matematik olimpiyatları çalışma kitapçığı

MATEMATİK
OLİMPİYATLARI ÇALIŞMA
KİTAPÇIĞI
www.sbelian.wordpress.com
İçindekiler
1 Giriş
1.1 İlksöz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Konular
2.1 Denklem Sistemleri . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Repunitler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Sophie Germain Özdeşliği . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Tamkareler Pozitiftir . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Eşitsizlikler I . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.6 Eşitsizlikler II . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.7 İndirgemeli Diziler . . . . . . . . . . . . . . . .
2.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler . . . . .
2.7.2 İkinci Dereceden İndirgemeler . . . . . .
2.7.3 Alıştırmalar . . . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Yeniden Düzenleme [Rearrangement] Eşitsizliği
2.9 Trigonometrik Değişken Değiştirme . . . . . . .
2.9.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.9.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.10 Cebirde Teleskopik Toplamlar ve Çarpımlar . .
2.10.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . .
2.10.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
4
4
7
8
13
15
16
18
19
20
24
25
27
32
39
40
47
48
48
52
54
54
63
65
67
75
78
81
2.11 Tamdeğer Fonksiyon Problemleri . . . . . .
2.11.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.11.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.12 Bölünebilme ve Asal Sayılar . . . . . . . . .
2.12.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.12.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.13 Trigonometride Sonsuz Toplam ve Farklar .
2.13.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.13.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.14 Kuş, Güvercin, Yuva... . . . . . . . . . . . .
2.14.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.14.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.15 Üstel Diyofant Denklemleri . . . . . . . . .
2.15.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.15.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.16 Kalan Sınıfları [Residues] . . . . . . . . . .
2.16.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.16.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.17 Viete Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.17.1 Newton-Girard Formulæ . . . . . . .
2.17.2 Lagrange İnterpolasyon Teknı̇ğı̇ . . .
2.17.3 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.17.4 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.18 Bağıntı Sayıları . . . . . . . . . . . . . . . .
2.18.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.18.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.19 Lineer Denklemlerin Tamsayı Çözümleri . .
2.19.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.19.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2.20 Fonksiyonel Denklemler . . . . . . . . . . .
2.20.1 Tek Değişkenliler - Temel Teknikler
2.20.2 Çok Değişkenliler . . . . . . . . . . .
2.20.3 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . .
2.20.4 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . .
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
86
90
91
93
96
98
102
104
106
112
114
114
115
117
117
120
122
123
127
128
130
132
133
136
140
140
141
144
145
145
145
148
151
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 2010
3
Bölüm 2
Konular
2.1
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 + y2 + z2 = 3
y + z 2 + x3 = 3
z + x2 + y 3 = 3
denklem sisteminin pozitif çözüm üçlüsünün yanlızca (1, 1, 1) olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm.
Eğer ilk iki denklemin farkını alırsak
x(1 − x2 ) + y(y − 1) + z 2 (z − 1) = 0
denklemini elde ederiz. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü denklemlerin farkını
alırsak
y(1 − y 2 ) + z(z − 1) + x2 (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 + y2 + z3 = 3
eşitliğini sağlayamayacağı açıktır. Demek ki tek çözüm
(x, y, z) = (1, 1, 1)
olacaktır.
Örnek.
a + b + c + d = 12
abcd = 27 + 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 ≥ 27 + 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
≤ abcd ⇒ 3 ≤ 3
4
olduğundan eşitlik durumu söz konusudur. Buna göre tek çözüm
a=b=c=d=3
olacaktır.
Örnek.
µ
¶
√
1
3x 1 +
= 2
x+y
µ
¶
p
√
1
7y 1 −
= 4 2
x+y
5
denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz.
Çözüm. Bu soruda çözüme daha kolay işlemlerle ulaşmak için bazı değiş√
√
ken eğiştirmeler yapmak yerinde olacaktır. Buna göre eğer x = u ve y = v
alırsak sistemimiz
¶
µ
2
1
= √
u 1+ 2
2
u +v
3
√
µ
¶
1
4 2
v 1− 2
= √
2
u +v
7
şeklini alır. Burada u2 + v 2 aslında z = u + iv karmaşık sayısının normunun karesidir. Buna göre ikinci denklemi i karmaşık sayısı ile çarpıp birinci denkleme
eklersek


