matematİk olİmpİyati ÇaliŞma kİtapÇiĞib˜ol um 1˜ giri»s 1.1 ilks_ ˜oz belkide internetin...

MATEMATİK

OLİMPİYATI ÇALIŞMA

KİTAPÇIĞI www.sbelian.wordpress.com

Matematı̇k Olı̇mpı̇yatlarıÇalışma Kı̇tapçığı

www.sbelian.wordpress.com

6 Temmuz 2010

İçindekiler

1 Giriş 5

1.1 İlksöz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 KONULAR 6

2.1 Denklem Sı̇stemlerı̇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.1.1 Çalışma Soruları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.1.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Repunı̇tler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


2.2.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.3 Sophı̇e Germaı̇n Özdeşlı̇ğı̇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23


2.3.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4 Tamkareler Pozı̇tı̇ftı̇r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30


2.4.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.5 Eşı̇tsı̇zlı̇kler I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40


2.6 Eşı̇tsı̇zlı̇kler II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50


2.7 İndı̇rgemelı̇ Dı̇zı̇ler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler . . . . . . . . . . . . . . 59

2

2.7.2 İkinci Dereceden İndirgemeler . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.7.3 Alıştırmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.8 Yenı̇den Düzenleme [Rearrangement] Eşı̇tsı̇zlı̇ğı̇ . . . . . . . . . 66

2.9 Trı̇gonometrı̇k Değı̇şken Değı̇ştı̇rme . . . . . . . . . . . . . . . . 75


2.9.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.10 Cebı̇rde Teleskopı̇k Toplamlar ve Çarpımlar . . . . . . . . . . . 90


2.10.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

2.11 Tamdeğer Fonksı̇yon Problemlerı̇ . . . . . . . . . . . . . . . . . 102


2.11.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

2.12 Bölünebı̇lme ve Asal Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110


2.12.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2.13 Trı̇gonometrı̇de Sonsuz Toplam ve Farklar . . . . . . . . . . . . 122


2.13.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

2.14 Kuş, Güvercı̇n, Yuva... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133


2.14.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

2.15 Üstel Dı̇yofant Denklemlerı̇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137


2.15.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

2.16 Kalan Sınıfları [Resı̇dues] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143


2.16.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

2.17 Vı̇ete Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

2.17.1 Newton-Girard Formulæ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

2.17.2 Lagrange İnterpolasyon Teknı̇ğı̇ . . . . . . . . . . . . . . 155


3

2.17.4 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

2.18 Bağıntı Sayıları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163


2.18.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

2.19 Lı̇neer Denklemlerı̇n Tamsayı Çözümlerı̇ . . . . . . . . . . . . . 168


2.19.2 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

2.20 Fonksı̇yonel Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

2.20.1 Tek Değişkenliler - Temel Teknikler . . . . . . . . . . . 173

2.20.2 Çok Değişkenliler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176


2.20.4 Çözümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

4

Bölüm 1

Giriş

1.1 İlksöz

Belkide internetin hayatımıza kattığı en büyük artı değer legal paylaşımlaryapmak ve bilgiyi birbirimizle paylaşmaya ortam hazırlamak olmuştur. Bizdebu paylaşımın bir parçası olarak bu zamana kadar bir çok ders notunu veçözüm paketini sizlerle paylaşmıştık. Şimdi de, tüm bu ders notlarının birle-şimi olan bu mini kitabı sizlerin paylaşımına açıyoruz. Sizlerde çekinmedenbu kitapçığı gerek fotokopi ile gerekse elektronik yollarla birbirinizle paylaşın.Yararlanabildiğiniz kadar yararlanın.Bu çalışmanın hazırlanmasında öncelikle www.sbelian.wordpress. com sayfa-mıza teveccüh gösteren tüm dostlarımıza ve faydalı olabilmek için çalışmala-rımıza yardım eden LATEX2ε dostlarına teşekkür ederiz.

Sbelian Σ

Haziran 2010

5

Bölüm 2

KONULAR

2.1 Denklem Sı̇stemlerı̇

Bu bölümde bazı standart olmayan denklem sistemlerinin çözümlerini ya-pacağız. Ancak ilerleyen örneklerde sizinde farkedeceğiniz üzere, kullanacağı-mız yöntemler genelde bazı cebirsel manipülasyonlardan oluşuyor. Bu yön-temleri kullanarak hem çözümlere daha kolay ulaşacağız hemde her bir sorudafarklı bir tekniği öğrenmiş olacağız.

Örnek.

x+ y2 + z2 = 3

y + z2 + x3 = 3

z + x2 + y3 = 3

denklem sisteminin pozitif çözüm üçlüsünün yanlızca (1, 1, 1) olduğunu kanıt-layınız.

Çözüm. Eğer ilk iki denklemin farkını alırsak

x(1− x2) + y(y − 1) + z2(z − 1) = 0denklemini elde ederiz. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü denklemlerin farkınıalırsak

y(1− y2) + z(z − 1) + x2(x− 1) = 0

6

2.1. DENKLEM SİSTEMLERİ 7

denklemini elde ederiz. Eğer bu denklemi z ile çarpıp bir önceki denklemdençıkarırsak

x(x− 1)(1 + x+ xz) = y(y − 1)(1 + z + yz)eşitliğini elde ederiz. Benzer işlemleri yaparak

y(y − 1)(1 + y + yx) = z(z − 1)(1 + x+ xz)

eşitliğinede ulaşırız. Son yazdığımız iki eşitlikte eğer x, y, z pozitifse x = y =z = 1, x, y, z < 1 veya x, y, z > 1 olacaktır. Son iki yazdığımız olasılığın

x+ y2 + z3 = 3

eşitliğini sağlayamayacağı açıktır. Demek ki tek çözüm

(x, y, z) = (1, 1, 1)

olacaktır.

Örnek.

a+ b+ c+ d = 12

abcd = 27 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd

denklem sistemini sağlayan tüm (a, b, c, d) pozitif sayı dörtlülerini bulunuz.

Çözüm. Eğer soruda verilen sistemdeki ikinci eşitliğe Aritmetik Orta -Geometrik Orta eşitsizliğini uygularsak

abcd ≥ 27 + 6√abcd

olacaktır. Eğer bu eşitsizliği düzenlersek yeni denklemimiz√abcd değişkenine

bağlı

(√abcd+ 3)(

√abcd− 9) ≥ 0

eşitsizliğini elde ederiz. Burada

√abcd ≥ 9

8 BÖLÜM 2. KONULAR

olduğu açıktır. Eğer bu durumu sistemdeki ilk denklemle beraber kullanırsak

a+ b+ c+ d

4≤ 4

√abcd ⇒ 3 ≤ 3

olduğundan eşitlik durumu söz konusudur. Buna göre tek çözüm

a = b = c = d = 3

olacaktır.

Örnek.

√3x

(1 +

1

x+ y

)= 2

√7y

(1− 1

x+ y

)= 4

√2

denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz.

Çözüm. Bu soruda çözüme daha kolay işlemlerle ulaşmak için bazı değiş-ken eğiştirmeler yapmak yerinde olacaktır. Buna göre eğer

√x = u ve

√y = v

alırsak sistemimiz

u

(1 +

1

u2 + v2

)=

2√3

v

(1− 1

u2 + v2

)=

4√2√7

şeklini alır. Burada u2+v2 aslında z = u+iv karmaşık sayısının normunun ka-residir. Buna göre ikinci denklemi i karmaşık sayısı ile çarpıp birinci denklemeeklersek

u+ iv +u− ivu2 + v2

=

2√

3 + i4√2√7

eşitliğini elde ederiz. Buradau− ivu2 + v2


ifadesiz

|z|2 =z

(zz)=

1

z

olacaktır. Yani

z +1

z=

(2√3+ i

4√2√7

)

eşitliği elde edilir. Eğer bu denklemi düzenlersek

z2 −(

2√3+ i

4√2√7

)z + 1 = 0

denklemini ve bu denklemin çözümü olan

(1√3± 2√

21

)+ i

(2√2√7

±√2

)

sayısını elde ederiz. Buna göre soruda verilen sistemin çözümü

x =

(1√3± 2√

21

)2ve y =

(2√2√7

±√2

)2

olacaktır.

2.1.1 Çalışma Soruları

1.

x+2

x= 2y

y +2

y= 2z

z +2

z= 2x

denklem sistemini çözünüz.


2. [x], x sayısının tam kısmını, {x} ise ondalık kısmını temsil etmek üzerex = [x] + {x} olarak veriliyor. Buna göre

x+ [y] + {z} = 1, 1z + [x] + {y} = 2, 2y + {x}+ [z] = 3, 3

denklem sistemini sağlayan x, y, z değişkenlerini bulunuz.

3. Aşağıdaki denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz.

xy + yz + zx = 12

xyz = 2 + x+ y + z

4.

4x2

4x2 + 1= y

4y2

4y2 + 1= z

4z2

4z2 + 1= x

Denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.

5.

3 = x+ y + z = x3 + y3 + z3

eşitliğini sağlayan tüm tamsayı üçlülerini bulunuz.

6.

6(x− y−1) = 3(y − z−1) = 2(z − x−1) = xyz − (xyz)−1

eşitliğini sağlayan tüm sıfıran farklı x, y, z reel sayılarını bulunuz.


7. a, b, c birbirinden ve sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere verilen

x2 − yz = ay2 − zx = bz2 − xy = c

denklem sisteminin tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.

8.

(x+ y)3 = z

(y + z)3 = x

(z + x)3 = y

denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel sayı üçlüleini bulunuz.

9.

x3 − 9(y2 − 3y + 3) = 0y3 − 9(z2 − 3z + 3) = 0z3 − 9(x2 − 3x+ 3) = 0

denklem sisteminin tüm çözümlerini bulunuz.

10. a, b, x, y reel sayılar olmak üzere

ax+ by = 3

ax2 + by2 = 7

ax3 + by3 = 16

ax4 + by4 = 42

olarak veriliyor. Buna göre, ax5 + by5 toplamının eşitini bulunuz.

2.1.2 Çözümler

1. Eğer çözümde aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğini kullanırsak

x+1

x≥ 2

√x · 2

x= 2

√2


ise 2y ≥ 2√2 ve y ≥ √2 olacaktır. Benzer şekilde y ≥ √2 ve z ≥ √2olacaktır. Eğer sistemdeki 3 denklemi −1 ile çarpıp toplarsak

x+ y + z = 2

(1

x+

1

y+

1

z

)

eşitliği elde edilir. Bu denklemin sol kısmı

x+ y + x ≥ 3√2

iken sağ kısım

2

(1

x+

1

y+

1

z

)≤ 3

√2

olacaktır. Demek ki

x+ y + z = 2

(1

x+

1

y+

1

z

)= 3

√2

olmalıdır. Buradan istenen çözümler

x = y = z = ±√2

olarak bulunur.

2. Eğer sistemdeki 3 eşitsizliği taraf tarafa toplarsak

2x+ 2y + 2z = 6.6

olduğundan

x+ y + z = 3.3

denklemini elde ederiz. Sistemdeki her bir denklemi son bulduğumuzeşitlikten çıkarırsak yeni sistemimiz

{y}+ [z] = 2.2{x}+ [y] = 1.1{z}+ [x] = 0


olacaktır. Bu sistemde ilk denklemden {y} = 0.2 ve [z] = 2 bulunur.İkinci denklemden [y] = 1, {0.1} ve üçüncü denklemden {z} = 0, [x] = 0bulunur. Buna göre, denklem sisteminin çözümü

x = 0.1, y = 1.2, z = 2

olacaktır.

3. Varsayalım 3√xyz = a olsun. Aritmetik orta - geometrik orta eşitsizliğin-

den12 = xy + yz + zx ≥ 3a2

vea3 = 2 + x+ y + z ≥ 2 + 3a

olacaktır. ilk eşitsizlikten 12 ≥ 3a2 ise 4 ≥ a2 bulunur. İkinci eşitsizlik-tense a ≥ 2 bulunur. Dolayısıyla a = 2 ve x = y = z olacaktır. Demekki tek çözüm

(x, y, z) = (2, 2, 2)

olur.

