1
Matematik Dünyas›, 2005 K›fl
Cahit Arf Matematik Günleri VII - 2008
Birinci Gün S›nav›n›n Yan›tlar›
29 Mart 2007
‹stanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü taraf›ndan düzenlenen Cahit Arf Matematik Günleri’nin alt›nc›s› xxx dolay›nda ö¤rencinin kat›l›m›yla gerçekleflmifltir. Cahit Arf Matematik Günleri liselera- ras› ve iki aflamadan oluflan bir matematik yar›flmas›d›r. Üç saat süren birinci aflamadan sonra seçilen 30 dolay›nda ö¤renci gün boyu süren ikinci aflamaya hak kazan›r. Daha ayr›nt›l› bilgi ve verilen ödül- ler için: http://math.bilgi.edu.tr/cahitarf.
1. Yirmi ö¤renci ev ödevi yaparlar. Her ö¤ren- ci en az üç soruyu do¤ru yan›tlar ve her soru en fazla iki ö¤renci taraf›ndan do¤ru yan›tlan›r.
Ödevde en az kaç soru olmal›d›r?
Yan›t: Soru say›s› n olsun. Ö¤rencileri x ile, so- rular› ise y ile gösterelim ve
A = {(x, y) : ö¤renci x, soru y’yi yan›tlam›fl}
kümesinin eleman say›s›n› bulmaya çal›flal›m.
Verilen bir x ö¤rencisi için, (x, y)’nin A’da ol- du¤u en az 3 tane y sorusu var. Demek ki A küme- sinin eleman say›s› en az 20 × 3 = 60.
Verilen bir y sorusu için, (x, y)’nin A’da oldu-
¤u en fazla 2 tane x ö¤rencisi var. Demek ki A kü- mesinin eleman say›s› en fazla n × 2 = 2n.
Dolay›s›yla 60 ≤ |A| ≤ 2n ve buradan da n ≥ 30 ç›kar.
n = 30 tane sorunun yeterli oldu¤unu göstere- lim flimdi. Ö¤rencileri {1, ..., 20} olarak, sorular›
da {0, 1, ..., 29} olarak gösterelim. Modülo 30 he- saplayarak, her x ö¤rencisinin x, x + 10 ve x + 20 say›l› sorular› yan›tlad›¤›n› varsayal›m. Böylece her ö¤renci en az üç soru yan›tlam›fl olur. E¤er 0 ≤ y ≤ 29 bir sorunun numaras›ysa ve bu soruyu yan›tla- yan ö¤rencinin numaras› x ise,
x ≡ y (mod 30), x + 10 ≡ y (mod 30), x + 20 ≡ y (mod 30) denklemlerinden en az biri do¤ru ve
1 ≤ x ≤ 20
eflitsizli¤i do¤ru olmal›. Bunlardan, her soruyu tam 2 ö¤rencinin yan›tlad›¤› ç›kar.
2. n > 0 bir tamsay› olsun.
denkleminin (0, π/2) aral›¤›ndaki tüm çözümlerini bulun.
Kan›t: Her iki taraf› da sin x cos x ile çarp›p, sadelefltirmeleri yapal›m:
elde ederiz. n + 1 yerine n yazman›n bir sak›ncas›
olamaz. Bir de araya tan x’i koyarsak,
yani, tan x = y, sin 2x = a yazarak, y2− 2ay + 1 = 0
elde ederiz. Bu denklemin diskrimant› 4a2− 4’tür ve bunun pozitif olmas› için a2≥ 1 olmal›d›r. Ama a = sin 2x ve dolay›s›yla sin 2x = ±1 olmal›. x, (0, π/2) aral›¤›nda oldu¤undan, x = π/4 bulunur. x = π/4’ün bir çözüm oldu¤unu görmek kolay.
3. x2+ xy + y2− 2x − 2y + 4 = 0 denklemini tüm gerçel çözümlerini bulun.