u − iv
2
√ 
u + iv + 2
= √
u + v2
3 + i 4√ 2
7
eşitliğini elde ederiz. Burada
ifadesi
u − iv
u2 + v 2
z
z
1
=
=
2
|z|
(zz)
z
olacaktır. Yani
1
z+ =
z
Ã
√ !
2
4 2
√ +i √
3
7
eşitliği elde edilir. Eğer bu denklemi düzenlersek
Ã
√ !
2
4
2
z2 − √ + i √
z+1=0
3
7
denklemini ve bu denklemin çözümü olan
Ã √
!
µ
¶
1
2
2 2 √
√ ±√
+i √ ± 2
3
21
7
sayısını elde ederiz. Buna göre soruda verilen sistemin çözümü
µ
x=
1
2
√ ±√
3
21
¶2
Ã √
!2
2 2 √
ve y = √ ± 2
7
olacaktır.
6
2.1.1
Çalışma Soruları
1.
2
x
2
y+
y
2
z+
z
x+
= 2y
= 2z
= 2x
denklem sistemini çözünüz.
2. [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} = 2, 2
y + {x} + [z] = 3, 3
denklem sistemini sağlayan x, y, z değişkenlerini bulunuz.
3. Aşağıdaki denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz.
xy + yz + zx = 12
xyz = 2 + x + y + z
4.
4x2
4x2 + 1
4y 2
4y 2 + 1
4z 2
4z 2 + 1
= y
= z
= x
Denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.
5.
3 = x + y + z = x3 + y 3 + z 3
eşitliğini sağlayan tüm tamsayı üçlülerini bulunuz.
7
6.
6(x − y −1 ) = 3(y − z −1 ) = 2(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
x2 − yz = a
y 2 − zx = b
z 2 − xy = c
denklem sisteminin tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.
8.
(x + y)3 = z
(y + z)3 = x
(z + x)3 = y
denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel sayı üçlüleini bulunuz.
9.
x3 − 9(y 2 − 3y + 3) = 0
y 3 − 9(z 2 − 3z + 3) = 0
z 3 − 9(x2 − 3x + 3) = 0
denklem sisteminin tüm çözümlerini bulunuz.
10. a, b, x, y reel sayılar olmak üzere
ax + by = 3
ax2 + by 2 = 7
ax3 + by 3 = 16
ax4 + by 4 = 42
olarak veriliyor. Buna göre, ax5 + by 5 toplamının eşitini bulunuz.
2.1.2
Çözümler
1. Eğer çözümde aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğini kullanırsak
r
√
2
1
x+ ≥2 x· =2 2
x
x
8
√
√
√
√
ise 2y ≥ 2 2 ve y ≥ 2 olacaktır. Benzer şekilde y ≥ 2 ve z ≥ 2
olacaktır. Eğer sistemdeki 3 denklemi −1 ile çarpıp toplarsak
µ
¶
1 1 1
x+y+z =2
+ +
x y z
eşitliği elde edilir. Bu denklemin sol kısmı
√
x+y+x≥3 2
iken sağ kısım
µ
2
1 1 1
+ +
x y z
¶
√
≤3 2
olacaktır. Demek ki
µ
x+y+z =2
1 1 1
+ +
x y z
¶
√
=3 2
olmalıdır. Buradan istenen çözümler
√
x=y=z=± 2
olarak bulunur.
2. Eğer sistemdeki 3 eşitsizliği taraf tarafa toplarsak
2x + 2y + 2z = 6.6
olduğundan
x + y + z = 3.3
denklemini elde ederiz. Sistemdeki her bir denklemi son bulduğumuz
eşitlikten çıkarırsak yeni sistemimiz
{y} + [z] = 2.2
{x} + [y] = 1.1
{z} + [x] = 0
olacaktır. Bu sistemde ilk denklemden {y} = 0.2 ve [z] = 2 bulunur.
İkinci denklemden [y] = 1, {0.1} ve üçüncü denklemden {z} = 0, [x] = 0
bulunur. Buna göre, denklem sisteminin çözümü
x = 0.1, y = 1.2, z = 2
olacaktır.
9
3. Varsayalım
den
√
3 xyz = a olsun. Aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğin12 = xy + yz + zx ≥ 3a2
ve
a3 = 2 + x + y + z ≥ 2 + 3a
olacaktır. ilk eşitsizlikten 12 ≥ 3a2 ise 4 ≥ a2 bulunur. İkinci eşitsizliktense a ≥ 2 bulunur. Dolayısıyla a = 2 ve x = y = z olacaktır. Demek
ki tek çözüm
(x, y, z) = (2, 2, 2)
olur.
4. Çözüme, denklem sistemimizdeki her bir denklemi karşılayan bir fonksiyon bularak başlayalım. Varsayalım f fonksiyonu f : [0, ∞) → [0, ∞)
olmak üzere
4t2
f (t) = 2
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,
4t2
=t
4t2 + 1
denklemini çözersek t = 0 veya t = 1/2 olacaktır. Öyleyse sistemin
çözümleri sadece
1 1 1
(0, 0, 0) ve ( , , )
2 2 2
olarak bulunur.
5. Eğer soruda verilen eşitlik üzerinde biraz oynarsak
X
24 = (x + y + z)3 − (x3 + y 3 + z 3 ) = 3
x2 y + 6xyz
eşitliğine ulaşırız. Eğer sadeleştirme yapıp çarpanlarına ayırırsak
8 = (x + y)(x + z)(y + z)
olacağından
8 = (3 − x)(3 − y)(x + y)
eşitliği elde edilir. 8 sayısının çarpanlarını kontrol edersek çözümleri
(1, 1, 1), (4, 4, −5), (4, −5, 4), (−5, 4, 4)
olarak bulabiliriz.
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
xy = yz = zx = 1 ve x = y = z = ±1
bulunur.
7. Soruda verilen sistemdeki herbir eşitliğin karesini alıp diğer iki eşitliğin
çarpımından çıkarırsak yeni sistemimimiz
a2 − bc = x(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz)
b2 − ac = y(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz)
c2 − ab = z(x3 + y 3 + z 3 − 3xyz)
olacaktır. Burada
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = k
olarak alırsak
(a2 − bc)2 − (b2 − ac)2 (c2 − ab) = k 2 (x2 − yz) = k 2 a
olur. Burada eşitliğin sol tarafını açıp düzenlersek
p
k = ± a3 + b3 + c3 − 3abc
olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri
x=
b2 − ac c2 − ab
a2 − bc
, y=
,
k
k
k
olacaktır.
8. Eğer ikinci denklemi birinciden çıkarırsak
¡
¢
(x − z) (x + y)2 + (x + y)(y + z) + (y + z)2 = z − x
eşitliğini elde ederiz. Burada
(x + y)2 + (x + y)(y + z) + (y + z)2 > 0
11
olduğuna göre, x = z olacaktır. Simetriden dolayı y = z ve elimizde
2
8x3 = x denklemi oluşacaktır. Bu denklemin kökleri x = 0 ve x = ± 2√
2
olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri
1
x = y = z = 0, x = y = z = ± √
2 2
olur.
9. Soruda verilen sistemi düzenlersek, yeni sistemimiz
(y − 3)3 = y 3 − x3
(z − 3)3 = z 3 − x3
(x − 3)3 = x3 − z 3
olacaktır. Bu eşitliği toplarsak
(x − 3)3 + (y − 3)3 + (z − 3)3 = 0
eşitliği elde edilir. Genelliği bozmadan varsayalım x ≥ 3 olsun. Sistemdeki üçüncü denklemden
z 3 − 27 = 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 = 2 ve n = 3 için
(axn + by n )(x + y) − (axn−1 + by n−1 )xy = axn+1 + by n+1
eşitliğinin sağlandığı görülebilir. Buna göre,
7(x + y) − 3xy = 16
ve
16(x + y) − 7xy = 42
olacaktır. Bu iki denklemi çözersek x + y = −14 ve xy = −38 olur. n = 4
için başta belirlediğimiz reküransı yeniden uygularsak
ax5 + by 5 = (42)(−14) − (16)(−38) = −588 + 608 = 20
olacaktır.
12
2.2
Repunitler
Basamaklarını oluşturan rakamların hepsi 1 olan doğal sayılara repunit
diyeceğiz. Öyleki
111
· · 111}
| ·{z
n basamaklı
sayısı bir repunit sayı olarak sorularımızda yerini alacaktır. Şimdi ilk örneğimizle başlayalım. Sorumuz 2005 Bulgaristan Matematik Olimpiyatları’nda
sorulmuştur.
Örnek.
x, y, z ∈ Z olmak üzere verilen
x2 + 2y 2 + 98z 2 = 111
· · 111}
| ·{z
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 + 106 + · · · + 106·110 ) =
106 − 1
(1 + 106 + · · · + 106·110 )
9
olacaktır. Küçük Fermat teoremine göre, 106 − 1 sayısı 7 ile bölünebilir. Buna
göre eşitliğimize (mod7) altında bakabiliriz. Tamkare bir sayının (mod7) altındaki kalan sınıfı {0, 1, 2, 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 72 ile tam bölünecektir. Ancak eşitliğin sağ
kısmındaki ifademiz
7 · 15873 · (1 + 106 + · · · + 106·110 )
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.
Çözüm II.
karsak
Eğer soruda verilen eşitliğin sağ tarafına (mod) altında bax2 + 2y 2 + 2x2 ≡ 111
(mod 8)
veya
x2 + 2y 2 + 2z 2 ≡ 7 (mod 8)
olduğunu görebiliriz. Bir tamsayının karesinin ( mod 8) altındaki kalanları {0, 1, 4}
olabilir. Eğer iki katlarını alırsak kalan sınıfı {0, 2} olacaktır. Ancak elde edilen
13
{0, 1, 4} kümesinin elemanlarını {0, 2} ve {0, 2} 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) = ax2 + bx + c
olsun. Soruda verilen şartlara göre,
f (111
· · · 1}) = |111{z
· · · 1}
| {z
m tane
yani
µ
f
n tane
10m − 1
9
olacaktır. Eğer
¶
µ
g(x) = 9f
=
10n − 1
9
x−1
9
¶
+1
olarak alırsak,
Ã µ
!
¶
¶
µ
¶
µ
x−1 2
a 2
x−1
b
9 a
+1
= 9
+b
(x − 2x + 1) + (x − 1) + c + 1
9
9
92
9
a 2
=
(x − 2x + 1) + b(x − 1) + c + 1
9
µ
¶
a 2
2a
a
=
x + b−
x + (9c + 1 − b + )
9
9
9
olacaktır. Demek ki
µ
¶
a 2
2a
a
g(x) = x + b −
x + (9c + 1 − b + )
9
9
9
olacaktır. Buna göre, aslında g(10m ) = 10n olacaktır. yani g polinomu 10’un
kuvvetlerini yine 10’un kuvvetlerine götürecektir. Buna göre,
µ
¶
³
2a
a ´ −2m
a
−2m
m
n−2m
10−m + 9c + 1 − b +
10
10
· g(10 ) = 10
= + b−
9
9
9
olacaktır. İlk eşitlikten görüldüğü üzere 10−2m · g(10m ) sayısı 10’un kuvvetidir.
Eğer m değerini yeterince büyük alırsak 10−2m g(10m ) ifadesi a/9 değerine
yakınsak. Buradan da, a/9 = 10k ve 10−2m g(10m ) = 10k olacaktır. Dolayısıyla
µ
¶
³
2a
a ´ −2m
b−
10−m + 9c + 1 − b +
10
=0
9
9
14
olacağından
b−
2a
a
= 9c + 1 − b + = 0
9
9
olur. Buradan b = 2 · 10k ve c =
10k −1
9
olacağından istenen polinomlar
f (x) = 9 · 10k · x2 + 2 · 10k · x +
10k − 1
9
olur.
2.2.1
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.
2.
· · · 1} = 222
· · · 2} +(333
· · · 3})2
|111{z
| {z
| {z
2n tane
n tane
n tane
eşitliğini kanıtlayınız.
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} sayının 41 ile ancak ve ancak 5|n olduğunda, bölünebile| {z
n basamaklı
ceğini kanıtlayınız.
(b.) 111
· · · 1} sayının 91 ile ancak ve ancak 6|n olduğunda, bölünebile| {z
n basamaklı
ceğini kanıtlayınız.
7. 1’den büyük hiç bir repunitin tam kare olamayacağını kanıtlayınız.
1
Bir ak 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, 21, 28
olarak kolaylıkla bulunabilir.
¡
¢
2
= n 2+n = n+1
an = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n = n(n+1)
genel formuda n. üçgensel sayıyı
2
2
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.
2.2.2
Çözümler
1. (a.)
(111
· · · 1})5 = 1 + 5 + · · · + 52n−1
| {z
2n tane
52n − 1
5n − 1 5n + 1
=
·
4
2
2
=
eşitliğine göre,
5n −1
2
ve
5n +1
2
ardışık tamsayılardır.
(b.)
(111
· · · 1})9 = 1 + 9 + · · · + 9n−1
| {z
n tane
=
9n − 1
1 3n − 1 3n + 1
= ·
·
8
2
2
2
3n −1
2
olduğuna göre bu sayı bir üçgensel sayıdır. Çünkü,
ardışık tamsayılardır.
ve
3n +1
2
2. Soruda verilen eşitliği kullanalım. Buna göre,
· · · 1} − 222
· · · 2} = |111{z
· · · 1} 000
· · · 0} − 111
· · · 1}
|111{z
| {z
| {z
| {z
2n tane
n tane
n tane
n tane
n
n tane
= |111{z
· · · 1} ·(10 − 1) = 111
· · · 1} · 999
| {z
| {z· 9}
n tane
n tane
n tane
2
= |333{z
· · · 3} · 333
· · · 3} = (333
| {z
| {z· 3})
n tane
n tane
n tane
olur.
3. Varsayalım A sorudaki şartları sağlayan sayımız olsun. Eğer basamak
n
sayısını n olarak alırsak A = 10 9−1 olacaktır. 9 ve 19 sayıları aralarında
asal olduklarına göre, en küçük n değeri için, 10n − 1 sayısının 19 ile
bölünmesi gerekmektedir. Küçük Fermat teoremine göre, 1018 − 1 sayısı
19 ile bölünebilir. Eğer daha küçk bir n değeri varsa, 10n ≡ 1 (mod19) ve
16
n|18 olmalıdır. Bu durumda 2, 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
· · · 0} 1 000
· · · 0} 1 · · · 1 000
· · · 0} 1
111
· · · 1} ×1 000
| {z
| {z
| {z
| {z
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
111
· · · 1} = 21649 × 513239
| {z
11 tane
sayıları asal değildirler.
5. Soruda verilen sayıyı çarpanlarına ayırmaya çalışalım. Buna göre,
111
· · · 1} = 111
· · · 1} × 100
· · · 010 · · · 01}
| {z
| {z
| · · · 0100{z
81 tane
9 tane
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, 2, 3, 4} olsun. Buna göre,
· · · 1} = 111
· · · 1} 000
· · · 0} + 111
· · · 1} = 11111×100001 · · · 00001+111
· · · 1}
|111{z
| {z
| {z
| {z
| {z
n tane
5k tane
r tane
r tane
r tane
olacaktır. 11111 = 41 × 271 olduğuna göre, ifade mod41 altında
· · · 1}’e eşittir. Fakat 1, 11, 111, 1111 sayıları 41 ile bölünemez.
|111{z
r tane
Dolayısıyla 111
· · · 1} sayısının 41 ile bölünebilmesi için ancak ve an| {z
n tane
cak r = 0 yani 5|n olmalıdır.
(b.) Önceki şıkta kullanılan aynı yöntemle çözüme gidilir. Sadece 111111 =
91 × 1221 olacaktır.
7. Varsayalım sayımız
A = 111
· · · 1} =
| {z
n tane
10n − 1
9
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} sayıları| {z
n+1 tane
mız olsun. Güvercin Yuvası İlkesine göre, bu (n + 1) sayı arasından iki
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 a1 = 1 olsun ve dizinin elemanlarını an ’e kadar seçelim. Bir önceki problemden a1 · a2 · · · · · an çarpımını bölen bir
m repunit sayısı vardır. 10m + 1 sayısıda bir repunittir ve m ile aralarında asaldırlar. Dolayısıyla 1 ≤ k ≤ n olmak üzere ak ’larda aralarında
asaldırlar. Eğer an+1 = 10m + 1 seçersek kanıt tamamlanır.
10. Tümevarımla ispatlamaya çalışalım. Buna göre 3n basamaklı bir repunitin 3n ile bölünebileceğini göstermemiz yeterli olacaktır. n = 1 için
111 = 3 × 37 olur. Varsayalım n basamak içinde doğru olsun. Buna göre,
111
· · · 1} = 111
· · · 0} 1 000
· · · 0} 1
· · · 1} ×1 000
| {z
| {z
| {z
| {z
3n+1 tane
3n tane
3n −1 tane
3n −1 tane
olacaktır. İlk çarpanın 3n ile bölünebildiği açıktır. İkinci çarpanda 3 ile
kalansız bölünebileceğine göre, (n + 1) için ispatı tamamlarız.
2.3
Sophie Germain Özdeşliği
x2 + 1 polinomunun R üzerinde indirgenemeyen yada çarpanlarına ayrılamayan bir polinom olduğunu biliyoruz. Ancak, her nekadar benzer gibi görünsede, x4 + 1 polinomu için durum aynı değildir. Öyleki,
¡
¢
x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2
¡
¢2 ³√ ´2
2x
= x2 + 1 −
³
´³
´
√
√
=
x2 + 2x + 1 x2 − 2x + 1
olacaktır. Benzer biçimde
¡
¢¡
¢
x4 + 4y 4 = x2 + 2xy + 2y 2 x2 − 2xy + 2y 2
özdeşliğide elde edilebilir. Eğer katsayıyı değitirirsek,
µ
¶µ
¶
1
1
1
x4 + y 4 = x2 + xy + y 2
x2 − xy + y 2
4
2
2
18
olacaktır. Bu son yazdığımız iki özdeşlik sorularn çözümünde oldukça kullanışlıdır ve literatürdeki adıda Sophie Germain Identity olarak geçer.
Örnek.
n
X
k=1
4k
4k 4 + 1
olarak verilen toplamı bulunuz.
Çözüm.
n
X
k=1
Eğer bildiğimiz özdeşlikleri kullanırsak,
4k
4k 4 + 1
=
=
n
X
(2k 2 + 2k + 1) − (2k 2 − 2k + 1)
(2k 2 + 2k + 1)(2k 2 − 2k + 1)
k=1
n µ
X
k=1
= 1−
1
1
−
(2k 2 + 2k + 1) (2(k + 1)2 + 2(k + 1) + 1)
2n2
¶
1
+ 2n + 1
olacaktır. Yukarıda çözümlerini verdiğimiz örnekler konunun anlaşılması için
yeterlidir. Şimdi bu bilgiler ışığında çalışma sorularını çözmeye çalışınız.
2.3.1
Çalışma Soruları
n −2
1. n > 2, n ∈ Z için 22
+ 1 sayısının asal olmadığını kanıtlayınız.
2.
xn+1 + xn−1 =
√
2xn
dizisinin periyodik olduğunu kanıtlayınız.
3.
n
X
k 2 − 1/2
k=1
k 4 + 1/4
toplamını hesaplayınız.
4.
³
´
¡ 4 1¢ ¡ 4 1¢
1 + 4 3 + 4 · · · · · · (2n − 1)4 + 14
³
´
¡
¢¡
¢
24 + 14 44 + 41 · · · · · · (2n)4 + 41
ifadesinin eşitini bulunuz.
5. n4 + a sayısının asal olmamasını sağlayan sonsuz sayıda pozitif a değeri
olduğunu kanıtlayınız.
19
6. n4 + 4n sayısının ancak ve ancak n = 1 durumunda asal olduğunu kanıtlayınız.
7. P (x) = x4 +6x2 −4x+1 polinomu veriliyor. Buna göre, P (x4 ) polinomunun katsayıları tamsayı olan ve derecesi 1’den büyük olan iki polinomun
çarpımı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız.
8. n12 + 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
X
(−4)k n4(m−k)
k=0
toplamının asal olmadığını kanıtlayınız.
10. P (x) = xn−4 + 4n polinomunun, sabit polinomdan farklı 4 polinomun
çarpımı şeklinde yazılmasını sağlayan en küçük n değeri kaçtır?
2.3.2
Çözümler
1. Soruda verilen ifadeyi
22
n −2
+1=1+
m4
n−2
, m = 22
4
olarak yazabiliriz . Buna göre,
µ
¶µ
¶
m4
1 2
1 2
1+
= 1+m+ m
1−m+ m
4
2
2
olacağından sayımız asal değildir.
2. x4 + 1 polinomunu çarpanlarına ayırırsak,
³
´³
´
√
√
x4 + 1 = x2 − 2x + 1 x2 + 2x + 1
√
olacaktır. Buna α ve β sayıları x2 + 2x + 1 karakteristiğinin kökleri
ise bunlar
aynı zamanda x4 + 1 polinomunun kökleridir. Benzer biçimde
√
x2 + 2x + 1 içinde aynı durum söz konusu ise, xn = a · αn + b · β n
eşitliğinden, dizinin periyodunun 8 olduğu bulunur.
¡
¢¡
¢
3. k 4 + 14 = k 2 − k + 12 k 2 + k + 12 olduğuna göre,
n
X
k 2 − 1/2
k=1
k 4 + 1/4
=
n µ
X
k=1
k − 1/2
k + 1/2
− 2
2
k − k + 1/2 k + k + 1/2
20
¶
=
n
X
k=1
Ã
k − 1/2
(k + 1) − 1/2
−
2
k − k + 1/2 (k + 1)2 − (k + 1) + 1/2
!
olacağından toplam
1−
(2n + 1)
(2n2 + 2n + 1)
olarak bulunacaktır.
4. Soruda verilen ifadeyi genelleştirirsek,
n
Y
(2k − 1)4 + 1/4
(2k)4 + 1/4
k=1
ifadesini elde ederiz. Eğer bu ifadenin pay ve paydasını çarpanlına ayırırsak,
³
´³
´
n
(2k − 1)2 + (2k − 1) + 1/2 (2k − 1)2 − (2k − 1) + 1/2
Y
³
´³
´
2
2
(2k)
+
2k
+
1/2
(2k)
−
2k
+
1/2
k=1
durumunu elde ederiz. Ancak
m2 − m + 1/2 = (m − 1)2 + (m − 1) + 1/2
olduğundan pay ve paydadaki çarpanlardan birer tanesi sadeleşir. Sadece
12 − 1 + 1/2 pay kısmında ve (2n)2 + 2n + 1/2 paydada kalır. Dolayısıyla
istenilen cevap
1
2
8n + 4n + 1
olacaktır.
5. Eğer a = 4k 4 , k > 1 olarak alırsak,
¡
¢¡
¢
n4 + 4k 4 = n2 + 2nk + 2k 2 n2 − 2nk + 2k 2
olacaktır. Buna göre, n2 + 2nk + 2k 2 > k > 1 ve n2 − 2nk + 2k 2 =
(n − k)2 + k 2 > k 2 > 1 olduğundan n4 + 4k 4 asal olamaz ve sonsuz
sayıda a değeri seçilebilir.
6. Eğer n çift bir sayı ise n4 +4n çift olacaktır. Eğer n tek sayı ve n = 2k +1
ise,
(2k + 1)4 + 4(2k+1) = (2k + 1)4 + 4 · 42k = (2k + 1)4 + 4 (2)4k
olacaktır. Eğer (2k + 1) = a ve 2k = b olarak alırsak, ifademiz
¡
¢¡
¢
a4 + 4b4 = a2 + 2ab + 2b2 a2 − 2ab + 2b2
21
olacaktır. Buna göre ifademiz,
³
´³
´
(2k + 1)2 + 2 (2k + 1) 2k + 2 · 22k (2k + 1)2 − 2 (2k + 1) 2k + 2 · 22k
olacaktır. Buradan da,
³
´³
´
n2 + 2k+1 n + 22k+1 n2 − 2k+1 n + 22k+1
olacaktır. Eğer n > 1 ise her iki çarpanda 1’den büyük olacaktır. Dolayısıyla n = 1 durumu tek asal olduğu durumdur.
¡ ¢
¡
¢4
¡ ¢4
7. P x4 = x16 + 6x8 − 4x4 + 1 = x4 − 1 + 4 x3 olacaktır. Buna göre,
A = x4 − 1 ve B = x3 olarak alırsak P (x4 ) polinomu
h¡
¢2
¡
¢
¡ ¢2 i h¡ 4
¢2
¡
¢
¡ ¢2 i
x4 − 1 + 2 x4 − 1 x3 + 2 x3
x − 1 − 2 x4 − 1 x3 + 2 x3
olur. İspat tamamlanır.
8. Sophie Germain özdeşliğini kullanırsak
¡
¢¡
¢
n12 + 64 = n6 − 4n3 + 8 n6 + 4n3 + 8
¡ 4
¢¡ 8
¢
4 + 16
olarak yazabiliriz. Diğer yandan, ¡n12 +64¢ifadesi
n
+
4
n
−
4n
¡
¢¡
¢
biçiminde de yazılabilir. Burada
n4 + 4 =¢ ¡ n2 − 2n + 2¢ ¡ n2 + 2n + 2 ¢
¡
olduğuna göre ifademiz n12 = n2 − 2n + 2 n2 + 2n + 2 n8 − 4n4 + 16
olacaktır. Şimdi de (n6 − 4n3 + 8) ve (n6 + 4n3 + 8) çarpanlarını inceleyelim. Buna göre,
¡
¢¡
¢
n6 + 4n3 + 8 = n2 − 2n + 2 n4 + 2n3 + 2n2 + 4n + 4
ve
¡
¢¡
¢
n6 − 4n3 + 8 = n2 + 2n + 2 n4 − 2n3 + 2n2 − 4n + 4
olacağına göre
¡
¢¡
¢¡
¢¡
¢
n12 +64 = n2 − 2n + 2 n2 + 2n + 2 n4 + 2n3 + 2n2 + 4n + 4 n4 − 2n3 + 2n2 − 4n + 4
olacaktır. Çarpanlardan herbiri artan fonksiyonlar olduğuna göre, hepsi
birbirinden farklıdır.
9. Geometrik dizi toplamını kullanırsak,
m
X
k=0
k
(−4) n
4(m−k)
4m
=n
¡ 4 ¢m+1
¡ m+1 ¢4
¡
¢4
¶
n µ
X
n
+ 4m+1
n
+ 4 2m/2
4 k
−
=
=
n
n4 + 4
n4 + 4
k=0
22
eşitliğini elde edebiliriz. Sophie Germain özdeşliğini kullanarak kesrin
pay kısmı çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre ifade,
³
´³
´
m
m
n2(m+1) + 2 2 +1 · nm+1 + 2m+1 n2(m+1) − 2 2 +1 · nm+1 + 2m+1
olacaktır. m ≥ 2 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) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , tamsayı katsayılı bir polinom veriliyor. Varsayalım p asal sayı olmak üzere, p an , p|ak , k = 1, 2, · · · , n − 1 ve p2 - a0 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, 12, 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 Germain2 (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.
2
Hürriyet gazetesi yazarı, Erkan Kumcu’nun 9 Şubat 2003 tarihli yazısından alınmıştır.
23
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.
2.4
Tamkareler Pozitiftir
Bu bölümde, cebirde oldukça basit bir eşitsizlik olan
x2 ≥ 0,
∀x ∈ R
eşitsizliğinin bazı uygulamalarını yapacağız. Eşitlik durumu yanlız ve yanlız
x = 0 durumunda vardır. Şimdi örneklerle konuyu kavramaya çalışalım.
Örnek.
4x − x4 ≤ 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,
x4 − 4x + 3 > 0 ⇒ x4 − 2x2 + 1 + 2x2 − 4x + 2 > 0
olacaktır. Buradan,
¡ 2
¢2
x − 1 + 2 (x − 1)2 > 0
olacaktır ki, ispat tamamlanır.
24
¡ ¢
Örnek. f x2 −(f (x))2 > 1/4 eşitsizliğini sağlayan f : R → R ve birebir
olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm.
x = 0 alırsak, f (0) − (f (0))2 ≥ 1/4 ve (f (0) − 1/2)2 6 0
olacaktır ki, bu durum imkansızdır ancak f (0) = 1/2 olabilir. Ancak x = 1
alırsak bu seferde f (1) = 1/2 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.
2.4.1
Çalışma Soruları
1. n tane reel sayının ikişerli çarpımları toplamı ve toplamları sıfırdır. Buna
göre, bu sayıların küpleri toplamınında sıfır olduğunu kanıtlayınız.
2. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere, a−b2 , b−c2 , c−d2 ve d−a2 sayılarının
tümünün birden 1/4’ten büyük olamayacağını kanıtlayınız.
3. x, y, z pozitif reel sayılarının hepsi 4 ten küçüktür. Buna göre,
1
1
1
1
1
1
+
,
+
,
+
x 4−y y 4−x z 4−x
sayılarından en az bir tanesinin 1’den büyük veya eşit olduğunu kanıtlayınız.
4. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.
√
4z − 1
√
y+z =
4x − 1
p
z+x =
4y − 1
x+y =
5. x, t ∈ (0, 1) olmak üzere, öyle bir a 6= 1 pozitif sayısı vardır ki,
logx a + logy a = 4 logxy a
eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, x = y olduğunu kanıtlayınız.
6.
x4 + y 4 + z 4 − 4xyz = −1
eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.
25
7.
2xy − z 2 ≥ 1
z − |x + y| ≥ −1
denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.
8. x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 denkleminin reel çözümü yoksa a2 + b2 ≥ 8
olacağını gösteriniz.
9. a, b ve c reel sayılar olmak üzere a2 + c2 > 4b olarak veriliyor. Buna göre
x ∈ R olmak üzere
x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 > 0
eşitsizliğini kanıtlayınız.
10.
x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz >
3
(x − y)2
4
eşitsizliğinin tüm (x, y, z) reel değerleri içi sağlandığını kanıtlayınız.
11.
p
p
p
1
x1 − 12 + 2 x2 − 22 + · · · · · · + n xn − n2 = (x1 + x2 + · · · + xn )
2
eşitliğini sağlayan tüm (x1 , x2 , · · · , xn ) reel sayılarını bulunuz.
12.
a. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır. Buna göre,
p
ab + bc + ca > 3abc (a + b + c)
eşitsizliğini kanıtlayınız.
b. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır, öyleki a + b + c = 1 veriliyor.
Buna göre,
√
a2 + b2 + c2 + 12abc 6 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.
26
14. Bir dik paralelyüzün kenar uzunlukları a, b, c ve köşegen uzunluğu d ise
√
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 > abcd 3
eşitsizliğini kanıtlayınız.
15. a1 , a2 , · · · , an reel sayılar olmak üzere
n X
n
X
i · j · cos (ai − aj ) > 0
i=1 j=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
2.4.2
Çözümler
1. Varsayalım sayılarımız a1 , a2 , · · · , an olsun. Soruda verilen şartlara göre,
a21 +a22 +· · ·+a2n = (a1 + a2 + · · · + an )2 −2 (a1 a2 + a1 a3 + · · · + an−1 an ) = 0
olduğuna göre, a1 = a2 = · · · = an = 0 olacağına göre,a31 +a32 +· · ·+a3n =
0 olacaktır.
2. Varsayalım tümü birden,
1
1
1
1
a − b2 > , b − c2 > , c − d2 > , d − a2 >
4
4
4
4
olsun. Eğer bu dört eşitsizliği toplarsak,
¡
¢
a + b + c + d − a2 + b2 + c2 + d2 > 1
olacaktır. Buradan,
µ
¶2 µ
¶2 µ
¶2 µ
¶2
1
1
1
1
−a +
−b +
−c +
−d <0
2
2
2
2
olacaktır ki, bu durum imkansızdır.
3. Soruya göre, varsayalım hepsi birden 1’den küçük olsun. Buna göre,
¶ µ
¶ µ
¶
µ
1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+
<3
x 4−x
y 4−y
z 4−z
olur. Diğer taraftan
µ
1
1
+
a 4−a
¶
> 1, a < 4
olacağından (a − 2)2 ≥ 2 olacaktır. İspat tamamlanır.
27
4. Çözüm I. Bir önceki soruda olduğu gibi, üç denklemide taraf tarafa
toplayıp, kareler tolamını elde etmeye çalışalım. Buna göre,
p
√
√
2x + 2y + 2z − 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 2 ile
bölersek elimizde
r
1
x− x−
4
oluşacaktır. Eğer bu denkleme 1/4 ekler çıkarırsak
Ãr
!2
r
1
1 1
1 1
x− − x− + =
x− −
4
4 4
4 2
oluşacaktır. Şimdi bu yöntemi diğerleri içi uygularsak,
Ãr
!2 Ãr
!2 Ãr
!2
1 1
1 1
1 1
x− −
+
y− −
+
z− −
=0
4 2
4 2
4 2
olacaktır. Buna göre, x = y = z = 1/2 denklem sisteminin tek çözümü
olarak bulunur.
Çözüm II. Eğer denklemlerin karelerini alıp toplarsak,
³
´ ³
´ ³
´
0 =
(x + y)2 − 4z + 1 + (y + z)2 − 4x + 1 + (z + x)2 − 4y + 1
= (x + y − 1)2 + (y + z − 1)2 + (z + x − 1)2
olacağından x + y = y + z = z + x = 1 veya x = y = z = 1/2 bulunur.
5. a > 0 ve a 6= 1 olduğuna göre eşitlik
1
1
4
+
=
loga x loga y
loga xy
veya
4
loga x + loga y
=
loga x loga y
loga x + loga y
olarak yazılabilir. Eğer içler dışlar çarpımı yapılırsa,
(loga x + loga y)2 = 4 loga x loga y
eşitliği elde edilir. Buradan da,
(loga x − loga y)2 = 0
olacağından x = y olduğu açıktır.
28
6. Eğer eşitliğin sol tarafını ilk iki terimi içeren bir tamkare olarak yazmaya
çalışırsak
¡
¢2
−1 = x2 − y 2 + 2x2 y 2 + z 2 − 4xy
olacaktır. Bu noktadan sonra denkleme 2z 2 ekler ve çıkarırsak bir tamkare daha elde ederiz. Zaten bu basamaktan sonra yeni denklemimiz üç
karenin toplamı
¢2
¡ 2
¢2 ¡
x − y 2 + z 2 − 1 + 2 (xy − z)2 = 0
olacaktır. Eşitlik ancak hepsinin sıfır olması durumunda geçerlidir. Buna
göre, z = ±1 olacağından istenen üçlüler
(1, 1, 1) , (−1, −1, 1) , (−1, 1, −1) , (1, −1, −1)
olacaktır.
7. Çözüm I. ikinci denklemden z ≥ |x + y| − 1 olacağından, bunu ilk
denklemde yerine koyarsak
2xy − (1 − |x + y|)2 > 1
olacaktır. Buna göre,
2xy − (1 − |x + y|)2 = 2xy − |x + y|2 + 2 |x + y| − 1
= 2xy − x2 − y 2 − 2xy + 2 (±x ± y) − 1
= −x2 − y 2 + (±x ± y) − 1
eğer işaret seçimimizi uygularsak, yeni denklem aşağıdaki gibi olacaktır.
Buna göre,
0 > x2 + y 2 − 2 (±x ± y) + 1 + 1 = (1 ± x)2 + (1 ± y)2
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)2 ≥ (x + y)2
olacaktır. Birinci eşitsizliği 2 ile çarpıp son yazdığımız eşitsizliği toplarsak
0 ≥ (x − y)2 + (z − 1)2
olacaktır. Demek ki x = y ve z = 1 olmalıdır. Eğer bu eşitlikleri yerine
koyarsak 2x2 ≥ 2 ve 2 ≥ 2|x| ise |x| = 1 olmalıdır.
29
8.
µ
¶
³
¢
a ´2
b 2 1¡
2
x + ax + 2x + bx + 1 = x + x + 1 + x +
8 − a2 − b2 x2
2
2
4
4
3
2
eşitliğinden bu ifadenin pozitif olduğunu söyleyebiliriz. Ancak, 8 − a2 −
b2 ≤ 0 ise yani a2 + b2 ≥ 8 olursa durum bozulur.
9.
µ
¶
³
³c
´2
a ´2
a2 + c2
x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = x2 + x + b −
x2 +
x+1
2
4
2
olduğuna ve b ≥ (a2 + c2 )/4 ise ifade daima sıfırdan büyük eşittir.
10. Eğer eşitsizliği düzenlersek
i 3
1h
(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 > (x − y)2
2
4
olacağından
h
i
2 (y − z)2 + (z − x)2 > (x − y)2
olacaktır. Eğer a = y − z ve b = z − x alırsak
¡
¢
2 a2 + b2 > (a + b)2
olur ki, doğrudur, ispat tamamlanır.
11. Yine bu sorudada amacımız, verilen denklemi kareler toplamı biçiminde
yazmak olacaktır.Buna göre denklemi 2 ile genişletip, hepsini sol tarafa
toplarsak
p
p
√
(x1 + x2 + · · · + xn ) − 2 x1 − 1 − 4 x2 − 22 − · · · − 2n xn − n2
ifadesini elde ederiz. Buna göre,
´
³
´
p
p
¡
¢ ³
√
x1 − 1 − 2 x1 − 1 + 1 + x2 − 22 − 4 x2 − 22 + 22 +· · ·+ xn − n2 − 2n xn − n2 + n2
ifadesi elde edilir. Eğer bu ifade de kareler toplamı olarak yazılırsa
´2
³p
´2
¡√
¢2 ³p
x1 − 1 − 1 +
x2 − 22 − 2 + · · · +
xn − n2 − n
ifadesi elde edilir. Eğer dikkat edilirse tüm toplamın sıfır olabilmesi için
tamkare ifadelerin de sıfır olması gerektiğini görmek zor değildir. Buna
göre,
x1 = 2, x2 = 8, · · · , xn = 2n2
olacaktır.
30
12.
a. Eşitsizliğin iki tarafınında karesini alırsak
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc (a + b + c) > 3abc (a + b + c)
olduğuna göre,
i
1h
(ab − bc)2 + (bc − ca)2 + (ca − ab)2 > 0
2
olacaktır. İspat tamamlanır.
b. a + b + c = 1 ise soruda verilen eşitsizliği,
p
¡
¢
12abc (a + b + c) 6 2 (a + b + c)2 − a2 + b2 + c2
olarak yazabiliriz. Buna göre eşitsizliğimiz
p
12abc (a + b + c) 6 2 (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
2f (0) − f 2 (0) > 1
olacağından 0 > (f (0) − 1)2 olacaktırki, buradan f (0) = 1 olarak bulunur. Eğer m = n = k = 1 alırsak, bu seferde f (1) = 1 olacaktır. Eğer
m = n = 0 alınırsa 2f (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
p
d = a2 + b2 + c2
olacağından eşitsizlik
¡ 2 2
¢2
¡
¢
a b + b2 c2 + c2 a2 > 3a2 b2 c2 a2 + b2 + c2
olacaktır. Eğer parantezleri açar ve gruplama yaparsak,
¢2 a4 ¡ 2
¢2 b4 ¡ 2
¢2
c2 ¡ 2
a − b2 +
b − c2 +
c − a2 > 0
2
2
2
olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.
31
15. Kosinüs için fark formülünü kullanırsak,
n X
n
X
ij cos (ai − aj ) =
i=1 j=1
=
n X
n
X
ij (cos ai cos aj + ij sin ai sin aj )
i=1 j=1
n
X
n
X
i=1
j=1
i cos ai
Ã
=
n
X
j cos aj +
!2
i cos ai
Ã
+
n
X
i sin ai
i=1
n
X
i=1
!2
j sin aj
n
X
j sin aj
j=1
>0
i=1
olduğundan ispat tamamlanmış olur.
2.5
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. a1 , a2 , · · · , an >
0 ve ai ∈ R için,
AO =
√
a1 + · · · + an
≥ GO = n a1 · a2 · · · an ≥ HO =
n
1
a1
+
1
a2
n
+ ··· +
1
an
olacaktır. Eşitlik olması durumunda ise a1 = a2 = · · · = an olacaktır.
Örnek.(1)A0 − GO eşitsiliği ile, x > 0 olmak üzere,
r
1
1
x+ ≥2 x· =2
x
x
olacaktır. Eşitlik ise x = 1 durumunda sağlanacaktır.
(2) AO − HO eşitsizliğinden eğer a1 , a2 , · · · , an > 0 ise
(a1 + a2 + · · · + an )(
1
1
1
+
+ · · · + ) ≥ n2
a1 a2
an
olacaktır.
(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 √
ab + bc + ac √
3
3
≥ abc ve
≥ ab · bc · ac
3
3
32
ise
(a + b + c)(ab + ac + bc) ≥ 9
olacaktır. Buna göre istenen en küçük değer 9 olacaktır.
(4) n ∈ Z+ ise
(1 +
1 n
1 n+1
) ≤ (1 +
)
n
n+1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım a1 = a2 = · · · = an = 1 +
Buna göre, AO − GO eşitsizliğinden
1
n
ve an+1 = 1 olarak alalım.
n(1 + n1 ) + 1
1
=1+
≥ GO =
AO =
n+1
n+1
r
n+1
(1 +
1 n
) ·1
n
eşitsizliğinden soruda istenen durum elde edilir.
(5)(1964, IMO) a, b, c bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Buna göre,
a2 (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc
eşitizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım,
x=
a+b−c
,
3
y=
b+c−a
,
2
z=
c+a−b
2
olarak alalım. Buradan a = x+z, b = x+y, c = y +z olacağından eşitsizliğimiz
(x + z)2 2y + (x + y)2 2z + (y + z)2 2x ≤ 3(z + x)(x + y)(y + z)
olacaktır. Eğer son bulduğumuz son eşitsizliği düzenlersek,
x2 y + y 2 z + z 2 x + xy 2 + yz 2 + zx2 ≥ 6xyz
eşitsizliğini elde ederiz. Buradan eşitsizliğin sol tarafına AO − GO eşitsizliği
uygulanırsa soruda istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur.
(6)(2008, AUMO3 ) n doğal sayısının kaç tane değeri için,
x1 + x2 + · · · + xn = 9
1
1
1
+
+ ··· +
= 1
x1 x2
xn
denklem siteminin pozitif reel sayılarda çözümü vardır?
3
Antalya Üniversitesi Matematik Olimpiyatları, 2008
33
Çözüm. AO − HO eşitsizliğini kullanırsak,
1
x1
+
1
x2
n
+ ··· +
1
xn
≤
x1 + x2 + · · · + xn
n
9
⇒ ≤ ⇒ n2 ≤ 9
n
1
n
olduğuna göre, n = 1, 2, 3 değerlerini alabilir. Ancak, n = 1 değeri için doğrulanmadığı açıktır. Öyleyse sadece 2 ve 3 için çözümlüdür.
Cauchy-Schwartz Eşitsizliği. a1 , a2 , · · · , an ve b1 , b2 , · · · , bn reel sayıları
için
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n )
eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu ai bj = ai bj , i, j = 1, · · · , n için vardır.
(7) 0 ≤ θ < 2π için
a · cos θ + b · sin θ
ifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerleri bulunuz.
Çözüm. C.S. eşitsizliğinden
(a cos θ + b sin θ)2 ≤ (a2 + b2 )(cos2 θ + sin2 θ)
eşitsizliğinden,
p
p
− a2 + b2 ≤ a cos θ + b sin θ ≤ a2 + b2
aralığı bulunur.
(8)(1978, USAMO4 ) a, b, c, d, e reel sayıları için a + b + c + d + e = 8 ve
a2 + b2 + c2 + d2 + e2 = 16 ise, e’nin alabileceği en büyük değeri bulunuz.
Çözüm. C.S. eşitsizliğinden,
(a + b + c + d)2 ≤ (1 + 1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2 + d2 )
ise
(8 − e)2 ≤ 4(16 − e2 )
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 emax = 16/5 olacaktır.
(9) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
+ c) b (a + c) c (a + b)
2
a3 (b
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
x2
y2
z2
3
+
+
≥
z+y z+x x+y
2
olacaktır. Burada,
x √
y √
z √
x+y+z = √
z+y+ √
x+z+ √
x+y
z+y
x+y
x+z
eşitliğine C.S.E. eşitsizliğini uygularsak,
(x + y + z)2 ≤ (
x2
y2
z2
+
+
)((z + y) + (x + z) + (y + x))
z+y x+z x+y
olacaktır. Son eşitsizliği ve A.O. − G.O. eşitsizliklerini kullanırsak,
x2
y2
z2
x+y+z
3√
3
+
+
≥
≥ 3 xyz =
z+y z+x x+y
3
2
2
bulunur.
Yeniden Düzenleme (Permütasyon) Eşitsizliği. a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ve
b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ise,
a1 b1 +a2 b2 +· · ·+an bn ≥ a1 br1 +a2 br2 +· · ·+an brn ≥ a1 bn +a2 bn−1 +· · ·+an b1
eşitsizliği vardır. Burada (br1 , br2 , · · · , brn ) dizilimi (b1 , b2 , · · · , bn ) diziliminin
bir permütasyonudur.
(10)(1978, IMO5 ) c1 , c2 , · · · , cn farklı pozitif tamsayılardır. Buna göre,
c1 +
1
c2
cn
1
+ ··· + 2 ≥ 1 + + ··· +
2
2
n
2
n
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım (a1 , a2 , · · · , an ) dizilimi ci ’lerin artan sırayla dizilimi olsun. ai ’ler farklı pozitif tamsayılar olduğuna göre, a1 ≥ 1, a2 ≥ 2,· · · , an ≥ n
diyebiliriz. Burada,
a1 < a2 < · · · < an
ve
1>
5
1
1
1
> 2 > ··· > 2
22
3
n
International Math Olympiads, 1978
35
ise Y.D.E.’ne göre
c1 +
cn
a2
an
2
n
c2
+ · · · + 2 ≥ a1 + 2 + · · · + 2 ≥ 1 + 2 + · · · + 2
2
2
n
2
n
2
n
olacaktır.
(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 x2 ≥ y 2 ≥ z 2 olduğuna göre 1/(z + y) ≥
1/(x + z) ≥ 1/(y + x) üçlüsüde ikinci dizilimimiz olsun. Bu noktada Y.D.E.’yi
iki defa uygularsak,
x2
y2
z2
+
+
z+y z+x x+y
x2
y2
z2
+
+
z+y z+x x+y
≥
≥
x2
y2
z2
+
+
x+y z+y x+z
x2
y2
z2
+
+
z+x x+y z+y
eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak,
x2
y2
z2
1 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 + x2
+
+
≥ (
+
+
)
z+y z+x x+y
2 y+x
y+z
z+x
eşitsizliğini elde ederiz.
a2 + b2
2
eşitsizliğini, sağ tarafın payları için kullandıktan sonra A.O.−G.O. eşitsizliğini
kullanırsak,
a2 + b2 ≥
x2
y2
z2
1 y+x z+y x+z
x+y+z
3√
3
+
+
≥ (
+
+
)=
≥ 3 xyz =
z+y z+x x+y
2
2
2
2
2
2
2
eşitsizliği elde edilir.
Chebyshev Eşitsizliği. Eğer a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ve b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ise
a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ≥
(a1 + · · · + an )(b1 + · · · + bn )
n
eşitsizliği vardır.
(12)(1974, USAMO6 ) a, b, c > 0 ise
aa bb cc ≥ (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,
a log a + b log b + c log c ≥ (a + b + c)(log a + log b + log c)
1
3
(a + b + c)
log(abc)
3
≥ log(abc)(a+b+c)/3
log aa bb cc ≥
log aa bb cc
aa bb cc ≥ (abc)(a+b+c)/3
olacaktır.
(13) 0 ≤ ak < 1, k = 1, 2, 3, · · · , n ve S = a1 + a2 + · · · + an ise
n
X
k=1
nS
ak
≥
1 − ak
n−S
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Genelliği kaybetmeden a1 ≥ a2 ≥ · · · an ≥ 0 alabiliriz. Buna göre,
0 < 1 − a1 ≤ 1 − a2 ≤ · · · ≤ 1 − an ve
a1
a2
an
≥
≥ ··· ≥
1 − a1
1 − a2
1 − an
olacaktır. Chebysev eşitsizliğinden,
S =
≤
a1
a2
an
(1 − a1 ) +
(1 − a2 ) + · · · +
(1 − an )
1 − a1
1 − a2
1 − an
n
n
n
n − S X ak
1 X ak X
(1 − ak ) =
olacaktır.
n
1 − ak
n
1 − ak
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. a1 , a2 , a3 , · · · , an > 0 ve s < t için
Ms = (
as1 + as2 + · · · + asn 1/s
at + at2 + · · · + atn 1/t
) ≤ Mt = ( 1
)
n
n
eşitsizlikleri vardır. Eşitlik a1 = a2 = · · · = an durumunda vardır.
37
Not. Bu eşitsizlikte M1 = A.O., M−1 = H.O. ve M2 ise Karesel Ortalamadır.
Karesel Orta istatistik ve fizikte kullanılır. Ayrıca, limitlerini alırsak, M+∞
ifadesi M AX = max{a1 , a2 , · · · , an } ve M0 ifadesi Geometrik Orta ve de M−∞
ifadesi M IN = min{a1 , a2 , · · · , an } olacaktır. Dolayısıyla elimizde,
M AX ≥ KO ≥ AO ≥ GO ≥ HO ≥ M IN
eşitsizliği oluşacaktır.
Maclaurin Simetrik Orta Eşitsizliği.a1 , a2 , · · · , an > 0 için
1/2
AO ≥ S1 ≥ S2
≥ · · · ≥ Sn1/n = GO
olacaktır. Mesela, Sj ifadesine n = 4 için bakalım
a1 + a2 + a3 + a4
4
a1 a2 + a1 a3 + a1 a4 + a2 a3 + a2 a4 + a3 a4
=
6
a1 a2 a3 + a1 a2 a4 + a1 a3 a4 + a2 a3 a4
=
4
= a1 a2 a3 a4
S1 =
S2
S3
S4
olacaktır.
(14) x, y, z pozitif sayılar olduğuna göre,
s
s
r
2
2
x
y
z2
+ y5
+ z5
x5 + y 5 + z 5 ≤ x5
yz
zx
xy
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım a =
√
√
√
x, b = y, c = z olsun. Buna göre eşitsizliğimiz,
a10 + b10 + c10 ≤
a13 + b13 + c13
abc
olacaktır. Buna göre, KOE’yi kullanırsak
13
10
3
10
a13 + b13 + c13 = 3M13
= 3M13
M13
≥ 3M10
M03 = (a10 + b10 + c10 )abc
olacaktır.
(15) a, b, c > 0 ise,
a8 + b8 + c8
1 1 1
+ + ≤
a b
c
a3 b3 c3
38
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Eşitsizliği düzenlersek,
1 1 1
a8 + b8 + c8 ≥ a3 b3 c3 ( + + ) = (abc)2 (bc + ac + ab)
a b
c
olacaktır. KOE ve SOE’yi kullanırsak,
a8 + b8 + c8 = 3M88 ≥ 3M18 = 3S18 = 3S16 S12
1/3
1/2
≥ (S3 )6 3(S2 )2 = (abc)2 (bc + ac + ab)
olacaktır.
(16) a1 , a2 , · · · , an ≥ 0 ve (1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an ) = 2n ise,
a1 · a2 · · · · · an ≤ 1
olduğunu gösteriniz.
Çözüm. SO eşitsizliğinden,
2n = (1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + an )
µ ¶
µ
¶
n
n
= 1 + nS1 +
S2 + · · · +
Sn−1 + Sn
2
n−1
µ ¶
µ
¶ n−1
n 2/n
n
1/n
≥ 1 + nSn +
S
+ ··· +
Sn n + Sn = (1 + Sn1/n )n
2 n
n−1
1/n
ise 2 ≥ 1 + Sn
2.5.1
ve 1 ≥ Sn = a1 · a2 · · · · · an olur.
Çalışma Soruları
1. Konu anlatımında verilen tüm örnekleri çözümlerine bakmadan yapınız.
2. x1 , x2 , · · · , xn > 0 için
x2
x21 x22
+
+ · · · + n ≥ x1 + x2 + · · · + xn
x2 x3
x1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
3. 0 < a, b, c < 1 ve a + b + c = 2 ise
8(1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ abc
eşitsizliğini kanıtlayınız.
39
4. Eğer a, b, c, d > 0 ve c2 + d2 = (a2 + b2 )3 ise
a3 b3
+
≥1
c
d
eşitsizliğini kanıtlayınız.
5. a1 , a2 , · · · , an > 0 ve a1 + a2 + · · · + an = 1 ise
(a1 +
1
1
1 2
) + (a2 + )2 + · · · + (an + )2
a1
a2
an
ifadesinin en küçük değerini bulunuz.
6. Eğer a, b, c, d > 0 ve S = a2 + b2 + c2 + d2 ise
a3 + b3 + c3 a3 + b3 + d3 a3 + c3 + d3 b3 + c3 + d3
+
+
+
≥S
a+b+c
a+b+d
a+c+d
b+c+d
eşitsizliğini kanıtlayınız.
7. Eğer x1 , x2 , · · · , xn > 0 ve x1 + x2 + · · · + xn = 1 ise,
n
X
n
X
√
x
1
√ k
≥√
xk
1 − xk
n
−
1
k=1
k=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
8. a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olduğuna göre,
a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ 0
eşitsizliğini kanıtlayınız.
2.6
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(
x1 + x2
f (x1 ) + f (x2 )
)≤
2
2
40
x1 , x2 ∈ I
eşitsizliğini sağlıyorsa f fonksiyonuna konveks denir. Eğer I aralığı üzerinde
f fonksiyonu konveks ve eşitlik hali x1 = x2 oluyorsa, f tam konveks olur. I
aralığında −f konveks ise f fonksiyonu konkav olur. Bu durumda,
f(
x1 + x2
f (x1 ) + f (x2 )
)≥
2
2
x1 , x2 ∈ I
olacaktır. Benzer biçimde eğer −f tam konveks ise f fonksiyonuda konveks
olur.
Şekil 2.1: Aralıkta Bir Konveks Fonksiyon
Tanım [İkinci Türev Testi]. Eğer I = (a, b) aralığında f 00 (x) ≥ 0 oluyorsa,
f fonksiyonu konvekstir. Eğer f 00 (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.
xp ∈ [0, ∞) , p > 1
yada
xp ∈ (0, ∞), p < 0
ax ∈ (−∞, ∞), a > 1
yada
tan x ∈ [0, π/2)
Benzer biçimde aşağıda verilen fonksiyonlarda tam konkavdır.
xp ∈ [0, ∞) , 0 < p < 1
yada
loga x ∈ (0, ∞), a > 1
cos x ∈ [−π/2, π/2),
yada
sin x ∈ [0, π/2π)
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 x1 , x2 , · · · , xn ∈
I ise
µ
¶
x1 + x2 + x3
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn )
f
≤
n
n
olacaktır. Burada eşitlik durumu ancak ve ancak x1 = x2 = · · · = xn eşitliğinde
olur.
Tanım [Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliği]. f konveks ve I aralığında
sürekli olmak üzere, x1 , x2 , · · · , xn ∈ I ve 0 < t1 , t2 , · · · , tn < 1, t1 + t2 + · · · +
tn = 1 ise,
f (t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn ) ≤ t1 f (x1 ) + t2 f (x2 ) + · · · + tn f (xn )
olacaktır. Konkav fonksiyonlarda ise eşitsizlik yön değiştirir.
Egzersiz
[1.] Bir ABC üçgeninde,
√
3 3
sin A + sin B + sin C ≤
2
eşitsizliğini gösteriniz. Eşitlik durumu hangi durumda ortaya çıkar, açıklayınız.
Çözüm. f (x) = sin x fonksiyonu [0, π] arasında konkavdır. Öyleyse,
√
¶
µ
¶
µ
A+B+C
3 3
A+B+C
= 3 sin
=
sin A+sin B+sin C = f (A)+f (B)+f (C) ≤ 3f
3
3
2
olacaktır. Eşitlik durumu ancak ve ancak A = B = C = π/3 yani ABC bir
eşkenar üçgense gerçekleşir.
[2.] a, b, c > 0 ve a + b + c = 1 ise,
1
1
1
(a + )10 + (b + )10 + (c + )10
a
b
c
ifadesinin en küçük değerini bulunuz.
Çözüm. 0 < a, b, c < 1 olarak zaten verilmiş. f (x) = (x+ x1 )10 ise f fonksiyonu
I = (0, 1) aralığında konveksdir. Çünkü,
f 00 (x) = 90(a +
1 8
1
1
2
) (x − 2 )2 + 10(x + )9 ( 3 ) > 0 olacaktır.
x
x
x x
Öyleyse JE’den
1
1
1
a+b+c
1
1010
f (a)+f (b)+f (c) = (a+ )10 +(b+ )10 +(c+ )10 ≥ 3f (
) = 3f ( ) = 9
a
b
c
3
3
3
42
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 a1 , a2 , a3 , · · · , an ise f (x) = log x’de (0, ∞) aralığında
konkav olduğuna göre,
log(
√
a1 + a2 + · · · + an
log a1 + log a2 + · · · + log an
)≥
= log( n a1 a2 · · · an )
n
n
ise istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur.
[4.](Hölder) p, q > 1,
1
p
+
1
q
= 1 ve a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn reel sayılarsa,
¯ n
¯ Ã n
!1/p Ã n
!1/q
¯X
¯
X
X
¯
¯
ai bi ¯ ≤
|ai |p
|bi |q
¯
¯
¯
i=1
i=1
i=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım
A=
n
X
|ai |p ve B =
i=1
n
X
|bi |q
i=1
olsun. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm ai ’ler yada tüm bi ’ler sıfırdır. Bu da zaten
eşitsizliğin iki tarafınıda sıfır yapar. Buna göre biz A 6= 0 ve B 6= 0 durumunu
inceleyelim. Varsayalım t1 = p1 ve t2 = 1q olsun. Öyleyse, 0 < t1 , t2 < 1 ve
t1 + t2 = 1 olacaktır. Eğer
xi =
ise
n
X
|bi |q
|ai |p
ve yi =
A
B
xi = 1 ve
i=1
n
X
yi = 1
i=1
ex
olur. f (x) =
fonksiyonu (−∞, +∞) aralığında konveks olduğundan Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliğini kullanabiliriz. Buna göre,
1/p
xi
1/q
· yi
= f (t1 ln xi + t2 ln yi ) ≤ t1 f (ln x1 ) + t2 f (ln yi ) =
7
xi yi
+
p
q
Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak www.sbelian wordpress.com adresinden Yeniden Düzenleme Eşitsizliği Ders Notları’nı indirebilirsiniz.
43
olacaktır. Buna göre,
n
n
n
X
|ai ||bi |
1X
1X
xi +
yi = 1
≤
p
q
A1/p B 1/q
i=1
i=1
i=1
olacaktır. Bundan dolayıda,
¯
¯ n
n
¯ X
¯X
³X
´1/p ³X
´1/q
¯
¯
|ai ||bi | ≤ A1/p B 1/q =
ai bi ¯ ≤
|ai |p
|bi |q
bulunur
¯
¯
¯
i=1
i=1
Şimdi de, Jensen eşitsiliğinin bir başka uygulamasına geçelim.
Tanım (Majorization8 ). Eğer x1 , · · · , xn ve y1 , · · · , yn aşağıdaki şartları
sağlıyorsa, yani
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ,
x1 ≥ y1 ,
y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn
x1 + x2 ≥ y1 + y2 , · · · , x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1
ve
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn
ise (x1 , x2 , · · · , xn ) majorize (y1 , y2 , · · · , yn ) denir ve
(x1 , x2 , · · · , xn ) Â y1 , y2 , · · · , yn )
ile gösterilir.
Tanım (Majorization Eşitsizliği). I = [a, b] aralığında f fonksiyonu konveks ve
(x1 , x2 , · · · , xn ) Â y1 , y2 , · · · , yn ), xi , yi ∈ I
ise
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn )
olur. Yanlız ve yanlız xi = yi 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
2
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/2 ≥ A ≥ π/3, π ≥ A + B = (−π − C) ≥
olacağından
π π
π π π
( , , 0) Â (A, B, C) Â ( , , )
2 2
3 3 3
2π
3
alabiliriz. f (x) = cos x fonksiyonu [0, π/2] aralığında konkav olduğuna göre,
majorization teoreminden,
π
π
π
π
π
1 = f ( ) + f ( ) + f (0) ≤ f (A) + f (B) + f (C) ≤ f ( ) + f ( ) + f ( )
2
2
3
3
3
ise soruda göstermemiz istenen,
1 ≤ cos A + cos B + cos C ≤
3
2
elde edilir.
[6.] Eğer x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ise
(x1 , x2 , · · · , xn ) Â (x, x, x, · · · , x)
durumu vardır. Burada x değeri, x1 , x2 , · · · , xn değerlerinin aritmetik ortasıdır.(Bunu Majorization üzerine uygularsak Jensen Eşitsizliğini elde ederiz.)
Buna göre, k = 1, 2, · · · , n − 1 için x1 + x2 + · · · + xk ≥ kx durumunu göstermemiz yeterli olacaktır. Buna göre,
(n − k)(x1 + x2 + · · · + xk ) ≥ (n − k)kxk ≥ k(n − k)xk+1 ≥ k(xk+1 + · · · + xn )
olacağından
(n − k)(x1 + · · · + xk ) ≥ k(xk+1 + · · · + xn )
bulunur. Bu eşitsizliğin iki tarafınada k(x1 + · · · + xk ) eklersek
n(x1 + · · · + xn ) ≥ k(x1 + · · · + xn ) = knx
olacağından
x1 + x2 + · · · + xk ≥ kx
olacaktır.
[7.] −1 ≤ a, b, c ≤ 1 ve a + b + c = 1/2 ise a12 + b12 + c12 en fazla kaç olur?
Çözüm. [−1, 1] aralığında f (x) = x12 fonksiyonu konvekstir. Öyleki, f 00 (x) =
132x10 ≥ 0 olacaktır. Eğer, 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1 ve a + b + c = −1/2 ise major
üçlülerimizi
1
(1, − , −1) Â (a, b, c)
2
45
olarak seçebiliriz. Çünkü, 1 ≥ a ve
göre, majorization eşitsizliğinden
1
2
= 1 − 12 ≥ −c − 12 = a + b olacaktır. Buna
a12 + b12 + c12 = f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (1) + f (2) + f (−1) = 2 +
1
212
olacaktır. Zaten, a = 1, b = − 12 ve c = − 21 içinde en büyük değer doğrulanır.
[8.](1999,IMO9 ) n ≥ 2 bir tamsayıdır. Buna göre,
(a.)
4