4. Çözüme, denklem sistemimizdeki her bir denklemi karşılayan bir fonk-siyon bularak başlayalım. Varsayalım f fonksiyonu f : [0,∞) → [0,∞)olmak üzere

f(t) =4t2

4t2 + 1

olarak verilsin. f fonksiyonun artan olduğu açıktır. Dolayısıyla eğer x < yise f(x) < f(y) dolayısıyla y < z olacaktır. Eğer bu argümanı tekraredersek z < x elde ederiz. Öyleyse x < y < z < x olacaktır ki bu durumimkansızdır. Benzer biçimde x > y ile başlarsak yine çelişki elde ederiz.Demek ki x = y = z olmalıdır. Buna göre,

4t2

4t2 + 1= t

denklemini çözersek t = 0 veya t = 1/2 olacaktır. Öyleyse sisteminçözümleri sadece

(0, 0, 0) ve (1

2,1

2,1

2)

olarak bulunur.


5. Eğer soruda verilen eşitlik üzerinde biraz oynarsak

24 = (x+ y + z)3 − (x3 + y3 + z3) = 3∑

x2y + 6xyz

eşitliğine ulaşırız. Eğer sadeleştirme yapıp çarpanlarına ayırırsak

8 = (x+ y)(x+ z)(y + z)

olacağından

8 = (3− x)(3− y)(x+ y)eşitliği elde edilir. 8 sayısının çarpanlarını kontrol edersek çözümleri

(1, 1, 1), (4, 4,−5), (4,−5, 4), (−5, 4, 4)

olarak bulabiliriz.

6. Soruda verilen eşitliği kullanarak

(x− y−1) + (y − z−1) + (z − x−1) = xyz − (xyz)−1

yazabiliriz. Eğer bu eşitliği yeniden düzenlersek de

(x− y−1)(y − z−1)(z − x−1) = 0

denklemini elde ederiz. Demek ki çarpanlardan biri sıfır olmalıdır. Ancaksorudaki eşitlikten hepsinin sıfır olduğu ortaya çıkar. Dolayısıyla

xy = yz = zx = 1 ve x = y = z = ±1

bulunur.

7. Soruda verilen sistemdeki herbir eşitliğin karesini alıp diğer iki eşitliğinçarpımından çıkarırsak yeni sistemimimiz

a2 − bc = x(x3 + y3 + z3 − 3xyz)b2 − ac = y(x3 + y3 + z3 − 3xyz)c2 − ab = z(x3 + y3 + z3 − 3xyz)


olacaktır. Buradax3 + y3 + z3 − 3xyz = k

olarak alırsak

(a2 − bc)2 − (b2 − ac)2(c2 − ab) = k2(x2 − yz) = k2a

olur. Burada eşitliğin sol tarafını açıp düzenlersek

k = ±√

a3 + b3 + c3 − 3abc

olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri

x =a2 − bc

k, y =

b2 − ack

,c2 − ab

k

olacaktır.

8. Eğer ikinci denklemi birinciden çıkarırsak

(x− z) ((x+ y)2 + (x+ y)(y + z) + (y + z)2) = z − x

eşitliğini elde ederiz. Burada

(x+ y)2 + (x+ y)(y + z) + (y + z)2 > 0

olduğuna göre, x = z olacaktır. Simetriden dolayı y = z ve elimizde8x3 = x denklemi oluşacaktır. Bu denklemin kökleri x = 0 ve x = ± 2

2√2

olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri

x = y = z = 0, x = y = z = ± 12√2

olur.

9. Soruda verilen sistemi düzenlersek, yeni sistemimiz

(y − 3)3 = y3 − x3(z − 3)3 = z3 − x3(x− 3)3 = x3 − z3


olacaktır. Bu eşitliği toplarsak

(x− 3)3 + (y − 3)3 + (z − 3)3 = 0

eşitliği elde edilir. Genelliği bozmadan varsayalım x ≥ 3 olsun. Sistem-deki üçüncü denklemden

z3 − 27 = 9x(x− 3)

olacaktır, dolayısıyla z ≥ 3 olur. Benzer biçimde y ≥ 3 olacaktır. Ancaküçü birden 3’ten büyük olamaz. Buna göre tek çözüm x = y = z = 3olacaktır.

10. n = 2 ve n = 3 için

(axn + byn)(x+ y)− (axn−1 + byn−1)xy = axn+1 + byn+1

eşitliğinin sağlandığı görülebilir. Buna göre,

7(x+ y)− 3xy = 16

ve

16(x+ y)− 7xy = 42olacaktır. Bu iki denklemi çözersek x+y = −14 ve xy = −38 olur. n = 4için başta belirlediğimiz reküransı yeniden uygularsak

ax5 + by5 = (42)(−14)− (16)(−38) = −588 + 608 = 20

olacaktır.

2.2 Repunı̇tler

Basamaklarını oluşturan rakamların hepsi 1 olan doğal sayılara repunitdiyeceğiz. Öyleki

111 · · · 111︸︷︷︸n basamaklı

2.2. REPUNİTLER 17

sayısı bir repunit sayı olarak sorularımızda yerini alacaktır. Şimdi ilk örne-ğimizle başlayalım. Sorumuz 2005 Bulgaristan Matematik Olimpiyatları’ndasorulmuştur.

Örnek. x, y, z ∈ Z olmak üzere verilen

x2 + 2y2 + 98z2 = 111 · · · 111︸︷︷︸666 tane 1

eşitliğini sağlayan tamsayı üçlülerinin bulunmadığını kanıtlayınız.

Çözüm I. Çözüme çelişki ile ulaşmaya çalışalım. varsayalım soruda ve-rilen denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayı üçlüsü varolsun. Buna göre eşitliğinsol tarafındaki repuniti çarpanlarına ayırırsak

111111 · (1 + 106 + · · ·+ 106·110) = 106 − 19

(1 + 106 + · · ·+ 106·110)

olacaktır. Küçük Fermat teoremine göre, 106 − 1 sayısı 7 ile bölünebilir. Bunagöre eşitliğimize (mod7) altında bakabiliriz. Tamkare bir sayının (mod7) al-tındaki kalan sınıfı {0, 1, 2, 3, 4} ve 98 sayısı 7 ile kalansız bölünebildiğine göre,eşitliğin sağ tarafındaki ifademizde x ve y sayıları 7 ile kalansız bölünmelidir.Bu durumda eşitliğin sol tarafı 72 ile tam bölünecektir. Ancak eşitliğin sağkısmındaki ifademiz

7 · 15873 · (1 + 106 + · · ·+ 106·110)

olduğundan bu ifadenin (mod7) altındaki ikinci çarpanı 4 olacaktır. Üçüncüçarpanı (mod7) altında 0 olmadığına göre, eşitliğin sağ tarafı 49 ile bölüne-mez. Çelişki vardır. Demekki (x, y, z) tamsayı üçlüleri yoktur.

Çözüm II. Eğer soruda verilen eşitliğin sağ tarafına (mod) altında ba-karsak

x2 + 2y2 + 2x2 ≡ 111 (mod 8)veya

x2 + 2y2 + 2z2 ≡ 7 (mod 8)


olduğunu görebiliriz. Bir tamsayının karesinin ( mod 8) altındaki kalanları {0, 1, 4}olabilir. Eğer iki katlarını alırsak kalan sınıfı {0, 2} olacaktır. Ancak elde edilen{0, 1, 4} kümesinin elemanlarını {0, 2} ve {0, 2} kümesinin elemanlarına ekleye-rek (mod8) altında 7 sayısına ulaşamayız. Demek ki, soruda verilen denklemisağlayan (x, y, z) tamsayıları yoktur.

Sıradaki sorumuzda Rusyada yayınlanan Potansia Magazine isimli dergi-den alıntıdır.

Örnek. Repunitleri yine repunitlere götüren tüm ikinci dereceden tam-sayı katsayılı polinomları bulunuz.

Çözüm. varsayalım ikinci dereceden polinomumuz f(x) = ax2 + bx+ colsun. Soruda verilen şartlara göre,

f(111 · · · 1︸︷︷︸m tane

) = 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

yani

f

(10m − 1

9

)=

10n − 19

olacaktır. Eğer

g(x) = 9f

(x− 19

)+ 1

olarak alırsak,

9

(a

(x− 19

)2+ b

(x− 19

)+ 1

)= 9

(a

92(x2 − 2x+ 1) + b

9(x− 1) + c

)+ 1

=a

9(x2 − 2x+ 1) + b(x− 1) + c+ 1

=a

9x2 +

(b− 2a

9

)x+ (9c+ 1− b+ a

9)

olacaktır. Demek ki

g(x) =a

9x2 +

(b− 2a

9

)x+ (9c+ 1− b+ a

9)


olacaktır. Buna göre, aslında g(10m) = 10n olacaktır. yani g polinomu 10’unkuvvetlerini yine 10’un kuvvetlerine götürecektir. Buna göre,

10−2m · g(10m) = 10n−2m = a9+

(b− 2a

9

)10−m +

(9c+ 1− b+ a

9

)10−2m

olacaktır. İlk eşitlikten görüldüğü üzere 10−2m ·g(10m) sayısı 10’un kuvvetidir.Eğer m değerini yeterince büyük alırsak 10−2mg(10m) ifadesi a/9 değerineyakınsak. Buradan da, a/9 = 10k ve 10−2mg(10m) = 10k olacaktır. Dolayısıyla

(b− 2a

9

)10−m +

(9c+ 1− b+ a

9

)10−2m = 0

olacağından

b− 2a9

= 9c+ 1− b+ a9= 0

olur. Buradan b = 2 · 10k ve c = 10k−19 olacağından istenen polinomlar

f(x) = 9 · 10k · x2 + 2 · 10k · x+ 10k − 19

olur.


1. (a.) Çift sayıda basamağı olan, beş tabanındaki repunitlerin ardışık po-zitif iki tamsayının çarpımı olduğunu gösteriniz.

(b.) Dokuz tabanındaki tüm repunitlerin Üçgensel Sayı1 olduğunu ka-nıtlayınız.

2.111 · · · 1︸︷︷︸2n tane

= 222 · · · 2︸︷︷︸n tane

+(333 · · · 3︸︷︷︸n tane

)2

eşitliğini kanıtlayınız.

1Bir ak üçgensel sayısı, 1’den k’ya kadar olan tamsayıların toplamıdır. Üçgensel sayıdenilmesinin temel sebebi, eşkenar bir üçgenin üzerine eşit aralıklarla yerleştirilibilecek eşityarıçaplı kürelerin sayısını vermesidir. Öyleki, ilk bir kaç üçgensel sayı 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28olarak kolaylıkla bulunabilir.

an = 1+2+3+ · · ·+(n− 1)+n = n(n+1)2 = n2+n2

=(n+12

)genel formuda n. üçgensel sayıyı

vermektedir.


3. 19 ile bölünebilen ve tüm basamakları 1 olan en küçük pozitif tamsayıyıbulunuz.

4. Asal bir repunit sayının basamak sayısınında asal olduğunu kanıtlayınız.Ayrıca, bu önermenin tersi doğrumudur?

5. Tüm basamakları 1 olan, 81 basamaklı bir sayı 81 ile kalansız bölünebilirmi?

6. (a.) 111 · · · 1︸︷︷︸n basamaklı

sayının 41 ile ancak ve ancak 5|n olduğunda, bölünebile-

ceğini kanıtlayınız.

(b.) 111 · · · 1︸︷︷︸n basamaklı

sayının 91 ile ancak ve ancak 6|n olduğunda, bölünebile-

ceğini kanıtlayınız.

7. 1’den büyük hiç bir repunitin tam kare olamayacağını kanıtlayınız.

8. Son basamağı 1, 3, 7 veya 9 olan her n tamsayısı için, n ile bölünebilenbir repunit bulunduğunu kanıtlayınız.

9. Herhangi iki elemanı aralarında asal olan sonsuz büyüklükte bir repu-nitler dizisi olduğunu kanıtlayınız.

10. Sonsuz çoklukta n değeri için, basamaklarında sıfır bulunmayan n basa-maklı bir sayının basamakları toplamına bölünebileceğini kanıtlayınız.


1. (a.)

(111 · · · 1︸︷︷︸2n tane

)5 = 1 + 5 + · · ·+ 52n−1

=52n − 1

4=

5n − 12

· 5n + 1

2

eşitliğine göre, 5n−12 ve

5n+12 ardışık tamsayılardır.


(b.)