Çözüm: x ve y ayn› zamanda negatif olamaz- lar. Ama, x2+ xy + y2− 2x − 2y + 4 ifadesi
(x − 1)2+ (y − 1)2+ xy + 2 = 0
ifadesine eflit oldu¤undan x ve y ayn› zamanda po- zitif de olamazlar. Denklemdeki ifade,
(x + y − 1)2− xy + 3
ifadesine eflit oldu¤undan x ve y ters iflaretlerde de olamazlar. Yani denklemin çözümü yoktur.
sin cos
cos sin
n n
n n
x x
x
+ + + x =
2 2 4
sin cos
cos
sin sin cos sin
n n
n n
x x
x
x x x x
+ +
+
+ + = =
1 1
1
1 4 2 2
tannx tann sin ,
x x
+ 1 =
2 2
ö¤renciler sorular
M M
4. n > 0 bir tamsay› ise
eflitli¤ini kan›tlay›n.
Kan›t: Soldaki ifade, 3n tane nesne aras›ndan kaç türlü n tane nesne seçilece¤inin say›s›d›r. 3n nesneyi n’lik ve 2n’lik olmak üzere iki gruba ay›ra- l›m. E¤er bir gruptan (diyelim 2n’lik gruptan) k ta- ne nesne seçilecekse, di¤er gruptan n − k tane seçi- lecektir. Demek ki,
Ama,
Son iki eflitlik istenen eflitli¤i verir.
5. n > 1 bir tamsay› ve p(x) ise derecesi n − 1 olan bir polinom olsun. E¤er her k = 1, ..., n için p(k) = 1/k ise, p(n + 1)’i bulun.
Çözüm: q(x) = xp(x) − 1 olsun. O zaman her k = 1, ..., n için q(k) = 0 olur. Demek ki,
polinomuyla q polinomunun n tane ortak kökü vard›r. Her ikisinin de derecesi n oldu¤undan bir c sabiti için,
Bu eflitlikte x = 0 al›rsak c = (−1)n−1/n! buluruz.
E¤er x = n + 1 al›rsak,
bulunur.
6. Herhangi bir dikdörtgenin makasla sonlu say›da parçaya kesilip parçalar›n bir kare biçimin- de tekrar birlefltirilebilece¤ini gösterin.
Kan›t: Dikdörtgenimize ABCD diyelim. Yön- temi yan sütundaki flekillerden izleyebilirsiniz.
E¤er dikdörtgen fazla ince uzun de¤ilse, solda- ki flekillerde görüldü¤ü gibi sadece iki kesiflte (yani toplam üç parçaya bölerek) dikdörtgeni kare hali- ne getirebiliriz.
Ama e¤er dikdörtgen ince uzunsa üç kesifl yet- miyor (sa¤daki flekillere bak›n›z). Yöntemi uygula- madan önce dikdörtgeni makasla kesip parçalar›
birlefltirerek biraz daha kareye yak›n bir dikdörtge- ne dönüfltürmek gerekiyor.
7. Yandaki flekildeki çem- berin üstündeki A, B, C nokta- lar›, AB, BC ve CAyaylar›
120° olacak biçimde seçilmifl- tir. P noktas› AB yay›nda her- hangi bir noktad›r. |AP| + |BP|
= |CP| eflitli¤ini gösterin.
Kan›t: AQ // PB ve Q çember üstünde olacak flekilde Q noktas›n› bulal›m. R = AQ ∩ PC olsun.
120°’lik yaylardan dolay›, m(BPC) = m(APC) = m(AQB)
= 60°’dir. AQ // PB oldu¤un- dan m(ARP) = 60°. Demek ki PAR üçgeni eflkenard›r ve m(PAR) = 60°. m(ARP) = 2
Matematik Dünyas›, 2005 K›fl
3 2
0
n n
n k
n
k k
n
=
∑
=
3 2
0
n n
n k
n
k n k
n
=
−
∑
= .n n k
n
− k
=
.
(x k)
k n= −
∏
1xp x q x c x k
k
( )− =1 ( )=
∏
n=1( − ).p n
n
n
( + =) (− ) + +
−
1 1 1
1
1
A
B P
C
A
B P
C Q
R
A B
C D
A B
D C
m(AQB) oldu¤undan, BQ // PC. Dolay›s›yla RQBP bir paralelkenard›r ve PB = RQ. Nas›l ARP üçgeni eflkenarsa, ayn› nedenden CRP üçgeni de eflkenard›r. Demek ki RC = RQ = PB. Bunlardan PC = PR + RC = PA + PB ç›kar.