X
xi xj (x2i + x2j ) ≤ C 
1≤i<j≤n
X
xi 
1≤i≤n
eşitsizliğini x1 , x2 , x3 , · · · , xn ≥ 0 reel sayıları için sağlayan en küçük C
sabitini bulunuz.
(b.) Bu C değeri için, eşitlik durumunu araştırınız.
Çözüm. İlk olarak n = 2 durumuna bakalım. Varsayalım x1 = m + h ve
x2 = m − h yani
x1 − x2
x1 + x2
ve h =
m=
2
2
olsun. Buna göre,
1
x1 x2 (x21 + x22 ) = 2(m4 − h4 ) ≤ 2m4 = (x1 + x2 )4
8
olacaktır.
n > 2 durumu için varsayalım
xi
ai =
ve a1 + a2 + · · · + an = 1 olsun.
x1 + x2 + · · · + xn
Buna göre, ai = [0, 1] olacaktır. Eğer, ai cinsinden yazarsak, ispatlanacak
eşitsizlik
X
ai aj (a2i + a2j ) ≤ C
1≤i<j≤n
olacaktır. Eşitsizliğin sol tarafı açılıp düzenlenirse,
n
X
a3i (a1 + · · · + ai−1 + ai+1 + · · · + an ) =
i=1
n
X
a3i (1 − ai )
i=1
olacaktır. f (x) = x3 (1−x) = x3 −x4 fonksiyonunun [0, 1/2] aralığında konveks
olduğu açıktır. Öyle ki,
f 00 (x) = 6x − 12x2 = 6x(1 − 2x) > 0
9
International Math Olympiads, 1999
46
olacaktır. Eşitsizliğimiz ai ’lere göre simetrik olduğundan, a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an
alabiliriz.
Buan göre, eğer a1 ≤ 1/2 ise,
1 1
( , , 0, 0, · · · , 0) Â (a1 , a2 , · · · , an )
2 2
olacağından majorization eşitsizliğinden
1
1
1
f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) ≤ f ( ) + f ( ) + f (0) + · · · + f (0) =
2
2
8
olacaktır. Eğer, a1 > 1/2 ise 1 − a1 , a2 , · · · , an ∈ [0, 1/2) olacaktır.
(1 − a1 , 0, 0, · · · , 0) Â (a2 , a3 , · · · , an )
olduğundan majorization eşitsizliği ve n = 2 durumunu göz önünde bulundurursak,
f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) ≤ f (a1 ) + f (1 − a1 ) + f (0) + f (0) + · · · + f (0)
1
= f (a1 ) + f (1 − a1 ) ≤ olacaktır.
8
Buna göre, eşitlik durumu ancak ve ancak iki değişken eşit ve geri kalan (n−2)
değişken 0 ise vardır.
2.6.1
Çalışma Soruları
1. Jensen Eşitisizliğini kullanarak aa bb cc ≥ (abc)(a+b+c)/3 eşitsizliğini kanıtlayınız.(a, b, c
pozitif reel sayılar.)
2. x1 , · · · , xn ∈ [0, 1] ve a1 , · · · , an > 0 olmak üzere, a1 +· · ·+an = 1 olarak
veriliyor. Buna göre,
n
X
i=1
ai
1
≤
a1
1 + xi
1 + x1 · · · xa11
eşitsizliğini kanıttlayınız. Eşitlik durumu hangi şartlar altında gerçekleşir?
3. Eğer a, b, c, d > 0 ve c2 + d2 = (a2 + b2 )3 ise
a3 b3
+
≥1
c
d
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,
A
B
C
π
π
π
sin sin sin ≥ sin sin sin
2
2
2
4
6
12
eşitsizliğini kanıtlayınız.
6. x, y, z > 1, xyz = 4096 ve max(x, y, z) < 32 olarak veriliyor. Buna göre,
x + y + z toplamının en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz.
7. Eğer a, b ≥ 0 ise,
q
q
q
q
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
3
a+ a+ b+ b≤ a+ b+ b+ 3a
eşitsizliğini kanıtlayınız.
2.7
2.7.1
İndirgemeli Diziler
Birinci Dereceden İndirgemeler
Herhalde matematik olimpiyatları sınavlarına hazırlanıpta Fibonacci Sayıları’nı bilmeyen yoktur. Zaten Fibonacci sayılarıda f0 = 0, f1 = 1 olmak
üzere
fn+1 = fn + fn−1 , n ≥ 1
yinelemesi ile tanımlanır. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçük
alt terimlerin farkına eşittir. Mesela,
un+2 − un+1 = 2
birinci derecedendir, ve
un+4 + 9u2n = n5
yinelemesi ise dördüncü derecedendir. Eğer bir yinelemede tüm ifadelerin üstleri bir ise bu yinelemeye Doğrusal Yineleme denir. Mesela,
un+2 − un+1 = 2
bir doğrusal yinelemedir. Ancak
x2n + nxn−1 = 1 ve xn + 2xn −1 = 3
48
yinelemeleri lineer değillerdir. Eğer bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleri
aynı kuvvettense, bu yinelemeye Homojen’dir denir. Mesela,
xm+3 + 8xm+2 − 9xm = 0
yinelemesi homojendir. Ancak,
xm+3 + 8xm+2 − 9xm = m2 − 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,
xn = axn−1 + f (n), a 6= 1
formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgileneceğiz. İlgilenirken de aşağıda verdiğimiz basamakları takip edeceğiz.
1. Önce xn = axn−1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarak
yani, karakteristik denklem oluşturarak, xn = axn−1 denklemini elde ederiz. Sadeleştirmeler yaptığımızda x = a olacaktır. Buna göre, xn = axn−1
homojen formundaki yinelememiz bize xn = Aan denklemini verecektir.
Burada A bir sabit sayıdır.
2. Daha sonra bulunan xn = Aan + g(n) formu test edilir. Burada g, f ile
aynı dereceden bir polinomdur.
Örnek 1. x0 = 7 ve xn = 2xn−1 , n ≥ 1 ise xn kapalı formunu bulunuz.
Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi xn =
2xn−1 olacaktır. Sadeleştirme yaparsak, x = 2 olacaktır. Buna göre bizim,
xn = A2n formunda çözüm yapmamız gerekmektedir. Burada, 7 = x0 = A20
ise A = 7 olacağından, kapalı form xn = 7(2)n olarak bulunur.
Örnek 2. x0 = 7 ve xn = 2xn−1 + 1, n ≥ 1 formunda verilen yinelemenin
kapalı formunu bulunuz.
Çözüm. Karakteristik denklemi yazıldığında xn = 2xn−1 veya x = 2 elde
edilir. Buradan çözümlerden birinin xn = A(2)n olduğu açıktır. Ancak yinelemenin bir parçasıda f (n) = 1 polinomu olduğuna göre, kapalı denklemin xn =
A2n +B formunda olması gerekmektedir. Buradan, 7 = x0 = A20 +B = A+B
ve 15 = x1 = 2A + B olduğuna göre bu iki denklemin çözümünden A = 8 ve
B = −1 olacaktır. Öyleyse, soruda istenen kapalı form,
xn = 8(2n ) − 1 = 2n+3 − 1
49
olacaktır.
Not. Örnek 2.’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. x0 = 2 ve xn = 9xn−1 − 56n + 63 ise xn kapalı formunu bulunuz.
Çözüm. Karakterisitk denklem yazıldığında karakterisitik denklemimiz xn =
9xn−1 veya x = 9 olacaktır. Buna göre, kapalı formun bir kısmı xn = 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
xn = A9n + Bn + C
olacaktır. x0 , x1 , x2 için çözümlere bakıldığında,
2 = A+C
25 = 9A + B + C
176 = 81A + 2B + C
eşitlikleri için A = 2, B = 7 ve C = 0 olacaktır. Buna göre soruda istenen
kapalı form, yada genel çözüm
xn = 2(9n ) + 7n
olarak bulunur.
Örnek 4. x0 = 1 ve xn = 3xn−1 − 2n2 + 6n − 3 ise xn kapalı formunu bulunuz.
Çözüm. Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdıktan sonra kolaylıkla xn =
A(3)n indirgemesini elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasıda f (n) =
−2n2 + 6n − 3 şeklinde ki ikinci dereceen bir polinom olduğundan özel çözümümüzde kullanacağımız g(n) polinomu Bn2 + Cn + D olmalıdır. Buna göre,
yinelememizin indirgenmiş hali,
xn = A3n + Bn2 + Cn + D
şekline olacaktır. Eğer bilinen xi , i = 0, 1, 2, 3 için katsayaları bulmaya çalışırsak,
1 = A + D,
4 = 3A + B + C + D,
13 = 9A + 4B + 2C + D,
36 = 27A + 9B + 3C + D
50
denklemlerini elde ederiz. Buradan da, A = B = 1, C = D = 0 olacağından,
istenen kapalı form
xn = 3n + n2
olacaktır.
Örnek 5. x0 = 2 ve xn = 2xn−1 + 3n−1 ise kapalı formu bulunuz.
Çözüm. Eğer gerekli işlemleri yaparsak, genel formun
xn = A2n + B3n
denklemi elde edilir. Burada, x0 = 2 ve x1 = 2(2) + 30 = 5 denklemlerinden,
2 = A+B
7 = 2A + 3B
eşitliklerini elde edilir. Buna göre, A = 1 ve B = 1 olacağından istenen kapalı
form
xn = 2n + 3n
olacaktır.
Örnek 6. x0 = 7 ve xn = xn−1 + n, n ≥ 1 ise xn için kapalı formu bulunuz.
Çözüm. Şimdi bu çözümü siz yapmaya çalışın. Kapalı formu,
xn = 7 +
n(n + 1)
2
olarak bulmanız gerekmektedir.
Şimdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. Şimdiki örneğimizde de lineer olmayan ancak lineerleştirilebilir, birinci drecen yinelemeler den birini çözeceğiz.
Örnek 6. u0 = 3 ve u2n+1 = un , n ≥ 1 ise yinelemin kapalı formunu bulunuz.
Çözüm. Varsayalım, vn = log un olsun. Buna göre,
1/2
vn = log un = log un−1 =
olacaktır. Burada,
vn =
1
vn − 1
log un−1 =
2
2
vn−1
2
olduğundan,
vn =
olacaktır. Buradan,
log un =
51
v0
2n
log u0
2n
olduğundan istenilen kapalı form,
n
un = 31/2
olarak bulunur.
2.7.2
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
xn = axn−1 + bxn−2
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 xn = axn−1 +
bxn−2 olduğundan kökleri r1 ve r2 olan x2 − ax − b = 0 olarak bulunur.
2. Eğer kökler birbirinden farklı ise genel form
xn = A(r1 )n + B(r2 )n
şeklinde olacaktır.
3. Eğer kökler aynı ise genel form
xn = A(r1 )n + Bn(r1 )n
şeklinde olacaktır.
Örnek 7. x0 = 1, x1 = −1 ve xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0 yinelemesinin kapalı
formunu bulunuz.
Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi
x2 + 5x + 6 = (x + 3)(x + 2) = 0
olarak elde edilir.Buna göre kapalı formumuz
xn = A(−2)n + B(−3)n
olacaktır. Buradan da, A = 2 ve B = −1 olacağından soruda istenilen kapalı
form,
xn = 2(−2)n − (−3)n
olacaktır.
52
Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapalı formu, f0 = 0, f1 = 1 ve fn =
fn−1 + fn−2 bilgilerini kullanarak bulunuz.
Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f 2 − f − 1 = 0 olacağından kapalı formumuz
Ã
Ã
√ !n
√ !n
1+ 5
1− 5
fn = A
+B
2
2
şeklinde olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında,
Ã
1=A
0 = A+B
Ã
√ !n
√ !n
√
√
1+ 5
1− 5
1
5
5
+B
=
(A + B) +
(A − B) =
(A − B)
2
2
2
2
2
olacağından
1
1
A = √ , B = −√
5
5
olacaktır. Sonuç olarakta Cauchy-Binet Formülü olarakta bilinen
Ã
Ã
√ !n
√ !n
1
1+ 5
1− 5
1
fn = √
+√
2
2
5
5
kapalı form bulunacaktır.
Örnek 8.(Tübitak Deformesi10 ) x0 = 1, x1 = 4, xn = 4xn−1 − 4xn−2 ise
kapalı formu bulunuz.
Çözüm. Karakteristik denklemimiz x2 − 4x + 4 = (x − 2)2 = 0 olacaktır.
Burada köklerin birbirine eşit olduğu açıktır. Buna göre kapalı formumuz,
xn = A2n + Bn2n
formunda olacaktır. Eğer başlangıç değerlerini kullanırsak,
1 = A
4 = 2A + 2B
A = 1 ve B = 1 olarak bulunur. Buna göre, istenilen kapalı form
xn = 2n + n2n
olacaktır.
10
Benzer bir soru TÜBİTAK matematik olimpiyatlarında da sorulmuştur.
53
2.7.3
Alıştırmalar
Aşağıdaki sorulardan (1 − 5) için kapalı formları bulunuz.
1. x0 = 3, xn =
xn−1 +4
3
2. x0 = 1, xn = 5xn−1 − 20n + 25
3. x0 = 1, xn = xn−1 + 12n
4. x0 = 5, xn = 2xn−1 + 9(5n−1 )
5. a0 = 5, aj+1 = a2j + 2aj , j ≥ 0
6. (AIME, 1984) x19 = 94 ve
xn + xn−1 = n2 , n ≥ 1
ise x94 ’ün 1000 ile bölümünden kalan kaçtır?
Aşağıdaki (6 − 10) için ikinci dereceden yinelemelerin kapalı formlarını
bulunuz.
7. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2
8. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 25xn−2
9. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2 + n
10. x0 = 0, x1 = 1, xn = 10xn−1 − 21xn−2 + 2n
11. Bir düzlem üzerine çizilen n çember düzlemi parçalara ayırmaktadır.
Buna göre, düzlem üzerindeki n çemberin ayırdığı parçaların sayısını
veren denklemi bulunuz.
12. Bir düzlem üzerine çizilen n doğrunun düzlem üzerinde ayırdığı parçaların sayısını veren denklemi bulunuz.
2.8
Yeniden Düzenleme [Rearrangement] Eşitsizliği
Varsayalım elimizde iki reel üçlü (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) olsun. Eğer ikinci
üçlünün tüm permütasyonlarını düşünürsek elimizde 3! = 6 tane üçlünün olacağı açıktır. Biz bu üçlülerin kümesine P ve (x1 , x2 , x3 ) ∈ P olsun diyelim.
Buna göre varsayalım,
S = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
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 (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) reel üçlüleri olsun. Buna
göre,
• Eğer iki üçlünün elemanlarıda artan veya iki üçlünün elemanlarıda azalan bir sırada yazılmışsa bu ikiliye Benzer Düzenli diyelim. Yani a1 ≤
a2 ≤ a3 ve b1 ≤ b2 ≤ b3 veya a1 ≥ a2 ≥ a3 ve b1 ≥ b2 ≥ b3 durumları
sağlansın.
• Eğer iki üçlüden biri artan diğeri azalan sırada yazılmışsa bu üçlüyede
Aykırı Düzenli diyelim.
Örnek.
a. (−1, 1, 3) ve (2, 5, 7) benzer düzenlidirler.
b. Eğer 0 < a ≤ b ≤ c ise (a, b, c) ve ( a1 , 1b , 1c ) aykırı düzenlidir. Ama, (a, b, c)
1
1
1
ve ( b+c
, a+c
, a+b
) benzer düzenlidirler.
c. Eğer 0 < a ≤ b ≤ c ve m ∈ R+ ise (a, b, c) ve (am , bm , cm ) benzer
düzenliyken, (a, b, c) ve ( a1m , b1m , c1m ) aykırı düzenlidir.
d. Eğer a ≤ b ≤ c ve n bir tek tamsayı ise (a, b, c) ve (an , bn , cn ) benzer
düzenlidir.
Artık eşitsizliğimizi daha yakından tanıma zamanı geldi. Teorem [Rearragement Inequality]. (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) iki reel üçlü olmak üzere
(x1 , x2 , x3 ) üçlüsü (b1 , b2 , b3 ) üçlüsünün bir permitasyonu olsun. Buna göre,
• Eğer (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) benzer düzenli ise
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
olacaktır.
• Eğer (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) aykırı düzenli ise
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≤ a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
olacaktır.
55
Kanıt. Varsayalım elimizde (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) artan sırayla dizilmiş iki
üçlü olsun. (x1 , x2 , x3 ) üçlüsüde (b1 , b2 , b3 ) üçlüsünün bir permütasyonu olsun
ve x1 ≥ x2 olsun. S ve S 0 toplamlarınıda
S = a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
ve
S 0 = a1 x2 + a2 x1 + a3 x3
olarak alalım. Burada S 0 toplamı, S toplamındaki x1 ve x2 ’nin yer değiştirmesiyle elde edildiği açıktır. Eğer bu iki toplamı farkını alırsak,
S 0 − S = (x1 − x2 )(a2 − a1 ) ≥ 0
| {z } | {z }
+
+
olacaktır. Demekki S 0 ≥ S’dir.
Buna göre, x1 ve x2 ’nin yer değiştirmesi sadece S toplamının değerini artırmaktadır. Öyleyse, eğer tüm (xi , xj ) ikililerinin (xi ≥ xj , i < j) yerleri
değiştirilirse toplam ancak en büyük olabilir. En büyük olacak toplamda zaten a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 olacaktır. Benzer biçimde eğer (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 )
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. a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
ii an + bn + cn ≥ an−1 b + bn−1 c + cn−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 (an−1 , bn−1 , cn−1 ) benzer düzenlileri olarak belirlersek, istenen eşitsizlik yeniden düzenleme eşitsizliği ile,
aan−1 + bbn−1 + ccn−1 ≥ abn−1 + bcn−1 + can−1
olarak bulunur.
Örnek.
i.
ii.
a+b+c
abc
a2
b2
+
a, b, c > 0 oduğuna göre, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız.
≤
b2
c2
1
a2
+
+
c2
a2
1
b2
≥
+
b
a
1
c2
+ cb +
a
c
56
iii.
a2
b
+
b2
c
+
c2
a
≥a+b+c
Çözüm.
• a ≤ b ≤ c olarak kabul edelim ve ( a1 , 1b , 1c ) ve ( a1 , 1b , 1c ) benzer düzenlilerini
seçelim. Buna göre,
11 11 11
+
+
aa b b
cc
1
1
1
+
+
a2 b2 c2
≥
≥
11 11 11
+
+
ab
bc
ca
1
1
1
+
+
ab bc ac
olacaktır.
• Eğer ( ab , cb , ac ) ve ( ab , cb , ac ) benzer sıralılarını alırsak,
aa bb c c
ab bc
ca
+
+
≥
+
+
b b cc aa
bc ca ab
elde edilecektir.
• Bu seferde sıralı ikililerimizi aykırı düzenliler arasından seçelim. Yani,
(a2 , b2 , c2 ) ve ( a1 , 1b , 1c ) kullanacağımız üçlülerimiz olsun. Buna göre,
a2
1
1
1
1
1
1
+ b2 + c2 ≤ a2 + b2 + c2
a
b
c
b
c
a
elde edilecektir.
Örnek. [1963, Moskova Matematik Olimpiyatı] a, b, c > 0 olduğuna
göre,
b
c
3
a
+
+
≥
b+c a+c a+b
2
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım a ≤ b ≤ c olsun ve benzer sıralılarımız da (a, b, c) ve
(
1
1
1
,
,
)
a+b a+c a+b
(2.1)
olsun. Buna göre,
1
1
1
+b
+c
b+c
c+a
a+b
1
1
1
a
+b
+c
b+c
a+c
a+b
a
≥
≥
a
b
c
+
+
c+a a+b b+c
a
b
c
+
+
a+b b+c a+c
(2.2)
(2.3)
eşitsizliklerini elde edebiliriz. Eğer [1] ve [2.3] eşitsizlerini altalta toplarsak,
2(
b
c
a
b
c
a
b
c
a
+
+
)≥
+
+
+
+
+
=3
b+c a+c a+b
a+c a+b b+c a+b b+c a+c
57
eşitsizliğindende soruda istenen [2.1] eşitsizliğini elde ederiz.
Örnek. [Chebyshev Eşitsizliği] Eğer (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) benzer
düzenliler ise
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3
a1 + a2 + a3 b1 + b2 + b3
≥(
)(
)
3
3
3
(2.4)
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Soruda zaten benzer düzenli üçlüler verildiğine göre, yeniden düzenleme metodunu kullanalım
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3
(2.5)
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 b2 + a2 b3 + a3 b1
(2.6)
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 b3 + a2 b1 + a3 b2
(2.7)
eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer [2.5], [2.6] ve [2.7] eşitsizliklerini altalta toplarsak,
3(a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ) ≥ a1 (b1 + b2 + b3 ) + a2 (b1 + b2 + b3 ) + a3 (b1 + b2 + b3 ))
eşitsizliğini ve sonuç olarakta soruda verilen [2.4] eşitsizliğini elde ederiz.
Not. Benzer biçimde, (a1 , a2 , a3 ) ve (b1 , b2 , b3 ) aykırı düzenlileri içinde,
a1 b1 + a2 b2 + a3 b3
a1 + a2 + a3 b1 + b2 + b3
≤(
)(
)
3
3
3
(2.8)
eşitsizliği elde edilebilir.
Örnek. [Aritmetik Orta - Karesel Orta Eşitsizliği] a1 , a2 , a3 reel
sayılar olmak üzere verilen
r
a1 + a2 + a3
a21 + a22 + a23
≤
(2.9)
3
3
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Sorunun çözümü için Örnek 0.7’de kanıtladığımız eşitsizliği kullanmamız kafidir. Buna göre, (a1 , a2 , a3 ) ve (a1 , a2 , a3 ) benzer düzenlileri için,
a21 + a22 + a23
a1 + a2 + a3 a1 + a2 + a3
a1 + a2 + a3 2
≤(
)(
)=(
)
3
3
3
3
olduğuna göre, soruda istenen [2.9] eşitsizliği kanıtlanmış olur.
58
(2.10)
Örnek. [Aritmetik Orta-Geometrik Orta Eşitsizliği]a1 , a2 , a3 pozitif sayılar olmak üzere verilen
√
a1 + a2 + a3
≥ 3 a1 a2 a3
3
(2.11)
eşitsizliğini kanıtlayınız.
√
Çözüm. P = 3 a1 a2 a3 olmak üzere, sorua kullanacağımız aykırı düzenlilerimizi,
x1 =
a1
,
P
x2 =
y1 =
a1 a2
,
P2
a1 a2 a3
= 1 ve
P3
1
1
y2 =
, y3 =
=1
x2
x3
1
,
x1
x3 =
(2.12)
(2.13)
olarak seçelim. Burada (x1 , x2 , x3 ) artan sıralı ise (y1 , y2 , y3 ) azalan sıralı olacaktır. Buna göre,
x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ≤ x1 y3 + x2 y1 + x3 y2
a1 a2 a3
a1 + a2 + a3
1+1+1 ≤
+
+
=
P
P
P
P
olacaktır. Buradan da,
3P
P
≤ a1 + a2 + a3
a1 + a2 + a3
≤
3
olacağından, istenen kanıt tamamlanmış olur.
Örnek. Chebyshev eşitsizliğini iki reel sayı için gösteriniz.
Çözüm. Varsayalım benzer düzenli ikililerimiz (a1 , a2 ) ve (b1 , b2 ) olsun.
Buna göre,
a1 b1 + a2 b2 = a1 b1 + a2 b2
a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1
eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa,
2(a1 b1 + a2 b2 ) ≥ (a1 + a2 )(b1 + b2 )
a1 b1 + a2 b2
a1 + a2 b1 + b2
≥ (
)(
)
2
2
2
olacaktır.
Örnek.
1
an + bn
≥ (an−1 + bn−1 )
a+b
2
59
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Örnek 0.11’de kanıtladığımız eşitsizliği kullanalım. Buna göre
ikililerimiz (a, b) ve (an−1 , bn−1 ) ikilileri olsun. Buna göre,
aan−1 + bbn−1
2
an + bn
a+b
Örnek.
a + b an−1 + bn−1
)(
)
2
2
1 n−1
(a
+ bn−1 )
2
≥ (
≥
a, b ≥ 0 olmak üzere, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız.
a. 2(a5 + b5 ) ≥ (a3 + b3 )(a2 + b2 )
b. a9 + b9 ≥ a2 b2 (a5 + b5 )
c. (a + b)n ≤ 2n−1 (an + bn )
Çözüm.
a. (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) benzer düzenlileri olsun. Buna göre,
a2 a3 + b2 b3
a2 + b2 a3 + b3
≥(
)(
) ⇒ 2(a5 + b5 ) ≥ (a2 + b2 )(a3 + b3 )
2
2
2
olarak bulunur.
b. Bu şıktada benzer düzenlilerimizi (a4 , b4 ) ve (a5 , b5 ) olarak seçelim. Buna
göre,
√
a4 a5 + b4 b5
a4 + b4 a5 + b5
a5 + b5
a5 + b5
≥(
)(
) ≥ a4 b4 (
) = a2 b2 (
)
2
2
2
2
2
olacaktır. Bu eşitsizliktende,a9 + b9 ≥ a2 b2 (a5 + b5 ) eşitsizliği elde edilir.
c. Soruyu Chebyshev Eşitsizliği’ni kullanarak çözmeye çalışalım. İkililerimiz (an−1 , bn−1 ) ve (a, b) olsun. Buna göre,
an + bn ≥
an + bn ≥
an + bn ≥
1
1 n−1
(a
+ bn−1 )(a + b) = (an−2 a + bn−2 b)(a + b)
2
2
1 n−2
(a
+ bn−2 )(a + b)(a + b)
22
1
1
(a + b)(a + b) · · · (a + b) = n−1 (a + b)n olacaktır.
n−1
2
2
Buna göre istenen eşitsizlik,
2n−1 (an + bn ) ≥ (a + b)n
elde edilmiş olur.
60
Örnek.
a, b, c > 0 ve n ∈ Z+ ise
an
bn
cn
an−1 + bn−1 + cn−1
+
+
≥
b+c a+c a+b
2
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. a ≤ b ≤ c olmak üzere benzer düzenlilerimiz (an , bn , cn ) ve
1
1
1
( b+c , a+c
, a+b
) olarak seçelim. Buna göre,
an
bn
cn
+
+
b+c a+c a+b
an
bn
cn
+
+
b+c a+c a+b
≥
≥
an
bn
cn
+
+
a+c a+b b+c
an
bn
cn
+
+
b+a b+c a+c
(2.14)
(2.15)
eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer bu iki eşitsizliği taraftarafa toplarsak,
2(
an
bn
cn
an + bn bn + cn an + cn
+
+
)≥
+
+
b+c a+c a+b
a+b
b+c
a+c
eşitsizliğini elde ederiz. Bundan sonraki basamaktada Örnek 0.12 ’de kanıtladığımız eşitsizliği kullanırsak,
2(
bn
cn
an
+
+
) ≥
b+c a+c a+b
an + bn bn + cn an + cn
+
+
a+b
b+c
a+c
1 n−1
1 n−1
1
n−1
≥
(a
+b
) + (b
+ cn−1 ) + (an−1 + cn−1 )
2
2
2
n−1
n−1
n−1
= a
+b
+c
eşitsizliğinden, soruda bizden istenen eşitsizliğe ulaşılır.
Örnek.
a, b, c > 0 olmak üzere,
aa bb cc ≥ (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
a + b + c log a + log b + log c
≥(
)(
)
3
3
3
eşitsizliği elde edilir. Buna göre,
log aa bb cc
a + b + c log abc
≥(
)(
)
3
3
3
61
olacağından istenen eşitsizlik,
log aa bb cc ≥ log(abc)
a+b+c
3
⇒ aa bb cc ≥ (abc)
a+b+c
3
olarak bulunur.
Örnek. A, B, C bir üçgenin açıları olmak üzere (radyan cinsinden), a, b, c
uzunukları da bu üçgenin kenar uzunluklarıdır. p = 12 (a + b + c) olduğuna göre,
A
B
C
3π
+
+
≥
p−A p−b p−c
p
(2.16)
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım A ≤ B ≤ C olsun. Buna göre benzer düzenli üçlüle1
1
1
rimizi (A, B, C) ve ( p−a
, p−b
, p−c
) seçebiliriz. Chebyshev eşitsizliğinden,
1 A
B
C
A+B+C
1
1
1 1
(
+
+
) ≥ (
)(
+
+
)
3 p−A p−b p−c
3
p−a p−b p−c 3
π
1
1
1 1
=
(
+
+
)
3 p−a p−b p−c 3
π 9
≥
·
9 p
eşitsizliğindende [2.16] eşitsizliği kolaylıkla çıkarılır.
Örnek.
[1995,IM0] a, b, c ∈ R+ ve a · b · c = 1 olduğuna göre,
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
+ c) b (a + c) c (a + b)
2
a3 (b
(2.17)
eşitsiliğini kanıtlayınız.
Çözüm. Varsayalım x = a1 , y = 1b , z = 1c olsun. a · b · c = 1 olduğundan,
x · y · z = 1 olacağı açıktır. Buna göre, yeni değişkenlere göre eşitizliğimiz
düzenlersek,
x2
y2
z2
3
+
+
≥
y+z x+z y+x
2
eşitsizliğini elde ederiz. Çözümün bundan sonraki basamakları sadece Örnek
0.14’deki eşitsizliğin kanıtının kullanılmasıyla olacaktır. Buna göre,
y2
z2
x+y+z
3√
3
x2
+
+
≥
≥ 3 xyz =
y+z x+z y+x
2
2
2
olacaktır.
62
2.9
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.
x3 − 3x = y
y 3 − 3y = z
z 3 − 3z = x
Çözüm. Soruda verilen x3 − 3x formu kosinüs üç kata açı özdeşliğini
anımsatıyor. Ancak tabiki x3 değişkeninin önündeki katsayı yok. Bu yüzden
değişken yerine çift kat açı kosinüsü yerine, sadece cos x değişkeni almamız
yerinde olacaktır. Buna göre x = 2 cos u, y = 2 cos v, z = 2 cos w u, v, w ∈ [0, π]
ise
2 cos 3u = 2 cos v
2 cos 3v = 2 cos w
2 cos 3w = 2 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 27u = cos 3w ise üçüncü denklem cos 27u = cos u olacaktır.Demek ki, u = kπ/14, k = 0, 1, 2, · · · , 14 ve
u = kπ/13, k = 1, 2, · · · , 12 olacağından
x = 2 cos kπ/14, y = 2 cos 3kπ/14, z = 2 cos 9kπ/14, k = 0, 1, · · · , 14
ve
x = 2 cos kπ/13, y = 2 cos 3kπ/13, z = 2 cos 9kπ/13, k = 1, 2, · · · , 12
olacağından 3 × 3 × 3 = 27 tane çözüm elde edilir.
Şimdide tanjant fonksiyonunu kullanarak sıradaki örneği çözmeye çalışalım.
Örnek.
{xn }∞
n=1 olmak üzere,
√
3xn − 1
√ , n>1
xn+1 =
xn + 3
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,
xn+1
√
xn − 1/ 3
√
=
1 + xn 1/ 3
olarak yazılabilir. Eğer x1 = tan t alırsak x2 = tan (t − π/6) olacağından,
xn = tan (t − (n − 1) π/6) , n > 1
olur. Tanjant fonksiyonuda periyodik olduğuna göre, demek ki, xn = xn+6
olacağından soruda verilen dizimiz periyodiktir ve periyodu 6 dır.
Örnek.
a, b, c, x, y, z > 0 ise
¡ 2
¢¡
¢¡
¢
a + x2 b2 + y 2 c2 + z 2 > (ayz + bzx + cxy − xyz)2
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Çözüm. a = x tan α, b = y tan β, c = z tan γ α, β, γ ∈ [0, π/2] olarak
alalım. Buna göre,
1 ≥ cos2 (x + y + z) = (sin x · sin (y + z) − cos x · cos (y + z))2
= (sin x · sin y · sin z + sin x · cos y · sin z + cos x · sin y · sin z − cos x · cos y · cos z)2
eşitsizliğinin iki tarafınıda
cos2 α cos2 β cos2 γ
ile bölersek,
sec2 α sec2 β sec2 γ > (tan α + tan β + tan γ − 1)2
olacağından,
¡ 2
¢¡
¢¡
¢
x tan2 α + x2 y 2 tan2 β + z 2 z 2 tan2 γ + z 2 > x2 y 2 z 2 (tan α + tan β + tan γ − 1)2
olacaktır. Buda zaten soruda istenen eşitsizliği doğrular.
64
2.9.1
Çalışma Soruları
1. a reel parametresinin hangi değerleri için
p
1 − x2 > a − x
eşitsizliğini sağlayan bir x reel değeri vardır?
2. (0, 1) aralığından dört farklı sayı alınıyor. Buna göre, bu sayılardan iki
tanesi olan xve y’nin
p
p
1
0 < x 1 − y 2 − y 1 − x2 <
2
eşitliğini sağlayacağını kanıtlayınız.
3. Seçilen 4 farklı reel sayı arasından
1 + ab
1
√
√
>
2
2
2
1+a 1+b
eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız.
¡
¢2
4. x ∈ R olmak üzere verilen x2 + 4x3 − 3x = 1 denkleminin tüm reel
çözümlerini bulunuz.
5.
Z q
I=
2+
√
2 + · · · + 2 + xdx
integralini hesaplayınız.(Not: İfade içinde n ≥ 1 tane kök vardır.)
√
6. {xn }∞
xn+2 + 2 6 xn 6 2 eşitsizliğini sağlandığına göre, x1986
n>1 dizisi
’nın alabileceği tüm değerleri bulunuz.
7.
2x + x2 y = y
2y + y 2 z = z
2z + z 2 x = x
denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.
65
8. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.
1
x1
1
x2 −
x2
1
x3 −
x3
1
x4 −
x4
= 2x2
x1 −
= 2x3
= 2x4
= 2x1
9. x, y ∈ R olmak üzere, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız,
1
(x + y) (1 − xy)
1
− 6
6
2
2
2
(1 + x ) (1 + y )
2
10. x ∈ R , {xn }n ve x1 = x olmak üzere
xn+1 =
1
1
−
xn 1 + xn
eşitliği veriliyor. Eğer xn = ±1 ise dizimiz kilitleniyor, çünkü xn+1 tanımlanamıyor. Buna göre, 8. terimden sonra kilitlenen bu şekilde bir dizi
var mıdır?
+
11. Reel tanımlı {ak }∞
k=1 dizisi, k ∈ Z olmak üzere
ak+1 =
k · ak + 1
k − ak
olarak veriliyor. Buna göre bu dizinin sonsuz sayıda pozitif ve sonsuz
sayıda negatif terimi olduğunu kanıtlayınız.
12. −1 6 a1 6 a2 6 · · · 6 an 6 1 ise
r
√
n−1
q¡
X
¢¡
¢ π 2
2
2
1 − ai ai+1 −
1 − ai 1 − ai+1 <
2
i=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
13. x0 = 0, x1 , x2 , · · · , xn > 0 ve
n
P
k=1
n
X
k=1
xk = 1 ise
xk
π
√
<
√
1 + x0 + x1 + · · · + xk−1 xk + xk+1 + · · · + xn
2
eşitsizliğini kanıtlayınız.
66
14. x, y, z ∈ (0, 1) olmak üzere
x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 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
2
4xyz − (a x + b2 y + c2 z) = abc
eşitliklerini sağlayan x, y, z reel sayılarını bulunuz.
16. cos 2π/5 ifadesinin değerini bulunuz.
2.9.2
Çözümler
1. t ∈ [0, π] olmak
üzere√cos t = x olsun. Çünkü |x| ≤ 1 olmak zorundadır.
√
Buradan 1 − x2 = 1 − cos2 x = sin t olacaktır. Çünkü t ∈ [0, π] için
sinüs fonksiyonu pozitiftir. Buna göre eşitsizliğimiz,
sin t + cos t > a
olacaktır.
³
³
π
π´ √
π´
cos t −
= 2 cos t −
4
4
4
√
olacağından, f (t)’nin [0, π] aralığındaki
en büyük değeri 2 olacaktır.
√
Buna göre, a’nın bulunduğu aralık 2’den büyük olmayan reel sayılar
kümesi olacaktır.
f (t) = sin t + cos t = 2 sin
2. Varsayalım sayılarımız a1 , a2 , a3 , a4 olsun. Burada, ak = sin tk , tk ∈