(111 · · · 1︸︷︷︸n tane

)9 = 1 + 9 + · · ·+ 9n−1

=9n − 1

8=

1

2· 3

n − 12

· 3n + 1

2

olduğuna göre bu sayı bir üçgensel sayıdır. Çünkü, 3n−12 ve

3n+12

ardışık tamsayılardır.

2. Soruda verilen eşitliği kullanalım. Buna göre,

111 · · · 1︸︷︷︸2n tane

− 222 · · · 2︸︷︷︸n tane

= 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

000 · · · 0︸︷︷︸n tane

− 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

= 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

·(10n − 1) = 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

· 999 · 9︸︷︷︸n tane

= 333 · · · 3︸︷︷︸n tane

· 333 · · · 3︸︷︷︸n tane

= (333 · 3︸︷︷︸n tane

)2

olur.

3. Varsayalım A sorudaki şartları sağlayan sayımız olsun. Eğer basamaksayısını n olarak alırsak A = 10

n−19 olacaktır. 9 ve 19 sayıları aralarında

asal olduklarına göre, en küçük n değeri için, 10n − 1 sayısının 19 ilebölünmesi gerekmektedir. Küçük Fermat teoremine göre, 1018 − 1 sayısı19 ile bölünebilir. Eğer daha küçk bir n değeri varsa, 10n ≡ 1 (mod19) ven|18 olmalıdır. Bu durumda 2, 3, 6 ve 9 değerlerini kontrol etmemiz gere-kir. Ancak bu sayılardan hiçbirisinin denkliği sağlamadığı görülecektir.Demek ki en küçük sayımız 19 basamaklıdır.

4. m,n > 1 olmak üzere repunit sayımız m× n basamaklıysa, bu sayıyı

111 · · · 1︸︷︷︸n tane

×1 000 · · · 0︸︷︷︸n−1 tane

1 000 · · · 0︸︷︷︸n−1 tane

1 · · · 1 000 · · · 0︸︷︷︸n−1 tane

1

şeklinde çarpanlara ayırabiliriz. Burada m − 1 tane sıfırlardan oluşmuşgrup vardır. Dolayısıyla bu şekildekii bir repunit asal olamaz. Demek ki,


asal bir repunit için, basamak sayısıda asal olmalıdır. Ancak tersi doğrudeğildir. Mesela 111 = 3× 37 ve

111 · · · 1︸︷︷︸11 tane

= 21649× 513239

sayıları asal değildirler.

5. Soruda verilen sayıyı çarpanlarına ayırmaya çalışalım. Buna göre,

111 · · · 1︸︷︷︸81 tane

= 111 · · · 1︸︷︷︸9 tane

× 100 · · · 0100 · · · 010 · · · 01︸︷︷︸9 tane 1 64 tane 0

olur. Çarpanların her ikiside 9 ile bölünebilir. Dolayısıyla sayımız 81 ilebölünebilir.

6. (a.) Varsayalım n = 5k + r, r ∈ {0, 1, 2, 3, 4} olsun. Buna göre,

111 · · · 1︸︷︷︸n tane

= 111 · · · 1︸︷︷︸5k tane

000 · · · 0︸︷︷︸r tane

+111 · · · 1︸︷︷︸r tane

= 11111×100001 · · · 00001+111 · · · 1︸︷︷︸r tane

olacaktır. 11111 = 41 × 271 olduğuna göre, ifade mod41 altında111 · · · 1︸︷︷︸r tane

’e eşittir. Fakat 1, 11, 111, 1111 sayıları 41 ile bölünemez.

Dolayısıyla 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

sayısının 41 ile bölünebilmesi için ancak ve an-

cak r = 0 yani 5|n olmalıdır.(b.) Önceki şıkta kullanılan aynı yöntemle çözüme gidilir. Sadece 111111 =

91× 1221 olacaktır.

7. Varsayalım sayımız

A = 111 · · · 1︸︷︷︸n tane

=10n − 1

9

bir tamkare olsun. Buna göre, A ≡ 111 · · · 1 ≡ 11 ≡ 3 (mod4) olur.Ancak bu imkansızdır çünkü bir tamkarenin (mod4) altıdaki denklerisadece {0, 1} olabilir.

2.3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 23

8. Eğer dikkat edilirse 1, 3, 7 ve 9 sayılarının 10 ile aralarında asal olduklarıkolayca görülebilir. Varsayalım elimizde 1, 11, 111, · · · , 111 · · · 1︸︷︷︸

n+1 tane

sayıları-

mız olsun. Güvercin Yuvası İlkesine göre, bu (n + 1) sayı arasından ikitanesi n ile bölündüğünde aynı kalanları verir. Bu sayıların farkı ise n ilebölünebilir ve fark a · b formundadır. Burada a bir repunit ve b ise 10’unkuvvetidir. (n, 10) = 1 olduğuna göre, repunit a sayısı 10 ile bölünmeli-dir. ispat tamamlanır.

9. Euclide’in sosuz çoklukta asalın varlığını kanıtladığı ispatını sorumuzaadapte edelim. Varsayalım a1 = 1 olsun ve dizinin elemanlarını an’e ka-dar seçelim. Bir önceki problemden a1 · a2 · · · · · an çarpımını bölen birm repunit sayısı vardır. 10m + 1 sayısıda bir repunittir ve m ile arala-rında asaldırlar. Dolayısıyla 1 ≤ k ≤ n olmak üzere ak’larda aralarındaasaldırlar. Eğer an+1 = 10m+ 1 seçersek kanıt tamamlanır.

10. Tümevarımla ispatlamaya çalışalım. Buna göre 3n basamaklı bir repu-nitin 3n ile bölünebileceğini göstermemiz yeterli olacaktır. n = 1 için111 = 3×37 olur. Varsayalım n basamak içinde doğru olsun. Buna göre,

111 · · · 1︸︷︷︸3n+1 tane

= 111 · · · 1︸︷︷︸3n tane

×1 000 · · · 0︸︷︷︸3n−1 tane

1 000 · · · 0︸︷︷︸3n−1 tane

1

olacaktır. İlk çarpanın 3n ile bölünebildiği açıktır. İkinci çarpanda 3 ilekalansız bölünebileceğine göre, (n+ 1) için ispatı tamamlarız.

2.3 Sophı̇e Germaı̇n Özdeşlı̇ğı̇

x2 + 1 polinomunun R üzerinde indirgenemeyen yada çarpanlarına ayrıla-mayan bir polinom olduğunu biliyoruz. Ancak, her nekadar benzer gibi görün-sede, x4 + 1 polinomu için durum aynı değildir. Öyleki,

x4 + 1 =(x4 + 2x2 + 1

)− 2x2

=(x2 + 1

)2 −(√

2x)2

=(x2 +

√2x+ 1

)(x2 −

√2x+ 1

)


olacaktır. Benzer biçimde

x4 + 4y4 =(x2 + 2xy + 2y2

) (x2 − 2xy + 2y2)

özdeşliğide elde edilebilir. Eğer katsayıyı değitirirsek,

x4 +1

4y4 =

(x2 + xy +

1

2y2)(

x2 − xy + 12y2)

olacaktır. Bu son yazdığımız iki özdeşlik sorularn çözümünde oldukça kulla-nışlıdır ve literatürdeki adıda Sophie Germain Identity olarak geçer.

Örnek.n∑

k=1

4k

4k4 + 1

olarak verilen toplamı bulunuz.

Çözüm. Eğer bildiğimiz özdeşlikleri kullanırsak,

n∑

k=1

4k

4k4 + 1=

n∑

k=1

(2k2 + 2k + 1)− (2k2 − 2k + 1)(2k2 + 2k + 1)(2k2 − 2k + 1)

=

n∑

k=1

(1

(2k2 + 2k + 1)− 1

(2(k + 1)2 + 2(k + 1) + 1)

)

= 1− 12n2 + 2n+ 1

olacaktır. Yukarıda çözümlerini verdiğimiz örnekler konunun anlaşılması içinyeterlidir. Şimdi bu bilgiler ışığında çalışma sorularını çözmeye çalışınız.


1. n > 2, n ∈ Z için 22n−2 + 1 sayısının asal olmadığını kanıtlayınız.2.

xn+1 + xn−1 =√2xn

dizisinin periyodik olduğunu kanıtlayınız.


3.n∑

k=1

k2 − 1/2k4 + 1/4

toplamını hesaplayınız.

4. (14 + 14

) (34 + 14

) · · · · · ·((2n− 1)4 + 14

)

(24 + 14

) (44 + 14

) · · · · · ·((2n)4 + 14

)

ifadesinin eşitini bulunuz.

5. n4 + a sayısının asal olmamasını sağlayan sonsuz sayıda pozitif a değeriolduğunu kanıtlayınız.

6. n4+4n sayısının ancak ve ancak n = 1 durumunda asal olduğunu kanıt-layınız.

7. P (x) = x4+6x2−4x+1 polinomu veriliyor. Buna göre, P (x4) polinomu-nun katsayıları tamsayı olan ve derecesi 1’den büyük olan iki polinomunçarpımı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız.

8. n12 + 64 polinomunun her biri 1’den büyük 4 farklı çarpanın çarpımıolarak yazılabileceğini kanıtlayınız.

9. m,n pozitif tamsayılardır, m bir çift sayı ise

m∑

k=0

(−4)k n4(m−k)

toplamının asal olmadığını kanıtlayınız.

10. P (x) = xn−4 + 4n polinomunun, sabit polinomdan farklı 4 polinomunçarpımı şeklinde yazılmasını sağlayan en küçük n değeri kaçtır?



1. Soruda verilen ifadeyi

22n−2 + 1 = 1 +

m4

4, m = 22

n−2

olarak yazabiliriz . Buna göre,

1 +m4

4=

(1 +m+

1

2m2

)(1−m+ 1

2m2

)

olacağından sayımız asal değildir.

2. x4 + 1 polinomunu çarpanlarına ayırırsak,

x4 + 1 =(x2 −

√2x+ 1

)(x2 +

√2x+ 1

)

olacaktır. Buna α ve β sayıları x2 +√2x + 1 karakteristiğinin kökleri

ise bunlar aynı zamanda x4 +1 polinomunun kökleridir. Benzer biçimdex2 +

√2x + 1 içinde aynı durum söz konusu ise, xn = a · αn + b · βn

eşitliğinden, dizinin periyodunun 8 olduğu bulunur.

3. k4 + 14 =(k2 − k + 12

) (k2 + k + 12

)olduğuna göre,

n∑

k=1

k2 − 1/2k4 + 1/4

=

n∑

k=1

(k − 1/2

k2 − k + 1/2 −k + 1/2

k2 + k + 1/2

)=

n∑

k=1

(k − 1/2

k2 − k + 1/2 −(k + 1)− 1/2

(k + 1)2 − (k + 1) + 1/2

)

olacağından toplam

1− (2n+ 1)(2n2 + 2n+ 1)

olarak bulunacaktır.

4. Soruda verilen ifadeyi genelleştirirsek,

n∏

k=1

(2k − 1)4 + 1/4(2k)4 + 1/4


ifadesini elde ederiz. Eğer bu ifadenin pay ve paydasını çarpanlına ayı-rırsak,

n∏

k=1

((2k − 1)2 + (2k − 1) + 1/2

)((2k − 1)2 − (2k − 1) + 1/2

)((2k)2 + 2k + 1/2

)((2k)2 − 2k + 1/2

)

durumunu elde ederiz. Ancak

m2 −m+ 1/2 = (m− 1)2 + (m− 1) + 1/2

olduğundan pay ve paydadaki çarpanlardan birer tanesi sadeleşir. Sadece12−1+1/2 pay kısmında ve (2n)2+2n+1/2 paydada kalır. Dolayısıylaistenilen cevap

1

8n2 + 4n+ 1

olacaktır.

5. Eğer a = 4k4, k > 1 olarak alırsak,

n4 + 4k4 =(n2 + 2nk + 2k2

) (n2 − 2nk + 2k2)

olacaktır. Buna göre, n2 + 2nk + 2k2 > k > 1 ve n2 − 2nk + 2k2 =(n− k)2 + k2 > k2 > 1 olduğundan n4 + 4k4 asal olamaz ve sonsuzsayıda a değeri seçilebilir.

6. Eğer n çift bir sayı ise n4+4n çift olacaktır. Eğer n tek sayı ve n = 2k+1ise,

(2k + 1)4 + 4(2k+1) = (2k + 1)4 + 4 · 42k = (2k + 1)4 + 4 (2)4k

olacaktır. Eğer (2k + 1) = a ve 2k = b olarak alırsak, ifademiz

a4 + 4b4 =(a2 + 2ab+ 2b2

) (a2 − 2ab+ 2b2)

olacaktır. Buna göre ifademiz,

((2k + 1)2 + 2 (2k + 1) 2k + 2 · 22k

)((2k + 1)2 − 2 (2k + 1) 2k + 2 · 22k

)


olacaktır. Buradan da,(n2 + 2k+1n+ 22k+1

)(n2 − 2k+1n+ 22k+1

)

olacaktır. Eğer n > 1 ise her iki çarpanda 1’den büyük olacaktır. Dola-yısıyla n = 1 durumu tek asal olduğu durumdur.

7. P(x4

)= x16+6x8− 4x4+1 = (x4 − 1)4+4 (x3)4 olacaktır. Buna göre,

A = x4 − 1 ve B = x3 olarak alırsak P (x4) polinomu[(x4 − 1)2 + 2 (x4 − 1)x3 + 2 (x3)2

] [(x4 − 1)2 − 2 (x4 − 1)x3 + 2 (x3)2

]

olur. İspat tamamlanır.

8. Sophie Germain özdeşliğini kullanırsak

n12 + 64 =(n6 − 4n3 + 8) (n6 + 4n3 + 8)

olarak yazabiliriz. Diğer yandan, n12+64 ifadesi(n4 + 4

) (n8 − 4n4 + 16)

biçiminde de yazılabilir. Burada(n4 + 4

)=

(n2 − 2n+ 2) (n2 + 2n+ 2)

olduğuna göre ifademiz n12 =(n2 − 2n+ 2) (n2 + 2n+ 2) (n8 − 4n4 + 16)

olacaktır. Şimdi de (n6 − 4n3 + 8) ve (n6 + 4n3 + 8) çarpanlarını incele-yelim. Buna göre,

n6 + 4n3 + 8 =(n2 − 2n+ 2) (n4 + 2n3 + 2n2 + 4n+ 4)

ven6 − 4n3 + 8 = (n2 + 2n+ 2) (n4 − 2n3 + 2n2 − 4n+ 4)

olacağına göre

n12+64 =(n2 − 2n+ 2) (n2 + 2n+ 2) (n4 + 2n3 + 2n2 + 4n+ 4) (n4 − 2n3 + 2n2 − 4n+ 4)

olacaktır. Çarpanlardan herbiri artan fonksiyonlar olduğuna göre, hepsibirbirinden farklıdır.

9. Geometrik dizi toplamını kullanırsak,

m∑

k=0

(−4)k n4(m−k) =n4mn∑

k=0

(− 4n

)k=

(n4

)m+1+ 4m+1

n4 + 4=

(nm+1

)4+ 4

(2m/2

)4n4 + 4


eşitliğini elde edebiliriz. Sophie Germain özdeşliğini kullanarak kesrinpay kısmı çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre ifade,(n2(m+1) + 2

m2+1 · nm+1 + 2m+1

)(n2(m+1) − 2m2 +1 · nm+1 + 2m+1

)

olacaktır. m ≥ 2 olduğundan, payda kısmı paydaki iki çarpandan da kü-çük olacaktır. Sadeleştirmelerden sonra bile, kalan sayı hala 1’den büyükiki sayının çarpımı olacaktır. Buna göre, ispat tamamlanır.

10. Çözüme başlamadan önce Einstein Kriteri ’ni bir okuyalım.Einstein Kriteri. P (x) = anx

n + an−1xn−1 + · · · + a0, tamsayı kat-sayılı bir polinom veriliyor. Varsayalım p asal sayı olmak üzere, p -an, p|ak, k = 1, 2, · · · , n − 1 ve p2 - a0 olsun. Buna göre, P (x) poli-nomu Z[x] üzerinde indirgenebilir.Biz en küçük değerin 16 olduğunu göstereceğiz, ancak ilk 15 değerin ol-madığını kanıtlamamız gerekiyor. Bunun içinde Einstein Kriteri’ni kul-lanacağız.n = 10, 11, 12, 13, 14, 15 için kriterimiz 5, 11, 3, 13, 7 ve 5 asallarını uygu-layarak kontrol edebiliriz.n = 8 veya 9 durumunda, eğer polinomumuz istenilen gibi çarpanlarınaayrılabiliyorsa, çarpanlar lineer olmalıdır. Ancak kontrol edilebilirki bupolinomların tamsayı kökleri olmayacaktır. Demek ki, n ≥ 16 olmalıdır.Bu durumda da, zaten sorumuz (8.) örmekte olduğu gibi çözülebilir.

Sophie Germain2 (1776-1831)

Babası zengin bir ipek tüccarıdır. Toplumda liberal reformların konuşulupplanlandığı bir ailenin kızı olarak 1776 yılında doğar. Daha 13 yaşındaykenArşimet’in ölüm hikayesini okuduktan sonra matematikçi olmaya karar ve-rir.Kendi kendine Latince ve Yunanca öğrenir. Ailesinin muhalefetine rağmen,anne ve babası uyduktan sonra Newton ve Euler’i okur. Felsefeye merak sarar.Bu kadar inatçı bir çocukla baş edemeyen babası sonunda Sophie’yi hayatıboyunca desteklemeye karar verir. Matematikteki zekasını ilk kez meşhur ma-tematikçi Lagrange keşfeder. Lagrange için hazırladığı bir ödevi kadın oldu-ğundan önem verilmeyeceği kaygısıyla “M. LeBlanc”diye sahte bir isimle verir.

2Hürriyet gazetesi yazarı, Erkan Kumcu’nun 9 Şubat 2003 tarihli yazısından alınmıştır.


Lagrange bu dehanın Sophie Germain olduğunu daha sonra öğrenir. Sophie’ninmatematik alanında en büyük destekçilerinden biri Lagrange olur. Sophie Ger-main’i en çok etkileyen matematikçilerden biri de çoğu kesimlerin fikir birliğiiçinde matematiğin prensi diye adlandırılan Gauss oldu. Ona da çeşitli mate-matik konularında bir çok mektup yazdı. Aynı kaygıyla, mektuplarına uzunsüre M. LeBlanc olarak imza attı.

Gauss, M. LeBlanc’ın Sophie Germain olduğunuFransızlar Gauss’un oturduğu şehri işgal edip Sop-hie’nin aile dostu olan bir Fransız generalden Ga-uss için ayrıcalık istediğinde öğrenir. Sophie Ger-main’in matematikteki meşhur Fermat Teoremi’ninçözümüne yaptığı katkılar bilinen en iyi yönüdür.Yaptığı katkıların önemi kendinden ancak 100 yılsonra Kummer tarafından bir adım ileri götürüle-bildiği düşünülürse daha iyi anlaşılır. Zamanın çokprestijli yarışmalarına katılmıştır. Poisson gibi mate-matik ve istatistiğin önde gelen isimleriyle yarışmış-tır. Başarılı olamamıştır. Hak ettiği dereceler hiçbirzaman kendine verilmemiştir. Geçmişte M. LeBlancismini kullanmakla ne kadar haklı olduğunu tüm matematik dünyası adeteSophie’ye ispat etmiştir.Poisson, Gaspard de Prony ve Laplace’dan oluşan birjürinin seçiciliğinde katıldığı bir yarışmada sunduğu makale bazı teknik hatalarnedeniyle kabul dahi edilmemiş ve kendisine çalışmasının neden kabul edilme-diği söylenmemiştir bile. Olaydan 55 yıl sonra Gaspard de Prony’nin yazdığımakalelerinden birinin Sophie Germain’in yazdığı makalenin düzeltilmiş şekliolduğu anlaşılmıştır.Bir çok deha gibi, Sophie Germain de çok genç yaşta öldü.

2.4 Tamkareler Pozı̇tı̇ftı̇r

Bu bölümde, cebirde oldukça basit bir eşitsizlik olan

x2 ≥ 0, ∀x ∈ R

eşitsizliğinin bazı uygulamalarını yapacağız. Eşitlik durumu yanlız ve yanlızx = 0 durumunda vardır. Şimdi örneklerle konuyu kavramaya çalışalım.

2.4. TAMKARELER POZİTİFTİR 31

Örnek. 4x− x4 ≤ 3, x ∈ R eşitsizliğini kanıtlayınız.

Çözüm. Bu örnek eşitsizlikleri öğrenmeye başlayan genç bir öğrencitarafından ortaya atılmıştır. Henüz herhangi bir analiz kitabından eşitsizliklerkonusunu çalışmadığını düşünürsek fena bir örnek değildir. Buna göre,

x4 − 4x+ 3 > 0 ⇒ x4 − 2x2 + 1 + 2x2 − 4x+ 2 > 0olacaktır. Buradan, (

x2 − 1)2 + 2 (x− 1)2 > 0olacaktır ki, ispat tamamlanır.

Örnek. f(x2

)−(f (x))2 > 1/4 eşitsizliğini sağlayan f : R → R ve birebirolan tüm f fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm. x = 0 alırsak, f(0) − (f(0))2 ≥ 1/4 ve (f (0)− 1/2)2 6 0olacaktır ki, bu durum imkansızdır ancak f(0) = 1/2 olabilir. Ancak x = 1alırsak bu seferde f(1) = 1/2 olacaktır. Ancak bu durum f fonksiyonun birebirolması durumu ile çelişir.

Şimdi alıştırmaları çözerek konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Alıştır-malardaki yöntemlere benzer yöntemleri uygulayarak çözüme gitmeye gayretediniz.


1. n tane reel sayının ikişerli çarpımları toplamı ve toplamları sıfırdır. Bunagöre, bu sayıların küpleri toplamınında sıfır olduğunu kanıtlayınız.

2. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere, a−b2, b−c2, c−d2 ve d−a2 sayılarınıntümünün birden 1/4’ten büyük olamayacağını kanıtlayınız.

3. x, y, z pozitif reel sayılarının hepsi 4 ten küçüktür. Buna göre,

1

x+

1

4− y ,1

y+

1

4− x,1

z+

1

4− xsayılarından en az bir tanesinin 1’den büyük veya eşit olduğunu kanıtla-yınız.


4. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.

x+ y =√4z − 1

y + z =√4x− 1

z + x =√4y − 1

5. x, t ∈ (0, 1) olmak üzere, öyle bir a 6= 1 pozitif sayısı vardır ki,

logx a+ logy a = 4 logxy a

eşitliği sağlanmaktadır. Buna göre, x = y olduğunu kanıtlayınız.

6.

x4 + y4 + z4 − 4xyz = −1eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.

7.

2xy − z2 ≥ 1z − |x+ y| ≥ −1

denklem sistemini sağlayan tüm (x, y, z) reel üçlülerini bulunuz.

8. x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 denkleminin reel çözümü yoksa a2 + b2 ≥ 8olacağını gösteriniz.

9. a, b ve c reel sayılar olmak üzere a2+ c2 > 4b olarak veriliyor. Buna görex ∈ R olmak üzere

x4 + ax3 + bx2 + cx+ 1 > 0

eşitsizliğini kanıtlayınız.

10.

x2 + y2 + z2 − xy − yz − xz > 34(x− y)2

eşitsizliğinin tüm (x, y, z) reel değerleri içi sağlandığını kanıtlayınız.


11.

√x1 − 12 + 2

√x2 − 22 + · · · · · ·+ n

√xn − n2 = 1

2(x1 + x2 + · · ·+ xn)

eşitliğini sağlayan tüm (x1, x2, · · · , xn) reel sayılarını bulunuz.

12. a. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır. Buna göre,

ab+ bc+ ca >√

3abc (a+ b+ c)


b. a, b, c negatif olmayan reel sayılardır, öyleki a+ b+ c = 1 veriliyor.Buna göre,

a2 + b2 + c2 +√12abc 6 1


13. k,m, n ∈ R olmak üzere verilen

f (km) + f (kn)− f (k) · f (mn) > 1

eşitsizliğini sağlayan tüm f : N→ R fonksiyonlarını bulunuz.

14. Bir dik paralelyüzün kenar uzunlukları a, b, c ve köşegen uzunluğu d ise

a2b2 + b2c2 + c2a2 > abcd√3


15. a1, a2, · · · , an reel sayılar olmak üzeren∑

i=1

n∑

j=1

i · j · cos (ai − aj) > 0




1. Varsayalım sayılarımız a1, a2, · · · , an olsun. Soruda verilen şartlara göre,a21+a

22+· · ·+a2n = (a1 + a2 + · · ·+ an)2−2 (a1a2 + a1a3 + · · ·+ an−1an) = 0

olduğuna göre, a1 = a2 = · · · = an = 0 olacağına göre,a31+a32+· · ·+a3n =0 olacaktır.

2. Varsayalım tümü birden,

a− b2 > 14, b− c2 > 1

4, c− d2 > 1

4, d− a2 > 1

4

olsun. Eğer bu dört eşitsizliği toplarsak,

a+ b+ c+ d− (a2 + b2 + c2 + d2) > 1olacaktır. Buradan,

(1

2− a

)2+

(1

2− b

)2+

(1

2− c

)2+

(1

2− d

)2< 0

olacaktır ki, bu durum imkansızdır.

3. Soruya göre, varsayalım hepsi birden 1’den küçük olsun. Buna göre,(1

x+

1

4− x)+

(1

y+

1

4− y)+

(1

z+

1

4− z)

< 3

olur. Diğer taraftan(1

a+

1

4− a)

> 1, a < 4

olacağından (a− 2)2 ≥ 2 olacaktır. İspat tamamlanır.

4. Çözüm I. Bir önceki soruda olduğu gibi, üç denklemide taraf tarafatoplayıp, kareler tolamını elde etmeye çalışalım. Buna göre,

2x+ 2y + 2z −√4x− 1−√

4y − 1−√4z − 1 = 0


olacaktır. Bu eşitliği öyle kareler toplamı şeklinde yazalım ki, bunlardanbiri x, biri y ve biride z değişkenine bağlı olsun. Eğer tüm denklemi 2 ilebölersek elimizde

x−√x− 1

4

oluşacaktır. Eğer bu denkleme 1/4 ekler çıkarırsak

x− 14−

√x− 1

4+

1

4=

(√x− 1

4− 1

2

)2

oluşacaktır. Şimdi bu yöntemi diğerleri içi uygularsak,

(√x− 1

4− 1

2

)2+

(√y − 1

4− 1

2

)2+

(√z − 1

4− 1

2

)2= 0

olacaktır. Buna göre, x = y = z = 1/2 denklem sisteminin tek çözümüolarak bulunur.

Çözüm II. Eğer denklemlerin karelerini alıp toplarsak,

0 =((x+ y)2 − 4z + 1

)+

((y + z)2 − 4x+ 1

)+

((z + x)2 − 4y + 1

)

= (x+ y − 1)2 + (y + z − 1)2 + (z + x− 1)2

olacağından x+ y = y + z = z + x = 1 veya x = y = z = 1/2 bulunur.

5. a > 0 ve a 6= 1 olduğuna göre eşitlik1

loga x+

1

loga y=

4

loga xy

veyaloga x+ loga y

loga x loga y=

4

loga x+ loga y

olarak yazılabilir. Eğer içler dışlar çarpımı yapılırsa,

(loga x+ loga y)2 = 4 loga x loga y


eşitliği elde edilir. Buradan da,

(loga x− loga y)2 = 0

olacağından x = y olduğu açıktır.

6. Eğer eşitliğin sol tarafını ilk iki terimi içeren bir tamkare olarak yazmayaçalışırsak

−1 = (x2 − y2)2 + 2x2y2 + z2 − 4xyolacaktır. Bu noktadan sonra denkleme 2z2 ekler ve çıkarırsak bir tam-kare daha elde ederiz. Zaten bu basamaktan sonra yeni denklemimiz üçkarenin toplamı

(x2 − y2)2 + (z2 − 1)2 + 2 (xy − z)2 = 0

olacaktır. Eşitlik ancak hepsinin sıfır olması durumunda geçerlidir. Bunagöre, z = ±1 olacağından istenen üçlüler

(1, 1, 1) , (−1,−1, 1) , (−1, 1,−1) , (1,−1,−1)

olacaktır.

7. Çözüm I. ikinci denklemden z ≥ |x + y| − 1 olacağından, bunu ilkdenklemde yerine koyarsak

2xy − (1− |x+ y|)2 > 1

olacaktır. Buna göre,

2xy − (1− |x+ y|)2 = 2xy − |x+ y|2 + 2 |x+ y| − 1= 2xy − x2 − y2 − 2xy + 2 (±x± y)− 1= −x2 − y2 + (±x± y)− 1

eğer işaret seçimimizi uygularsak, yeni denklem aşağıdaki gibi olacaktır.Buna göre,

0 > x2 + y2 − 2 (±x± y) + 1 + 1 = (1± x)2 + (1± y)2


olacağından her iki karede sıfır olmalıdır. Yani x = y = ±1 değerlerinialacaklardır. Birinci denklemden xy > 0 olacağına göre x ve y aynıişaretli olmalıdır. Yani x = y = 1 veya x = y = −1 olmalıdır. Eğerbu değerleri yerine koyarsak x = y = z = 1 ve x = y = 1, z = 1 çözümlerolacaktır.

Çözüm II. Eğer ikinci denklemi z + 1 ≥ |x+ y| olarak yazıp karesinialırsak

(x+ y)2 ≥ (x+ y)2

olacaktır. Birinci eşitsizliği 2 ile çarpıp son yazdığımız eşitsizliği toplarsak

0 ≥ (x− y)2 + (z − 1)2

olacaktır. Demek ki x = y ve z = 1 olmalıdır. Eğer bu eşitlikleri yerinekoyarsak 2x2 ≥ 2 ve 2 ≥ 2|x| ise |x| = 1 olmalıdır.

8.

x4+ax3+2x2+ bx+1 =(x2 +

a

2x)2

+

(1 +

b

2x

)2+

1

4

(8− a2 − b2)x2

eşitliğinden bu ifadenin pozitif olduğunu söyleyebiliriz. Ancak, 8− a2 −b2 ≤ 0 ise yani a2 + b2 ≥ 8 olursa durum bozulur.

9.

x4 + ax3 + bx2 + cx+ 1 =(x2 +

a

2x)2

+

(b− a

2 + c2

4

)x2 +

( c2x+ 1

)2

olduğuna ve b ≥ (a2 + c2)/4 ise ifade daima sıfırdan büyük eşittir.10. Eğer eşitsizliği düzenlersek

1

2

[(x− y)2 + (y − z)2 + (z − x)2

]> 3

4(x− y)2

olacağından

2[(y − z)2 + (z − x)2

]> (x− y)2


olacaktır. Eğer a = y − z ve b = z − x alırsak

2(a2 + b2

)> (a+ b)2

olur ki, doğrudur, ispat tamamlanır.

11. Yine bu sorudada amacımız, verilen denklemi kareler toplamı biçimindeyazmak olacaktır.Buna göre denklemi 2 ile genişletip, hepsini sol tarafatoplarsak

(x1 + x2 + · · ·+ xn)− 2√x1 − 1− 4

√x2 − 22 − · · · − 2n

√xn − n2

ifadesini elde ederiz. Buna göre,

(x1 − 1− 2

√x1 − 1 + 1

)+(x2 − 22 − 4

√x2 − 22 + 22

)+· · ·+

(xn − n2 − 2n

√xn − n2 + n2

)

ifadesi elde edilir. Eğer bu ifade de kareler toplamı olarak yazılırsa

(√x1 − 1− 1

)2+

(√x2 − 22 − 2

)2+ · · ·+

(√xn − n2 − n

)2

ifadesi elde edilir. Eğer dikkat edilirse tüm toplamın sıfır olabilmesi içintamkare ifadelerin de sıfır olması gerektiğini görmek zor değildir. Bunagöre,

x1 = 2, x2 = 8, · · · , xn = 2n2

olacaktır.

12. a. Eşitsizliğin iki tarafınında karesini alırsak

a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc (a+ b+ c) > 3abc (a+ b+ c)

olduğuna göre,

1

2

[(ab− bc)2 + (bc− ca)2 + (ca− ab)2

]> 0

olacaktır. İspat tamamlanır.


b. a+ b+ c = 1 ise soruda verilen eşitsizliği,

√12abc (a+ b+ c) 6 2 (a+ b+ c)2 − (a2 + b2 + c2)

olarak yazabiliriz. Buna göre eşitsizliğimiz

√12abc (a+ b+ c) 6 2 (ab+ bc+ ac)

olacaktır. Zaten benzer eşitsizliği (a.) şıkkında çözmüştük. Aynıyöntemle siz tamamlayabilirsiniz.

13. Bu bölümün konu anlatım bölümünde çözdüğümğz örnekte olduğu gibiburadada m,n ve k için bazı değerleri kontrol edeceğiz. Eğer m = n =k = 0 alırsak

2f (0)− f2 (0) > 1

olacağından 0 > (f(0)− 1)2 olacaktırki, buradan f(0) = 1 olarak bulu-nur. Eğer m = n = k = 1 alırsak, bu seferde f(1) = 1 olacaktır. Eğerm = n = 0 alınırsa 2f(k) ≥ 1 olacağından f(k) ≤ 1 olarak bulunur.Benzer biçimde k = 1 ve m = 0 alırsak 1 + f(n) − 1 ≥ 1 ise f(n) ≥ 1olacaktır. Demek ki fonksiyonumuz f(x) = 1 fonksiyonu olmalıdır.

14. Elimizde dik bir paralelyüz olduğuna göre

d =√

a2 + b2 + c2

olacağından eşitsizlik

(a2b2 + b2c2 + c2a2

)2 > 3a2b2c2 (a2 + b2 + c2)

olacaktır. Eğer parantezleri açar ve gruplama yaparsak,

c2

2

(a2 − b2)2 + a

4

2

(b2 − c2)2 + b

4

2

(c2 − a2)2 > 0

olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.


15. Kosinüs için fark formülünü kullanırsak,

n∑

i=1

n∑

j=1

ij cos (ai − aj) =n∑

i=1

n∑

j=1

ij (cos ai cos aj + ij sin ai sin aj)

=n∑

i=1

i cos ai

n∑

j=1

j cos aj+n∑

i=1

i sin ai

n∑

j=1

j sin aj

=

(n∑

i=1

i cos ai

)2+

(n∑

i=1

j sin aj

)2> 0

olduğundan ispat tamamlanmış olur.

2.5 Eşı̇tsı̇zlı̇kler I

Eşitsizlikleri çözerken sıklıkla sayıları ve matematiksel ifadeleri karşılaştı-rırız. Yada bize verilen bir matematiksel ifadenin en büyük yada en küçükdeğerini bulmaya çalışırız. Bu ders notumuzda eşitsizlik sorularında sıklıklakarşımıza çıkan temel tip eşitsizlikleri ve uygulamalarını göreceğiz.

Aritmetik Orta-Geometrik Orta-Harmonik Orta Eşitsizliği. a1, a2, · · · , an >0 ve ai ∈ R için,

AO =a1 + · · ·+ an

n≥ GO = n√a1 · a2 · · · an ≥ HO = n1

a1+ 1a2 + · · ·+ 1an

olacaktır. Eşitlik olması durumunda ise a1 = a2 = · · · = an olacaktır.Örnek.(1)A0−GO eşitsiliği ile, x > 0 olmak üzere,

x+1

x≥ 2

√x · 1

x= 2

olacaktır. Eşitlik ise x = 1 durumunda sağlanacaktır.

(2) AO −HO eşitsizliğinden eğer a1, a2, · · · , an > 0 ise

(a1 + a2 + · · ·+ an)( 1a1

+1

a2+ · · ·+ 1

an) ≥ n2

2.5. EŞİTSİZLİKLER I 41

olacaktır.

(3) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise (a + b + c)(ab + cb + ac) çarpımının en küçükdeğerini bulunuz.

Çözüm.AO −GO eşitsizliğinden,a+ b+ c

3≥ 3

√abc ve

ab+ bc+ ac

3≥ 3

√ab · bc · ac

ise

(a+ b+ c)(ab+ ac+ bc) ≥ 9olacaktır. Buna göre istenen en küçük değer 9 olacaktır.

(4) n ∈ Z+ ise(1 +

1

n)n ≤ (1 + 1

n+ 1)n+1


Çözüm. Varsayalım a1 = a2 = · · · = an = 1 + 1n ve an+1 = 1 olarak alalım.Buna göre, AO −GO eşitsizliğinden

AO =n(1 + 1n) + 1

n+ 1= 1 +

1

n+ 1≥ GO = n+1

√(1 +

1

n)n · 1

eşitsizliğinden soruda istenen durum elde edilir.

(5)(1964, IMO) a, b, c bir üçgenin kenar uzunluklarıdır. Buna göre,

a2(b+ c− a) + b2(c+ a− b) + c2(a+ b− c) ≤ 3abc

eşitizliğini kanıtlayınız.

Çözüm. Varsayalım,

x =a+ b− c

3, y =

b+ c− a2

, z =c+ a− b

2

olarak alalım. Buradan a = x+z, b = x+y, c = y+z olacağından eşitsizliğimiz

(x+ z)22y + (x+ y)22z + (y + z)22x ≤ 3(z + x)(x+ y)(y + z)


olacaktır. Eğer son bulduğumuz son eşitsizliği düzenlersek,

x2y + y2z + z2x+ xy2 + yz2 + zx2 ≥ 6xyz

eşitsizliğini elde ederiz. Buradan eşitsizliğin sol tarafına AO − GO eşitsizliğiuygulanırsa soruda istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur.

(6)(2008, AUMO3) n doğal sayısının kaç tane değeri için,

x1 + x2 + · · ·+ xn = 91

x1+

1

x2+ · · ·+ 1

xn= 1

denklem siteminin pozitif reel sayılarda çözümü vardır?

Çözüm. AO −HO eşitsizliğini kullanırsak,n

1x1

+ 1x2 + · · ·+ 1xn≤ x1 + x2 + · · ·+ xn

n⇒ n

1≤ 9

n⇒ n2 ≤ 9

olduğuna göre, n = 1, 2, 3 değerlerini alabilir. Ancak, n = 1 değeri için doğru-lanmadığı açıktır. Öyleyse sadece 2 ve 3 için çözümlüdür.

Cauchy-Schwartz Eşitsizliği. a1, a2, · · · , an ve b1, b2, · · · , bn reel sayılarıiçin

(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 ≤ (a21 + a22 + · · ·+ a2n)(b21 + b22 + · · ·+ b2n)

eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu aibj = aibj , i, j = 1, · · · , n için vardır.(7) 0 ≤ θ < 2π için

a · cos θ + b · sin θifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerleri bulunuz.

Çözüm. C.S. eşitsizliğinden

(a cos θ + b sin θ)2 ≤ (a2 + b2)(cos2 θ + sin2 θ)3Antalya Üniversitesi Matematik Olimpiyatları, 2008


eşitsizliğinden,

−√a2 + b2 ≤ a cos θ + b sin θ ≤

√a2 + b2

aralığı bulunur.

(8)(1978, USAMO4) a, b, c, d, e reel sayıları için a + b + c + d + e = 8 vea2 + b2 + c2 + d2 + e2 = 16 ise, e’nin alabileceği en büyük değeri bulunuz.

Çözüm. C.S. eşitsizliğinden,

(a+ b+ c+ d)2 ≤ (1 + 1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2 + d2)

ise(8− e)2 ≤ 4(16− e2)

olacaktır. Buradan da, e(5e−16) ≤ 0 ise 0 ≤ e ≤ 16/5 olacaktır. C.S. eşitsizli-ğinin, eşitlik duruu kullanılırsa a = b = c = d = 6/5 ve emax = 16/5 olacaktır.

(9) a, b, c > 0 ve abc = 1 ise

1

a3(b+ c)+

1

b3(a+ c)+

1

c3(a+ b)≥ 3

2

eşitizliğini kanıtlayınız.

Çözüm. x = 1a = bc, y =1b = ac, z =

1c = ab alırsak, eşitsizliğin son hali

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ 3

2

olacaktır. Burada,

x+ y + z =x√z + y

√z + y +

y√x+ z

√x+ z +

z√x+ y

√x+ y

eşitliğine C.S.E. eşitsizliğini uygularsak,

(x+ y + z)2 ≤ ( x2

z + y+

y2

x+ z+

z2

x+ y)((z + y) + (x+ z) + (y + x))

4United States Of America Math Olympiads, 1978


olacaktır. Son eşitsizliği ve A.O.−G.O. eşitsizliklerini kullanırsak,

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ x+ y + z

3≥ 3

23√xyz =

3

2

bulunur.

Yeniden Düzenleme (Permütasyon) Eşitsizliği. a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an veb1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ise,

a1b1+a2b2+ · · ·+anbn ≥ a1br1+a2br2+ · · ·+anbrn ≥ a1bn+a2bn−1+ · · ·+anb1

eşitsizliği vardır. Burada (br1 , br2 , · · · , brn) dizilimi (b1, b2, · · · , bn) dizilimininbir permütasyonudur.

(10)(1978, IMO5) c1, c2, · · · , cn farklı pozitif tamsayılardır. Buna göre,

c1 +c222

+ · · ·+ cnn2

≥ 1 + 12+ · · ·+ 1

n


Çözüm. Varsayalım (a1, a2, · · · , an) dizilimi ci’lerin artan sırayla dizilimi ol-sun. ai’ler farklı pozitif tamsayılar olduğuna göre, a1 ≥ 1, a2 ≥ 2,· · · , an ≥ ndiyebiliriz. Burada,

a1 < a2 < · · · < anve

1 >1

22>

1

32> · · · > 1

n2

ise Y.D.E.’ne göre

c1 +c222

+ · · ·+ cnn2

≥ a1 + a222

+ · · ·+ ann2

≥ 1 + 222

+ · · ·+ nn2

olacaktır.

(11) Örnek (9)’u Y.D.E. kullanarak yapınız.

5International Math Olympiads, 1978


Çözüm. x, y, z için tanımlamalarımız (9)’daki gibi olsun. Genelliği kaybet-meden x ≥ y ≥ z alalım. xyz = 1 ve x2 ≥ y2 ≥ z2 olduğuna göre 1/(z + y) ≥1/(x+ z) ≥ 1/(y+x) üçlüsüde ikinci dizilimimiz olsun. Bu noktada Y.D.E.’yiiki defa uygularsak,

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ x

2

x+ y+

y2

z + y+

z2

x+ z

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ x

2

z + x+

y2

x+ y+

z2

z + y

eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak,

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ 1

2(y2 + x2

y + x+

z2 + y2

y + z+

z2 + x2

z + x)

eşitsizliğini elde ederiz.

a2 + b2 ≥ a2 + b2

2

eşitsizliğini, sağ tarafın payları için kullandıktan sonra A.O.−G.O. eşitsizliğinikullanırsak,

x2

z + y+

y2

z + x+

z2

x+ y≥ 1

2(y + x

2+z + y

2+x+ z

2) =

x+ y + z

2≥ 3

23√xyz =

3

2

eşitsizliği elde edilir.

Chebyshev Eşitsizliği. Eğer a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ve b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ise

a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn ≥ (a1 + · · ·+ an)(b1 + · · ·+ bn)n

eşitsizliği vardır.

(12)(1974, USAMO6) a, b, c > 0 ise

aabbcc ≥ (abc)(a+b+c)/36United States Of America Math Olympiads, 1974


olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm. Üçlülerimizi (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak seçersek,

a log a+ b log b+ c log c ≥ (a+ b+ c)(log a+ log b+ log c)13

log aabbcc ≥ (a+ b+ c)3

log(abc)

log aabbcc ≥ log(abc)(a+b+c)/3aabbcc ≥ (abc)(a+b+c)/3

olacaktır.

(13) 0 ≤ ak < 1, k = 1, 2, 3, · · · , n ve S = a1 + a2 + · · ·+ an isen∑

k=1

ak1− ak ≥

nS

n− S


Çözüm. Genelliği kaybetmeden a1 ≥ a2 ≥ · · · an ≥ 0 alabiliriz. Buna göre,

0 < 1− a1 ≤ 1− a2 ≤ · · · ≤ 1− an ve a11− a1 ≥

a21− a2 ≥ · · · ≥

an1− an

olacaktır. Chebysev eşitsizliğinden,

S =a1

1− a1 (1− a1) +a2

1− a2 (1− a2) + · · ·+an

1− an (1− an)

≤ 1n

n∑

k=1

ak1− ak

n∑

k=1

(1− ak) = n− Sn

n∑

k=1

ak1− ak olacaktır.

Matematikte ve tabii ki istatistikte sıklıla ortalamalrı kullanmaya ihtiyaçduyarız. AO, GO, HO dışında kullandığımız Kuvvet Ortalaması ve SimetrikOrtalarda vardır. Aslında, bu iki ortalama AO ve GO’yıda özel birer durumolarak içerir.


Kuvvet Ortalaması Eşitsizliği. a1, a2, a3, · · · , an > 0 ve s < t için

Ms = (as1 + a

s2 + · · ·+ asnn

)1/s ≤ Mt = (at1 + a

t2 + · · ·+ atnn

)1/t

eşitsizlikleri vardır. Eşitlik a1 = a2 = · · · = an durumunda vardır.

Not. Bu eşitsizlikte M1 = A.O., M−1 = H.O. ve M2 ise Karesel Ortalamadır.Karesel Orta istatistik ve fizikte kullanılır. Ayrıca, limitlerini alırsak, M+∞ifadesiMAX = max{a1, a2, · · · , an} veM0 ifadesi Geometrik Orta ve deM−∞ifadesi MIN = min{a1, a2, · · · , an} olacaktır. Dolayısıyla elimizde,

MAX ≥ KO ≥ AO ≥ GO ≥ HO ≥ MIN

eşitsizliği oluşacaktır.

Maclaurin Simetrik Orta Eşitsizliği.a1, a2, · · · , an > 0 için

AO ≥ S1 ≥ S1/22 ≥ · · · ≥ S1/nn = GO

olacaktır. Mesela, Sj ifadesine n = 4 için bakalım

S1 =a1 + a2 + a3 + a4

4

S2 =a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 + a2a4 + a3a4

6

S3 =a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4

4S4 = a1a2a3a4

olacaktır.

(14) x, y, z pozitif sayılar olduğuna göre,

x5 + y5 + z5 ≤ x5√

x2

yz+ y5

√y2

zx+ z5

√z2

xy



Çözüm. Varsayalım a =√x, b =

√y, c =

√z olsun. Buna göre eşitsizliğimiz,

a10 + b10 + c10 ≤ a13 + b13 + c13

abc

olacaktır. Buna göre, KOE’yi kullanırsak

a13 + b13 + c13 = 3M1313 = 3M1013M

313 ≥ 3M1010M30 = (a10 + b10 + c10)abc

olacaktır.

(15) a, b, c > 0 ise,1

a+

1

b+

1

c≤ a

8 + b8 + c8

a3b3c3


Çözüm. Eşitsizliği düzenlersek,

a8 + b8 + c8 ≥ a3b3c3(1a+

1

b+

1

c) = (abc)2(bc+ ac+ ab)

olacaktır. KOE ve SOE’yi kullanırsak,

a8 + b8 + c8 = 3M88 ≥ 3M81 = 3S81 = 3S61S21≥ (S1/33 )63(S1/22 )2 = (abc)2(bc+ ac+ ab)

olacaktır.

(16) a1, a2, · · · , an ≥ 0 ve (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) = 2n ise,a1 · a2 · · · · · an ≤ 1

olduğunu gösteriniz.

Çözüm. SO eşitsizliğinden,

2n = (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an)= 1 + nS1 +

(n

2

)S2 + · · ·+

(n

n− 1)Sn−1 + Sn

≥ 1 + nS1/nn +(n

2

)S2/nn + · · ·+

(n

n− 1)S

n−1n

n + Sn = (1 + S1/nn )

n

ise 2 ≥ 1 + S1/nn ve 1 ≥ Sn = a1 · a2 · · · · · an olur.



1. Konu anlatımında verilen tüm örnekleri çözümlerine bakmadan yapınız.

2. x1, x2, · · · , xn > 0 içinx21x2

+x22x3

+ · · ·+ x2n

x1≥ x1 + x2 + · · ·+ xn


3. 0 < a, b, c < 1 ve a+ b+ c = 2 ise

8(1− a)(1− b)(1− c) ≤ abceşitsizliğini kanıtlayınız.

4. Eğer a, b, c, d > 0 ve c2 + d2 = (a2 + b2)3 ise

a3

c+

b3

d≥ 1


5. a1, a2, · · · , an > 0 ve a1 + a2 + · · ·+ an = 1 ise

(a1 +1

a1)2 + (a2 +

1

a2)2 + · · ·+ (an + 1

an)2

ifadesinin en küçük değerini bulunuz.

6. Eğer a, b, c, d > 0 ve S = a2 + b2 + c2 + d2 ise

a3 + b3 + c3

a+ b+ c+

a3 + b3 + d3

a+ b+ d+

a3 + c3 + d3

a+ c+ d+

b3 + c3 + d3

b+ c+ d≥ S


7. Eğer x1, x2, · · · , xn > 0 ve x1 + x2 + · · ·+ xn = 1 ise,n∑

k=1

xk√1− xk

≥ 1√n− 1

n∑

k=1

√xk



8. a, b, c bir üçgenin kenar uzunlukları olduğuna göre,

a2b(a− b) + b2c(b− c) + c2a(c− a) ≥ 0


2.6 Eşı̇tsı̇zlı̇kler II

Bazı fonksiyon eşitsizliklerini kanıtını yaparken, fonksiyonunun belli ara-lıklardaki şeklide önemlidir. Bu ders notumuzda ele aldığımız eşitsizliklerinçözümleride bu temel prensiplere uyularak yapılmıştır.

Isınma

Tanım [Konveks vs. Konkav]. I aralığı üzerinde süreli bir f fonksiyonu,

f(x1 + x2

2) ≤ f(x1) + f(x2)

2x1, x2 ∈ I

eşitsizliğini sağlıyorsa f fonksiyonuna konveks denir. Eğer I aralığı üzerindef fonksiyonu konveks ve eşitlik hali x1 = x2 oluyorsa, f tam konveks olur. Iaralığında −f konveks ise f fonksiyonu konkav olur. Bu durumda,

f(x1 + x2

2) ≥ f(x1) + f(x2)

2x1, x2 ∈ I

olacaktır. Benzer biçimde eğer −f tam konveks ise f fonksiyonuda konveksolur.

Tanım [İkinci Türev Testi]. Eğer I = (a, b) aralığında f ′′(x) ≥ 0 oluyorsa,f fonksiyonu konvekstir. Eğer f ′′(x) > 0 oluyorsa, f fonksiyonu tam konveksolur. Konkav ve tam konkav içinde tanım benzer biçimdedir. Sadece eşitsizlikyön değiştirir. Bir fonksiyonun konveksiliğini göstermek için sınır noktalarınıiçeren bir aralıkta ve bu aralıkta sürekli olması ile ikinci türev testinin negatifolmaması yeterlidir. İkinci türev testini kullanarak, aşağıda verilen fonksiyo-ların tam konvex olduğunu söyleyebiliriz.

xp ∈ [0,∞) , p > 1 yada xp ∈ (0,∞), p < 0ax ∈ (−∞,∞), a > 1 yada tanx ∈ [0, π/2)

2.6. EŞİTSİZLİKLER II 51

Benzer biçimde aşağıda verilen fonksiyonlarda tam konkavdır.

xp ∈ [0,∞) , 0 < p < 1 yada loga x ∈ (0,∞), a > 1cosx ∈ [−π/2, π/2), yada sinx ∈ [0, π/2π)

Bu noktada, konveksliği ve konkavlığı eşitsizlik sorularında kullanabileceğimizen güzel yer sanırız Jensen Eşitsizliği ’dir.

Mevzu

Tanım [Jensen Eşitsizliği]. f fonksiyonu I üzerinde konveks ve x1, x2, · · · , xn ∈I ise

f

(x1 + x2 + x3

n

)≤ f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn)

n

olacaktır. Burada eşitlik durumu ancak ve ancak x1 = x2 = · · · = xn eşitliğindeolur.

Tanım [Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliği]. f konveks ve I aralığındasürekli olmak üzere, x1, x2, · · · , xn ∈ I ve 0 < t1, t2, · · · , tn < 1, t1 + t2 + · · ·+tn = 1 ise,

f(t1x1 + t2x2 + · · ·+ tnxn) ≤ t1f(x1) + t2f(x2) + · · ·+ tnf(xn)

Şekil 2.1: Aralıkta Bir Konveks Fonksiyon


olacaktır. Konkav fonksiyonlarda ise eşitsizlik yön değiştirir.

Egzersiz

[1.] Bir ABC üçgeninde,

sinA+ sinB + sinC ≤ 3√3

2

eşitsizliğini gösteriniz. Eşitlik durumu hangi durumda ortaya çıkar, açıklayınız.

Çözüm. f(x) = sinx fonksiyonu [0, π] arasında konkavdır. Öyleyse,

sinA+sinB+sinC = f(A)+f(B)+f(C) ≤ 3f(A+B + C

3

)= 3 sin

(A+B + C

3

)=

3√3

2

olacaktır. Eşitlik durumu ancak ve ancak A = B = C = π/3 yani ABC bireşkenar üçgense gerçekleşir.

[2.] a, b, c > 0 ve a+ b+ c = 1 ise,

(a+1

a)10 + (b+

1

b)10 + (c+

1

c)10

ifadesinin en küçük değerini bulunuz.

Çözüm. 0 < a, b, c < 1 olarak zaten verilmiş. f(x) = (x+ 1x)10 ise f fonksiyonu

I = (0, 1) aralığında konveksdir. Çünkü,

f ′′(x) = 90(a+1

x)8(x− 1

x2)2 + 10(x+

1

x)9(

2

x3) > 0 olacaktır.

Öyleyse JE’den

f(a)+f(b)+f(c) = (a+1

a)10+(b+

1

b)10+(c+

1

c)10 ≥ 3f(a+ b+ c

3) = 3f(

1

3) =

1010

39

olarak bulunur.

Çözüm.(Alternatif Yöntem) Soruda verilen eşitsizliği çözmenin bir diğeryöntemide Chebychev Eşitsizliğini kullanmak olabilirdi. Bu yöntemi size bıra-kıyoruz.7

7Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak www.sbelian wordpress.com adresinden Ye-niden Düzenleme Eşitsizliği Ders Notları’nı indirebilirsiniz.


[3.] Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliği JE kullanarak göstermeye ça-lışalım. Buna göre, eğer a1, a2, a3, · · · , an ise f(x) = log x’de (0,∞) aralığındakonkav olduğuna göre,

log(a1 + a2 + · · ·+ an

n) ≥ log a1 + log a2 + · · ·+ log an

n= log( n

√a1a2 · · · an)

ise istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur.

[4.](Hölder) p, q > 1, 1p +1q = 1 ve a1, a2, · · · , an b1, b2, · · · , bn reel sayılarsa,

∣∣∣∣∣n∑

i=1

aibi

∣∣∣∣∣ ≤(

n∑

i=1

|ai|p)1/p( n∑

i=1

|bi|q)1/q


Çözüm. Varsayalım

A =

n∑

i=1

|ai|p ve B =n∑

i=1

|bi|q

olsun. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm ai’ler yada tüm bi’ler sıfırdır. Bu da zateneşitsizliğin iki tarafınıda sıfır yapar. Buna göre biz A 6= 0 ve B 6= 0 durumunuinceleyelim. Varsayalım t1 =

1p ve t2 =

1q olsun. Öyleyse, 0 < t1, t2 < 1 ve

t1 + t2 = 1 olacaktır. Eğer

xi =|ai|pA

ve yi =|bi|qB

isen∑

i=1

xi = 1 ve

n∑

i=1

yi = 1

olur. f(x) = ex fonksiyonu (−∞,+∞) aralığında konveks olduğundan Genel-leştirilmiş Jensen Eşitsizliğini kullanabiliriz. Buna göre,

x1/pi · y1/qi = f(t1 lnxi + t2 ln yi) ≤ t1f(lnx1) + t2f(ln yi) =

xip

+yiq


olacaktır. Buna göre,

n∑

i=1

|ai||bi|A1/pB1/q

≤ 1p

n∑

i=1

xi +1

q

n∑

i=1

yi = 1

olacaktır. Bundan dolayıda,

∣∣∣∣∣n∑

i=1

aibi

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

|ai||bi| ≤ A1/pB1/q =(∑

|ai|p)1/p (∑

|bi|q)1/q

bulunur

Şimdi de, Jensen eşitsiliğinin bir başka uygulamasına geçelim.

Tanım (Majorization8). Eğer x1, · · · , xn ve y1, · · · , yn aşağıdaki şartlarısağlıyorsa, yani

x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn

x1 ≥ y1, x1 + x2 ≥ y1 + y2, · · · , x1 + x2 + · · ·+ xn−1 ≥ y1 + y2 + · · ·+ yn−1ve

x1 + x2 + · · ·+ xn = y1 + y2 + · · ·+ ynise (x1, x2, · · · , xn) majorize (y1, y2, · · · , yn) denir ve

(x1, x2, · · · , xn) Â y1, y2, · · · , yn)

ile gösterilir.

Tanım (Majorization Eşitsizliği). I = [a, b] aralığında f fonksiyonu kon-veks ve

(x1, x2, · · · , xn) Â y1, y2, · · · , yn), xi, yi ∈ Iise

f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn) ≥ f(y1) + f(y2) + · · ·+ f(yn)olur. Yanlız ve yanlız xi = yi durumu için eşitlik vardır. Konkav fonksiyonlariçinse eşitsizlik yön değiştirir.

8http://en.wikipedia.org/wiki/Majorization


[5.] Dar açılı bir ABC üçgeni için,

1 ≤ cosA+ cosB + cosC ≤ 32


Çözüm. Genelliği kaybetmeden, varsayalım A ≥ B ≥ C olsun. Buna göreA ≥ π/3 ve C ≤ π/3 olacaktır. π/2 ≥ A ≥ π/3, π ≥ A+B = (−π − C) ≥ 2π3olacağından

(π

2,π

2, 0) Â (A,B,C) Â (π

3,π

3,π

3)

alabiliriz. f(x) = cosx fonksiyonu [0, π/2] aralığında konkav olduğuna göre,majorization teoreminden,

1 = f(π

2) + f(

π

2) + f(0) ≤ f(A) + f(B) + f(C) ≤ f(π

3) + f(

π

3) + f(

π

3)

ise soruda göstermemiz istenen,

1 ≤ cosA+ cosB + cosC ≤ 32

elde edilir.

[6.] Eğer x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ise

(x1, x2, · · · , xn) Â (x, x, x, · · · , x)

durumu vardır. Burada x değeri, x1, x2, · · · , xn değerlerinin aritmetik ortası-dır.(Bunu Majorization üzerine uygularsak Jensen Eşitsizliğini elde ederiz.)Buna göre, k = 1, 2, · · · , n− 1 için x1 + x2 + · · ·+ xk ≥ kx durumunu göster-memiz yeterli olacaktır. Buna göre,

(n− k)(x1 + x2 + · · ·+ xk) ≥ (n− k)kxk ≥ k(n− k)xk+1 ≥ k(xk+1 + · · ·+ xn)

olacağından(n− k)(x1 + · · ·+ xk) ≥ k(xk+1 + · · ·+ xn)

bulunur. Bu eşitsizliğin iki tarafınada k(x1 + · · ·+ xk) eklersek

n(x1 + · · ·+ xn) ≥ k(x1 + · · ·+ xn) = knx


olacağındanx1 + x2 + · · ·+ xk ≥ kx

olacaktır.

[7.] −1 ≤ a, b, c ≤ 1 ve a+ b+ c = 1/2 ise a12 + b12 + c12 en fazla kaç olur?Çözüm. [−1, 1] aralığında f(x) = x12 fonksiyonu konvekstir. Öyleki, f ′′(x) =132x10 ≥ 0 olacaktır. Eğer, 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1 ve a+ b+ c = −1/2 ise majorüçlülerimizi

(1,−12,−1) Â (a, b, c)

olarak seçebiliriz. Çünkü, 1 ≥ a ve 12 = 1− 12 ≥ −c− 12 = a+ b olacaktır. Bunagöre, majorization eşitsizliğinden

a12 + b12 + c12 = f(a) + f(b) + f(c) ≤ f(1) + f(2) + f(−1) = 2 + 1212

olacaktır. Zaten, a = 1, b = −12 ve c = −12 içinde en büyük değer doğrulanır.[8.](1999,IMO9) n ≥ 2 bir tamsayıdır. Buna göre,(a.)

∑

1≤i


olacaktır.n > 2 durumu için varsayalım

ai =xi

x1 + x2 + · · ·+ xn ve a1 + a2 + · · ·+ an = 1 olsun.

Buna göre, ai = [0, 1] olacaktır. Eğer, ai cinsinden yazarsak, ispatlanacakeşitsizlik ∑

1≤i 0olacaktır. Eşitsizliğimiz ai’lere göre simetrik olduğundan, a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ analabiliriz.Buan göre, eğer a1 ≤ 1/2 ise,

(1

2,1

2, 0, 0, · · · , 0) Â (a1, a2, · · · , an)

olacağından majorization eşitsizliğinden

f(a1) + f(a2) + · · ·+ f(an) ≤ f(12) + f(

1

2) + f(0) + · · ·+ f(0) = 1

8

olacaktır. Eğer, a1 > 1/2 ise 1− a1, a2, · · · , an ∈ [0, 1/2) olacaktır.(1− a1, 0, 0, · · · , 0) Â (a2, a3, · · · , an)

olduğundan majorization eşitsizliği ve n = 2 durumunu göz önünde bulundu-rursak,

f(a1) + f(a2) + · · ·+ f(an) ≤ f(a1) + f(1− a1) + f(0) + f(0) + · · ·+ f(0)= f(a1) + f(1− a1) ≤ 1

8olacaktır.

Buna göre, eşitlik durumu ancak ve ancak iki değişken eşit ve geri kalan (n−2)değişken 0 ise vardır.



1. Jensen Eşitisizliğini kullanarak aabbcc ≥ (abc)(a+b+c)/3 eşitsizliğini kanıtlayınız.(a, b, cpozitif reel sayılar.)

2. x1, · · · , xn ∈ [0, 1] ve a1, · · · , an > 0 olmak üzere, a1+ · · ·+an = 1 olarakveriliyor. Buna göre,

n∑

i=1

ai1 + xi

≤ 11 + xa11 · · ·xa11

eşitsizliğini kanıttlayınız. Eşitlik durumu hangi şartlar altında gerçekle-şir?

3. Eğer a, b, c, d > 0 ve c2 + d2 = (a2 + b2)3 ise

a3

c+

b3

d≥ 1

eşitsizliğini Hölder Eşitsizliği kullanarak kanıtlayınız.

4. P noktası ABC üçgeni içersinde

m(PAB) = m(PBC) = m(PCA) = α

eşitliğini sağlayan bir nokta ise α açısının π/6 olduğunu kanıtlayınız.

5. Dar açılı bir ABC üçgeninin iki açısı π/6’dan küçük veya eşittir. Bunagöre,

sinA

2sin

B

2sin

C

2≥ sin π

4sin

π

6sin

π

12


6. x, y, z > 1, xyz = 4096 ve max(x, y, z) < 32 olarak veriliyor. Buna göre,x+ y + z toplamının en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz.

7. Eğer a, b ≥ 0 ise,3

√a+ 3

√a+

3

√b+

3√b ≤ 3

√a+

3√b+

3

√b+ 3

√a


2.7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 59

2.7 İndı̇rgemelı̇ Dı̇zı̇ler

2.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler

Herhalde matematik olimpiyatları sınavlarına hazırlanıpta Fibonacci Sa-yıları’nı bilmeyen yoktur. Zaten Fibonacci sayılarıda f0 = 0, f1 = 1 olmaküzere

fn+1 = fn + fn−1, n ≥ 1yinelemesi ile tanımlanır. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçükalt terimlerin farkına eşittir. Mesela,

un+2 − un+1 = 2birinci derecedendir, ve

un+4 + 9u2n = n

5

yinelemesi ise dördüncü derecedendir. Eğer bir yinelemede tüm ifadelerin üst-leri bir ise bu yinelemeye Doğrusal Yineleme denir. Mesela,

un+2 − un+1 = 2bir doğrusal yinelemedir. Ancak

x2n + nxn−1 = 1 ve xn + 2xn−1 = 3

yinelemeleri lineer değillerdir. Eğer bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleriaynı kuvvettense, bu yinelemeye Homojen’dir denir. Mesela,

xm+3 + 8xm+2 − 9xm = 0yinelemesi homojendir. Ancak,

xm+3 + 8xm+2 − 9xm = m2 − 3yinelemesi homojen değildir. Bir yinelemin sadece indis değişkenine göre ta-nımlanan denkleme ise o yinelemenin Kapalı Form’u denir. Kapalı form sa-yesinde rahatlıkla yinelemenin her hangi bir terimini bulabiliriz. Biz genelmanada bu ders notunda ilk olarak,

xn = axn−1 + f(n), a 6= 1


formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgilenece-ğiz. İlgilenirken de aşağıda verdiğimiz basamakları takip edeceğiz.

1. Önce xn = axn−1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarakyani, karakteristik denklem oluşturarak, xn = axn−1 denklemini elde ede-riz. Sadeleştirmeler yaptığımızda x = a olacaktır. Buna göre, xn = axn−1homojen formundaki yinelememiz bize xn = Aa

n denklemini verecektir.Burada A bir sabit sayıdır.

2. Daha sonra bulunan xn = Aan + g(n) formu test edilir. Burada g, f ile

aynı dereceden bir polinomdur.

Örnek 1. x0 = 7 ve xn = 2xn−1, n ≥ 1 ise xn kapalı formunu bulunuz.Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi xn =2xn−1 olacaktır. Sadeleştirme yaparsak, x = 2 olacaktır. Buna göre bizim,xn = A2

n formunda çözüm yapmamız gerekmektedir. Burada, 7 = x0 = A20

ise A = 7 olacağından, kapalı form xn = 7(2)n olarak bulunur.

Örnek 2. x0 = 7 ve xn = 2xn−1 + 1, n ≥ 1 formunda verilen yinelemeninkapalı formunu bulunuz.

Çözüm. Karakteristik denklemi yazıldığında xn = 2xn−1 veya x = 2 eldeedilir. Buradan çözümlerden birinin xn = A(2)

n olduğu açıktır. Ancak yinele-menin bir parçasıda f(n) = 1 polinomu olduğuna göre, kapalı denklemin xn =A2n+B formunda olması gerekmektedir. Buradan, 7 = x0 = A2

0+B = A+Bve 15 = x1 = 2A + B olduğuna göre bu iki denklemin çözümünden A = 8 veB = −1 olacaktır. Öyleyse, soruda istenen kapalı form,

xn = 8(2n)− 1 = 2n+3 − 1

olacaktır.

Not. Örnek 2.’nin çözümünde dikkat edilirse oluşturula karakteristik denklemiki parçadan oluşuyor. Bunlardan ilki zaten alt indislerin üs olarak yazılmasıylaelde edilirken, ikincisi bir polinom ve bu polinomun derecesi yineleme içersindeki polinomun derecesi ile aynı. Bundan sonraki çözümlerde de polinom seçimibenzer şekilde olacaktır.

Örnek 3. x0 = 2 ve xn = 9xn−1 − 56n+ 63 ise xn kapalı formunu bulunuz.


Çözüm. Karakterisitk denklem yazıldığında karakterisitik denklemimiz xn =9xn−1 veya x = 9 olacaktır. Buna göre, kapalı formun bir kısmı xn = A(9)n

formunda olacaktır. Ancak, soruda verilen yinelemenin ikinci kısmını f(n) =−56n+ 63 polinomu oluşturduğundan, çözüm olarak kullanacağımız polinomg(n) = Bn+ C olacaktır. Buna göre, yinelememizin kapalı formu

xn = A9n +Bn+ C

olacaktır. x0, x1, x2 için çözümlere bakıldığında,

2 = A+ C

25 = 9A+B + C

176 = 81A+ 2B + C

eşitlikleri için A = 2, B = 7 ve C = 0 olacaktır. Buna göre soruda istenenkapalı form, yada genel çözüm

xn = 2(9n) + 7n

olarak bulunur.

Örnek 4. x0 = 1 ve xn = 3xn−1−2n2+6n−3 ise xn kapalı formunu bulunuz.Çözüm.Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdıktan sonra kolaylıkla xn =A(3)n indirgemesini elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasıda f(n) =−2n2 + 6n − 3 şeklinde ki ikinci dereceen bir polinom olduğundan özel çözü-mümüzde kullanacağımız g(n) polinomu Bn2 +Cn+D olmalıdır. Buna göre,yinelememizin indirgenmiş hali,

xn = A3n +Bn2 + Cn+D

şekline olacaktır. Eğer bilinen xi, i = 0, 1, 2, 3 için katsayaları bulmaya çalışır-sak,

1 = A+D,

4 = 3A+B + C +D,

13 = 9A+ 4B + 2C +D,

36 = 27A+ 9B + 3C +D


denklemlerini elde ederiz. Buradan da, A = B = 1, C = D = 0 olacağından,istenen kapalı form

xn = 3n + n2

olacaktır.

Örnek 5. x0 = 2 ve xn = 2xn−1 + 3n−1 ise kapalı formu bulunuz.

Çözüm. Eğer gerekli işlemleri yaparsak, genel formun

xn = A2n +B3n

denklemi elde edilir. Burada, x0 = 2 ve x1 = 2(2) + 30 = 5 denklemlerinden,

2 = A+B

7 = 2A+ 3B

eşitliklerini elde edilir. Buna göre, A = 1 ve B = 1 olacağından istenen kapalıform

xn = 2n + 3n

olacaktır.

Örnek 6. x0 = 7 ve xn = xn−1 + n, n ≥ 1 ise xn için kapalı formu bulunuz.Çözüm. Şimdi bu çözümü siz yapmaya çalışın. Kapalı formu,

xn = 7 +n(n+ 1)

2

olarak bulmanız gerekmektedir.

Şimdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. Şim-diki örneğimizde de lineer olmayan ancak lineerleştirilebilir, birinci drecen yi-nelemeler den birini çözeceğiz.

Örnek 6. u0 = 3 ve u2n+1 = un, n ≥ 1 ise yinelemin kapalı formunu bulunuz.

Çözüm. Varsayalım, vn = log un olsun. Buna göre,

vn = log un = log u1/2n−1 =

1

2log un−1 =

vn − 12


olacaktır. Burada,

vn =vn−12

olduğundan,

vn =v02n

olacaktır. Buradan,

log un =log u02n

olduğundan istenilen kapalı form,

un = 31/2n

olarak bulunur.

2.7.2 İkinci Dereceden İndirgemeler

Bir evvelki konumuzda birici dereceden yinelemeleri ele almıştık. Öyleki,her bir terim kendisinden bir önceki terime bağımlı olarak veriliyordu. Şimdivereceğimiz formda ise durum artık biraz daha farklı. Öyleki artık karşılaca-ğımız yinelemeler

xn = axn−1 + bxn−2

şeklinde olacaktır. Bu tür yinelemelerin çözümleri içinde takip etmemiz gereknbazı çözüm basamakları vardır. Buna göre,

1. Önce alt indisleri üs olarak alıp karakteristik denklemi xn = axn−1 +bxn−2 olduğundan kökleri r1 ve r2 olan x2 − ax− b = 0 olarak bulunur.

2. Eğer kökler birbirinden farklı ise genel form

xn = A(r1)n +B(r2)

n

şeklinde olacaktır.

3. Eğer kökler aynı ise genel form

xn = A(r1)n +Bn(r1)

n

şeklinde olacaktır.


Örnek 7. x0 = 1, x1 = −1 ve xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 0 yinelemesinin kapalıformunu bulunuz.

Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi

x2 + 5x+ 6 = (x+ 3)(x+ 2) = 0

olarak elde edilir.Buna göre kapalı formumuz

xn = A(−2)n +B(−3)n

olacaktır. Buradan da, A = 2 ve B = −1 olacağından soruda istenilen kapalıform,

xn = 2(−2)n − (−3)n

olacaktır.

Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapalı formu, f0 = 0, f1 = 1 ve fn =fn−1 + fn−2 bilgilerini kullanarak bulunuz.

Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f2 − f − 1 = 0 olacağından kapalı formu-muz

fn = A

(1 +

√5

2

)n+B

(1−√5

2

)n

şeklinde olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında,

0 = A+B

1 = A

(1 +

√5

2

)n+B

(1−√5

matematİk olİmpİyati ÇaliŞma kİtapÇiĞib˜ol um 1˜ giri»s 1.1 ilks_ ˜oz belkide internetin...

Documents