Içindekiler

İçindekiler
BİRİNCİ BÖLÜM
Logaritma
Logaritma Fonksiyonunun Özellikleri
Logaritma Fonksiyonunun Grafiği
Karakteristik ve Mantis
Logaritmik Denklemler
Logaritmik Eşitsizlikler
Karışık Örnekler
11
11
15
15
16
20
22
İKİNCİ BÖLÜM
Trigonometri
Sinüs ve Kosinüs Fonksiyonları
Tanjant, Kotanjant, Sekant ve Kosekant Fonksiyonları
Trigonometrik Fonksiyonların Periyodu
Toplam ve Fark Formülleri
Yarımaçı Formülleri
Üç Kat Formülleri
Dönüşüm Formülleri
Ters Dönüşüm Formülleri
Bir Üçgenin Elemanları ve Trigonmetrik Bağıntılar
Ters Trigonometrik Fonksiyonlar
Trigonometrik Denklemler
Trigonometrik Denklemlerin Bilinmeyene Göre İncelenmesi
Yardımcı Bilinmeyen Yardımıyla Çözülebilen Denklemler
Trigonometri Yardımıyla Denklem Çözümü
Trogonometrik Toplamlar
Trigonometrik Çarpımlar
Karışık Örnekler
Alıştırmalar
31
31
35
39
40
45
47
52
56
57
73
78
89
91
94
96
106
108
125
ÜÇÜNCÜ BÖLÜM
Kompleks Sayılar ve De Moivre Formülü
131
DÖRDÜNCÜ BÖLÜM
Fonksiyonların Limit, Sürekliliği ve Türevi
Fonksiyonların Limiti
Belirsizlikler ve Limitlerinin Hesaplanması
Fonksiyonların Sürekliliği
Türev
Fonksiyonun Artan ve Azalan Olduğu Aralıkların Belirlenmesi
Türevi Kullanarak Bir Denklemin Köklerinin Yorumlanması
Bir Fonksiyonun Konveksliği ve Konkavlığı
Üslü Değişkenli Fonksiyonların Türevi
Fonksiyonların Grafiklerinin Çizilmesi
Taylor Formülü
İntegral
147
152
157
161
165
173
180
187
190
201
202
206
BEŞİNCİ BÖLÜM
Fonksiyonel Denklemler
Tamsayılar ve Rasyonel Sayılar Kümesinde Fonksiyonel Denklem Çözümü
Rasyonel Sayılar Kümesinden Reel Sayılar Kümesine Geçiş
Fonksiyonel Denklemlerin Polinom Denklem Çözümleri
Fonksiyonel Denklemin Çözümünün Varlığı
Fonksiyonel Denklemlerin Sürekli Fonksiyon Çözümleri
Fonksiyonel Denklemlerin Diferensiyellenebilir Fonksiyon Çözümleri
Özel Fonksiyonel Denklemler
Birinci Cauchy Denklemi
İkinci Cauchy Denklemi
Üçüncü Cauchy Denklemi
Dördüncü Cauchy Denklemi
Jensen Denklemi
Pexider Fonksiyonel Denklemleri
Problemler
Problemlerin Çözümleri
Alıştırmalar
209
213
220
223
226
230
234
236
236
240
243
244
245
246
251
254
272
ALTINCI BÖLÜM
Eşitsizlikler
Üçgen Eşitsizliği
Toplam ve Çarpımlarda Basit Eşitsizliklerin Kullanımı
a2 ≥ 0 Eşitsizliği
2(xn+m + y n+m ) ≥ (xn + y n )(xm + y m ) Eşitsizliği
n/m + m/n ≥ 2 Eşitsizliği
Aritmetik - Geometrik - Harmonik Ortalama Eşitsizliği
Cauchy - Schwarz Eşitsizliği
P
cyc notasyonu (Dairesel Toplam)
Kuvvet Ortalamaları Eşitsizliği
Simetrik Ortalamalar Eşitsizliği
Bernoulli Eşitsizliği
Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Eşitsizliği
Chebysev Eşitsizliği
Jensen Eşitsizliği
Genelleştirilmiş Aritmetik - Geometrik Ortalama Eşitsizliği
Schur Eşitsizliği
Hölder Eşitsizliği
Minkowski Eşitsizliği
Muirhead Eşitsizliği
Homojenleştirme
Geometrik Eşitsizlikler
Trigonometrik Fonksiyonlar Kullanarak Eşitsizlik Ispatı
Problemler
Problemlerin Çözümleri
Alıştırmalar
Kaynaklar
279
283
284
287
294
296
300
323
334
337
341
343
345
353
357
366
368
373
374
375
381
383
406
410
416
444
459
59
Trigonometri
Örnek 82 Kenarları ardışık tamsayı ve en büyük açısı, en küçük açının iki katı olan
sadece bir üçgen olduğunu gösteriniz. (IMO 1968)
Çözüm : ABC üçgeninde, a, b ve c kenarları sırasıyla x + 1, x, x − 1 olsun. Büyük
kenarın karşısında büyük açı olacağından, soruda verilenlerden A = 2C olur. Bu
durumda, A + B + C = π eşitliğinden, B = π − 3C bulunur. Sinüs teoreminde, bu
değerleri yerine yazarsak
x+1
x
x−1
=
=
sin 2C
sin 3C
sin C
elde edilir.
m
x
x+m
x
=
⇒ =
y
n
y
y+n
orantı özelliğinden
x−1
x+x−1
2x − 1
x
=
=
=
sin 3C
sin C
sin 3C + sin C
2 sin 2C cos C
yazabiliriz. Bu durumda,
2x − 1
x+1
=
sin 2C
2 sin 2C cos C
olur ki, buradan,
x+1=
2x − 1
2 cos C
(*)
bulunur. Diğer taraftan,
x+1
sin 2C
x+1
2 sin C cos C
=
=
x−1
sin C
x−1
sin C
eşitliğinden,
x+1
=x−1
2 cos C
(**)
elde edilir. (∗) ve (∗∗) eşitliklerinden,
cos C =
2x − 1
2 (x + 1)
olur. Böylece,
(x + 1)2 = (2x − 1) (x − 1)
denklemi elde edilir. Bu denklemden, x2 − 5x = 0 ve dolayıyla, x = 5 bulunur. Yani,
üçgenin kenarları 4, 5, 6 ’dır ve istenen şekilde sadece bir üçgen vardır.
