Içindekiler - WordPress.com

Içindekiler
BIRINCI BÖLÜM
Fonksiyonlar
Bag nt
Fonksiyon
Fonksiyonel Denklemlere Giriş
Fonksiyonun Gra gi
Fonksiyon Çeşitleri
Bir Fonksiyonun Tersi
Bileşke Fonksiyon
Tek ve Çift Fonksiyon
Periyodik Fonksiyon
Artan ve Azalan Fonksiyon
Polinom Fonksiyon
Üstel ve Logaritmik Fonksiyon
Çok Degişkenli Fonksiyonlar
Kar ş k Örnekler
ÇÖZÜMLÜ TEST
ÇÖZÜMLER
TÜBITAK SORULARI (Fonksiyonlar)
TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI
ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI
11
12
14
17
18
20
23
25
26
26
28
28
30
34
45
59
55
58
64
IKINCI BÖLÜM
Polinomlar
Polinomlar n Eşitligi
Polinomlar n Katsay lar ve Terim Say s Ile Ilgili Sorular
Horner Metodu Ile Bölme
Bölme Işlemlerinde Kalan n Bulunmas
Bir Polinomun Türevi
Kar ş k Örnekler
ÇÖZÜMLÜ TEST
ÇÖZÜMLER
69
73
76
78
82
87
96
99
TÜBITAK SORULARI (Polinomlar)
TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI
ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI
105
107
111
ÜÇÜNCÜ BÖLÜM
Denklemler ve Denklem Sistemleri
Ikinci Dereceden Denklemler
Ikinci Dereceden Bir Denklemin Sanal Kökleri
Ikinci Dereceden Denklemlere Dönüştürülebilen Denklemler
Köklü Denklemler
Üçüncü Dereceden Denklemler
Üçüncü Dereceden Bir Denklemin Çözümü
Yüksek Dereceden Polinom Denklemler
Kökler ve Katsay lar Aras ndaki Bag nt lar (Vieta Formülleri)
Bir Bilinmeyenli Polinom Eşitsizlikler
Türevi Kullanarak Köklerin Yorumlanmas
Bir Polinom Denklemin Reel Köklerinin Üst S n r n n Bulunmas
Tamsay Köklerin Bulunmas
Tamsay Köklerin Bulunmas Için Newton Metodu
Tamsay Köklerin Bulunmas Için Başka Bir Yöntem
Reel Köklerin Işaret Incelemesi
Decartes'in Işaret Degişim Kural
Rasyonel Köklerin Bulunmas
Mutlak Degerli Denklem ve Eşitsizlikler
Gra kler Yard m yla Denklem Çözümü
Köklerin Kuvvetleri Toplam n n Hesaplanmas
Denklem Sistemleri
Kar ş k Örnekler
ÇÖZÜMLÜ TEST
ÇÖZÜMLER
TÜBITAK SORULARI (Denklemler ve Denklem Sistemleri)
TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI
ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI
113
118
120
122
126
127
130
132
141
144
148
149
151
152
152
154
156
158
160
162
167
185
195
204
223
230
245
DÖRDÜNCÜ BÖLÜM
Diziler
Aritmetik Dizi
Geometrik Dizi
Fibonacci Dizisi
Bir Dizinin Genel Teriminin Bulunmas
Dizilerin Homojen Yineleme Bag nt lar ve Genel Teriminin Bulunmas
Dizilerin Homojen Olmayan Yineleme Bag nt lar ve Genel Teriminin
Bulunmas
Yard mc Genel Terim Kullanma
Dizinin Tüm Terimlerinin Tamsay Oldugunu Gösterme
Dizinin Limiti
Kar ş k Örnekler
ÇÖZÜMLÜ TEST
ÇÖZÜMLER
TÜBITAK SORULARI (Diziler)
TÜBITAK SORULARININ ÇÖZÜMLERI
ULUSAL ANTALYA MATEMATIK OLIMPIYATI SORULARI
YANIT ANAHTARI
251
255
258
261
264
266
271
273
274
284
297
302
312
316
329
332
31
Fonksiyonlar
Örnek 32 Reel say lar kümesinde s f rdan farkl x; y reel say lar için tan mlanan
f (7=x; y=5) = x + y + xy fonksiyonu için, f (6=5; 2=3) =?
7
6
35
y
2
10
Çözüm : = ise, x =
ve = ise y =
oldugundan,
x
5
6
5
3
3
515
6 2
7 10
35 10 35 10
;
+
+
=
f
= f ( 35 ; 3 =
5 3
5
6
3
6 3
18
6
bulunur.
