mat_olm_book

MATEMATİK 

OLİMPİYATI ÇALIŞMA 

KİTAPÇIĞI 

www.sbelian.wordpress.com

Matemat˙ık Ol˙ımp˙ıyatları 

Çalışma K˙ıtapçığı 

www.sbelian.wordpress.com 

6 Temmuz 2010

İçindekiler 

1 Giriş 5 

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

2 KONULAR 6 

2.1 Denklem S˙ıstemler˙ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 

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

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

2.2 Repun˙ıtler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 


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

2.3 Soph˙ıe Germa˙ın Özdeşl˙ığ˙ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 


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

2.4 Tamkareler Poz˙ıt˙ıft˙ır . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 


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

2.5 Eş˙ıts˙ızl˙ıkler I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 


2.6 Eş˙ıts˙ızl˙ıkler II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 


2.7 İnd˙ırgemel˙ı D˙ız˙ıler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 

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

2

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

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

2.8 Yen˙ıden Düzenleme [Rearrangement] Eş˙ıts˙ızl˙ığ˙ı . . . . . . . . . 66 

2.9 Tr˙ıgonometr˙ık Değ˙ışken Değ˙ışt˙ırme . . . . . . . . . . . . . . . . 75 


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

2.10 Ceb˙ırde Teleskop˙ık Toplamlar ve Çarpımlar . . . . . . . . . . . 90 


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

2.11 Tamdeğer Fonks˙ıyon Problemler˙ı . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 


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

2.12 Bölüneb˙ılme ve Asal Sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 


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

2.13 Tr˙ıgonometr˙ıde Sonsuz Toplam ve Farklar . . . . . . . . . . . . 122 


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

2.14 Kuş, Güverc˙ın, Yuva... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 


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

2.15 Üstel D˙ıyofant Denklemler˙ı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 


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

2.16 Kalan Sınıfları [Res˙ıdues] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 


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

2.17 V˙ıete Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 

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

2.17.2 Lagrange İnterpolasyon Tekn˙ığ˙ı . . . . . . . . . . . . . . 155 


3

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

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


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

2.19 L˙ıneer Denklemler˙ın Tamsayı Çözümler˙ı . . . . . . . . . . . . . 168 


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

2.20 Fonks˙ıyonel 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 paylaşımlar 

yapmak ve bilgiyi birbirimizle paylaşmaya ortam hazırlamak olmuştur. Bizde 

bu paylaşımın bir parçası olarak bu zamana kadar bir çok ders notunu ve 

çözüm paketini sizlerle paylaşmıştık. Şimdi de, tüm bu ders notlarının birleşimi 

olan bu mini kitabı sizlerin paylaşımına açıyoruz. Sizlerde çekinmeden 

bu kitapçığı gerek fotokopi ile gerekse elektronik yollarla birbirinizle paylaşın. 

Yararlanabildiğiniz kadar yararlanın. 

Bu çalışmanın hazırlanmasında öncelikle www.sbelian.wordpress. com sayfamıza 

teveccüh gösteren tüm dostlarımıza ve faydalı olabilmek için çalışmalarımıza 

yardım eden LATEX 2ε dostlarına teşekkür ederiz. 

Sbelian 

Σ 

Haziran 2010 

5

Bölüm 2 

KONULAR 

2.1 Denklem S˙ıstemler˙ı 

Bu bölümde bazı standart olmayan denklem sistemlerinin çözümlerini yapacağız. 

Ancak ilerleyen örneklerde sizinde farkedeceğiniz üzere, kullanacağımız 

yöntemler genelde bazı cebirsel manipülasyonlardan oluşuyor. Bu yöntemleri 

kullanarak hem çözümlere daha kolay ulaşacağız hemde her bir soruda 

farklı bir tekniği öğrenmiş olacağız. 

Örnek. 

x + y 2 + z 2 = 3 

y + z 2 + x 3 = 3 

z + x 2 + y 3 = 3 

denklem sisteminin pozitif çözüm üçlüsünün yanlızca (1, 1, 1) olduğunu kanıtlayınız. 

Çözüm. 

Eğer ilk iki denklemin farkını alırsak 

x(1 − x 2 ) + y(y − 1) + z 2 (z − 1) = 0 

denklemini elde ederiz. Benzer şekilde ikinci ve üçüncü denklemlerin farkını 

alırsak 

y(1 − y 2 ) + z(z − 1) + x 2 (x − 1) = 0 

6

2.1. DENKLEM SİSTEMLERİ 7 

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

çıkarırsak 

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 + y 2 + z 3 = 3 

eşitliğini sağlayamayacağı açıktır. Demek ki tek çözüm 

olacaktır. 

Örnek. 

a + b + c + d = 12 

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

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 

olacaktır. 

a = b = c = d = 3 

Örnek. 

√ 

3x 

(1 + 1 ) 

x + y 

√ 

7y 

(1 − 1 ) 

x + y 

= 2 

= 4 √ 2 

denklem sistemini pozitif reel sayılarda çözünüz. 

Çözüm. Bu soruda çözüme daha kolay işlemlerle ulaşmak için bazı değişken 

eğiştirmeler yapmak yerinde olacaktır. Buna göre eğer √ x = u ve √ y = v 

alırsak sistemimiz 

( 

) 

1 

u 1 + 

u 2 + v 2 = √ 2 3 

( 

) 

1 

v 1 − 

u 2 + v 2 = 4√ 2 

√ 

7 

şeklini alır. Burada u 2 +v 2 aslında z = u+iv karmaşık sayısının normunun karesidir. 

Buna göre ikinci denklemi i karmaşık sayısı ile çarpıp birinci denkleme 

eklersek 

⎛ 

u + iv + u − iv 

u 2 + v 2 = ⎝ 

2 

√ 

3 + i 

4 √ ⎠ 

2 

√ 

7 

⎞ 

eşitliğini elde ederiz. Burada 

u − iv 

u 2 + v 2


ifadesi 

olacaktır. Yani 

z 

|z| 2 = 

z 

(zz) = 1 z 

( 

) 

z + 1 z = 2 

√ + i 4√ 2 

√ 

3 7 

eşitliği elde edilir. Eğer bu denklemi düzenlersek 

( 

) 

z 2 2 

− √ + i 4√ 2 

√ z + 1 = 0 

3 7 

denklemini ve bu denklemin çözümü olan 

( 1√3 

± √ 2 ) ( 

2 √ 2 

+ i √ ± √ ) 

2 

21 7 

sayısını elde ederiz. Buna göre soruda verilen sistemin çözümü 

x = 

( 1√3 

± √ 2 ) ( 

2 

2 √ 2 

ve y = √ ± √ ) 2 

2 

21 7 

olacaktır. 

2.1.1 Çalışma Soruları 

1. 

x + 2 x = 2y 

y + 2 y 

z + 2 z 

= 2z 

= 2x 

denklem sistemini çözünüz.


2. [x], x sayısının tam kısmını, {x} ise ondalık kısmını temsil etmek üzere 

x = [x] + {x} olarak veriliyor. Buna göre 

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

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

y + {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. 

4x 2 

4x 2 + 1 

4y 2 

4y 2 + 1 

4z 2 

4z 2 + 1 

= y 

= z 

= x 

Denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 

5. 

3 = x + y + z = x 3 + y 3 + z 3 

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 

8. 

9. 

x 2 − yz = a 

y 2 − zx = b 

z 2 − xy = c 

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

(x + y) 3 = z 

(y + z) 3 = x 

(z + x) 3 = y 

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

x 3 − 9(y 2 − 3y + 3) = 0 

y 3 − 9(z 2 − 3z + 3) = 0 

z 3 − 9(x 2 − 3x + 3) = 0 

denklem sisteminin tüm çözümlerini bulunuz. 

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

ax + by = 3 

ax 2 + by 2 = 7 

ax 3 + by 3 = 16 

ax 4 + by 4 = 42 

olarak veriliyor. Buna göre, ax 5 + by 5 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 ≥ √ 2 

olacaktır. Eğer sistemdeki 3 denklemi −1 ile çarpıp toplarsak 

( 1 

x + y + z = 2 

x + 1 y + 1 ) 

z 

eşitliği elde edilir. Bu denklemin sol kısmı 

x + y + x ≥ 3 √ 2 

iken sağ kısım 

( 1 

2 

x + 1 y + 1 ) 

≤ 3 √ 2 

z 

olacaktır. Demek ki 

( 1 

x + y + z = 2 

x + 1 y + 1 ) 

= 3 √ 2 

z 

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 bulduğumuz 

eşitlikten 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] = 0 

bulunur. Buna göre, denklem sisteminin çözümü 

olacaktır. 

x = 0.1, y = 1.2, z = 2 

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

12 = xy + yz + zx ≥ 3a 2 

ve 

a 3 = 2 + x + y + z ≥ 2 + 3a 

olacaktır. ilk eşitsizlikten 12 ≥ 3a 2 ise 4 ≥ a 2 bulunur. İkinci eşitsizliktense 

a ≥ 2 bulunur. Dolayısıyla a = 2 ve x = y = z olacaktır. Demek 

ki tek çözüm 

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

olur. 

4. Çözüme, denklem sistemimizdeki her bir denklemi karşılayan bir fonksiyon 

bularak başlayalım. Varsayalım f fonksiyonu f : [0, ∞) → [0, ∞) 

olmak üzere 

f(t) = 

4t2 

4t 2 + 1 

olarak verilsin. f fonksiyonun artan olduğu açıktır. Dolayısıyla eğer x < y 

ise f(x) < f(y) dolayısıyla y < z olacaktır. Eğer bu argümanı tekrar 

edersek z < x elde ederiz. Öyleyse x < y < z < x olacaktır ki bu durum 

imkansızdır. Benzer biçimde x > y ile başlarsak yine çelişki elde ederiz. 

Demek ki x = y = z olmalıdır. Buna göre, 

4t 2 

4t 2 + 1 = t 

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

çözümleri sadece 


(0, 0, 0) ve ( 1 2 , 1 2 , 1 2 )


5. Eğer soruda verilen eşitlik üzerinde biraz oynarsak 

24 = (x + y + z) 3 − (x 3 + y 3 + z 3 ) = 3 ∑ x 2 y + 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 

olarak bulabiliriz. 

6. Soruda verilen eşitliği kullanarak 

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

(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. Ancak 

sorudaki eşitlikten hepsinin sıfır olduğu ortaya çıkar. Dolayısıyla 

bulunur. 

xy = yz = zx = 1 ve x = y = z = ±1 

7. Soruda verilen sistemdeki herbir eşitliğin karesini alıp diğer iki eşitliğin 

çarpımından çıkarırsak yeni sistemimimiz 

a 2 − bc = x(x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz) 

b 2 − ac = y(x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz) 

c 2 − ab = z(x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz)


olacaktır. Burada 

olarak alırsak 

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = k 

(a 2 − bc) 2 − (b 2 − ac) 2 (c 2 − ab) = k 2 (x 2 − yz) = k 2 a 

olur. Burada eşitliğin sol tarafını açıp düzenlersek 

k = ± √ a 3 + b 3 + c 3 − 3abc 

olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri 

olacaktır. 

x = a2 − bc 

k 

, y = b2 − ac 

, 

k 

c 2 − ab 

k 

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 elimizde 

8x 3 = x denklemi oluşacaktır. Bu denklemin kökleri x = 0 ve x = ± 2 

2 √ 2 

olacaktır. Buna göre sistemin çözümleri 

olur. 

x = y = z = 0, x = y = z = ± 1 

2 √ 2 

9. Soruda verilen sistemi düzenlersek, yeni sistemimiz 

(y − 3) 3 = y 3 − x 3 

(z − 3) 3 = z 3 − x 3 

(x − 3) 3 = x 3 − z 3


olacaktır. Bu eşitliği toplarsak 

(x − 3) 3 + (y − 3) 3 + (z − 3) 3 = 0 

eşitliği elde edilir. Genelliği bozmadan varsayalım x ≥ 3 olsun. Sistemdeki 

üçüncü denklemden 

z 3 − 27 = 9x(x − 3) 

olacaktır, dolayısıyla z ≥ 3 olur. Benzer biçimde y ≥ 3 olacaktır. Ancak 

üçü birden 3’ten büyük olamaz. Buna göre tek çözüm x = y = z = 3 

olacaktır. 

10. n = 2 ve n = 3 için 

(ax n + by n )(x + y) − (ax n−1 + by n−1 )xy = ax n+1 + by n+1 

eşitliğinin sağlandığı görülebilir. Buna göre, 

7(x + y) − 3xy = 16 

ve 

16(x + y) − 7xy = 42 

olacaktır. Bu iki denklemi çözersek x+y = −14 ve xy = −38 olur. n = 4 

için başta belirlediğimiz reküransı yeniden uygularsak 

olacaktır. 

ax 5 + by 5 = (42)(−14) − (16)(−38) = −588 + 608 = 20 

2.2 Repun˙ıtler 

Basamaklarını oluşturan rakamların hepsi 1 olan doğal sayılara repunit 

diyeceğiz. Öyleki 

111 · · · 111 } {{ } 

n basamaklı

2.2. REPUNİTLER 17 

sayısı bir repunit sayı olarak sorularımızda yerini alacaktır. Şimdi ilk örneğimizle 

başlayalım. Sorumuz 2005 Bulgaristan Matematik Olimpiyatları’nda 

sorulmuştur. 

Örnek. 

x, y, z ∈ Z olmak üzere verilen 

x 2 + 2y 2 + 98z 2 = 111 · · · 111 } {{ } 

666 tane 1 

eşitliğini sağlayan tamsayı üçlülerinin bulunmadığını kanıtlayınız. 

Çözüm I. Çözüme çelişki ile ulaşmaya çalışalım. varsayalım soruda verilen 

denklemi sağlayan (x, y, z) tamsayı üçlüsü varolsun. Buna göre eşitliğin 

sol tarafındaki repuniti çarpanlarına ayırırsak 

111111 · (1 + 10 6 + · · · + 10 6·110 ) = 106 − 1 

(1 + 10 6 + · · · + 10 6·110 ) 

9 

olacaktır. Küçük Fermat teoremine göre, 10 6 − 1 sayısı 7 ile bölünebilir. Buna 

göre eşitliğimize (mod7) altında bakabiliriz. Tamkare bir sayının (mod7) altındaki 

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 7 2 ile tam bölünecektir. Ancak eşitliğin sağ 

kısmındaki ifademiz 

7 · 15873 · (1 + 10 6 + · · · + 10 6·110 ) 

olduğundan bu ifadenin (mod7) altındaki ikinci çarpanı 4 olacaktır. Üçüncü 

çarpanı (mod7) altında 0 olmadığına göre, eşitliğin sağ tarafı 49 ile bölünemez. 

Çelişki vardır. Demekki (x, y, z) tamsayı üçlüleri yoktur. 

Eğer soruda verilen eşitliğin sağ tarafına (mod) altında ba- 

Çözüm II. 

karsak 

veya 

x 2 + 2y 2 + 2x 2 ≡ 111 (mod 8) 

x 2 + 2y 2 + 2z 2 ≡ 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 ekleyerek 

(mod8) altında 7 sayısına ulaşamayız. Demek ki, soruda verilen denklemi 

sağlayan (x, y, z) tamsayıları yoktur. 

Sıradaki sorumuzda Rusyada yayınlanan Potansia Magazine isimli dergiden 

alıntıdır. 

Örnek. Repunitleri yine repunitlere götüren tüm ikinci dereceden tamsayı 

katsayılı polinomları bulunuz. 

Çözüm. varsayalım ikinci dereceden polinomumuz f(x) = ax 2 + bx + c 

olsun. Soruda verilen şartlara göre, 

yani 

olacaktır. Eğer 

f(111 } {{ · · · 1} 

) = } 111 {{ · · · 1} 

m tane n tane 

( 10 m ) 

− 1 

f 

9 

olarak alırsak, 

( ( ) x − 1 2 ( ) ) 

x − 1 

9 a + b + 1 

9 

9 


g(x) = a 9 x2 + 

= 10n − 1 

9 

( ) x − 1 

g(x) = 9f + 1 

9 

( a 

= 9 

9 2 (x2 − 2x + 1) + b ) 

9 (x − 1) + c + 1 

= a 9 (x2 − 2x + 1) + b(x − 1) + c + 1 

= a ( 

9 x2 + b − 2a ) 

x + (9c + 1 − b + a 9 

9 ) 

( 

b − 2a ) 

x + (9c + 1 − b + a 9 

9 )


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

kuvvetlerini yine 10’un kuvvetlerine götürecektir. Buna göre, 

10 −2m · g(10 m ) = 10 n−2m = a ( 

9 + b − 2a ) ( 

10 −m + 9c + 1 − b + a ) 

10 −2m 

9 

9 

olacaktır. İlk eşitlikten görüldüğü üzere 10−2m ·g(10 m ) sayısı 10’un kuvvetidir. 

Eğer m değerini yeterince büyük alırsak 10 −2m g(10 m ) ifadesi a/9 değerine 

yakınsak. Buradan da, a/9 = 10 k ve 10 −2m g(10 m ) = 10 k olacaktır. Dolayısıyla 

( 

b − 2a 9 

) 

10 −m + 

( 

9c + 1 − b + a 9 

) 

10 −2m = 0 

olacağından 

b − 2a 9 = 9c + 1 − b + a 9 = 0 

olur. Buradan b = 2 · 10 k ve c = 10k −1 

9 

olacağından istenen polinomlar 

olur. 


f(x) = 9 · 10 k · x 2 + 2 · 10 k · x + 10k − 1 

9 

1. (a.) Çift sayıda basamağı olan, beş tabanındaki repunitlerin ardışık pozitif 

iki tamsayının çarpımı olduğunu gösteriniz. 

(b.) Dokuz tabanındaki tüm repunitlerin Üçgensel Sayı 1 olduğunu kanıtlayınız. 

2. 

111 } {{ · · · 1} 

= } 222 {{ · · · 2} 

+(333 } {{ · · · 3} 

2n tane n tane n tane 

eşitliğini kanıtlayınız. 

) 2 

1 Bir a k üçgensel sayısı, 1’den k’ya kadar olan tamsayıların toplamıdır. Üçgensel sayı 

denilmesinin temel sebebi, eşkenar bir üçgenin üzerine eşit aralıklarla yerleştirilibilecek eşit 

yarıçaplı kürelerin sayısını vermesidir. Öyleki, ilk bir kaç üçgensel sayı 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28 

olarak kolaylıkla bulunabilir. 

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

= ( ) 

n+1 

2 2 2 genel formuda n. üçgensel sayıyı 

vermektedir.


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

bulunuz. 

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 bölünebilir 

mi 

6. (a.) 111 · · · 1 } {{ } 

n basamaklı 

sayının 41 ile ancak ve ancak 5|n olduğunda, bölünebileceğini 

kanıtlayınız. 

(b.) 111 · · · 1 } {{ } 

n basamaklı 

sayının 91 ile ancak ve ancak 6|n olduğunda, bölünebileceğini 


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 bölünebilen 

bir repunit bulunduğunu kanıtlayınız. 

