alalım. Buna göre ilk iki denklemden y = tan a ve z = tan 4a olacaktır. Son denklemde ise tan 8a = tan a eşitliği elde edilir. Buna göre 8a a = kπ ise a = kπ/7 olacaktır. a ( π/, π/) olduğuna göre k = 3,, 1, 0, 1,, 3 değerlerini alabiliriz. Buradan da istenilen değerler bulunabilir. 8. Sorunun çözümüne yardımcı olacak trigonometrik özdeşlik aslında sorunun içine gömülmüştür. Eğer çift kat açı için kotanjant toplamını kontrol edersek cot α = cot α 1 cot α eşitliğini elde ederiz. Eğer x 1 = cot α, α (0, π) olarak alırsak x = cot α olacağından, x 3 = cot 4α ve x 4 = cot 8α olacaktır. Benzer şekilde döngü başa geleceğinden x 1 = cot 16α olacaktır. Demek ki cot α = cot 16α yani 16α α = kπ, k Z eşitliği bulunacaktır. Buradanda çözümlerimiz α = kπ, k = 1,, 3,, 14 15 olacağından olacaktır. x 1 = cot kπ 15, x = cot kπ 15, x 3 = cot 4kπ 15, x 4 = cot 8kπ 15 9. Varsayalım x = tan a ve y = tan b olsun. Buradan, eşitlikleri elde edilir. Ayrıca, sin(a + b) x + y = tan a + tan b = cos a cos b cos(a + b) 1 xy = 1 tan a tan b = cos a cos b 1 1 + x = cos a 1 1 + y = cos b eşitlikleri elde edilir. Eğer yerine koyarsak, cos a cos b cos(a+b) cos a cos b 1 1 cos a cos b 1 sin(a+b) 1 ise 1 sin(a + b)cos(a + b) 1 eşitsizliğini kanıtlamamız gerekir. Zaten bu eşitsizlik 1 sin(a + b) 1 olduğundan kanıt tamamlanır. 70
10. 1 1 = x n 1 x n 1 + x n 1 x n eşitliğini yazabiliriz. Eğer x 1 = tan β, β ( π/, π/) alırsak x = tan β 1 tan β = tan β olacaktır. Bu şekilde devam edersek, x n = tan n 1 β olacağından x 8 = tan 7 β = tan 18β olacaktır. 8 terim uzunluğundaki bir dizi için, tan 18β = ±1 olmalıdır. Buna göre 18β = (k + 1)π 4 olacaktır. Dolayısıyla, olacaktır. x = tan ( ) (k + 1)π ±, k = 18,, 18 51 11. Eğer b 1 = tan 1 a 1 ve b k+1 = b k + tan 1 (1/k), k = 1,, 3, olacak biçimde bir dizi tanımlarsak tanjant toplam formülünden tan(x + y) = tan x + tan y 1 tan x tan y eşitliğinin ışığında a k = tan b k olduğunu görebiliriz. olduğuna göre, olacaktır. Buradan da, tan x lim = 1 x 0 x tan 1 (1/k) lim = 1 k 1/k b 0 + tan 1 1 k k=1 ıraksak olacaktır. Öte yandan serinin elemanları k iken, sıfıra yakınsayacaktır. (πn, πn + π/) aralığında sonsuz çoklukta parçalı toplam olacaktır. Benzer biçimde (πn + π/, (n + 1)π) aralığında da sonsuz çoklukta toplam olacaktır. Fakat, parçalı toplamlardam birisi b m ve a m = tan b m olduğundan, demek ki sonsuz çoklukta pozitif ve negatif a m değeri bulunmaktadır. 71