Örnek 33 f : Z Z ! Z fonksiyonu,
i) f (a + 1; b) f (a 1; b) = 2a ii) f (b; a) =
koşullar n saglad g na göre, f (999; 1000) =?
f (a; b) iii) f (0; 1) = 1
Çözüm : Birinci eşitlikte, b'yi sabit tutup, a yerine s ras yla 998'den 2'ye kadar çift
say degerleri verelim.
f (999; b)
f (997; b)
f (997; b) = 2 998
f (995; b) = 2 996
...
f (3; b) f (1; b) = 2 2
eşitliklerini taraf tarafa toplarsak,
f (999; b)
f (1; b) = 2 (2 + 4 +
+ 998) = 2 499 500 = 499000
( )
olur. Şimdi de, 999'dan 1'e kadar tek degerleri verelim,
f (1000; b) f (998; b) = 2 999
f (998; b) f (996; b) = 2 997
...
f (2; b) f (0; b) = 2 1
eşitliklerini taraf tarafa toplarsak,
f (1000; b)
f (0; b) = 2 (1 + 3 + 5 +
+ 999) = 500000
olur. b = 1 yaz l rsa, iii) eşitliginden, f (1000; 1) = 500001 elde edilir. Şimdi, ( )
eşitliginde, b = 1000 yazarsak,
f (999; 1000)
elde edilir. Burada, f (1; 1000) =
f (999; 1000) = 499000
elde edilir.
f (1; 1000) = 499000
f (1000; 1) oldugu da göz önüne al n rsa,
f (1000; 1) = 499000
500001 =
1001
32
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
Örnek 34 f : R
R ! R olmak üzere,
f (x; y) + z = f (y + z; x + z)
f (0; x + y) = f (0; x) + f (0; y)
koşullar saglan yorsa, f (2009; 2011) =?
Çözüm : Ikinci eşitlikte, x = y = 0 yazarsak, f (0; 0) = 0 elde edilir. Şimdi de,
y = x yazal m. Bu durumda,
0 = f (0; 0) = f (0; x) + f (0; x)
eşitliginden, f (0; x) = f (0; x) ( ) elde edilir. Şimdi, birinci eşitlikte, x = 0
ve z = y yazarsak, f (0; y) y = f (0; y) olur. Buna göre, ( ) eşitliginden de,
f (0; y) = y=2 bulunur.
Son olarak, birinci eşitlikte, z = y yaz l rsa,
x y
f (x; y) y = f (0; x y) =
2
olacag ndan, f (x; y) = (x + y) =2 bulunur. O halde, f (2009; 2011) = 2010 olur.
Örnek 35 f : R R ! R fonksiyonu,
i) f (x; x) = x
ii) f (x; y) = f (y; x)
iii) f (x; f (y; z)) = f (f (x; y) ; z)
iv) y < z ve f (x; y) 6= x ise f (x; y) < f (x; z)
koşullar n saglad g na göre, f (x; y) = x veya f (x; y) = y oldugunu gösteriniz.
Çözüm : Olmayana ergi metodunu kullanacag z. x; y 2 R ve f (x; y) 6= x ve
f (x; y) 6= y oldugunu kabul edelim. Bu durumda, ikinci koşuldan dolay y < x
kabul edebiliriz. f (x; y) 6= x oldugundan, dördüncü koşuldan,
f (x; y) < f (x; x) = x
elde edilir. Diger taraftan,
ii) den
f (y; f (x; y)) = f (f (x; y) ; y)
iii) den
=
i) den
f (x; f (y; y)) = f (x; y)
bulunur. f (x; y) 6= y oldugundan dolay ,
f (y; f (x; y)) < f (y; x) = f (x; y)
eşitsizliginden, f (x; y) < f (x; y) çelişkisi elde edilir. O halde, kabulümüz yanl şt r.
33
Fonksiyonlar
Örnek 36 f : Z Z ! Z fonksiyonu,
f (2x; x) = 2f (x; x)
f (x + 1; y) = f (x; y) + f y 2 + 1; 0
f (1; 0) = 1
koşullar n saglad g na göre, f (10; 11) =?