9. Herhangi iki elemanı aralarında asal olan sonsuz büyüklükte bir repunitler 

dizisi olduğunu kanıtlayınız. 

10. Sonsuz çoklukta n değeri için, basamaklarında sıfır bulunmayan n basamaklı 

bir sayının basamakları toplamına bölünebileceğini kanıtlayınız. 


1. (a.) 

(111 } {{ · · · 1} 

) 5 = 1 + 5 + · · · + 5 2n−1 

2n tane 

= 52n − 1 

= 5n − 1 

· 5n + 1 

4 2 2 

eşitliğine göre, 5n −1 

2 

ve 5n +1 

2 

ardışık tamsayılardır.


(b.) 

(111 } {{ · · · 1} 

) 9 = 1 + 9 + · · · + 9 n−1 

n tane 

= 9n − 1 

= 1 8 2 · 3n − 1 

2 

· 3n + 1 

2 

olduğuna göre bu sayı bir üçgensel sayıdır. Çünkü, 3n −1 

ardışık tamsayılardır. 

2. Soruda verilen eşitliği kullanalım. Buna göre, 

2 

ve 3n +1 

2 

} 111 {{ · · · 1} 

− 222 } {{ · · · 2} 

2n tane n tane 

= } 111 {{ · · · 1} 

000 } {{ · · · 0} 

− 111 } {{ · · · 1} 

n tane n tane n tane 

= 111 · · · 1 ·(10 n − 1) = 111 · · · 1 

} {{ } 

n tane 

} {{ } 

n tane 

= } 333 {{ · · · 3} 

· 333 } {{ · · · 3} 

= (333 } {{· 3} 

n tane n tane n tane 

) 2 

· 999 · 9 } {{ } 

n tane 

olur. 

3. Varsayalım A sorudaki şartları sağlayan sayımız olsun. Eğer basamak 

sayısını n olarak alırsak A = 10n −1 

9 

olacaktır. 9 ve 19 sayıları aralarında 

asal olduklarına göre, en küçük n değeri için, 10 n − 1 sayısının 19 ile 

bölünmesi gerekmektedir. Küçük Fermat teoremine göre, 10 18 − 1 sayısı 

19 ile bölünebilir. Eğer daha küçk bir n değeri varsa, 10 n ≡ 1 (mod19) ve 

n|18 olmalıdır. Bu durumda 2, 3, 6 ve 9 değerlerini kontrol etmemiz gerekir. 

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} 

×1 000 } {{ · · · 0} 

1 000 } {{ · · · 0} 

1 · · · 1 000 } {{ · · · 0} 

1 

n tane n−1 tane n−1 tane n−1 tane 

şeklinde çarpanlara ayırabiliriz. Burada m − 1 tane sıfırlardan oluşmuş 

grup vardır. Dolayısıyla bu şekildekii bir repunit asal olamaz. Demek ki,


asal bir repunit için, basamak sayısıda asal olmalıdır. Ancak tersi doğru 

değildir. Mesela 111 = 3 × 37 ve 

sayıları asal değildirler. 

111 } {{ · · · 1} 

= 21649 × 513239 

11 tane 

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 ile 

bölünebilir. 

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

111 · · · 1 } {{ } 

n tane 

= } 111 {{ · · · 1} 

000 } {{ · · · 0} 

5k tane r tane 

+ 111 · · · 1 } {{ } 

r tane 

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

r tane 

olacaktır. 11111 = 41 × 271 olduğuna göre, ifade mod41 altında 

111 } {{ · · · 1} 

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

r tane 

n tane 

Dolayısıyla 111 } {{ · · · 1} 

sayısının 41 ile bölünebilmesi için ancak ve ancak 

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} 

= 10n − 1 

9 

n tane 

bir tamkare olsun. Buna göre, A ≡ 111 · · · 1 ≡ 11 ≡ 3 (mod4) olur. 

Ancak bu imkansızdır çünkü bir tamkarenin (mod4) altıdaki denkleri 

sadece {0, 1} olabilir.

2.3. SOPHİE GERMAİN ÖZDEŞLİĞİ 23 

8. Eğer dikkat edilirse 1, 3, 7 ve 9 sayılarının 10 ile aralarında asal oldukları 

kolayca görülebilir. Varsayalım elimizde 1, 11, 111, · · · , 111 } {{ · · · 1} 

sayılarımız 

olsun. Güvercin Yuvası İlkesine göre, bu (n + 1) sayı arasından iki 

n+1 tane 

tanesi n ile bölündüğünde aynı kalanları verir. Bu sayıların farkı ise n ile 

bölünebilir ve fark a · b formundadır. Burada a bir repunit ve b ise 10’un 

kuvvetidir. (n, 10) = 1 olduğuna göre, repunit a sayısı 10 ile bölünmelidir. 

ispat tamamlanır. 

9. Euclide’in sosuz çoklukta asalın varlığını kanıtladığı ispatını sorumuza 

adapte edelim. Varsayalım a 1 = 1 olsun ve dizinin elemanlarını a n ’e kadar 

seçelim. Bir önceki problemden a 1 · a 2 · · · · · a n çarpımını bölen bir 

m repunit sayısı vardır. 10m + 1 sayısıda bir repunittir ve m ile aralarında 

asaldırlar. Dolayısıyla 1 ≤ k ≤ n olmak üzere a k ’larda aralarında 

asaldırlar. Eğer a n+1 = 10m + 1 seçersek kanıt tamamlanır. 

10. Tümevarımla ispatlamaya çalışalım. Buna göre 3 n basamaklı bir repunitin 

3 n ile bölünebileceğini göstermemiz yeterli olacaktır. n = 1 için 

111 = 3 × 37 olur. Varsayalım n basamak içinde doğru olsun. Buna göre, 

111 } {{ · · · 1} 

= } 111 {{ · · · 1} 

×1 000 } {{ · · · 0} 

1 000 } {{ · · · 0} 

1 

3 n+1 tane 3 n tane 3 n −1 tane 3 n −1 tane 

olacaktır. İlk çarpanın 3n ile bölünebildiği açıktır. İkinci çarpanda 3 ile 

kalansız bölünebileceğine göre, (n + 1) için ispatı tamamlarız. 

2.3 Soph˙ıe Germa˙ın Özdeşl˙ığ˙ı 

x 2 + 1 polinomunun R üzerinde indirgenemeyen yada çarpanlarına ayrılamayan 

bir polinom olduğunu biliyoruz. Ancak, her nekadar benzer gibi görünsede, 

x 4 + 1 polinomu için durum aynı değildir. Öyleki, 

x 4 + 1 = ( x 4 + 2x 2 + 1 ) − 2x 2 

= ( x 2 + 1 ) 2 

(√ ) 2 

− 2x 

( 

= x 2 + √ ) ( 

2x + 1 x 2 − √ ) 

2x + 1


olacaktır. Benzer biçimde 

x 4 + 4y 4 = ( x 2 + 2xy + 2y 2) ( x 2 − 2xy + 2y 2) 

özdeşliğide elde edilebilir. Eğer katsayıyı değitirirsek, 

x 4 + 1 4 y4 = 

(x 2 + xy + 1 ) (x 

2 y2 2 − xy + 1 ) 

2 y2 

olacaktır. Bu son yazdığımız iki özdeşlik sorularn çözümünde oldukça kullanışlıdır 

ve literatürdeki adıda Sophie Germain Identity olarak geçer. 

Örnek. 

olarak verilen toplamı bulunuz. 

n∑ 

k=1 

4k 

4k 4 + 1 

Çözüm. 

Eğer bildiğimiz özdeşlikleri kullanırsak, 

n∑ 

k=1 

4k 

4k 4 + 1 

= 

= 

n∑ (2k 2 + 2k + 1) − (2k 2 − 2k + 1) 

(2k 2 + 2k + 1)(2k 2 − 2k + 1) 

n∑ 

( 

) 

1 

(2k 2 + 2k + 1) − 1 

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

k=1 

k=1 

= 1 − 

1 

2n 2 + 2n + 1 

olacaktır. Yukarıda çözümlerini verdiğimiz örnekler konunun anlaşılması için 

yeterlidir. Şimdi bu bilgiler ışığında çalışma sorularını çözmeye çalışınız. 


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

2. 

x n+1 + x n−1 = √ 2x n 

dizisinin periyodik olduğunu kanıtlayınız.


3. 

n∑ 

k=1 

k 2 − 1/2 

k 4 + 1/4 

toplamını hesaplayınız. 

4. 

( 

1 4 + 1 ) ( ( 

) 

4 3 4 + 4) 1 · · · · · · (2n − 1) 4 + 1 4 

( 

2 4 + 1 ) ( ( ) 

4 4 4 + 4) 1 · · · · · · (2n) 4 + 1 4 

ifadesinin eşitini bulunuz. 

5. n 4 + a sayısının asal olmamasını sağlayan sonsuz sayıda pozitif a değeri 

olduğunu kanıtlayınız. 

6. n 4 + 4 n sayısının ancak ve ancak n = 1 durumunda asal olduğunu kanıtlayınız. 

7. P (x) = x 4 +6x 2 −4x+1 polinomu veriliyor. Buna göre, P (x 4 ) polinomunun 

katsayıları tamsayı olan ve derecesi 1’den büyük olan iki polinomun 

çarpımı şeklinde yazılabileceğini kanıtlayınız. 

8. n 12 + 64 polinomunun her biri 1’den büyük 4 farklı çarpanın çarpımı 

olarak yazılabileceğini kanıtlayınız. 

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

m∑ 

(−4) k n 4(m−k) 

k=0 

toplamının asal olmadığını kanıtlayınız. 

10. P (x) = x n−4 + 4n polinomunun, sabit polinomdan farklı 4 polinomun 

çarpımı şeklinde yazılmasını sağlayan en küçük n değeri kaçtır



1. Soruda verilen ifadeyi 

olarak yazabiliriz . Buna göre, 

2 2n −2 + 1 = 1 + m4 

4 , m = 22n−2 

1 + m4 

4 = ( 

1 + m + 1 2 m2 ) ( 

1 − m + 1 2 m2 ) 

olacağından sayımız asal değildir. 

2. x 4 + 1 polinomunu çarpanlarına ayırırsak, 

x 4 + 1 = 

( 

x 2 − √ ) ( 

2x + 1 x 2 + √ ) 

2x + 1 

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

ise bunlar aynı zamanda x 4 + 1 polinomunun kökleridir. Benzer biçimde 

x 2 + √ 2x + 1 içinde aynı durum söz konusu ise, x n = a · α n + b · β n 

eşitliğinden, dizinin periyodunun 8 olduğu bulunur. 

3. k 4 + 1 4 = ( k 2 − k + 1 2) ( 

k 2 + k + 1 2) 

olduğuna göre, 

n∑ 

k=1 

k 2 − 1/2 

k 4 + 1/4 = 

n ∑ 

k=1 

( k − 1/2 

k 2 − k + 1/2 − k + 1/2 ) 

k 2 = 

+ k + 1/2 

( 

n∑ k − 1/2 

k 2 − k + 1/2 − (k + 1) − 

(k + 1) 2 − (k + 

k=1 

olacağından toplam 

olarak bulunacaktır. 

1 − 

(2n + 1) 

(2n 2 + 2n + 1) 

4. Soruda verilen ifadeyi genelleştirirsek, 

n∏ (2k − 1) 4 + 1/4 

k=1 

(2k) 4 + 1/4


ifadesini elde ederiz. Eğer bu ifadenin pay ve paydasını çarpanlına ayırırsak, 

( 

) ( 

) 

n∏ (2k − 1) 2 + (2k − 1) + 1/2 (2k − 1) 2 − (2k − 1) + 1/2 

( 

) ( 

) 

(2k) 2 + 2k + 1/2 (2k) 2 − 2k + 1/2 

k=1 

durumunu elde ederiz. Ancak 

m 2 − m + 1/2 = (m − 1) 2 + (m − 1) + 1/2 

olduğundan pay ve paydadaki çarpanlardan birer tanesi sadeleşir. Sadece 

1 2 − 1 + 1/2 pay kısmında ve (2n) 2 + 2n + 1/2 paydada kalır. Dolayısıyla 

istenilen cevap 

1 

8n 2 + 4n + 1 

olacaktır. 

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

n 4 + 4k 4 = ( n 2 + 2nk + 2k 2) ( n 2 − 2nk + 2k 2) 

olacaktır. Buna göre, n 2 + 2nk + 2k 2 > k > 1 ve n 2 − 2nk + 2k 2 = 

(n − k) 2 + k 2 > k 2 > 1 olduğundan n 4 + 4k 4 asal olamaz ve sonsuz 

sayıda a değeri seçilebilir. 

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

ise, 

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

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

a 4 + 4b 4 = ( a 2 + 2ab + 2b 2) ( a 2 − 2ab + 2b 2) 

olacaktır. Buna göre ifademiz, 

((2k + 1) 2 + 2 (2k + 1) 2 k + 2 · 2 2k) ( (2k + 1) 2 − 2 (2k + 1) 2 k + 2 · 2 2k)


olacaktır. Buradan da, 

(n 2 + 2 k+1 n + 2 2k+1) ( n 2 − 2 k+1 n + 2 2k+1) 

olacaktır. Eğer n > 1 ise her iki çarpanda 1’den büyük olacaktır. Dolayısıyla 

n = 1 durumu tek asal olduğu durumdur. 

7. P ( x 4) = x 16 + 6x 8 − 4x 4 + 1 = ( x 4 − 1 ) 4 + 4 

( 

x 

3 ) 4 olacaktır. Buna göre, 

A = x 4 − 1 ve B = x 3 olarak alırsak P (x 4 ) polinomu 

[ (x 4 − 1 ) 2 

+ 2 

( 

x 4 − 1 ) x 3 + 2 ( x 3) 2 ] [ ( 

x 4 − 1 ) 2 

− 2 

( 

x 4 − 1 ) x 3 + 2 ( x 3) 2 ] 

olur. İspat tamamlanır. 

8. Sophie Germain özdeşliğini kullanırsak 

n 12 + 64 = ( n 6 − 4n 3 + 8 ) ( n 6 + 4n 3 + 8 ) 

olarak yazabiliriz. Diğer yandan, n 12 +64 ifadesi ( n 4 + 4 ) ( n 8 − 4n 4 + 16 ) 

biçiminde de yazılabilir. Burada ( n 4 + 4 ) = ( n 2 − 2n + 2 ) ( n 2 + 2n + 2 ) 

olduğuna göre ifademiz n 12 = ( n 2 − 2n + 2 ) ( n 2 + 2n + 2 ) ( n 8 − 4n 4 + 16 ) 

olacaktır. Şimdi de (n 6 − 4n 3 + 8) ve (n 6 + 4n 3 + 8) çarpanlarını inceleyelim. 

Buna göre, 

n 6 + 4n 3 + 8 = ( n 2 − 2n + 2 ) ( n 4 + 2n 3 + 2n 2 + 4n + 4 ) 

ve 

olacağına göre 

n 6 − 4n 3 + 8 = ( n 2 + 2n + 2 ) ( n 4 − 2n 3 + 2n 2 − 4n + 4 ) 

n 12 +64 = ( n 2 − 2n + 2 ) ( n 2 + 2n + 2 ) ( n 4 + 2n 3 + 2n 2 + 4n + 4 ) ( n 4 − 2n 3 + 2n 2 − 

olacaktır. Çarpanlardan herbiri artan fonksiyonlar olduğuna göre, hepsi 

birbirinden farklıdır. 

9. Geometrik dizi toplamını kullanırsak, 

m∑ 

(−4) k n 4(m−k) =n 4m 

k=0 

n∑ 

k=0 

( 

− 4 n) k 

= 

( 

n 

4 ) m+1 + 4 

m+1 

n 4 + 4 

= 

( 

n 

m+1 ) 4 + 4 

( 

2 

m/2 ) 4 

n 4 + 4


eşitliğini elde edebiliriz. Sophie Germain özdeşliğini kullanarak kesrin 

pay kısmı çarpanlarına ayrılabilir. Buna göre ifade, 

(n 2(m+1) + 2 m 2 +1 · n m+1 + 2 m+1) ( n 2(m+1) − 2 m 2 +1 · n m+1 + 2 m+1) 

olacaktır. m ≥ 2 olduğundan, payda kısmı paydaki iki çarpandan da küçük 

olacaktır. Sadeleştirmelerden sonra bile, kalan sayı hala 1’den büyük 

iki sayının çarpımı olacaktır. Buna göre, ispat tamamlanır. 

10. Çözüme başlamadan önce Einstein Kriteri’ni bir okuyalım. 

Einstein Kriteri. P (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 0 , tamsayı katsayılı 

bir polinom veriliyor. Varsayalım p asal sayı olmak üzere, p ∤ 

a n , p|a k , k = 1, 2, · · · , n − 1 ve p 2 ∤ a 0 olsun. Buna göre, P (x) polinomu 

Z[x] üzerinde indirgenebilir. 

Biz en küçük değerin 16 olduğunu göstereceğiz, ancak ilk 15 değerin olmadığını 

kanıtlamamız gerekiyor. Bunun içinde Einstein Kriteri’ni kullanacağız. 

n = 10, 11, 12, 13, 14, 15 için kriterimiz 5, 11, 3, 13, 7 ve 5 asallarını uygulayarak 

kontrol edebiliriz. 

n = 8 veya 9 durumunda, eğer polinomumuz istenilen gibi çarpanlarına 

ayrılabiliyorsa, çarpanlar lineer olmalıdır. Ancak kontrol edilebilirki bu 

polinomların tamsayı kökleri olmayacaktır. Demek ki, n ≥ 16 olmalıdır. 

Bu durumda da, zaten sorumuz (8.) örmekte olduğu gibi çözülebilir. 

Sophie Germain 2 (1776-1831) 

Babası zengin bir ipek tüccarıdır. Toplumda liberal reformların konuşulup 

planlandığı bir ailenin kızı olarak 1776 yılında doğar. Daha 13 yaşındayken 

Arşimet’in ölüm hikayesini okuduktan sonra matematikçi olmaya karar verir.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 hayatı 

boyunca desteklemeye karar verir. Matematikteki zekasını ilk kez meşhur matematikçi 

Lagrange keşfeder. Lagrange için hazırladığı bir ödevi kadın olduğundan 

önem verilmeyeceği kaygısıyla “M. LeBlanc” diye sahte bir isimle verir. 

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


Lagrange bu dehanın Sophie Germain olduğunu daha sonra öğrenir. Sophie’nin 

matematik alanında en büyük destekçilerinden biri Lagrange olur. Sophie Germain’i 

en çok etkileyen matematikçilerden biri de çoğu kesimlerin fikir birliği 

içinde matematiğin prensi diye adlandırılan Gauss oldu. Ona da çeşitli matematik 

konularında bir çok mektup yazdı. Aynı kaygıyla, mektuplarına uzun 

süre M. LeBlanc olarak imza attı. 

Gauss, M. LeBlanc’ın Sophie Germain olduğunu 

Fransızlar Gauss’un oturduğu şehri işgal edip Sophie’nin 

aile dostu olan bir Fransız generalden Gauss 

için ayrıcalık istediğinde öğrenir. Sophie Germain’in 

matematikteki meşhur Fermat Teoremi’nin 

çözümüne yaptığı katkılar bilinen en iyi yönüdür. 

