Cahit Arf Matematik Günleri VI - 2007 Birinci Gün, 31 Mart 2007

(1)

1

Matematik Dünyas›, 2005 K›ﬂ

1. Bu soruda sözü geçen kapal› aral›klar›n uç noktalar›, verilmiﬂ bir n do¤al say›s› için,

−n, ..., −1, 0, 1, 2, ..., 2n

dir. ‹ki de¤iﬂik yöntemle uç noktalar› bu noktalar- dan oluﬂan bir kapal› aral›k seçece¤iz. (Tek bir nokta da [i, i] kapal› aral›¤› olarak alg›lanmal›.)

a) Kapal› aral›klar aras›ndan rastgele bir kapa- l› aral›k seçilebilir. (Her kapal› aral›¤›n seçilme ola- s›l›¤›n›n eﬂit oldu¤u varsay›l›yor.)

b) Kapal› aral›¤›n uç noktalar› rastgele seçilebi- lir. (Bu yöntemle birbirine eﬂit olabilen rastgele iki a ve b say›s› için [min{a, b}, max{a, b}] kapal› ara- l›¤› seçilmiﬂ oluyor.)

0’›n seçilen kapal› aral›¤›n içinde olma olas›l›-

¤› hangi seçim yöntemiyle daha yüksektir?

Yan›t: a) Önce aral›klar› sayal›m. Sol uç nok- tas› −n olan 3n + 1 tane aral›k var:

[−n, −n], ..., [−n, −1], ..., [−n, 2n].

Say› 1 artt›kça, sol uç noktas› bu say› olan aral›k sa- y›s› 1 azal›r ve en sonuncu 2n için tek bir aral›k ka- l›r: [2n, 2n] aral›¤›. Demek ki toplam aral›k say›s›

1 + 2 + ... + (3n + 1), yani

0’› içeren aral›k say›s›n› bulal›m ﬂimdi. Bu ara- l›klar, sol uç noktas› −n, ..., −1, 0 ve sa¤ uç nokta- s› 0, 1, ..., 2n olan aral›klard›r. Sol uç noktas›ndan n + 1 tane, sa¤ uç noktas›ndan 2n + 1 tane var. De- mek ki, (n + 1)(2n + 1) tane 0’› içeren aral›k var.

Dolay›s›yla bu yöntemle 0’› içeren bir aral›k seçme olas›l›¤›,

d›r.

b) Toplam 3n + 1 say› var. Dolay›s›yla (3n + 1)²

tane {a, b} türünden küme vard›r. Bunlardan kaç›

0’› içeren bir aral›k oluflturur? {a, b} türünden bir kümenin oluflturdu¤u aral›¤›n 0’› içermesi için say›- lardan birinin 0’dan küçükeflit, di¤erinin 0’dan bü- yüteflit olmas› gerekir. E¤er a < 0 ≤ b ise bunlardan n(2n + 1) tane vard›r. E¤er a = 0 < b ise bunlardan 2n tane vard›r. a = b = 0 fl›kk›ndan ise 1 tane vard›r.

b < 0 ≤ a ve b = 0 < a benzer ﬂekilde hesaplan›r. De- mek ki, 0’› içeren bir aral›k veren {a, b} çifti say›s›

2(n(2n + 1) + 2n) + 1 dir, yani,

2(2n²+ 3n + 1) = 2(2n + 1)(n + 1).

Bu durumda 0’› seçme olas›l›¤›,

dir. Bu, öncekinden daha büyük bir olas›l›k.

2. Aﬂa¤›daki eﬂitli¤i tümevar›mla kan›tlay›n:

Buradan,

eﬂitli¤ini ç›kar›n.

Kan›t: n = 1 için sol tarafta 1 elde ederiz. Sa¤

taraf da sadelefltirmeden sonra 1 ç›k›yor. fiimdi eflitli¤in n için do¤ru oldu¤unu varsayal›m ve n + 1 için kan›tlayal›m:

Cahit Arf Matematik Günleri VI - 2007

Birinci Gün, 31 Mart 2007

‹stanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü taraf›ndan düzenlenen Cahit Arf Matematik Günleri’nin dördüncüsü 350 dolay›nda ö¤rencinin kat›l›m›yla gerçekleflmifltir. Cahit Arf Matematik Günleri lise- leraras› ve iki aflamadan oluflan bir matematik yar›flmas›d›r. Üç saat süren birinci aflamadan sonra se- çilen 30 dolay›nda ö¤renci gün boyu süren ikinci aflamaya hak kazan›r. Daha ayr›nt›l› bilgi ve veri- len ödüller için: http://math.bilgi.edu.tr/cahitarf.

