Cahit Arf Liseler Arası Matematik Yarı¸sması 2008 ˙Ikinci A¸sama

Cahit Arf Liseler Arası Matematik Yarı¸sması

2008

˙Ikinci A¸sama

11 Mayıs 2008

Notlar: Birnci taslak.

1. Tamsayılardan ger¸cel sayılara tanımlı fonksiyonlar k¨umesi ¨uzerinde ¸s¨oyle bir ∆ operat¨or¨u tanımlayalım: ∆f (x) := f (x + 1) − f (x). E˘ger f ve g fonksiyonları ∆f (x) = ∆g(x) denklemini sa˘glıyorsa, f (x) − g(x) farkının sabit oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: Tamsayılardan ger¸cel sayılara giden h(x) := f (x) − g(x) fonksiy- onunu tanımlayalım. Varsayımdan

∆h(x) = ∆f (x) − ∆g(x) = 0

oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Her a ve k ≥ 0 tamsayısı i¸cin h(a + k) = h(a) e¸sitli˘gi k

¨

uzerine t¨umevarımla kolayca kanıtlanır. Yani h fonksiyonu sabittir.

2. Tamsayılardan ger¸cel sayılara tanımlı ve ∆f (x) = f (x) denklemini sa˘glayan t¨um f (x) fonksiyonlarını bulun.

C¸ ¨oz¨um: f (0) = C ko¸sulunu sa˘glayan bir ¸c¨oz¨um oldu˘gunu varsayalım.

Kolayca, ∆f (k) = f (k + 1) − f (k) = f (k) e¸sitli˘gini kullanarak f (k + 1) = 2f (k) oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. T¨umevarımla her negatif olmayan k tamsayısı i¸cin f (k) = C2^koldu˘gu ¸cıkar. Negatif k de˘gerleri i¸cin de f (k) = 2^kfonksiy- onu bir ¸c¨oz¨um verdi˘ginden bu denklemin genel ¸c¨oz¨um¨u C2^x¸seklindedir.

3. Tamsayılardan ger¸cel sayılara tanımlı f ve F fonksiyonlarını alalım. E˘ger f (x) = ∆F (x) e¸sitli˘gi sa˘glanıyorsa F fonksiyonuna f ’nin bir belirsiz toplamı denir ve

Xf (x)δx = F (x) + C

yazılır. E˘ger F fonksiyonu f ’nin bir belirsiz toplamıysa, t¨um a < b tam- sayıları i¸cin

b−1

X

x=a

f (x) = F (x)|^b_a= F (b) − F (a) e¸sitli˘ginin sa˘glandı˘gını kanıtlayın.

C¸ ¨oz¨um: Sıfırdan b¨uy¨uk bir k sayısı i¸cin b = a + k yazalım. E¸sitli˘gi k

¨

uzerine t¨umevarımla kanıtlayaca˘gız. E˘ger k = 1 ise

b−1

X

x=a

f (x) =

a

X

x=a

f (x) = f (a) = F (a + 1) − F (a) = F (b) − F (a).

S¸imdi de e¸sitli˘gin k i¸cin do˘gru oldu˘gunu varsayıp k + 1 i¸cin g¨osterelim.

b

X

x=a

f (x) =

b−1

X

x=a

f (x) + f (b) = F (b) − F (a) + f (b) = F (b + 1) − F (a).

4. Pozitif bir m tamsayısı i¸cin

x^m:= x(x − 1)(x − 2) · · · (x − m + 1)

olsun. Ayrıca x⁰= 1 olarak tanımlayalım. Negatif olmayan her m i¸cin Xx^mδx = x^m+1

m + 1+ C

e¸sitli˘ginin sa˘glandı˘gını kanıtlayın. Aynı form¨ul¨un m’nin −1’den k¨u¸c¨uk de˘gerleri i¸cin de do˘gru olması i¸cin x^mne ¸sekilde tanımlanmalıdır? Kanıtlayın.

C¸ ¨oz¨um: ¨Once ∆x^m ifadesini hesaplayalım.

(x + 1)^m− x^m = (x + 1)x . . . (x − m + 2) − x . . . (x − m + 2)(x − m + 1)

= mx(x − 1) . . . (x − m + 2)

= mx^m−1.

Her iki tarafı m sayısına b¨olerek istedi˘gimiz e¸sitli˘gi elde ederiz. ˙Ikinci kısmın birden fazla olası cevap. Biz sadece literat¨urde ge¸ceni verece˘giz.

