Cahit Arf Matematik G¨ unleri XI
˙Ikinci A¸sama Sınavı
12 Mayıs 2012
S¨ ure: 8 saat
Onemli: T¨¨ um sorularda sonuca nasıl ula¸stı˘gınızı a¸cıklayın. Sadece sonu¸ctan olu¸san cevaplar de˘gerlendirilmeyecektir.
Tanımlar: D¨uzlemdeki bir P = (a, b) noktası i¸cin
{(x, y) ∈ R2: (x − a)2+ (y − b)2≤ 1}
¸seklinde tanımlanan k¨umeye P merkezli kapalı birim disk, {(x, y) ∈ R2: (x − a)2+ (y − b)2< 1}
¸seklinde tanımlanan k¨umeye de P merkezli a¸cık birim disk diyece˘giz. E˘ger iki kapalı disk kesi¸smiyorsa ya da kesi¸simlerinde sadece bir eleman varsa bu disklere ¨ort¨u¸smeyen diskler diyece˘giz. Diyelim ki X d¨uzlemin bir altk¨umesi ve D1, . . . , Dn birer disk. E˘ger X’in her noktası en az bir Di’nin i¸cinde kalıyorsa D1, . . . , Dn disklerine X’i kaplıyor diyece˘giz. ¨Ort¨u¸smeyen kapalı birim disklerle kaplanabilen k¨umelere g¨uzel k¨ume diyece˘giz.
1. {(t, 0) ∈ R2: − 1 ≤ t ≤ 1} k¨umesi en az ka¸c kapalı birim diskle kaplana- bilir? (1 puan)
C¸ ¨oz¨um: Merkezi (0, 0) olan kapalı birim diskin k¨umeyi kapladı˘gı bariz.
Yani tek disk yeterli.
2. {(t, 0) ∈ R2: − 1 ≤ t ≤ 1} k¨umesi en az ka¸c a¸cık birim diskle kaplanabilir?
(2 puan)
C¸ ¨oz¨um: Merkezleri (−1/2, 0) ve (1/2, 0) olan birim diskler k¨umeyi kaplıyor.
Sadece bir a¸cık birim disk yeterli olsaydı bu tek diskin hem (−1, 0) hem de (1, 0) noktasını i¸cermesi gerekirdi. Ama a¸cık bir diskte alınan herhangi iki nokta arasındaki mesafe, ¨u¸cgen e¸sitsizli˘ginden dolayı, 2’den az. Yani en az iki disk gerekli.
3. Kenar uzunlu˘gu 2 olan bir kare en az ka¸c a¸cık birim diskle kaplanabilir?
(5 puan)
C¸ ¨oz¨um: Elimizdeki kareyi kenar uzunlu˘gu 1 olan d¨ort kareye ayıralım.
Bu k¨u¸c¨uk karelerin merkezlerine birer birim disk yerle¸stirelim. K¨u¸c¨uk karelerin merkezlerinden k¨o¸selerine olan mesafe √
2/2 < 1 oldu˘gundan d¨ort diskle b¨uy¨uk kareyi kaplamı¸s olduk. Di˘ger yandan e˘ger ¨u¸c disk yeterli olsaydı karenin en az iki k¨o¸sesi aynı diskin i¸cine d¨u¸smek zorunda kalırdı.
Ama bir a¸cık birim disk aralarındaki mesafe 2 olan iki noktayı i¸ceremez.
1
4. Kenar uzunlu˘gu 2 olan bir kare en az ka¸c kapalı birim diskle kaplanabilir?
(8 puan)
C¸ ¨oz¨um: ¨Onceki sorudaki arg¨umandan 4 disk yeterli. S¸imdi 3 diskin yeterli olmadı˘gını g¨osterece˘giz. Elimizdeki karenin k¨o¸selerine (saat y¨on¨unde) A, B, C ve D isimlerini verelim. Diyelim ki ABCD karesi ¨u¸c kapalı birim diskle kaplanıyor. Bu durumda karenin aynı diskin i¸cine d¨u¸sen iki k¨o¸sesi olmalı. Simetriden dolayı bu k¨o¸selerin A ve B k¨o¸seleri oldu˘gunu varsaya- biliriz. Ama A ve B noktaları arasındaki mesafe 2 oldu˘gundan, A ve B’yi i¸ceren bir tek disk var ve bu diskin merkezi A ve B’nin orta noktası. Yani A ve B’yi i¸ceren disk, ABCD karesinin AB kenarını kaplıyor. Karenin di˘ger noktalarının kalan iki diskle kaplanması gerek.