Selçuk Demir* - Ali Nesin* - Andrei Ratiu*

* ‹stanbul Bilgi Üniversitesi ö¤retim üyeleri.

ix nx n x

x

i i

n n n

−

=

∑

₁ ¹⁼ +¹⁻₋ ⁺2 ⁺

1 1

1

( )

( ) .

( )( )

3 1 3 2 . 2 n+ n+

2 1 2 1

3 1²

( )( )

( )

n n

n

+ +

+

3 4

4 8

5 16

6

32 2 2

+ + + + +... n₋1+...=

n

ix ix n x

nx n x

x n x

nx n x n x x

x

n x n x

i i

n i

i

n n

n

n n n

n n

−

=

+ −

= +

+

+ +

∑

⁼

∑

⁺ ⁺

= − + +

− + +

= − + + + + −

−

= + − + +

1 1

2

1 2

2

2 1

1

1 1

1 1 1 1

1

1 2 1

1

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( −− x)₂ .

2 1 2 1

3 1 3 2

( )( )

n n

+ +

(2)

E¤er x yerine 1/2 al›rsak, bu eﬂitlikten,

elde ederiz. Biraz basit hesapla buradan,

ç›kar. Her iki taraf›ndan n sonsuza giderken limiti al›nd›¤›nda,

1 + 1 + 3/4 + 4/8 + 5/16 + 6/32 + ... = 4 bulunur. Her iki taraftan da 2 ç›karal›m ﬂimdi.

3. Bir laboratuvarda bulunan bir hayvan türü- nün diﬂilerine diﬂi yavruya sahip olana kadar do-

¤urmalar›na izin veriliyor ve difli yavru do¤ar do¤- maz, anne hayvan ac›mas›z bilim insanlar› taraf›n- dan k›s›rlaflt›r›l›yor. E¤er erkek ya da difli yavru ol- ma olas›l›¤› %50 ise, bu hayvan türünde erkekler mi yoksa difliler mi zamanla daha fazla ço¤al›r?

Yan›t: Her diflinin mutlaka bir difli yavrusu olacak, ne fazla ne eksik. (Her diflinin mutlaka bir difli evlat istedi¤ini, daha önce pes etmedi¤ini ve k›- s›rlaflt›r›lmayan her diflinin sonsuza kadar do¤ura- bildi¤ini varsay›yoruz.) Demek ki her diflinin difli yavru beklentisi 1.

ﬁimdi erkek yavru beklentisini hesaplayal›m.

1/2 olas›l›kla ilk yavru difli olacak ve annenin hiç erkek yavrusu olmayacak. 1/4 olas›l›kla ilk yavru erkek, ikinci yavru difli olacak ve annenin 1 erkek yavrusu olacak. 1/8 olas›l›kla ilk iki yavru erkek, üçün- cü yavru difli olacak ve annenin 2 erkek yavrusu olacak. Genel olarak, 1/2ⁿolas›l›kla ilk n − 1 yavru er- kek, n’inci yavru difli olacak ve annenin n − 1 tane erkek yavrusu olacak.

Demek ki erkek yavru beklentisi,

b = 0(1/2) + 1(1/4) + 2(1/8) + 3(1/16) + ...

olmal›. Bunu hesaplayal›m:

b = 1/4 + 1/4 + 1/4(3/4 + 4/8 + 5/16 + ...) ve bu say› da bir önceki soruya göre,

b = 1/4 + 1/4 + 1/4(2) = 1

dir. Demek ki diﬂi ve erkek say›s› zamanla de¤iﬂmez.

Ama e¤er diﬂilerin bir zaman sonra do¤al olarak k›s›rlaﬂt›¤›n› varsayarsak, o zaman erkek say›- s› biraz daha fazla olur.

4. Aﬂa¤›daki eﬂitsizli¤i kan›tlay›n:

Kan›t: n > 1 için,

iliﬂkisini kullan›rsak, kan›tlamak istedi¤imiz eﬂit- sizli¤in sol taraf›ndaki,

say›s›ndan küçük olur. 1/2, 1/3 gibi say›lar sadele- ﬂir ve geriye sadece 1 + 1 − 1/n = 2 − 1/n kal›r ve bu da elbette 2’den küçüktür.

5. n bir do¤al say› ise, n + 1 say›s›n›n,

say›s›n› böldü¤ünü kan›tlay›n.

Kan›t: Bulabildi¤imiz en k›sa kan›t ﬂöyle:

En baﬂtaki bir tamsay› oldu¤undan, en sondaki de bir tamsay›d›r.