Çözüm : f y 2 + 1; 0 = g (y) diyelim. Ikinci eşitlikte s ras yla x yerine 0'dan
n 1'e kadar degerler verirsek;
f (1; y) = f (0; y) + g (y)
f (2; y) = f (1; y) + g (y)
...
f (n; y) = f (n 1; y) + g (y)
elde edilir. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplarsak,
f (n; y) = f (0; y) + ng (y)
bulunur. Özel olarak, n = 2k ve y = k al rsak, f (2x; x) = 2f (x; x) oldugundan,
2f (k; k) = f (0; k) + 2kg (k)
ve n = y = k al rsak,
f (k; k) = f (0; k) + kg (k)
eşitlikleri elde edilir. Bu iki eşitlikten, f (0; k) = 0 bulunacag ndan,
f (n; k) = ng (k)
elde edilir. Buna göre,
g (k) = f k 2 + 1; 0
=
k 2 + 1 g (0)
=
k 2 + 1 f 02 + 1; 0
=
k 2 + 1 f (1; 0)
oldugundan, g (k) = k 2 + 1 elde edilir. O halde,
f (n; k) = n k 2 + 1
olur. Böylece, f (10; 11) = 10
112 + 1 = 1220 bulunur.
45
Fonksiyonlar
1.15
Çözümlü Test
1. f : R ! R; fonksiyonu için, f (0) = 1 ve
f (xy + 1) = f (x) f (y)
f (y)
eşitlikleri sagland g na göre, f (100) =?
A) 100
B) 101
C) 99
x+2
D) 200
E) Hiçbiri
2. n say s n n rakamlar n n toplam n1 ; n1 say s n n rakamlar n n toplam n2 ve bu
şekilde her defas nda elde edilen say n n rakamlar n toplam hesaplanarak, en sonunda
bir rakam elde edilecektir. Bu rakam f (n) ile gösterelim. f (n) = 5 olacak şekilde,
2010'dan küçük kaç pozitif tamsay vard r?
A) 100
B) 222
C) 221
D) 223
E) Hiçbiri
3. f (x) =
9x
olduguna göre,
3 + 9x
1
2
f
+f
1996
1996
+f
3
1996
toplam n hesaplay n z. (KANADA 1995)
A) 1996=2
B) 1997=2
C) 1996
+
+f
D) 1995=2
1995
1996
E) Hiçbiri
4. Herhangi k pozitif tamsay s için, f1 (k) fonksiyonu k say s n n rakamlar n n
kareleri toplam n göstermektedir.
fn (k) = f1 (fn
olduguna göre, f2009 (2010) =?
A) 89
B) 37
C) 42
1
(k))
D) 29
E) Hiçbiri
5. Her x; y reel say s için, f (x) f (y) f (x y) = x + y olduguna göre, f (100) =?
A) 100
B) 101
C) 99
D) 200
E) 199
6. Reel say larda tan mlanm ş f (x) fonksiyonu her x; y 2 R için,
f (x + y) = f (x y) ve f ( 1=2) =
olduguna göre, f (100) =?
A) 100
B) 101
C) 99
1=2
D) 50
E) Hiçbiri
46
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
7. f (x) = ax2 c fonksiyonu için, 4 f (1)
1 ve
göre, f (3) için aşag dakilerden hangisi dogrudur?
A) 0 < f (3) < 21
B) 2 < f (3) < 10
D) 1 < f (3) < 20
E) Hiçbiri
1
f (2)
5 olduguna
C) 2 < f (3) < 20
2
8. Her x; y reel say s için, f x + y 2 = f (x) + 2 (f (y)) ve f (1) 6= 0 olduguna
göre, f (100) =?
A) 100
B) 101
C) 99
D) 50
E) Hiçbiri
9. f : Z+
Z+ ! Z+ fonksiyonu için,
f (x; y + z) = f (x; y) f (x; z)
f (x + y; 1) = f (x; 1) + f (y; 1)
f (x + y; 2) = f (x; 2) + 4f (xy; 1) + f (y; 2)
olduguna göre, f (5; 100) say s kaç basamakl d r.
A) 100
B) 101
C) 99
D) 50
E) Hiçbiri
10. f (x; y) : R R ! R fonksiyonu, f (x; 0) = x; f (x; y) = f (y; x) ve
f (x + 1; y) = f (x; y) + y + 1 koşullar n saglad g na göre, f (13; 6) =?
A) 100
B) 98
C) 99
D) 50
E) Hiçbiri
11. Her x reel say s için, f (x + 1) =
olduguna göre, f (100) =?
1
1
A)
B)
3
2
C)
1 + f (x)
olarak tan mlan yor. f (1) = 2
1 f (x)
3
D) 2
E) Hiçbiri
1 x
2
12. x 6= 0 ve x 6= 1 olmak üzere,f (x) f
= 64x olduguna göre, f (4) =?