13. Her bir a i değerimiz [ 1, 1] aralığında olduğuna göre, a i = cos x i, x i [0, π] şeklinde seçim yapabiliriz. Buna göre sorudaki eşitsizliğin sol tarafı n 1 1 cos xi cos x i+1 sin x i sin x i+1 = n 1 1 cos (xi+1 x i ) i=1 i=1 = n 1 sin x i+1 x i i=1 olacaktır. Sinüs fonksiyonu [0, π] aralığında aşağı konkav olduğuna göre Jensen Eşitsizliğinden n 1 1 ( ) ( ) n 1 xi+1 x i 1 x i+1 x i sin sin n 1 n 1 i=1 eşitsizliği elde edilir. Buna göre, n 1 ( ) xi+1 x i sin i=1 i=1 (n 1) sin x n x n 1 (n 1) (n 1) sin olacaktır. Burada x n x i (0, π) dir. Aynı aralıkta, sin x < x, x > 0 eşitsizliği kullanılırsa ( ) π (n 1) sin π (n 1) olacaktır. 13. Tüm x i değerleri pozitif ve toplamlarıda 1 olduğuna göre, x 1 + x + + x k = sin a k π (n 1) ve a 0 = 0 < a 1 < a < < a n = π, k = 0, 1,, n seçimlerini yapabiliriz. Buna göre, n k=1 k=1 sin a k sin a k 1 1 + sin ak 1 1 sin ak 1 < π olacaktır. Bu eşitsizliği yeniden düzenlersek ( ) ( ) ak a n sin k 1 ak +a cos k 1 cos (a k 1) 7
olacaktır. 0 < x < π/ aralığında kosinüs fonksiyonu azalandır ve sin x < x eşitsizliği vardır. Buna göre eşitsizliğin sol tarafı n k=1 a k a k 1 cos a k 1 cos a k 1 ise n k=1 (a k a k 1 ) = π olacaktır ki bu da zaten ispatı tamamlar. 14. Denklemi sağlayan üçlülerden herbiri dar açılı bir üçgenin açılarının kosinüs değerleridir. Önce, eğer A, B, C açıları bir üçgenin açı değerleri ise cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = 1 olduğunu gösterelim. Aslında, olacağına göre cos A = cos (B + C) = sin B sin C cos B cos C = cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = (cos A + cos B + cos C) + 1 ( 1 cos A ) ( 1 cos C ) = (sin B sin C) + 1 sin B sin C = 1 olarak bulunur. Demek ki, A + B + C = π eşitliğini sağlayan A, B, C değerleri birer çözümdür. 15. İkinci denklemi düzenlersek a yz + b zx + c xy + abc xyz = 4 olacaktır. Buna göre, x 1 = olarak alırsak, eşitliğimiz a yz, y 1 = b zx, z 1 = x 1 + y 1 + z 1 + x 1 y 1 z 1 = 4 c xy olacağından 0 < x 1 <, 0 < y 1 <, 0 < z 1 < olacaktır. Buna göre, x 1 = cos A, y 1 = cos B, z 1 = cos C 73
olarak alabiliriz. Bu değerleri kullanırsak, yz cos A = a, zx cos B = b, xy cos C olacaktır. Eğer x + y + z = a + b + c ise x + y + z yx cos A zx cos B xy cos C = 0 olacaktır. Bu eşitliğin sol tarafını iki kare toplamı şeklinde yazmaya çalışırsak = x + y + z yz cos A zx cos B xy cos C = x + y + z yz cos A zx cos B + xy (cos A cos B sin A sin B) = x ( sin B + cos B ) + y ( sin A + cos A ) + z yz cos A zx cos B + xy cos A cos B xy sin A sin B = ( x sin B y sin A ) + ( x cos B + y cos A z ) olacaktır. Burada iki kare toplamı sıfır olduğuna göre x sin B y sin A = 0 ve x cos B + y cos A = z olacaktır. Buradan, b z = x zx + a y yz = b + a z olacaktır. Demek ki dir. Simetriden dolayı z = a + b olarak bulunur. y = a + c ve x = b + c 16. Önce bildiğimiz bazı trigonometrik soruda kullanabileceğimiz bazı geometrik eşitlikleri yazalım. Buna göre, cos θ = cos θ 1 ve cos 3θ = 4 cos 3 θ 3 cos θ 74