(0, π/2) alalım. Buna göre aslında problemde sorulan soru i ve j gibi
iki indisin
1
0 < sin ti cos tj − sin tj cos ti <
2
eşitsizliğini sağlayacak biçimde varolup olmadıklarıdır. Eğer eşitsizliğimizi düzenlersek
sin ti cos tj − sin tj cos ti = sin (ti − tj )
olacaktır. Buna göre, ispatlamamız gereken durum artık ti > tj ve
ti − tj < 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/2)
aralığında olacaktır. Buna göre eşitsizliği sağlayan ti ve tj 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
p
= cos x · cos y + sin x · sin y = cos (x − y)
√
1 + tan2 x · 1 + tan2 y
olacaktır. Buna göre şimdi problemimizi yeniden kuralım. Yeni durumumuz,
cos(x − y) > 1/2
olduğundan (x − y) < π/3 olmalıdır. Gerçektende (0, π) aralığında seçeceğimiz dört sayıdan ikisinin farkı π/3’ten küçük11 olacaktır.
4. Dikkat edilirse |x| ≤ 1 ve |4x3 − 3x| ≤ 1 olarak verilmiştir. Buna göre,
x = cos a, 0 ≤ a ≤ π alabiliriz. Eğer cos 3a ve cos a ifadelerini kullanırsak
soruda verilen denklemimiz
cos2 a + cos2 3a = 1
olacaktır. Buradan da,
1 + cos 2a 1 + cos 6a
+
=1
2
2
olacağından 2a ve 4a değerleri
π 3π
π 3π 5π 7π
2a = ,
ve 4a = , , ,
2 2
2 2 2 2
olarak bulunur. Buna göre istenilen çözümler, ± π2 ve ±
rini alacaktır.
q
√
2± 2
2
değerle-
5. Varsayalım x = 2 cos t olsun, buna göre
r
r
q
q
√
√
2 + 2 + ··· + 2 + x =
2 + 2 + · · · + 2 + 2 cos t
s
r
t
=
2 + 2 + · · · + 2 cos
2
t
= 2 cos n
2
olacaktır. Buradan integralimiz
Z
Z
t
t
I = 2 cos n dx =
−2 cos n 2 sin t dt
2
2
Z
t
= −4 sin t · cos n dt
2
¶
Z µ
2n + 1
2n − 1
= −2
sin
t − sin
t dt
2n
2n
11
Pigeon Hole Principle yada Güvercin Yuvası İlkesi bu küçüklüğü garantiler.
68
eşitliğinden istenilen cevap,
2n+1
cos
2n + 1
µ
2n+1
x
arccos
n
2 +1
2
¶
2n+1
− n
cos
2 −1
µ
2n − 1
x
arccos
n
2
2
¶
+c
olarak bulunur.
6. 0 ≤ xn ≤ 2 olduğuna göre, xn = 2 cos yn , yn ∈ [0, π/2] değişken değiştirmesini kullanabiliriz. Buna göre
p
xn+2 + 2 ≤ xn
eşitsizliği ve
cos 2α + 1 = 2 cos2 α
eşitliğinden
µ
cos
yn + 2
2
¶
≤ cos yn
eşitsizliği bulunacaktır. Seçilen aralıkta kosinüs fonksiyonu azalan bir
fonksiyon olduğuna göre,
yn+2
≥ yn
2
olacaktır. Buradan da
yn ≤
yn+2k
, k ∈ Z+
2k
elde edilir. Burada k değeri sonsuza giderken yn ≤ 0 yani yn = 0 olacaktır. Dolayısıyla
xn = 2 cos yn = 2 · 1 = 2
olacağından xn = 2 ve x1986 = 2 bulunur.
7. Eğer değişkenlerden herhangi biri, varsayalım x = ±1 olursa
2x + x2 y = y ⇒ 2 · ±1 + y = y ⇒ 2 = 0
olacaktır ki, bu durum imkansızdır. Buna göre denklem sistemimizi yeniden yazarsak,
2x
1 − x2
2y
1 − y2
2z
1 − z2
69
= y
= z
= x
eşitliklerini elde ederiz. Burada da x = tan a, a ∈ (−π/2, π/2) olarak
alalım. Buna göre ilk iki denklemden y = tan 2a 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/2, π/2) olduğuna göre k =
−3, −2, −1, 0, 1, 2, 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
1
2 cot 2α = cot α −
cot α
eşitliğini elde ederiz. Eğer x1 = cot α, α ∈ (0, π) olarak alırsak x2 =
cot 2α olacağından, x3 = cot 4α ve x4 = cot 8α olacaktır. Benzer şekilde döngü başa geleceğinden x1 = cot 16α olacaktır. Demek ki cot α =
cot 16α yani 16α − α = kπ, k ∈ Z eşitliği bulunacaktır. Buradanda
çözümlerimiz
kπ
, k = 1, 2, 3, · · · , 14
α=
15
olacağından
x1 = cot
kπ
2kπ
4kπ
8kπ
, x2 = cot
, x3 = cot
, x4 = cot
15
15
15
15
olacaktır.
9. Varsayalım x = tan a ve y = tan b olsun. Buradan,
sin(a + b)
cos a cos b
cos(a + b)
1 − xy = 1 − tan a tan b =
cos a cos b
x + y = tan a + tan b =
eşitlikleri elde edilir. Ayrıca,
1
1 + x2
1
1 + y2
= cos2 a
= cos2 b
eşitlikleri elde edilir. Eğer yerine koyarsak,
1
− 6
2
cos(a+b)
sin(a+b)
cos a cos b · cos a cos b
1
1
cos2 a cos2 b
6
1
2
ise −1 ≤ 2 sin(a + b)cos(a + b) ≤ 1 eşitsizliğini kanıtlamamız gerekir.
Zaten bu eşitsizlik −1 ≤ sin(2a + 2b) ≤ 1 olduğundan kanıt tamamlanır.
70
10.
1
1
2xn
−
=
1 − xn 1 + xn
1 − x2n
eşitliğini yazabiliriz. Eğer x1 = tan β, β ∈ (−π/2, π/2) alırsak
x2 =
2 tan β
= tan 2β
1 − tan2 β
olacaktır. Bu şekilde devam edersek, xn = tan 2n−1 β olacağından x8 =
tan 27 β = tan 128β olacaktır. 8 terim uzunluğundaki bir dizi için, tan 128β =
±1 olmalıdır. Buna göre
128β =
(2k + 1)π
4
olacaktır. Dolayısıyla,
µ
¶
(2k + 1)π
x = tan ±
, k = −128, · · · , 128
512
olacaktır.
11. Eğer b1 = tan−1 a1 ve bk+1 = bk + tan−1 (1/k), k = 1, 2, 3, · · · olacak
biçimde bir dizi tanımlarsak tanjant toplam formülünden
tan(x + y) =
tan x + tan y
1 − tan x tan y
eşitliğinin ışığında ak = tan bk olduğunu görebiliriz.
lim
x→0
olduğuna göre,
tan x
=1
x
tan−1 (1/k)
=1
k→∞
1/k
lim
olacaktır. Buradan da,
b0 +
∞
X
k=1
tan−1
1
k
ıraksak olacaktır. Öte yandan serinin elemanları k → ∞ iken, sıfıra yakınsayacaktır. (2πn, 2πn + π/2) aralığında sonsuz çoklukta parçalı toplam olacaktır. Benzer biçimde (2πn + π/2, (2n + 1)π) aralığında da sonsuz çoklukta toplam olacaktır. Fakat, parçalı toplamlardam birisi bm ve
am = tan bm olduğundan, demek ki sonsuz çoklukta pozitif ve negatif
am değeri bulunmaktadır.
71
13. Her bir ai değerimiz [−1, 1] aralığında olduğuna göre, ai = cos xi , xi ∈
[0, π] şeklinde seçim yapabiliriz. Buna göre sorudaki eşitsizliğin sol tarafı
n−1
X
n−1
Xp
p
1 − cos xi cos xi+1 − sin xi sin xi+1 =
1 − cos (xi+1 − xi )
i=1
i=1
=
X
√ n−1
xi+1 − xi
2
sin
olacaktır.
2
i=1
Sinüs fonksiyonu [0, π] aralığında aşağı konkav olduğuna göre Jensen
Eşitsizliğinden
Ã
!
µ
¶
n−1
n−1
xi+1 − xi
1 X xi+1 − xi
1 X
sin
6 sin
n−1
2
n−1
2
i=1
i=1
eşitsizliği elde edilir. Buna göre,
X
√ n−1
2
sin
i=1
µ
xi+1 − xi
2
¶
√
xn − xn−1 √
π
6 (n − 1) 2 sin
6 2 (n − 1) sin
2 (n − 1)
2 (n − 1)
olacaktır. Burada xn − xi ∈ (0, π) dir. Aynı aralıkta, sin x < x, x > 0
eşitsizliği kullanılırsa
µ
¶
√
√ π
π
2 (n − 1) sin
6 2
2 (n − 1)
2
olacaktır.
13. Tüm xi değerleri pozitif ve toplamlarıda 1 olduğuna göre,
x1 + x2 + · · · + xk = sin ak
ve
a0 = 0 < a 1 < a 2 < · · · < a n =
π
, k = 0, 1, · · · , n
2
seçimlerini yapabiliriz. Buna göre,
n
X
k=1
π
sin ak − sin ak−1
√
√
<
2
1 + sin ak−1 1 − sin ak−1
olacaktır. Bu eşitsizliği yeniden düzenlersek
³
´
³
´
n 2 sin ak −ak−1 cos ak +ak−1
X
2
2
k=1
cos (ak − 1)
72
olacaktır. 0 < x < π/2 aralığında kosinüs fonksiyonu azalandır ve sin x <
x eşitsizliği vardır. Buna göre eşitsizliğin sol tarafı
a −a
n
X
2 k 2 k−1 cos ak−1
cos ak−1
k=1
ise
n
X
(ak − ak−1 ) =
k=1
π
2
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
cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C = 1
olduğunu gösterelim. Aslında,
cos A = − cos (B + C) = sin B sin C − cos B cos C
olacağına göre
= cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C
¡
¢¡
¢
= (cos A + cos B + cos C)2 + 1 − 1 − cos2 A 1 − cos2 C
= (sin B sin C)2 + 1 − sin2 B sin2 C = 1
olarak bulunur. Demek ki, A + B + C = π eşitliğini sağlayan A, B, C
değerleri birer çözümdür.
15. İkinci denklemi düzenlersek
a2
b2
c2
abc
+
+
+
=4
yz zx xy xyz
olacaktır. Buna göre,
a
b
c
x1 = √ , y1 = √ , z1 = √
yz
xy
zx
olarak alırsak, eşitliğimiz
x21 + y12 + z12 + x1 y1 z1 = 4
olacağından 0 < x1 < 2, 0 < y1 < 2, 0 < z1 < 2 olacaktır. Buna göre,
x1 = 2 cos A, y1 = 2 cos B, z1 = 2 cos C
73
olarak alabiliriz. Bu değerleri kullanırsak,
√
√
√
2 yz cos A = a, 2 zx cos B = b, 2 xy cos C
olacaktır. Eğer x + y + z = a + b + c ise
√
√
√
x + y + z − 2 yx cos A − 2zx cos B − 2 xy cos C = 0
olacaktır. Bu eşitliğin sol tarafını iki kare toplamı şeklinde yazmaya çalışırsak
√
√
√
= x + y + z − 2 yz cos A − 2 zx cos B − 2 xy cos C
√
√
√
= x + y + z − 2 yz cos A − 2 zx cos B + 2 xy (cos A cos B − sin A sin B)
¡
¢
¡
¢
√
= x sin2 B + cos B 2 + y sin2 A + cos2 A + z − 2 yz cos A
√
√
√
− 2 zx cos B + 2 xy cos A cos B − 2 xy sin A sin B
¡√
¢2 ¡√
√ ¢
√
√
=
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+a
b
a
√
z= x √ + y √ = √
2 yz
2 zx
2 z
olacaktır. Demek ki
z=
a+b
2
’dir. Simetriden dolayı
y=
a+c
b+c
ve x =
2
2
olarak bulunur.
16. Önce bildiğimiz bazı trigonometrik soruda kullanabileceğimiz bazı geometrik eşitlikleri yazalım. Buna göre,
cos 2θ = 2 cos2 θ − 1
ve
cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ
74
eşitliklerini kullanmamız yerinde olacaktır. Eğer x = 2π/5 alırsak, cos 6π/5 =
cos 4π/5 olacaktır. Şimdi denklemi x değişkenine bağımlı olarak yazalım.
Burada
4x3 − 2x2 − 3x + 1 = 0
ise
¡
¢
(x − 1) 4x2 + 2x − 1 = 0
olacaktır. Buradan
√
5−1
x = 1 veya x =
2
olacağından cos(2π/5) 6= 1 ise istenilen cevap
µ ¶ √
5−1
2π
cos
=
5
2
olacaktır.
2.10
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
X
[F (k) − F (k − 1)]
k=2
formunda olacağından ve 2 ≤ k ≤ n − 1 indislerine sahip değerler sadeleşeceği
için, toplamımız
F (n) − F (1)
olacaktır.
Örnek.
n
X
k!k
k=1
toplamını hesaplayınız.
Çözüm. Eğer k! · k = k!(k + 1 − 1) = (k + 1)! − k! değişken değiştirmesini
yaparsak,
n
X
(k + 1)! − k! = (n + 1)! − 1
k=1
75
olacaktır.
Örnek.
n
X
1
√
√
(k + 1) k + k k + 1
k=1
toplamını hesaplayınız.
Çözüm.
Temel düşünce paydayı rasyonel yapmak olmalıdır. Yani,
´³
´
³
√
√
√
√
(k + 1) k − k k + 1 (k + 1) k + k k + 1
= k (k + 1)2 − (k + 1) k 2
= k(k + 1)
olduğuna göre,
√
√
¶
n
n µ
X
1
(k + 1) k − k k + 1 X 1
1
√ −√
=
=1− √
k (k + 1)
n+1
k+1
k
k=1
k=1
olacaktır.
Örnek.
n ∈ Z+ olmak üzere aşağıda verilen eşitsizliği kanıtlayınız.
1
1
2n − 1
√ +√
√ + ··· + q
n−1< √
<n
√
1+ 2
2+ 5
(n − 1)2 + 1 + n2 + 1
Çözüm. Soruda verilen eşitsizliği iki yönünüde ispatlamadan evvel, bazı
genellemeler yapalım. Buna göre,
µ
¶
q
√
2
2
(2k − 1)
k + 1 − (k − 1) + 1
2k − 1
q
=
√
k 2 + 1 − (k − 1)2 − 1
(k − 1)2 + 1 + k 2 + 1
q
p
=
k 2 + 1 − (k − 1)2 + 1
ise
1
3
2n − 1
√
√ +√
√ + ··· + q
√
1+ 2
2+ 5
(n − 1)2 + 1 + n2 + 1
q
p
√
√
√
=
2 − 1 + 5 − 2 + · · · + n2 + 1 − (n − 1)2 + 1
p
n2 + 1 − 1
=
=
76
olacaktır.
Buna göre, yeni eşitsizliğimiz
n−1<
p
n2 + 1 < n
olacaktır ki, bu eşitsizliği göstermek oldukça kolaydır.
Örnek.
x, Q(x) polinomunun bir kökü değildir. Buna göre,
1
P (x) P (x + 1)
−
=
Q (x) Q (x + 1)
x (x + 2)
eşitliğini sağlayan tüm P ve Q polinomlarını bulunuz.
Çözüm.
Önce soruda verilen eşitliği düzenleyelim, buna göre
P (x) P (x + 1)
2x + 1
2 (x + 1) + 1
−
=
−
Q (x) Q (x + 1)
2x (x + 1) 2 (x + 1) (x + 2)
eşitliği elde edilir. Buna göre, n ∈ Z+ ve yeterince büyük bir x değeri için,
P (x + k) P (x + k + 1)
2 (x + k) + 1
2 (x + k + 1) + 1
−
=
−
Q (x + k) Q (x + k + 1)
2 (x + k + 1) (x + k + 2) 2 (x + k + 1) (x + k + 2)
olacaktır. Eğer eşitlikleri taraf tarafa toplarsak,
P (x) P (x + n)
2x + 1
2 (x + n) + 1
−
=
−
Q (x) Q (x + n)
2x (x + 1) 2 (x + n) (x + n + 1)
eşitliğini elde ederiz. Burada n ⇒ ∞ iken, P (x+n)/Q(x+n) ifadeside sonsuza
gidecektir. Buna göre,
P (x)
2x + 1
=
+ c, c ∈ R
Q (x)
2x (x + 1)
olacaktır. Eğer işlemi devam ettirirsek,
2x (x + 1) P (x) = (2x + 1 + 2cx (x + 1)) Q (x)
eşitliğini elde ederiz. Buradan istenen polinomlar
P (x) = (2x + 1 + 2cx (x + 1)) R (x) ve Q (x) = 2x (x + 1) R (x)
olarak bulunur.
Örnek.
¶
∞ µ
Y
1
1
1− 2 =
n
2
n=2
77
eşitliğini kanıtlayınız.
Çözüm.
¶
¶µ
¶
N µ
N µ
Y
Y
1
1
1
lim
1 − 2 = lim
1−
1+
=
N →∞
N →∞
n
n
n
n=2
n=2
=
olduğuna göre,
N
N
Y
n−1 Y n+1
n
n
n=2
n=2
N +1
1 N +1
·
=
N
2
2N
N +1
1
= bulunur.
N →∞ 2N
2
lim
2.10.1
Çalışma Soruları
1.
n
X
¡
¢
k! k 2 + k + 1
k=1
toplamını hesaplayınız.
2. a1 , a2 , · · · , an bir aritmetik dizinin elemanları ve ortak farkları d ise
n
X
k=1
1
ak · ak+1
toplamını hesaplayınız.
3.
∞
X
k=1
6k
(3k − 2k ) (3k+1 − 2k+1 )
toplamını hesaplayınız.
2
4. {xn }∞
n=1 dizisinde x1 = 1/2 , xk+1 = xk + xk ise
1
1
1
+
+ ··· +
x1 + 1 x2 + 1
x100 + 1
toplamından küçük en büyük tamsayı değerini bulunuz.
5. Fn bir Fibonacci dizisi olmak üzere F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1
olarak veriliyor. Buna göre aşağıdaki toplamları hesaplayınız.
a.
∞
X
n=2
78
Fn
Fn−1 · Fn+1
b.
∞
X
1
Fn−1 · Fn+1
n=2
6.
7.
r
r
1
1
1
1
1
1
1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ··· + 1 +
+
2
1
2
2
3
1999
20002
toplamını hesaplayınız.
r
1
1
1
√
√ +√
√ + ··· + √
√
> 24
1+ 3
5+ 7
1997 + 9999
eşitsizliğini kanıtlayınız.
8. 1 6 m < n m, n ∈ Z olduğuna göre, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız.
2
√
¢
¡√
¡√
√ ¢
1
1
1
1
n + 1 − m < √ +√
+· · ·+ √
+√ < 2 n − m − 1
m
m+1
n−1
n
9.
ak =
k
3
(k − 1) + k 4/3 + (k + 1)4/3
ise
999
X
ak < 50
k=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
10.
∞
X
1
√ <2
(n
+
1)
n
n=1
eşitsizliğini kanıtlayınız.
11. Fn , fibonacci serisi olmak üzere verilen,
∞
X
1
F2n
n=0
toplamının eşitini bulunuz.
12.
∞
Y
2
n3 − 1
=
n3 + 1
3
n=2
eşitliğini kanıtlayınız.
79
13.
¶
∞ µ
X
1
1 + 2n
2
n=0
çarpımını hesaplayınız.
14. L1 = 2, L2 = 2 ve Ln+2 = Ln+1 + Ln , n > 1 olarak tanımlanan Lucas
Dizisi veriliyor. Buna göre,
m
Y
L2k +1 = F2m+1
k=1
eşitliğini kanıtlayınız.
Édouard Lucas12 (1842-1891)
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
X
n2 = M 2
n=1
Diphantine denkleminin yegane çözümünün N = 24
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, 2127 − 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.
12
François Édouard Anatole Lucas
80
2.10.2
Çözümler
1.
n
X
n h
i
X
¡
¢
(k + 1)2 − k k!
k! k 2 + k + 1 =
k=1
=
k=1
n
X
[(k + 1)! (k + 1) − k!k]
k=1
= (n + 1)! (n + 1) − 1 olacaktır.
2.
n
X
k=1
n
n
k=1
k=1
1 X ak+1 − ak
1X
1
=
=
ak ak+1
d
ak ak+1
d
µ
1
1
−
ak
ak+1
¶
olacağından, toplam
1 an+1 − a1
d an+1 a1
olacaktır. an+1 − a1 = nd olduğuna göre
nd
n
1
=
d (nd + a1 ) a1
(nd + a1 ) a1
olacaktır.
3. Kesri parçalara bölerek çözüme gitmek yerinde olacaktır. Buna göre,
6k
A
B
= k
− k+1
k
k
k+1
k+1
k
(3 − 2 ) (3
−2 )
3 −2
3
− 2k+1
eşitliğinde
³
´
³
´
3k+1 − 2k+1 A − 3k − 2k B = 6k
olacaktır. Buradan A = 2k ve B = 2k + 1 olarak kolaylıkla bulunabilir.
Buna göre,
∞
X
k=1
6k
2
2k+1
=
−
lim
=2
3 − 2 k→∞ 3k+1 − 2k+1
(3k − 2k ) (3k+1 − 2k+1 )
olarak bulunur.
Not. Benzer biçimde A = 3k ve B k + 1 bulunabilirdi, ancak bu değerler
sonucu değiştirmezdi. Deneyip görebilirsiniz.
81
4. İndirgemeli dizi çözüm yöntemini kullanalım. Buna göre, xk+1 = x2k + xk
ise
1
1
1
1
=
=
−
xk+1
xk (xk + 1)
xk
xk + 1
olacağından
1
1
1
1
1
+
+ ··· +
=
−
x1 + 1 x2 + 1
x100 + 1
x1 x101
olacaktır. x1 = 1/2 ve 0 < 1/x101 < 1 olduğuna göre istenen değer 1
olacaktır.
5.
a.
∞
X
n=2
Fn
Fn−1 Fn+1
¶
∞ µ
X
1
1
=
=
−
Fn−1 Fn+1
Fn−1 Fn+1
n=2
n=2
¶
µ
1
1
1
1
1
1
+
−
−
=
+
= 2 olacaktır.
= lim
n→∞ F1
F2 Fn Fn+1
F1 F2
∞
X
Fn+2 − Fn−1
b.
∞
X
n=2
1
Fn−1 Fn+1
∞
X
∞
X
Fn
Fn+1 − Fn−1
=
=
F
F F
F
F F
n=2 n−1 n n+1
n=2 n−1 n n+1
µ
¶
∞
X
1
1
=
−
Fn−1 Fn Fn Fn+1
n=2
¶
µ
1
1
1
−
=
=1
= lim
n→∞ F1 F2
Fn Fn+1
F1 F2
olacaktır.
6. n ∈ Z+ olmak üzere,
¡ 2
¢
n +n+1
1
1
n2 (n + 1)2 + (n + 1)2 + n2
1+ 2 +
=
=
n
(n + 1)2
n2 (n + 1)2
n2 (n + 1)2
ise
s
1+
1
1
n2 + n + 1
1
+
=
=1+
n2 (n + 1)2
n2 + n
n (n + 1)
olacaktır. Buna göre,
1997
Xµ
n=1
1
1+
n (n + 1)
¶
=
1999
Xµ
n=1
olur.
82
1
1
1+ −
n n+1
¶
= 2000 −
1
2000
7. Teleskopik toplam yapmak mantıklı görünsede, bazı elemanlar eksik olduğundan çözüme gidemeyiz. Buna göre eşitsizliğin sol kısmı,
1
1
1
√
√ +√
√ + ··· + √
√
3+ 5
7+ 9
9999 + 10001
toplamından küçüktür. Eğer sorudaki eşitsizlikle son yazdığımız eşitsizliği toplarsak
1
1
1
1
√ +√
√ +√
√ + ··· + √
√
√
> 48
1+ 3
3+ 5
5+ 7
9999 + 10001
olacaktır. Şimdi artık teleskopik toplamı kullanabilriz. Buna göre,
´ 1 ³√
´
√
√
√
√
√
√
√
1 ³√
3 − 1 + 5 − 3 + 7 − 5 + · · · + 10001 − 9999 =
10001 − 1 > 48
2
2
olacaktır.
8. k ∈ R için
¡√
¢ ¡√
¢
k+1−k
k + 1 + k = 1 olduğuna göre,
2
ve
³√
√ ´
2
1
√ <
k+1− k = √
k
k+1+ k
´
³√
√
1
2
√ <√
k− k−1
=2
√
k
k+ k−1
olacaktır. Buna göre,
2
³√
³√
´
√ ´
√
1
k+1− k < √ <2
k− k−1
k
olacaktır. Eğer bu eşitsizlikleri toplarsak,
2
√
¡√
¡√
¢
√ ¢
1
1
1
1
+· · ·+ √
+√ < 2 n − m − 1
n + 1 − m < √ +√
m
n
m+1
n−1
olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.
9. ilk önce an ifadesinin paydasını küçültelim ve rasyonel hale getirelim.
Buna göre, k 3 yerine (k − 1)2/3 (k + 1)2/3 yazılırsa,
ak <
=
k
4/3
2/3
(k − 1) + (k − 1) (k + 1)2/3 + (k + 1)4/3
³
´
´
k (k + 1)2/3 − (k − 1)2/3
1³
2/3
2/3
(k
+
1)
−
(k
−
1)
olacağından
=
4
(k + 1)2 − (k − 1)2
83
999
X
999
´
1 X³
(k + 1)2/3 − (k − 1)2/3
4
k=1
´ 1
1³
10002/3 + 9992/3 − 12/3 − 02/3 < (100 + 100 − 1) < 50 bulunur.
4
4
an =
k=1
=
10. Verilen toplamı düzenlersek
√
√
√
1
n
n
n
√
=
=
−
n (n + 1)
n
n+1
n (n + 1)
olacağından yeni toplamımız
1+
∞ √
X
n−
n=2
√
n−1
n
olacaktır. Bu toplam teleskopik değildir, ancak üstten sınırlıdır. Öyleki
√
¶
∞ √
∞ µ
X
X
n− n−1
1
1
√
1+
=1+
−√
√ √
n
n n−1
n−1
n=2
k=2
olacakır. Ve bu toplam da 2’ye yakınsar. İspat tamamlanır.
11. Sorunun çözümüne tümevarım ile başlayalım. Buna göre, tümevarım
yöntemi kullanılarak
F2m Fm−1 − F2m−1 Fm = (−1)m Fm , m > 1
olduğu bulunabilir. Eğer m = 2n−1 alınırsa
F2n F2n−1 −1 − F2n −1 F2n−1 = F2n−1 , n > 2
veya
F n−1
1
F2n −1
= 2 −1 −
, n>2
F2n
F2n−1
F2n
olacağından
µ
¶
∞
X
1
1
F1 F2N −1
1
=
+
+ lim
−
=3−
F2n
F1 F2 N →∞ F2
F2N
n=0
olacaktır.
84
1
√
5+1
2
√
7− 5
=
2
12.
N
Y
n3 − 1
lim
N →∞
n3 + 1
n=2
¡
¢
N
Y
(n − 1) n2 + n + 1
= lim
N →∞
(n + 1) (n2 − n + 1)
n=2
N
Y
N
n − 1 Y (n + 1)2 − (n + 1) + 1
= lim
N →∞
n+1
n2 − n + 1
n=2
n=2
³
´
1 · 2 · (N + 1)2 − (N + 1) 4 + 1
2
= lim
=
N →∞
3N · (N + 1)
3
olarak bulunur.
13. Eğer soruda verilen ifadeyi açarsak
¶
µ
¶ ∞ µ
¶
∞ µ
Y
1
1 Y
1
1 + 2n = 2 lim 1 − 0
1 + 2n
N →∞
2
2
2
n=0
n=0
olacaktır. Buradan,
µ
¶µ
¶ µ
¶
1
1
1
1 − 2n
1 + 2n = 1 − 2n+1
2
2
2
olacağından, çarpımımızı teleskopik hale getirebiliriz. Buradan çarpım
1
1−
olacaktır. N → ∞ ve 1−
1
N +1
22
22N +1
→ 1 ise çarpımın sonucu 2 olarak bulunur.
14. Eğer kontrol edilirse Fibonacci ve Lucas dizilerinin
2
2
Fn+1 + Fn−1 = Ln+1 ve F2n = Fn+1
− Fn−1
, n>1
için sağlandığı görülebilir. Öyleyse,
F2n = (Fn+1 + Fn−1 ) (Fn+1 − Fn−1 ) = Ln+1 Fn
olacaktır. Buna göre,
Ln+1 =
F2n
, n>1
Fn
olacaktır. Öyleyse,
m
Y
k=1
L2k +1
m
Y
F m+1
F2k+1
= 2
= F2m+1
=
F2k
F2
k=1
olacaktır. İspat tamamlanır.
85
2.11
Tamdeğer Fonksiyon Problemleri
x ∈ R olmak üzere, x değerini geçmeyen en büyük tamsayı değeri [x] ile
gösterilir. Bu foksiyona tam değer fonsiyon (floor function) denir. Buna göre
x − 1 < [x] ≤ x olduğu açıktır. Bu ifade ayrıca [x] ≤ x < [x] + 1 olarakta
yazılabilir. Ayrıca sayının ondalıklı kısmıda {x} ile temsil edilir. Buna göre;
{x} = x − [x] dir. Buna göre x = [x] + {x}, 0 ≤ {x} < 1 dir. Tam değer
fonksiyonun en temel teoremleri aşağıda verilmiştir.
Teorem. α, β ∈ R, a ∈ Z, n ∈ N ise;
1. [α + a] = [α] + a
2. [ αn ] = [ [α]
n ]
3. [α] + [β] ≤ [α + β] ≤ [α] + [β] + 1
Kanıt.
1. Varsayalım m = [α + a] olsun. Buna göre m ≤ α + a < m + 1 dolayısıyla
da m − a ≤ α < m − a + 1 olacaktır. m − a = [α] olduğuna göre ispat
tamamlanmış olur.
2.
ifadesini αn = [ αn + θ], 0 ≤ θ < 1 olarak yazalım. n · [ αn ] ifadesi olduğnan
artık elimizde 1 durumu oluştu. Yani;
α
n
[α] = [n[α/n] + nθ] = n[α/n] + [nθ] olur.
Şimdi, 0 ≤ [nθ] < nθ < n ve bundan dolayı 0 ≤ [nθ/n] < 1 olur.Eğer
α
Θ = [nθ]/n olduğunu varsayarsak [α]
n = [ n ] + Θ, 0 ≤ Θ < 1 olur ki, buda
zaten istenen sonuçtur.
3. Varsayalım α = n + r, β = m + t ve 0 ≤ r < 1, 0 ≤ t < 1 olsun.
[α] + [β] = n + m ≤ [n + r + m + t] = [α + β] olur.
= m + n + [r + t] ≤ n + m + 1
= [α] + [β] + 1 olur.
Örnek.
bulunuz.
[ x3 ] =
x
2
+ 1 denklemini sağlayan x tamsayılarının toplamını
Çözüm. Varsayalım [ x3 ] = t olsun. Buna göre, t ≤ x3 < t + 1 ise 3t ≤
x < 3t + 3 olmalıdır. [ x3 ] = t = x2 + 1 olduğuna göre x = 2t − 2 olur. Bu
son eşitliği eşitsizliğimizde yerine koyarsak 3t ≤ 2t − 2 < 3t + 3 ise −5 < t ≤
86
−2 bulunur. t = −2, −3, −4 olabileceğinden x değerleride −8, −10, −6 olarak
bulunur. istenen cevap −24 olur.
Teorem.(Hermite Özdeşliği) [nx] = [x] + [x + n1 ] + [x + n2 ] + · . . . · +[x + n−1
n ]
dir.
Kanıt. Eğer teoremde verilen eşitliği düzenlersek;
n
X
k
[x + ] = [nx]
n
k=0
ifadesini elde ederiz. Öyleyse bu eşitliği ispatlamamız yeterlidir. x = [x] + {x}
olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre; {1, 2, 3, . . . , n} kümesinin elemanı olan
kesin bir k 0 değeri vardır ki;
[x] = [x +
k0
k0 − 1
] ≤ x < [x + ] = [x] + 1
n
n
ise
0 = [{x} +
k0 − 1
k0
] ≤ {x} < [{x} + ] = 1
n
n
olacaktır. Buna göre;
1−
k0
k0 − 1
≤ {x} < 1 −
⇒ n − k 0 ≤ n{x} < n − k 0 + 1 olur.
n
n
En başta yazdığımız eşitliği kullanırsak
k=0
0
kX
−1
n−1
X
k
[x] +
([x] + 1) = n · [x] + n − k 0
[x + ] =
n
0
n−1
X
k=0
k=k
= n[x] + [n{x}]
= [n[x] + n{x}] = [nx] olur.
Örnek. [x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x] = 12345 denklemini sağlayan
x değerlerini bulunuz.
Çözüm. Bu soruda amacımız önce, denkliği sağlayan x değerlerinin varlığını araştırmak ve bu değerleri bulmak olacaktır. Konunun en başında verdiğimiz teoremlerden biliyoruz ki, x − 1 < [x] ≤ x olacaktır. Buna göre;
x−1+2x−1+4x−1+. . .+32x−1 < [x]+[2x]+. . .+[32x] ≤ x+2x+4x+. . .+32x
ise 63x − 6 < 12345 ≤ 63x ve x değeride 195 < x < 196 arasında olacaktır.
Eğer x değerini 2 lik tabanda yazarsak x = 195 + a21 + a222 + . . ., ak = 0 veya 1.
87
Buna göre;
[2x] = 2 · 195 + a1
[4x] = 4 · 195 + 2a1 + 2a2
[8x] = 8 · 195 + 4a1 + 2a2 + a3
[16x] = 16 · 195 + 8a1 + 4a2 + 2a3 + a4
[32x] = 32 · 195 + 16a1 + 8a2 + 4a3 + 2a4 + a5
Eğer bu değerleri alt alta toplarsak 63·195+31·a1 +15·a2 +7a3 +3·a4 +a5
olacaktır yani; 31 · a1 + 15 · a2 + 7 · a3 + 3 · a4 + a5 = 60 olur. Ancak 0 ≤ ai ≤ 1
olduğundan ifade en fazla 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 57 değerini alabilir. Çelişki
vardır. Çözümü sağlayan bir x değeri yoktur.
Örnek. [x], x in tamdeğer foksiyonu olmak üzere, {x} = x − [x] olarak
tanımlansın. Her x reel sayısı için x = f (x) − 2 · f ({x}) eşitliğini sağlayan f
fonksiyonunun x = − 13
5 noktasındaki değerini bulunuz.
13
{− 13
5 } = − 5 − (−3) =
Çözüm.
2
5
oluğundan; x =
2
5
için
2
2
2
2
2
= f ( ) − 2 · f ({ }) ⇒ f ( ) = −
5
5
5
5
5
olacaktır. x = − 13
5 için
−
13
13
13
13
2
= f (− ) − 2 · f ({− }) = f (− ) − 2 · f ( )
5
5
5
5
5
olduğuna göre
f (−
13
17
)=−
5
5
olur.
Teorem. a ve b aralarında asal doğal sayılar olmak üzere;
a
2a
3a
(a − 1) · b
(a − 1) · (b − 1)
[ ] + [ ] + [ ] + ... + [
]=
b
b
b
b
2
eşitliği vardır.
Kanıt. Aslında teoremde verilen ifadeyi düzenlersek;
a−1
b−1
X
X
kb
ka
(a − 1)(b − 1)
[ ]=
[ ]=
a
b
2
k=1
k=1
eşitliğini elde ederiz. Öyleyse bu eşitlikleri ispatlamamız yeterli olacaktır.Varsayalım
analitik düzlem üzerinde, köşe koordinatları (0, 0), (0, b), (a, 0), (a, b) olan bir
dikdörtgenimiz olsun. Bu dikdörtgen üzerinde (a − 1)(b − 1) tane latis (lattice)
88
noktası, yani koordinat bileşnleri tamsayıar olan noktalar vardır. Bu dikdörtgeni y = xb
a doğrusu ile iki parçaya ayıralım. Bu doğru üzerindeki başlangıç ve
bitiş noktaları hariç hiçbir noktanın koordinatlarının tamsayı olmadığı açıktır.
n
= ab
Eğer böyle bir nokta varsa, mesela (m, n), 0 < m < a, 0 < n < b, m
n
b
olmalıdır. Demek ki m kesri, a sadeleşebilen kesrinin bir sadeleşmi halidir.
Ancak bu durum açık bir çelişkidir. Çünkü (a, b) = 1 kabul etmiştik.
Lk = (k, kb
a ), 1 ≤ k ≤ a − 1 oktalarının her biri doğrunu üzerindedir. Buna
kb
göre [ a ] ifadesi (k, 0) dan (k, kb
a ) noktasına giden doğrunun üzerindeki latis
noktalarıdır. Yani
a−1
X
kb
[ ]
a
k=1
ifadesi dikdörtgenin alt yarısındaki latis noktalarının sayısıdır. Benzer biçimde,
b−1
X
ka
[ ]
b
k=1
ifadeside üst yarıdaki noktalar olduğuna göre ve bu noktalar alt ve üst yarıda
eşit sayıda bulunabildiğine göre toplam nokta sayısının yarısı
(a − 1)(b − 1)
2
sitenen cevap olur. ispat tamamlanır.
√
√
√
n ∈ Z+ olmak üzere, [ n + n + 1] = [ 4n + 2] eşitliğini
Örnek.
kanıtlayınız.
√
√
√
√ Çözüm. İfadenin karesini alırsak n + n + 1 toplamının 4n + 1 ile
4n + 3 ifadelerinin arasında olduğunu görmek zor değildir. Tam kare ifadeler
mod4 altında 0 veya 1 olduklarından√4n + 2 ve 4n
√ + 3 ifadelerinin birer tam
kare olmadıkları açıktır. Buna göre [ 4n + 2] = [ 4n + 3] olduğu açıktır.
Teorem.(De - Polignac ve Legendre Formülü) n! ifadesini bölen p asal
sayısının en büyük kuvveti α ise
∞
X
n
α=
[ k]
p
k=1
eşitliği vardır.
Örnek.
999! ifadesinin ondalık yazılımının sonunda kaç tane 0 vardır?
89
Çözüm. Sıfırların sayısı çarpımdaki 2 ve 5 sayılarına bağlıdır buna göre
5α |999! olmasını sağlayan en büyük α değeri istenen cevap olacaktır. Buna
göre;
999 999
999
999
[
] + [ 2 ] + [ 3 ][ 4 ] = 179 + 39 + 7 + 1 = 246 olur.
5
5
5
5
Örnek.
µ
¶
1000
7|
500
ifadesi doğruluğunu araştırınız.
Çözüm.
7α |1000! olmasını sağlayan en büyük α değeri‘;
[
1000
1000
1000
] + [ 2 ] + [ 3 ] = 164
7
7
7
olacaktır. Benzer biçimde 7α |500! olmasını sağlayan en büyük α değeride 82
bulunur.
µ
¶
1000
1000!
=
(500!)2
500
olduğundan, bu ifadeyi bölen 7 nin en büyük kuvveti 164 − 2 · 82 = 0 olduğundan, soruda verilen ifade doğru değildir.
2.11.1
1.
Çalışma Soruları
p
√
√
3
3
3
[ 1] + [ 2] + . . . + [ x3 − 1] = 400
denkleminin doğal sayılardaki çözüm kümesinin elemanlarını bulunuz.
√
2. (6 + 35)1980 açılımındaki virgülden sonraki ilk 1000 basamağın 9 olduğunu gösteriniz.
3. [x2 ] = [x] denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
4.
8
n
7
<
<
15
n+k
13
eşitsizliğini sağlayan en büyük n değeri kaçtır? (k değeri tektir).
5. r ∈ R olmak üzere;
91
X
[r +
k=19
k
] = 546
100
ise [100r] ifadesinin eşitini bulunuz.
90
6. f (n) fonksiyonu n1/4 sayısına en yakın tamsayıyı temsil etmek üzere,
1995
X
n=1
1
f (n)
toplamının tamdeğerini bulunuz.
7. [x] ifadesi x sayısının tamdeğerini temsil etmek üzere
[
12
22
19972
], [
], . . . , [
]
1998 1998
1998
dizisindeki farklı tamsayıların sayısını bulunuz.
2.11.2
Çözümler
1. x ∈ N olduğuna göre;
√
√
3
3
1, . . . , 7 → 1 · 7
√
√
3
3
8, . . . , 26 → 2 · 19
√
√
3
3
27, . . . , 63 → 3 · 37
√
√
3
3
64, . . . , 124 → 4 · 61
= 7
= 38
= 111
= 244
ise 7 + 38 + 111 + 244 = 400 ise tek çözüm x = 5 olmalıdır.
√
√
√
2. (6 + 35)1980 + (6 − 35)1980 = 2k, k ∈ Z olur.
Burada
6
−
35 <
√
1
1
35 olursa, iki tarafın
10 olmalıdır aksi durumda yani eğer 10 < 6 −
karesinden 3500 < 3481 olur.
0 < (6 −
√ 1980
35)
< 10−1980 ⇒ 2k −
√ 1980
35)
< 2k
101980
√
⇒ 2k − 1 + 0, 999 . . . 9 < (6 + 35)1980 < 2k
| {z }
1
< (6 +
1979 tane 9
3. x2 ≥ 0 ise [x2 ≥] olur. x ∈ [0, 1] aralığındaki tüm sayıların sağladığı
açıktır. Biz (1, 2) aralığına bakalım;
x = 1 + {x}, [(1 + {x}2 )] = [1 + {x}] ise [1 + 2{x} + {x}2 ] = [1 + {x}]
[1 + 2{x} + {x}2 ] = 1 0 ≤ 2{x} + {x}2 < 1 ⇒ {x} > 0 veya {x}2 +
2{x} −√1 < 0 durumları oluşur. Buradan eğer
√ y = {x} olarak alırsak
y ∈ (0, 2 − 1) olmalıdır. Buradan da, x√∈ (0, 2) arasında olur. 0 zaten
ahil olduğundan istenilen aralık x ∈ [0, 2] bulunur.
91
4. Verilen ifadeyi düzenlersek
6n
7n
<k<
7
8
6n
n
olacaktır. Fakat buradan 7n
8 − 7 = 56 bulunur. Buna göre eğer n > 112