E˘ger m’nin pozitif de˘gerleri i¸cin x^−mfonksiyonunu [(x + 1)(x + 2) . . . (x + m)]⁻¹

¸seklinde tanımlarsak form¨ul m’nin −1’den farklı t¨um de˘gerleri i¸cin ge¸cerli olur.

5. Derecesi d olan bir f (x) polinomu alalım.

d

X

k=0

∆^kf (0)

k! x^k = f (x)

e¸sitli˘gini kanıtlayın. Burada, tanım gere˘gi, ∆⁰f (x) = f (x) ve ∆ⁿ⁺¹f (x) =

∆(∆ⁿf (x)).

C¸ ¨oz¨um: ¨Oncelikle, d ¨uzerine t¨umevarımla, f (x) polinomunun x⁰, x¹, . . . , x^d polinomlarının bir do˘grusal kombinasyonu olarak yazılabildi˘gi g¨osterilebilir.

Diyelim ki f (x) = a₀x⁰+ a₁x¹+ · · · + a_dx^d. Bundan sonra derecesi d − 1 olan ∆f (x) polinomuna bakıp t¨umevarımla e¸sitli˘gi kanıtlayabiliriz.

6. f (x) = ¹₆x³+¹₂x²−²₃x polinomunun t¨um tamsayılarda tamsayı de˘gerler aldı˘gını kanıtlayın. Genel olarak rasyonel katsayılı bir polinomun t¨um tam- sayılarda tamsayı de˘ger alıp almadı˘gını anlamak i¸cin bir y¨ontem bulun.

C¸ ¨oz¨um: Biliyoruz ki k! her zaman n^ksayısını b¨oler. Dolayısıyla, bir ¨onceki problemden, b¨oyle bir polinomun her tamsayıda tamsayı de˘ger alması i¸cin gerek yeter ko¸sul her i i¸cin ∆ⁱf (0) sayısının tamsayı olmasıdır. Verilen f (x) polinomu bu ko¸sulu sa˘glar.

7. Negatif olmayan her k tamsayısı i¸cin derecesi k + 1 olan ve

n

X

i=1

i^k = p_k(n)

denklemini sa˘glayan bir pk(x) polinomu oldu˘gunu g¨osterin. p4(x) ve p5(x) polinomlarını bulun.

C¸ ¨oz¨um: f (x) = x^k olsun. Bu durumda, e˘ger ∆F (x) = f (x) ko¸sulunu sa˘glayan ve derecesi (k+1) olan bir polinom bulursak i¸simiz biter ¸c¨unk¨u bu durumda

n

X

i=1

i^k=

n

X

x=1

f (x) = F (n + 1) − F (1)

e¸sitli˘gi sa˘glandı˘gından pk(x) = F (x + 1) − F (1) olur. Derecesi k olan her polinom gibi f (x) polinomu da a0x⁰+a1x¹+· · ·+akx^k¸seklinde yazılabilir.

Bu durumda f (x) polinomunun bir belirsiz toplamını bulmak ¸cok kolaydır.

Kolayca

F (x) = a₀x¹+a₁

2x²+ · · · + a_k (k + 1)!x^k+1

alabilece˘gimiz g¨or¨un¨ur. p4(x) polinomunu hesaplamak i¸cin x⁴= x⁴+6x³+ 7x²+ x¹e¸sitli˘gini kullanmak yeter. p5(x) polinomunun hesaplanmasını bir egzersiz olarak bırakıyoruz.

8. Tamsayılardan ger¸cel sayılara tanımlı bir f fonksiyonu i¸cin Ef (x) = f (x + 1)

olsun.

Xf (x)∆g(x)δx = f (x)g(x) −X

Ef (x)∆g(x)δx e¸sitli˘gini kanıtlayın.Pn

i=1i2ⁱ toplamını hesaplayın.

C¸ ¨oz¨um: ˙Istenen e¸sitlik

∆[f (x)g(x)] = f (x + 1)g(x + 1) − f (x)g(x)

= f (x + 1)g(x + 1) − f (x)g(x) + f (x)g(x + 1) − f (x)g(x + 1)

= f (x)∆g(x) + Eg(x)∆f (x).

e¸sitli˘ginden kolayca ¸cıkar. E˘ger f (x) = x ve ∆g(x) = 2^xalırsak ∆f (x) = 1 ve Eg(x) = 2^x+1 olur. Bundan da

Xx2^x= x2^x−X

2^x+1= x2^x− 2^x+1+ C elde edilir. Sonu¸ctaPn

i=kk2^k= (n − 1)2ⁿ⁻¹+ 2 bulunur.