1+x
p
p
p
p
A) 23 3 10=3 B) 26 3 10=3 C) 24 3 10=3 D) 25 3 10=3 E) Hiçbiri
13. f fonksiyonu, f (100) = 0 ve her x; y 2 R için f (f (x) + y) = f (x + y) + f (0)
eşitliklerini saglayan artan bir fonksiyon olduguna göre f (1000) =?
A) 1000
B) 998
C) 999
D) 900
E) Hiçbiri
58
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
1.18
Tübitak Matematik Olimpiyat Sorular n n Çözümleri
1. F (x + 1; y)+F (x; y + 1) = F (x; y)+F (x + 1; y + 1) fonksiyonunda, y yerine
s ras yla, 0 'dan 992'ye kadar degerler verelim. Bu durumda,
F (x + 1; 0) + F (x; 1) = F (x; 0) + F (x + 1; 1)
F (x + 1; 1) + F (x; 2) = F (x; 1) + F (x + 1; 2)
..
.
F (x + 1; 991) + F (x; 992) = F (x; 991) + F (x + 1; 992)
F (x + 1; 992) + F (x; 993) = F (x; 992) + F (x + 1; 993)
olur. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplay p gerekli sadeleştirmeleri yaparsak,
F (x + 1; 0) + F (x; 993) = F (x; 0) + F (x + 1; 993)
elde edilir. F (x; 0) = x ve y > 0 için, F (0; y) = 1 oldugundan, F (x + 1; 0) = x+1
oldugu kullan l rsa, x + 1 + F (x; 993) = x + F (x + 1; 993) eşitliginden,
1 + F (x; 993) = F (x + 1; 993)
olur. Bu eşitlikte, x = 0 'dan x = 999'a kadar degerler verelim. Böylece,
1 + F (0; 993) = F (1; 993)
1 + F (1; 993) = F (2; 993)
..
.
1 + F (998; 993) = F (999; 993)
1 + F (999; 993) = F (1000; 993)
eşitliklerinin taraf tarafa toplanmas yla, 1000 + F (0; 993) = F (1000; 993) eşitliginden F (1000; 993) = 1001 elde edilir.
2. f (a + b) = f (a) + f (b) denkleminde, b yerine s ras yla, a; 2a; 3a; :::; (n 1) a;
(n 2 Z+ ) yazal m. Bu durumda,
f (2a)
f (3a)
= f (a) + f (a)
= f (a) + f (2a)
..
.
f ((n 1) a) = f (a) + f ((n 2) a)
f (na) = f (a) + f ((n 1) a)
olur. Bu eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, f (na) = nf (a) elde edilir. Buna göre,
f (5=2) = k olsun.
4f (5=2) = 4k ise, f (4 (5=2)) = 4k
f (10) = 4k ise, f (2 5) = 4x
5f (2) = 4x ise, 5 3 = 4x
eşitliginden x = 15=4 olur.
132
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
Teorem : Reel katsay l bir polinom denklemin b 6= 0 olmak üzere, a + ib kökü ise
a ib'de köküdür.
2
Ispat : P (x) = 0 olsun, P (x) polinomunu, (x a) + b2 ile bölelim. Buna göre,
kalan n en fazla birinci dereceden olacag n göz önünde bulundurarak,
2
a) + b2 B (x) + mx + n
P (x) = (x
yazabiliriz. P (x)'in ve bölen polinomun tüm katsay lar reel oldugundan, B (x) ve
mx + n polinomlar da reel katsay l d r. x = a + bi bir kök ise,
m (a + ib) + n = 0
eşitliginden, mb = 0 ve ma + n = 0 elde edilir. b 6= 0 oldugundan, m = 0 ve n = 0
elde edilir. O halde,
2
a) + b2 B (x)
P (x) = (x
olur. P (a
3.8
ib) = 0 oldugundan, a
ib'nin de bir kök oldugu görülür.
Kökler ve Katsay lar Aras ndaki Bag nt lar (Vieta
Formülleri)
an xn +an 1 xn
olsun. Bu durumda,
1
+
(x
+a1 x+a0 = 0 ( ) denkleminin n tane kökü x1 ; x2 ; :::; xn
x1 ) (x
x2 )
(x
xn ) = 0
denkleminin aç l m ndan,
xn (x1 + x2 +
+ xn ) xn 1 + (x1 x2 + x1 x3 +
+ xn 1 xn ) xn 2
n 2
+ (x1 x2 x3 + x1 x2 x4 +
+ xn 2 xn 1 xn ) x
+ ::: x1 x2
xn = 0
olur. Bu denklem ile ( ) denklemi karş laşt r l rsa,
x1 + x2 +
x1 x2 + x1 x3 +
x1 x2 x3 + x1 x2 x4 +
+ xn
=
1 xn
=
+ xn
+ xn
2 xn 1 xn
x1 x2
elde edilir. Bu formüllere Vieta formülleri denir.
xn
an
an
1
an 2
an
an 3
=
an
..