7n
ise, bu aralıkta kesinlikle, yani ( 6n
7 , 8 ) aralığında, iki tamsayı olacaktır.
n = 112 için ise, 96 < k < 98 olacağından cevap 112 olmalıdır.
5. 546 = 7 · 73 + 35 = 38 · 7 + 35 · 8 olur. Demek ki
7 = [r + 0, 19] = [r + 0, 20] = [r + 0, 21] = . . . [r + 0, 56]
8 = [r + 0, 57] = [r + 0, 58] = . . . = [r + 0, 91]
olacağından 7, 43 ≤ x < 7, 44 ise 74, 3 ≤ 100r < 74, 4 ve [100r] = 74
olur.
6. f (k) ifadesi 1, 2, 3, . . . , 7 değerlerinden birini alır. Sınır değerler
1
1
1
(n + )4 = n4 + 2n3 + · (3n2 + n) +
2
2
16
olduğuna göre
5 tanesi
: 1
34 tanesi
: 1/2
111 tanesi
: 1/3
260 tanesi
: 1/4
505 tanesi
: 1/5
870 tanesi
: 1/6
210 tanesi
: 1/7
olacağına göre, toplam 400 olur.
2
2
999
998
7. [ 1998
] = 498 < 499 = [ 1998
] olduğuna göre önce k = 1, 2, 3, . . . , 998 ve
k = 999, 1000, . . . , 1997 durumlarını ayrı ayrı inceleyelim. Buna göre,
k = 1, 2, 3, . . . , 997 için
(k + 1)2
k2
2k + 1
−
=
<1
1998
1998
1998
olacaktır. Buna göre
[
12
9982
] = 0, 1, 2, . . . , 498 = [
]
1998
1998
92
dizisinde her bir sayı en az bir defa tekrarlanacaktır. Buna göre dizinin
bu bölümünde 499 terim vardır. k = 999, 1000, . . . , 1996 ise
(k + 1)2
k2
2k + 1
−
=
>1
1998
1998
1998
ise burada da, 1997−999+1 = 999 farklı terim vardır. Buna göre dizideki
farklı tamsayıların sayısı 1498 olacaktır.
2.12
Bölünebilme ve Asal Sayılar
Tanım. a 6= 0, b ∈ Z olmak üzere, eğer a · c = b eşitliğini sağlayan bir
c ∈ Z bulunuyorsa bu duruma a böler b denir ve a|b olarak yazılır.
Teorem.
1. a, b, c, m, n ∈ Z olmak üzere c|a, c|b ise c|(a · m + b · n) dir.
2. x, y, z ∈ Z olmsk üzere; x|y, y|z ise x|z dir.
Kanıt.
1. s, t ∈ Z olmak üzere varsayalım s · c = a, t · c = b olsun. Buna göre
am + bn = c(sm + tn) ise c|(am + bn) olur.
2. Ve varsayalım u, v ∈ Z olmak üzere xu = y, yv = z olsun. Buna göre
xuv = z ise x|z olduğu açıktır. Ayrıca eğer a|b ve b 6= 0 ise ≤ |a| < |b|
durumu vardır.
Örnek.
bulunuz.
(n + 1)|(n2 + 1) durumunu doğrulayan tüm n ∈ Z+ değerlerini
Çözüm. n2 + 1 = n2 − 1 + 2 = (n − 1) · (n + 1) + 1 ise (n − 1) · (n + 1)
sayısı (n + 1) ise bölünür. Bu durumda (n + 1)|2 olmalıdır. |n + 1| < |2| ise
n = 1 olur.
Örnek. n herhangi bir doğal sayı olmak üzere; n3 + 2n sayısının 3 ile
bölünebildiğini gösteriniz.
Çözüm. n değeri 3k + 1, 3k + 2 ve 3k formunda olabilir.
n = 3k ise (3k)3 + 2 · (3k) = 3 · (32 · k 3 ) + 3 · (2k) ise 3|n3 + 2n
n = 3k +1 ise (3k +1)3 +2·(3k +1) = (3k +1)3 +2·3k +2 ≡ 1+0+2 ≡ 0(mod3)
ise 3|n3 + 2n
93
n = 3k +2 ise (3k +2)3 +2·(3k +2) = (3k +2)3 +2·3k +4 ≡ 2+0+1 ≡ 0(mod3)
ise 3|n3 + 2n.
Örnek.
7|3x + 2 ise 7|(15x2 − 11x − 14) olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm. 15x2 − 11x − 14 = (3x + 2) · (5x − 7) = 7s · (5x − 7) ise kanıt
tamamlanmış olur.
Örnek. a, b, c doğal sayılar olmak üzere, a2 + b2 = c2 eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, a, b ve c den en az birinin 3 ile bölünebildiğini gösterelim.
Çözüm. Eğer a, b ve c değerleri için bir genellme yaparsak, varsayalım
hiçbiri 3 ile tam bölünmesin. Öyleyse, a = 3k + 1, b = 3t + 1, c = 3r + 1 olsun.
Buna göre,
(3k + 1)2 + (3t + 1)2 ≡ 1 + 1(mod3)
ise c2 ≡ (mod3) olur, ancak tamsayının karesi bu denkliği sağlamaz.
Teorem. Ardışık n tamsayının çarpımı n! ile tam bölünür.
Kanıt. Varsayalım ardışık n tamsayımız m + 1, m + 2, m + 3, . . . , m + n formunda olsun ve bu dizinin her bir elemanı pozitif tamsayı olsun. Buna göre,
göstermemiz gereken durum;
n!|m + 1, m + 2, m + 3, . . . , m + n
dir. Burada binom katsayıların tamsayı olma özelliğini kullanırsak
µ
¶
m+n
(m + n)!
(m + n)!
(m + 1) · (m + 2) · (m + 3) · . . . · (m + n)
=
=
=
∈Z
n
(m + n − m)!(m + n − n)!
n!m!
n!
ise ispat tamamlanır.
Örnek.
6|n3 − n olduğunu gösteriniz.
Çözüm. n3 − n = n · (n2 − 1) = n · (n − 1) · (n + 1) ise daha önce verilen
teoremden dolayı doğrudur.
√
Teorem. n ∈ Z+ olmak üzere, n bir bileşik sayı13 ise, n sayısının p ≤ n
olacak şekilde bir asal çarpanı vardır.
√
Kanıt. Varsayalım n = a · b, 1 < a ≤ b olsun. Eğer bu iki değerde n de
√ √
büyükse, n = a · b = n · n = n olur ki, bu bir çelişkidir. Demek ki, n
√
sayısının 1 den farklı ve n den küçük eşit olan bir çarpanı vardır. Buna göre,
√
p bir asal çarpan olmak üzere, bu değerde n den küçük olur.
13
2 den büyük olan ve asal olmayan sayılar
94
Örnek. 101 sayısının asal olup olmadığını anlamak için bu sayıyı en az
kaç sayıya bölmeliyiz.
√
Çözüm.
101 ≈ 10 ise p = 2, 3, 5, 7 olmalıdır. Toplamda 4 sayı yeterlidir.
Örnek. Elemanlarından hiçbirisi asal sayı olmayan gelişigüzel uzunlukta
bir ardışık sayı dizisi bulunabilir mi?
Çözüm.
k ∈ Z, k ≥ 2 olmak üzere
k! + 2, k! + 3, . . . , k! + k
dizisinin elemanları ardışıktır ve asal değildir. Yani
A = (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + (n + 1)
dizisini ele alalım. 2 ≤ k < n + 1 bağıntısını sağlayan herbir k tamsayısı için
k|(n + 1)! dir. k|(n + 1)! + k ise ispat tamamlanır. Mesela
23! + 1, 23! + 2, . . . , 23! + 28
dizisindeki sayılardan hiçbirisi asal değildir.
Not. p > 3 olmak üzere bütün asal sayılar, n ∈ Z olmak üzere p = 6n ± 1
formundadır.
Örnek. p ve p2 + 2 asal sayılar ise p3 + 2 ninde asal olduğunu gösteriniz.
Çözüm. p değeri tek olmalıdır. p = 3 için p2 + 2 = 11 ve p3 + 2 = 29
dur. Burada p > 3 ise p = 6n ± 1 olarak alınırsa, p2 + 2 sayısı 3 ile bölünebilir.
Demek ki, p = 3 dışında soruda verilen durumu doğrulayan bir sayı yoktur.
Tek çözüm, p = 3 olur.
Örnek.
19 dan 92 ye kadar olan sayılar yanyana yazılarak elde edilen,
19202122 . . . 9192
sayısını bölen 3 ün en büyük kuvvetini bulunuz.
Çözüm. 9 ile bölübeilme kuralına bakalım 19 + 20 + 21 + . . . + 92 = 372 · 3
ise bu sayı 9 ile bölünemez, sadece 3 ile bölünebilir.
Örnek.
p3 + p2 + 11p + 2
ifadesini asal yapan en büyük p asal sayısını bulunuz.
95
Çözüm. p = 3 için, ifademiz 71 değerini alır. 3 ten büyük değerler için
yani p = 3k + 1 ve p = 3k + 2 değerlerinde ifademiz sırasıyla 3 · (9k 3 + 12k 2 +
16k + 5) ve 9 · (3k 3 + 7k 2 + 9k + 4) değerlerini alır. Ancak bu değerlerin ikiside
asal değildir. Demek ki tek değer p = 3 tür.
Örnek. 2a + 1 ve 3a + 1 birer tamkare ise 5a + 3 sayısının asal olmadığını
gösteriniz.
Çözüm.
2a + 1 = x2 ve 3a + 1 = y 2 ise
5a + 3 = 4 · (2a + 1) − (3a + 1) = 4x2 − y 2 = (2x − y)(2x + y)
durumu vardır. 5a+3 asal ise, 2x−y = 1 ve 2x+y = 5a+3 olmalı. 4x = 5a+3
ise 5x2 −8x+3 = 0 olur. Burada bulunan her bir kök tamsayı olmak zorundadır.
Buradan istenen tamsayı x değeri −1 bulunur. Buna göre, sadece (1, 1, 3) için
durum sağlanır diğer durumlarda sağlanmaz.
2.12.1
Çalışma Soruları
1. n ∈ Z+ olmak üzere,
(n + 10)|(n3 + 100)
olmasını sağlayan en büyük n tamsayı değerini bulunuz.
2. n5 −5n3 +4n iadesinin daima 120 ile kalansız bölünebileceğini gösteriniz.
3. p > 3 ve p asal bir sayı olmak üzere, 24|(p2 − 1) olduğunu gösteriniz.
4. Herhangi bir tamsayının karesinin 4k veya 4k + 1 formunda olduğunu
gösteriniz.
5. 11, 111, 1111, 11111, . . . dizisindeki sayılardan hiçbirinin tamkare olmadığını kanıtlayınız.
6. Bir tamsayının 5. kuvvetine eşit olan 6p + 1 formundaki tüm p asal
sayılarını bulunuz.
7. 21 · p + 1 sayısını tamkare yapan kaç p asal sayısı vardır?
8. 105 sayısı bir kaç ardışık doğal sayının toplamı olarak kaç farklı biçimde
yazılabilir?
9. Kaç tane p asal sayısı için p2 + 17 sayısının 4 tane farklı pozitif böleni
vardır?
10. n > 3 olmak üzere, (n − 3)|n2 − n durumunu doğrulayan bütün n tamsayılarını bulunuz.
96
11. {1, 2, 3, 4, . . . , 23, 24, 25} kümesinden en az kaç eleman atılmalı ki geriye
kalan elemenların çarpımı bir tam kareye eşit olsun.
√
12. 13p + 289 sayısının bir tamsayı olmasını sağlayan en büyük p asal sayısını bulunuz.
13.
a. N sayısı b tabanında 777 dir. N nin bir tamsayının dördüncü kuvvetine eşit olmasını sağlayan en küçük b tamsayısını bulunuz.
b. n bir tamsayı olsun. n2 nin onlar basamağındaki rakam 7 ise, n2
nin birler basamağındaki rakamı bulunuz.
14. n+1 ve 16n+1 ifadelerinin ikisinide tamkare yapan n ≥ 1 tamsayılarının
sayısını bulunuz.
15. (n + 1) · (n4 + 2n) + 3 · (n3 + 57) ifadesinin (n2 + 2) ile bölünmesini
sağlayan en büyük n tamsayısının değerini bulunuz. (ipucu: polinom
bölmesini kullanınız)
16.
. . 88} 9, . . .
49, 4489, 444889, 44448889, . . . , |44 .{z
. . 44} 88
| .{z
n tane 4 n-1 tane 8
dizisindeki her bir terimin tamkare olduğunu kanıtlayınız.
17. 111
. . . 11} sayısının bileşik sayı olduğunu gösteriniz.(ipucu: 221 = 17·13)
| {z
221 tane 1
18. a = |1111 .{z
. . 1111}, b = 1 000
. . 000} 5 ise a · b + 1 sayısının bir tamkare
| .{z
m tane 1
olduğunu gösteriniz.
m-1 tane 0
19.
111
. . 111} − 222
. . 222}
| .{z
| .{z
2n tane 1
n tane 2
farkının bir tamkare olduğunu gösteriniz.
20. 2x2 − x − 36 ifadesini bir asal sayının karesi yapan bütün x tamsayılarını
bulunuz.
21. En az iki ardışık pozitif tamsayının toplamı şeklinde yazılabilen pozitif
bir tamsayının 2 nin kuvvetine eşit olamayacağını gösteriniz.
22. 1 den 100 e kadar (100 dahil) sayılardan kaç tanesi, iki veya daha fazla
ardışık pozitif tamsayının toplamı olarak yazılabilir?
23. İlk terimi n olan 98 ardışık sayının toplamı 192 ile bölünmektedir. Buna
göre en küçük n ∈ Z değerini bulunuz.
97
24. a · b = c · d eşitliğini sağlayan a, b, c, d > 0 tamsayıları verildiğinde a2 +
b2 + c2 + d2 toplamının hiç bir zaman asal olamayacağını gösteriniz.
25. 2903n −803n −464n +261n ifadesinin n in alabileceği herhani bir tamsayı
değeri için 1897 ile bölünebileceğini gösteriniz.
26. 1492n − 1770n − 1863n + 2141n ifadesinin n nin alabileceği herhangi bir
tamsayı değeri için 1946 ile bölünebileceğini gösteriniz.
2.12.2
Çözümler
1. Eğer polinom bölmesi özeliğini kullanırsak elimizde
n3 + 100 = (n + 10)(n2 − 10n + 100) − 900
eşitliği oluşur. Ancak bölme işleminin kalansız olabilmesi için bölme işleminde kalanın sıfır olması gerekir. Demek ki,
n + 10|900
olmalıdır. n + 10 ≤ 900 ise n değerinin en büyük değeri 890 olur.
2. n(n4 − 5n2 + 4) = (n2 − 1) · (n2 − 1) · n = (n − 2) · (n + 2) · (n − 1) · (n + 1) · n
ise ifade ardışık 5 sayının çarpımıdır ve 5! ile kalansız bölünür.
3. p > 3 ise p = 6k ± 1 formundadır. Buna göre,
(6k+1)2 −12 = (6k+1−1)·(6k+1+1) = 6k·(6k+2) = 6k·2(3k+1) = 12k·(3k+1)
olur. k sayısı tek ise 3k + 1 = 2A, A ∈ Z ⇒ 12k · (2A) = 24 · A · K olur.
4.
2a,
2a + 1 ⇒ (2a)2 = 4a2
(2a + 1)2 = 4a2 + 4a + 1 = 4(a2 + a) + 1 olur.
5. Bir önceki örnekten dolayı tamkare olmadığı açıktır. Çünkü tamkare bir
ifade 4k veya 4k + 1 formundadır.
6. (x)5 = (6p + 1) ise x sayısı da kesinlikle asaldır. x = 3 ise x5 = 243
olur. 240 = 6 · 40 + 3 ise x = 3 olamaz. 6p = x5 − 1 = (x − 1) ·
4
3
2
(
x
). Demek ki (x − 1) de 6 nın çarpanı ise
| + x +{zx + x + 1}
Bu kısım x=2 için 6 dan büyük olur.
x = 2, 3, 4 veya 7 olur. Bunlardan sadece 7 sağlar. 75 = 6 · 2801 + 1 olur.
98
7.
21 · p + 1 = x2
21 · p = x2 − 1
21 · p = (x − 1) · (x + 1) ⇒ (x + 1) − (x − 1) = 2 olmalıdır.
Yani, p = 23 veya p = 19 olabilir.3 · 7 · p = (x − 1) · (x + 1) ⇒ p = 3
olabilir.
8. n = k + (k + 1) + (k + 2) + . . . + (k + m) olarak seçelim. Buna göre
n=
(m + 1) 1
m + 2k 2
olur. Burada, (2k + m) − (m + 1) = 2k − 1 ifadesi tek sayı olduğuna göre
(m + 1) · (m + 2k) = 210
sayısını veren
(105, 2); (70, 3); (42, 5); (35, 6); (30, 7); (21, 10); (15, 14)
biçiminde 7 sayı vardır.
9. p2 + 17 sayısında p asal ise p = 2 için 4 + 17 = 21 sayısının 4 farklı böleni
ve p = 3 için p2 + 17 = 26 = 2 · 13 ise 4 tane bölende burada vardır. p ≥ 3
ise p2 + 17 = x ve p2 − 1 = (x − 18) olduğuna göre, (p − 1)(p + 1) = x − 18
olur. Burada (p − 1)(p + 1), 3 ile tam bölünür. Buna göre;
(p − 1)(p + 1) ≡ 0 ≡ x − 18 ≡ x(mod3) ise 3|x durumu vardır.
(p − 1)(p + 1) ≡ 0 ≡ x − 18 ≡ x(mod2) ise 2|x durumu vardır.
x = a · b veya x = c3 olabilir. x = 2 · 3 = 6 olmalıdır. x = 6 ise p2 + 17 = 6
durumu olmaz. Demek ki sadece 2 ve 3 için 4 asal böleni vardır.
10. Eğer doğrulayan n değerlerini bulmak istiyorsak, ifademizi
n2 − n = (n − 3) · (n + 2) + 6
olarak yazabiliriz. Tam bölünebilme olabilmesi için (n − 3)|6 olmalıdır.
Buna göre n değerleri, {4, 5, 6, 9} olmalıdır.
11. Varsayalım
A = 25! = 2a1 · 3a2 · 5a3 · 7a4 · 11a5 · 13a6 · 17a7 · 19a8 · 23a9
olsun. Burada, a1 = 22, a2 = 10, a3 = 6, a4 = 3, a5 = 2, a6 = 1, a7 =
1, a8 = 1, a9 = 1 olacağından bu çarpımdan çıkarılması gereken sayılar
{23, 19, 17, 13, 7} olacaktır. Bu sayıların atılması yeterlidir.
99
12.
13.
√
13p + 289 = x, x ∈ Z+ olduğuna göre, 13p + 289 = x2 ve 13p =
(x − 17) · (x + 17) bulunur. p asal olduğundan böleni yoktur. x − 17 = 13
ve x = 30 bulunur. Demek ki, 13 · p = 13 · 4 ise p = 47 bulunur.
a. N = (777)b = 7b0 + 7b1 + 7b2 = x4 ⇒ 7(b2 + b + 1) = x4 eşitliğinden
b2 + b + 1 = 73 · A olmalıdır. A = 1 olursa, b · (b + 1) = 73 − 1 ise
buradan b = 18 bulunur.
2
b. Varsayalım n = 10x+y olsun. Buradan n2 = 100
· xy + y 2 .
| {z· x} + 20
| {z }
|{z}
çift
çift
tek olmalı
Buna göre y 2 = 36 yada 16 olabilir. Buna göre istenen cevap 6 olmalıdır.
14. Varsayalım
x2 = n + 1
y 2 = 16n + 1
olsun. Buna göre, y 2 − x2 = (y − x) · (y + x) = 15 · n ifadesinde n yerine
x2 − 1 yazarsak yeni ifademiz (4x − y) · (4x + y) = 15 elde edilir. Buradan
istenen tek değer n = 3 olur.
15. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
16.
. . 88} 9 = 44 . . . 4 · 10n + 88 . . . 8 · 10 + 9
44
. . 44} 88
| .{z
| .{z
n tane 4 n-1 tane 8
=
=
=
4 n
8
(10 − 1) + (10n−1 − 1) + 9
9
9
4
4
1
· 102n + · 10n +
9
9
9
1
2 · 10n + 1 2
n
2
· (2 · 10 + 1) = (
) olur.
9
3
17. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
18. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
19. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
20. 2x2 − x − 36 = p2 ise (x + 4) · (2x − 9) = p2 olacaktır. Buna göre;
i.
x + 4 = p2
2x − 9 = 1 ⇒ x = 5, p = 3
100
ii.
x+4 = p
2x − 9 = p ⇒ x = 13, p = 17
iii.
x+4 = 1
2x − 9 = p2 ⇒ x = −3, p2 = −15 olamaz.
iv.
x + 4 = −p2
2x − 9 = −1 ⇒ x = 4, p2 = −8 olamaz.
v.
x + 4 = −p
2x − 9 = −p ⇒ x = 13, p = −17 olamaz.
vi.
x + 4 = −1
2x − 9 = −p2 ⇒ x = −5, p = 19 olamaz.
21. Varsayalım ardışık sayılarımız,
m, (m + 1), (m + 2), . . . , (m + k)
ise Bu sayıların toplamı,
(k + 1)(2m + k)
1
2
olacaktır. Eğer bu toplam 2 nin bir kuvvetine eşit ise, u ∈ Z için,
1
2u = (k + 1)(2m + k) ⇒ 2u+1 = (k + 1)(2m + k)
2
eşitliği ele edilir. Buradan da,
k tek ise, m çift olacaktır. Buna göre, (T + 1)(C + T ) = C · T →
Tek sayı 6= 2u+1
k çift ise, m tek olacaktır. Buna göre, (C + 1)(C + C) = T · C →
Tek sayı 6= 2u+1 olacaktır.
101
22. Önceki çözülen örneklerin sonucundan faydalanırsak, 2 nini kuvvetlerinin yazılamayacağını görürüz. Eğer ilk yüz sayıdan ikinin kuvvetlerini
çıkarırsak, istenen sonuca ulaşabiliriz.
23.
n + (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + 97) = 192 · K
97 · 98
98 · n +
= 192 · K
2
98 · n + 97 · 49 = 192 · K
49 · (2n + 97) = 192 · K
(2n + 97) = 192 = 361 ise n = 32 olur.
24. Varsayalım, a = p · q, b = r · s, c = p · r ve d = q · s olsun. Buna göre
soruda verilen toplam
p2 q 2 + r2 s2 + p2 r2 + q 2 s2 = (p2 + s2 )(q 2 + r2 )
elde edilirki buda çözüm için yeterlidir.
25. (x − y)|(xn − y n ) olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre, 2903n − 803n
ifadesi 2903 − 803 = 2100 = 7 · 300 ve 261n − 464n ifadeside 261 − 464 =
−203 = −29 · 7 ile bölünebilir. Demek ki, verilen ifade 7 ile bölünebilir.
Benzer biçimde, 2903n − 464n ifadeside 2903 − 464 = 2439 = 9 · 271 ve
−803n + 261n ifadeside −803 + 261 = −542 = −2 · 271 ise deekki, ifade
271 ilede tam bölünür. Buna göre, ifade 7·271 = 1897 ilede tam bölünür.
26. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
2.13
Trigonometride Sonsuz Toplam ve Farklar
Aslında başlık olarak hernekadar cebirdeki sonsuz toplam ve farklarıanımsatsa da aynısı değildir. Ancak genel mantıkta benzeşmeler ve hatta örtüşmeler olduğu soruların çözümleri yapılırken göze çarpar.İlerleyen örneklerde ve
çalışma sorularında sizde farkına varacaksınız ki, genel amacımız verilen bir
sonsuz toplamı fark formunda, yani
n
X
[F (k) − F (k − 1)]
k=2
formunda yazarak F (n) − F (1) sonucuna ulaşmak olacaktır. Önce nispeten
daha kolay bir örnekle başlayalım.
102
Size tavsiyemiz bu bölümdeki sorulara çalışmaya başlamadan evvel trigonometrik özdeşliklere bir göz atmanız yönünde olacaktır. Böylelikle konuya
daha hakim olabilirsiniz.
Örnek.
n
X
cos kx
k=1
toplamını hesaplayınız.
Çözüm.
Eğer
n
P
k=1
cos kx = A eşitliğinde eşitliğin iki tarafınıda 2 sin x2
ile çarparsak, çarpımdan toplama geçebilmek için özdeşlikleri kullanabiliriz.
Öyleki
2 sin
n
X
x
x
·A =
sin cos kx
2
2
k=1
µ
µ
¶
µ
¶ ¶
n
X
1
1
sin k +
=
x − sin k −
x
2
2
k=1
¶
µ
x
1
x − sin
olacaktır.
= sin n +
2
2
Buna göre, bu eşitlikten
¡
¢
sin n + 12 x 1
¡ ¢ −
A=
2
2 sin x2
bulunur.
İkinci örneğimiz de tanjant toplamını kullanarak rahatlıkla çözüme ulaşabileceğimiz bir örnek.
Örnek.
n
X
µ
−1
tan
k=0
1
2
k +k+1
¶
toplamını hesaplayınız.(tan−1 x = arctan x)
Örnek.
Tanjant fark formülü
tan (a − b) =
tan a − tan b
1 + tan a tan b
olduğuna göre
tan−1 u − tan−1 v = tan−1
103
u−v
1 + uv
olacaktır. Daha da basite indirgemek için ak = tan−1 k olarak alalım. Buna
göre,
tan ak+1 − tan ak
1 + tan ak+1 tan ak
k+1−k
1
= 2
olacaktır.
1 + k (k + 1)
k +k+1
tan (ak+1 − ak ) =
=
Öyleyse toplamımız,
n
X
tan−1 (tan (ak+1 − ak )) =
k=0
n
X
(ak+1 − ak ) = an+1 − a0
k=0
= tan−1 (n + 1) olacaktır.
Benzer çözüm biçimleri verilen çalışma soruları üzerinde uygulanabilir. Buna
göre sonsuz bir toplamı çözerken, ifadeyi farkların sonsuz toplamı biçiminde
yazarak sadeleştirmeler yapmak yerinde olacaktır.
2.13.1
1.
Çalışma Soruları
sin x
sin 2x
sin nx
cos (n + 1) x
+
+ ··· +
= cot x −
cos x cos2 x
cosn x
sin x · cosn x
eşitliğini kanıtlayınız.
2.
1
1
cos 1
1
+
+ ··· +
=
cos 0 · cos 1 cos 1 · cos 2
cos 88 · cos 89
sin2 1
eşitliğini kanıtlayınız.
3. n ∈ Z+ ve a ∈ R olmak üzere a/π bir rasyonel sayı olarak veriliyor. Buna
göre,
1
1
1
+
+ ··· +
cos a − cos 3a cos a − cos 5a
cos a − cos (2n + 1) a
toplamının eşitini bulunuz.
4.
n
X
k=1
−1
tan
1
= tan−1
2k 2
eşitliğini kanıtlayınız.
104
µ
n
n+1
¶
5. a 6= kπ, k ∈ Z olmak üzere,
∞
X
1
a
tan n
n
2
2
n=1
toplamının eşitini bulunuz.
6.
∞
X
3n−1 sin3
n=1
1
a
= (a − sin a)
n
3
4
eşitliğini kanıtlayınız.
7. n = 2, 4, 6, · · · , 180 olmak üzere verilen n · sin n◦ sayılarının aritmetik
ortalamasının cot 1◦ olduğunu kanıtlayınız.
8. m, n ∈ Z+ ve x 6=
kπ
m
olduğuna göre,
1
1
1
+
+ ··· +
= cot x − cot 2n x
sin 2x sin 4x
sin 2n x
eşitliğini kanıtlayınız.
9.
tan 2n
tan 1 tan 2
+
+ ··· +
cos 2
cos 4
cos 2n+1
toplamını hesaplayınız.
10. Sıfırdan farklı her x reel sayısı için,
∞
Y
n=1
cos
x
sin x
=
2n
x
eşitliğini kanıtlayınız.
11. n > 1 ve n ∈ Z için
cos
2π
4π
2n π
1
·
cos
·
·
·
·
·
cos
= n
n
n
n
2 −1
2 −1
2 −1
2
eşitliğini kanıtlayınız.
12.
¶
n µ
k
Y
2 2 π
1 − tan n
2 +1
k=1
çarpımının eşitini bulunuz.
105
13. (1 − cot 1◦ ) (1 − cot 2◦ ) (1 − cot 3◦ ) · · · (1 − cot 44◦ ) çarpımını hesaplayınız.
14.
µ
1
π
+ cos
2
20
¶µ
1
3π
+ cos
2
20
¶µ
1
9π
+ cos
2
20
¶µ
1
27π
+ cos
2
20
¶
=
1
16
eşitliğini kanıtlayınız.
¢
¡
15. n ∈ Z+ , x 6= 2k+1 π3 + lπ ve k = 1, 2, · · · , n, l ise
n ³
Y
x´
1 − 2 cos k
2
k=1
çarpımının sonucunu bulunuz.
16.
¶
n µ
X
2π · 3k
1 + 2 cos n
=1
3 +1
k=1
eşitliğini kanıtlayınız.
2.13.2
Çözümler
1. sin kx · sin x = cos kx · cos x − cos (k + 1) x ise bu eşitsizliğin iki tarafınıda
sin x · cosk x ile bölelim. Buradan
sin kx
cos kx
cos (k + 1) x
=
−
k
k−1
cos x
sin x · cos
x sin x · cosk x
olacaktır. Buna göre,
sin x
sin 2x sin 3x
sin nx
+
+
+ ··· +
2
3
cos x cos x cos x
cosn x
cos x
cos 2x
cos 2x
cos 3x
cos nx
cos (n + 1) x
=
−
+
−
+ ··· +
−
2
n−1
sin x sin x · cos x sin x · cos x sin x · cos x
sin x · cos
x sin x · cosn x
cos (n + 1) x
= cot x −
sin x · cosn x
=
olarak bulunacaktır.
2. Eşitliğin iki tarafınıda sin 1 ile çarparsak,
sin 1
sin 1
sin 1
cos 1
+
+ ··· +
=
cos 0 cos 1 cos 1 cos 2
cos 88 cos 89
sin 1
106
olacaktır. Buradan
sin (1 − 0) sin (2 − 1)
sin (89 − 88)
+
+ ··· +
= cot 1
cos 1 cos 0
cos 2 cos 1
cos 89 cos 88
eşitliği elde edilir. Burada
sin (a − b)
= tan a − tan b
cos a cos b
ise son yazdığımız eşitliğin sol tarafı
89
X
[tan k − tan (k − 1)] = tan 89 − tan 0 = cot 1
k=1
olacaktır.
3. Soruda verilen eşitliği düzenlersek,
n
X
k=1
n
1
1
1X
=
cos a − cos (2k + 1) a
2
sin ka · sin (k + 1) a
k=1
eşitliğini elde ederiz. Bir önceki problemin çözümünde olduğu gibi, eğer
sin a ile çarparsak, toplam
n
1 X sin ((k + 1) a − ka)
2
sin ka · sin (k + 1) a
n
=
1X
(cot ka − cot (k + 1) a)
2
=
1
(cot a − cot (n + 1) a)
2
k=1
k=1
olacağından sorudaki toplamın eşiti,
(cot a − cot (n + 1) a)
2 sin a
olarak bulunur.
4. Eğer soruda verilen eşitliğin sol tarafını düzenlesek
µ
¶
n
n
X
X
(2k + 1) − (2k − 1)
−1 1
−1
tan
tan
=
2k 2
1 − (2k − 1) (2k + 1)
k=1
k=1
eşitliğini elde ederiz. Eğer arktanjant için fark formülünü kullanırsak
n
X
¡ −1
¢
tan (2k + 1) − tan−1 (2k − 1)
k=1
olacaktır. Bu toplam da
µ
tan−1 (2n + 1) − tan−1 (1) = tan−1
olacaktır.
107
2n + 1 − 1
1 + 2n + 1
¶
µ
= tan−1
n
n+1
¶
5.
1
1 − tan2 x
1
2
−
=
−
= cot x − 2 cot 2x
tan x
tan x
tan x tan2 x
olduğuna göre,
tan x =
a
1
a
1
a
1
tan n = n cot n − n−1 cot n−1
2n
2
2
2
2
2
olacaktır. Bu toplam da
lim x cot ax = lim cos ax
x→0
x→0
x
1
=
sin ax
a
olacağından istenilen değer
1
− cot a
a
olarak bulunur.
6. sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x olduğuna göre,
1³ n
a
a ´
n−1
3 a
n−1
3
sin n =
3 sin n − 3
sin n−1
3
4
3
3
olacaktır. Teleskopik toplamdan
sin 3an
1
1
1
lim
− sin a = (a − sin a)
1
n→∞
4
4
4
3n
olacaktır.
7. Öncelikle,
90
X
2k sin (2k) sin 1
k=1
ifadesini hesaplayalım. Çarpımdan, farkların toplamına gidersek
90
X
k cos (2k − 1) − k cos (2k + 1) =
k=1
=
90
X
k=1
90
X
(k − (k − 1)) cos (2k − 1) − 90 cos 181
cos (2k − 1) + 90 cos 1
k=1
olacaktır. cos(180 − x) = − cos x olduğuna göre, son toplamdaki elemanlar ikili ikili sadleşecektir. Sonuç olarak geriye sadece 90 cos 1 kalacaktır.
Burayıda sin 1 ile bölersek
90 cos 1
= cot 1
sin 1
olacaktır.
108
8.
1
sin 2x
=
=
=
¡
¢
2 cos2 x − 2 cos2 x − 1
sin 2x
2 cos2 x
2 cos2 x − 1
−
2 sin x cos x
sin 2x
cos x cos 2x
−
= cot x − cot 2x
sin x
sin 2x
olduğuna göre, soruda verilen eşitliğin sol tarafındaki teleskopik toplam,
yine bir teleskopik farklar toplamına gideceğinden, eşiti
cot x − cot 2n x
olacaktır.
9.
tan a
cos 2a
=
=
¡
¢
¡
¢
tan a 1 + tan2 a
2 tan a − tan a 1 − tan2 a
=
1 − tan2 a
1 − tan2 a
2 tan a
− tan a = tan 2a − tan a
1 − tan2 a
olduğuna göre soruda verilen toplam,
tan 2 − tan 1 + tan 4 − tan 2 + · · · + tan 2n+1 − tan 2n = tan 2n+1 − tan 1
olacaktır.
10. Sinüs fonksiyonunda yarımaçı formülünden,
cos u =
sin 2u
2 sin u
olacaktır. Bundan dolayı,
∞
Y
n=1
cos
k
k
x
Y
Y
x
x
1 sin 2n−1
cos
=
lim
=
lim
2n k→∞
2n k→∞
2 sin 2xn
n=1
n=1
eşitliğini elde ederiz. Bu eşitliğe göre,
x
1 sin x
sin x
sin x
k
lim
lim 2 x =
x =
k→∞ 2k sin k
k→∞ sin k
x
x
2
2
olacaktır.
109
11. Eğer eşitliğin sol kısmını
2n sin
2π
2n − 1
ile çarpıp sinüs formülünü uygularsak
2π
2π
4π
2n π
·
cos
·
cos
·
·
·
·
·
cos
2n − 1
2n − 1
2n − 1
2n − 1
n
4π
4π
2 π
= 2n−1 sin n
· cos n
· · · · · cos n
2 −1
2 −1
2 −1
µ
¶
µ
¶
2n+1 π
2π
2π
= sin n
= sin 2π + n
= sin
2 −1
2 −1
2n − 1
= 2n sin
olacaktır. Eğer sonucu
µ
n
2 sin
2π
n
2 −1
¶
ile bölersek, istenen eşitliği elde etmiş oluruz.
12.
1 − tan2 x =
2 tan x
tan 2x
ise
k
π
tan 22n +1
2k π
1 − tan n
=2
k+1
2 +1
tan 22n +1π
2
olacaktır. Buradanda
n
2
tan 2n2π+1
n+1
tan 22n +1π
tan 2n2π+1
´ = −2n
³
=2
2π
tan 2π − 2n +1
n
olacaktır.
13.
1 − cot x =
´ √ sin (x − π/4)
√ ³
π
π
2 cos − cos cot x = 2
4
4
sin x
olacağından,
(1 − cot 1) (1 − cot 2) · · · (1 − cot 44) = 222
= 222
olacaktır.
110
sin (−1)
sin (−44) sin (−43)
·
· ··· ·
sin 1
sin 2
sin 44
14.
cos 3x
= 4 cos2 x − 3 = 2 (1 + cos 2x) − 3 = 2 cos 2x − 1
cos x
olacaktır. Dolayısıyla,
Ã
¡
¢!
1
1 cos 32 x + 3π
1 sin 32 x
2
¡
¢
+ cos x = −
=
2
2
2 sin x2
cos x2 + π2
olacaktır. Buna göre soruda verilen çarpım
=
9π
27π
sin 81π
1 sin 3π
40 sin 40 sin 40
40
·
·
·
·
π
9π
27π
16 sin 40
sin 3π
sin
sin
40
40
40
=
1
1 sin 81π
40
·
π =
16 sin 40
16
olacaktır.
15.
1 − 2 cos a =
1 − 4 cos2 a
1 + 2 cos a
1 − 2 (1 + cos 2a)
1 + cos a
1 + 2 cos 2a
= −
1 + cos a
=
ise sorumuzda ki sonsuz çarpım
(−1)n ·
1 + cos x
1 + 2 cos 2xn
olacaktır.
16.
¢
¡
1 + 2 cos ak = 1 + 2 1 − sin2 ak = 3 − 4 sin2 ak
sin 3ak
=
sin ak
ve buradanda,
3k · 2π
ak = n
3 +1
olacaktır. Buradan sonsuz çarpımımız,
n+1
sin 33n +1π
sin 3an
=
sin a1
sin 3n3π+1
olacaktır. Son yazılan kesrin payı
¶
µ
3π
3π
= sin n
sin 3π − n
3 +1
3 +1
ise eşitliğin sonucunun 1 olacağı açıktır.
111
EAT
2.14
SLEEP
DO MATH
Kuş, Güvercin, Yuva...
Güvercin Yuvası İlkesi her nekadar isminde güvercinlere yer versede aslında
bu güzel canlılarla uzaktan yakından bir alakası yoktur. Ancak temel prensibin
kavranması için verilen örneklerde hep bu canlıyla alakalı örneklemeler yapılmıştır. Peki nedir bu ilke? Açıklayalım. Eğer (n + 1) tane nesneyi (Güvercini),
n tane kutu (Güvercin yuvası) arasından seçersek, bu nesnelerden en az iki
tanesi aynı kutudan gelmiş olacaktır. Veya İstanbul ili sınırları içerisinde yaşayan ve saç tellerinin sayısı aynı olan en az iki kişi bulabiriz. Yazdığımız bu
iki önermede güvercin yuvası ilkesinin kavranması için yeterlidir. Yada benzer
biçimde, herhangi bir ormandan seçilecek en az iki ağacın yaprak sayılarının
aynı olmasını sağlayan yeterli ve gerekli şartlar nelerdir? Sorusunun cevabıda
yine aynı ilkeyle bulunacaktır. Şimdi bu ilkenin sorular üzerindeki uygulamasını görmek için örnekleri inceleyelim.
Örnek. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasında 51 tane sayı seçiliyor. Buna
göre bu 51 sayıdan iki tanesinin aralarında asal olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm.
Varsayalım bu 100 sayı arasından
(1, 2), (3, 4), · · · , (99, 100)
şeklinde ikililer oluşturalım. 51 tane sayı seçileceğine göre, güvercin yuvası
ilkesi uyarınca bu sayılar arasında (k, k + 1) ikilisi bulunacaktır. Buna göre
k + 1 ve k sayılarını bölen p asalı varsa, bu asal (k + 1) − k = 1 sayısını
da bölecektir ki, bu durum çelişki olur. Demek ki, (k, k + 1) sayılarının ortak
böleni yoktur.
Örnek. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasından 51 tane sayı seçiliyor. Buna
göre, bu 51 sayı arasında ki sayılardan birinin, bir diğer sayıyı böleceğini gösteriniz.
Çözüm.
50 tek sayıyı, 1, 3, 5, · · · , 99 sayılarını alalım. Her biri için