Yaptığı katkıların önemi kendinden ancak 100 yıl 

sonra Kummer tarafından bir adım ileri götürülebildiği 

düşünülürse daha iyi anlaşılır. Zamanın çok 

prestijli yarışmalarına katılmıştır. Poisson gibi matematik 

ve istatistiğin önde gelen isimleriyle yarışmıştır. 

Başarılı olamamıştır. Hak ettiği dereceler hiçbir 

zaman kendine verilmemiştir. Geçmişte M. LeBlanc 

ismini kullanmakla ne kadar haklı olduğunu tüm matematik dünyası adete 

Sophie’ye ispat etmiştir.Poisson, Gaspard de Prony ve Laplace’dan oluşan bir 

jürinin seçiciliğinde katıldığı bir yarışmada sunduğu makale bazı teknik hatalar 

nedeniyle kabul dahi edilmemiş ve kendisine çalışmasının neden kabul edilmediği 

söylenmemiştir bile. Olaydan 55 yıl sonra Gaspard de Prony’nin yazdığı 

makalelerinden birinin Sophie Germain’in yazdığı makalenin düzeltilmiş şekli 

olduğu anlaşılmıştır.Bir çok deha gibi, Sophie Germain de çok genç yaşta öldü. 

2.4 Tamkareler Poz˙ıt˙ıft˙ır 

Bu bölümde, cebirde oldukça basit bir eşitsizlik olan 

x 2 ≥ 0, 

∀x ∈ R 

eşitsizliğinin bazı uygulamalarını yapacağız. Eşitlik durumu yanlız ve yanlız 

x = 0 durumunda vardır. Şimdi örneklerle konuyu kavramaya çalışalım.

2.4. TAMKARELER POZİTİFTİR 31 

Örnek. 

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

Çözüm. Bu örnek eşitsizlikleri öğrenmeye başlayan genç bir öğrenci 

tarafından ortaya atılmıştır. Henüz herhangi bir analiz kitabından eşitsizlikler 

konusunu çalışmadığını düşünürsek fena bir örnek değildir. Buna göre, 

x 4 − 4x + 3 0 ⇒ x 4 − 2x 2 + 1 + 2x 2 − 4x + 2 0 

olacaktır. Buradan, 

( 

x 2 − 1 ) 2 

+ 2 (x − 1) 2 0 

olacaktır ki, ispat tamamlanır. 

Örnek. f ( x 2) −(f (x)) 2 1/4 eşitsizliğini sağlayan f : R → R ve birebir 

olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. 

Çözüm. x = 0 alırsak, f(0) − (f(0)) 2 ≥ 1/4 ve (f (0) − 1/2) 2 0 

olacaktır ki, bu durum imkansızdır ancak f(0) = 1/2 olabilir. Ancak x = 1 

alırsak bu seferde f(1) = 1/2 olacaktır. Ancak bu durum f fonksiyonun birebir 

olması durumu ile çelişir. 

Şimdi alıştırmaları çözerek konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Alıştırmalardaki 

yöntemlere benzer yöntemleri uygulayarak çözüme gitmeye gayret 

ediniz. 


1. n tane reel sayının ikişerli çarpımları toplamı ve toplamları sıfırdır. Buna 

göre, bu sayıların küpleri toplamınında sıfır olduğunu kanıtlayınız. 

2. a, b, c, d birer reel sayı olmak üzere, a−b 2 , b−c 2 , c−d 2 ve d−a 2 sayılarının 

tümünün 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 − x 

sayılarından en az bir tanesinin 1’den büyük veya eşit olduğunu kanıtlayınız.


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 ≠ 1 pozitif sayısı vardır ki, 

log x a + log y a = 4 log xy a 

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

6. 

x 4 + y 4 + z 4 − 4xyz = −1 

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

7. 

2xy − z 2 ≥ 1 

z − |x + y| ≥ −1 

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

8. x 4 + ax 3 + 2x 2 + bx + 1 denkleminin reel çözümü yoksa a 2 + b 2 ≥ 8 

olacağını gösteriniz. 

9. a, b ve c reel sayılar olmak üzere a 2 + c 2 4b olarak veriliyor. Buna göre 

x ∈ R olmak üzere 

10. 

eşitsizliğini kanıtlayınız. 

x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 0 

x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz 3 (x − y)2 

4 

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


11. 

√ 

x1 − 1 2 + 2 √ x 2 − 2 2 + · · · · · · + n √ x n − n 2 = 1 2 (x 1 + x 2 + · · · + x n ) 

eşitliğini sağlayan tüm (x 1 , x 2 , · · · , x n ) 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, 


13. k, m, n ∈ R olmak üzere verilen 

a 2 + b 2 + c 2 + √ 12abc 1 

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 


a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 abcd √ 3 

15. a 1 , a 2 , · · · , a n reel sayılar olmak üzere 

n∑ 


i=1 j=1 

n∑ 

i · j · cos (a i − a j ) 0



1. Varsayalım sayılarımız a 1 , a 2 , · · · , a n olsun. Soruda verilen şartlara göre, 

a 2 1+a 2 2+· · ·+a 2 n = (a 1 + a 2 + · · · + a n ) 2 −2 (a 1 a 2 + a 1 a 3 + · · · + a n−1 a n ) = 0 

olduğuna göre, a 1 = a 2 = · · · = a n = 0 olacağına göre,a 3 1 +a3 2 +· · ·+a3 n = 

0 olacaktır. 

2. Varsayalım tümü birden, 

a − b 2 > 1 4 , b − c2 > 1 4 , c − d2 > 1 4 , d − a2 > 1 4 

olsun. Eğer bu dört eşitsizliği toplarsak, 

a + b + c + d − ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2) > 1 


( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( ) 1 2 

2 − a + 

2 − b + 

2 − c + 

2 − d < 0 

olacaktır ki, bu durum imkansızdır. 

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

( 1 

x + 1 ) ( 1 

+ 

4 − x y + 1 ) ( 1 

+ 

4 − y z + 1 ) 

< 3 

4 − z 

olur. Diğer taraftan 

( 1 

a + 1 ) 

1, a < 4 

4 − a 

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

4. Çözüm I. Bir önceki soruda olduğu gibi, üç denklemide taraf tarafa 

toplayıp, 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, bunlardan 

biri x, biri y ve biride z değişkenine bağlı olsun. Eğer tüm denklemi 2 ile 

bölersek elimizde 

√ 

x − 

x − 1 4 

oluşacaktır. Eğer bu denkleme 1/4 ekler çıkarırsak 

x − 1 4 − √ 

x − 1 4 + 1 4 = (√ 

x − 1 4 − 1 2 

) 2 

oluşacaktır. Şimdi bu yöntemi diğerleri içi uygularsak, 

(√ 

2 (√ 

2 (√ 

2 

x − 1 4 2) − 1 + y − 1 4 2) − 1 + z − 1 4 2) − 1 = 0 

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


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 ≠ 1 olduğuna göre eşitlik 

veya 

1 

log a x + 1 

log a y = 4 

log a xy 

log a x + log a y 

log a x log a y = 4 

log a x + log a y 

olarak yazılabilir. Eğer içler dışlar çarpımı yapılırsa, 

(log a x + log a y) 2 = 4 log a x log a y


eşitliği elde edilir. Buradan da, 

olacağından x = y olduğu açıktır. 

(log a x − log a y) 2 = 0 

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

çalışırsak 

−1 = ( x 2 − y 2) 2 

+ 2x 2 y 2 + z 2 − 4xy 

olacaktır. Bu noktadan sonra denkleme 2z 2 ekler ve çıkarırsak bir tamkare 

daha elde ederiz. Zaten bu basamaktan sonra yeni denklemimiz üç 

karenin toplamı 

( 

x 2 − y 2) 2 

+ 

( 

z 2 − 1 ) 2 

+ 2 (xy − z) 2 = 0 

olacaktır. Eşitlik ancak hepsinin sıfır olması durumunda geçerlidir. Buna 

göre, z = ±1 olacağından istenen üçlüler 

olacaktır. 

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

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

denklemde yerine koyarsak 

olacaktır. Buna göre, 

2xy − (1 − |x + y|) 2 1 

2xy − (1 − |x + y|) 2 = 2xy − |x + y| 2 + 2 |x + y| − 1 

= 2xy − x 2 − y 2 − 2xy + 2 (±x ± y) − 1 

= −x 2 − y 2 + (±x ± y) − 1 

eğer işaret seçimimizi uygularsak, yeni denklem aşağıdaki gibi olacaktır. 

Buna göre, 

0 x 2 + y 2 − 2 (±x ± y) + 1 + 1 = (1 ± x) 2 + (1 ± y) 2


olacağından her iki karede sıfır olmalıdır. Yani x = y = ±1 değerlerini 

alacaklardır. Birinci denklemden xy > 0 olacağına göre x ve y aynı 

işaretli olmalıdır. Yani x = y = 1 veya x = y = −1 olmalıdır. Eğer 

bu değerleri yerine koyarsak x = y = z = 1 ve x = y = 1, z = 1 çözümler 

olacaktır. 

Çözüm II. 

alırsak 

Eğer ikinci denklemi z + 1 ≥ |x + y| olarak yazıp karesini 

(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 yerine 

koyarsak 2x 2 ≥ 2 ve 2 ≥ 2|x| ise |x| = 1 olmalıdır. 

8. 

x 4 + ax 3 + 2x 2 + bx + 1 = 

(x 2 + a ) ( 2 

2 x + 1 + b ) 2 

2 x + 1 ( 

8 − a 2 − b 2) x 2 

4 

eşitliğinden bu ifadenin pozitif olduğunu söyleyebiliriz. Ancak, 8 − a 2 − 

b 2 ≤ 0 ise yani a 2 + b 2 ≥ 8 olursa durum bozulur. 

9. 

x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + 1 = 

(x 2 + a ) 2 

2 x + 

(b − a2 + c 2 ) ( c 

) 2 

x 2 + 

4 

2 x + 1 

olduğuna ve b ≥ (a 2 + c 2 )/4 ise ifade daima sıfırdan büyük eşittir. 

10. Eğer eşitsizliği düzenlersek 

olacağından 

1 

[ 

(x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2] 3 (x − y)2 

2 

4 

[ 

2 (y − z) 2 + (z − x) 2] (x − y) 2


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

2 ( a 2 + b 2) (a + b) 2 

olur ki, doğrudur, ispat tamamlanır. 

11. Yine bu sorudada amacımız, verilen denklemi kareler toplamı biçiminde 

yazmak olacaktır.Buna göre denklemi 2 ile genişletip, hepsini sol tarafa 

toplarsak 

(x 1 + x 2 + · · · + x n ) − 2 √ x 1 − 1 − 4 √ x 2 − 2 2 − · · · − 2n √ x n − n 2 

ifadesini elde ederiz. Buna göre, 

( 

x1 − 1 − 2 √ x 1 − 1 + 1 ) +( 

x 2 − 2 2 − 4 √ x 2 − 2 2 + 2 2) ( 

+· · ·+ x n − n 2 − 2n √ x n − n 

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

(√ 

x1 − 1 − 1 ) (√ ) 

2 2 (√ 2 

+ x2 − 2 2 − 2 + · · · + xn − n 2 − n) 

ifadesi elde edilir. Eğer dikkat edilirse tüm toplamın sıfır olabilmesi için 

tamkare ifadelerin de sıfır olması gerektiğini görmek zor değildir. Buna 

göre, 

x 1 = 2, x 2 = 8, · · · , x n = 2n 2 

olacaktır. 

12. a. Eşitsizliğin iki tarafınında karesini alırsak 

a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2abc (a + b + c) 3abc (a + b + c) 


1 

[ 

(ab − bc) 2 + (bc − ca) 2 + (ca − ab) 2] 0 

2 

olacaktır. İspat tamamlanır.


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

√ 

12abc (a + b + c) 2 (a + b + c) 2 − ( a 2 + b 2 + c 2) 

olarak yazabiliriz. Buna göre eşitsizliğimiz 

√ 

12abc (a + b + c) 2 (ab + bc + ac) 

olacaktır. Zaten benzer eşitsizliği (a.) şıkkında çözmüştük. Aynı 

yöntemle siz tamamlayabilirsiniz. 

13. Bu bölümün konu anlatım bölümünde çözdüğümğz örnekte olduğu gibi 

buradada m, n ve k için bazı değerleri kontrol edeceğiz. Eğer m = n = 

k = 0 alırsak 

2f (0) − f 2 (0) 1 

olacağından 0 (f(0) − 1) 2 olacaktırki, buradan f(0) = 1 olarak bulunur. 

Eğer m = n = k = 1 alırsak, bu seferde f(1) = 1 olacaktır. Eğer 

m = 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) ≥ 1 

olacaktır. Demek ki fonksiyonumuz f(x) = 1 fonksiyonu olmalıdır. 

14. Elimizde dik bir paralelyüz olduğuna göre 

olacağından eşitsizlik 

d = √ a 2 + b 2 + c 2 

( 

a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2) 2 

3a 2 b 2 c 2 ( a 2 + b 2 + c 2) 

olacaktır. Eğer parantezleri açar ve gruplama yaparsak, 

c 2 

2 

( 

a 2 − b 2) 2 a 4 ( 

+ b 2 − c 2) 2 b 4 

+ 

2 

2 

( 

c 2 − a 2) 2 

0 

olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.


15. Kosinüs için fark formülünü kullanırsak, 

n∑ n∑ 

ij cos (a i − a j ) = 

i=1 j=1 

= 

n∑ n∑ 

ij (cos a i cos a j + ij sin a i sin a j ) 

i=1 j=1 

n∑ 

i cos a i 

i=1 

n∑ 

n∑ 

j cos a j + i sin a i 

j=1 

i=1 j=1 

n∑ 

j sin a j 

= 

( n∑ 

) 2 

i cos a i + 

i=1 

j sin a j 

) 2 

0 

( n∑ 

i=1 

olduğundan ispat tamamlanmış olur. 

2.5 Eş˙ıts˙ızl˙ıkler I 

Eşitsizlikleri çözerken sıklıkla sayıları ve matematiksel ifadeleri karşılaştırırız. 

Yada bize verilen bir matematiksel ifadenin en büyük yada en küçük 

değerini bulmaya çalışırız. Bu ders notumuzda eşitsizlik sorularında sıklıkla 

karşımıza çıkan temel tip eşitsizlikleri ve uygulamalarını göreceğiz. 

Aritmetik Orta-Geometrik Orta-Harmonik Orta Eşitsizliği. a 1 , a 2 , · · · , a n > 

0 ve a i ∈ R için, 

AO = a 1 + · · · + a n 

n 

≥ GO = n√ n 

a 1 · a 2 · · · a n ≥ HO = 

1 

a 1 

+ 1 a 2 

+ · · · + 1 

a n 

olacaktır. Eşitlik olması durumunda ise a 1 = a 2 = · · · = a n 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 a 1 , a 2 , · · · , a n > 0 ise 

(a 1 + a 2 + · · · + a n )( 1 a 1 

+ 1 a 2 

+ · · · + 1 

a n 

) ≥ n 2

2.5. EŞİTSİZLİKLER I 41 

olacaktır. 

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

değerini 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) ≥ 9 

olacaktır. Buna göre istenen en küçük değer 9 olacaktır. 

(4) n ∈ Z + ise 


(1 + 1 n )n ≤ (1 + 1 

n + 1 )n+1 

Çözüm. Varsayalım a 1 = a 2 = · · · = a n = 1 + 1 n ve a n+1 = 1 olarak alalım. 

Buna göre, AO − GO eşitsizliğinden 

AO = n(1 + 1 n ) + 1 

n + 1 

eşitsizliğinden soruda istenen durum elde edilir. 

= 1 + 1 

n + 1 ≥ GO = n+1 √ 

(1 + 1 n )n · 1 

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

eşitizliğini kanıtlayınız. 

Çözüm. Varsayalım, 

a 2 (b + c − a) + b 2 (c + a − b) + c 2 (a + b − c) ≤ 3abc 

x = a + b − c 

3 

, y = b + c − a , z = c + a − b 

2 

2 

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

(x + z) 2 2y + (x + y) 2 2z + (y + z) 2 2x ≤ 3(z + x)(x + y)(y + z)


olacaktır. Eğer son bulduğumuz son eşitsizliği düzenlersek, 

x 2 y + y 2 z + z 2 x + xy 2 + yz 2 + zx 2 ≥ 6xyz 

eşitsizliğini elde ederiz. Buradan eşitsizliğin sol tarafına AO − GO eşitsizliği 

uygulanırsa soruda istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. 

(6)(2008, AUMO 3 ) n doğal sayısının kaç tane değeri için, 

x 1 + x 2 + · · · + x n = 9 

1 

+ 1 + · · · + 1 

x 1 x 2 x n 

= 1 

denklem siteminin pozitif reel sayılarda çözümü vardır 

Çözüm. AO − HO eşitsizliğini kullanırsak, 

n 

1 

x 1 

+ 1 x 2 

+ · · · + 1 

x n 

≤ x 1 + x 2 + · · · + x n 

n 

⇒ n 1 ≤ 9 n ⇒ n2 ≤ 9 

olduğuna göre, n = 1, 2, 3 değerlerini alabilir. Ancak, n = 1 değeri için doğrulanmadığı 

açıktır. Öyleyse sadece 2 ve 3 için çözümlüdür. 

Cauchy-Schwartz Eşitsizliği. a 1 , a 2 , · · · , a n ve b 1 , b 2 , · · · , b n reel sayıları 

için 

(a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ) 2 ≤ (a 2 1 + a 2 2 + · · · + a 2 n)(b 2 1 + b 2 2 + · · · + b 2 n) 

eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu a i b j = a i b j , i, j = 1, · · · , n için vardır. 

(7) 0 ≤ θ < 2π için 

a · cos θ + b · sin θ 

ifadesinin alabileceği en büyük ve en küçük değerleri bulunuz. 

Çözüm. C.S. eşitsizliğinden 

(a cos θ + b sin θ) 2 ≤ (a 2 + b 2 )(cos 2 θ + sin 2 θ) 

3 Antalya Üniversitesi Matematik Olimpiyatları, 2008


eşitsizliğinden, 

aralığı bulunur. 

− √ a 2 + b 2 ≤ a cos θ + b sin θ ≤ √ a 2 + b 2 

(8)(1978, USAMO 4 ) a, b, c, d, e reel sayıları için a + b + c + d + e = 8 ve 

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 = 16 ise, e’nin alabileceği en büyük değeri bulunuz. 

Çözüm. C.S. eşitsizliğinden, 

ise 

(a + b + c + d) 2 ≤ (1 + 1 + 1 + 1)(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 

(8 − e) 2 ≤ 4(16 − e 2 ) 

olacaktır. Buradan da, e(5e − 16) ≤ 0 ise 0 ≤ e ≤ 16/5 olacaktır. C.S. eşitsizliğinin, 

eşitlik duruu kullanılırsa a = b = c = d = 6/5 ve e max = 16/5 olacaktır. 