9. f (x) = a0+ a1x + · · · + anxⁿ olsun.

n

X

k=0

n k



(−1)^kf (k)

toplamını hesaplayın.

C¸ ¨oz¨um: T¨umevarımla

∆ⁿf (x) = (−1)ⁿ

n

X

k=0

n k



(−1)^kf (x + k).

elde ederiz. Dolayısıyla (−1)ⁿ∆ⁿf (0) bizim hesaplamak istedi˘gimiz ifade.

Biliyoruz ki

f (x) =X

k

akx^k =X

k

∆^kf (0) k! x^k.

En sa˘gda xⁿ sadece xⁿ teriminden geliyor ve katsayısı ∆ⁿf (0)/n!. Yani

∆ⁿf (0) = n!ak. Bu da demek oluyor ki bizim arad˘gımız toplam (−1)ⁿn!an. 10. Tamsayılardan ger¸cel sayılara tanımlı bir t(k) fonksiyonu alalım. E˘ger

t(k)

t(k+1), k’nın bir rasyonel fonksiyonuysa t(k)’ya hipergeometrik terim denir.

Bu problemde bir t(k) hipergeometrik terimini sabitleyece˘giz.

(a) S¸u iki ko¸sulu sa˘glayan p(x), q(x) ve r(x) polinomlarının varlı˘gını g¨osterin.

i. ^t(k+1)_t(k) = ^p(k+1)_{p(k) r(k+1)}^q(k) ,

ii. e˘ger (x − α)|q(x) ve (x − β)|r(x) ise, α − β farkı bir pozitif ¹ tamsayı de˘gildir.

Sorunun geri kalanında b¨oyle p(x), q(x) ve r(x) polinomları sabitleye- lim.

C¸ ¨oz¨um: ˙Ilk ¨once p(x) = 1 alalım. Bu durumda q(x) ve r(x + 1) polinomlarını t(k + 1)/t(k) rasyonel fonksiyonunun sırasıyla payı ve paydası se¸cebiliriz. Diyelim ki (x − α)|q(x), (x − β)|r(x) ve α − β = N bir tamsayı. O zaman q(x) yerine q(x)/(x − α), r(x) yerine r(x)/(x − β) be p(x) yerine p(x)(x − α + 1)^{N −1}yazarak α ve β’dan kurtuluruz.

Bu i¸slemi ii. ko¸sulunu bozan t¨um k¨okler i¸cin yaparsak aradı˘gımız p(x), q(x) ve r(x) polinomlarını buluruz.

1Hata buradaydı. Pozitif yazmayı unutmu¸sum. C¸ ¨oz¨umde d¨uzeltme yok.

(b) Diyelim ki ∆T (k) = t(k) ko¸sulunu sa˘glayan bir hipergeometrik T (k) terimi var. Bir s(k) fonksiyonu i¸cin

T (k) = r(k)s(k)t(k) p(k)

yazalım. Bu s(k) fonksiyonunun p(k) = q(k)s(k+1)−r(k)s(k) e¸sitli˘gini sa˘glayan bir polinom oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: ∆T (k) = t(k) ve T (k) = r(k)s(k)t(k)

p(k) e¸sitliklerinden p(k) = q(k)s(k + 1) − r(k)s(k) e¸sitli˘gi kolayca ¸cıkar. Di˘ger yandan

r(k)s(k)

p(k) = T (k)

t(k) = T (k)

T (k + 1) − T (k) = 1

T (k + 1)/T (k) − 1 oldu˘gu i¸cin s(x) fonksiyonunun rasyonel oldu˘gu bariz. Yani s(x)’i, f (x) ve g(x) aralarında asal iki polinom olmak ¨uzere s(x) = f (x)/g(x)

¸seklinde yazabiliriz. Diyelim ki g(x) sabit de˘gil. Bu durumda 0’dan b¨uy¨uk ¨oyle bir maksimum N do˘gal sayısı vardır ki bir β karma¸sık sayısı i¸cin hem (x + β) hem de (x + β + N − 1), g(x) polinomunu b¨oler. p(k) = q(k)s(k + 1) − r(k)s(k) e¸sitli˘gini kullanırsak,

p(k)g(k + 1)g(k) = q(k)f (k + 1)g(k) − r(k)g(k + 1)f (k) e¸sitli˘gini elde ederiz. Bu e¸sitlikte x = −β ve x = −β − N alırsak