bir kutu düşünelim. Bu kutular hem sayının kendisini hem de sayı ile 2’nin
kuvvetinin çarpımını içersin. Buna göre ilk kutu 1, 2, 4, 8, 16, · · · , ikinci kutu
112
3, 6, 12, 24, 48, · · · olarak gidecektir. Eğer 51 sayı seçersek güvercin yuvası ilkesine göre bu iki sayı mecburen aynı kutudan gelecektir. Yani sayılardan biri
2n k iken diğeri 2m k olacak ve aynı k çarpanına sahip olacaklardır. Dolayısıyla
sayılardan biri diğerini bölecektir.
Çözülen iki örnektede farkedeceğiniz üzere, her nekadar soru içerisinde
bahsi geçmesede kutu formuyla çözüme gidilmiştir. Demek ki çözümdeki anahtar basamak kutu prensibini kavramak olacaktır. Şimdi aşağıda verilen örnekleri inceleyerek bu formu daha iyi kavramaya çalışınız.
Örnek.
Seçilen herhangi dokuz faklı reel sayı arasında
0<
(a − b) √
< 2−1
1 + ab
eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız.
Çözüm. Verilen eşitsizliğin ortasındaki ifadeyi incelersek bu ifadenin
tan(x − y) formülüne benzediğini görebiliriz. Yani ifade aslında
tan (x − y) =
tan x − tan y
1 + tan x tan y
biçimindedir. Şimdi artık sorumuza biraz daha trigonometrik yaklaşalım. Buna
göre,(−π/2, π/2] aralığını 8 eşit uzunlukta parçaya ayıralım. Bu parçaların
¸ µ
¸
µ
¸ µ
¸
µ
3π π
π 3π
3π π
π 3π
, − ,−
, ··· ,
,
,
,
− ,−
2
8
8
4
4 8
8 2
olacağı açıktır. Burada xi = arctan ai , i = 1, 2, · · · , 9 olacak biçimde sayılar
seçelim. Güvercin yuvası prensibine göre, xi ’lerden iki tanesi, biz bunlara xj ve
xk diyelim, xj > xk olacak biçimde ayırdığımız 8 aralıktan birinde olacaktır.
Buna göre
π
0 < xj − xk <
8
ve dolayısıyla
0 < tan (xj − xk ) =
³π ´ √
aj − ak
< tan
= 2−1
1 + aj ak
8
olacaktır.
Örnek. Bir kenarı 1 birim olan bir karenin içine yerleştirilen köşeleri kare
üzerinde bulunan bir üçgenin karenin merkezini içermemesi isteniyor. Buna
göre üçgenin bir kenarının 1 birimden küçük olması gerektiğini kanıtlayınız.
113
Çözüm. Karenin merkezini C noktası olarak alıp, kareyi 4 eşit parçaya
bölelim. Eğer çizilen üçgenin C noktasını içermemesi isteniyorsa, üçgenin köşelerinin komşu iki parçanın içerisinde olması gerekir. Eğer üçgen oluşturmak
istiyorsak alacağımız 3 noktanında komşu kareler içerisinde olması gerekecektir. Ancak 3 noktadan 2 tanesini aynı kareden alacağımıza göre bu noktalar
arası uzaklık kesinlikle 1 birimden küçük olacaktır.
2.14.1
Çalışma Soruları
1. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasından 11 tane sayı seçiliyor. Buna göre,
bu 11 sayının altkümelerinden en az iki tanesinin elemanları toplamının
aynı olacağını kanıtlayınız.
2. Varsayalım koordinatları birer tamsayı olan 9 nokta üç boyutlu koordinat düzleminde seçilsin. Buna göre, bu noktaların birleştirilmesiyle oluşturulan doğru parçalarından seçilen bir tanesinin üçüncü bir tamsayı
koordinatlı noktayı içerdiğini kanıtlayınız.
3. Altı kişilik bir grup içinde ya herhangi üç kişinin birbirini tanıdığını yada
en az üç kişinin birbirini tanımadığını kanıtlayınız.
4. Seçilecek herhangi bir 16 basamaklı doğal sayının ardışık basamaklarının
çarpımının birer tamkare olmasını sağlayan en bir zincirin bulunduğunu
kanıtlayınız. Örneğin
12 |{z}
343 21524716 |{z}
91 8 gibi.
36
2.14.2
9
Çözümler
1. Onbir elemanlı bir kümenin 211 − 2 = 2046 tane eleman sayısı 11’den az
olan boş kümeden farklı altkümesi vardır. Bu alt kümelerden herhangi
birinin elemanları toplamı en fazla
91 + 92 + 93 + · · · + 99 + 100 = 955
olacaktır. Buna göre, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, elemanları toplamı
birbirine eşit olan iki, tane alt küme bulunacaktır. Eğer bu kümelerin ortak elemanları varsa, bu elemanı iki kümedende çıkararak kesişimleri boş
üme olan ve elemanları toplamları aynı olan iki alt küme elde edebiliriz.
2. Dokuz nokta için her bir (x, y, z) koordinatları ya tek yada çift olacaktır.
Bu durumda 23 = 8 farklı teklik çiftlik durumu ortaya çıkar. Buna göre
bu dokuz noktadan iki tanesi mecburen koordinat pariteleri eşit noktalar olacaklardır. Ve dolayısıyla orta noktalarının koordinatlarıda birer
tamsayı olacaktır.
114
3. Önce elimizdeki 6 kişiyi düzgün bir altıgenin köşelerine yerleştirdiğimiz
düşünelim. Eğer iki kişi biribirini tanıyorsa bu iki köşeyi birleştiren köşegen kırmızıya boyansın, tanımıyorsa da maviye boyansın. Aslında sorunun çözümü ile bizim altıgenin köşeleriyle tüm kenarları aynı renk olan
bir üçgen elde edip edemeyeceğimiz sorusunun cevabı özdeşitir. Herhangi
bir köşeyi alalım, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, bu köşeden çıkan üç
köşegen aynı renk olsun. Bundan sonraki herbir köşegende rengi, üçgen
oluşturmayacak biçimde seçmeye çalışsak bile mutlaka ortaya her defasında kenarları aynı renk olan bir üçgen ortaya çıkacaktır.
4. Varsayalım d1 , d2 , d3 , · · · , d11 sayımızın basamakları olsun. Eğer bu sayının basamaklarından her hangi biri 0, 1, 4 veya 9 ise problemin çözümü
açıktır. Varsayalım sayımızın basamakları 2, 3, 5, 6, 7 ve 8 sayılarından
oluşsun. Eğer x0 = 1 ve xi değeride d1 , d2 , · · · , di i = 1, · · · , 16 sayılarının çarpımı olsun. Her bir xi = 2pi · 3qi · 5ri · 7si olacaktır. Burada üst
değerler zaten ya tektik yada çift sayıladır. Dolayısıyla 24 = 16 farklı durum elde edilebilir. Güvercin yuvası ilkesi uyarınca pi , qi , ri , si değerleri
onyedi xi ’lerin ikisi için, varsayalım bu ikililerde xj ve xk olsun, teklik
çiftlik bakımından aynı pariteye sahip olacaklardır. Buna göre
dj+1 · dj+2 · · · · · dk =
xk
xj
tamkare olacaktır.
2.15
Üstel Diyofant Denklemleri
Üstel diyofant denklemlerinin diğer diyofant denklemlerinden farkları değişkenlerin genelde üstel durumda bulunmasıdır. Genel bir çözüm yöntemleri
olmamasına rağmen bazı cebirsel oyunlarla çözüm yolları geliştirilebilir. Aşağıda verilen örnekleri incelediğiniz zaman tam olarak ne demek istediğimizi
daha iyi anlayacaksınız. İlk olarak kolay bir örnekle başlayalım.
Örnek. (x, y, z) ∈ Z+ olmak üzere verilen 3x + 4y = 5z denklemini
sağlayan tüm üçlüleri bulunuz.
Çözüm I. Eğer soruda verilen eşitliğe (mod4) altında bakarsak 3x ≡
1 (mod4) dekliğini elde ederiz. Buna göre x = 2x1 olmalıdır. Benzer biçimde
5z ≡ 1 (mod3) olduğundan z = 2z1 alabiliriz. Bunları denklemde yerine koyarsak
4y = (5z1 + 3x1 ) (5z1 − 3x1 )
olacaktır. Buradan 5z1 + 3x1 = 2s ve 5z1 − 3x1 = 2t olmalıdır. s¡ + t = 2y¢ ve
s > t olacağı açıktır. Eğer bu iki denklemi çözersek 5z1 = 2t−1 2s−t + 1 ve
115
¡
¢
3x1 = 2t−1 2s−t − 1 bulunur. Bu iki eşitlikte de sol kısımlar birer tek sayıdır.
Öyleyse t = 1 olmalıdır. Eğer s − t = u dersek 3x1 = 2u − 1 ve 5z1 = 2u + 1
olacaktır. Eğer birinci denkleme (mod3) altında bakarsak u = 2u1 bulunur.
Sağ tarafı çarpanlara ayırırsak 2u1 + 1 = 3α ve 2u1 − 1 = 3β eşitlikleri elde
edilir. Buradan 3α − 3β = 2 olduğuna göre α = 1 ve β = 0 olacaktır. Buradan
u1 = 1 ve u2 = 2 olduğundan çözümde x = y = z = 2 olarak bulunur.
Çözüm II. Bu sefer farklı bir yönden probleme yaklaşacağız. Birinci
çözümde olduğu üzere x = 2x1 ve z = 2z1 eşitliklerini kullanırsak,
(3x1 )2 + (2y )2 = (5z1 )2
eşitliğini elde ederiz. Eğer x = 3x1 , y = 2y , z = 5z1 olarak alırsak Pisagor
denkleminden
x2 + y 2 = z 2
olur. Burada x, y, z değerleri aralarında asal ve y çift bir sayıdır. Pisagor üçlülerini kullanırsak değerlerimiz
x = u2 − v 2 , y = 2uv, z = u2 + v 2
olur. Bu eşitliklerin ikincisinden u ve v ’nin 2 ’nin kuvvetleri oldukları açıktır.
Buna göre v = 1 olmalıdır. Çünkü birinci denklemden, 3’ün kuvvetleri 2 ’nin
kuvvetleri ile bölünemezler. Demek ki,3x1 = 2y − 1 ve 5z1 = 2y + 1 olacaktır.
İkinci denkleme (mod4) altında bakarsak y = 2y1 olur. Buradan
3x1 = (2y1 − 1) (2y1 + 1)
olacağından çarpanlardan her ikisi de 3 ’ün kuvveti olmalıdır. Buna göre y1 = 1
ve x1 = z1 = 1 olmalıdır. Sonuç olarak, x = y = z = 2 olarak bulunur. Sıradaki
sorumuz 2005 Romanya Takım Seçme Sınavı’ndan alınmıştır.
Örnek. (x, y) ∈ Z+ olmak üzere 3x = 2x ·y+1 eşitliğini sağlayan değerleri
bulunuz.
Çözüm. Denklemi yeniden yazarsak 3x − 1 = 2x · y olacaktır. Buna
göre, (3x − 1) ifadesinin asal çarpanlarından birisi ikinin kuvvetidir. Ve x değeri bu kuvvetten küçüktür. Şimdi bu kuvvetin ne kadar büyük olabileceğini
araştıralım. Ayrıca, eğer n değeri tekse 3n − 1 ≡ 2 (mod4) ve eğer n çift ise
3n − 1 ≡ 0 (mod4) olacaktır. Buna göre x değişkenini 2m (2n + 1) formunda
yazabiliriz. Buna göre,
¡
¢2m
m
3x − 1 = 32 (2n+1) − 1 = 32n+1
−1
m−1
´
¡
¢¡
¢ Y ³¡ 2n+1 ¢2k
= 32n+1 − 1 32n+1 + 1
3
+1
k=1
116
olur. Eğer bu eşitliğe (mod8) altında bakarsak ilk iki çarpan 2 ve 4 olacaktır.
Buna göre (3x − 1) içindeki 2’nin kuvvetleri (m + 2) tane olacaktır. Burada
x ≤ m + 2 ise
2m (2n + 1) ≤ (m + 2) ve 2m ≤ (m + 2)
olacaktır. Burada m = 0, 1, 2 olabilir. Buna göre istenilen çözümler
(1, 1), (2, 2), (4, 5)
olacaktır.
2.15.1
Çalışma Soruları
1. |3x − 2y | = 1 denklemini pozitif tamsayılarda çözünüz.
2. (x, y) pozitif tamsayılar olmak üzere verilen 3x − 2y = 7 denklemini
çözünüz.
3. nx + ny + nz = nt eşitliğini sağlayan tüm (n, x, y, z, t) pozitif tamsayı
beşlilerini bulunuz.
a. 3x − y 3 = 1 denkleminin tüm negatif olmayan tamsayı çözümlerini
bulunuz.
b. p bir tek asal sayı olmak üzere verilen px − xp = 1 denklemini
sağlayan tüm negatif olmayan (x, y) tamsayı ikililerini bulunuz.
4.
5. 1n +9n +10n = 5n +6n +11n eşitliğini sağlayan tüm n pozitif tamsayılarını
bulunuz.
2.15.2
Çözümler
1. 3x − 2y = 1 için x = 1, y = 1 ve x = 2, y = 3 birer çözümdür. Eğer y ≥ 2
ise x çift olmalıdır. x = 2z, z > 1 ve 3z = 2m + 1, m > 1 alırsak
2y = (2m + 1)2 − 1 = 4m(4m + 1)
olacaktır ki, bu durum açık çelişkidir.
3x − 2y = −1 için (mod8) altında bakarsak 3x + 1 ifadesi 2 veya 4’e denk
olacaktır. Buna göre y = 1 veya 2 olacaktır. Eğer kontrol edilirse x = 1,
y = 2 tek çözüm olarak bulunacaktır.
2. Varsayalım y > 3 olsun. Buna göre
3x ≡ 7 (mod8)
olacaktır. Ancak 3x sayısı sadece 3 veya 1 sayılarına denk olabilir. Buna
göre x = 1, 2 olabilir. x = 1 ise y ∈
/ Z ve x = 2, y = 1 olduğundan tek
çözüm ikilisi (2, 1) olarak bulunur.
117
3. Bu sorunun çözümünü iki farklı yoldan yapmayı deneyelim. Buna göre,
Çözüm I. n = 1 durumun da denklemin sağlanamayacağı açıktır. n > 1
için bakalım. Genelliği kaybetmeden x 6 y 6 z 6 t olarak alabiliriz.
Eşitliğin iki tarafını nx ile bölersek
1 + ny−x + nz−x = nt−x
denklemini elde ederiz. Eğer denkleme (modn) altında bakarsak y = x
buluruz. Buna göre a = z − x ve b = t − x alırsak 2 + na = nb olur. Eğer
a = 0 ise n = 3, b = 1 ve çözümlerimiz de
(n, x, y, z, t) = (3, x, x, x, x + 1)
olur. Eğer a > 0 ise (modn) altında yine baktığımızda
(n, x, y, z, t) = (2, x, x, x + 1, x + 2) , x ∈ N olur.
Çözüm II.
Denklemimizi
nx−t + ny−t + nz−t = 1
olarak yazalım. Eşitliğin sol kısmındaki tüm terimler pozitif olduğuna
göre x, y, z < t olmalıdır. Böylece sol kısım en fazla 3/n olabilir. n = 2
ve 3 için bakarsak, n = 3 için x = y = z = t − 1 olacaktır. n = 2 için ise
sadece bir terim 1/n olabilir. Buna göre, x = y = t − 2 ve z = t − 1 ve
bu değerlerin permütasyonları bulunur.
4.
a. Eğer denklemde (0, 0) ikilisi alınırsa bunun bir çözüm olduğunu
görmek zor olmayacaktır. Denklemi düzenlersek
3x = y 3 + 1
olacağından eşitliğin sol tarafı
¡
¢
(y + 1) y 2 − y + 1
olacaktır. Burada iki çarpanların ikisi de 3 ’ün kuvveti olacaktır.
Yani çarpanlarımız
y + 1 = 3α ve y 2 − y + 1 = 3β
olacaktır. Burada ilk denklemin karesini alıp ikinci denklemden çıkarırsak elde edeceğimiz eşitlik
³
´
3y = 3β 32α−β − 1
118
olacaktır. Soruda verilen denklemden y ’nin 3 ile bölünemediğini
biliyoruz. Demek ki β = 1 olacaktır. Buna göre y 2 − y + 1 = 3 olacağından y = 2 olarak bulunur. Buradan da x = 2 olarak bulunur.
Demek ki ikililerimiz
(x, y) = (2, 2) , (0, 0)
olarak bulunacaktır.
b. Eğer (x, y) ikilisi soruda verilen denklemin bir çözümü ise
¡
¢
px = y p + 1 = (y + 1) y p−1 − y p−2 + · · · + y 2 − y + 1
olacağından y + 1 = pn olacaktır. Eğer n = 0 ise y = x = 0 ve p
herhangi bir asal sayı olacaktır. Eğer n > 1 ise
px = (pn − 1)p + 1
= pnp − ppn(p−1) +
µ ¶
µ
¶
p n(p−2)
p
p
+ ··· +
p2n + ppn
2
p−2
olacaktır. p bir asal sayı olduğuna göre tüm katsayılar p ile bölünebilir. Dolayısıyla her bir terim pn+1 ile bölünebilecektir. Buna göre
eşitliğin sağ tarafını bölen, p’nin en büyük kuvveti pn+1 olacaktır.
Ve dolayısıyla x = n + 1 olacaktır. Buradan
µ ¶
µ
¶
p n(p−2)
p
np
n(p−1)
0 = p − pp
+
p
+ ··· +
p2n
2
p−2
bulunur. p = 3 için
0 = 33n − 3 · 32n
¡ p ¢
ise n = 1 ve x = y = 2 bulunur. p ≥ 5 için p−2
ifadesi p2 ile
bölünemez. Dolayısıyla eşitliğin sağ kısmındaki son terim haricindekiler p2n+2 ile bölünebilir. Terimlerin toplamı sıfır olduğundan,
bu durum imkansızdır. Dolayısıyla çözümler sadece x = y = 0, tüm
p asalları için ve x = y = 2, p = 3 olarak bulunur.
5. Eğer her bir terimin birler basamağına bakarsak
1n , 5n , 6n , 10n ve 11n
ifadelerinin son basamakları sırasıyla 1, 5, 6, 0, 1 olacaktır. Eşitliğin sağındaki terimlerin son basamakları toplamı 12 olduğuna göre, 9n sayısının
birler basamağı 1 olmalıdır. Dolayısıyla n ifadesi çift bir sayı olacaktır.
Buradan n = 2 ve n = 4 birer çözüm olacaktır. Eğer n ≥ 6 ise
11n + 6n + 5n > 11n = (10 + 1)n
= 10n + n10n−1 + · · · + 1 ≥ 10n + 9n + 1n
119
olacaktır. Çünkü
n · 10n−1 ≥ 6 · 104 · 10n−5 ≥ 95 · 10n−5 ≥ 9n
eşitsizliği vardır. Buna göre çözümlerimiz n = 2 ve n = 4 olacaktır.
2.16
Kalan Sınıfları [Residues]
Olimpiyat sınavlarında sorulan soruları eğer bir konu sınıflandırmasına tabi
tutmaya kalkışsak herhalde bu sınavların olmazsa olmaz soru gruplarından
birisi de modüler aritmetik konusu olurdu. İleriki satırlarda anlatılan örnekleri
ve problemleri daha iyi kavrayabilmeniz için bazı teoremleri bilmeniz gerekiyor.
Bunun için ilk olarak, bilmeniz gereken bu teoremlerden başlayacağız.
Teorem. [Çinli Kalanlar Teoremi] a1 , a2 , · · · , ar ikişerli olarak aralarında aralarında asal sayılar pozitif tamsayılar olarak veriliyor. Buna göre
(ai , aj ) = 1 ve i 6= j için
x ≡ k1 (moda1 )
x ≡ k2 (moda2 )
·········
x ≡ r1 (modar )
·········
denklik sisteminin mod(a1 · a2 · · · · · ar )’ye göre tek çözümü vardır. Bu çözümde
µ ¶
µ ¶
µ ¶
a
a
a
x=
· b1 · k1 +
· b2 · k2 + · · · +
· br · kr
a1
a2
ar
olacaktır. Bu eşitlikte
a = a1 · a2 · · · · · ar
ve
µ
a
ai
¶
· bi ≡ (modai )
olacaktır.
Çinli kalanlar teoremini herhangi bir problem içerisinde nerede kullanacağınızı anlamanız oldukça kolaydır. Genelde sorulan tamsayının bir kaç tamsayı
değeri ile bölümünden kalanlar verilir. Aşağıdaki örneğimiz 2009 Tübitak Matematik Olimpiyatlarında sorulmuştu.
120
Örnek. 1 ≤ n ≤ 455 ve n3 ≡ 1 (mod455) koşullarını sağlayan kaç n
tamsayı değeri vardır?
Çözüm.
455 = 13 · 7 · 5 olduğuna göre,
n3 ≡ 1 (mod5)
n3 ≡ 1 (mod7)
n3 ≡ 1 (mod13)
olduğuna göre,
n ≡ 1 (mod5)
n ≡ 1, 2, 4 (mod7)
n ≡ 1, 3, 9 (mod13)
olduğuna göre, 1 · 3 · 3 = 9 tane n tamsayı bulunur.
Teorem. [Küçük Fermat Teoremi] p asal sayı ve p - a ise ap−1 ≡
1 (modp) denkliği vardır.
Şimdi bu teoremin ışığında aşağıda verilen örneği ve çözümünü inceleyelim.
Örnek. a1 = 4, an = 4an−1 , n > 1 olduğuna göre, a100 tamsayısının 7 ile
bölümünden kalanı bulunuz.
Çözüm. Küçük Fermat Teoremine göre, 46 ≡ 1 (mod7) olacaktır. Bunun
yanında 4n ≡ 4 (mod6) ve 4n ≡ 4 + 6t olduğunu görmek zor değildir. Buna
göre, soruda istenilen cevap
¡ ¢t
a100 ≡ 4a99 ≡ 44+6t ≡ 44 · 46 ≡ 4 (mod7)
olacaktır.
Teorem. [Wilson Teoremi] p bir asal sayı olmak üzere, (p − 1)! ≡
−1 (modp) denkliği vardır.
Teorem. [Euler-φ Teoremi] a ve n birer pozitif tamsayı olmak üzere,
(a, n) = 1 ise aφ(n) ≡ 1 (modn) denkliği vardır.
Euler-φ Teoreminde adı geçen φ fonksiyonu herhangi bir n pozitif tamsayı
değeri için, n sayısından küçük eşit ve n ile aralarında asal olan sayıların
sayısını vermektedir. Buna göre n = pa11 · pa22 · · · · · par r olarak asal çarpanlarına
ayrılırsa, φ(n) ifadesinin eşiti
µ
¶ µ
¶
µ
¶
1
1
1
φ (n) = n · 1 −
· 1−
· ··· · 1 −
p1
p2
pr
121
olacaktır.
Örnek.
1000
77
sayısının son iki basamağını bulunuz.
Çözüm. Önce φ(100) = φ(22 ) · φ(52 ) = (22 − 2)(52 − 5) = 40 değerini
bululalım, çünkü ileri basamaklarda kullanacağız. Buna göre, Euler Teoreminden 740 ≡ 1 (mod100) olacaktır. Benzer biçimde φ(40) = 16 olacağından
716 ≡ 1 (mod40) olarak bulunur. 1000 = 16 · 62 + 8 olduğuna göre,
¡ ¢2
¡ ¢62
71000 ≡ 716 78 ≡ 162 78 ≡ 74 ≡ 1 (mod40)
olacaktır. Buna göre,
71000 = 1 + 40t
olacaktır. Şimdi yaptığımız bu işlemleri ve sonuçları kullanarak çözüme gitmeye çalışırsak,
¡ ¢t
1000
77
≡ 71+40t ≡ 7 · 740 ≡ 7 (mod100)
cevabına ulaşırız. Demek ki, sayının son iki basamağı 07 olacaktır.
Bu konu ile alakalı bilmeniz gereken teoremler örnekleriyle birlikte yukarıda
verildi. Eğer teoremlerden ispatlarını merak ettikleriniz varsa, herhangi bir
sayılar teorisi kitabından kanıtlarını öğrenebilirsiniz. Şimdi, çalışma sorularını
çözmeye geçebilirsiniz.
2.16.1
Çalışma Soruları
1. p bir asal sayı, w, n tamsayılar olmak üzere verilen 2p + 3p = wn denklemini sağlayan tek n değerinin 1 olduğunu kanıtlayınız.
√
√
1
2. m, n pozitif tamsayılar olmak üzere 7 − m
7− m
n > 0 ise
n > mn
olduğunu kanıtlayınız.
√
3. n ∈ Z olmak üzere, 2 28n2 + 1 + 2 bir tamsayı ise, bu tamsayının tamkare olduğunu kanıtlayınız.
4.
(
x2 + 6y 2 = z 2
6x2 + y 2 = t2
denklem sisteminin (0, 0, 0, 0) dışında bir tamsayı dörtlüsü çözümü olmadığını kanıtlayınız.
5. Bir tamkare tamsayının basamakları toplamının alabileceği olası tüm
değerleri bulunuz.
122
6. x2 − y! = 2001 denklemini sağlayan tüm (x, y) pozitif tamsayı ikililerini
bulunuz.
7. Rakamlarının yerleri değiştirildiğinde 2 nin kuvvetine eşit olan kaç tane
2 nin kuvveti olan tamsayı vardır?
8. 44444444 sayısının basamakları toplamı A ve A sayısının basamakları
toplamı B ise B nin basamakları toplamı kaçtır?
9. y 2 = x5 − 4 denkleminin tamsayılar kümesinde çözümünün olmadığını
kanıtlayınız.
10. 1919 sayısının bir tamsayı küp ve bir tamsayı dördüncü kuvvetin toplamına eşit olamayacağını kanıtlayınız.
11. x2 + 3xy − 2y 2 = 122 denklemini sağlayan bir (x, y) tamsayı ikilisinin
olmadığını kanıtlayınız.
12. n > 1 olmak üzere,
a. 1! + 2! + 3! + · · · + n! toplamının ancak ve ancak n = 3 olduğunda
bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini kanıtlayınız.
b. (1!)3 + (2!)3 + (3!)3 + · · · + (n!)3 toplamının ancak ve ancak n = 3
olduğunda bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini gösteriniz.
13
44
44
sayısının ondalık yazılımda, sondan üçüncü yani yüzler basamağı kaçtır?
2.16.2
Çözümler
1. Eğer p = 2 ise 22 + 3¡2 = 13 ve n = 1 olacaktır.¢Eğer p ≥ 2 ise p tek sayı
olacağından (2 + 3) 2p−1 − 2p−2 3 + · · · + 3p−1 ifadesinden 5| (2p + 3p )
diyebiliriz. Buna göre 5| w olacaktır. Eğer n > 1 ise 25| wn diyebiliriz.
Dolayısıyla
2p + 3p
= 2p−1 − 2p−2 · 3 + · · · + 3p−1
2+3
ifadesi de 5 ile bölünecektir. (−1)k · (2)p−k−1 · 3k çarpımı (mod5) altında
2p−1 olduğuna göre üstte verilen toplam (mod5) altında p·2p−1 olacaktır.
Ancak, p · 2p−1 ifadesi sadece p = 5 olduğunda 5 ile bölünebilir. Buna
göre, 25 + 35 = 2751 olacağından n = 1 olacaktır.
123
√
√
2
2. Soruda verilen eşitsizliği düzenlersek, 7 − m
>
0
ise
7> m
n
n ve 7n −
2
m > 0 olacaktır. Pozitif bir tam kare ifadenin 7 ile bölümünden kalanlar
2
2
2
2
sadece 0, 1, 2 veya 4 olabilir.
√ 7n −√m > 0 olduğuna göre 7n − m ≥ 7 −
4 = 3 olacaktır. Buradan 7n ≥ m2 +
√3 elde edilir. Bizim ispatlamaya
1
çalıştığımız eşitsizlikte artık m + m
≤ 7n olacaktır. Buradan,
p
1
m+
≤ m2 + 3
m
olacaktır. Şimdi bu eşitsizliği kanıtlayalım. Aslında
µ
¶
1 2
1
2
2
m +3≥m +2+ 2 = m+
m
m
olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.
√
3. Eğer 2 28n2 + 1 + 2 ifadesi bir tamsayı ise 28n2 + 1 = (2m + 1)2 , m ≥ 0
olacaktır. Buna göre
28n2 + 1 = 4m2 + 4m + 1
olduğuna göre,
7n2 = m (m + 1)
olacaktır. m ve m + 1 aralarında asal olduklarına göre m = 7s2 ve
m + 1 = t2 veya m = u2 ve m + 1 = 7v 2 olacaktır. Burada ikinci durumun olması imkânsızdır. Çünkü (mod7)altında incelenirse kolaylıkla
görülebilir. Demek ki m + 1 = t2 olacağından,
p
2 28n2 + 1 + 2 = 2 (2m + 1) + 2 = 4m + 4 = 4 (m + 1) = 4t2 = (2t)2
olacaktır.
4. Varsayalım soruda verilen dörtlü dışında da bir çözümümüz olsun. Ayrıca
x, y, z, t sayılarının da ortak böleni olmasın. Buna göre soruda verilen
sistemdeki iki denklemi toplarsak
¡
¢
7 x2 + y 2 = z 2 + t2
olacaktır. Tam kare bir sayının 7 ile bölümünden kalanlar yalnızca 0, 1, 2
ve 4 olabilir. z 2 + t2 ≡ 0 (mod7) ise z ve t sayılarının sırasıyla 7z0 ve 7t0
formunda olacağı açıktır. Buna göre,
¡
¢
7 x2 + y 2 = (7z0 )2 + (7t0 )2
¡
¢
olacağından x2 +y 2 = 7 z02 + t20 olacağından bu seferde x ve y sayıları 7
ile kalansız bölünecektir. Buna göre, (x, y, z, t) = 7 olur. Ancak bu durum
çelişkilidir. Çünkü biz çözümün en başında ortak bölenlerinin olmadığını
kabul etmiştik. Demek ki sistemin yegane çözümü olacaktır.
124
5. Bir tamsayının basamakları toplamı (mod9) altında sayının kendisine
denktir. Dolayısıyla eğer kontrol edilirse tam kare bir sayı (mod9) altında 0, 1, 4 veya 7 olacaktır. Buna göre elimizdeki sayımızın basamakları toplamı 9m, 9m + 1, 9m + 4, 9m + 7 formlarından biri olacaktır.
Şimdi bu formları tek tek inceleyelim. Eğer n = 9m ise (10m − 1)2 =
102m − 2 · 10m + 1 sayısının basamakları toplamı n olacaktır ve sayımız
9 · · · 980 · · · 01 formunda olacaktır. Eğer n = 9m + 1 ise (10m − 2)2 =
102m − 4 · 10m + 4 ve 9 · · · 960 · · · 04 olacaktır. Eğer m = 9m + 4 ise
(10m − 3)2 = 102m − 6 · 10m + 9 ve 9 · · · 940 · · · 09 olacaktır. Eğer n =
9m − 2 ise (10m − 5)2 = 102m − 10 · 10m + 25 ve 9 · · · 900 · · · 025 olacaktır.
6. y > 5 için y! sayısı 9 ile tam bölünür. Dolayısıyla y! + 2001 toplamı
(mod9) altında 3 sayısına denktir. Ancak tamkare bir sayının 9 ile bölümünden kalanlar sadece 0, 1, 4, 7 olabilir. Demek ki, y = 1, 2, 3, 4 değerlerinden birini alabilir. Eğer kontrol edilirse (x, y) = (45, 4) ikilisi çözüm
olarak bulunur.
7. m < n için 2m sayısı 2n sayısının rakamlarının permüte edilmesiyle oluşsun. Bu iki sayının da aynı sayıda basamaklarının olduğu açıktır. Dolayısıyla 2n < 10 · 2m olacaktır. Buna göre, n − m ≤ 3 olacaktır. Diğer
taraftan 2n ve 2m sayıları (mod9) altında denktir. Dolayısıyla
¡
¢
2n − 2m = 2m 2n−m − 1
sayısı 9 ile bölünür. Fakat 2m ve 9 aralarında asaldır ve n − m ≤ 3 için
2n−m − 1 ≤ 7 olduğundan, bu durum imkânsızdır. Demek ki, bu şekilde
sayılar yoktur.
8. Önce B sayısının basamakları toplamının küçük bir sayı olduğunu gösterelim. Buna göre,
44444444 < 100005000
eşitsizliğinden, 44444444 sayısı 20000 basamaktan azdır. Dolayısıyla, A <
9 · 20000 = 180000 olacaktır. 180000 sayısından küçük sayılar arasında
basamakları toplamı en büyük olan sayı 99999 dur ve basamakları toplamı 45 tir. Dolayısıyla B ≤ 45 olacaktır. Buna göre B sayısının basamakları toplamı 39 sayısından 12 olur. Demek ki, bizim aradığımız sayı
12 den küçük olacaktır. Diğer taraftan, tüm sayılar (mod9) altında basamakları toplamına denktir. Demek ki, bizim aradığımız sayı 44444444
sayısına (mod9)altında denktir. Buna göre,
¡ ¢555 4
44444444 ≡ 74444 ≡ 78
· 7 ≡ 49 · 49 ≡ 13 · 13 ≡ 7 (mod9)
olacaktır. Demek ki B sayısının basamakları toplamı da (mod9) altında
7 olacaktır. 12 sayısından küçük ve (mod9) altında 7 sayısına denk olan
tek sayı 7 olduğuna göre, istenilen cevap 7 olur.
125
9. Denklemimize (mod11) altında bakalım. Eğer (x, 11) = 1 ise
¡ 5 ¢2
x
= x10 ≡ 0 veya 1 (mod11)
olacaktır. Buna göre, x5 ≡ 0, −1 veya 1 (mod11) olacaktır. Demek ki,
eşitliğin sağ kısmı (mod11) altında 6, 7 veya 8 olacaktır. Ancak y 2 ≡
0, 1, 3, 4, 5, 9 (mod11) olabilir. Demek ki, bu eşitliği sağlayan (x, y) tamsayı değerleri yoktur.
10. Varsayalım soruda verilen eşitlik sağlansın ve x, y tamsayılar olmak üzere,
x3 + y 4 = 1919
olsun. Şimdi toplamı oluşturan bileşenleri ayrı ayrı inceleyelim.
x3 ≡ 0, 1, 5, 8, 12 (mod13) ve y 4 ≡ 0, 1, 3, 9 (mod13)
olduğuna göre 1919 ≡ 619 ≡ 612 · 67 ≡ 7 (mod13) olarak bulunur. Buna
göre,
x3 + y 4 ≡ 7 (mod13)
denkliğini sağlayan (x, y) ikilisi olmadığından denklemin çözümü yoktur.
11. Denklemin her iki tarafını 4 ile çarpıp düzenlersek,
(2x + 3y)2 − 17y 2 = 488
eşitliğini elde ederiz. Bu denklemin her iki tarafını (mod17) altında incelersek
(2x + 3y)2 ≡ 12 (mod17)
olacaktır. Ancak bir tam kare (mod17) altında sadece 0, 1, 4, 9, 16, 8, 2, 15, 13
olabilir ancak 12 olamaz. Demek ki denklemi sağlayan (x, y) tam sayıları
yoktur.
12. Soruda olduğu gibi çözümüde şıklar halinde inceleyelim.
a. n = 3 için 1! + 2! + 3! = 32 olduğunu görmek zor değildir. Şimdi bu
durumun tek olduğunu ve başka değeri bulunmadığını kanıtlayalım.
Varsayalım 1! + 2! + 3! + · · · + n! = k m , m > 1 olsun. Burada
n değerinin 9 dan büyük yada eşit olabileceğini kolaylıkla kontrol
edebiliriz. Eğer n ≥ 5 ise 1!+2!+· · ·+n! sayısının son basamağı 3 ile
biter dolayısıyla m = 2 olamaz. Çünkü tam kare sayılar 0, 1, 4, 5, 6
veya 9 ile biter. Demek ki, m ≥ 3 olmalıdır. Bunun yanında n ≥ 9
ise 1! + 2! + · · · + n! toplamı 3 ile bölünebilir. Dolayısıyla k sayısı da
3 ile bölünebilir. Buna göre, k m sayısı da 27 ile bölünebilir. Demek
126
ki, faktöriyellerin toplamı da 27 ile bölünebilir. Fakat, 27| a!, a ≥ 9
olduğundan, toplam 1! + 2! + · · · + 8! toplamı (mod27) altında 9
sayısına denk olacaktır. Bu durum açık çelişkidir. Demek ki n sadece
3 olmalıdır.
b. Eğer kontrol edilirse (1!)3 + (2!)3 + (3!)3 = 152 olduğunu görmek zor
değildir. Ayrıca n = 2, 4, 5 ve 6 için (1!)3 + (2!)3 + · · · + (n!)3 toplamı
bir tamsayının tam kuvvetine eşit olamaz. n ≥ 7 için bu toplam
(1!)3 + (2!)3 + (3!)3 + (4!)3 + (5!)3 + (6!)3 ≡ 7 (mod49)
olacaktır. Ancak bu kalan bir tam kuvvetin kalanı olmaz.
13. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. Euler-φ foksiyonu ve Küçük Fermat Teoremlerini uygulayarak kolaylıkla çözüme ulaşabilirsiniz.
2.17
Viete Teoremi
Viete teoremi genel olarak bir polinomun kökleri ile katsayıları arasındaki
ilişkiyi açıklar. Bu teoremi reel katsayılı polinomlarda uygulayabildiğimiz gibi
benzer biçimde complex katsayılı polinomlarda da kullanabiliriz.
Buna göre, varsayalım x1 ve x2 değerleri P (x) = ax2 + bx + c polinomunun
kökleri olsun. Buna göre,
ax2 + bx + c = a (x − x1 ) (x − x2 ) = ax2 − a (x1 + x2 ) x + ax1 x2
olacağından, x1 + x2 = − ab ve x1 · x2 = ac olacaktır. Benzer biçimde eğer x1 , x2
ve x3 değerleri P (x) = ax3 + bx2 + cx + d polinomunun kökleri ise, kökler
arasında ki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır.

