sayısının 33 ile b¨ol¨um¨unden kalan ka¸ctır? C¸ ¨oz¨um: Bu ¸c¨oz¨um boyunca ≡ sembol¨un¨u mod 33’te denklik anlamında kullanaca˘gız

Cahit Arf Matematik G¨unleri XIII Birinci A¸sama Sınavı

17 Ocak 2015 S¨ure: 3 Saat

Not: T¨um sorularda sonuca nasıl ula¸stı˘gınızı a¸cıklayın. Sadece sonu¸ctan olu¸san cevaplar de˘gerlendirilmeyecektir. Her soru 10 puan de˘gerindedir.

1. 247865204520452405620452105034650 sayısının 33 ile b¨ol¨um¨unden kalan ka¸ctır?

C¸ ¨oz¨um: Bu ¸c¨oz¨um boyunca ≡ sembol¨un¨u mod 33’te denklik anlamında kullanaca˘gız. Her n do˘gal sayısı i¸cin

10²ⁿ ≡ 1 ve 10²ⁿ⁺¹≡ 10 oldu˘gunu g¨ormek kolay. Yani

X

i

ai10ⁱ≡ X

i ¸cift

ai+ 10 ·X

i tek

ai.

Buradan da ¸su denkliklerin ge¸cerli oldu˘gu ¸cıkıyor:

247865204520452405620452105034650 ≡ 55 + 10 · 53 = 585

≡ 10 + 10 · 8 = 90

≡ 24.

2. f (x) = a₀+ a₁x + · · · + a_nxⁿ bir polinom olsun. Her i = 0, . . . , n i¸cin a_i’nin 0 ya da 1 oldu˘gunu varsayalım. E˘ger f (2) = 101 ise f (3) ka¸ctır?

C¸ ¨oz¨um: Kolayca g¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere

f (2) = 101 = 64 + 32 + 4 + 1 = 2⁶+ 2⁵+ 2²+ 2⁰. Bir do˘gal sayının 2’lik tabanda tek bir g¨osterimi oldu˘gundan

f (x) = x⁶+ x⁵+ x²+ 1

e¸sitli˘gi sa˘glanmalı. Buradan da hemen f (3) = 982 oldu˘gu ¸cıkıyor.

3. ABCD bir paralelkenar olsun. Bu durumda

2 |AB|²+ |BC|²
= |AC|²+ |BD|² e¸sitli˘ginin sa˘glandı˘gını g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: Kosin¨us teoreminden elimizde

|AC|²= |AB|²+ |BC|²− 2|AB| |BC| cos θ ve

|BD|²= |BC|²+ |CD|²− 2|BC| |CD| cos(π − θ)

e¸sitlikleri var. Elbette cos(π − θ) = − cos θ. Yani bu e¸sitlikleri taraf tarafa toplarsak istedi˘gimiz kanıtlamı¸s oluyoruz.

1

4. ^{√ 1}

2+√

5+1 sayısının paydasını rasyonel yapın.

C¸ ¨oz¨um:

√ 1 2 +√

5 + 1 =

√2 −√ 5 + 1 (√

2 +√

5 + 1)(√ 2 −√

5 + 1)

=

√2 −√ 5 + 1 (√

2 + 1)²− 5 =

√2 −√ 5 + 1 2√

2 − 2

= (√ 2 −√

5 + 1)(2√ 2 + 2) (2√

2 − 2)(2√ 2 + 2)

= 2√ 2 −√

5 + 2√ 10 + 6 2

5. X, 5 elemanlı bir k¨ume olsun. X’ten kendisine giden ve f ◦f = f ko¸sulunu sa˘glayan ka¸c f fonksiyonu vadır?

C¸ ¨oz¨um: X’ten kendisine giden bir f fonksiyonunun f ◦ f = f e¸sitli˘gini sa˘glaması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul f ’nin f (X)’e, yani imgesine kısıtlan- dı˘gına birim fonksiyonu vermesi. ¨Once imgesinde i eleman olan ve f ◦f = f ko¸sulunu sa˘glayan fonksiyonların sayısını bulalım. Elbette f (X) i¸cin olası

