Cahit Arf Matematik Günleri IX - 2010 Birinci Gün, 20 Mart 2010 Yan›tlar

(1)

1

Matematik Dünyas›, 2005 K›ﬂ

1. x ve y herhangi iki pozitif gerçel say› olsun.

Düzlemde 1, x ve y uzunlu¤unda üç do¤ru parças›

veriliyor. Pergel ve (çentiksiz) cetvelle uzunlu¤u xy olan bir do¤ru parças› inﬂa edin. (5 puan)

‹nfla: De¤iflik yöntemler vard›r. ‹flte en kolay yöntem: a, b ve c adl› tek bir noktada kesiflen üç de¤iflik do¤ru çizelim. Kesiflim noktas›na O diye- lim. a do¤rusu üzerinde |OA| = 1 ve |OX| = x eflit- liklerini sa¤layan A ve X noktalar›n› bulal›m. b do¤rusu üzerinde |OY| = y eflitli¤ini sa¤layan Y

noktas›n› bulal›m. Bütün bu noktalar› c’nin ay›rd›-

¤› iki düzlemden birinde bulal›m. X noktas›ndan AY do¤rusuna bir l do¤rusu çizelim. Bu do¤runun b do¤rusunu kesti¤i P noktas›, Tales teoremine gö- re |OP| = xy eﬂitli¤ini sa¤lar.

Kuﬂkulu olabilecek tek nokta, bir X noktas›n- dan bir AY do¤rusuna, sadece pergel ve cetvel kul- lanarak paralel çekebilmek. Bunu yapal›m.

Önce verilmifl bir X noktas›ndan verilmifl bir AY do¤rusuna bir dik inebilece¤imizi görelim. Bir sonraki flekilden izleyin. X merkezli ve AY do¤ru- sunu iki de¤iflik noktada, diyelim B ve C noktala- r›nda kesen bir çember çizelim. Ard›ndan, B ve C merkezli ve iki de¤iflik noktada kesiflen iki çember çizelim. Bu son iki çemberin kesiflim noktalar›ndan

geçen m do¤rusu X noktas›ndan geçen ve AY do¤- rusuna dik olan do¤rudur. Bu infla, X, AY do¤ru- su üstündeyse de yap›labilir. Ayn› fleyi X noktas› ve flimdi çizdi¤imiz m do¤rusu için yapal›m. Elde edi- len do¤ru AC do¤rusuna paraleldir ve X noktas›n- dan geçer.

2. x⁶− x²+ 10 = 0 denkleminin kesirli (rasyo- nel) çözümü olabilir mi? (5 puan)

Yan›t: Diyelim böyle bir çözüm var. Bu çözü- mü a/b biçiminde yazal›m. a ’n›n 0 olamayaca¤›

belli. Gerekli sadeleﬂtirmeleri yaparak a ve b’nin 1 ve −1’den baﬂka ortak böleni olmad›¤›n› varsaya- biliriz. b’nin de pozitif oldu¤unu varsayabiliriz.

Paydalar› eﬂitlersek, verilen denklemden, a⁶− a²b⁴+ 10b⁶= 0

eﬂitli¤ini elde ederiz. b, son iki terimi böldü¤ünden, ilk terimi de, yani a⁶’y› da böler. Ama a ie b arala- r›nda asal olduklar›ndan, b undan, b = 1 ç›kar. De- mek ki

a⁶− a² + 10 = 0.

Bu denklemden de a’n›n 10’u böldü¤ü ç›kar. De-

Cahit Arf Matematik Günleri IX - 2010

Birinci Gün, 20 Mart 2010 Yan›tlar

‹stanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü taraf›ndan düzenlenen Cahit Arf Matematik Günleri’nin dokuzuncusu 20 Mart 2010 günü 350 dolay›nda ö¤rencinin kat›l›m›yla gerçekleflmifltir. Cahit Arf Ma- tematik Günleri liseleraras› 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. Afla¤›da birinci aflaman›n sorular›n› bulacaks›n›z. Daha ayr›nt›l› bilgi ve verilen ödüller için: http://arf.math.bilgi.edu.tr

B C

X

A Y

m

A X

Y

1 x y

O c

b

a P

l

(2)

mek ki a/b = a = ±1, ±2, ±5, ±10. Bunlar›n hiçbiri- nin denklemin çözümü olmad›¤› belli. Demek ki denklemin çözümü olamaz.