AD kenarı ¨uzerinde, A’ya olan uzaklı˘gı 0,1 olan noktaya P , BC kenarı
¨
uzerinde B’ye olan uzaklı˘gı 0,1 olan noktaya Q ve D ile C’nin orta nok- tasına da R diyelim. P, Q ve R noktaları AB ¨uzerinde olmadıklarından iki diskle kaplanmalılar. Ama P ve R arasındaki mesafe ve aynı ¸sekilde Q ve R arasındaki mesafe
p12+ 1,92=p 4,61
ve bu da elbette 2’den b¨uy¨uk. Yani elimizde kalan iki diskten biri P ve Q’yu, di˘geri de R’yi i¸cermeli. Ama P ve Q arasındaki mesafe 2 oldu˘gundan bu iki noktayı i¸ceren bir tek disk var ve bu diskin merkezi P ve Q’nun orta noktası. AD kenarı ¨uzerinde A’ya 0,05 uzaklıktaki noktaya S diyelim.
Kolayca g¨or¨uld¨u˘g¨u gibi R’yi i¸ceren bir disk S’yi i¸ceremez ¸c¨unk¨u R ve S arasındaki mesafe 2’den b¨uy¨uk. Ayrıca P ve Q noktalarını i¸ceren disk de S’yi i¸cermiyor. ¨U¸c diskin yeterli olmadı˘gını kanıtladık.
5. Hangi r de˘gerleri i¸cin B(r) = {(x, y) ∈ R2: x2+ y2≤ r2} k¨umesi ¨u¸c kapalı birim diskle kaplanabilir? (12 puan)
C¸ ¨oz¨um: ¨Once e˘ger r ≤ 2√
3/3 ise B(r) k¨umesinin 3 kapalı birim diskle kaplanabilece˘gini g¨osterelim. Elbette bunun i¸cin B(2√
3/3) k¨umesinin 3 kapalı birim diskle kaplanabilece˘gini g¨ostermek yeter. Once B(2¨ √
3/3) k¨umesinin i¸cine k¨o¸seleri B(2√
3/3)’¨u ¸cevreleyen ¸cember ¨uzerinde olan bir e¸skenar ¨u¸cgen ¸cizelim. Kolayca g¨or¨ulece˘gi gibi bu ¨u¸cgenin kenar uzunlu˘gu 2. ¨U¸cgenin kenarlarının orta noktalarına birer kapalı birim disk koyarsak B(2√
3/3) k¨umesinin kaplandı˘gını kanıtlamayı okura bırakıyoruz.
Diyelim ki r > 2√
3/3. B(r)’yi ¸cevreleyen ¸cembere C diyelim. C ¨uzerinde uzunlu˘gu 2 olan bir kiri¸si g¨oren kısa yayın uzunlu˘gu ` olsun. r’nin se¸ci- minden dolayı `, C’nin ¸cevresinin ¨u¸cte birinden az olmalı. E˘ger C’yi D1, D2ve D3diskleriyle kaplayabilseydik D1∩ C, D2∩ C ve D3∩ C yaylarının uzunluklarının toplamı en az 2πr olurdu. Ama bu yayların uzulukları en fazla ` ve 3` < 2πr.
6. D¨uzlemin sonlu ve g¨uzel olmayan bir altk¨umesi oldu˘gunu g¨osterin. (20 puan)
C¸ ¨oz¨um: Yazım kolaylı˘gı olsun diye δ = 10001 alalım. S¸u k¨umeyi tanımla- yalım:
Φ = {(mδ, nδ) : n, m = −3000, −2999, . . . , 2999, 3000}.