b


x1 + x2 + x3 = −


a


c
x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a




d

 x1 x2 x3 = −
a
Eğer yukarıda verdiğimiz durumu genelleştirirsek, kökleri x1 , x2 , · · · , xn olan
bir p (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 polinomunun
kökleri ve katsayıları arasındaki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır.

an−1

x1 + x2 + · · · + xn = −


an



an−2


 x1 x2 + x1 x3 + · · · + xn−1 xn =
an

..


.





 x1 x2 x3 · · · xn = (−1)n a0
an
127
Eğer yukarıda yazdığımız eşitlikleri yeniden düzenlersek en genel form olan,
x1 x2 · · · xi + x1 x2 x4 · · · xi+1 + · · · + xn−i+1 xn−i+2 · · · xn = (−1)i
an−i
an
genel forma ulaşılır.
Viete teoeremi her ne kadar bu ders notunun genel başlığı olsada bazı denklem çözümlerinde oldukça işimize yarayacak olan Newton-Girard Formülü’nü
de vereceğiz. Bu formülün kullanımı her nekadar elzem olmasa da, çözümlerin
daha pratik olması açısından önemlidir.
2.17.1
Newton-Girard Formulæ
Newton-Girard Formulæ. Eğer xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0 denkleminin
kökleri α1 , α2 , · · · , αn ve bu köklerin kuvvetleri toplamı
Sk = α1k + α2k + α3k + · · · + αnk , k ∈ N+
olarak verilirse, denklemin katsayıları ve k. kuvvetten köklerinin toplamları
arasındaki ilişki aşağıdaki gibidir.
S1 + a1 = 0,
S2 + a1 S1 + 2a2 = 0,
S3 + a1 S2 + a2 S1 + 3a3 = 0,
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · = 0,
Sn + a1 Sn−1 + · · · + an−1 S1 + nan = 0
Buna göre, genel denklem
Sk + a1 Sk−1 + · · · + an Sk−n = 0, k > n
biçiminde olacaktır. Şimdi bu denklemi kullanarak problemleri çözmeye çalışalım.
Örnek.
a, b, c sayıları x3 − x2 + 2 = 0 denkleminin kökleri ise
a2 + b2 + c2
a3 + b3 + c3
a4 + b4 + c4
toplamlarının eşitlerini bulunuz.
128
Çözüm. Her ne kadar bu sorunun çözümü üstte verdiğimiz formülle
çözülebiliyor olsa da bu yöntemi sizin kullanacağınızı düşünerek çözüme daha
da elementer bir yöntemle gidelim. Buna göre,
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2 (ab + ac + bc) = 12 − 2 (0) = 1
olacaktır. İkinci denklemin eşiti ise, x3 = x2 − 2 olduğuna göre,
a3 + b3 + c3 = a2 − 2 + b2 − 2 + c2 − 2 = a2 + b2 + c2 − 6 = 1 − 6 = −5
olacaktır. Üçüncü toplamın eşitini bulmak içinde x3 = x2 − 2 eşitliğin de
eşitliğin her iki tarafını da x ile çarparsak, x4 = x3 − 2x ise
a4 +b4 +c4 = a3 −2a+b3 −2b+c3 −2c = a3 +b3 +c3 −2 (a + b + c) = −5−2 (1) = −7
olarak sonuç bulunur.
Örnek. Aşağıda verilen denklem sisteminin reel veya karmaşık tüm çözüm üçlülerini bulunuz.
x + y + z = 3,
2
x + y 2 + z 2 = 3,
x3 + y 3 + z 3 = 3.
Çözüm.
Buna göre,
Varsayalım x, y, z değerleri bir P (t) polinomunun kökü olsun.
p (t) = (t − x) (t − y) (t − z) = t3 − (x + y + z) t2 + (xy + yz + zx) t − xyz
olacaktır. Burada
¡ 2
¢
x + y2 + z2
(x + y + z)2
9 3
xy + yz + zx =
−
= − =3
2
2
2 2
eşitliğini elde ederiz. Buradan
¡
¢
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx
eşitliğini kullanarak xyz = 1 olacaktır. Dolayısıyla
p (t) = t3 − 3t2 + 3t − 1 = (t − 1)3
olacaktır. Buna göre soruda verilen sistemin tek çözümü x = y = z = 1
olacaktır.
Bu konuda öğrencilerin belkide bilmesi en önemli başlıklardan birisi de
Lagrange Interpolasyon Tekniği’dir. Şimdi bu tekniği ve bu teknik ile çözülebilecek soruları inceleyelim.
129
2.17.2
Lagrange İnterpolasyon Teknı̇ğı̇
Örnek. Kökleri 1, 2, 3 olan ve p(4) = 666 eşitliğini sağlayan kübik polinomu bulunuz.
Çözüm. Soruda istenen polinom üçüncü dereceden olduğuna göre kesinlikle
p (x) = a (x − 1) (x − 2) (x − 3) , a ∈ R
formunda olmalıdır. Buna göre,
666 = p (4) = a (4 − 1) (4 − 2) (4 − 3) = 6a, a = 111
bulunacağından polinom p (x) = 111 (x − 1) (x − 2) (x − 3) olacaktır.
Örnek. p (1) = 1, p (2) = 2, p (3) = 3, p (4) = 5 eşitliklerini sağlayan p (x)
polinomunu bulunuz.
Çözüm. Önceki örnekte çözüme elementer yöntemlerle ulaşabileceğimiz
için Lagrange Interpolasyon Tekniği’ni uygulamamıştık. Ancak bu soruda bu
tekniği hem uygulamasını öğreneceğiz hem de soruyu çözeceğiz. Lagrange tekniğine göre,
p (x) = a (x) + 2b (x) + 3c (x) + 5d (x) ,
polinomun da sırasıyla a (x) , b (x) , c (x) , d (x) birer kübik polinom olsun. Buna
göre, a (1) = 1 ve a (x) polinomunun kökleri x = 2, 3, 4; b (2) = 1 ve b (x)
polinomunun kökleri x = 1, 3, 4; c (3) = 1 ve c (x) polinomunun kökleri x =
1, 2, 4; d (4) = 1 ve d (x) polinomunun kökleri x = 1, 2, 3 olacaktır.
Bir önceki örnekte uyguladığımız tekniği yeniden burada uygularsak,
(x − 2) (x − 3) (x − 4)
6
(x − 1) (x − 3) (x − 4)
b (x) =
2
(x − 1) (x − 2) (x − 4)
c (x) = −
2
(x − 1) (x − 2) (x − 3)
d (x) =
6
a (x) = −
polinomlarını elde ederiz. Dolayısıyla, soruda istenilen polinom
3
5
1
p (x) = − (x − 2) (x − 3) (x − 4)+(x − 1) (x − 3) (x − 4)− (x − 1) (x − 2) (x − 4)+ (x − 1) (x − 2) (x − 3)
6
2
6
130
olacaktır. isterseniz soruda verilen şartları sağlayıp sağlamadığını kontrol edebilirsiniz.
Sırada ki örneğimize, Bilgi Üniversitesi Cahit Arf Matematik Günleri VII2008 sınavında sorulan bir polinom sorusu ile devam edelim.
Örnek. n > 1 bir tamsayı ve p (x) ise derecesi (n − 1) olan bir polinom
olsun. Eğer her k = 1, · · · , n için p (k) = 1/k ise p (n + 1) ifadesinin eşitini
bulunuz.
Çözüm. Varsayalım elimizde p (x) − x1 şeklinde bir polinom olsun. Ancak
ifadesi burada ki varsayımımızı bozacağından g (x) = x·p (x)−1 polinomunu
seçelim. p (x) polinomunun derecesi (n − 1) ise g (x) polinomunun derecesi
n. dereceden olacaktır. Ayrıca polinomunun kökleride olacaktır. Buna göre
aslında g (x) polinomu
1
x
g (x) = c · (x − 1) · (x − 2) · · · · · (x − n)
olarak yazılabilir. Buradaki c katsayı sabitini bulabilmek için önce g (0) = −1
olduğunu buluruz. Buna göre, x = 0
g (0) = c · (0 − 1) · (0 − 2) · · · · · (0 − n)
= c · −1 · −2 · −3 · · · · · −n
= c · (−1)n · n!
eşitliğini kullanırsak
−1
(−1)1−n
=
(−1)n n!
n!
olacaktır. Bizden istenen p(n + 1) ise
c=
g (n + 1) = (n + 1) p (n + 1) − 1
ve
g (n + 1) =
(−1)1−(n+1)
· (n + 1 − 1) · (n + 1 − 2) · · · · · (n + 1 − n)
(n + 1)!
olacağından
(n + 1) · p (n + 1) − 1 =
olacağından
(−1)−n
· n!
(n + 1)!
¸
1
(−1)n + (n + 1)
(−1)n
+1 ·
=
p (n + 1) =
n+1
n+1
(n + 1)2
·
olacaktır.
Konu olarak Viete Teoremi ile çözülebilecek sorular, nispeten daha kolay
sorulardır. Bu sebepten konu anlatımı içerisindeki sorularıda çalışma sorularına ekledik. Soruların tamamı AMC ve AIME sınavlarından derlenmiştir.
131
2.17.3
Çalışma Soruları
1. ax2 + bx + c = 0 polinomunun köklerinin tersleri toplamını bulunuz.
√
√
2. x1 ve x2 değerleri x2 − 3 2x − 3 4 = 0 polinomunun kökleri ise
x1 x2
+
x2 x1
toplamını bulunuz.
3. b ve c birer sabit sayı olmak üzere verilen
(x + 2) (x + b) = x2 + cx + 6
eşitliğini sağlayan c değerini bulunuz.
4. x1 6= x2 olmak üzere 3x21 − hx1 = b ve 3x22 − hx2 = b eşitlikleri veriliyor.
Buna göre x1 + x2 toplamını bulunuz.
5. P (x) = x3 +ax2 + bx +c polinomunun köklerinin aritmetik ortası, köklerin çarpımına ve katsayılar toplamına eşittir. P (x) polinomunun grafiği
y eksenini 2 noktasında kestiğine göre, b değerini bulunuz.
6. x2 + mx + n = 0 denkleminin köklerinin küpleri x2 + px + q = 0 olduğuna
göre, aşağıda verilen eşitliklerin ifadelerin doğruluğunu kontrol ediniz.
• p = m3 + 3mn
• p = m3 − 3mn
• p = 3mn − m3
• p + q = m3
¡ ¢3 p
• m
=q
n
7. ax2 + bx + c = 0 polinomunun kökleri r ve s olduğuna göre, kökleri ar + b
ve as + b olan ikinci dereceden denklemi yazınız.
8.
¡
¢
x2 − px + p2 − 1 /4 = 0
denkleminin kökler farkının mutlak değerini bulunuz.
9. x2 + kx + 6 = 0 polinomunun kökleri x1 ve x2 olarak verildiğinde x2 −
kx + 6 = 0 polinomunun kökleri sırasıyla x1 + 5 ve x2 + 5 olmaktadır.
Buna göre, k değerini bulunuz.
10. x2 + mx + n = 0denkleminin kökleri x2 + px + m = 0 denkleminin köklerinin iki katı olduğuna göre, n/p değerini bulunuz.(n ve p değerlerinin
her biri sıfırdan farklıdır.)
132
11. a ve b birer reel sayı olmak üzere,
8x3 + 4ax2 + 2bx + a = 0
denkleminin birbirinden farklı üç pozitif kökü vardır. Köklerin log2 tabanındaki toplamları 5 olduğuna göre, a değerini bulunuz.
12. x2 − 63x + k = 0 denkleminin iki kökü de birer asal sayıdır. Buna göre
k değerinin alabileceği kaç farklı değer vardır.
13.
√
4
x=
12
√
7− 4x
denklemini sağlayan değerler toplamını bulunuz.
14.
p
x2 + 18x + 30 = 2 x2 + 18x + 45
denklemini sağlayan değerler çarpımını bulunuz.
15. p, q ve r değerleri x3 − x2 + x − 2 = 0 denklemini birer kökü olduğuna
göre,
p3 + r 3 + q 3
toplamının eşitini bulunuz.
16. x1000 − 10x + 10 = 0 denkleminin kökleri r1 , r2 , r3 , · · · , r1000 olduğuna
göre,
1000
r11000 + r21000 + r31000 + · · · + r1000
değerini bulunuz.
17.