3. a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ e beﬂ gerçel say› olsun.

a²− b²+ c²− d²+ e²≥ (a − b + c − d + e)² eﬂitsizli¤ini kan›tlay›n. (15 puan)

Kan›t: Önce ayn› soruyu 5 yerine 3 say› için kan›tlayal›m. a ≥ b ≥ c olsun ve

a²− b²+ c²≥ (a − b + c)²

eﬂitsizli¤ini kan›tlayal›m. c²’yi sa¤ tarafa atarsak, bu eﬂitsizli¤in,

a²− b²≥ (a − b + c)²− c²

eflitsizli¤ine denk oldu¤unu görürüz. Eflitli¤in iki taraf›nda da iki karenin fark› var. Bunu kullanarak, son eflitsizli¤in,

(a − b)(a + b) ≥ (a − b)(a − b + 2c)

eﬂitsizli¤ine denk oldu¤unu görürüz. E¤er a = b ise sorun yok. E¤er a > b ise, sadeleﬂtirmeden sonra,

a + b ≥ a − b + 2c eﬂitsizli¤ini, yani

2b ≥ 2c

eﬂitsizli¤ini kan›tlamak zorunda oldu¤umuzu gö- rürüz, ki bu da zaten varsay›mlardan biri.

ﬁimdi bu sonucu iki kez kullanarak,

a²− b²+ c²− d²+ e²= (a²− b²+ c²) − d²+ e²

≥ (a − b + c )²− d²+ e²

≥ (a − b + c − d + e)² eﬂitsizli¤ini elde ederiz.

4. ﬁöyle bir dizi oluﬂturuluyor: ‹lk say›m›z 2, ikinci say›m›z 3. Üçüncü say›m›z 6, çünkü

2 × 3 = 6.

Dizi ﬂimdilik 2, 3, 6.

3 × 6 = 18

oldu¤undan, dördüncü say› 1, beﬂinci say› 8:

2, 3, 6, 1, 8.

Sonraki say›

6 × 1 = 6.

Dizi ﬂöyle baﬂl›yor:

2, 3, 6, 1, 8, 6, 8, 4, 8,...

Bu dizide 5 say›s›n›n hiçbir zaman belirmeyece¤ini kan›tlay›n. (20 puan)

Kan›t: Bu dizide sadece 5 de¤il, 7 ve 9 da be- lirmez. n’inci terimin 5, 7 ve 9 olamayaca¤›n› n üzerine tümevar›mla kan›tlayal›m.

Bu say›lardan birinin belirdi¤i ilk an› alal›m.

Diyelim 5, 7 ve 9 rakamlar› aras›ndan dizide ilk olarak 5 beliriyor. 5’in belirmesi için, dizide da-

ha önce beliren ard›ﬂ›k iki terimin çarp›m›n›n ya 5 ile bitmesi ya da

50, 51, ..., 59

say›lar›ndan biri olmas› gerekir. Daha önce 5 olmad›¤›n› varsayd›¤›m›zdan birinci ﬂ›k mümkün de-

¤ildir. ‹kinci ﬂ›kta (birer basamakl› say›lar› çarpt›-

¤›m›zdan), çarp›m sadece 56 = 7 × 8 olabilir. Ama 7 daha önce dizide belirmedi¤inden bu da müm- kün de¤ildir.

Diyelim 5, 7 ve 9 rakamlar› aras›ndan dizide ilk olarak 7 beliriyor. 7’nin belirmesi için, dizide daha önce beliren ard›ﬂ›k iki terimin çarp›m›n›n ya 7 ile birmesi ya da

70, 71, ..., 79

say›lar›ndan biri olmas› gerekir. Birinci ﬂ›kta sadece

27 = 3 × 9

çarp›m› mümkündür ki 9 daha önce belirmedi¤inden bu da mümkün de¤ildir. ‹kinci ﬂ›kta (birer basamakl› say›lar› çarpt›¤›m›zdan), çarp›m sadece 72

= 9 × 8 olabilir. Ama 9 daha önce belirmedi¤inden bu da mümkün de¤ildir.

Diyelim ilk olarak 9 beliriyor. 9’un belirmesi için daha önceki ard›ﬂ›k iki terimin çarp›m›n›n ya 9 ile birmesi ya da

90, 91, ..., 99

gibi bir say› olmas› gerekir. Çarp›mlar en fazla 9 × 9 = 81

oldu¤undan, ikinci ﬂ›k mümkün de¤ildir. Birinci ﬂ›kta sadece

9 = 1 × 9 9 = 3 × 3 ve

49 = 7 × 7

olabilir ki 7 ve 9 daha önce belirmedi¤inden bu du- rumda sadece

9 = 3 × 3

mümkündür. Bu son durumun da mümkün olma- d›¤›n› kan›tlamam›z gerekiyor. E¤er flu sav› kan›t- larsak iflimiz ifl: ‹ki tek say› dizide ard›fl›k belire- mezler. Nitekim iki tek say›n›n ard›fl›k olarak ilk belirdi¤i zaman› alal›m. O zaman bu iki say›n›n biri, daha önce beliren ard›fl›k iki say›n›n çarp›m›n›n son hanesi olmal›; son hanesi tek olan bir say› tek oldu¤undan, daha önce beliren iki say›n›n çarp›m›

tek olmal›. Ama bu ancak çarp›lan iki say› tekse mümkündür. daha önce iki tek say› ard›ﬂ›k belirmedi¤inden, istedi¤imiz böylece kan›tlanm›ﬂ olur.