8. Alan› 1 birim olan herhangi bir d›flbükey ABCD dörtgeni alal›m. Aköflesinin BD köflegenine göre simetrisine A′ di-
yelim. A′, B, C, D nok- talar›n› içeren en kü- çük d›flbükey fleklin alan› da α olsun.
a) α’n›n en az 1/2 oldu¤unu kan›tlay›n.
b) Her n do¤al sa- y›s› için, α’n›n en az n
oldu¤u ve toplam alan›n 1 oldu¤u bir ABCD dört- geni oldu¤unu kan›tlay›n.
c) α’n›n 1 oldu¤u ve alan› 1 olan tüm ABCD d›flbükey dörtgenlerini bulun.
Kan›t: a) ABD’nin alan› A′BD’nin alan›na eflit.
BCD ise her iki dörtgenin ortak alan›. Demek ki α en az ABD ve BCD’nin alanlar›n›n en büyü¤ü ka- dar. Ama ABD ve
BCD’nin alanlar›n›n toplam› 1 oldu¤undan, bu alanlar›n her ikisi de 1/2’den küçük olamaz, biri en az 1/2 olmak zo- runda.
Kan›t›n çizilen flekil- den ba¤›ms›z oldu¤unu göstermek için benzer kan›t› yandaki flekillerde de yapmak gerekir.
b) Kan›t afla¤›daki flekilde gizlidir.
A sa¤a kayd›kça, C de d›flbükeyli¤i bozmaya- cak flekilde sola kayd›kça, α sonsuza dek büyür.
c) DBC aç›s› β, BDA aç›s› δ olsun. β + δ = π eflitli¤inin yeter ve gerek
koflul oldu¤unu görece¤iz.
E¤er β = δ = 90º ise, el- de edilen yeni dörtgenin de alan›n›n 1 oldu¤unu gör- mek kolay (afla¤›da sa¤da- ki flekil.)
A ve C noktalar›n›n BD üzerindeki izdüflümle- rine bakal›m. Bu izdüflüm- lere s›ras›yla B1 ve D1di- yelim. fiimdi, 1’e eflit olan toplam alan› 5 parçaya ay›ral›m:
AD1CB1, ADD1, DCD1, CBB1, AB1B.
Demek ki,
1 = AAD1CB1+ AADD1+ ADCD1+ ACBB1+ AAB1B. fiimdi ayn› fleyi, toplam alan› α olan A′, B, C, D noktalar›n› içeren en küçük d›flbükey flekil için yapa- l›m. Bu d›flbükey flekli,
B1D1CA′, D1DC, A′BB1 olarak üç parçaya ay›ral›m. Demek ki,
α = AB1D1CA′+ ADCD
1+ AA′BB
1.
Ama AD1CB1 koflulu sa¤layan d›flbükey bir alan, dolay›s›yla birinci paragraf›m›zdan dolay›,
AAD
1CB1= AB
1D1CA′. Demek ki α = 1 ancak ve ancak
AADD1+ ACBB1= 0.
Ama kolayca görülece¤i üzere, 2AADD1= |AB1|·|CD1|·cot β, 2ACBB1 = |CD1|·|AB1|·cot δ.
Demek ki, α = 1 ancak ve ancak cot β + cot δ = 0 ise, yani ancak ve ancak β + δ = π ise.
Not: Buradaki alanlar “iflaretli alanlard›r”, ya- ni negatif de olabilirler: E¤er A, B, C noktalar› sa- at yönünde dizilmifllerse AABC alan› pozitif, aksi takdirde negatiftir. ♠
3
Matematik Dünyas›, 2005 K›fl
A B
C
D
A′
A B
C
D
A′
β δ
A
B C
D A′
β δ
1 1
B D
A A′
BD = 1 C
A B
C
D A′
β
δ
A B
C D
β δ
B1 D1
A′
A B
C D
A′
A
B C
D A′