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

1 

a 3 (b + c) + 1 

b 3 (a + c) + 1 

c 3 (a + b) ≥ 3 2 

eşitizliğini kanıtlayınız. 

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

= ab alırsak, eşitsizliğin son hali 

olacaktır. Burada, 

x + y + z = 

x 2 

z + y + 

x 

√ z + y 

√ z + y + 

y2 

z + x + 

eşitliğine C.S.E. eşitsizliğini uygularsak, 

(x + y + z) 2 ≤ ( x2 

z + y + 

y2 

x + z + 

4 United States Of America Math Olympiads, 1978 

z2 

x + y ≥ 3 2 

y 

√ x + z 

√ 

x + z + 

z 

√ x + y 

√ x + y 

z2 

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

x + y


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

bulunur. 

x 2 

z + y + 

y2 

z + x + 

z2 

x + y ≥ x + y + z 

3 

≥ 3 2 3√ xyz = 3 2 

Yeniden Düzenleme (Permütasyon) Eşitsizliği. a 1 ≥ a 2 ≥ · · · ≥ a n ve 

b 1 ≥ b 2 ≥ · · · ≥ b n ise, 

a 1 b 1 +a 2 b 2 +· · ·+a n b n ≥ a 1 b r1 +a 2 b r2 +· · ·+a n b rn ≥ a 1 b n +a 2 b n−1 +· · ·+a n b 1 

eşitsizliği vardır. Burada (b r1 , b r2 , · · · , b rn ) dizilimi (b 1 , b 2 , · · · , b n ) diziliminin 

bir permütasyonudur. 

(10)(1978, IMO 5 ) c 1 , c 2 , · · · , c n farklı pozitif tamsayılardır. Buna göre, 


c 1 + c 2 

2 2 + · · · + c n 

n 2 ≥ 1 + 1 2 + · · · + 1 n 

Çözüm. Varsayalım (a 1 , a 2 , · · · , a n ) dizilimi c i ’lerin artan sırayla dizilimi olsun. 

a i ’ler farklı pozitif tamsayılar olduğuna göre, a 1 ≥ 1, a 2 ≥ 2,· · · , a n ≥ n 

diyebiliriz. Burada, 

a 1 < a 2 < · · · < a n 

ve 

ise Y.D.E.’ne göre 

olacaktır. 

1 > 1 2 2 > 1 3 2 > · · · > 1 n 2 

c 1 + c 2 

2 2 + · · · + c n 

n 2 ≥ a 1 + a 2 

2 2 + · · · + a n 

n 2 ≥ 1 + 2 2 2 + · · · + n n 2 

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

5 International Math Olympiads, 1978


Çözüm. x, y, z için tanımlamalarımız (9)’daki gibi olsun. Genelliği kaybetmeden 

x ≥ y ≥ z alalım. xyz = 1 ve x 2 ≥ y 2 ≥ z 2 olduğuna göre 1/(z + y) ≥ 

1/(x + z) ≥ 1/(y + x) üçlüsüde ikinci dizilimimiz olsun. Bu noktada Y.D.E.’yi 

iki defa uygularsak, 

x 2 

z + y + 

x 2 

z + y + 

y2 

z + x + 

y2 

z + x + 

z2 

x + y 

z2 

x + y 

eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak, 

≥ 

≥ 

x 2 

x + y + 

x 2 

z + x + 

y2 

z + y + 

y2 

x + y + 

z2 

x + z 

z2 

z + y 

x 2 

z + y + 

y2 

z + x + 

eşitsizliğini elde ederiz. 

z2 

x + y ≥ 1 + x 2 

2 (y2 y + x + z2 + y 2 

y + z + z2 + x 2 

z + x ) 

a 2 + b 2 ≥ a2 + b 2 

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

kullanırsak, 

x 2 

z + y + 

y2 

z + x + 

z2 

x + y ≥ 1 2 (y + x 

2 

eşitsizliği elde edilir. 

+ z + y 

2 

2 

+ x + z ) = x + y + z 

2 2 

≥ 3 2 3√ xyz = 3 2 

Chebyshev Eşitsizliği. Eğer a 1 ≥ a 2 ≥ · · · ≥ a n ve b 1 ≥ b 2 ≥ · · · ≥ b n ise 

eşitsizliği vardır. 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ≥ (a 1 + · · · + a n )(b 1 + · · · + b n ) 

n 

(12)(1974, USAMO 6 ) a, b, c > 0 ise 

a a b b c c ≥ (abc) (a+b+c)/3 

6 United States Of America Math Olympiads, 1974



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

olacaktır. 

a log a + b log b + c log c ≥ (a + b + c)(log a + log b + log c) 1 3 

log a a b b c c ≥ 

(a + b + c) 

log(abc) 

3 

log a a b b c c ≥ log(abc) (a+b+c)/3 

a a b b c c ≥ (abc) (a+b+c)/3 

(13) 0 ≤ a k < 1, k = 1, 2, 3, · · · , n ve S = a 1 + a 2 + · · · + a n ise 


n∑ 

k=1 

a k 

≥ nS 

1 − a k n − S 

Çözüm. Genelliği kaybetmeden a 1 ≥ a 2 ≥ · · · a n ≥ 0 alabiliriz. Buna göre, 

0 < 1 − a 1 ≤ 1 − a 2 ≤ · · · ≤ 1 − a n ve 

olacaktır. Chebysev eşitsizliğinden, 

a 1 

1 − a 1 

≥ a 2 

1 − a 2 

≥ · · · ≥ a n 

1 − a n 

S = 

≤ 

a 1 

(1 − a 1 ) + a 2 

(1 − a 2 ) + · · · + a n 

(1 − a n ) 

1 − a 1 1 − a 2 1 − a n 1 n∑ a k 

n∑ 

(1 − a k ) = n − S n∑ a k 

olacaktır. 

n 1 − a k n 1 − a k 

k=1 

k=1 

k=1 

Matematikte ve tabii ki istatistikte sıklıla ortalamalrı kullanmaya ihtiyaç 

duyarız. AO, GO, HO dışında kullandığımız Kuvvet Ortalaması ve Simetrik 

Ortalarda vardır. Aslında, bu iki ortalama AO ve GO’yıda özel birer durum 

olarak içerir.


Kuvvet Ortalaması Eşitsizliği. a 1 , a 2 , a 3 , · · · , a n > 0 ve s < t için 

M s = ( as 1 + as 2 + · · · + as n 

n 

) 1/s ≤ M t = ( at 1 + at 2 + · · · + at n 

) 1/t 

n 

eşitsizlikleri vardır. Eşitlik a 1 = a 2 = · · · = a n durumunda vardır. 

Not. Bu eşitsizlikte M 1 = A.O., M −1 = H.O. ve M 2 ise Karesel Ortalamadır. 

Karesel Orta istatistik ve fizikte kullanılır. Ayrıca, limitlerini alırsak, M +∞ 

ifadesi MAX = max{a 1 , a 2 , · · · , a n } ve M 0 ifadesi Geometrik Orta ve de M −∞ 

ifadesi MIN = min{a 1 , a 2 , · · · , a n } olacaktır. Dolayısıyla elimizde, 

eşitsizliği oluşacaktır. 

MAX ≥ KO ≥ AO ≥ GO ≥ HO ≥ MIN 

Maclaurin Simetrik Orta Eşitsizliği.a 1 , a 2 , · · · , a n > 0 için 

AO ≥ S 1 ≥ S 1/2 

2 ≥ · · · ≥ Sn 

1/n = GO 

olacaktır. Mesela, S j ifadesine n = 4 için bakalım 

olacaktır. 

S 1 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 

4 

S 2 = a 1a 2 + a 1 a 3 + a 1 a 4 + a 2 a 3 + a 2 a 4 + a 3 a 4 

6 

S 3 = a 1a 2 a 3 + a 1 a 2 a 4 + a 1 a 3 a 4 + a 2 a 3 a 4 

4 

S 4 = a 1 a 2 a 3 a 4 

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

√ √ √ 

x 5 + y 5 + z 5 ≤ x 5 x 2 y 

yz + 2 

y5 

zx + z 2 

z5 xy 

eşitsizliğini kanıtlayınız.


Çözüm. Varsayalım a = √ x, b = √ y, c = √ z olsun. Buna göre eşitsizliğimiz, 

a 10 + b 10 + c 10 ≤ a13 + b 13 + c 13 

olacaktır. Buna göre, KOE’yi kullanırsak 

a 13 + b 13 + c 13 = 3M 13 

13 = 3M 10 

13 M 3 13 ≥ 3M 10 

10 M 3 0 = (a 10 + b 10 + c 10 )abc 

olacaktır. 

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


Çözüm. Eşitsizliği düzenlersek, 

abc 

1 

a + 1 b + 1 c ≤ a8 + b 8 + c 8 

a 3 b 3 c 3 

a 8 + b 8 + c 8 ≥ a 3 b 3 c 3 ( 1 a + 1 b + 1 c ) = (abc)2 (bc + ac + ab) 

olacaktır. KOE ve SOE’yi kullanırsak, 

olacaktır. 

a 8 + b 8 + c 8 = 3M8 8 ≥ 3M1 8 = 3S1 8 = 3S1S 6 1 

2 

≥ (S 1/3 

3 ) 6 3(S 1/2 

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

(16) a 1 , a 2 , · · · , a n ≥ 0 ve (1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) = 2 n ise, 

olduğunu gösteriniz. 

Çözüm. SO eşitsizliğinden, 

a 1 · a 2 · · · · · a n ≤ 1 

2 n = (1 + a 1 )(1 + a 2 ) · · · (1 + a n ) 

( ( ) 

n n 

= 1 + nS 1 + S 2 + · · · + S n−1 + S n 

2) 

n − 1 

( ( ) 

n n 

≥ 1 + nSn 1/n + Sn 2) 

2/n + · · · + S n−1 

n 

n + S n = (1 + Sn 

1/n 

n − 1 

ise 2 ≥ 1 + S 1/n 

n 

ve 1 ≥ S n = a 1 · a 2 · · · · · a n olur. 

) n



1. Konu anlatımında verilen tüm örnekleri çözümlerine bakmadan yapınız. 

2. x 1 , x 2 , · · · , x n > 0 için 


x 2 1 

x 2 

+ x2 2 

x 3 

+ · · · + x2 n 

x 1 

≥ x 1 + x 2 + · · · + x n 

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


8(1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ abc 

4. Eğer a, b, c, d > 0 ve c 2 + d 2 = (a 2 + b 2 ) 3 ise 


a 3 

c + b3 d ≥ 1 

5. a 1 , a 2 , · · · , a n > 0 ve a 1 + a 2 + · · · + a n = 1 ise 

(a 1 + 1 a 1 

) 2 + (a 2 + 1 a 2 

) 2 + · · · + (a n + 1 

a n 

) 2 

ifadesinin en küçük değerini bulunuz. 

6. Eğer a, b, c, d > 0 ve S = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ise 

a 3 + b 3 + c 3 

a + b + c 


+ a3 + b 3 + d 3 

a + b + d + a3 + c 3 + d 3 

a + c + d + b3 + c 3 + d 3 

b + c + d 

7. Eğer x 1 , x 2 , · · · , x n > 0 ve x 1 + x 2 + · · · + x n = 1 ise, 

n∑ 

k=1 


x k 

√ 1 − xk 

≥ 

1 

√ n − 1 

n∑ 

k=1 

√ 

xk 

≥ S


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


a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) ≥ 0 

2.6 Eş˙ıts˙ızl˙ıkler II 

Bazı fonksiyon eşitsizliklerini kanıtını yaparken, fonksiyonunun belli aralıklardaki 

şeklide önemlidir. Bu ders notumuzda ele aldığımız eşitsizliklerin 

çözümleride bu temel prensiplere uyularak yapılmıştır. 

Isınma 

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

f( x 1 + x 2 

) ≤ f(x 1) + f(x 2 ) 

2 

2 

x 1 , x 2 ∈ I 

eşitsizliğini sağlıyorsa f fonksiyonuna konveks denir. Eğer I aralığı üzerinde 

f fonksiyonu konveks ve eşitlik hali x 1 = x 2 oluyorsa, f tam konveks olur. I 

aralığında −f konveks ise f fonksiyonu konkav olur. Bu durumda, 

f( x 1 + x 2 

) ≥ f(x 1) + f(x 2 ) 

2 

2 

x 1 , x 2 ∈ I 

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

olur. 

Tanım [İkinci Türev Testi]. Eğer I = (a, b) aralığında f ′′ (x) ≥ 0 oluyorsa, 

f fonksiyonu konvekstir. Eğer f ′′ (x) > 0 oluyorsa, f fonksiyonu tam konveks 

olur. Konkav ve tam konkav içinde tanım benzer biçimdedir. Sadece eşitsizlik 

yön değiştirir. Bir fonksiyonun konveksiliğini göstermek için sınır noktalarını 

içeren bir aralıkta ve bu aralıkta sürekli olması ile ikinci türev testinin negatif 

olmaması yeterlidir. İkinci türev testini kullanarak, aşağıda verilen fonksiyoların 

tam konvex olduğunu söyleyebiliriz. 

x p ∈ [0, ∞) , p > 1 yada x p ∈ (0, ∞), p < 0 

a x ∈ (−∞, ∞), a > 1 yada tan x ∈ [0, π/2)

2.6. EŞİTSİZLİKLER II 51 

Benzer biçimde aşağıda verilen fonksiyonlarda tam konkavdır. 

x p ∈ [0, ∞) , 0 1 

cos x ∈ [−π/2, π/2), yada sin x ∈ [0, π/2π) 

Bu noktada, konveksliği ve konkavlığı eşitsizlik sorularında kullanabileceğimiz 

en güzel yer sanırız Jensen Eşitsizliği’dir. 

Mevzu 

Tanım [Jensen Eşitsizliği]. f fonksiyonu I üzerinde konveks ve x 1 , x 2 , · · · , x n ∈ 

I ise 

( ) 

x1 + x 2 + x 3 

f 

≤ f(x 1) + f(x 2 ) + · · · + f(x n ) 

n 

n 

olacaktır. Burada eşitlik durumu ancak ve ancak x 1 = x 2 = · · · = x n eşitliğinde 

olur. 

Tanım [Genelleştirilmiş Jensen Eşitsizliği]. f konveks ve I aralığında 

sürekli olmak üzere, x 1 , x 2 , · · · , x n ∈ I ve 0 < t 1 , t 2 , · · · , t n < 1, t 1 + t 2 + · · · + 

t n = 1 ise, 

f(t 1 x 1 + t 2 x 2 + · · · + t n x n ) ≤ t 1 f(x 1 ) + t 2 f(x 2 ) + · · · + t n f(x n ) 

Şekil 2.1: Aralıkta Bir Konveks Fonksiyon


olacaktır. Konkav fonksiyonlarda ise eşitsizlik yön değiştirir. 

Egzersiz 

[1.] Bir ABC üçgeninde, 

sin A + sin B + sin C ≤ 3√ 3 

2 

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

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

( ) ( ) 

A + B + C 

A + B + C 

sin A+sin B+sin C = f(A)+f(B)+f(C) ≤ 3f 

= 3 sin 

= 3√ 3 

3 

2 

olacaktır. Eşitlik durumu ancak ve ancak A = B = C = π/3 yani ABC bir 

eşkenar üçgense gerçekleşir. 

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

ifadesinin en küçük değerini bulunuz. 

(a + 1 a )10 + (b + 1 b )10 + (c + 1 c )10 

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

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

Öyleyse JE’den 

f ′′ (x) = 90(a + 1 x )8 (x − 1 x 2 )2 + 10(x + 1 x )9 ( 2 x 3 ) > 0 olacaktır. 

f(a)+f(b)+f(c) = (a+ 1 a )10 +(b+ 1 b )10 +(c+ 1 c )10 ≥ 3f( a + b + c ) = 3f( 1 3 

3 ) = 1010 

3 9 


Çözüm.(Alternatif Yöntem) Soruda verilen eşitsizliği çözmenin bir diğer 

yöntemide Chebychev Eşitsizliğini kullanmak olabilirdi. Bu yöntemi size bırakıyoruz. 

7 

7 Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak www.sbelian wordpress.com adresinden Yeniden 

Düzenleme Eşitsizliği Ders Notları’nı indirebilirsiniz.


[3.] Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliği JE kullanarak göstermeye çalışalım. 

Buna göre, eğer a 1 , a 2 , a 3 , · · · , a n ise f(x) = log x’de (0, ∞) aralığında 

konkav olduğuna göre, 

log( a 1 + a 2 + · · · + a n 

) ≥ log a 1 + log a 2 + · · · + log a n 

n 

n 

ise istenen eşitsizlik kanıtlanmış olur. 

= log( n√ a 1 a 2 · · · a n ) 

[4.](Hölder) p, q > 1, 1 p + 1 q = 1 ve a 1, a 2 , · · · , a n b 1 , b 2 , · · · , b n reel sayılarsa, 

∣ ( n∑ ∣∣∣∣ n∑ 

) 1/p ( n∑ 

) 1/q 

a 

∣ i b i ≤ |a i | p |b i | q 

i=1 

i=1 

i=1 


Çözüm. Varsayalım 

A = 

n∑ 

|a i | p ve B = 

i=1 

n∑ 

|b i | q 

i=1 

olsun. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm a i ’ler yada tüm b i ’ler sıfırdır. Bu da zaten 

eşitsizliğin iki tarafınıda sıfır yapar. Buna göre biz A ≠ 0 ve B ≠ 0 durumunu 

inceleyelim. Varsayalım t 1 = 1 p ve t 2 = 1 q 

olsun. Öyleyse, 0 < t 1 , t 2 < 1 ve 

t 1 + t 2 = 1 olacaktır. Eğer 

x i = |a i| p 

A 

ve y i = |b i| q 

B 

ise 

n∑ 

x i = 1 ve 

i=1 

n∑ 

y i = 1 

olur. f(x) = e x fonksiyonu (−∞, +∞) aralığında konveks olduğundan Genelleştirilmiş 

Jensen Eşitsizliğini kullanabiliriz. Buna göre, 

x 1/p 

i 

· y 1/q 

i 

= f(t 1 ln x i + t 2 ln y i ) ≤ t 1 f(ln x 1 ) + t 2 f(ln y i ) = x i 

p + y i 

q 

i=1



n∑ 

i=1 

|a i ||b i | 

A 1/p B 1/q ≤ 1 p 

n∑ 

x i + 1 q 

i=1 

n∑ 

y i = 1 

i=1 

olacaktır. Bundan dolayıda, 

∣ n∑ ∣∣∣∣ n∑ 

(∑ a 

∣ i b i ≤ |a i ||b i | ≤ A 1/p B 1/q = |ai | p) 1/p (∑ 

|bi | q) 1/q 

bulunur 

i=1 

i=1 

Şimdi de, Jensen eşitsiliğinin bir başka uygulamasına geçelim. 