2

(3)

5. Her pozitif n do¤al say›s› için,

eﬂitli¤ini kan›tlay›n. (15 puan)

Kan›t: Eflitli¤i n üzerine tümevar›mla kan›tla- maya çal›flal›m. Eflitli¤i,

olarak yazmakta yarar var. Bu eﬂitli¤in n için do¤ru oldu¤unu varsay›p n + 1 için kan›tlayaca¤›z, yani yukardaki eﬂitli¤i varsay›p (tümevar›m varsay›m›),

eﬂitli¤ini kan›tlayaca¤›z.

Tümevar›m varsay›m›n› kullanarak, kan›tlamak istedi¤imiz eﬂitli¤in sa¤ taraf›n›

olarak açabiliriz.

Kan›tlamak istedi¤imiz eﬂitli¤in sol taraf›n› da,

olarak açabiliriz.

Demek ki son iki ifadenin sa¤ taraflar›n›n eflit oldu¤unu kan›tlamal›y›z. Gereken basit sadelefltir- meyi yaparsak, kan›tlamak istedi¤imiz eflitli¤in,

eﬂitli¤ine, yani

eflitli¤ine dönüfltü¤ünü görürüz. Bu eflitli¤i kan›tlamak kolay:

6. Kenarlar› bir birim olan bir eﬂkenar üçgenin hem içini hem de s›n›rlar›ndaki noktalar›n›, yar›ça- p› √3/6 olan ve s›n›rlar›n› içermeyen dairelerle kap- lamak istiyoruz.

a) Bu iﬂ için 7 dairenin yetti¤ini gösterin.

b) Bu iﬂ için 6 dairenin yetti¤ini gösterin.

c) Bu iﬂ için 5 dairenin yetti¤ini gösterin.

d) Bu iﬂ için 3 dairenin yetmedi¤ini gösterin.

e) Bu iﬂi 4 daireyle yapabilir misiniz? (Bunun yan›t›n› biz de bilmiyoruz.) (20 puan)

Kan›t: Birim eﬂkenar üçgenin yüksekli¤i

√3/2’dir, dolay›s›yla a¤›rl›k noktas›n›n kenarlara uzakl›¤› √3/6’d›r, tam dairenin yar›çap› kadar.

Yukarda görüldü¤ü üzere üç daire eﬂkenar üç- geni neredeyse kapl›yor, sadece ﬂekilde beyaz renk- le gösterilen 7 nokta aç›kta kal›yor. Bu 7 nokta da

4 daireyle yukardaki ﬂekildeki gibi kaplanabilir.

Böylece toplam 3 + 4 = 7 daireyle üçgeni kaplam›ﬂ oluruz.

7 daireyi 6’ya düflür- mek için, ilk flekildeki üç daireye “merkezkaç” kuv- veti uygulay›p merkezden biraz, çok az uzaklaflt›ra- l›m. Böylece biri merkezde, 3

n n n

n n n

n

1 1

1 2

1

2 1 1 1

1 1 2

1 1



 

 −

 

 + + − 

 

 = + + +

L ( ) − L

( )

− ^

 

 =

−

= =

∑

1 ¹ ¹ ¹

∑

1¹ i

i n

i

n n

i i i

( )

− ^ ⁺

 

 =

−

= +

=

∑

ⁿ_i ₁¹ ¹ⁱ ¹ ⁿ_i ^{1 1}_i

∑

_iⁿ+₁¹¹_i

1

1 1

1

1 1

1

n 1

n

i i n

i i

n n

+ =

( )

− ^ ₋

 

 + − +

−

∑

= ⁽ ⁾

1

1 1

1

1 1

n

i i

i i n

+ =

( )

− ^ ₋

 



−

=

∑

+

( )

− ^ ₋

 



=

( )

− ₋ _{− +}

=

( )

− _{− +}

= +

( )

− _{− +}⁺

−

= +

−

= +

−

= +

−

= +

∑

1 1

1

1 1 1

1

1 1

1

1 1 1

1

1 1

1

1 1

1

1 1

1

1 1

1 i i n

i i n

n

i i

n

i n i i

n i n i

n

n i n i

!

( )!( )!

!

!( )!

( )!

!( )!