6. 1/3, 1/7 ve 1/9’u iki taban›nda yaz›n; örne-

¤in, 1/3 = a₁/2 + a₂/2²+ a₃/2³+ ... eﬂitli¤ini sa¤la- yan a_i∈ {0, 1} say›lar›n› bulun.

Kan›t: Kan›tta, 0 ≤ x < 1 için,

eﬂitsizli¤ini kullanaca¤›z.

1/7 benzer biçimde bulunur.

1/9 birazc›k daha zor:

2

1 2 1 2 3 1 2 4 1 2 1 2

1 2 1 1 2 1

1 1 2

2 3 1

1

2

+ + + + +

= − + +

−

− +

( / ) ( / ) ( / ) ... ( / ) ( / ) ( )( / )

( / ) n

n n

n

n n

1 1 3 2 4 2 2 4 2 2

2

2 3 1 1

+ + + + + ₋ = ⁺ − −1

/ / ... / ( + )

n _n ⁿ n

n

1 1

1 2

2 + 2+ +... 2< . n

1 1

1 1 n2< n n n n

− =

− −

( )

1 1 1

1 2

1 3

1 1 + − 1

 

 + −

 

 + + − −

 



... n n

2n n



 



1 ...

1 1 ² ³

− = + + + +

x x x x

1 3

1 4 1

1 4

1 1 1

4 1 4 1 1

4 1 16 1

2 1 2

1 2

1

2 4 6 28

= − =

−

=  + + +

 



= + + + +

...

1 7

1 8 1

1 8

1 1 1

8 1 8 1 1

8 1 8 1

2 1 2

1 2

2

3 6 9 12

= − =

−

=  + + +

 



= + + + +

...

1 9

7

63 7 1

64 1 7 1 64

1

1 1

64

= = ×

− = × ×

−

2 2

1

2 2

1 1

2 1 2 2

1

1 1

2

1 n

n

n n

n n n

n

n n

n n n n

n n

n n n

n

n n n

n n n



 

 − −



 

 = −

− +

= + −

= +

= + =



 

 + ( )!

! !

( )!

( )!( )!

( )!( ) ( )!

! !

( )!

!( )!

( )

( )!

! ! .

(3)

7) Bir pergel ve bir çentiksiz cetvelle bir ABC üçgeninin içine s›¤an ve bir kenar› BC üzerinde olan en bü- yük kareyi bulun.

Kan›t: 1) BC üzerine ve üçgenin di¤er yan›na kenar› BC olan bir kare infla edin. fiimdi bu kare- yi küçülterek ABC üçge- ninin içine sokaca¤›z. 2) Bu karenin B ve C olma- yan köfleleriyle A’y› birer do¤ruyla birlefltirin. 3) Bu do¤rular›n BC’yi kes- tikleri noktalar bulmak istedi¤imiz karenin ta- banlar›d›r. 4) Yukarda bulunan iki noktadan BC’ye birer dik ç›k›n. 5) Bu diklerle AC ve AB kenarlar›n›n kesiflimleri karenin di¤er iki noktas›d›r.

Elde edilen dörtgenin kare oldu¤unun kan›t›n›

okura b›rak›yoruz.

8. Düzlemde elips, verilmifl iki sabit noktaya uzakl›klar›n›n toplam›n›n sabit oldu¤u noktalar kü- mesi olarak tan›mlanm›flt›r. Biri di¤erinin içinde iki çemberimiz var. Her iki çembere eflit uzakl›kta olan noktalar kümesinin bir elips oldu¤unu kan›tlay›n.

Kan›t: Çemberlerin merkezleri O ve O ′ olsun.

Her iki çembere eﬂit uzak- l›kta olan bir P noktas› ala- l›m. A ve B noktalar› ﬂekil- deki gibi olsun. O zaman,

|OP| + |PO ′| = |OP| + |PB|

+ |BO ′| = |OP| + |PA| +

|BO ′| = |OA| + |BO ′|. Bu son say› da iki çemberin

yar›çaplar›n›n toplam›d›r, yani bir sabittir.

9. Dikdörtgen biçiminde bir bilardo masas› ve masada noktasal iki top var.

a) Bir topun di¤er topa vurabilece¤i son- suz say›da yörünge ol- du¤unu kan›tlay›n.

b) Resimdeki A to-

pundan B topuna giden her yörüngenin belirlenmiﬂ 7 noktadan birinden

geçmek zorunda oldu-

¤unu kan›tlay›n. (Bu noktalar masan›n ke- nar›nda da olabilirler.)

c) E¤er toplar›n pozisyonu rastgeleyse, bir top- tan di¤er topa giden her yörüngenin belirlenmiﬂ (en fazla) 16 noktadan birinden geçece¤ini kan›tlay›n.