2
Elbette Φ k¨umesi sonlu. Diyelim ki Φ k¨umesini ¨ort¨u¸smeyen kapalı birim disklerle kapladık. Bu durumda (−2, 0) noktası bir D1 diskinin i¸cine d¨u¸smeli. Di˘ger yandan (mδ, 0) formundaki noktaların hepsi D1 diskinde olamaz. Buradan da bir n do˘gal sayısı i¸cin
(nδ, 0) ∈ D1 ve (nδ + δ, 0) 6∈ D1
oldu˘gu ¸cıkıyor. Φ k¨umesi yeterince geni¸s oldu˘gundan (nδ + δ, 0) noktası Φ’de ve dolyısıyla bir D2 diskinin i¸cinde. D1’in merkezine P1, D2’nin merkezine de P2 diyelim. P1P2 do˘gru par¸casının D1’in sınırını kesti˘gi nokta Q1, D2’nin sınırını kesti˘gi nokta Q2olsun. Ayrıca Q1Q2’nin boyunu ε ile g¨osterelim. Elbette P1P2’nin uzunlu˘gu 2 + ε. Di˘ger yandan Q1ve Q2
noktaları D1 ve D2 disklerinin en yakın noktaları oldu˘gundan ε mesafesi (nδ, 0) ve (nδ + δ, 0) noktaları arasındaki mesafeden b¨uy¨uk olamaz. Yani ε ≤ δ.
P1P2’nin orta noktasına P diyelim. D1ve D2 diskleriyle ¨ort¨u¸smeyen her- hangi bir D diskinin merkezinin P noktasına en fazla ne kadar yakla¸sabi- lece˘gini hesaplayaca˘gız. Elbette D’nin P ’ye en yakın oldu˘gu durumda D1 ve D2diskleri D’ye te˘get olmalı. D’nin merkezine Q diyelim. E˘ger QP1P
¨
u¸cgeninde Pisagor teoremini yazarsak
22= |QP |2+ (1 + ε/2)2
elde ederiz. Buradan da, ε ≤ δ = 10001 oldu˘gundan |QP |’nin 32’den fazla oldu˘gu ¸cıkar. Rutin olan hesabı okura bırakıyoruz. B¨oylece D1 ve D2
diskleriyle ¨ort¨u¸smeyen bir diskin P noktasına uzaklı˘gı 12’den az olan bir noktayı i¸ceremeyece˘gini kanıtlamı¸s olduk. Yani bir ¸celi¸ski elde etmek i¸cin yapmamız gereken Φ \ (D1∪ D2) i¸cinde P ’ye uzaklı˘gı 12’den az bir nokta bulmak.
P noktasından ge¸cen ve P1P2 do˘gru par¸casına dik olan do˘gru ¨uzerinde P ’ye uzaklı˘gı 14 olan iki noktadan birini se¸cip bu noktaya S diyelim.
Kolayca g¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere S noktası [−2, 2]2 k¨umesi i¸cinde. E˘ger SP1P
¨
u¸cgeninde Pisagor teoremini yazarsak bu bize
|P1S|2= (1 + ε/2)2+ 1/16
verir. Dolayısıyla |P1S| > 1 +641 oldu˘gunu buluruz. S merkezli ve 641 yarı¸caplı daireye O diyelim. O’nun merkezinden P1’e olan mesafe D1’in yarı¸capı ve O’nun yarı¸capının toplmaından fazla. Yani O dairesi D1 ile kesi¸smiyor. Simteriden dolayı aynı ¸sey D2 i¸cin de ge¸cerli. Di˘ger yandan yarı¸capı 2δ’dan b¨uy¨uk ve merkezi [−2, 2]2 i¸cindeki t¨um daireler Φ’den eleman i¸cermek zorunda. Yani O i¸cinde Φ’den bir X noktası var. Elbette X’in P ’ye olan uzaklı˘gı 14+ 641 toplamından ve dolayısıyla 12’den k¨u¸c¨uk.
Aradı˘gımız noktayı bulduk.
Aslında δ’yı daha b¨uy¨uk alıp Φ k¨umesini k¨u¸c¨ultmek m¨umk¨un. ˙Isteyen okur hangi deltalar i¸ci aynı arg¨umanların i¸se yaradı˘gını ara¸stırabilir.
7. D¨uzlemin 3 elemanlı her altk¨umesinin g¨uzel oldu˘gunu g¨osterin. (5 puan) C¸ ¨oz¨um: D¨uzlemde farklı X1, X2 ve X3 noktaları alalım. E˘ger her i 6= j i¸cin Xi ve Xj arasındaki mesafe en az 2 ise merkezleri Xi’ler olan ka- palı birim diskler ¨ort¨u¸smezler ve elbette {X1, X2, X3} k¨umesini kaplar- lar. Dolayısıyla, gerekirse indeksleri de˘gi¸stirerek, X1 ve X2 arasındaki
3
mesafenin 2’den az oldu˘gunu varsayabiliriz. Diyelim ki D, X1 ve X2’yi i¸ceren kapalı bir birim disk. E˘ger X3de D’nin i¸cindeyse i¸simiz bitti. E˘ger de˘gilse X3’ten ge¸cen ve D ile kesi¸smeyen bir ` do˘grusu var. Bu ` do˘grusuna X3’te te˘get olan ve `’nin D ile aynı tarafında olmayan disk X3’¨u i¸cerir ve D ile kesi¸smez.