60
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
B
a+c
Örnek 83 Bir ABC üçgeninde cot =
ise, bu üçgenin dik üçgen olduğunu
2
b
gösteriniz.
a+c
B
eşitliğinde, a = 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C
=
Çözüm : cot
2
b
yazalım. Bu durumda,
cot
B
sin A + sin C
=
2
sin B
elde edilir.
2 sin (A + C) /2 cos (A − C) /2
cos (B/2)
=
sin (B/2)
2 sin (B/2) cos (B/2)
eşitliğinde,
A+C
sin
= cos
2
olduğu kullanılırsa,
µ
A+B+C
A+C
−
2
2
¶
= cos
B
2
B
A−C
= cos
2
2
bulunur. Böylece, B/2 = ± (A − C) /2 elde edilir. Yani, A = B + C veya
C = A + B olduğu görülür. Bu ise, A = 90◦ veya C = 90◦ olması demektir.
cos
Örnek 84 Bir ABC üçgeni için,
sin2 A + sin2 B + sin2 C
=2
cos2 A + cos2 B + cos2 C
olduğuna göre, bu üçgenin bir dik üçgen olduğunu ispatlayınız.(IMO Shortlist 1967)
Çözüm : Denklemde, sin2 x = (1 − cos 2x) /2 ve cos2 x = (1 + cos 2x) /2
olduğunu kullanıp, denklemi düzenlersek,
cos 2A + cos 2B + cos 2C = 0
elde edilir. Dönüşüm formüllerinden,
2 cos (A + B) cos (A − B) + cos 2C + 1 = 0
olur. cos 2C = 2 cos2 C − 1 yazarsak,
cos (A + B) cos (A − B) + cos2 C = 0
elde edilir. A + B + C = π olduğundan, cos (A + B) = − cos C yazılırsa,
cos C (cos C − cos (A − B)) = 0
ve cos C = − cos (A + B) yazarsak, cos C (cos (A + B) + cos (A − B)) = 0 elde
edilir. Bu denklemden de, cos A cos B cos C = 0 elde edilir. O halde, A, B veya C
açılarından biri 90◦ olmalıdır.
61
Trigonometri
Örnek 85 Bir ABC üçgeninin alanı S olduğuna göre
¢
1¡ 2
a) S =
a sin 2B + b2 sin 2A
4¡
¢
a2 − b2 sin A sin B
b) S =
2 sin (A − B)
eşitliklerinin sağlandığını gösteriniz.
1
1
Çözüm : A + B + C = π olduğundan, S = ab sin C yerine S = ab sin (A + B)
2
2
yazabiliriz. Böylece, S = (ab sin A cos B + ab sin B cos A)/2 olur. Sinüs teoremine
göre,
a
b
veya a sin B = b sin A
=
sin A
sin B
olduğundan,
¢
1¡ 2
a sin B cos B + b2 sin A cos A
2
olur. sin B cos B = (sin 2B) /2 ve sin A cos A = (sin 2A) /2 yazılırsa,
¢
1¡ 2
S=
a sin 2B + b2 sin 2A
4
bulunur.
b2
a
b
a2
=
ii)
eşitliğine göre,
olur. Orantı özelliklerinden,
=
2
sin A
sin B
sin A
sin2 B
b2
a2 − b2
a2
=
=
2
2
2
sin A
sin B
sin A − sin2 B
elde edilir. Diğer taraftan,
S=
a2
a
a
a
b
ab
=
·
=
·
=
2
sin
A
sin
A
sin
A
sin
B
sin
A
sin B
sin A
2
2
ab
2S
a −b
olduğundan,
eşitliği elde edilir. ab =
yazılırsa
=
sin A sin B
sin C
sin2 A − sin2 B
a2 − b2
2S
=
2
sin A sin B sin C
sin A − sin2 B
olur.
sin C = sin (A + B) ve sin2 A − sin2 B = sin (A + B) sin (A − B)
eşitlikleri kullanılırsa,
elde edilir.
¢
¡ 2
a − b2 sin A sin B
S=
2 sin (A − B)
62
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
2ur
Örnek 86 Bir ABC üçgeninde, a cos A + b cos B + c cos C =
bağıntısının
R
varlığını ispatlayınız.
Çözüm : ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O olsun. Bu durumda, üçgen geniş açılı bir üçgen değilse, O
noktası üçgenin içinde olacaktır. Şekilden takip edilirse,
A
A(ABC) = A (AOB) + A (BOC) + A (COA)
R
O
olur. Bir üçgenin alanı, r iç teğet çemberinin yarıçapı ve
R
u = (a + b + c) /2 olmak üzere, S = ur’dir. Diğer taraftan,
r
C
b açısı A açısına eşit olduğundan, |OH| = R cos A olur
B OH
H
B
ve BOC üçgeninin alanı, a (R cos A) /2 bulunur. Benzer
düşünceyle, AOB ve AOC üçgenlerinin alanı da bulunabilir. Böylece,
a (R cos A) b (R cos B) c (R cos C)
S = ur =
+
+
2
2
2
bulunur. Buradan
2ur
a cos A + b cos B + c cos C =
R
elde edilir. Eğer A açısı, geniş açı ise, bu takdirde O noktası üçgenin dışında olur. Bu
durumda,
A (ABC) = −A (OBC) + A (OCA) + A (OAB)
1
1
eşitliği olacaktır. Fakat, A (OBC) = aR cos (π − A) = − aR cos A olduğundan,
2
2
yine istenen bağıntı elde edilecektir.
Örnek 87 ABC dar açılı üçgeninin alanı S olmak üzere,
p
p
p
a2 + b2 + c2
a2 b2 − 4S 2 + b2 c2 − 4S 2 + c2 a2 − 4S 2 =
2
eşitliğinin sağlandığını gösteriniz.