eşitliklerini kullanmamız yerinde olacaktır. Eğer x = π/5 alırsak, cos 6π/5 = cos 4π/5 olacaktır. Şimdi denklemi x değişkenine bağımlı olarak yazalım. Burada 4x 3 x 3x + 1 = 0 ise olacaktır. Buradan (x 1) ( 4x + x 1 ) = 0 x = 1 veya x = 5 1 olacağından cos(π/5) 1 ise istenilen cevap ( ) π 5 1 cos = 5 olacaktır..10 Cebirde Teleskopik Toplamlar ve Çarpımlar Bu konuda da cebirde sonsuz toplamlar ve farklarla alakalı soruları çözeceğiz. Aslında çözümlerde kullanacağımız genel yöntem oldukça basittir. Soruda verilen toplamı yada çarpımı, farkların toplamı biçiminde yazarak sonuca ulaşmaya çalışacağız. Buna göre elde edeceğiz farkların toplamı n [F (k) F (k 1)] k= formunda olacağından ve k n 1 indislerine sahip değerler sadeleşeceği için, toplamımız F (n) F (1) olacaktır. Örnek. toplamını hesaplayınız. n k!k k=1 Çözüm. yaparsak, Eğer k! k = k!(k + 1 1) = (k + 1)! k! değişken değiştirmesini n (k + 1)! k! = (n + 1)! 1 k=1 75
olacaktır. Örnek. toplamını hesaplayınız. n 1 k=1 (k + 1) k + k k + 1 Çözüm. Temel düşünce paydayı rasyonel yapmak olmalıdır. Yani, ( (k + 1) k k ) ( k + 1 (k + 1) k + k ) k + 1 = k (k + 1) (k + 1) k olduğuna göre, = k(k + 1) n k=1 (k + 1) k k k + 1 k (k + 1) = n k=1 ( 1 k 1 k + 1 ) = 1 1 n + 1 olacaktır. Örnek. n 1 < n Z + olmak üzere aşağıda verilen eşitsizliği kanıtlayınız. 1 1 + + 1 + 5 + + n 1 (n 1) + 1 + n + 1 < n Çözüm. Soruda verilen eşitsizliği iki yönünüde ispatlamadan evvel, bazı genellemeler yapalım. Buna göre, ( k ) (k 1) k 1 + 1 (k 1) + 1 (k 1) + 1 + = k + 1 k + 1 (k 1) 1 = k + 1 (k 1) + 1 ise 1 3 n 1 = + + + 1 + + 5 (n 1) + 1 + n + 1 = 1 + 5 + + n + 1 (n 1) + 1 = n + 1 1 76
olacaktır. Buna göre, yeni eşitsizliğimiz n 1 < n + 1 < n olacaktır ki, bu eşitsizliği göstermek oldukça kolaydır. Örnek. x, Q(x) polinomunun bir kökü değildir. Buna göre, P (x) P (x + 1) Q (x) Q (x + 1) = 1 x (x + ) eşitliğini sağlayan tüm P ve Q polinomlarını bulunuz. Çözüm. Önce soruda verilen eşitliği düzenleyelim, buna göre P (x) P (x + 1) Q (x) Q (x + 1) = x + 1 (x + 1) + 1 x (x + 1) (x + 1) (x + ) eşitliği elde edilir. Buna göre, n Z + ve yeterince büyük bir x değeri için, P (x + k) (x + k + 1) P Q (x + k) Q (x + k + 1) = (x + k) + 1 (x + k + 1) (x + k + ) (x + k + 1) + 1 (x + k + 1) (x + k + ) olacaktır. Eğer eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, P (x) P (x + n) Q (x) Q (x + n) = x + 1 x (x + 1) (x + n) + 1 (x + n) (x + n + 1) eşitliğini elde ederiz. Burada n iken, P (x+n)/q(x+n) ifadeside sonsuza gidecektir. Buna göre, olacaktır. Eğer işlemi devam ettirirsek, P (x) Q (x) = x + 1 x (x + 1) + c, c R x (x + 1) P (x) = (x + 1 + cx (x + 1)) Q (x) eşitliğini elde ederiz. Buradan istenen polinomlar P (x) = (x + 1 + cx (x + 1)) R (x) ve Q (x) = x (x + 1) R (x) olarak bulunur. Örnek. (1 1n ) n= = 1 77