.
n
( 1) a0
=
an
133
Denklemler ve Denklem Sistemleri
Bu formülleri toplam sembolleriyle,
n
P
xi =
i=1
n
P
1 i j
n
P
an
an
xi xj =
1
an 2
an
an
an
xi xj xk =
1 i<j<k
x1 x2
..
.
3
n
xn =
( 1) a0
an
şeklinde gösteririz. Örnegin, üçüncü dereceden denklemler konusunda,
a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 = 0
denklemi için,
x1 + x2 + x3 =
a2
a1
a0
; x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 =
ve x1 x2 x3 =
a3
a3
a3
oldugunu görmüştük.
Örnek 149 x3 x2 3x + 2 = 0 denkleminin kökleri a; b; c ise, 1=a + 1=b + 1=c
toplam n hesaplay n z.
Çözüm : Paydalar eşitlersek,
1 1 1
bc + ab + ac
+ + =
a b
c
abc
olur. abc = 2=1 ve bc + ab + ac = 3=1 oldugundan, 1=a + 1=b + 1=c = 3=2 elde
edilir.
Örnek 150 x4
3x2 + 4x + m = 0 denkleminin kökleri x1 ; x2 ; x3 ve x4 olsun.
1
1
1
x4 =
+
+
ve x2 x4 + x3 x4 + x1 x4 = 10
x1
x2
x3
olduguna göre, m kaçt r?
1
1
1
x2 x3 + x1 x3 + x1 x2
Çözüm : x4 =
+
+
=
eşitliginin içler d şlar
x1
x2
x3
x1 x2 x3
çarp m ndan,
x1 x2 x3 x4 = x2 x3 + x1 x3 + x1 x2
olur. Buna göre, Vieta formüllerine göre,
x1 x2 x3 x4 = x2 x3 + x1 x3 + x1 x2 + x2 x4 + x3 x4 + x1 x4
olacag ndan, m = 4
10 ve buradan da m =
6 bulunur.
10
134
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
Örnek 151 x3
2 = 0 denkleminin kökleri, a; b; c ise, a3 + b3 + c3 =?
3x2 + x
Çözüm : Vieta formüllerinden,
a + b + c = 3; ab + ac + bc = 1 ve abc = 2
eşitlikleri vard r. Köklerin üçüncü dereceden kuvvetlerini bulmak için önce denklemi
kullanarak, bulacag m z ifadeyi daha sade hale getirelim. Buna göre, x3 = 3x2 x+2
oldugundan,
a3 + b3 + c3
=
3a2
=
2
a + 2 + 3b2
2
2
3 a +b +c
2
elde edilir. a + b + c = (a + b + c)
2
2
2
2
2
b + 2 + 3c2
c+2
(a + b + c) + 6
2 (ab + ac + bc) eşitliginden,
2
a + b + c = 32
2 1=7
olur. Böylece,
a3 + b3 + c3 = 3 7
3 + 6 = 24
bulunur.
Örnek 152 a; b ve c, x3
x
1 = 0 denkleminin kökleri olduguna göre,
1 a 1 b 1 c
+
+
1+a 1+b 1+c
eşitligini hesaplay n z.
Çözüm : Vieta formüllerinden,
a + b + c = 0; ab + ac + cb =
oldugundan,
1 a 1 b 1 c
+
+
1+a 1+b 1+c
=
2
=
=
=
=
1 ve abc = 1
1 a 2 1 b 2 1 c
+
+
1+a
1+b
1+c
1
1
1
3+2
+
+
1+a 1+b 1+c
3 + 2 (a + b + c) + bc + ac + ab
3+2
a + b + c + ab + ac + bc + abc + 1
3+2 0 1
3+2
1
1
elde edilir. (Not : Denklemden yararlanarak,
3
(1 + a) (1 + b) (1 + c) = a3 b3 c3 = (abc) = 1
oldugu kolayca görülebilirdi.)
135
Denklemler ve Denklem Sistemleri
Örnek 153 x10 +x2 x+1 = 0 denkleminin kökleri, x1 ; x2 ; :::; x10 olduguna göre,
10
x10
1 + x2 +
+ x10
10
toplam n hesaplay n z.