Çözüm : 2S = ab sin C = cb sin A = ca sin B olduğundan, verilen ifadenin sol
tarafına K dersek,
p
p
p
K =
a2 b2 − a2 b2 sin2 C + b2 c2 − b2 c2 sin2 A + c2 a2 − c2 a2 sin2 B
= ab cos C + bc cos A + ca cos B
olur. Kosinüs teoreminden,
a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2
K =
+
+
2
2
2
2
2
2
a +b +c
=
2
elde edilir.
63
Trigonometri
Örnek 88 Bir ABC üçgeninde, r iç teğet çemberin yarıçapı, R çevrel çemberin
yarıçapı ve 2u = a + b + c ise,
A
r
B
r
C
r
tan =
, tan =
ve tan =
2
u−a
2
u−b
2
u−c
olduğunu gösteriniz.
A
r
Çözüm : Yandaki şekilden takip edilirse, tan = olur.
2
x
A
c − x + b − x = a olduğundan, 2x = b + c − a veya
x
a+b+c
x
−a=u−a
x=
2
r
r
yazılabilir. O halde,
c-x
O
1
A
r
b-x
B
tan =
c-x
2
u−a
b-x
C
olur. Benzer düşünceyle,
tan
bulunabilir.
B
C
r
r
ve tan =
=
2
u−b
2
u−c
Örnek 89 Yandaki ikizkenar ABC üçgeninde
b = 106◦ , m(P AC)
b
|BC| = |AC| , ACB
= 7◦
◦
b
b
ve m(P CA) = 23 olduğuna göre, C P B açısı kaç
derecedir? (AIME−2003)
Verilenlerden,
Çözüm : C PbB = x olsun.
b
b )=
m(APbC) = 150◦ , m(P CB)
= 83◦ ve m(C BP
◦
B
97 − x olur. Buna göre, sinüs teoreminden,
|AC|
|BC|
sin 150◦
sin x
ve
=
=
|P C|
sin 7◦
|P C|
sin (97◦ − x)
A
P
C
olur. |BC| = |AC|, sin 150◦ = 1/2 ve sin (97◦ − x) = cos (x − 7◦ ) olduğundan,
1/2◦
sin x
=
sin 7◦
cos (x − 7◦ )
olur ki, buradan,
cos (x − 7◦ ) = 2 sin x sin 7
bulunur. cos (x − 7◦ ) = cos x cos 7◦ + sin x sin 7◦ yazılırsa,
cos x cos 7◦ = sin x sin 7◦ ⇒ tan x = cot 7◦
elde edilir. Yani, x = 83◦ bulunur.
64
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
Örnek 90 Bir ABC üçgeninde a2 + b2 = 1989c2 ise
kaçtır? (AIME−1989)
Çözüm : c kenarına ait yüksekliği çizelim. Bu du|AH|
|BH|
rumda, cot A =
ve cot B =
olacağından,
h
h
c
cot A + cot B =
h
cot C
değeri
cot A + cot B
H
A
h
B
C
olur. Üçgenin alanına S dersek, S = hc/2 olduğundan,
h = 2S/c yazılabilir. Buradan,
c2
cot A + cot B =
2S
bulunur. Diğer taraftan, kosinüs teoremine göre, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C ise,
c2 = 1989c2 − 2ab cos C olur ki, bu eşitlikten,
cos C = 1988c2 /2ab
1
olur. Yine, alan formülüne göre S = ab sin C eşitliğinden,
2
sin C = 2S/ab
olacağından, cot C =
1988c2 /2ab
= bulunur. Böylece,
2S/ab
1988c2
cot C
= 994
= 4S
cot A + cot B
c2
2S
olur.
Örnek 91 Bir ABC üçgeninde, eğer cot A/2, cot B/2 ve cot C/2 değerleri
bir aritmetik dizi oluşturuyorsa, üçgenin a, b ve c kenarlarının da bir aritmetik dizi
oluşturacağını gösteriniz.
A
r
B
r
C
r
Çözüm : tan =
olduğuna göre,
, tan =
, tan =
2
u−a
2
u−b
2
u−c
u−a u−b u−c
,
,
r
r
r
değerleri bir aritmetik dizi oluşturuyorsa,
u−b
u−a u−c
2
=
+
r
r
r
eşitliği sağlanmalıdır. Buradan, 2b = a + c bulunur ki, bu bağıntı a, b ve c sayılarının
bir aritmetik dizi oluşturduğunu gösterir.
65
Trigonometri
Örnek 92 Bir ABC üçgeninde, r iç teğet çemberin yarıçapı, R çevrel çemberin
yarıçapı ve 2u = a + b + c ise,
A
B
C
r
a tan tan tan = ,
2
2
2
u
A
B
C
4R + r
b) tan + tan + tan =
2
2
2
u
olduğunu gösteriniz.
A
r
B
r
C
r
olduğunu gösterÇözüm : a) tan
=
, tan
=
, tan
=
2
u−a
2
u−b
2
u−c
miştik. Buna göre, bu eşitlikleri taraf tarafa çarparsak,
A
B
C
r3
tan tan =
2
2
2
(u − a) (u − b) (u − c)
p
olur. ABC üçgeninin alanının S = ur ve S = u (u − a) (u − b) (u − c) olduğu
da göz önüne alınırsa, bu ifadelerin karelerinin eşitliğinden
tan
bulunabilir. Buna göre,
(u − a) (u − b) (u − c) = ur2
tan
A
r
B
C
r3
tan tan = 2 =
2
2
2
ur
u
elde edilir.
b) Yukarıda bulunan eşitlikleri bu kez toplayalım. Bu durumda,
A
B
C
r
r
r
tan + tan + tan =
+
+
2
2
2
u−a u−b u−c
olur. Paydalar eşitlenip, 2u = a + b + c kullanılırsa,
¢
¡
r −u2 + ab + bc + ca
A
B
C
tan + tan + tan =
2
2
2
(u − a) (u − b) (u − c)
bulunur. (u − a) (u − b) (u − c) = ur2 (∗∗) olduğunu bulmuştuk. Şimdi,
¢
¡ 2
−u + ab + bc + ca
abc
= ur eşitliğinden elde edilen,
4R
abc = 4urR ifadesini, (∗∗) eşitliği ile taraf tarafa toplarsak,
ifadesini hesaplayalım. Bunun için, S =
abc + (u − a) (u − b) (u − c) = ur (4R + r)
elde edilir. Sol taraf açılıp, gerekli sadeleştirmeler yapılırsa,
bulunur. Böylece,
tan
olduğu görülür.