r(−β)g(1 − β)f (−β) = 0 = q(−β − N )f (1 − β − N )g(−β − N ) buluruz. Ama f ve g aralarında asal olduklarından f (β) ve f (1 − β − N ) sıfır olamaz. Di˘ger yandan N maksimum oldu˘gundan g(1 − β) ve g(−β − N ) de sıfır olamaz. Bu da demek oluyor ki r(−β) = q(−β − N ) = 0 olmalı. Ama ilk problemde r(x) ve q(x) polinomlarını b¨oyle bir e¸sitli˘gi sa˘glamayacak ¸sekilde se¸cmi¸stik. C¸ eli¸ski elde etti˘gimize g¨ore g sabit olmalı, yani s(x) bir polinom olmalı.

(c) ¨Onceki problemde buldu˘gumuz s(x) polinomunun derecesini hesaplayın.

(˙Ipucu: Q(x) = q(x) − r(x) ve R(x) = q(x) + r(x) olsun.

2p(k) = Q(k)(s(k + 1) + s(k)) + R(k)(s(k + 1) − s(k)) e¸sitli˘gini kullanın.)

C¸ ¨oz¨um: Biliyoruz ki

s(x) = a₀+ a₁x + · · · a_nxⁿ , a_n 6= 0

¸seklinde yazılabiliyor. Bu durumda s(k + 1) + s(k) = 2nkⁿ+ · · · ve s(k + 1) − s(k) = nankⁿ⁻¹+ · · · ¸seklinde. E˘ger deg(Q) ≥ deg(R) ise deg(s) = deg(p) − deg(Q) olmak zorunda. O y¨uzden deg(Q) <

deg(R) = d oldu˘gunu varsayalım. Bu durumda ¨oyle λ, λ⁰ sayıları vardır ki λ 6= 0 ve

Q(x) = λ⁰x^d−1+ · · · ve R(x) = λx^d+ · · · .

¸seklinde yazılır. Dolayısıyla, ipucunda verilen e¸sitli˘gin sa˘g tarafı (2λ⁰an+ λnan)k^n+d+ · · ·

formunda olmak zorunda. Yani elimizde iki olasılık var. Birincisi 2λ⁰+ λn 6= 0 ve n = deg(p) − deg(R) + 1. ˙Ikincisi n = −2λ/λ⁰ > deg(p) − deg(R) + 1.

(d) Binom katsayılarının tanımını ¸su ¸sekilde geni¸sletelim:

r k



=

 r^k/k! , k ≥ 0 0 , k < 0 Pozitif bir n sayısı i¸cinP n

k
(−1)^kδk belirsiz toplamını hesaplayın.

C¸ ¨oz¨um: t(k) = ⁿ_k
(−1)^k olsun. E˘ger p(k) = 1, q(k) = k − n ve r(k) = k alırsak ilk sorudaki ko¸sulları sa˘glayacak bir ¸sekilde poli- nomlar bulmu¸s oluruz. Bu durumda Q(k) = −n ve R(k) = 2k − n olur. Q’nun derecesi R’nin derecesinden b¨uy¨uk oldu˘gu i¸cin iki durumu kontrol etmemiz gerekiyor. Yani s(x)’in derecesi ya 0 = deg(p) − deg(R) + 1 ya da 2 = −2λ⁰/λ. Bu dercelerden sadece biri (b) kısmında ¸cıkardı˘gımız p(k) = q(k)s(k + 1) − r(k)s(k) e¸sitli˘gini sa˘glayacak bir s(x) verebilir. Deneme yanılma yoluy¸sa s(x) = −1/n oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Burdan da T (k) = ⁿ⁻¹_k−1
(−1)^k−1 elde ederiz.

(e) Pozitif bir n sayısı i¸cin P n

k
δk belirsiz toplamının hipergeometrik olmadı˘gını kanıtlayın.

C¸ ¨oz¨um: Bir ¨onceki metodu bu fonksiyona uygulayınca q(k) = n − k olur ama p(k) ve r(k) aynı kalır. Dolayısıyla Q(x) = n−2k ve R(k) = n olur. Bıradan da s(x) in derecesi deg(p)−deg(Q) = −1 ¸cıkar. C¸ eli¸ski elde etti˘gimizden bu toplam hipergeometrik de˘gildir.

(f) P −2

k
δk belirsiz toplamını hesaplayın.

C¸ ¨oz¨um: Aynı y¨ontemle bu toplam (−1)^{k−1 2k+1}₄ bulunur.