10
Çözüm : x10
1 + x2 +
x21
m=
+ x1
10
+ x10
=
10 = m diyelim. x
x22
1 +
+ x2
x23
1 +
1 oldugundan,
x2 + x
+ x3
1 +
x210 + x10
+
1
yaz labilir. Bu ifadeler kuvvetlerine göre s n an rsa,
x21 + x22 +
m =
=
+ x210 + (x1 + x2 +
2
(x1 + x2 +
+ x10 )
+ x10 )
10
2 (x1 x2 + x1 x3 +
+ x9 x10 )
+ (x1 + x2 +
+ x10 ) 10
2
=
0
2 0 + 0 10 = 10
bulunur.
Örnek 154 x3 + px + q = 0 denkleminin üç farkl reel kökü varsa, p < 0 oldugunu
gösteriniz. (BREZILYA M.O. 1992)
Çözüm : Denklemin kökleri a; b ve c olsun. Bu durumda, Vieta formüllerinden,
a + b + c = 0; ab + ac + bc = p ve abc = q
olur. a > 0 olsun. c =
b oldugundan,
a
2
p = ab + ac + bc = ab + c (a + b) = ab
(a + b)
elde edilir. Bu eşitlige göre,
i) b < 0 ise, ab < 0 olacag ndan, p < 0 olur.
2
ii) b > 0 ise, ab > 0 olur ve p = ab
(a + b) =
ab
b2 < 0 elde edilir.
a2
Örnek 155 Kökleri, 2x2 + 2 (m + n) x + m2 + n2 = 0 denkleminin köklerinin
fark n n karesi ve kökleri toplam n n karesi olan ikinci dereceden denklemi bulunuz?
2
Çözüm : (x1 + x2 ) = ( m
2
(x1
2
2
n) = (m + n) ve
2
= x21 + x22
x2 )
2x1 x2 = (x1 + x2 )
2
=
(m + n)
2
2 m +n
2
=
4x1 x2
2
(m
n)
olur. O halde, yeni ikinci dereceden denklem
x2
yani, x2
2
(m + n)
4mnx
(n
(m
2
2
n)
x+
2
(m
m) (m + n) = 0 olur.
2
2
n) (m + n)
=0
136
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
Örnek 156 Kökleri 2x3
olan denklemi bulunuz.
9x2 + 10x
3 = 0 denkleminin köklerinden 1'er fazla
Çözüm : 2x3 9x2 + 10x 3 = 0 denkleminin kökleri, a; b ve c olsun. Buna göre,
kökleri x1 = a + 1; x2 = b + 1 ve x3 = c + 1 olan denklem
x3
(x1 + x2 + x3 ) x + (x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 ) x
x1 x2 x3 = 0
oldugundan,
x1 + x2 + x3 = a + 1 + b + 1 + c + 1 = a + b + c + 3 = 9=2 + 3 = 15=2;
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3
= (a + 1) (b + 1) + (a + 1) (c + 1) + (c + 1) (b + 1)
= 2 (a + b + c) + ab + ac + bc + 3
= 2 (9=2) + 5 + 3 = 17
ve
x1 x2 x3
eşitliklerinden, x3
bulunur.
= (a + 1) (b + 1) (c + 1)
= a + b + c + ab + ac + bc + abc + 1
= 9=2 + 5 + 3=2 + 1 = 12
(15=2) x + 17x
12 = 0 veya 2x3
15x2 + 34x
24 = 0
Örnek 157 x3 + ax2 + ax + 1 = 0 denkleminde a katsay s n n 2 kat al nd g nda,
denklemin köklerinin toplam 1 artmaktad r. Buna göre a kaçt r?
Çözüm : x1 +x2 +x3 =
a = 1 olur.
a iken x01 +x02 +x03 =
2a ve 2a =
a+1 oldugundan
Örnek 158 ax2 + bx + c = 0 denkleminin bir kökü diger kökünün karesi olduguna
göre, b3 + a2 c + ac2 =?
c
b
c
eşitliginden
Çözüm : x1 x2 = k k 2 = eşitliginden, k 3 = ve x1 + x2 =
a
a
a
b
de k + k 2 =
olur. Buna göre, s ras yla,
a
k + k2
3
= k 3 + 3k 4 + 3k 5 + k 6 ;
c
c
=
+ 3k 3 k + k 2 +
a
a
ca 3bc + c2
b3
=
;
3
a
a2
eşitliginden, b3 + a2 c + ac2 = 3abc elde edilir.
2
;
137
Denklemler ve Denklem Sistemleri
Örnek 159 c ve d reel say lar olmak üzere, tam üç tane farkl pozitif tamsay kökü
olacak şekilde kaç tane x3 11x2 + cx + d polinomu vard r?