−u2 + ab + bc + ca = r (4R + r)
A
4R + r
B
C
r2 (4R + r)
=
+ tan + tan =
2
2
2
ur2
u
(*)
66
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
Trigonometrik Ceva Formülü : Bir ABC üçgeninde, A, B ve C köşesinden kenarlara [AP ] ,
[BQ] ve [CR] doğru parçaları çiziliyor. Bu
doğru parçaları bir noktada kesişiyorlar. Üçgenin köşelerinde oluşan açılar şekilde gibi belirtilmiştir. Buna göre,
sin α1 sin β 1 sin γ 1
·
·
=1
sin α2 sin β 2 sin γ 2
B
c1
β1 β2
a2
P
R
O
a1
c2
A
γ1
γ2
α2
α1
b1
Q
b2
C
eşitliği sağlanır.
b = x olsun. BQC üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa,
İspat : m(B QC)
sin x
sin β 2
=
b2
a
b = sin(180◦ − x) = sin x
ve BQA üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa, sin B QA
olduğu da göz önüne alınırsa,
sin x
sin β 1
=
b1
c
c sin β 1
b1
elde edilir. Bu eşitliklerden de,
=
bulunur. Benzer düşünceyle,
b2
a sin β 2
b sin α1
a sin γ 1
a1
c1
=
ve
=
olduğu görülebilir. Böylece, Ceva teoremine göre
a2
c sin α2
c2
b sin γ 2
a1 b1 c1
=1
a2 b2 c2
olacağından istenen elde edilir.
b = 40◦ ve ABC
b = 60◦ olarak veriliyor. D
Örnek 93 Bir ABC üçgeninde, B AC
b
b = 70◦ olacak
ve E sırasıyla, AC ve AB kenarları üzerinde, C BD = 40◦ ve B CE
şekildeki noktalar olsun. F noktası BD ve CE’nin kesişim noktası olduğuna göre,
AF ’nin BC’ye dik olduğunu ispatlayınız. (KANADA - 1998)
b = 20◦ ve ACE
b = 10◦
Çözüm : ABD
B
olduğu görülebilir. Tüm verileri üçgende göstereb = α diyelim. Trigonometrik Ceva for20 40
lim. C AK
mülünden,
K
E
sin (40◦ − α) sin 10◦ sin 40◦
F
= 1,
sin α
sin 70◦ sin 20◦
70
olması gerekir. sin 70◦ = cos 20◦ ve
10
C
sin 40◦ = 2 sin 20◦ cos 20◦ yazılırsa,
α
D
A
1/2
sin (40◦ − α)
=
sin α
sin 10
b = 90◦ bulunur.
elde edilir. Bu eşitlikten de α = 10◦ ve dolayısıyla da AKC
40-α
67
Trigonometri
Örnek 94 Herhangi bir ABC üçgeninde,
a2 − b2
sin (A − B)
=
c2
sin (A + B)
eşitliğinin sağlanacağını gösteriniz.
Çözüm : Sinüs teoremine göre, a = 2R sin A, b = 2R sin B, c = 2R sin C
olduğundan,
a2 − b2
sin2 A − sin2 B
4R2 sin2 A − 4R2 sin2 B
=
=
c2
4R2 sin2 C
sin2 C
2
2
bulunur. sin A − sin B = sin (A + B) sin (A − B) olduğunu kolayca görebiliriz.
Diğer taraftan, A + B + C = π olduğundan, sin2 C = sin2 (A + B) olur. O halde,
sin (A − B)
sin (A + B) sin (A − B)
a2 − b2
=
=
2
2
c
sin (A + B)
sin (A + B)
elde edilir.
Örnek 95 Herhangi bir ABC üçgeninde,
c2 + a2 − b2
tan A
=
c2 + b2 − a2
tan B
eşitliğini sağlanacağını gösteriniz.
Çözüm : Bir önceki örnekte,
a2 − b2
sin (A − B)
=
2
c
sin (A + B)
x
y+x
u
v+u
olduğunu görmüştük. Şimdi,
ise,
olduğunu kullanacağız.
=
=
y
v
y−x
v−u
Buna göre,
c2 + a2 − b2
c2 + b2 − a2
=
=
=
sin (A + B) + sin (A − B)
sin (A + B) − sin (A − B)
2 sin A cos B
2 sin B cos A
tan A
tan B
elde edilir.
Örnek 96 Kenarları a, b, c ve d olan bir ABCD kirişler dörtgeninin alanının,
2u = a + b + c + d olmak üzere,
p
A (ABCD) = (u − a) (u − b) (u − c) (u − d)
olduğunu gösteriniz.
68
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
Çözüm : Yandaki şekile göre,
A (ABCD) = A (ABD) + A (BCD)
a
1
=
(ab sin A + cd sin C)
2
A
R
yazılabilir. Bir kirişler dörtgende karşılıklı açıların
toplamı, 180◦ olduğu da göz önüne alınırsa, bu alanın
b
sin A
A (ABCD) =
(ab + cd) (∗)
2
B
olduğunu görürüz. Şimdi, sin A’yı bulmamız yeterli olacaktır. Bunun için, ABD ve BCD üçgenlerinde kosinüs
teoremini kullanacağız.
|BD|2 = a2 + b2 − 2ab cos A = c2 + d2 − 2cd cos C
D
d
O
c
C
eşitliğinde cos C = − cos A olduğunu kullanarak,
a2 + b2 − c2 − d2
cos A =
2ab + 2cd
elde edilir. Buna göre,
s
µ 2
¶2
a + b2 − c2 − d2
sin A =
1−
2ab + 2cd
q
1
=
(2ab + 2cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d2 )2
2ab + 2cd
elde edilir. Böylece, (∗) eşitliğinden,
q
(2ab + 2cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d2 )2
A (ABCD) =
4
¡ 2
¢
2
2
olur. Şimdi, (2ab + 2cd) − a + b2 − c2 − d2 ifadesini sadeleştirelim. Bu ifade
iki kare farkından,
¡
¡
¢¢ ¡
¡
¢¢
2ab + 2cd − a2 + b2 − c2 − d2
2ab + 2cd + a2 + b2 − c2 − d2
yazılabilir. Düzenlersek,
³
´³
´
(c + d)2 − (a − b)2 (a + b)2 − (c − d)2
olur. Buradan,
(a − b + c + d) (a − b − c − d) (d − b − c − a) (a + b − c + d)
elde edilir. a + b + c + d = 2u olduğundan, bu ifadeyi de,
(2u − 2b) (2u − 2a) (2u − 2d) (2u − 2c)
p
şeklide yazabiliriz. Böylece, A (ABCD) = (u − a) (u − b) (u − c) (u − d) bulunur.