8. En b¨uy¨uk hangi n de˘geri i¸cin d¨uzlemin n elemanlı her altk¨umesinin g¨uzel oldu˘gunu g¨osterebilirsiniz? (20n − 60 puan)
C¸ ¨oz¨um: ¨Onceki ¸c¨oz¨umdekine benzer arg¨umanlarla n = 4 ve n = 5 durum- ları i¸cin ¸c¨oz¨umler verilebilir. Bunun yerine tamamen farklı bir arg¨umanla problemi n = 10 durumu i¸cin ¸c¨ozece˘giz. v = (2, 0) ve w = (1,√
3) olsun ve
P = {nv + mw : n, m ∈ Z}
olarak tanımlayalım. Her P ∈ P i¸cin d¨uzleme merkezi P ’de olan bir kapalı birim disk yerle¸stirelim. Kolayca g¨or¨ulece˘gi ¨uzere bu diskler ¨ort¨u¸sm¨uyorlar.
Bu disklerin d¨uzlemde olu¸sturdu˘gu k¨umeye L diyelim. Ayrıca
∆ = {sv + tw : s, t ∈ [0, 1)}
tanımını yapalım. Elbette ∆ iki kenarı ¸cıkarılmı¸s bir paralelkenar ve, P ∈ P olmak ¨uzere, P + ∆ formundaki k¨umeler d¨uzlemi hi¸c kesi¸smeden kaplıyorlar. D¨uzlemdeki herhangi bir X noktası i¸cin
∆(X) = {u ∈ ∆ : X ∈ u + L}
olsun. ∆(X) k¨umesinin ∆’nın yakla¸sık ne kadarını kapladı˘gını hesapla- yalım. ∆(X) k¨umesinin alanının ∆ ∩ L k¨umesinin alanına e¸sit oldu˘gunu g¨ormek kolay. L’nin ∆’nın 109’undan fazlasını kapladı˘gını g¨osterece˘giz.
∆’nın alanı 2√
3 ¸c¨unk¨u kenar uzunlu˘gu 2 olan iki e¸skenar ¨u¸cgenden olu¸suyor.
Di˘ger yandan ∆ ∩ L k¨umesi 6 tane π/3 radyanlık birim disk diliminden olu¸suyor, yani alanı π. Dolayısıyla L’nin ∆ i¸cinde kapladı˘gı alanın ∆’nın alanına oranı π/2√
3. Di˘ger yanan π > 3,14 ve√
3 < 1,74 oldu˘gundan π
2√
3 > 3,14
2 × 1,74 = 157 174 ve 1570 > 1566 = 174 × 9 oldu˘gundan 157174> 109. S
¸imdi d¨uzlemde farklı X1, . . . , X10 noktaları alalım. E˘ger
∆(X1) ∩ · · · ∩ ∆(X10) = ∅ olsaydı, her iki tarafın t¨umleyenini alıp
(∆ \ ∆(X1)) ∪ · · · ∪ (∆ \ ∆(X10)) = ∆
elde ederdik. Ama bu m¨umk¨un de˘gil ¸c¨unk¨u her i = 1, . . . , 10 i¸cin ∆ \
∆(Xi) k¨umesinin alanı ∆’nın alanının 101’undan k¨u¸c¨uk. Demek ki ¨oyle bir u ∈ ∆ var ki her i = 1, . . . , 10 i¸cin u ∈ ∆(Xi), ya da ba¸ska bir deyi¸sle, Xi ∈ u + L. Ama L k¨umesi ¨ort¨u¸smeyen disklerden olu¸stu˘gu i¸cin u + L k¨umesi de ¨ort¨u¸smeyen disklerden olu¸suyor. Yani u+L k¨umesi X1, . . . , X10 noktalarını i¸ceriyor ve ¨ort¨u¸smeyen disklerden olu¸suyor. ˙Istedi˘gimiz de tam olarak buydu.
6 numaralı soruda g¨ord¨uk ki n’nin bir ¨ust sınırı var. Bu sorular hazırlandı˘gında n’nin ne kadar b¨uy¨uk olabilece˘gi sorusu hala a¸cıktı.
4