eşitliğini kanıtlayınız. lim Çözüm. N n= N (1 1n ) = lim olduğuna göre, N N n=.10.1 Çalışma Soruları ( 1 1 ) ( 1 + 1 ) n n N + 1 lim N N = 1 bulunur. = N n= n 1 n = 1 N N + 1 N n= n + 1 n = N + 1 N 1. toplamını hesaplayınız. n k! ( k + k + 1 ) k=1. a 1, a,, a n bir aritmetik dizinin elemanları ve ortak farkları d ise toplamını hesaplayınız. n 1 a k a k+1 k=1 3. toplamını hesaplayınız. k=1 6 k (3 k k ) (3 k+1 k+1 ) 4. {x n } n=1 dizisinde x 1 = 1/, x k+1 = x k + x k ise 1 x 1 + 1 + 1 x + 1 + + 1 x 100 + 1 toplamından küçük en büyük tamsayı değerini bulunuz. 5. F n bir Fibonacci dizisi olmak üzere F 1 = 1, F = 1, F n+1 = F n + F n 1 olarak veriliyor. Buna göre aşağıdaki toplamları hesaplayınız. a. n= F n F n 1 F n+1 78
b. n= 1 F n 1 F n+1 6. 1 + 11 + 1 + 1 + 1 + 13 + + toplamını hesaplayınız. 1 + 1 1999 + 1 000 7. 1 1 + 3 + 1 5 + 7 + + 1 1997 + 9999 > 4 eşitsizliğini kanıtlayınız. 8. 1 m < n m, n Z olduğuna göre, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız. ( n + 1 m ) < 1 1 + + + 1 + 1 < ( n m 1 ) m m + 1 n 1 n 9. 10. a k = ise eşitsizliğini kanıtlayınız. eşitsizliğini kanıtlayınız. k (k 1) 3 + k 4/3 + (k + 1) 4/3 n=1 999 a k < 50 k=1 1 (n + 1) n < 11. F n, fibonacci serisi olmak üzere verilen, 1. toplamının eşitini bulunuz. eşitliğini kanıtlayınız. n= 1 F n=0 n n 3 1 n 3 + 1 = 3 79
13. n=0 ( 1 + 1 ) n çarpımını hesaplayınız. 14. L 1 =, L = ve L n+ = L n+1 + L n, n 1 olarak tanımlanan Lucas Dizisi veriliyor. Buna göre, eşitliğini kanıtlayınız. m L k +1 = F m+1 k=1 Édouard Lucas 1 (184-1891) Fransız matematikçi ve bilimadamı olan Lucas daha çok kendi adı ile anılan Lucas Dizileri ve Fibonacci Dizisinin n. terimini veren formülü ile anılır. Üniversite eğitimini École Normale Supérieure de tamamlayan Lucas uzun bir süre Paris Gözlemevinde de çalışmalarını sürdürmüş ve Profesörlük ünvanınıda yine aynı şehirde Paris te almıştır. Ayrıca N n = M n=1 Diphantine denkleminin yegane çözümünün N = 4 ve M = 70 ikilisi olduğunu savunmuştur. Bu ikiliden başka ikililerin olmadığı ise ancak 1918 yılında hiperbolik fonksiyonlar kullanılarak kanıtlanabilmiştir. Ayrıca, sayıların asallığı üzerinede çalışmalar yapan Lucas 19 yıllık bir çalışma sonucunda, 17 1 sayısının asal olduğunu kanıtlamış ve bu kanıtı sonucunda ulaştığı sayı o zamana kadar ulaşılabilen en büyük Mersenne Asalı olarak kabul edilmiştir. Matematiğin eğlenceli tarafıylada alakadar olan Lucas, özellikle Hanoi Kuleleri ni keşfetmesi ve çözüm yöntemleri geliştirmesi bulmaca meraklılarının büyük saygısını kazanmıştır. 1 François Édouard Anatole Lucas 80