96
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
2.15
Trigonometrik Toplamlar
Trigonometrik ifadelerin toplamlarının hesaplanmasında aşağıdaki yöntemler kullanılır.
2.15.1
Uygun bir ifadeyle çarpıp, dönüşüm formüllerini kullanma
Toplamdaki her bir terimi, öyle bir trigonometrik fonksiyonla çarparız ki, elde
edilen yeni terimlerde, ters dönüşüm formüllerini kullandığımızda iki trigonometrik
fonksiyonun farkını elde ederiz. Böylece, tüm toplam göz önüne alındığında, birbirini yok eden yeni terimler elde ederiz. Örneğin, açıların aritmetik olarak ilerlediği
toplamlardan, toplamın her iki tarafı d artış miktarı olmak üzere,
2 sin (d/2)
ile çarpılır. Daha sonra da ters dönüşüm formülleri uygulanır. Aşağıdaki örnekleri
inceleyelim.
Örnek 144 S = sin a + sin (a + θ) + sin (a + 2θ) + · · · + sin [a + (n − 1) θ]
toplamını hesaplayınız.
Çözüm : S ifadesini 2 sin (θ/2) ile çarparsak,
θ
θ
θ
2S sin = 2 sin a sin + · · · + 2 sin [a + (n − 1) θ] sin
2
2
2
olur. Ters dönüşüm formüllerine göre,
θ
θ
θ
2 sin a sin
= cos(a − ) − cos(a + )
2
2
2
θ
θ
3θ
2 sin(a + θ) sin
= cos(a + ) − cos(a + )
2
2
2
..
.
θ
2 sin [a + (n − 1) θ] sin
= cos(a + (2n − 3) θ/2) − cos(a + (2n − 1) θ/2)
2
olduğundan, bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa
∙
¸
θ
θ
θ
2S sin = cos(a − ) − cos a + (2n − 1)
2
2
2
veya
S=
sin (nθ/2) sin (a + (n − 1) θ/2)
sin (θ/2)
elde edilir.
Problem : sin 1 + sin 3 + sin 5 + · · · + sin 101 toplamını, yukarıdaki formülü uygulamadan, aynı yöntemle çözünüz.
97
Trigonometri
Örnek 145 S = cos a + cos (a + θ) + cos (a + 2θ) + · · · + cos [a + (n − 1)θ]
toplamını hesaplayınız.
Çözüm : Benzer şekilde hareket ederek
θ
θ
θ
2S2 sin = 2 cos a sin + · · · + 2 cos [a + (n − 1) θ] sin
2
2
2
yazılır. Ters dönüşüm formülleri uygulanırsa,
θ
θ
θ
2 cos a sin
= sin(a + ) − sin(a − )
2
2
2
θ
3θ
θ
2 cos (a + θ) sin
= sin(a + ) − sin(a + )
2
2
2
..
.
θ
2 cos (a + (n − 1) θ) sin
= sin (a + (2n − 1) θ/2) − sin (a + (2n − 3) θ/2)
2
bulunur. Taraf tarafa toplanırsa
veya
2S2 sin (θ/2) = sin (a + (2n − 1) θ/2) − sin(a − θ/2)
S2 =
sin (nθ/2) cos [a + (n − 1) θ/2]
sin (θ/2)
elde edilir.
Örnek 146 S = cos 1 + cos 3 + cos 5 + · · · + cos 1001 toplamını hesaplayınız.
Çözüm : Açılar görüldüğü gibi aritmetik olarak ilerlemektedir. S toplamının her
iki tarafını, d artış miktarı olmak üzere, 2 sin (d/2) ile çarpacağımızı belirtmiştik.
Burada, d = 2 olduğundan, 2 sin 1 ile çarpacağız. Bu durumda,
2S sin 1 = cos 1 sin 1 + cos 3 sin 1 + cos 5 sin 1 + · · · + cos 1001 sin 1
olur. Ters dönüşüm formüllerini kullanırsak,
2 cos 1 sin 1 = sin 2 − sin 0
2 cos 3 sin 1 = sin 4 − sin 2
..
.
2 cos 1001 sin 1 = sin 1002 − sin 1000
elde edilir. Taraf tarafa toplanırsa 2S sin 1 = sin 1002 eşitliğinden,
sin 1002
S=
2 sin 1
elde edilir.
Problem : S = cos 3 + cos 7 + cos 11 + · · · + cos 99 toplamını hesaplayınız.
Trigonometri
99
Örnek 149 2 sin 2◦ , 4 sin 4◦ , 6 sin 6◦ , ..., 180 sin 180◦ sayılarının ortalamasının cot 1◦
olduğunu ispatlayınız. (USAMO 1996)
Çözüm : S = 2 sin 2◦ +4 sin 4◦ +· · ·+178 sin 178◦ toplamını bulmalıyız. Bu ifadeyi
sin 1◦ ile çarpalım. Bu durumda,
sin 1◦ = 2 sin 2◦ · sin 1◦ + 2 (2 sin 4◦ · sin 1◦ ) + · · · + 89 (2 sin 178◦ · sin 1◦ )
olur. Ters dönüşüm formüllerine göre,
2 sin 2k ◦ sin 1◦ = cos (2k − 1)◦ − cos (2k + 1)◦
olduğundan,
S
=
=
=
=
=
=
2 sin 2◦ · sin 1◦ + 2 (2 sin 4◦ · sin 1◦ ) + · · · + 89 (2 sin 178◦ · sin 1◦ )
(cos 1◦ − cos 3◦ ) + 2 (cos 3◦ − cos 5◦ ) + · · · + 89 (cos 177◦ − cos 179◦ )
cos 1◦ + cos 3◦ + · · · + cos 177◦ − 89 cos 179◦
cos 1◦ + (cos 3◦ + cos 177◦ ) + · · · + (cos 89◦ + cos 91◦ ) + 89 cos 1◦
cos 1◦ + 89 cos 1◦
90 cos 1◦
elde edilir. O halde, 2 sin 2◦ , 4 sin 4◦ , 6 sin 6◦ , ..., 180 sin 180◦ sayılarının ortalaması
cot 1◦ olur.