Çözüm : Vieta formüllerine göre, köklerin toplam 11 olmal d r. Köklerin farkl
pozitif tamsay lar oldugu göz önünde bulundurulursa, kökler,
1; 2; 8; 1; 3; 7; 1; 4; 6; 2; 3; 6 veya 2; 4; 5
say gruplar ndan biri olabilir. O halde, istenen şekilde 5 polinom vard r. Örnegin,
kökleri 1; 2; 8 olan polinom,
P (x) = (x
1) (x
2) (x
8) = x3
11x2 + 26x
16
polinomudur.
2
3
Örnek 160 (x 1) + (x 2) + (x 3) +
nomunun köklerinin toplam n bulunuz.
+ (x
99
99)
+ (x
100
100)
poli-
Çözüm : Vieta formüllerine göre kökler toplam , x99 katsay s n n, x100 'ün katsay s na
99
yani 1'e bölümüne eşittir. O halde, x99 'un katsay s n bulmal y z. (x 99) ifade100
99
99
sinde, x 'un katsay s 1'dir. (x 100)
ifadesinde ise, x 'un katsay s , 10000
oldugundan, yan t 10000 + 1 = 9999 bulunur.
2001
Örnek 161 Katl kökü olmayan x2001 + (1=2 x)
= 0 denkleminin reel ve reel
olmayan tüm köklerinin toplam n bulunuz. (AIME 2001)
2001
Çözüm : x2001 + (1=2 x)
= 0 denkleminin aç l m nda, x2001 sadeleşecek ve
2000'inci dereceden bir denklem elde edilecektir. O halde, Vieta formüllerine göre,
kökler toplam n bulabilmemiz için, x1999 ve x2000 teriminin katsay lar na ihtiyac m z
var. Bunun için, Binom aç l m n kullanarak,
1
(
x)2001
2
aç l m ndaki x1999 ve x2000 terimlerinin katsay s n bulal m.
2001 2000
2000 1
2001
( x)
=
x
1
2
2
ve
1999 1 2
2001
( x)
( ) = 2001 250 x1999
2
2
oldugundan, Vieta formüllerinden,
2001 250
x1 + x2 +
+ x2000 =
= 500
2001=2
bulunur.
160
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
3.19
Gra kler Yard m yla Denklem Çözümü
p
Örnek 203
x = x4 1 eşitligini saglayan kaç tane x pozitif reel say s vard r?
(USC Math.Contest)
p
p
y
Çözüm :p x = x4 1 veya
x = x4 1
y = x −1
4
olabilir.
x
=
x
1
denkleminin
çözümü
için,
p
y= x
y = x ve y = x4 1 fonksiyonlar n n gra kleri çizilirse, şekildeki gibi bir noktada kesiştikx
0
leri görülür. O halde, bu denklemin sadece bir
-1
1
çözümü var demektir. Benzer şekilde,
p
x = x4 1
-1
4
y=− x
denkleminin de bir çözümü olacakt r. O halde
denklemin sadece 2 reel çözümü vard r.
Örnek 204 x4 +jxj = 10 denkleminin kaç tane reel çözümü vard r? (USC Math.Contest)
Çözüm : y = jxj ve y = 10 x4 fonksiyonlar n n
gra gini göz önüne alal m. Bu iki fonksiyon, yandaki gra kte görüldügü gibi sadece, iki noktada kesişirler. O halde, denklemin sadece 2 tane reel kökü
vard r.
y
y = 10 − x 4
y= x
x
Örnek 205 3x
y = x2 − x + 1
1
x + 1 denkleminin kaç tane reel kökü vard r?
= x2
y =3
y
3
2
1
x
1
2
x −1
Çözüm : x = 1 ve x = 2 için denklem saglan r.
Bu iki kökten başka köklerinin olmad g n y = 3x 1
ve y = x2 x + 1 fonksiyonlar n n gra gini çizerek görebiliriz. Gerçekten, gra kten görüldügü gibi
bu iki fonksiyon sadece iki noktada kesişirler. Yani,
denklemin sadece 2 kökü vard r.