Tanım (Majorization 8 ). Eğer x 1 , · · · , x n ve y 1 , · · · , y n aşağıdaki şartları 

sağlıyorsa, yani 

x 1 ≥ x 2 ≥ · · · ≥ x n , 

y 1 ≥ y 2 ≥ · · · ≥ y n 

x 1 ≥ y 1 , 

ve 

x 1 + x 2 ≥ y 1 + y 2 , · · · , x 1 + x 2 + · · · + x n−1 ≥ y 1 + y 2 + · · · + y n−1 

x 1 + x 2 + · · · + x n = y 1 + y 2 + · · · + y n 

ise (x 1 , x 2 , · · · , x n ) majorize (y 1 , y 2 , · · · , y n ) denir ve 

ile gösterilir. 

(x 1 , x 2 , · · · , x n ) ≻ y 1 , y 2 , · · · , y n ) 

Tanım (Majorization Eşitsizliği). I = [a, b] aralığında f fonksiyonu konveks 

ve 

(x 1 , x 2 , · · · , x n ) ≻ y 1 , y 2 , · · · , y n ), x i , y i ∈ I 

ise 

f(x 1 ) + f(x 2 ) + · · · + f(x n ) ≥ f(y 1 ) + f(y 2 ) + · · · + f(y n ) 

olur. Yanlız ve yanlız x i = y i durumu için eşitlik vardır. Konkav fonksiyonlar 

içinse eşitsizlik yön değiştirir. 

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


[5.] Dar açılı bir ABC üçgeni için, 


1 ≤ cos A + cos B + cos C ≤ 3 2 

Çözüm. Genelliği kaybetmeden, varsayalım A ≥ B ≥ C olsun. Buna göre 

A ≥ π/3 ve C ≤ π/3 olacaktır. π/2 ≥ A ≥ π/3, π ≥ A + B = (−π − C) ≥ 2π 3 

olacağından 

( π 2 , π 2 , 0) ≻ (A, B, C) ≻ (π 3 , π 3 , π 3 ) 

alabiliriz. f(x) = cos x 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, 

elde edilir. 

[6.] Eğer x 1 ≥ x 2 ≥ · · · ≥ x n ise 

1 ≤ cos A + cos B + cos C ≤ 3 2 

(x 1 , x 2 , · · · , x n ) ≻ (x, x, x, · · · , x) 

durumu vardır. Burada x değeri, x 1 , x 2 , · · · , x n değerlerinin aritmetik ortasıdır.(Bunu 

Majorization üzerine uygularsak Jensen Eşitsizliğini elde ederiz.) 

Buna göre, k = 1, 2, · · · , n − 1 için x 1 + x 2 + · · · + x k ≥ kx durumunu göstermemiz 

yeterli olacaktır. Buna göre, 

(n − k)(x 1 + x 2 + · · · + x k ) ≥ (n − k)kx k ≥ k(n − k)x k+1 ≥ k(x k+1 + · · · + x n ) 

olacağından 

(n − k)(x 1 + · · · + x k ) ≥ k(x k+1 + · · · + x n ) 

bulunur. Bu eşitsizliğin iki tarafınada k(x 1 + · · · + x k ) eklersek 

n(x 1 + · · · + x n ) ≥ k(x 1 + · · · + x n ) = knx


olacağından 

olacaktır. 

x 1 + x 2 + · · · + x k ≥ kx 

[7.] −1 ≤ a, b, c ≤ 1 ve a + b + c = 1/2 ise a 12 + b 12 + c 12 en fazla kaç olur 

Çözüm. [−1, 1] aralığında f(x) = x 12 fonksiyonu konvekstir. Öyleki, f ′′ (x) = 

132x 10 ≥ 0 olacaktır. Eğer, 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1 ve a + b + c = −1/2 ise major 

üçlülerimizi 

(1, − 1 , −1) ≻ (a, b, c) 

2 

olarak seçebiliriz. Çünkü, 1 ≥ a ve 1 2 = 1 − 1 2 ≥ −c − 1 2 

= a + b olacaktır. Buna 

göre, majorization eşitsizliğinden 

a 12 + b 12 + c 12 = f(a) + f(b) + f(c) ≤ f(1) + f(2) + f(−1) = 2 + 1 

2 12 

olacaktır. Zaten, a = 1, b = − 1 2 ve c = − 1 2 

[8.](1999,IMO 9 ) n ≥ 2 bir tamsayıdır. Buna göre, 

(a.) 

∑ 

1≤i


olacaktır. 

n > 2 durumu için varsayalım 

x i 

a i = 

ve a 1 + a 2 + · · · + a n = 1 olsun. 

x 1 + x 2 + · · · + x n 

Buna göre, a i = [0, 1] olacaktır. Eğer, a i cinsinden yazarsak, ispatlanacak 

eşitsizlik 

∑ 

a i a j (a 2 i + a 2 j) ≤ C 

1≤i 0 

olacaktır. Eşitsizliğimiz a i ’lere göre simetrik olduğundan, a 1 ≥ a 2 ≥ · · · ≥ a n 

alabiliriz. 

Buan göre, eğer a 1 ≤ 1/2 ise, 

( 1 2 , 1 2 , 0, 0, · · · , 0) ≻ (a 1, a 2 , · · · , a n ) 

olacağından majorization eşitsizliğinden 

f(a 1 ) + f(a 2 ) + · · · + f(a n ) ≤ f( 1 2 ) + f(1 2 ) + f(0) + · · · + f(0) = 1 8 

olacaktır. Eğer, a 1 > 1/2 ise 1 − a 1 , a 2 , · · · , a n ∈ [0, 1/2) olacaktır. 

(1 − a 1 , 0, 0, · · · , 0) ≻ (a 2 , a 3 , · · · , a n ) 

olduğundan majorization eşitsizliği ve n = 2 durumunu göz önünde bulundurursak, 

f(a 1 ) + f(a 2 ) + · · · + f(a n ) ≤ f(a 1 ) + f(1 − a 1 ) + f(0) + f(0) + · · · + f(0) 

= f(a 1 ) + f(1 − a 1 ) ≤ 1 8 olacaktır. 

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

değişken 0 ise vardır.



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

pozitif reel sayılar.) 

2. x 1 , · · · , x n ∈ [0, 1] ve a 1 , · · · , a n > 0 olmak üzere, a 1 +· · ·+a n = 1 olarak 

veriliyor. Buna göre, 

n∑ 

i=1 

a i 

1 + x i 

≤ 

1 

1 + x a 1 

1 · · · xa 1 

1 

eşitsizliğini kanıttlayınız. Eşitlik durumu hangi şartlar altında gerçekleşir 

3. Eğer a, b, c, d > 0 ve c 2 + d 2 = (a 2 + b 2 ) 3 ise 

a 3 

c + b3 d ≥ 1 

eşitsizliğini Hölder Eşitsizliği kullanarak kanıtlayınız. 

4. P noktası ABC üçgeni içersinde 

m(P AB) = m(P BC) = m(P CA) = 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. Buna 

göre, 


sin A 2 sin B 2 sin C 2 ≥ sin π 4 sin π 6 sin 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 + 

√b 3 + 3√ b ≤ 

√a 3 + 3√ √ 

b + 3 b + 3√ a 


2.7. İNDİRGEMELİ DİZİLER 59 

2.7 İnd˙ırgemel˙ı D˙ız˙ıler 

2.7.1 Birinci Dereceden İndirgemeler 

Herhalde matematik olimpiyatları sınavlarına hazırlanıpta Fibonacci Sayıları’nı 

bilmeyen yoktur. Zaten Fibonacci sayılarıda f 0 = 0, f 1 = 1 olmak 

üzere 

f n+1 = f n + f n−1 , n ≥ 1 

yinelemesi ile tanımlanır. Bir yinelemenin derecesi ise en büyük ve en küçük 

alt terimlerin farkına eşittir. Mesela, 

birinci derecedendir, ve 

u n+2 − u n+1 = 2 

u n+4 + 9u 2 n = n 5 

yinelemesi ise dördüncü derecedendir. Eğer bir yinelemede tüm ifadelerin üstleri 

bir ise bu yinelemeye Doğrusal Yineleme denir. Mesela, 

bir doğrusal yinelemedir. Ancak 

u n+2 − u n+1 = 2 

x 2 n + nx n−1 = 1 ve x n + 2 xn−1 = 3 

yinelemeleri lineer değillerdir. Eğer bir yinelemenin tüm terimlerinin kuvvetleri 

aynı kuvvettense, bu yinelemeye Homojen’dir denir. Mesela, 

yinelemesi homojendir. Ancak, 

x m+3 + 8x m+2 − 9x m = 0 

x m+3 + 8x m+2 − 9x m = m 2 − 3 

yinelemesi homojen değildir. Bir yinelemin sadece indis değişkenine göre tanımlanan 

denkleme ise o yinelemenin Kapalı Form’u denir. Kapalı form sayesinde 

rahatlıkla yinelemenin her hangi bir terimini bulabiliriz. Biz genel 

manada bu ders notunda ilk olarak, 

x n = ax n−1 + f(n), a ≠ 1


formundaki (f burada bir polinomdur) yinelemelerin çözümleriyle ilgileneceğiz. 

İlgilenirken de aşağıda verdiğimiz basamakları takip edeceğiz. 

1. Önce x n = ax n−1 formunda verilen yinelemenin indislerini üste alarak 

yani, karakteristik denklem oluşturarak, x n = ax n−1 denklemini elde ederiz. 

Sadeleştirmeler yaptığımızda x = a olacaktır. Buna göre, x n = ax n−1 

homojen formundaki yinelememiz bize x n = Aa n denklemini verecektir. 

Burada A bir sabit sayıdır. 

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

aynı dereceden bir polinomdur. 

Örnek 1. x 0 = 7 ve x n = 2x n−1 , n ≥ 1 ise x n kapalı formunu bulunuz. 

Çözüm. Alt indisleri üs olarak yazarsak karakteristik denklemimizi x n = 

2x n−1 olacaktır. Sadeleştirme yaparsak, x = 2 olacaktır. Buna göre bizim, 

x n = A2 n formunda çözüm yapmamız gerekmektedir. Burada, 7 = x 0 = A2 0 

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

Örnek 2. x 0 = 7 ve x n = 2x n−1 + 1, n ≥ 1 formunda verilen yinelemenin 

kapalı formunu bulunuz. 

Çözüm. Karakteristik denklemi yazıldığında x n = 2x n−1 veya x = 2 elde 

edilir. Buradan çözümlerden birinin x n = A(2) n olduğu açıktır. Ancak yinelemenin 

bir parçasıda f(n) = 1 polinomu olduğuna göre, kapalı denklemin x n = 

A2 n +B formunda olması gerekmektedir. Buradan, 7 = x 0 = A2 0 +B = A+B 

ve 15 = x 1 = 2A + B olduğuna göre bu iki denklemin çözümünden A = 8 ve 

B = −1 olacaktır. Öyleyse, soruda istenen kapalı form, 

olacaktır. 

x n = 8(2 n ) − 1 = 2 n+3 − 1 

Not. Örnek 2.’nin çözümünde dikkat edilirse oluşturula karakteristik denklem 

iki parçadan oluşuyor. Bunlardan ilki zaten alt indislerin üs olarak yazılmasıyla 

elde edilirken, ikincisi bir polinom ve bu polinomun derecesi yineleme içersinde 

ki polinomun derecesi ile aynı. Bundan sonraki çözümlerde de polinom seçimi 

benzer şekilde olacaktır. 

Örnek 3. x 0 = 2 ve x n = 9x n−1 − 56n + 63 ise x n kapalı formunu bulunuz.


Çözüm. Karakterisitk denklem yazıldığında karakterisitik denklemimiz x n = 

9x n−1 veya x = 9 olacaktır. Buna göre, kapalı formun bir kısmı x n = A(9) n 

formunda olacaktır. Ancak, soruda verilen yinelemenin ikinci kısmını f(n) = 

−56n + 63 polinomu oluşturduğundan, çözüm olarak kullanacağımız polinom 

g(n) = Bn + C olacaktır. Buna göre, yinelememizin kapalı formu 

x n = A9 n + Bn + C 

olacaktır. x 0 , x 1 , x 2 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 istenen 

kapalı form, yada genel çözüm 

x n = 2(9 n ) + 7n 


Örnek 4. x 0 = 1 ve x n = 3x n−1 −2n 2 + 6n −3 ise x n kapalı formunu bulunuz. 

Çözüm. Yinelemenin karakterisitk denklemini yazdıktan sonra kolaylıkla x n = 

A(3) n indirgemesini elde edebiliriz. Ancak yinelememizin bir parçasıda f(n) = 

−2n 2 + 6n − 3 şeklinde ki ikinci dereceen bir polinom olduğundan özel çözümümüzde 

kullanacağımız g(n) polinomu Bn 2 + Cn + D olmalıdır. Buna göre, 

yinelememizin indirgenmiş hali, 

x n = A3 n + Bn 2 + Cn + D 

şekline olacaktır. Eğer bilinen x i , i = 0, 1, 2, 3 için katsayaları bulmaya çalışırsak, 

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 

x n = 3 n + n 2 

olacaktır. 

Örnek 5. x 0 = 2 ve x n = 2x n−1 + 3 n−1 ise kapalı formu bulunuz. 

Çözüm. Eğer gerekli işlemleri yaparsak, genel formun 

x n = A2 n + B3 n 

denklemi elde edilir. Burada, x 0 = 2 ve x 1 = 2(2) + 3 0 = 5 denklemlerinden, 

2 = A + B 

7 = 2A + 3B 

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

form 

x n = 2 n + 3 n 

olacaktır. 

Örnek 6. x 0 = 7 ve x n = x n−1 + n, n ≥ 1 ise x n için kapalı formu bulunuz. 

Çözüm. Şimdi bu çözümü siz yapmaya çalışın. Kapalı formu, 

olarak bulmanız gerekmektedir. 

x n = 7 + 

n(n + 1) 

2 

Şimdiye kadar çözdüklerimizde genel olarak, lineer yinelemeler hakimdi. Şimdiki 

örneğimizde de lineer olmayan ancak lineerleştirilebilir, birinci drecen yinelemeler 

den birini çözeceğiz. 

Örnek 6. u 0 = 3 ve u 2 n+1 = u n, n ≥ 1 ise yinelemin kapalı formunu bulunuz. 

Çözüm. Varsayalım, v n = log u n olsun. Buna göre, 

v n = log u n = log u 1/2 

n−1 = 1 2 log u n−1 = v n − 1 

2


olacaktır. Burada, 

olduğundan, 


v n = v n−1 

2 

v n = v 0 

2 n 

log u n = log u 0 

2 n 

olduğundan istenilen kapalı form, 


u n = 3 1/2n 

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. Şimdi 

vereceğimiz formda ise durum artık biraz daha farklı. Öyleki artık karşılacağımız 

yinelemeler 

x n = ax n−1 + bx n−2 

şeklinde olacaktır. Bu tür yinelemelerin çözümleri içinde takip etmemiz gerekn 

bazı çözüm basamakları vardır. Buna göre, 

1. Önce alt indisleri üs olarak alıp karakteristik denklemi x n = ax n−1 + 

bx n−2 olduğundan kökleri r 1 ve r 2 olan x 2 − ax − b = 0 olarak bulunur. 

2. Eğer kökler birbirinden farklı ise genel form 

şeklinde olacaktır. 

3. Eğer kökler aynı ise genel form 

şeklinde olacaktır. 

x n = A(r 1 ) n + B(r 2 ) n 

x n = A(r 1 ) n + Bn(r 1 ) n


Örnek 7. x 0 = 1, x 1 = −1 ve x n+2 + 5x n+1 + 6x n = 0 yinelemesinin kapalı 

formunu bulunuz. 

Çözüm. Soruda verilen yinelemenin karakteristik denklemi 

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

olarak elde edilir.Buna göre kapalı formumuz 

x n = A(−2) n + B(−3) n 

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

form, 

x n = 2(−2) n − (−3) n 

olacaktır. 

Örnek 8. Fibonacci yinelemesi için kapalı formu, f 0 = 0, f 1 = 1 ve f n = 

f n−1 + f n−2 bilgilerini kullanarak bulunuz. 

Çözüm. Karakterisitk denklemimiz f 2 − f − 1 = 0 olacağından kapalı formumuz 

( 

1 + √ ) n ( 

5 1 − √ ) n 

5 

f n = A 

+ B 

2 

2 

şeklinde olacaktır. Başlangıç değerleri kullanıldığında, 

1 = A 

( 

1 + √ ) n ( 

5 

+ B 

2 

1 − √ 5 

2 

0 = A + B 

) n 

= 1 √ 

5 

2 (A + B) + 

√ 

5 

2 (A − B) = (A − B) 

2 

olacağından 

A = 1 √ 

5 

, B = − 1 √ 

5 

olacaktır. Sonuç olarakta Cauchy-Binet Formülü olarakta bilinen 

( ) n ( ) n 

f n = √ 1 

+ √ 1 

5 5 

kapalı form bulunacaktır. 

1 + √ 5 

2 

1 − √ 5 

2


Örnek 8.(Tübitak Deformesi 10 ) x 0 = 1, x 1 = 4, x n = 4x n−1 − 4x n−2 ise 

kapalı formu bulunuz. 

Çözüm. Karakteristik denklemimiz x 2 − 4x + 4 = (x − 2) 2 = 0 olacaktır. 

Burada köklerin birbirine eşit olduğu açıktır. Buna göre kapalı formumuz, 

x n = A2 n + Bn2 n 

formunda olacaktır. Eğer başlangıç değerlerini kullanırsak, 

1 = A 

4 = 2A + 2B 

A = 1 ve B = 1 olarak bulunur. Buna göre, istenilen kapalı form 

olacaktır. 

x n = 2 n + n2 n 

2.7.3 Alıştırmalar 

Aşağıdaki sorulardan (1 − 5) için kapalı formları bulunuz. 

1. x 0 = 3, x n = x n−1+4 

3 

2. x 0 = 1, x n = 5x n−1 − 20n + 25 

3. x 0 = 1, x n = x n−1 + 12n 

4. x 0 = 5, x n = 2x n−1 + 9(5 n−1 ) 

5. a 0 = 5, a j+1 = a 2 j + 2a j, j ≥ 0 

6. (AIME, 1984) x 19 = 94 ve 

x n + x n−1 = n 2 , n ≥ 1 

ise x 94 ’ün 1000 ile bölümünden kalan kaçtır 

Aşağıdaki (6 − 10) için ikinci dereceden yinelemelerin kapalı formlarını 

bulunuz. 

10 Benzer bir soru TÜBİTAK matematik olimpiyatlarında da sorulmuştur.


7. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n−1 − 21x n−2 

8. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n−1 − 25x n−2 

9. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n−1 − 21x n−2 + n 

10. x 0 = 0, x 1 = 1, x n = 10x n−1 − 21x n−2 + 2 n 

11. Bir düzlem üzerine çizilen n çember düzlemi parçalara ayırmaktadır. 

Buna göre, düzlem üzerindeki n çemberin ayırdığı parçaların sayısını 

veren denklemi bulunuz. 

12. Bir düzlem üzerine çizilen n doğrunun düzlem üzerinde ayırdığı parçaların 

sayısını veren denklemi bulunuz. 

2.8 Yen˙ıden Düzenleme [Rearrangement] Eş˙ıts˙ızl˙ığ˙ı 

Varsayalım elimizde iki reel üçlü (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) olsun. Eğer ikinci 

üçlünün tüm permütasyonlarını düşünürsek elimizde 3! = 6 tane üçlünün olacağı 

açıktır. Biz bu üçlülerin kümesine P ve (x 1 , x 2 , x 3 ) ∈ P olsun diyelim. 

Buna göre varsayalım, 

S = a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 

toplamıda elimizde bulunsun. Burada bizi ilgilendiren asıl soru S toplamının 

ne zaman en büyük, ne zaman en küçük olduğudur. Bu soruya cevap aramaya 

başlamadan evvel ileriki basamaklarda kullanacağımız bazı terimleri açıklayalım. 

Tanım. Varsayalım elimizde (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) reel üçlüleri olsun. Buna 

göre, 

• Eğer iki üçlünün elemanlarıda artan veya iki üçlünün elemanlarıda azalan 

bir sırada yazılmışsa bu ikiliye Benzer Düzenli diyelim. Yani a 1 ≤ 

a 2 ≤ a 3 ve b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 veya a 1 ≥ a 2 ≥ a 3 ve b 1 ≥ b 2 ≥ b 3 durumları 

sağlansın. 

• Eğer iki üçlüden biri artan diğeri azalan sırada yazılmışsa bu üçlüyede 

Aykırı Düzenli diyelim.

2.8. YENİDEN DÜZENLEME [REARRANGEMENT] EŞİTSİZLİĞİ 67 

Örnek. 

a. (−1, 1, 3) ve (2, 5, 7) benzer düzenlidirler. 

b. Eğer 0 < a ≤ b ≤ c ise (a, b, c) ve ( 1 a , 1 b , 1 c 

) aykırı düzenlidir. Ama, (a, b, c) 

ve ( 1 

b+c , 1 

a+c , 1 

a+b 

) benzer düzenlidirler. 

c. Eğer 0 < a ≤ b ≤ c ve m ∈ R + ise (a, b, c) ve (a m , b m , c m ) benzer 

düzenliyken, (a, b, c) ve ( 1 1 1 

a 

, m b 

, m c 

) aykırı düzenlidir. 

m 

d. Eğer a ≤ b ≤ c ve n bir tek tamsayı ise (a, b, c) ve (a n , b n , c n ) benzer 

düzenlidir. 

Artık eşitsizliğimizi daha yakından tanıma zamanı geldi. Teorem [Rearragement 

Inequality]. (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) iki reel üçlü olmak üzere 

(x 1 , x 2 , x 3 ) üçlüsü (b 1 , b 2 , b 3 ) üçlüsünün bir permitasyonu olsun. Buna göre, 

• Eğer (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) benzer düzenli ise 

olacaktır. 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ≥ a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 

• Eğer (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) aykırı düzenli ise 

olacaktır. 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ≤ a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 

Kanıt. Varsayalım elimizde (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) artan sırayla dizilmiş iki 

üçlü olsun. (x 1 , x 2 , x 3 ) üçlüsüde (b 1 , b 2 , b 3 ) üçlüsünün bir permütasyonu olsun 

ve x 1 ≥ x 2 olsun. S ve S ′ toplamlarınıda 

ve 

S = a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 

S ′ = a 1 x 2 + a 2 x 1 + a 3 x 3 

olarak alalım. Burada S ′ toplamı, S toplamındaki x 1 ve x 2 ’nin yer değiştirmesiyle 

elde edildiği açıktır. Eğer bu iki toplamı farkını alırsak, 

S ′ − S = (x 1 − x 

} {{ } 2 )(a 2 − a 1 ) ≥ 0 

} {{ } 

+ +


olacaktır. Demekki S ′ ≥ S’dir. 

Buna göre, x 1 ve x 2 ’nin yer değiştirmesi sadece S toplamının değerini artırmaktadır. 

Öyleyse, eğer tüm (x i , x j ) ikililerinin (x i ≥ x j , i < j) yerleri 

değiştirilirse toplam ancak en büyük olabilir. En büyük olacak toplamda zaten 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 olacaktır. Benzer biçimde eğer (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) 

üçlülerinin ikiside azalan birer üçlü olarak seçilseydi, ispatın ikinci kısmıda 

buradan yapılabilirdi. 

Şimdi, bu yeni eşitsizliğimizi birkaç örnek üzerinde uygulayalım. 

Örnek. 

a, b, c ∈ R olmak üzere 

i. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca 

ii a n + b n + c n ≥ a n−1 b + b n−1 c + c n−1 a 

eşitsizliklerini gösteriniz. 

Çözüm. Sorunun birinci şıkkı zaten ikinci şıkkın özel bir durumu olduğundan 

sadece ikinci şıkkı çözmemiz yeterli olacaktır. Buna göre eğer üçlülerimizi 

(a, b, c) ve (a n−1 , b n−1 , c n−1 ) benzer düzenlileri olarak belirlersek, istenen eşitsizlik 

yeniden düzenleme eşitsizliği ile, 


Örnek. 

aa n−1 + bb n−1 + cc n−1 ≥ ab n−1 + bc n−1 + ca n−1 

a, b, c > 0 oduğuna göre, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. 

i. 

a+b+c 

abc 

≤ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 

ii. 

a 2 

b 2 

iii. 

a 2 

b 

Çözüm. 

+ b2 

c 2 + c2 

a 2 

≥ b a + c b + a c 

+ b2 

c + c2 a ≥ a + b + c 

• a ≤ b ≤ c olarak kabul edelim ve ( 1 a , 1 b , 1 c ) ve ( 1 a , 1 b , 1 c 

) benzer düzenlilerini 

seçelim. Buna göre, 

1 1 

a a + 1 b 

1 

b + 1 1 

c c 

≥ 

1 1 

a b + 1 1 

b c + 1 1 

c a 

1 

a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≥ 1 ab + 1 bc + 1 ac


olacaktır. 

• Eğer ( a b , b c , c a ) ve ( a b , b c , c a 

) benzer sıralılarını alırsak, 

elde edilecektir. 

a a 

b b + b c 

b 

c + c c 

a a ≥ a b 

b c + b c 

c a + c a 

a 

b 

• Bu seferde sıralı ikililerimizi aykırı düzenliler arasından seçelim. Yani, 

(a 2 , b 2 , c 2 ) ve ( 1 a , 1 b , 1 c 

) kullanacağımız üçlülerimiz olsun. Buna göre, 

elde edilecektir. 

a 2 1 a + b2 1 b + c2 1 c ≤ a2 1 b + b2 1 c + c2 1 a 

Örnek. 

göre, 

[1963, Moskova Matematik Olimpiyatı] a, b, c > 0 olduğuna 

a 

b + c + 

b 

a + c + 

c 

a + b ≥ 3 2 


Çözüm. Varsayalım a ≤ b ≤ c olsun ve benzer sıralılarımız da (a, b, c) ve 

olsun. Buna göre, 

1 

( 

a + b , 1 

a + c , 1 

a + b ) (2.1) 

a 1 

b + c + b 1 

c + a + c 1 

a + b 

a 1 

b + c + b 1 

a + c + c 1 

a + b 

≥ 

≥ 

a 

c + a + b 

a + b + c 

b + c 

a 

a + b + b 

b + c + c 

a + c 

eşitsizliklerini elde edebiliriz. Eğer [1] ve [2.3] eşitsizlerini altalta toplarsak, 

a 

2( 

b + c + 

b 

a + c + 

c 

a + b ) ≥ 

a 

a + c + 

b 

a + b + 

c 

b + c + 

a 

a + b + 

eşitsizliğindende soruda istenen [2.1] eşitsizliğini elde ederiz. 

b 

b + c + 

(2.2) 

(2.3) 

c 

a + c = 3


Örnek. 

düzenliler ise 

[Chebyshev Eşitsizliği] Eğer (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) benzer 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 

3 

≥ ( a 1 + a 2 + a 3 

3 

)( b 1 + b 2 + b 3 

) (2.4) 

3 


Çözüm. Soruda zaten benzer düzenli üçlüler verildiğine göre, yeniden düzenleme 

metodunu kullanalım 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 = a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 (2.5) 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ≥ a 1 b 2 + a 2 b 3 + a 3 b 1 (2.6) 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ≥ a 1 b 3 + a 2 b 1 + a 3 b 2 (2.7) 

eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer [2.5], [2.6] ve [2.7] eşitsizliklerini altalta toplarsak, 

3(a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) ≥ a 1 (b 1 + b 2 + b 3 ) + a 2 (b 1 + b 2 + b 3 ) + a 3 (b 1 + b 2 + b 3 )) 

eşitsizliğini ve sonuç olarakta soruda verilen [2.4] eşitsizliğini elde ederiz. 

Not. Benzer biçimde, (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (b 1 , b 2 , b 3 ) aykırı düzenlileri içinde, 

a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 

3 

eşitsizliği elde edilebilir. 

≤ ( a 1 + a 2 + a 3 

3 

)( b 1 + b 2 + b 3 

) (2.8) 

3 

Örnek. [Aritmetik Orta - Karesel Orta Eşitsizliği] a 1 , a 2 , a 3 reel 

sayılar olmak üzere verilen 

a 1 + a 2 + a 3 

3 

≤ 

√ 

a 

2 

1 + a 2 2 + a2 3 

3 

(2.9) 


Çözüm. Sorunun çözümü için Örnek 0.7’de kanıtladığımız eşitsizliği kullanmamız 

kafidir. Buna göre, (a 1 , a 2 , a 3 ) ve (a 1 , a 2 , a 3 ) benzer düzenlileri için, 

a 2 1 + a2 2 + a2 3 

3 

≤ ( a 1 + a 2 + a 3 

3 

)( a 1 + a 2 + a 3 

3 

) = ( a 1 + a 2 + a 3 

) 2 (2.10) 

3


olduğuna göre, soruda istenen [2.9] eşitsizliği kanıtlanmış olur. 

Örnek. [Aritmetik Orta-Geometrik Orta Eşitsizliği]a 1 , a 2 , a 3 pozitif sayılar 

olmak üzere verilen 

a 1 + a 2 + a 3 

3 

≥ 3√ a 1 a 2 a 3 (2.11) 


Çözüm. P = 3√ a 1 a 2 a 3 olmak üzere, sorua kullanacağımız aykırı düzenlilerimizi, 

x 1 = a 1 

P , x 2 = a 1a 2 

P 2 , x 3 = a 1a 2 a 3 

P 3 = 1 ve (2.12) 

y 1 = 1 x 1 

, y 2 = 1 x 2 

, y 3 = 1 x 3 

= 1 (2.13) 

olarak seçelim. Burada (x 1 , x 2 , x 3 ) artan sıralı ise (y 1 , y 2 , y 3 ) azalan sıralı olacaktır. 

Buna göre, 


x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 ≤ x 1 y 3 + x 2 y 1 + x 3 y 2 

1 + 1 + 1 ≤ a 1 

P + a 2 

P + a 3 

P = a 1 + a 2 + a 3 

P 

3P ≤ a 1 + a 2 + a 3 

P ≤ a 1 + a 2 + a 3 

3 

olacağından, istenen kanıt tamamlanmış olur. 

Örnek. Chebyshev eşitsizliğini iki reel sayı için gösteriniz. 

Çözüm. Varsayalım benzer düzenli ikililerimiz (a 1 , a 2 ) ve (b 1 , b 2 ) olsun. 

Buna göre, 

a 1 b 1 + a 2 b 2 = a 1 b 1 + a 2 b 2 

a 1 b 1 + a 2 b 2 ≥ a 1 b 2 + a 2 b 1


eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa, 

olacaktır. 

Örnek. 

2(a 1 b 1 + a 2 b 2 ) ≥ (a 1 + a 2 )(b 1 + b 2 ) 

a 1 b 1 + a 2 b 2 

≥ ( a 1 + a 2 

)( b 1 + b 2 

) 

2 

2 2 

a n + b n 

a + b 

≥ 1 2 (an−1 + b n−1 ) 


Çözüm. Örnek 0.11’de kanıtladığımız eşitsizliği kullanalım. Buna göre 

ikililerimiz (a, b) ve (a n−1 , b n−1 ) ikilileri olsun. Buna göre, 

aa n−1 + bb n−1 

2 

a n + b n 

a + b 

≥ ( a + b + b n−1 

2 )(an−1 ) 

2 

≥ 1 2 (an−1 + b n−1 ) 

Örnek. 

a, b ≥ 0 olmak üzere, aşağıdaki eşitsizlikleri kanıtlayınız. 

a. 2(a 5 + b 5 ) ≥ (a 3 + b 3 )(a 2 + b 2 ) 

b. a 9 + b 9 ≥ a 2 b 2 (a 5 + b 5 ) 

c. (a + b) n ≤ 2 n−1 (a n + b n ) 

Çözüm. 

a. (a 2 , b 2 ), (a 3 , b 3 ) benzer düzenlileri olsun. Buna göre, 

a 2 a 3 + b 2 b 3 

2 

≥ ( a2 + b 2 

2 

)( a3 + b 3 

) ⇒ 2(a 5 + b 5 ) ≥ (a 2 + b 2 )(a 3 + b 3 ) 

2 

olarak bulunur.


b. Bu şıktada benzer düzenlilerimizi (a 4 , b 4 ) ve (a 5 , b 5 ) olarak seçelim. Buna 

göre, 

a 4 a 5 + b 4 b 5 

2 

≥ ( a4 + b 4 

2 

)( a5 + b 5 

2 

) ≥ √ a 4 b 4 ( a5 + b 5 

) = a 2 b 2 ( a5 + b 5 

) 

2 

2 

olacaktır. Bu eşitsizliktende,a 9 + b 9 ≥ a 2 b 2 (a 5 + b 5 ) eşitsizliği elde edilir. 

c. Soruyu Chebyshev Eşitsizliği’ni kullanarak çözmeye çalışalım. İkililerimiz 

(a n−1 , b n−1 ) ve (a, b) olsun. Buna göre, 

a n + b n ≥ 1 2 (an−1 + b n−1 )(a + b) = 1 2 (an−2 a + b n−2 b)(a + b) 

a n + b n ≥ 1 2 2 (an−2 + b n−2 )(a + b)(a + b) 

a n + b n 

≥ 

Buna göre istenen eşitsizlik, 

elde edilmiş olur. 

1 

1 

(a + b)(a + b) · · · (a + b) = 

2n−1 2 n−1 (a + b)n olacaktır. 

2 n−1 (a n + b n ) ≥ (a + b) n 

Örnek. 

a, b, c > 0 ve n ∈ Z + ise 

a n 

b + c + 

bn 

a + c + 

cn 

a + b ≥ an−1 + b n−1 + c n−1 

2 


Çözüm. a ≤ b ≤ c olmak üzere benzer düzenlilerimiz (a n , b n , c n ) ve 

( 1 

b+c , 1 

a+c , 1 

a+b 

) olarak seçelim. Buna göre, 

a n 

b + c + 

a n 

b + c + 

bn 

a + c + 

bn 

a + c + 

cn 

a + b 

cn 

a + b 

≥ 

≥ 

a n 

a + c + 

a n 

b + a + 

bn 

a + b + 

bn 

b + c + 

cn 

b + c 

cn 

a + c 

eşitsizliklerini elde ederiz. Eğer bu iki eşitsizliği taraftarafa toplarsak, 

2( an 

b + c + 

bn 

a + c + 

cn 

a + b ) ≥ an + b n 

a + b 

+ bn + c n 

b + c 

+ an + c n 

a + c 

(2.14) 

(2.15)


eşitsizliğini elde ederiz. Bundan sonraki basamaktada Örnek 0.12 ’de kanıtladığımız 

eşitsizliği kullanırsak, 

2( an 

b + c + 

bn 

a + c + 

cn 

a + b ) ≥ an + b n 

a + b 

+ bn + c n 

b + c 

+ an + c n 

a + c 

≥ 1 2 (an−1 + b n−1 ) + 1 2 (bn−1 + c n−1 ) + 1 2 (an−1 + c n−1 ) 

= a n−1 + b n−1 + c n−1 

eşitsizliğinden, soruda bizden istenen eşitsizliğe ulaşılır. 

Örnek. 

a, b, c > 0 olmak üzere, 

a a b b c c ≥ (abc) a+b+c 

3 


Çözüm. a ≤ b ≤ c olarak alalım. Üçlülerimizide, biraz sıradışı bir seçim 

yaparak, (a, b, c) ve (log a, log b, log c) olarak alalım. Buna göre,Chebyshev 

eşitsizliğinden 

a log a + b log b + c log c 

3 

eşitsizliği elde edilir. Buna göre, 

log a a b b c c 

olacağından istenen eşitsizlik, 

3 

≥ ( a + b + c log a + log b + log c 

)( ) 

3 

3 

≥ ( a + b + c log abc 

)( ) 

3 3 


log a a b b c c ≥ log(abc) a+b+c 

3 ⇒ a a b b c c ≥ (abc) a+b+c 

3 

Örnek. A, B, C bir üçgenin açıları olmak üzere (radyan cinsinden), a, b, c 

uzunukları da bu üçgenin kenar uzunluklarıdır. p = 1 2 

(a+b+c) olduğuna göre, 

A 

p − A + 

B 

p − b + 

C 

p − c ≥ 3π p 

(2.16)

2.9. TRİGONOMETRİK DEĞİŞKEN DEĞİŞTİRME 75 


Çözüm. Varsayalım A ≤ B ≤ C olsun. Buna göre benzer düzenli üçlülerimizi 

(A, B, C) ve ( 1 

p−a , 1 

p−b , 1 

p−c 

) seçebiliriz. Chebyshev eşitsizliğinden, 

1 

3 ( A 

p − A + B 

p − b + C 

p − c ) ≥ (A + B + C 1 

)( 

3 p − a + 1 

p − b + 1 

p − c )1 3 

= π 3 ( 1 

p − a + 1 

p − b + 1 

p − c )1 3 

≥ π 9 · 9 

p 

eşitsizliğindende [2.16] eşitsizliği kolaylıkla çıkarılır. 

Örnek. 

[1995,IM0] a, b, c ∈ R + ve a · b · c = 1 olduğuna göre, 

1 

a 3 (b + c) + 1 

b 3 (a + c) + 1 

c 3 (a + b) ≥ 3 2 

(2.17) 

eşitsiliğini kanıtlayınız. 

Çözüm. Varsayalım x = 1 a , y = 1 b , z = 1 c 

olsun. a · b · c = 1 olduğundan, 

x · y · z = 1 olacağı açıktır. Buna göre, yeni değişkenlere göre eşitizliğimiz 

düzenlersek, 

x 2 

y + z + 

y2 

x + z + 

z2 

y + x ≥ 3 2 

eşitsizliğini elde ederiz. Çözümün bundan sonraki basamakları sadece Örnek 

0.14’deki eşitsizliğin kanıtının kullanılmasıyla olacaktır. Buna göre, 

olacaktır. 

x 2 

y + z + 

y2 

x + z + 

z2 

y + x ≥ x + y + z 

2 

≥ 3 2 3√ xyz = 3 2 

2.9 Tr˙ıgonometr˙ık Değ˙ışken Değ˙ışt˙ırme 

Trigonometrik özdeşliklerin çokluğu, bu denklemleri kullanarak cebirsel 

denklemlere oldukça kolay çözümler geliştirmemize yardımcı olur. Değişken değiştirmede, 

hangi özdeşliği kullanacağımız aslında çoğu zaman verilen sorunun


içine gömülüdür. Bu sebebten sorulara çözmeye başlamadan önce denklemi 

nasıl yeniden düzenleyeceğimizin kararına varmamız yerinde olur. 

Örnek. 

Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 

x 3 − 3x = y 

y 3 − 3y = z 

z 3 − 3z = x 

Çözüm. Soruda verilen x 3 − 3x formu kosinüs üç kata açı özdeşliğini 

anımsatıyor. Ancak tabiki x 3 değişkeninin önündeki katsayı yok. Bu yüzden 

değişken yerine çift kat açı kosinüsü yerine, sadece cos x değişkeni almamız 

yerinde olacaktır. Buna göre x = 2 cos u, y = 2 cos v, z = 2 cos w u, v, w ∈ [0, π] 

ise 

2 cos 3u = 2 cos v 

2 cos 3v = 2 cos w 

2 cos 3w = 2 cos u 

sistemini elde ederiz. Kosinüs üç kat açı formülünü cos 3u ve cos v için kullanırsak 

cos 9u = cos 3v olacaktır. Bu eşitliği ikinci denklem de kullanırsak 

cos 9u = cos w olur. Aynen daha önceki gibi cos 27u = cos 3w ise üçüncü denklem 

cos 27u = cos u olacaktır.Demek ki, u = kπ/14, k = 0, 1, 2, · · · , 14 ve 

u = kπ/13, k = 1, 2, · · · , 12 olacağından 

ve 

x = 2 cos kπ/14, y = 2 cos 3kπ/14, z = 2 cos 9kπ/14, k = 0, 1, · · · , 14 

x = 2 cos kπ/13, y = 2 cos 3kπ/13, z = 2 cos 9kπ/13, k = 1, 2, · · · , 12 

olacağından 3 × 3 × 3 = 27 tane çözüm elde edilir. 

Şimdide tanjant fonksiyonunu kullanarak sıradaki örneği çözmeye çalışalım. 

Örnek. 

{x n } ∞ n=1 

olmak üzere, 

x n+1 = 

√ 

3xn − 1 

x n + √ 3 , n 1


İse , bu dizinin periyodik olduğunu kanıtlayınız. 

Çözüm. 

Tanjant fark formülünü hatırlarsak 

tan (a − b) = 

tan a − tan b 

1 − tan a · tan b 

olacaktır. tan (π/6) = 1/ √ 3 olduğunuda biliyoruz. Buna göre, 

x n+1 = x n − 1/ √ 3 

1 + x n 1/ √ 3 

olarak yazılabilir. Eğer x 1 = tan t alırsak x 2 = tan (t − π/6) olacağından, 

x n = tan (t − (n − 1) π/6) , n 1 

olur. Tanjant fonksiyonuda periyodik olduğuna göre, demek ki, x n = x n+6 

olacağından soruda verilen dizimiz periyodiktir ve periyodu 6 dır. 

Örnek. a, b, c, x, y, z > 0 ise 

( 

a 2 + x 2) ( b 2 + y 2) ( c 2 + z 2) (ayz + bzx + cxy − xyz) 2 


Çözüm. a = x tan α, b = y tan β, c = z tan γ α, β, γ ∈ [0, π/2] olarak 

alalım. Buna göre, 

1 ≥ cos 2 (x + y + z) = (sin x · sin (y + z) − cos x · cos (y + z)) 2 

eşitsizliğinin iki tarafınıda 

ile bölersek, 

= (sin x · sin y · sin z + sin x · cos y · sin z + cos x · sin y · sin z − cos x 

cos 2 α cos 2 β cos 2 γ 

sec 2 α sec 2 β sec 2 γ (tan α + tan β + tan γ − 1) 2 

olacağından, 

( 

x 2 tan 2 α + x 2) ( y 2 tan 2 β + z 2) ( z 2 tan 2 γ + z 2) x 2 y 2 z 2 (tan α + tan β + tan γ − 1) 2 

olacaktır. Buda zaten soruda istenen eşitsizliği doğrular.



1. a reel parametresinin hangi değerleri için 

√ 

1 − x 2 a − x 

eşitsizliğini sağlayan bir x reel değeri vardır 

2. (0, 1) aralığından dört farklı sayı alınıyor. Buna göre, bu sayılardan iki 

tanesi olan xve y’nin 

eşitliğini sağlayacağını kanıtlayınız. 

3. Seçilen 4 farklı reel sayı arasından 

0 < x √ 1 − y 2 − y √ 1 − x 2 < 1 2 

1 + ab 

√ 

1 + a 2 √ 1 + b 2 > 1 2 

eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız. 

4. x ∈ R olmak üzere verilen x 2 + ( 4x 3 − 3x ) 2 = 1 denkleminin tüm reel 

çözümlerini bulunuz. 

5. 

I = 

∫ √ 

2 + √ 2 + · · · + 2 + xdx 

integralini hesaplayınız.(Not: İfade içinde n ≥ 1 tane kök vardır.) 

6. {x n } ∞ n1 dizisi √ x n+2 + 2 x n 2 eşitsizliğini sağlandığına göre, x 1986 

’nın alabileceği tüm değerleri bulunuz. 

7. 

2x + x 2 y = y 

2y + y 2 z = z 

2z + z 2 x = x 

denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz.


8. Aşağıdaki denklem sisteminin tüm reel çözümlerini bulunuz. 

x 1 − 1 x 1 

= 2x 2 

x 2 − 1 x 2 

= 2x 3 

x 3 − 1 x 3 

= 2x 4 

x 4 − 1 x 4 

= 2x 1 

9. x, y ∈ R olmak üzere, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız, 

− 1 2 

 

(x + y) (1 − xy) 

(1 + x 2 ) (1 + y 2 ) 1 2 

10. x ∈ R , {x n } n 

ve x 1 = x olmak üzere 

x n+1 = 1 

x n 

− 1 

1 + x n 

eşitliği veriliyor. Eğer x n = ±1 ise dizimiz kilitleniyor, çünkü x n+1 tanımlanamıyor. 

Buna göre, 8. terimden sonra kilitlenen bu şekilde bir dizi 

var mıdır 

11. Reel tanımlı {a k } ∞ k=1 dizisi, k ∈ Z+ olmak üzere 

a k+1 = k · a k + 1 

k − a k 

olarak veriliyor. Buna göre bu dizinin sonsuz sayıda pozitif ve sonsuz 

sayıda negatif terimi olduğunu kanıtlayınız. 

12. −1 a 1 a 2 · · · a n 1 ise 

n−1 

√ 

∑ 

√ (1 ) ( ) 

1 − a i a i+1 − − a 

2 

i 

1 − a 

2 

π √ 2 

i+1 

< 

2 

i=1 



∑ 

13. x 0 = 0, x 1 , x 2 , · · · , x n > 0 ve n x k = 1 ise 

n∑ 

k=1 

k=1 

x k 

√ 1 + x0 + x 1 + · · · + x k−1 

√ 

xk + x k+1 + · · · + x n 

< π 2 


14. x, y, z ∈ (0, 1) olmak üzere 

x 2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 

eşitliğini sağlayan tüm (x, y, z) tamsayı üçlülerini bulunuz. 

15. a, b, c pozitif tamsayılar olmak üzere verilen 

x + y + z = a + b + c 

4xyz − (a 2 x + b 2 y + c 2 z) = abc 

eşitliklerini sağlayan x, y, z reel sayılarını bulunuz. 

16. cos 2π/5 ifadesinin değerini bulunuz. 


1. t ∈ [0, π] olmak üzere cos t = x olsun. Çünkü |x| ≤ 1 olmak zorundadır. 

Buradan √ 1 − x 2 = √ 1 − cos 2 x = sin t olacaktır. Çünkü t ∈ [0, π] için 

sinüs fonksiyonu pozitiftir. Buna göre eşitsizliğimiz, 

sin t + cos t a 

olacaktır. 

f (t) = sin t + cos t = 2 sin π ( 

4 cos t − π ) 

4 

= √ ( 

2 cos t − π ) 

4 

olacağından, f (t)’nin [0, π] aralığındaki en büyük değeri √ 2 olacaktır. 

Buna göre, a’nın bulunduğu aralık √ 2’den büyük olmayan reel sayılar 

kümesi olacaktır.


2. Varsayalım sayılarımız a 1 , a 2 , a 3 , a 4 olsun. Burada, a k = sin t k , t k ∈ 

(0, π/2) alalım. Buna göre aslında problemde sorulan soru i ve j gibi 

iki indisin 

0 < sin t i cos t j − sin t j cos t i < 1 2 

eşitsizliğini sağlayacak biçimde varolup olmadıklarıdır. Eğer eşitsizliğimizi 

düzenlersek 

sin t i cos t j − sin t j cos t i = sin (t i − t j ) 

olacaktır. Buna göre, ispatlamamız gereken durum artık t i > t j ve 

t i − t j < π/6 olacak şekilde i ve j’nin bulunduğunu göstermek olacaktır. 

Burada devreye güvercin yuvası ilkesi girer öyleki, seçeceğimiz dört 

sayıdan iki tanesi kesinlikle 

(0, π/6] , (0, π/3] , (π/3, π/2) 

aralığında olacaktır. Buna göre eşitsizliği sağlayan t i ve t j vardır, dolayısıyla 

x ve y’de vardır. 

3. x ∈ (0, π) olmak üzere, tüm reel sayılar tan x cinsinden ifade edilebilir. 

Buna göre a = tan x ve b = tan y olarak alırsak 

1 + tan x · tan y 

√ 

1 + tan 2 x · √1 

+ tan 2 y 

= cos x · cos y + sin x · sin y = cos (x − y) 

olacaktır. Buna göre şimdi problemimizi yeniden kuralım. Yeni durumumuz, 

cos(x − y) > 1/2 

olduğundan (x − y) < π/3 olmalıdır. Gerçektende (0, π) aralığında seçeceğimiz 

dört sayıdan ikisinin farkı π/3’ten küçük 11 olacaktır. 

4. Dikkat edilirse |x| ≤ 1 ve |4x 3 − 3x| ≤ 1 olarak verilmiştir. Buna göre, 

x = cos a, 0 ≤ a ≤ π alabiliriz. Eğer cos 3a ve cos a ifadelerini kullanırsak 

soruda verilen denklemimiz 

cos 2 a + cos 2 3a = 1 

11 Pigeon Hole Principle yada Güvercin Yuvası İlkesi bu küçüklüğü garantiler.



1 + cos 2a 

2 

+ 

1 + cos 6a 

2 

= 1 

olacağından 2a ve 4a değerleri 

2a = π 2 , 3π 2 ve 4a = π 2 , 3π 2 , 5π 2 , 7π 2 

olarak bulunur. Buna göre istenilen çözümler, ± π 2 ve ± √ 

2± √ 2 

2 

değerlerini 

alacaktır. 

5. Varsayalım x = 2 cos t olsun, buna göre 

√ 

2 + 

√ 

2 + · · · + √ 2 + x = 

= 

√ 

√ 

2 + 2 + · · · + √ 2 + 2 cos t 

√ 

√ 

2 + 

= 2 cos t 

2 n 

2 + · · · + 2 cos t 2 

olacaktır. Buradan integralimiz 

∫ 

I = 

2 cos t ∫ 

2 n dx = −2 cos t 2 sin t dt 

2n ∫ 

= −4 sin t · cos t 

2 n dt 

∫ ( 

) 

= −2 sin 2n + 1 

2 n t − sin 2n − 1 

2 n t 

dt 

eşitliğinden istenilen cevap, 

2 n+1 ( 2 

n+1 

2 n + 1 cos 2 n + 1 arccos x ) ( 

− 2n+1 2 n 

2 2 n − 1 cos − 1 

2 n arccos x ) 

+ c 

2 

olarak bulunur.


6. 0 ≤ x n ≤ 2 olduğuna göre, x n = 2 cos y n , y n ∈ [0, π/2] değişken değiştirmesini 

kullanabiliriz. Buna göre 

√ 

xn+2 + 2 ≤ x n 

eşitsizliği ve 

eşitliğinden 

cos 2α + 1 = 2 cos 2 α 

( ) 

yn + 2 

cos ≤ cos y n 

2 

eşitsizliği bulunacaktır. Seçilen aralıkta kosinüs fonksiyonu azalan bir 

fonksiyon olduğuna göre, 

y n+2 

≥ y n 

2 

olacaktır. Buradan da 

y n ≤ y n+2k 

2 k , k ∈ Z + 

elde edilir. Burada k değeri sonsuza giderken y n ≤ 0 yani y n = 0 olacaktır. 

Dolayısıyla 

x n = 2 cos y n = 2 · 1 = 2 

olacağından x n = 2 ve x 1986 = 2 bulunur. 

7. Eğer değişkenlerden herhangi biri, varsayalım x = ±1 olursa 

2x + x 2 y = y ⇒ 2 · ±1 + y = y ⇒ 2 = 0 

olacaktır ki, bu durum imkansızdır. Buna göre denklem sistemimizi yeniden 

yazarsak, 

2x 

1 − x 2 = y 

2y 

1 − y 2 = z 

2z 

1 − z 2 = x


eşitliklerini elde ederiz. Burada da x = tan a, a ∈ (−π/2, π/2) olarak 

alalım. Buna göre ilk iki denklemden y = tan 2a ve z = tan 4a olacaktır. 

Son denklemde ise tan 8a = tan a eşitliği elde edilir. Buna göre 8a − 

a = kπ ise a = kπ/7 olacaktır. a ∈ (−π/2, π/2) olduğuna göre k = 

−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3 değerlerini alabiliriz. Buradan da istenilen değerler 

bulunabilir. 

8. Sorunun çözümüne yardımcı olacak trigonometrik özdeşlik aslında sorunun 

içine gömülmüştür. Eğer çift kat açı için kotanjant toplamını kontrol 

edersek 

2 cot 2α = cot α − 1 

cot α 

eşitliğini elde ederiz. Eğer x 1 = cot α, α ∈ (0, π) olarak alırsak x 2 = 

cot 2α olacağından, x 3 = cot 4α ve x 4 = cot 8α olacaktır. Benzer şekilde 

döngü başa geleceğinden x 1 = cot 16α olacaktır. Demek ki cot α = 

cot 16α yani 16α − α = kπ, k ∈ Z eşitliği bulunacaktır. Buradanda 

çözümlerimiz 

α = kπ , k = 1, 2, 3, · · · , 14 

15 

olacağından 

olacaktır. 

x 1 = cot kπ 

15 , x 2 = cot 2kπ 

15 , x 3 = cot 4kπ 

15 , x 4 = cot 8kπ 

15 

9. Varsayalım x = tan a ve y = tan b olsun. Buradan, 

eşitlikleri elde edilir. Ayrıca, 

sin(a + b) 

x + y = tan a + tan b = 

cos a cos b 

cos(a + b) 

1 − xy = 1 − tan a tan b = 

cos a cos b 

1 

1 + x 2 = cos 2 a 

1 

1 + y 2 = cos 2 b


eşitlikleri elde edilir. Eğer yerine koyarsak, 

cos a cos b · cos(a+b) 

cos a cos b 

1 1 

cos 2 a cos 2 b 

− 1 2 sin(a+b) 

1 2 

ise −1 ≤ 2 sin(a + b)cos(a + b) ≤ 1 eşitsizliğini kanıtlamamız gerekir. 

Zaten bu eşitsizlik −1 ≤ sin(2a + 2b) ≤ 1 olduğundan kanıt tamamlanır. 

10. 

1 

− 1 = 2x n 

1 − x n 1 + x n 1 − x 2 n 

eşitliğini yazabiliriz. Eğer x 1 = tan β, β ∈ (−π/2, π/2) alırsak 

x 2 = 

2 tan β 

1 − tan 2 β 

= tan 2β 

olacaktır. Bu şekilde devam edersek, x n = tan 2 n−1 β olacağından x 8 = 

tan 2 7 β = tan 128β olacaktır. 8 terim uzunluğundaki bir dizi için, tan 128β = 

±1 olmalıdır. Buna göre 

olacaktır. Dolayısıyla, 

olacaktır. 

x = tan 

128β = 

(2k + 1)π 

4 

( 

) 

(2k + 1)π 

± , k = −128, · · · , 128 

512 

11. Eğer b 1 = tan −1 a 1 ve b k+1 = b k + tan −1 (1/k), k = 1, 2, 3, · · · olacak 

biçimde bir dizi tanımlarsak tanjant toplam formülünden 

tan(x + y) = 

tan x + tan y 

1 − tan x tan y 

eşitliğinin ışığında a k = tan b k olduğunu görebiliriz. 

tan x 

lim = 1 

x→0 x




tan −1 (1/k) 

lim 

= 1 

k→∞ 1/k 

b 0 + 

∞∑ 

tan −1 1 k 

k=1 

ıraksak olacaktır. Öte yandan serinin elemanları k → ∞ iken, sıfıra yakınsayacaktır. 

(2πn, 2πn + π/2) aralığında sonsuz çoklukta parçalı toplam 

olacaktır. Benzer biçimde (2πn + π/2, (2n + 1)π) aralığında da sonsuz 

çoklukta toplam olacaktır. Fakat, parçalı toplamlardam birisi b m ve 

a m = tan b m olduğundan, demek ki sonsuz çoklukta pozitif ve negatif 

a m değeri bulunmaktadır. 

13. Her bir a i değerimiz [−1, 1] aralığında olduğuna göre, a i = cos x i , x i ∈ 

[0, π] şeklinde seçim yapabiliriz. Buna göre sorudaki eşitsizliğin sol tarafı 

n−1 

∑ √ 

1 − cos xi cos x i+1 − sin x i sin x i+1 = 

n−1 

∑ √ 

1 − cos (xi+1 − x i ) 

i=1 

i=1 

= √ n−1 

∑ 

2 sin x i+1 − x i 

2 

i=1 

olacaktır. 

Sinüs fonksiyonu [0, π] aralığında aşağı konkav olduğuna göre Jensen 

Eşitsizliğinden 

n−1 

1 ∑ 

( ) ( 

) 

n−1 

xi+1 − x i 

1 ∑ x i+1 − x i 

sin 

sin 

n − 1 

2 

n − 1 2 

i=1 

eşitsizliği elde edilir. Buna göre, 

n−1 

√ ∑ 

( ) 

xi+1 − x i 

2 sin 

2 

i=1 

i=1 

(n − 1) √ 2 sin x n − x n−1 

2 (n − 1) √ 2 (n − 1) sin 

olacaktır. Burada x n − x i ∈ (0, π) dir. Aynı aralıkta, sin x < x, x > 0 

eşitsizliği kullanılırsa 

( ) 

√ π 

2 (n − 1) sin √ 2 π 2 (n − 1) 2 

π 

2 (n − 1)


olacaktır. 