100
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
2.15.2
Toplamdaki her bir ifadeyi iki trigonometrik fonksiyonun farkı
olarak yazma
Toplamdaki her bir terimi, bilinen özdeşlikler yardımıyla, toplandığında birbirlerini yok edecek şekilde iki trigonometrik fonksiyonun farkı şeklinde yazarak toplamı hesaplayabiliriz. Bu özdeşliklerden en çok karşılaşılanların bazılarını verelim.
F 1. tan a = cot a − 2 cot 2a
(1)
Bu bağıntının sağ tarafının tan a olduğunu görelim. Gerçekten,
¡
¢
2 cos2 a − 2 cos2 a − sin2 a
cos a 2 cos 2a
cot a − 2 cot 2a =
−
=
= tan a
sin a
sin 2a
sin 2a
eşitliği sağlanır.
1
1
F 2.
(2)
=
(tan (n + 1) a − tan na)
cos (na) cos ((n + 1) a)
sin a
İspat : Eşitliğin sağ tarafını düzenlersek,
1
[tan (n + 1) a − tan na] =
sin a
=
=
∙
¸
sin (n + 1) a
1
sin na
−
sin a cos (n + 1) a cos na
1 sin [(n + 1) a − na]
.
sin a cos na cos (n + 1) a
1
cos (na) cos ((n + 1) a)
elde edilir. Özel olarak, a = 1 alınırsa,
1
1
=
(tan (n + 1) − tan n)
cos n cos (n + 1)
sin 1
formülü elde edilir.
1
1
F 3.
=
(cot (n + 1) a − cot na)
sin (na) sin ((n + 1) a)
sin a
İspat : Yukarıdaki gibi gösterilebilir.
Burada da özel olarak, a = 1 alınırsa,
1
1
=
(cot n − cot (n + 1))
sin n sin (n + 1)
sin 1
elde edilir.
1
F 4.
= cot (a/2) − cot a
sin a
İspat : cot (a/2) − cot a ifadesini düzenleyelim. Gerçekten,
£
¤
2 cos2 (a/2) − cos2 (a/2) − sin2 (a/2)
1
cos (a/2) cos a
−
=
=
sin (a/2)
sin a
sin a
sin a
elde edilir.
(3)
(4)
101
Trigonometri
Örnek 150 n ∈ Z+ ve m ∈ N için x 6= kπ/2m olmak üzere,
1
1
1
1
S=
+
+
+ ··· +
= cot a − cot 2n a
sin 2a sin 4a sin 8a
sin 2n a
olduğunu gösteriniz. (IMO - 1966)
Çözüm : Bu soruda, trigonometrik toplamları hesaplama yöntemlerinde verdiğimiz
(4) formülünü, yani,
1
a
= cot − cot a
sin a
2
eşitliğini kullanacağız. Buna göre, a yerine sırasıyla, 2a, 4a, 8a, ..., 2n a değerleri
verip taraf tarafa toplayalım. Bu durumda,
1
= cot a − cot 2a
sin 2a
1
= cot 2a − cot 4a
sin 4a
..
.
1
= cot 2n−1 a − cot 2n a
sin 2n a
elde edilir. Bu eşitlikler taraf tarafa toplanırsa S = cot a − cot 2n a bulunur.
1
1
1
Örnek 151 S =
+
+· · ·+
toplamını
sin 30◦ sin 31◦ sin 32◦ sin 33◦
sin 148◦ sin 149◦
hesaplayınız.
Çözüm : Bu kez yukarıda verdiğimiz özdeşliklerden (3)’ü yani,
1
1
=
(cot n − cot (n + 1))
sin n sin (n + 1)
sin 1
formülünü kullanalım. Buna göre, verilen denklemin her iki tarafını sin 1◦ ile çarparsak
sin 1◦ S
= (cot 30◦ − cot 31◦ ) + (cot 32◦ − cot 33◦ ) + · · · + (cot 133◦ − cot 134◦ )
= cot 30◦ − (cot 31◦ + cot 149◦ ) + (cot 32◦ + cot 148◦ )
− · · · − (cot 89◦ + cot 91◦ ) + cot 90◦
√
olur. Buradan, cot x + (cot π − x) = 0 ve cot 90◦ = 0 olduğundan, S = 3/ sin 1◦
bulunur.
Örnek 152 S =
hesaplayınız.
1
1
1
+
+· · ·+
toplamını
cos a cos 2a cos 2a cos 3a
cos na cos (n + 1) a
236
Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5
5.7
Özel Fonksiyonel Denklemler
Bu bölümde, fonksiyonel denklem sorularında çok sık karşılaşılan meşhur fonksiyonel denklemleri ve bu denklemlerin nasıl çözüleceğini göreceğiz. Bu denklemlerin
çözümleri bir çok soruda bize yol gösterecektir.
5.7.1
Birinci Cauchy Fonksiyonel Denklemi
Örnek 365 Her x, y ∈ R için,
f (x + y) = f (x) + f (y)
fonksiyonel denklemini sağlayan tüm f : R → R sürekli fonksiyonlarını bulacağız.
Bu fonksiyonel denkleme birinci Cauchy denklemi veya toplamsal Cauchy denklemi
denir. Bir çok sorunun çözümünde, bu bu fonksiyonel denklemle karşılaşırız.