Yan›t: a) Masan›n boyutlar› afla¤›daki flekilde- ki gibi ve toplar›n pozisyonu A(a₁, a₂) ve B(b₁, b₂) olsun. Toplar de¤iflik pozisyonda olduklar›ndan,

gerekirse masan›n yönünü de¤ifltirerek, a₂ ≠ b₂ varsay›m›n› yapabiliriz. B noktas›n›n masan›n üst yatay kenarna göre simetrisini alal›m ve bu yön- temle simetri almaya devam edelim. Elde edilen noktalar›n koordinatlar› bir sonraki sayfadaki fle- kilden de görülece¤i üzere flöyle olacakt›r:

B = B(b₁, b₂) B₁= B(b₁, 2d − b₂) B₂= B(b₁, 4d + b₂) B₃= B(b₁, 6d − b₂)

...

Genel olarak, her k ∈ Z için, B_k= (b₁, 2kd + (−1)^kb₂)

dir. fiimdi lk= AB_kdo¤rular›n› ele alal›m. Simetri- leri kullanarak bu do¤rular› bilardo masas›n›n içine tafl›yabiliriz ve bu do¤rular›n her biri A’dan B’ye gi- den de¤iflik bir yörünge verir. (Bkz. Bir sonraki say- fadan›n tepesindeki flekil.)

b) Yukardaki AB_k do¤ru parçalar›n›n orta noktalar› bilardo masas›nda

C₁= (0, 0), C₂= (0, d), C₃= (0, −d) noktalar›ndan biri olmak zorunda:

3

= × × + + +

 



= × + + + +

 



= + + × + + + +

 



= + + + + + + +

7 1

64 1 1 64

1 64

7 1

2 1 2

1 2

1 2 2 1

2 1 2

1 2

1 2 1

2 1 2

1 2

2

6 12 18 24

2

6 12 18 24

6 7 8 12 13 14 18

...

( ) ...

...

A

B C

A

B C

A B

A

B c

d

−d

−c x

y

P

O O′

A

B

(4)

Γ₀, Γ₂, Γ₄, Γ₆, ... için C₁(0, 0), Γ₁, Γ₅, Γ₉, Γ₁₂, ... için C₂(0, d), Γ₃, Γ₇, Γ₁₁, Γ₁₅, ... için C₃(0, −d).

(Bkz. afla¤›daki flekil.) fiimdi de bir dikey kenara göre masan›n simetrilerini alal›m ve ayn› ifllemi yapal›m. 6 nokta daha elde ederiz:

C₄= (c /2, 0), C₇= (−c /2, 0), C₅= (c /2, d), C₈= (−c /2, d), C₆= (c /2, −d), C₉= (−c /2, d−).

Ama C₄ ve C₇ noktalar› A ve B’nin yerleri ve bu noktalar gereksiz. Sonuçta 7 nokta kal›r: C₁, C₂, C₃, C₅, C₆, C₈ve C₉. ‹ﬂte A’dan B’ye giden her toplun geçmek zorunda kald›¤› bu 7 nokta:

c) En genel durumu irdeleyelim ﬂimdi. A ve B’nin masan›n dikey kenarlar›na göre simetrilerini al›rsak,

A_k= (2kc + (−1)^ka₁, a₂) ve

B_l= (2lc + (−1)^la₁, a₂)

noktalar›n› elde ederiz. A_kB_l do¤ru parçalar›n›n orta noktalar›n› bilardo masas›na dikey simetriler- le geri taﬂ›rsak, bu noktalar›n birinci koordinatla- r›n›n,

say›lar›ndan biri olduklar›n› görürüz. Ayn› biçim- de, ikinci koordinatlar için de üç seçenek vard›r:

Böylece 4 x 4 = 16 nokta elde ederiz ve A’dan B’ye giden her top bu 16 noktadan birinden geçmek zorundad›r. ♠

4

B₃

A

B c

d

−d

−c x

y

B₁ B₂

3d

2d 4d 5d 6d

B₃

A

B x

y

l₃

B₁

A x

y

l3

B B₂ B₃

B₁ l₂ l1

Γ₁ Γ₂ Γ₃

Γ₀

C₀

C₂ C₁

A B

C₈ C₂ C₅

C₉ C₃ C₆ C₁

a b a b

c a b

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

+ − +

− +

− + +

, , ,

a b a b

d a b

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

+ − +

− +

− + +

, , , .