161
Denklemler ve Denklem Sistemleri
Örnek 206 Hangi a reel say s için, jx 1j jx 2j + jx 4j = a denkleminin
tam üç kökü vard r? (Wisconsin Math Talent Search 1996)
Çözüm : f (x) = jx 1j jx 2j + jx 4j diyelim ve gra gini çizelim. Aral klara
göre incelersek,
x 1 ise, f (x) = x + 1 (2 x) + ( x + 4) = 3 x
1 x 2 ise, f (x) = (x 1) (2 x) + ( x + 4) = x + 1
2 x 4 ise, f (x) = (x 1) (x 2) + ( x + 4) = 5 x
x 4 için, f (x) = (x 1) (x 2) + (x 4) = x 3
olur.
y
Buna göre, gra k şekildeki gibi olur. Daha sonra
şekilde görüldügü gibi, a 2 Z için y = a gra kf(x)
y=4
lerini çizersek,
3
y =3
a > 4 için, f (x) ve y = a iki noktada,
2
y=2
a = 3 ve a = 2 için, f (x) ve y = a üç noktada,
1
y =1
x
a = 1 için, f (x) ve y = a sadece 1 noktada ke1 2 3 4 5 6 7
sişirler.
a < 1 için ise kesişmezler yani çözüm yoktur.
Örnek 207 jx jx jx 4jjj = a denkleminin tam üç tane kökü olacak şekilde
tüm a reel say lar n bulunuz. (Wisconsin Math Talent Search 2008)
Çözüm : Önce, y = jx
x 4 için, y = jx
x 4 için, y = jx
elde edilir. x
jx jx 4jjj fonksiyonunun gra gini çizelim.
jx x 4jj = jx 4j = x 4
jx + x 4jj = jx j2x 4jj ve x 2 için,
y = jx 2x + 4j = j4 xj = 4 x
2 için, y = jx
x
j2x
4=3 için, y = 3x
4jj = jx + 2x 4j = j3x 4j olacag ndan,
4
4 ve x
için, y = 3x + 4
3
olur.
Buna göre, belirtilen aral klar için, gra k
çizilirse, yandaki gra k elde edilir. Gra kten
de görülür ki,
a > 3 için, denklemin iki çözümü,
a = 2 için, denklemin üç çözümü,
0 a < 2 için, denklemin dört çözümü
a = 0 için, denklemin iki çözümü vard r.
a < 0 için ise çözüm yoktur.
y
y = x− x− x−4
3
2
1
y=2
y =1
x
162
Matematik Olimpiyatlar na Haz rl k 4
3.20
Köklerin Kuvvetleri Toplam n n Hesaplanmas
Bu k s mda, kökleri x1 ; x2 ; :::; xn olan n'inci dereceden bir polinom için,
Z+ olmak üzere,
Sk = xk1 + xk2 +
+ xkn
k2
toplam n nas l hesaplayabilecegimizi görecegiz. Önce aşag daki ilk örnekte, üçüncü
dereceden bir polinom için, S3 'ü klasik yöntemle hesaplayal m. Sonraki örnekte ise,
S4 için başka bir yöntem kullanal m.
Örnek 208 9x3
13x
6 = 0 denkleminin kökleri a; b; c ise, a3 + b3 + c3 =?
Çözüm : a; b; c denklemin kökleri olduguna göre,
9a3 13a 6 = 0; 9b3 13b 6 = 0; 9x3
eşitlikleri saglan r. Bunlar taraf tarafa toplarsak,
9 a3 + b3 + c3
13 (a + b + c)
13b
6=0
18 = 0
elde edilir. Vieta formüllerine göre, a + b + c = 0 oldugundan, a3 + b3 + c3 = 2
bulunur.
Örnek 209 P (x) = 2x3 +13x2 3 polinomunun üç farkl reel kökü a; b; c olduguna
göre, a4 + b4 + c4 =?
Çözüm : Negatif olmayan bir k say s için, Sk = ak + bk + ck olarak gösterelim.
S0 = a0 + b0 + c0 = 3
olur. Diger taraftan Vieta formüllerine göre,
a + b + c = 13=2; abc = 3 ve ab + ac + bc = 0
eşitlikleri vard r. Şimdi bunlar da kullanarak S2 'yi hesaplayal m.
2
S2 = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)
2 (ab + ac + bc)
oldugundan, S2 = 169=4 bulunur. Bundan sonraki Sk degerlerini daha kolay elde
etmek için başka bir yöntem kullanacag z. a polinomun bir kökü oldugundan,
P (a) = 2a3 + 13a2 3 = 0
eşitligi, yani, 2a3 =
13a2 + 3 eşitligi saglan r. Bu eşitligi, ak
2ak = 13ak 1 + 3ak 3
elde edilir. Benzer şekilde,
2bk = 13bk
1
+ 3bk
3
ve 2ck =
13ck
eşitlikleri saglanacakt r. Bu üç eşitligi taraf tarafa toplarsak,
2Sk = 13Sk 1 + 3Sk 3
olacakt r.
1
3
ile çarparsak,
+ 3ck
3