 a + 2b + 4c = 12
ab + 4bc + 2ac = 22


abc = 6
denklem sistemini sağlayan (a, b, c) üçlülerini bulunuz.
2.17.4
Çözümler
1. ax2 + bx + c = 0 denkleminin köklerine ve diyelim. Buna göre soruda
istenilen toplam
1
1
+
x1 x2
133
ifadesinin eşiti olacağına göre,
1
1
x1 + x2
−b/a
b
+
=
=
=−
x1 x2
x1 · x2
c/a
c
olarak istenilen toplam bulunur.
2. Önceki sorudaki benzer yöntemleri kullanarak çözüme gidelim. x1 ve x2
denklemim birer kökü olduğuna göre,
x1 x2
x2 + x22
(x1 + x2 )2 − 2x1 · x2
+
= 1
=
= −3
x2 x1
x1 · x2
x1 · x2
olarak bulunacaktır.
3. Denklemin kökleri −2 ve −b olduğuna göre kökler çarpımı (−2 · −b) = 6
ve kökler toplamı −b − 2 = c olacağından, soruda istenilen değerler
kolaylıkla bulunur.
4. Soruda verilen iki denklem birbirine eşit olduğuna göre,
3x21 − 3x22 = hx1 − hx2
olacaktır Burada x1 6= x2 olduğuna göre, soruda istenilen ifade x1 + x2 =
h/3 olarak bulunacaktır.
5. Varsayalım denklem kökleri x1 , x2 , x3 olsun. Buna göre,
x1 + x2 + x3
= x1 · x2 · x3 = a + b + c + 1
3
olacaktır. Soruda ayrıca P (0) = 2 olarak verildiğine göre, c = 2 olacaktır.
Buna göre yeni eşitliğimizi sağlayan değerler a = 12 ve b = −17 olarak
bulunur.
6. Varsayalım denklemlerimizin köklerini x31 , x32 olarak alalım. Buna göre,
³
´
¡
¢
¡
¢
x31 +x32 = (x1 + x2 ) x21 + x22 − x1 x2 = −m (x1 + x2 )2 − 3x1 x2 = −m m2 − 3mn
olacaktır. Buna göre,
x31 + x32 = −p = −m3 + 3mn
olacağından eşitliklerden
m3 − 3mn = p
olanı doğrudur.
134
7. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
8. Denklemin kökler toplamı ve kökler çarpımını kullanmaya çalışalım. Buna
göre,
p2 − 1
x1 + x2 = p, ve x1 · x2 =
4
olacaktır. Diskriminantı kontrol edersek de
¡
¢1
= p2 − p2 + 1 = 1
∆ = p2 − 4 p2 − 1
4
ise denklemin kökleri,
x1 =
p+1
p−1
ve x2 =
2
2
olacağına göre, soruda istenilen cevap,
|x1 − x2 | = 2
olacaktır.
9. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
10. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
11. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
12. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
√
13. Soruda verilen denklemde 4 x = a olarak alınırsa, yeni denklem
a2 − 7a + 12 = 0
olacaktır. Buradan a1 = 4 ve a2 = 3 olacağından istenen x değerleri
x = 256 ve x = 81 olarak bulunur.
14. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.
15. p, q, r denklemin kökleri olduğuna göre,
p3 + r3 + q 3 = p2 + q 2 + r2 − p − q − r + 6
= (p + q + r)2 − 2 (pq + pr + qr) − (p + q + r) + 6
= 1−2·1+1+6=6
olarak cevap bulunur.
135
16. Her bir ri değeri denklemi sağladığına göre
r1100 − 10r1 + 10 = 0
olacaktır. Eğer her bir r1 , r2 , · · · , r100 değerini yerine koyalım buna göre,
r1100 = 10r1 − 10
r1100 = 10r2 − 10
··· = ···
100
r100
= 10r100 − 10
eşitliklerini elde ederiz. Bu eşitlikleri alt alta toplarsak
= 10 (r1 + r2 + · · · + r100 ) − 10 · 1000
= 10 · 10 − 10 · 1000
= 10 · (−990)
= −9900
cevabı elde edilir.
17. Eğer a, 2b ve 4c değerlerini bir denklemin kökleri olarak alalım. Buna
göre denklemimiz
0 = (x − a) (x − 2b) (x − 4c)
¡
¢
= x2 − 2bx − ax + 2ab (x − 4c)
¡
¢
= x2 − x (2b + a) + 2ab (x − 4c)
= x3 − x2 (a + 2b + 4c) + x (2ab + 4ac + 8bc) − 8abc
= x3 − 12x2 + 22x − 48
olduğuna göre gerçektende a, 2b ve 4c değerleri 3. dereceden bir denklemin kökleridir. Buna göre toplam da 3 · 3 · 2 = 6 tane üçlü bulunabilir.
2.18
Bağıntı Sayıları
A kümesi boş kümeden farklı bir küme olmak üzere A × A kartezyen çarpım kümesinin tüm alt kümelerine birer bağıntı denir. Varsayalım kümemiz
A = {a, b, c} olsun. Önce kartezyen çarpımı ve bağıntıyı tablo ile gösterelim.
Tablo çizmekteki amacımız hem kartezyen çarpımı hemde seçebileceğimiz herhangi bir bağıntıyı tablo üzerinde daha kolay açıklayabilmemiz olacaktır.
136
a
a
b
c
b
∗
∗
c
∗
Yukarıdaki tabloda verilen bağıntının ikilileri, eğer bu bağıntıya β dersek,
β = {(a, b), (c, a), (c, c)}
olacaktır. Yıldızları tablodaki karelere rastgele koyarak, yada hiçbir kareye
koymayarak, bağıntılar elde edebiliriz. Bu noktadan sonra karşılaşabileceğimiz
soruladan biriside, bu şekilde kaç bağıntının yazılabileceği olacaktır. Yukarıda
çizdiğimiz tablo üzerinden düşünürek başlayalım. Eğer tablodaki her bir hücreye, birer yıldız koyarsak toplamda 3 × 3 = 9 yıldız olacaktır. Bağıntılarımız
kartezyen çarpımlarımızın birer alt kümesi olduğuna göre, 29 tane bağıntımız
olacaktır.
Bu durumu genelleştirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, bağıntı sayımız
2n×n = 2n
2
olacaktır. Şimdi, bağıntı çeşitlerini ve sayılarını inceleyelim.
Yansıyan Bağıntı. x ∈ A olmak üzere, ∀x ∈ A için (x, x) ikilisi bağıntının bir elemanı ise bağıntımız yansıyan olacaktır. Eğer A = {a, b, c} ise,
a
b
c
a
∗
b
c
∗
∗
yukarıdaki tabloda da görüldüğü üzere, en küçük yansıyan bağıntımız
β = {(a, a), (b, b), (c, c)}
olacaktır. Öyleyse, bu bağıntıya ekleyeceğimiz her ikili için bağıntı hala yansıyan bağıntı olarak kalacaktır. İşaretli olmayan 6 kutu için, kartezyen çarpımın
26 tane alt kümesi olacağından 64 tane yansıyan bağıntı yazılabilir. Eğer A
kümesinin n tane elemanı olduğunu varsayarsak, A × A kümesinin n2 tane
elemanı olacaktır. Oluşturulacak tablonun köşegeni üzerindeki n elemanı çıkarırsak kalan n2 − n tane elemanın alt kümelerini almamız yeterlidir. Yani
yansıyan bağıntı sayımız
2
2n −n = 2n·(n−1)
137
olacaktır.
İngilizce kaynaklarda Irreflexive Relation olarak geçen, bağıntıya biz Türkçe
olarak Yansımaz Bağıntı diyelim. Buna göre, eğer yazılan bağıntının içinde
x ∈ A için (x, x) ∈
/ β durumu varsa, bağıntımız bir yansımaz bağıntı olacaktır.
Daha basit bir anlatımla çizilecek tablonun köşegeni üzerinde bağıntılar yazılırken hiç yıldız bulunmayacak. Demek ki, yansıyan bağıntı sayısı ile yansımaz
bağıntı sayısı aynıdır. Ayrıca Yansımaz Bağıntı ile Yansıyan Olmayan Bağıntı
birbirlerinden farklıdır.
Simetrik Bağıntı. Bir bağıntının simetrik olması için, (x, y) elemanı bağıntının içindeyse, (y, x) bağıntısınında bağıntının içinde olması şartı aranır.
Eğer tablo üzerinden düşünürsek, tablonun kşegene göre simetrik olması gerekir.
a
a
b
c
b
∗
∗
∗
c
∗
∗
Örneğin yukarıda verilen tabloda verilen bağıntı simetriktir. Bağıntının elemanları
{(a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (a, a)}
olacaktır. Şimdi durumu genelleştirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, simetrik
bağıntı yazacağımız için köşegen üstündeki ve üzerindeki noktaları seçip bu
noktaların oluşturduğu kümenin alt kümelerini almamız yeterlidir. Durumu
genelleştirelim. Tüm ikililerin sayısı n2 , köşegen üzerindeki noktaların sayısı n
ise,
n2 − n
n · (n + 1)
+n=
2
2
istediğimiz ikililerin sayısını alt kümelerin sayısı, yani Simetrik Bağıntı Sayısı
2
n·(n+1)
2
olacaktır.
Anti-Simetrik Bağıntı. x ve y birbirinden farklı elemanlar olmak üzere
(x, y) ve (y, x) aynı anda bağıntının elemanı değilse bağıntı antisimetrik bir
bağıntı olur. Örneğin aşağıda tablosu verilen bağıntı bir antisimetrik bağıntıdır.
138
a
b
c
a
∗
b
∗
c
∗
∗
Bağıntının elemanları,
(a, a), (a, b), (c, a), (c, c)
olacaktır. Bağıntıda (a, b) varken (b, a) ve (c, a) varken (a, c) yoktur. Ama köşegenler üzerindeki elemanlar istenildiği gibi seçilebilir. Peki, kaç tane simetrik
bağıntı vardır? Bu sayıyı bulmak için köşegen üstünde olma ve olmama durumlarını ayrı ayrı değerlendirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, köşegen
üzerindeki, elemanlar için 2n tane durum vardır. Köşegen üzerinde olmayan
elemanlar için ise üç durum vardır. Bunlar,
(x,y)
(y,x)
içinde
dışında
dışında
dışında
içinde
içinde
şeklinde olacaktır. (x, y) ve (y, x) ikilisinin ikiside zaten bağıntının içinde olamaz. Kümemizde n tane eleman olduğunu varsayarsak,
µ ¶
n
n · (n − 1)
C
=
2
2
farklı durum vardır. Her ikili için üç farklı durum olduğuna göre,
3n·(n−1)/2
farklı durum oluşacaktır. Buna göre toplam antisimetrik bağıntı sayısı
2n · 3n·(n−1)/2
olacaktır.
Ayrıca antisimetrik bağıntı ile simetrik olmayan bağıntılar birbirinden farklı
durumlardır. Örneğin,
{(a, b), (a, c), (c, a), (c, c)}
bağıntısı simetrik değildir. Çünkü, (a, b) bağıntının elemanı iken (b, a) bağıntının elemanı değildir. Benzer biçimde bağıntı antisimetrik değildir çünkü hem
(a, c) hemde (c, a) bağıntının birer elemanıdır.
139
Anti-Simetrik Bağıntı ve Yansıyan Bağıntı. Eğer bu durumu antisimetrik bağıntı ile karşılaştırırsak, aradaki tek fark, bu durumda her iki köşegen
üzerindeki tüm karelerde birer yıldız olacaktır. Ancak hala,
n · (n − 1)
2
eleman için 3 farklı durum vardır. Bu sebepten de, yansıyan ve antisimetrik
bağıntı sayısı
3n·(n−1)/2
olacaktır.
2.18.1
Çalışma Soruları
Aşağıdaki çalışma soruları Tübitak XVI. Bilgisayar Olimpiyatları sınavında sorulmuştur. Soruların çözümlerini önce kendiniz yapmaya çalışınız.
Daha sonra çözümleri okuyunuz.
A = {0, 1, {1}, {1, {1}}} küme olarak tanımlanıyor.
1. A kümesi üzerinde kaç farklı ikili bağıntı tanımlanabilir?
2. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik olan ikili bağıntı tanımlanabilir?
3. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik ve yansıma özeliğine sahip ikili
bağıntı tanımlanabilir?
2.18.2
Çözümler
1. A kümesinin sorudada görüldüğü üzere 4 tane elemanı vardır. Buna göre
A kümesi üzerinde tanımlanabilecek bağıntı sayısı için önce kartezyen
çarpımın elemanlarını bulalım. s(A × A) = 4 · 4 = 16 olacaktır. Her
bir bağıntı kartezyen kümenin alt kümesi olduğuna göre, alt kümeleri
bulmamız yeterli olacaktır. Buna göre istenen cevap
24×4 = 216
olacaktır.
2. Simetrik bağıntı sayısı 2
210 olacaktır.
n·(n+1)
2
olduğuna göre, n = 4 için istenen cevap
140
3. Bağıntımız hem yansıyan hem simetrik olacağına göre, bağıntının içinde
mutlaka
{(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)}
ikilileri mutlaka bulunacaktır. Buna göre bu bağıntının içine eleman olarak ekleyeceğimiz her ikili bir yansıyan bağıntı olacaktır. Bağıntımız eğer
aynı anda simetrik bağıntı özeliğinide taşıyacağına göre, bağıntının içinde
(a, b) eleman olarak bulunuyorsa, (b, a) ikilisi de eleman olarak bağıntının içinde bulunacaktır. Geriye kalan 12 eleman içindeki her bir ikili
simetrikliği sağlamak için yanında bir ikiliyi daha taşıyacağından aslında
bizim 6 elemanlı bir kümeden alt kümeler seçmemi gerekir. Buna göre,
istenen sayı 26 = 64 olacaktır.
2.19
Lineer Denklemlerin Tamsayı Çözümleri
Genel olarak tekrarlı permütasyon konusu altında verilen bu konuda asıl
amacımız
x1 + x2 + · · · + xr = n, n ∈ Z+ ∨ n ∈ Z+ ∪ {0}
formunda verilen bir lineer denklemin pozitif tamsayı veya negatif olmayan
tamsayılardaki çözüm sayılarını bulmak olacaktır. Önce teoremleri ve çözümlü
örnekleri dikkatli bir şekilde çalışarak konu sonunda verilen çalışma sorular ile
konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Önce bir teoremle başlayalım.
Teorem (De Moivre) . n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen
x1 + x2 + x3 + · · · + xr = n
denkleminin pozitif tamsayı çözümlerinin sayısı
µ
¶
n−1
r−1
olacaktır.
Kanıt . n sayısını n = 1 + 1 + · · · + 1 + 1 olarak yazalım. Bu toplamda
n tane 1 ve (n − 1) tane + işaretinin olduğu açıktır. Buna göre, n toplamını
r tane parçaya bölmek için bizim (r − 1) tane + işaretini seçmemiz yeterli
olacaktır. Buna göre seçimimiz
µ
¶
n−1
r−1
olacağından ispat tamamlanır.
¥
141
Örnek. 9 rakamını üç pozitif tamsayının toplamı olarak kaç farklı biçimde
yazabiliriz? Mesela, 1 + 1 + 7 ve 7 + 1 + 1 birbirinden farklı iki toplamdır.
Çözüm.
Soruyu eğer denklem biçiminde yazarsak, aslında sorulan soru
a + b + c = 9 a > 0, b > 0, c > 0
denkleminin çözüm sayısı olacaktır. Öyleyse istenen cevap
µ
¶ µ ¶
9−1
8
=
= 28
3−1
2
olacaktır.
Sonuç . n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen
y1 + y2 + · · · + yr = n
denkleminin negatif olmayan tamsayılardaki çözüm sayısı
µ
¶
n+r−1
r−1
olacaktır.
Kanıt . Denklemde yr = xr − 1, xr ≥ 1 değişken değiştirmesini yaparsak
x1 − 1 + x2 − 1 + · · · + xr − 1 = n
olacağından
x1 + x2 + · · · + xr = n + r
olacaktır. Kanıtın bundan sonrası De Moivre teoreminin bir uygulamasına
dönüştüğüne göre
µ
¶
n+r−1
r−1
çözüm sayısı olacaktır.
¥
Örnek.
a + b + c + d = 100, a ≥ 30, b ≥ 21, c ≥ 1, d ≥ 1
durumlarını sağlayan kaç farklı (a, b, c, d) tamsayı dörtlüsü seçilebilir?
b0
Çözüm. Önce uygun değişken değiştermeleri yapalım. a = a0 + 29, b =
+ 20 olarak alırsak yeni denklemimiz
a0 + b0 + c + d = 50
142
olacaktır. Bu denkleminde pozitif tamsayı çözümleride
µ ¶
49
= 18424
3
olacaktır.
Örnek. 8 katlı bir binanın asansörüne binen 5 kişi asansörden katlara
kaç farklı biçimde dağılabilirler?
Çözüm.
Aslında soruda bulunması istenen sayı
x1 + x2 + · · · + x8 = 5
denkleminin negatif olmayan çözüm sayısıdır. Buna göre cevap
µ
¶ µ ¶
8+5−1
12
=
= 792
8−1
7
olacaktır.
Örnek. a + b + c + d ≤ 2009 eşitsizliğini sağlayan kaç farklı negatif
olmayan tamsayı (a, b, c, d) dörtlüsü vardır?
Çözüm. a+b+c+d ≤ 2009 denkleminin negatif olmayan tamsayı çözüm
dörtlülerinin sayısı
a + b + c + d + f = 2009, f ≥ 0
denkleminin çözüm dörtlülerinin sayısına eşittir. Benzer biçimde son yazdığımız denklemin çözümlerinin sayısıda
a1 − 1 + b1 − 1 + c1 − 1 + d1 − 1 + f1 − 1 = 2009
denkleminin çözüm sayısı ile aynı olacağına göre istenen cevap
µ
¶
2013
4
olacaktır.
Buraya kadar yaptığımız örneklerde, değişkenlere dair yaptığımız sınırlamalar hep tek yönlüydü. Sıradaki örneğimizde durum biraz daha farklı.
Örnek.
a + b + c + d = 100, 1 ≤ a ≤ 10, b ≥ 0, c ≥ 2, 20 ≤ d ≤ 30
143
olamak üzere verilen denklemin tüm tamsayı çözüm dörtlülerinin sayısını bulunuz.
Çözüm. Çözümü durum, durum inceleyerek sürdürelim. Eğer, a ≥ 1, b ≥
0, c ≥ 2, d ≥ 20 olarak alırsak denklemimizin
µ ¶
80
= 82160
3
farklı çözümü olacaktır. Eğer a ≥ 11, b ≥ 0, c ≥ 2, d ≥ 20 olarak alırsak çözüm
sayımız
µ ¶
70
3
kadar olacaktır. Eğer a ≥ 1, b ≥ 0, c ≥ 2, d ≥ 31 olarak alırsak çözüm sayımız
µ ¶
69
3
kadar olacaktır. Bu iki durumun kesişimi ise
µ ¶
59
3
kadar olacağından birleşim kümesinin eleman sayısı
µ ¶ µ ¶ µ ¶
70
69
59
+
−
= 74625
3
3
3
olacaktır. Buna göre istenen çözüm sayısı
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶
80
70
69
59
−
−
+
= 7335
3
3
3
3
olacaktır.
Genel olarak karşınıza çıkabilecek lineer denklemler ve pozitif tamsayı çözümleri örneklerle açıklandı. Şimdi bir çoğu Tübitak Bilgisayar Olimpiyatları
birinci aşama sınavında çıkmış çalışma sorularını yapmaya çalışarak konuyu
daha iyi kavramaya çalışınız.
2.19.1
Çalışma Soruları
1. 1 ile 1000 arasındaki sayılardan kaç tanesinin rakamlarının toplamı 7
yapar?
2. (5a + 8b + 2c)15 açıldığında kaç terim elde edilir?
144
3. 0 ≤ x1 , x2 , x3 , x4 ≤ 7 olduğunda x1 + x2 + x3 + x4 = 18 denkleminin kaç
farklı tamsayı çözümü vardır?
4. 20 adet boş kartın her birinin üzerine kare, daire ve üçgen resmi çizilebilmektedir. Buna göre kaç farklı şekilde 20 karttan oluşan bir demet
oluşturulabilir?
5. 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. Her bir kutuda en az 6 adet top bulunacak şekilde topları kaç
farklı şekilde kutulara dağıtabiliri?
6. 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. Her bir kutuda en fazla 40 adet top bulunacak biçimde kaç
farklı şekilde kutulara dağıtabiliriz?
7. Kırmızı, beyaz ve mavi zarların üçü birden atıldığında, kaç farlı durumda
gelen sayıların toplamı 10 yapar?
8. a + b + c + d = 98 eşitliğini sağlayan kaç (a, b, c, d) pozitif tek tamsayı
dörtlüsü vardır? (AIME 1998)
2.19.2
Çözümler
Konu anlatımı içerisinde verilen çözümler, örnekleri çözmeniz için yeterlidir. Biraz uğraşark çözümlere ulaşabilirsiniz.
2.20
Fonksiyonel Denklemler
Bilinmeyenlerinin birer fonksiyon olduğu denklemlere genel olarak fonksiyonel denklem denilir. Benzer biçimde bilinmeyenlerin polinomlardan oluştuğu denklem sorularınıda bu başlık altında alabiliriz. Ancak bu tür soruların
ne yazıkki genel bir çözüm yöntemi yoktur. Belkide bu sebepten matematik
yarışmalarında sıklıkla sorulan sorular haline gelmişlerdir. Bu başlık altında
genel olarak tek değişkenli fonksiyonel denklemlerin genel çözüm teknikleri ve
çok değişkenli fonksiyonel denklemler konuları ele alınmıştır.
2.20.1
Tek Değişkenliler - Temel Teknikler
Tek değişkenlilerin çözümlerine uygun dönüşümler yapılarak ulaşılır. Örnekleri inceleyerek devap edelim.
Örnek.
f (x + 1) = x2 − 3x + 2 fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm. t = x+1 ise x = t−1 olacağından f (t) = (t−1)2 −3(t−1)+2 =
t2 − 5t + 6 eşitliğinden f (x) = x2 − 5x + 6 olarak bulunur.
145
Örnek.
x2 + 1 1
x+1
)=
+
x
x2
x
fonksiyonel denklemini çözünüz.
f(
Çözüm.
t = (x + 1)/x olarak alırsak x = 1/(t − 1) olacağından
f (t) =
1 2
( t−1
) +1
1 2
( t−1
)
+
1
1
( t−1
)
= t2 − t + 1
bulunur. Buna göre f (x) = x2 − x + 1 olarak bulunur.
Genel olarak çözümlerde uyguladığımız teknik, f [ϕ(x)] = g(x) eşitliğini f
için çözmektir. Eğer ϕ fonksiyonunun tersi varsa, t = ϕ(x) olarak alabiliriz.
Dolayısıyla da
f (x) = g[ϕ−1 (x)]
olur.
Örnek.
Çözüm.
f (ex ) = x3 + sin x fonksiyonel denklemini çözünüz.
t = ex değişken değiştirmesini yaparsak, x = ln t olacağından
f (x) = (ln |x|)3 + sin(ln |x|)
olacaktır.
Örnek.
a 6= ±1 olmak üzere verilen
f(
x
) = af (x) + ϕ(x)
x−1
fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm. t = x/(x − 1) değişken değiştirmesini yaparsak, x = t/(t − 1)
olacaktır. Buna göre,
f (t) = af (
t
t
t
) + ϕ(
) = a(af (t) + ϕ(t)) + ϕ(
)
t−1
t−1
t−1
olacağından, istenilen fonksiyon
x
)
aϕ(x) + ϕ( x−1
f (x) =
1 − a2
olacaktır.
146
Bir fonksiyonel denklem değişkenlere bağlı cebirsel ifadeler ihtiva edebilir.
Bu tür sorularda uygulanacak temel teknik eşzamanlı fonksiyonlar oluşturmaktır. Şimdi aşağıdaki örnekleri inceleyelim.
Örnek.
3f (x) + 2f (1/x) = 4x
fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm.
x değişkeni yerine 1/x alınırsa,
3f (1/x) + 2f (x) = 4/x
olacaktır. Soruda verilen fonksiyon −3/2 ile çarpılıp son bulunan denklem ile
toplanırsa, istenilen denklem
f (x) =
12x2 − 8
5x
olarak bulunacaktır.
Örnek.
x 6= 0 olmak üzere verilen
1
1
· f (−x) + f ( ) = x
x
x
fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm.
Soruda verilen denklemde x yerine −x yazarsak,
1
1
− f (x) + f (− ) = −x
x
x
bulunur. Eğer x yerine
1
x
alınırsa
1
1
xf (− ) + f (x) =
x
x
denklemi elde edilecektir. Bu iki fonksiyonel denklemden, istenilen fonksiyon
1
1
f (x) = (x2 + )
2
x
olarak elde edilir.
Fonksiyonel denklemlerin çözümü yapılırken eğer fonksiyonun özelikleride
göz önüne alınırsa çözüme ulaşılması daha kolay olacaktır. Öyle ki fonksiyonun sürekliliği, monotonluğu, sınırlılığı, türevlenebilir olması gibi bilgilerin
bilinmesi çözümlerde faydalı olacaktır.
147
Örnek.
f (x + 1) + f (x − 1) = 2x2 − 4x
fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm. İki fonksiyonun toplamı ikinci dereceden olduğuna göre f (x)
fonksiyonuda ikinci dereceden olacaktır. Buna göre, f (x) = ax2 + bx + c ise
2ax2 + 2bx + 2(a + c) = 2x2 − 4x
eşitliğinden f (x) fonksiyonu f (x) = x2 − 2x − 1 olarak bulunur.
2.20.2
Çok Değişkenliler
Bazı çok değişkenli fonksiyonel denklemlerin çözümlerinde simetriden faydalanılarak denklemi tek değişkenliye indirgemek çözümü oldukça kolaylaştırır.
Aşağıdaki örnekler ve çözümler bu durumla alakalıdır.
Örnek.
(x − y)f (x + y) − (x + y)f (x − y) = 4xy(x2 − y 2 )
fonksiyonel denklemini çözünüz.
Çözüm.
Eğer soruda verilen eşitliği düzenlersek
f (x + y) f (x − y)
−
= 4xy
x+y
x−y
olacaktır. Buna göre
g(x) =
f (x)
x
fonksiyonunu alalım. Eğer
g(x + y) − g(x − y) = 4xy
ise
g(x + y) − (x + y)2 = g(x − y) − (x − y)2
olacağından g(x) − x2 = k, k ∈ R ve g(x) = x2 + k, f (x) = x3 + kx olarak
bulunur.
Değişken sayısını düşürmenin bir diğer yoluda uygun değerleri değişkenlere
atamaktır. Aşağıdaki örnek bu metodla çözülmüştür.
Örnek.
çözünüz.
f (x) · f (y) − f (xy) = x + y fonksiyonel denklemini f (x) için
148
Çözüm. Varsayalım y = 0 olsun. Buna göre, f (0)[f (x)−1] = x olacaktır.
f (0) 6= 0 olacağına göre,
x
f (x) =
+1
f (0)
eşitliği elde edilir. Benzer biçimde x = y = 0 alınırsa f (0)[f (0) − 1] = 0 ise
f (0) = 1 olacağından f (x) = x + 1 olarak bulunur. Gerçektende bulduğumuz
fonksiyon soruda verilen denklemi sağlamaktadır.
Örnek.
f fonksiyonu
f (x) + f (y) = f (x + y) − xy − 1
eşitliğini sağlamaktadır. Buna göre, eğer f (1) = 1 ise f (n) = n eşitliğini
sağlayan negatif tamsayı değerlerini bulunuz.
Çözüm. x = 1 olarak alırsak, f (y + 1) − f (y) = y + 2 ve y = 0 alırsak
f (0) = −1 olacaktır. n ≥ için
f (n+1)+1 = f (n)−f (0) =
n−1
X
n−1
X
y=0
y=0
(f (y+1)−f (y)) =
(y+2) =
(n + 1)(n + 2)
−1
2
olacağından
+ 3n+2
f (n) =
n2
2
−2=
n2 + 3n − 2
2
olacaktır. Eğer x = n ve y = −n alırsak, f (n) + f (−n) = n2 − n ve
f (−n) = n2 − 2 − f (n) =
(−n)2 + 3(−n) − 2
2
olacaktır. Demekki,
n2 + 3n − 2
2
eşitliği negatif n değerleri içinde geçerlidir. Sorudaki f (n) = n durumu için
f (n) =
n2 + 3n − 2
=n
2
ise (n − 1)(n + 2) = 0 olacağından n = 1 veya n = −2 olacaktır.
Fonksiyonel denklemlerin çözümleri yapılırken bazı kullanışlı sonuçların bilinmesinde fayda vardır. Örneğin aşağıda verilenler bunlardan sadece birkaçıdır. Buna göre, f sürekli bir fonksiyon olmak üzere
i. f (x + y) = f (x) + f (y) ise f (x) = c,
149
ii. f (x + y) = f (x) · f (y) ise f (x) = cx
iii. f (xy) = f (x) + f (y) ise f (x) = c ln x
iv. f (xy) = f (x) · f (y) ise f (x) = xc
olacaktır. Sıradaki örneğimizin çözümünde bu sonuçları kullanabiliriz.
Örnek. (Jensen Fonksiyonel Denklemi) x, y ∈ R olmak üzere verilen
µ
¶
x+y
f (x) + f (y)
f
=
2
2
eşitliğini sağlayan tüm sürekli f fonksiyonlarını bulunuz.
Çözüm.
Eğer y = 0 olarak alınırsa,
f
³x´
2
=
f (x) + f (0)
2
olacaktır. Buna göre,
f (x) + f (y)
=f
2
µ
x+y
2
¶
=
f (x + y) + f (0)
2
olacaktır. Yani, f (x + y) = f (x) + f (y) − f (0) olarak bulunur. Varsayalım
h(x) = f (x) − f (0) ise h(x + y) = h(x) + h(y) olacağından h(x) = cx ve
f (x) = cx + f (0) olarak bulunur.
Örnek. f (x+y) = g(x)+h(y) eşitliğini sağlayan tüm sürekli fonksiyonları
bulunuz.
Çözüm. Eğer y = 0 olarak alırsak h(0) = b ise f (x) = g(x) + b ve eğer
x = 0 olarak alırsak benzer biçimde f (y) = a + h(y) olacaktır. Buna göre,
f (x + y) = [f (x) − b] + [f (y) − a] = f (x) + f (y) − (a + b)
olacağından F (x) = f (x) − a − b ve F (x + y) = F (x) + F (y) olacaktır. F
fonksiyonu toplamsal sürekli fonksiyon olduğundan F (x) = kx olacaktır. Sonuç
olarak f (x) = kx + a + b, g(x) = kx + a ve h(x) = kx + b olacaktır.
Olimpiyat sınavlarında özellikle TST ve kamp sınavlarında sorulan soruların çözümleri oldukça zordur. Belli teknikler kullanarak çözümeye gitmeye
çalışmak her ne kadar gerekli olsada çoğu zaman yereli değildir. Ancak bazı
yardımcı özelikleri araştırmak sanırız çözüm yolundaki en büyük yardımcılardan olacaktır. Bu sebepten elimizdeki fonksiyonun
i. Birebir veya örtenliği,
150
ii. Periyodikliği veya tek, çift fonksiyon olma durumu,
iii. Artan yada azalan olma durumu,
iv. Simetrikliği
gibi özelliklerinin olup olmadığını bilmek, çoğu zaman çözümü ciddi biçimde
kolaylaştıracaktır.
2.20.3
Çalışma Soruları
1. f : R → R olmak üzere verilen
f (f (x + y)) = f (x + y) + f (x)f (y) − xy x, y ∈ R
eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz.
2. f : Z → R ve x + y toplamı 3’ün tam katı olduğuna göre,
¶
µ
f (x) + f (y)
x+y
=
f
3
2
eşitliğini sağlayan f − fonksiyonlarını bulunuz.
3. f : R → R olmak üzere verilen
f (xf (y) + x) = xy + f (x)
eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz.
4. f : R → R olmak üzere verilen
f (f (x) + y) = f (x2 − y) + 4f (x)y
eşitliğini sağlayan f fonksiyonlarını bulunuz.
2.20.4
Çözümler
1. Eğer y = 0 alırsak,
f (f (x)) = [1 + f (0)]f (x)
eşitliği elde edilir. Eğer x yerine x + y alırsak
[1 + f (0)]f (x + y) = f (f (x + y)) = f (x + y) + f (x)f (y) − xy
eşitliğinden
f (0)f (x + y) = f (x)f (y) − xy
151
elde edilir. Eğer y = 1 alınırsa,
f (0)f (x + 1) = f (x)f (1) − x
eşitliği elde edilir. Eğer y = −1 ve x yerine x + 1 alınırsa
f (0)f (x) = f (x + 1)f (−1) = f (x + 1)f (−1) + x + 1
eşitliği elde edilir. Eğer son iki denklemden f (x + 1)’i çekersek
[f 2 (0) − f (1)f (−1)]f (x) = [f (0) − f (−1)]x + f (0)
eşitliği elde edilir. Eğer f 2 (0) − f (1)f (−1) 6= 0 ise f − fonksiyonu lineerdir. Eğer f 2 (0)−f (1)f (−1) = 0 ise son denklemde x = 0 alarak f (0) = 0
olarak bulunur. Bu durumda fonksiyon f (x)f (y) = xy olacaktır. y = 1
alırsak f (x)f (1) = x olacaktır. Dolayısıyla f (1) 6= 0 ve f (x) lineerdir.
Sonuç olarak, f (x) = ax + b olarak soruda verilen denklemde yerine
koyarsak a = 1 ve b = 0 bulunur. Demek ki, fonksiyon f (x) = x’dir.
2. Bütün n tamsayıları için
f (0) + f (3n) = 2f (n) = f (n) + f (2n)
olacağından
f (n) = f (2n) =
f (3n) + f (3n)
= f (3n)
2
olacaktır. Demek ki f (n) = f (0) eşitliği vardır. Dolayısıyla tüm tüm
sabit fonksiyonlar birer çözüm olacaktır.
3. Eğer x = 1, y = −1 − f (1) ve a = f (y) + 1 alırsak eşitliğimiz
f (a) = f (f (y) + 1) = y + f (1) = −1
olacaktır. Eğer y = a ve b = f (a) olarak alırsak
b = f (xf (a) + x) = ax + f (x)
ve
f (x) = −ax + b
olacaktır. Eğer sorudaki denklemde yerine koyarsak,
ax2 y − abx − ax + b = xy − ax + b
eşitliği bulunur. Polinom eşitliğinden a = ±1 ve b = 0 dolayısıyla f (x) =
x veya f (x) = −x bulunur.
152
4. y = x2 olarak alırsak
f (f (x) + x2 ) = f (0) + 4x2 f (x)
bulunur. y = −f (x) alınırsa
f (0) = f (f (x) + x2 ) + 4f (x)2
eşitsizliği elde edilir. Bulduğumuz bu iki eşitliği karşılaştırırsak, her bir
x değeri için f (x) = 0 veya f (x) = x2 olmalıdır. Varsayalım f (a) = 0
olsun. x = a olarak alırsak
f (y) = f (a2 − y)
bulunur. y 6= a2 /2 için
y 2 6= (a2 − y)2
ise f (y) = 0 olacaktır. Son olarak x = 2a ve y = a2 /2 alırsak
f (a2 /2) = f (7a2 /2) = 0
olacaktır. Demek ki, f (x) = 0 veya f (x) = x2 olmalıdır.
153

Download

matematik olimpiyatları çalışma kitapçığı

Products

Support

matematik olimpiyatları çalışma kitapçığı

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib