Page 311 - ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI 1. AŞAMA SORULARI VE ÇÖZÜMLERİ
P. 311
310 Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları
Çözüm : =7 +4 − 7 oldu˘ gundan, verilen ifadede yazılırsa,
2
3
2
2
2
3
2 + + − + 1071 = 2 − 4 − 7 + + + 1078
¡ 2 ¢ ¡ 3 2 ¢
= − 4 +4 + +2 − 7 + 1074
2 ¡ 3 2 ¢
=( − 2) + +2 − 7 + 1074
elde edilir. Bu ifadenin en küçük de˘ geri için =2 olması gerekti˘ gi açıktır. Geriye,
2
+2 − 7 ifadesinin en küçük de˘ gerini bulmak kaldı. Bunun için, Aritmetik
3
Geometrik ortalama e¸sitszili˘ gini kullanırsak,
√
2
7
2
3
2
3
2
+ + +1+1+1+1 ≥ 7 · · · 1 · 1 · 1 · 1=7
e¸sitsizli˘ ginden, +2 −7 ≥−4 bulunur. =1 için e¸sitlik durumunun sa˘ glandı˘ gı
3
2
görülebilir. Böylece,
¡
¢
2
2
2
3
2
3
2 + + −+1071 = ( − 2) + +2 − 7 +1074 ≥−4+1074 = 1070
bulunmu¸solur. (Not : ()= +2 − 7 polinomunun 0 ∞ aralı˘ gında
2
3
0 2
minimum de˘ gerini, türev kullanarak da bulabiliriz. ()=0 ⇔ 3 +4 =7 ⇔
=1 ve min ()= (1) = 4’tür)
0∞
19. {1, 2, 3, ..., 2012} kümesinin, en büyük ve en küçük elemanlarının toplamı
2013 olan altkümelerinin sayısının 7’ye bölümünden kalan kaçtır?
Çözüm : ⊂ {1 2 3 2012} olmak üzere, kümesinin en küçük elemanı
olsun. Bu durumda en büyük elemanı 2013 − olmalıdır. Böylece, bu iki elemanın
arasındaki (2013 − )−−1 = 2012−2 tane elemanı seçerek, altkümesini olu¸s
turabiliriz. Yani, herhangi elemanı için, 2 2012−2 tane altkümesi belirlenebilir.
Di˘ ger yandan, 2013 − ≥ olması gerekti˘ ginden, ≤ 1006 olmalıdır. Buna göre,
=1 2 1006 olabilir.
=1 için, 2 2012−2 =2 2010 altküme vardır.
=2 için, 2 2012−4 =2 2008 altküme vardır.
=3 için, 2 2012−6 =2 2006 altküme vardır.
. . .
0
= 1006 için, 2 2012−2012 =2 altküme vardır.
Bunların toplamı da ;
2
0
3
4
2
2 +2 +2 + ·· · +2 2010 = 1 +4+4 +4 + ·· · +4 1005
olur. Bu sayının 7’ye bölümünden kalanı bulmak istiyoruz.
0 1 2 3
4 ≡ 1(mod7); 4 ≡ 4(mod7); 4 ≡ 2(mod7); 4 ≡ 1(mod7); ···
oldu˘ gundan, üsleri 3 3+1 ve 3+2 olan üç terimin toplamı daima 7’ye bölünecek
tir. Ba¸stan itibaren tüm terimleri üçerli gruplarsak,
2
3
1+4+4 +4 + ··· +4 1005 ≡ 4 1005 ≡ 1(mod7)
elde edilir.