5

i
k¨ume var. Olası her i elemanlı A k¨umesi i¸cin de f , X \ A’dan A’ya giden kısmıyla belirleniyor. Elbette bunun i¸cin de iⁿ⁻ⁱ olasılık var. Yani imgesinde i eleman olan ve f ◦ f = f ko¸sulunu sa˘glayan ⁿ_i
iⁿ⁻ⁱfonksiyon var. ˙Imge bo¸s olamayaca˘gından i = 1, 2, 3, 4, 5 de˘gerlerini alabilir. Yani istedi˘gimiz ko¸sulu sa˘glayan toplamda

5 1

 1⁴+5

2

 2³+5

3

 3²+5

4

 4¹+5

5



5⁰= 5 + 80 + 90 + 20 + 1 = 196 fonksiyon var.

6. Diyelim ki p < q birer rasyonel sayı. Bu durumda p < α < q ko¸sulunu sa˘glayan irrasyonel bir α sayısı oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: f (x) = (q − p)x + p olsun. Elbette q − p pozitif oldu˘gundan f artan bir fonksiyon. Ayrıca f (0) = p ve f (1) = q. Dolayısıyla f , (0, 1) aralı˘gını (p, q) aralı˘gına g¨ot¨ur¨uyor. Ustelik f (x)’in rasyonel olması i¸¨ cin gerekli ve yeterli ko¸sul x’in rasyonel olması. Yani x ∈ (0, 1) herhangi bir irrasyonel sayıysa, mesela x =√

2/2 ise, f (x), p ve q arsında bir irrasyonel sayıdır.

7. ABCD, AB ve CD kenarları paralel bir yamuk olsun. ABCD yamu˘gunun herhangi bir XY tabanından bahsetti˘gimizde X’in AD, Y ’nin de BC kenarı ¨uzerinde oldu˘gunu varsayaca˘gız. ABCD yamu˘gunun orta tabanını P Q, k¨o¸segenlerin kesi¸sim noktasından ge¸cen tabanı P⁰Q⁰ ile g¨osterelim.

Herhangi bir U V tabanı i¸cin U Q⁰ ve P V ’nin paralelli˘gi i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sulun U C ve AV ’nin paralelli˘gi oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: Benzerlikten U C ve AV ’nin paralel olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul |DC|/|U V | = |U V |/|AB|, yani |U V | =p|AB||CD|. Benzer ¸sekilde U Q⁰ ve P V ’nin paralel olması i¸cin de gerekli ve yeterli ko¸sul |U V | = p|P Q||P⁰Q⁰|. Di˘ger yandan kolayca g¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere

|P Q| =|AB| + |CD|

2 ve |P⁰Q⁰| = 2|AB||CD|

|AB| + |CD|.

2

Buradan dap|P Q||P⁰Q⁰| =p|AB||CD| elde ediyoruz.

8. Bir f (x, y) polinomu

• her x, y ∈ R i¸cin f(x, y) > 0 ve

• her ε > 0 i¸cin ¨oyle x, y ∈ R var ki ε > f (x, y) ko¸sullarının ikisini birden sa˘glayabilir mi?

C¸ ¨oz¨um:

f (x, y) = x²+ (1 − xy)²

ise bu ko¸sulların sa˘glandı˘gını g¨osterece˘giz. Elbette her x, y ∈ R i¸cin f (x, y) ≥ 0 ¸c¨unk¨u f (x, y) iki karenin toplamı. Di˘ger yandan f (x, y) = 0 ise hem x² hem de (1 − xy)² sıfır olmalı ama bu x = 0 ve xy = 1 demek.

Elbette bu iki e¸sitlik aynı anda do˘gru olamaz. Yani her x, y ∈ R i¸cin f (x, y) > 0. S¸imdi herhangi bir pozitif ε alalım. E˘ger 0 < x < √

ε ve y = x⁻¹ alırsak bu bize

f (x, y) = x²+ (1 − xx⁻¹)²= x²< ε.

9. √ 2

√3

m¨u daha b¨uy¨ukt¨ur√ 3

√2

mi?

Birinci C¸ ¨oz¨um: E˘ger a =√ 2

√3

ve b =√ 3

√2

ise elimizde a²

√

3= 8 < 9 = b²

√ 2< b²

√ 3

e¸sitsizlikleri var. Burada elbette a, b > 1 oldu˘gu i¸cin a < b ¸cıkıyor.

˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: √ 2

√ 3 < √

3

√

2 oldu˘gunu g¨osterece˘giz. ˙Iki terimin de 2 tabanında logaritmasını alarak birinci e¸sitsizli˘ge denk olan

√ 3 2 <

√ 2 2 log₂3 e¸sitsizli˘gini elde ederiz. Biraz daha d¨uzenli ¸sekilde yazarsak da bu ikinci e¸sitsizli˘gin ³₂ < (log₂3)² e¸sitsizli˘gine denk oldu˘gu ¸cıkar. S¸imdi log₂3 i¸cin bir alt sınır bulalım:

6 = log₂2⁶= log₂64 < log₂81 = log₂3⁴= 4 log₂3.

Buradan ³₂ < log₂3 < (log₂3)²elde ediyoruz.

10. Her pozitif n do˘gal sayısı i¸cin

n

X

i=1

1 i² < 2 e¸sitsizli˘ginin ge¸cerli oldu˘gunu kanıtlayın.

C¸ ¨oz¨um: Bu e¸sitsizlik yerine biraz daha g¨u¸cl¨u ¸su e¸sitsizli˘gi n ¨uzerine t¨umevarımla kanıtlayaca˘gız:

n

X

i=1

1

i² ≤ 2 − 1 n.

E˘ger n = 1 ise e¸sitsizlik 1 ≤ 1 halini alıyor. S¸imdi e¸sitsizli˘gin n i¸cin do˘gru oldu˘gunu varsayıp n + 1 i¸cin kanıtlayaca˘gız. T¨umevarım varsayımından elimizde ¸su var:

n+1

X

i=1

1 i² =

n

X

i=1

1

i² + 1

(n + 1)² ≤ 2 − 1

n+ 1

(n + 1)².

3

Yani e˘ger

2 − 1

n+ 1

(n + 1)² ≤ 2 − 1 n + 1 e¸sitsizli˘gini kanıtlarsak i¸simiz biter. Ama bu e¸sitsizlik

1

(n + 1)² + 1 n + 1≤ 1

n

e¸sitsizli˘gine denk. Payda e¸sitlersek bu bize n(n + 2) ≤ (n + 1)²e¸sitsizli˘gini verir. Ama bu son e¸sitsizlik bariz bi¸cimde do˘gru olan n²+2n ≤ n²+2n+1 e¸sitsizli˘gine denk.

11. Her toplulukta en az iki ki¸sinin aynı sayıda arkada¸sa sahip oldu˘gunu kanıtlayın. (Kimse kendisiyle arkada¸s de˘gil ve a, b’nin arkada¸sıysa o za- man b de a’nın arkada¸sı.)

C¸ ¨oz¨um: X, n elemanlı bir topluluk olsun. Her x ∈ X i¸cin f (x), x’in arkada¸slarının sayısını g¨ostersin. Elbette her x i¸cin f (x) ≥ 0. Ayrıca her x i¸cin f (x) < n ¸c¨unk¨u kimse kendisiyle arkada¸s de˘gil. Di˘ger yandan grupta hem herkesle arkada¸s olan hem de kimseyle arkada¸s olmayan biri bulunamaz ¸c¨unk¨u arkada¸slık simetrik. Demek ki f ’nin imgesinde ya 0 yok ya da n yok. Her iki durumda da f ’nin imgesinde en fazla n − 1 eleman olabilir. Ama toplulukta, yani f ’nin tanım k¨umesinde n ki¸si var. Yani iki eleman f tarafından aynı elemana g¨onderilmeli. Ba¸ska bir deyi¸sle iki ki¸si aynı sayıda arkada¸sa sahip olmalı.

12. T¨um pozitif ger¸cel x, y, z sayıları i¸cin xy + yz + xz ≥ x√

yz + y√

xz + z√ xy e¸sitsizli˘ginin ge¸cerli oldu˘gunu g¨osterin.

C¸ ¨oz¨um: Aritmetik-geometrik ortalama e¸sitsizli˘ginden x√

yz + y√

xz + z√

xy ≤ xy + z

2 + yx + z

2 + zx + y 2

=1

2(xy + xz + yx + yz + zx + zy)

= xy + yz + xz.

4