Çözüm : Denklemde, x = y = 0 yazarsak, f (0) = 2f (0)’den
f (0) = 0
ve x = −y yazarsak da, f (0) = f (x) + f (−x) eşitliğinden,
f (−x) = −f (x)
olur. Buna göre, x > 0 alabiliriz. y = x için Cauchy denklemi, f (2x) = 2f (x)
olacaktır. Tümevarımla, n ∈ Z+ için,
f (nx) = nf (x)
(*)
m
olsun. Bu durumda, nx = 1m olacağından,
elde ederiz. Şimdi, x ∈ Q alalım. x =
n
f (nx) = f (1 · m) eşitliğinde, (∗) kullanılırsa,
m
nf (x) = mf (1) ⇒ f (x) = f (1) = xf (1)
n
bulunur. f (1) = c dersek, f (x) = cx elde edilir. Fakat, bu denklem sadece x ∈
Q olması durumunda geçerlidir. Şimdi de, bulduğumuz bu fonksiyonun irrasyonel
sayılar için de geçerli olduğunu göstermeliyiz. Eğer, x bir irrasyonel sayı ise, x’e
yakınsayacak şekilde bir rasyonel sayı dizisi bulabiliriz. Bu durumda, (xn ) dizisinin
tüm terimleri, rasyonel olduğundan f (xn ) = cxn sağlanır. Bu bilgiye göre,
lim xn = x
n→∞
olmak üzere,
f (x) = f
³
´
lim xn = lim f (xn ) = lim c (xn ) = cx
n→∞
n→∞
n→∞
elde edilir. Böylece, her x ∈ R için, Cauchy toplamsal denkleminin çözümünün
f (x) = cx
olduğunu buluruz.
237
Fonksiyonel Denklemler
Cauchy Toplamsal Fonksiyonel Denkleminin İrdelenmesi
1. f monoton artan ise,
Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliliği yerine, f ’nin monoton artanlığı verilmiş olsaydı, yine aynı fonksiyon çözümünü elde ederdik. Gerçekten, x bir irrasyonel sayı olmak üzere, x’e yakınsayan bir an artan rasyonel sayı dizisini ve bir An
rasyonel sayı azalan dizisini göz önüne alalım. Bu durumda,
can = f (an ) ≤ f (x) ≤ f (An ) = cAn
elde edilir ki, n, sonsuza giderken hem can hem de cAn dizileri cx’e yakınsayacağından, f (x) = cx bulunur.
2. f sınırlı ise,
Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliliği yerine f ’nin sınırlılığı alınmış verilmiş olsaydı, yine aynı çözümü elde ederdik. Kabul edelim ki, f, [a, b] aralığında sınırlı
olsun. Bu durumda, her x ∈ [a, b] için |f (x)| < M olacaktır. f (x + y) = f (x) +
f (y) eşitliği bize, f (x)’in [0, b − a] aralığında da sınırlı olduğunu verir. Gerçekten,
x ∈ [0, b − a] ise x + a ∈ [a, b] olacaktır ve
f (x) = f (x + a) + f (a)
eşitliğinden, |f (x)| < 2M olur. Şimdi, c = f (b − a) / (b − a) ve g (x) = f (x) − cx
diyelim. Bu durumda,
g (x + y) = g (x) + g (y)
eşitliği sağlanır. Diğer taraftan, g ’nin tanımından, g (b − a)=f (b − a) − c (b − a)=0
olacağından,
g (x + (b − a)) = g (x) + g (b − a) = g (x)
elde edilir. Yani, g (x) fonksiyonu periyodu b − a olan periyodik bir fonksiyondur.
Aynı aralıktaki iki sınırlı fonksiyonun toplamı da sınırlı olduğundan, g ’de [0, b − a]
aralığında sınırlıdır. Diğer taraftan, periyodiklikten dolayı, g tüm reel eksende sınırlıdır. Şimdi g (x) = 0 olması gerektiğini göreceğiz. Kabul edelim ki, g (x0 ) 6= 0
olacak şekilde bir x0 sayısı olsun. Bu durumda, g (nx0 ) = ng (x0 ) olur ki, n’yi istediğimiz kadar büyük seçerek, |ng (x0 )| değerini istenildiği kadar büyütürüz. Fakat, bu
durum g ’nin sınırlılığı ile çelişir. Yani, her x için, g (x) = 0 olmalıdır. Bu durumda,
f (x) = cx elde edilir.
3. f türevlenebilirse,
Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliliği yerine daha da kuvvetli olan f ’nin
türevlenebilirliği verilmiş olsaydı, denklemi çok daha kolay çözebilirdik. Gerçekten,
f (x + y) = f (x) + f (y) eşitliğini her iki tarafının x’e göre türevlerini alırsak,
f 0 (x + y) = f 0 (x)
olur. x = 0 ve f 0 (0) = c denilirse, f 0 (y) = c olur ki, bu durumda, f (y) = cy + b
formundadır. f (0) = 0 olduğundan dolayı b = 0 olacağından, f (y) = y elde edilir.
345
Eşitsizlikler
6.12
Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Eşitsizliği
Permütasyon eşitsizliği, yeniden düzenleme eşitsizliği olarak da bilinir. Çok
kolay ve çok kullanışlı bir eşitsizliktir. Şimdi bu eşitsizliği ifade edelim.
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ve b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn olmak üzere, (a1 , a2 , ..., an )
ve (b1 , b2 , ..., bn ) sıralı n-lilerini göz önüne alalım. Yani, artan sırada dizilmiş n
elemandan oluşan iki tane sıralı n-lisi olduğunda,
A = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn
toplamına sıralı toplam ve
B = a1 bn + a2 bn−1 + · · · + an b1
toplamına da ters toplam denir. Eğer, x1 , x2 , ..., xn sayıları, b1 , b2 , ..., bn sayılarının
bir pemütasyonu ise, yani yeniden düzenlenmiş bir hali ise,
X = a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn
toplamına da karışık toplam denir. Bu toplamlar arasındaki,
A≥X≥B
eşitsizliğine permütasyon eşitsizliği denir. Yani, sıralı toplam, karışık toplamdan,
karışık toplam da ters toplamdan küçük olamaz.
Örnek 521 a, b, c ∈ R için, a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc olduğunu ispatlayınız.
Çözüm : Eşitsizlik simetrik olduğundan, a ≤ b ≤ c kabul edilebilir. Burada, (a, b, c)
ile (a, b, c) iki sıralı üçlüsünü alalım. Buna göre,
Sıralı toplam : A = a2 + b2 + c2 ,
Ters toplam : B = ac + b2 + ca
olur. (a, b, c) sıralı üçlüsünün herhangi bir permütasyonu olarak (b, c, a) üçlüsünü
alabiliriz. Bu durumda,
X = ab + bc + ca
olur. Permütasyon eşitsizliğine göre,
A≥X≥B
olduğundan, a + b + c ≥ ab + ac + bc olduğu görülür.
2
2
2
Örnek 522 n pozitif bir tamsayı ve a1 , a2 , .., ak pozitif reel sayılar olmak üzere,
n−1
an1 + an2 + · · · + ank ≥ an−1
a2 + an−1
a3 + · · · + an−1
a1
1
2
k−1 ak + ak
olduğunu gösteriniz.
357
Eşitsizlikler
6.14
Jensen Eşitsizliği
Jensen eşitsizliği, adını Danimarkalı matematikci Johan Jensen’den alır. Jensen
bu eşitsizliği 1906 yılında kanıtlamıştır. Bu eşitsizlik konveks ve konkav fonksiyonlarla ilgilidir. Konveks ve konkav fonksiyon tanımını türev bölümünde göstermiştik.
Kısaca hatırlayalım.
Konveks fonksiyon : f : I → R fonksiyonu, her x, y ∈ I ve λ ∈ [0, 1] için,
(*)
f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x) + (1 − a) f (y)
eşitsizliğini sağlıyorsa, bu fonksiyona konveks fonksiyon denir. Konveks fonksiyonu
belirlemenin en kolay yolu, ikinci türev testidir. f 00 (x) ≥ 0 olduğu yerlerde, f (x)
fonksiyonu konvekstir. Başka bir ifade ile fonksiyonun grafiğinin çukur tarafı yukarı
doğru bakar.
Örneğin, f (x) = x2 − 2x − 3 fonksiyonunun grafiği aşağıdaki
gibidir. Bu fonksiyon konveks bir fonksiyondur. Bunu f 00 (x) =
2 > 0 olmasından kolayca söyleyebiliriz.
Ayrıca, yukarıdaki (∗) eşitsizliğinde eşitlik durumunu sağlayan
x değeri yoksa, fonksiyon kesin konvekstir denir. Yani,
f (λx + (1 − λ) y) < λf (x) + (1 − a) f (y) ve f 00 (x) > 0
ise fonksiyon kesin konveks olacaktır.
Konkav fonksiyon : f : I → R fonksiyonu, her x, y ∈ I ve λ ∈ [0, 1] için,
f (λx + (1 − λ) y) ≥ λf (x) + (1 − a) f (y)
(**)
eşitsizliğini sağlıyorsa, bu fonksiyona konkav fonksiyon denir. f (x) ≤ 0 olduğu
yerlerde, f (x) fonksiyonu konkavdır. Başka bir ifade ile fonksiyonun grafiğinin
çukur tarafı aşağı doğru bakar.
Fonksiyonların konkav ve konveks olduğunun bilinmesi bir çok soruda Jensen eşitsizliğini kullanmamızı kolaylaştıracaktır. Aşağıda, en çok kullanılan konveks ve
konkav fonksiyonlar verilmiştir.
1
F x > 0 için, f (x) = log x fonksiyonu, f 00 (x) = − 2 < 0 olduğundan, konkavdır.
x
f (x) = log x’in grafiği
00
375
Eşitsizlikler
6.19
Muirhead Eşitsizliği
Muirhead eşitsizliği, Robert F. Muirhead’dan ismini alan, oldukça kullanışlı ve
kolay bir eşitsizliktir. Bu eşitsizlik de, Aritmetik - Geometrik ortalamalar eşitsizliğinin
bir genelleştirilmesi gibi düşünülebilir. Bu eşitsizliği ifade etmeden önce, bu eşitsizlikte kullanacağımız bazı gösterimleri kısaca tanıyalım.
x1 , x2 , ..., xn > 0 ve a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an olmak üzere,
1 P a1 a2
n
[a1 , a2 , ..., an ] =
x
x
· · · xaσ(n)
n! σ∈Sn σ(1) σ(2)
ile gösterelim. Burada Sn , (1, 2, ..., n)’in permütasyonlarının kümesini göstermektedir. Örneğin, x1 , x2 , x3 > 0 için, n = 3 ve
S3 = {σ1 = (123) , σ 2 = (132) , σ 3 = (213) , σ4 = (231) , σ 5 = (312) , σ 6 = (321)}
olduğundan,
1 P 1
x
x1 x0
3! σ∈S3 σ(1) σ(2) σ(n)
i
1h 1
=
xσ1 (1) x1σ1 (2) x0σ1 (n) + · · · + x1σ6 (1) x1σ6 (2) x0σ6 (n)
6
¤
1£ 1 1 0
=
x1 x2 x3 + x11 x13 x02 + x12 x11 x03 + x12 x13 x01 + x13 x11 x02 + x13 x12 x01
6
eşitliğinde, x1 = x, x2 = y ve x3 = z denilerek,
1
xy + xz + yz
[1, 1, 0] = [xy + xz + yx + yz + zx + zy] =
6
3
elde edilir. (Burada, σk =(abc) eşitliğine göre, σ k (1) = a, σ k (2) = b ve σk (3) = c
demektir.)
Benzer şekilde, x, y, z > 0 için,
1
[1, 0] = (x + y) ,
2!
1
[1, 1] = (xy + yx) = xy,
2!
1
x+y+z
[1, 0, 0] = (x + x + y + y + z + z) =
3!
3
1
[1, 1, 1] = (xyz + xzy + yzx + yxz + zxy + zyx) = xyz,
6
¤
1£ 2
[2, 1, 0] =
x (y + z) + y 2 (x + z) + z 2 (x + y) ,
6
¤ 1£ 2
¤
1£ 2
[2, 1, 1] =
x yz +x2 zy +y 2 xz +y 2 zx+z 2 xy +z 2 yx =
x yz + y 2 xz + z 2 yx
6
3
biçiminde yazılabilir. Aşağıda vereceğimiz Muirhead teoremi bu gösterimlerle verilen
ifadelerin sıralamasını verir.
[1, 1, 0] =