= 11

1 1 1

1

1 1 1

1 1

1 1 1 1 1

1

1 1

1

1 0

1

n

n i

n

n i

n n

i i n

n

+

( )

− ^ ⁺

 



= +

( )

− ^ ⁺

 

 +



 



= +

(

− +

)

⁼ ₊

−

= +

−

= +

+

∑

( ) .

1 1 1

1

1 1 1

1

1 1

1 1 1

i i n

n i i n

i n

i i n

= +

=

−

=

∑ ∑

∑

= +

+

=

( )

− ^

 

 + +

( )

− ^ ⁺

 



=

( )

− ^ ⁺

 

 + − +

=

( )

− ^

 

 + −

 





 

 + − +

−

= +

−

=

−

=

∑

1 1 1

1 1 1 1

1

1 1

1

1 1

1

1 1

1 1 i i n

i i

n n

i i

n n

n i i

n

i i n

n i

n

i i n

( )

(4)

üçü kenarlar›n ortas›nda olmak üzere toplam dört delik aç›l›r. Bu dört deli¤i 3 (ya da daha az) daireyle kaplayabilir miyiz?

3 daireyle kaplayabilece¤imizi görmek zor de-

¤il: Yukardaki ﬂekildeki gibi merkezdeki bölgeyi ve kenarlar›n birinin ortas›ndaki bölgeyi tek bir daireyle kaplayabiliriz. Geriye kalan iki bölge için de iki daire kullan›rsak, toplam 3 + 1 + 2 = 6 daireyle üçgeni kaplayabiliriz.

Ama geri kalan son iki bölgeyi iki daire yerine tek bir daireyle de kaplayabiliriz. Yukardaki ﬂekil- deki AB mesafesi 1/2’ye eﬂit. 1/2 < √3/3 oldu¤un- dan, O merkezli daire hem A hem de B civar›nda- ki küçük bir bölgeyi kaplar.

ﬁimdi üçgeni dört daireyle kaplayamayaca¤›m›- z› kan›tlayal›m. Aralar›ndaki mesafe √3/3 ya da daha büyük olan iki nokta tek bir daireyle kaplanmaz.

Üçgenin merkezi ve üç köﬂesi, aralar›ndaki mesafe en az √3/3 olan dört nokta oldu¤undan, üçgeni kap- lamak için en az dört daireye ihtiyaç vard›r.

7. ƒ, g ∈ Z[X] olsun. Yani ƒ ve g, katsay›lar›

tamsay› olan iki polinom. Sonsuz tane n do¤al sa- y›s› için g(n) say›s› ƒ(n) say›s›n› bölerse, bir h ∈ Q[X] polinomu için gh = ƒ eﬂitli¤ini kan›tlay›n. h polinomunun katsay›lar›n›n tamsay› olmayabilece-

¤ini gösterin. (20 puan)

Kan›t: Önce ikinci soruyu halledelim. g(X) = 2 ve ƒ(X) = X²+ X olsun. her n do¤al say›s› için g(n), ƒ(n)’yi böler ama g(X), Z[X]’te ƒ(X)’i bölmez.

ﬁimdi birinci k›sma giriﬂelim. E¤er g = 0 ise sorun yok. Bundan böyle g’nin 0 polinomu omad›¤›n› varsayal›m. ƒ’yi Q[X]’te g’ye bölelim.

Q[X]’te öyle q ve r polinomlar› elde ederiz ki, r’nin derecesi g’nin derecesinden küçüktür ve

ƒ = gq + r

olur. r’nin 0 polinomu oldu¤unu kan›tlamak istiy- oruz. Diyelim r ≠ 0. O zaman r’nin sonlu say›da kökü vard›r. Bu kökler N’den büyük olmas›nlar.

g’nin köklerinin de N’den küçük olduklar›n›

varsayabiliriz.

q ve r polinomlar›n›n paydalar›n› eﬂitleyelim:

Öyle bir a > 0 tamsay›s› buluruz ki, Z[X]’in q₁= aq ve r₁= ar

polinomlar› için,

aƒ = gq₁+ r₁ olur. Demek ki her n ∈ N için,

aƒ(n) = g(n)q₁(n) + r₁(n)

olur. Buradaki tüm terimler birer do¤al say›d›r.

Demek ki sonsuz say›da n do¤al say›s› için g(n), r(n)’yi böler. Bu n’leri N’den büyük al›rsak, sonsuz say›da n > N do¤al say›s› için,

|g(n)| ≤ |r(n)|, yani,

buluruz. Ama r’nin derecesi g’nin derecesinden küçük oldu¤undan,

olmas› gerekir. Son iki formül birbiriyle çeliﬂir. ♠

4

A

B O

O

1 ≤ r n g n ( ) ( )

lim ( )

n ( ) r n

→∞ g n = 0