13. Tüm x i değerleri pozitif ve toplamlarıda 1 olduğuna göre, 

x 1 + x 2 + · · · + x k = sin a k 

ve 

a 0 = 0 < a 1 < a 2 < · · · < a n = π , k = 0, 1, · · · , n 

2 

seçimlerini yapabiliriz. Buna göre, 

n∑ 

k=1 

k=1 

sin a k − sin a k−1 

√ 1 + sin ak−1 

√ 1 − sin ak−1 

< π 2 

olacaktır. Bu eşitsizliği yeniden düzenlersek 

( ) ( ) 

ak −a 

n∑ 2 sin k−1 ak +a 

2 

cos k−1 

2 

cos (a k − 1) 

olacaktır. 0 < x < π/2 aralığında kosinüs fonksiyonu azalandır ve sin x < 

x eşitsizliği vardır. Buna göre eşitsizliğin sol tarafı 

ise 

n∑ 

k=1 

n∑ 

2 a k−a k−1 

2 

cos a k−1 

cos a k−1 

k=1 

(a k − a k−1 ) = π 2 

olacaktır ki bu da zaten ispatı tamamlar. 

14. Denklemi sağlayan üçlülerden herbiri dar açılı bir üçgenin açılarının kosinüs 

değerleridir. Önce, eğer A, B, C açıları bir üçgenin açı değerleri 

ise 

cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C = 1 

olduğunu gösterelim. Aslında, 

cos A = − cos (B + C) = sin B sin C − cos B cos C


olacağına göre 

= cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C 

= (cos A + cos B + cos C) 2 + 1 − ( 1 − cos 2 A ) ( 1 − cos 2 C ) 

= (sin B sin C) 2 + 1 − sin 2 B sin 2 C = 1 

olarak bulunur. Demek ki, A + B + C = π eşitliğini sağlayan A, B, C 

değerleri birer çözümdür. 

15. 

İkinci denklemi düzenlersek 


x 1 = 

a 2 

yz + b2 

zx + c2 

xy + abc 

xyz = 4 

a √ yz 

, y 1 = 

b √ zx 

, z 1 = 

c √ xy 

olarak alırsak, eşitliğimiz 

x 2 1 + y 2 1 + z 2 1 + x 1 y 1 z 1 = 4 

olacağından 0 < x 1 < 2, 0 < y 1 < 2, 0 < z 1 < 2 olacaktır. Buna göre, 

x 1 = 2 cos A, y 1 = 2 cos B, z 1 = 2 cos C 

olarak alabiliriz. Bu değerleri kullanırsak, 

2 √ yz cos A = a, 2 √ zx cos B = b, 2 √ xy cos C 

olacaktır. Eğer x + y + z = a + b + c ise 

x + y + z − 2 √ yx cos A − √ 2zx cos B − 2 √ xy cos C = 0 

olacaktır. Bu eşitliğin sol tarafını iki kare toplamı şeklinde yazmaya çalışırsak 

= x + y + z − 2 √ yz cos A − 2 √ zx cos B − 2 √ xy cos C 

= x + y + z − 2 √ yz cos A − 2 √ zx cos B + 2 √ xy (cos A cos B − sin A sin B) 

= x ( sin 2 B + cos B 2) + y ( sin 2 A + cos 2 A ) + z − 2 √ yz cos A 

− 2 √ zx cos B + 2 √ xy cos A cos B − 2 √ xy sin A sin B 

= (√ x sin B − √ y sin A ) 2 + 

(√ x cos B + 

√ y cos A − 

√ z 

)


olacaktır. Burada iki kare toplamı sıfır olduğuna göre 

√ x sin B − 

√ y sin A = 0 

ve 

√ x cos B + 

√ y cos A = 

√ z 


√ √ b z = x 

2 √ zx + √ a 

y 

2 √ yz = b + a 

2 √ z 


’dir. Simetriden dolayı 

z = a + b 

2 


y = a + c 

2 

ve x = b + c 

2 

16. Önce bildiğimiz bazı trigonometrik soruda kullanabileceğimiz bazı geometrik 

eşitlikleri yazalım. Buna göre, 

ve 

cos 2θ = 2 cos 2 θ − 1 

cos 3θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ 

eşitliklerini kullanmamız yerinde olacaktır. Eğer x = 2π/5 alırsak, cos 6π/5 = 

cos 4π/5 olacaktır. Şimdi denklemi x değişkenine bağımlı olarak yazalım. 

Burada 

4x 3 − 2x 2 − 3x + 1 = 0 

ise 

olacaktır. Buradan 

(x − 1) ( 4x 2 + 2x − 1 ) = 0 

x = 1 veya x = 

√ 

5 − 1 

2


olacağından cos(2π/5) ≠ 1 ise istenilen cevap 

olacaktır. 

( ) √ 

2π 5 − 1 

cos = 

5 2 

2.10 Ceb˙ırde Teleskop˙ık Toplamlar ve Çarpımlar 

Bu konuda da cebirde sonsuz toplamlar ve farklarla alakalı soruları çözeceğiz. 

Aslında çözümlerde kullanacağımız genel yöntem oldukça basittir. Soruda 

verilen toplamı yada çarpımı, farkların toplamı biçiminde yazarak sonuca ulaşmaya 

çalışacağız. Buna göre elde edeceğiz farkların toplamı 

n∑ 

[F (k) − F (k − 1)] 

k=2 

formunda olacağından ve 2 ≤ k ≤ n − 1 indislerine sahip değerler sadeleşeceği 

için, toplamımız 

F (n) − F (1) 

olacaktır. 

Örnek. 


n∑ 

k!k 

k=1 

Çözüm. 

yaparsak, 

olacaktır. 

Eğer k! · k = k!(k + 1 − 1) = (k + 1)! − k! değişken değiştirmesini 

n∑ 

(k + 1)! − k! = (n + 1)! − 1 

k=1

2.10. CEBİRDE TELESKOPİK TOPLAMLAR VE ÇARPIMLAR 91 

Örnek. 


n∑ 1 

k=1 

(k + 1) √ k + k √ k + 1 

Çözüm. 

Temel düşünce paydayı rasyonel yapmak olmalıdır. Yani, 

( 

(k + 1) √ k − k √ ) ( 

k + 1 (k + 1) √ k + k √ ) 

k + 1 


= k (k + 1) 2 − (k + 1) k 2 

= k(k + 1) 

n∑ 

k=1 

(k + 1) √ k − k √ k + 1 

k (k + 1) 

= 

n∑ 

k=1 

( 1 √k − 

1 

√ 

k + 1 

) 

= 1 − 

1 

√ n + 1 

olacaktır. 

Örnek. 

n ∈ Z + olmak üzere aşağıda verilen eşitsizliği kanıtlayınız. 

n − 1 < 

1 

√ 

1 + 

√ 

2 

+ 

1 

√ 

2 + 

√ 

5 

+ · · · + 

2n − 1 

√ 

(n − 1) 2 + 1 + √ n 2 + 1 

< n 

Çözüm. Soruda verilen eşitsizliği iki yönünüde ispatlamadan evvel, bazı 

genellemeler yapalım. Buna göre, 

ise 

2k − 1 

√ 

(k − 1) 2 + 1 + √ k 2 + 1 

( √k 

√ 

) 

(2k − 1) 2 + 1 − (k − 1) 2 + 1 

= 

k 2 + 1 − (k − 1) 2 − 1 

= √ √ 

k 2 + 1 − (k − 1) 2 + 1


1 3 

2n − 1 

= √ √ + √ √ + · · · + √ 

1 + 2 2 + 5 

(n − 1) 2 + 1 + √ n 2 + 1 

= √ 2 − 1 + √ 5 − √ 2 + · · · + √ √ 

n 2 + 1 − (n − 1) 2 + 1 

= √ n 2 + 1 − 1 

olacaktır. 

Buna göre, yeni eşitsizliğimiz 

n − 1 < √ n 2 + 1 < n 

olacaktır ki, bu eşitsizliği göstermek oldukça kolaydır. 

Örnek. 

x, Q(x) polinomunun bir kökü değildir. Buna göre, 

P (x) P (x + 1) 

− 

Q (x) Q (x + 1) = 1 

x (x + 2) 

eşitliğini sağlayan tüm P ve Q polinomlarını bulunuz. 

Çözüm. 

Önce soruda verilen eşitliği düzenleyelim, buna göre 

P (x) P (x + 1) 

− 

Q (x) Q (x + 1) = 2x + 1 2 (x + 1) + 1 

− 

2x (x + 1) 2 (x + 1) (x + 2) 

eşitliği elde edilir. Buna göre, n ∈ Z + ve yeterince büyük bir x değeri için, 

P (x + k) (x + k + 1) 

−P 

Q (x + k) Q (x + k + 1) = 2 (x + k) + 1 

2 (x + k + 1) (x + k + 2) − 2 (x + k + 1) + 1 

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

olacaktır. Eğer eşitlikleri taraf tarafa toplarsak, 

P (x) P (x + n) 

− 

Q (x) Q (x + n) = 2x + 1 

2x (x + 1) − 2 (x + n) + 1 

2 (x + n) (x + n + 1) 

eşitliğini elde ederiz. Burada n ⇒ ∞ iken, P (x+n)/Q(x+n) ifadeside sonsuza 

gidecektir. Buna göre, 

P (x) 

Q (x) = 2x + 1 

2x (x + 1) + c, c ∈ R


olacaktır. Eğer işlemi devam ettirirsek, 

2x (x + 1) P (x) = (2x + 1 + 2cx (x + 1)) Q (x) 

eşitliğini elde ederiz. Buradan istenen polinomlar 

P (x) = (2x + 1 + 2cx (x + 1)) R (x) ve Q (x) = 2x (x + 1) R (x) 


Örnek. 


∞∏ 

(1 − 1 ) 

n 2 

n=2 

= 1 2 

Çözüm. 

N∏ 

lim 

(1 − 1 ) 

n 2 = lim 

N→∞ 

n=2 


N∏ 

N→∞ 

n=2 


( 

1 − 1 ) ( 

1 + 1 ) 

n n 

N + 1 

lim 

N→∞ 2N 

= 1 2 bulunur. 

= 

N∏ 

n=2 

n − 1 

n 

= 1 N · N + 1 

2 

N∏ 

n=2 

n + 1 

n 

= N + 1 

2N 

1. 


n∑ 

k! ( k 2 + k + 1 ) 

k=1 

2. a 1 , a 2 , · · · , a n bir aritmetik dizinin elemanları ve ortak farkları d ise 

n∑ 1 

a k · a k+1 


k=1


3. 


∞∑ 

k=1 

6 k 

(3 k − 2 k ) (3 k+1 − 2 k+1 ) 

4. {x n } ∞ n=1 dizisinde x 1 = 1/2 , x k+1 = x 2 k + x k ise 

1 

x 1 + 1 + 1 

x 2 + 1 + · · · + 1 

x 100 + 1 

toplamından küçük en büyük tamsayı değerini bulunuz. 

5. F n bir Fibonacci dizisi olmak üzere F 1 = 1, F 2 = 1, F n+1 = F n + F n−1 

olarak veriliyor. Buna göre aşağıdaki toplamları hesaplayınız. 

a. 

b. 

∞∑ 

n=2 

F n 

F n−1 · F n+1 

∞∑ 1 

F n−1 · F n+1 

n=2 

6. √1 + 1 1 2 + 1 2 2 + √1 + 1 2 2 + 1 3 2 + · · · + √ 


1 + 1 

1999 2 + 1 

2000 2 

7. 

1 

√ 

1 + 

√ 

3 

+ 

1 

√ 

5 + 

√ 

7 

+ · · · + 

1 

√ 

1997 + 

√ 

9999 

> 24 


8. 1 m < n m, n ∈ Z olduğuna göre, aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayınız. 

2 (√ n + 1 − √ m ) < √ 1 1 

+ √ +· · ·+ √ 1 + √ 1 < 2 (√ n − √ m − 1 ) 

m m + 1 n − 1 n


9. 

10. 

a k = 

ise 



k 

(k − 1) 3 + k 4/3 + (k + 1) 4/3 

∞∑ 

n=1 

∑999 

a k < 50 

k=1 

1 

(n + 1) √ n < 2 

11. F n , fibonacci serisi olmak üzere verilen, 

∞∑ 1 

toplamının eşitini bulunuz. 

F 

n=0 2 n 

12. 

13. 


çarpımını hesaplayınız. 

∞∏ 

n=2 

∞∑ 

n=0 

n 3 − 1 

n 3 + 1 = 2 3 

( 

1 + 1 

2 2n ) 

14. L 1 = 2, L 2 = 2 ve L n+2 = L n+1 + L n , n 1 olarak tanımlanan Lucas 

Dizisi veriliyor. Buna göre, 

m∏ 

L 2 k +1 = F 2 m+1 


k=1


Édouard Lucas 12 (1842-1891) 

Fransız matematikçi ve bilimadamı olan Lucas 

daha çok kendi adı ile anılan Lucas Dizileri ve Fibonacci 

Dizisinin n. terimini veren formülü ile anılır. 

Üniversite eğitimini École Normale Supérieure’de 

tamamlayan Lucas uzun bir süre Paris Gözlemevinde’de 

çalışmalarını sürdürmüş ve Profesörlük ünvanınıda 

yine aynı şehirde Paris’te almıştır. Ayrıca 

N∑ 

n 2 = M 2 

n=1 

Diphantine denkleminin yegane çözümünün N = 24 

ve M = 70 ikilisi olduğunu savunmuştur. Bu ikiliden 

başka ikililerin olmadığı ise ancak 1918 yılında 

hiperbolik fonksiyonlar kullanılarak kanıtlanabilmiştir. 

Ayrıca, sayıların asallığı üzerinede çalışmalar yapan 

Lucas 19 yıllık bir çalışma sonucunda, 2 127 − 1 sayısının asal olduğunu 

kanıtlamış ve bu kanıtı sonucunda ulaştığı sayı o zamana kadar ulaşılabilen 

en büyük Mersenne Asalı olarak kabul edilmiştir. Matematiğin eğlenceli tarafıylada 

alakadar olan Lucas, özellikle Hanoi Kuleleri’ni keşfetmesi ve çözüm 

yöntemleri geliştirmesi bulmaca meraklılarının büyük saygısını kazanmıştır. 


1. 

n∑ 

k! ( k 2 + k + 1 ) = 

k=1 

= 

n∑ 

k=1 

[ 

] 

(k + 1) 2 − k k! 

n∑ 

[(k + 1)! (k + 1) − k!k] 

k=1 

= (n + 1)! (n + 1) − 1 olacaktır. 

12 François Édouard Anatole Lucas


2. 

n∑ 

k=1 

1 

a k a k+1 

= 1 d 

n∑ 

k=1 

a k+1 − a k 

a k a k+1 

= 1 d 

olacağından, toplam 

1 a n+1 − a 1 

d a n+1 a 1 

olacaktır. a n+1 − a 1 = nd olduğuna göre 

olacaktır. 

n∑ 

k=1 

1 nd 

n 

= 

d (nd + a 1 ) a 1 (nd + a 1 ) a 1 

( 1 

a k 

− 1 

a k+1 

) 

3. Kesri parçalara bölerek çözüme gitmek yerinde olacaktır. Buna göre, 

6 k 

(3 k − 2 k ) (3 k+1 − 2 k+1 ) = A 

3 k − 2 k − B 

3 k+1 − 2 k+1 

eşitliğinde ( 

3 k+1 − 2 k+1) ( 

A − 3 k − 2 k) B = 6 k 

olacaktır. Buradan A = 2 k ve B = 2 k + 1 olarak kolaylıkla bulunabilir. 

Buna göre, 

∞∑ 

k=1 

6 k 

(3 k − 2 k ) (3 k+1 − 2 k+1 ) = 2 

3 − 2 − lim 2 k+1 

k→∞ 3 k+1 − 2 k+1 = 2 


Not. Benzer biçimde A = 3 k ve B k + 1 bulunabilirdi, ancak bu değerler 

sonucu değiştirmezdi. Deneyip görebilirsiniz. 

4. İndirgemeli dizi çözüm yöntemini kullanalım. Buna göre, x k+1 = x 2 k +x k 

ise 

1 1 

= 

x k+1 x k (x k + 1) = 1 − 1 

x k x k + 1 

olacağından 

1 

x 1 + 1 + 1 

x 2 + 1 + · · · + 1 

x 100 + 1 = 1 x 1 

− 1 

x 101


olacaktır. x 1 = 1/2 ve 0 < 1/x 101 < 1 olduğuna göre istenen değer 1 

olacaktır. 

5. a. 

∞∑ 

n=2 

F n 

F n−1 F n+1 

= 

∞∑ F n+2 − F n−1 

= 

F n−1 F n+1 

n=2 

= lim 

n→∞ 

∞∑ 

n=2 

( 1 

F n−1 

− 1 

F n+1 

) 

( 1 

F 1 

+ 1 F 2 

− 1 

F n 

− 1 

F n+1 

) 

= 1 F 1 

+ 1 F 2 

= 2 olacaktır. 

b. 

∞∑ 

n=2 

olacaktır. 

1 

F n−1 F n+1 

= 

6. n ∈ Z + olmak üzere, 

ise 

= 

∞∑ 

= lim 

n→∞ 

F n 

= 

F 

n=2 n−1 F n F n+1 

∞∑ 

( 

1 

− 

F 

n=2 n−1 F n 

( 1 

− 

F 1 F 2 

∞∑ 

n=2 

) 

1 

F n F n+1 

1 + 1 n 2 + 1 

(n + 1) 2 = n2 (n + 1) 2 + (n + 1) 2 + n 2 

n 2 (n + 1) 2 = 

F n+1 − F n−1 

F n−1 F n F n+1 

) 

1 

= 1 = 1 

F n F n+1 F 1 F 2 

( 

n 2 + n + 1 ) 

n 2 (n + 1) 2 

√ 

1 + 1 n 2 + 1 

(n + 1) 2 = n2 + n + 1 1 

n 2 = 1 + 

+ n n (n + 1) 


olur. 

1997 

∑ 

n=1 

( 

1 + 

) 

1 

= 

n (n + 1) 

1999 

∑ 

n=1 

( 

1 + 1 n − 1 ) 

= 2000 − 1 

n + 1 

2000


7. Teleskopik toplam yapmak mantıklı görünsede, bazı elemanlar eksik olduğundan 

çözüme gidemeyiz. Buna göre eşitsizliğin sol kısmı, 

1 

√ 

3 + 

√ 

5 

+ 

1 

√ 

7 + 

√ 

9 

+ · · · + 

1 

√ 

9999 + 

√ 

10001 

toplamından küçüktür. Eğer sorudaki eşitsizlikle son yazdığımız eşitsizliği 

toplarsak 

1 

√ 

1 + 

√ 

3 

+ 

1 

√ 

3 + 

√ 

5 

+ 

1 

√ 

5 + 

√ 

7 

+ · · · + 

1 

√ 

9999 + 

√ 

10001 

> 48 

olacaktır. Şimdi artık teleskopik toplamı kullanabilriz. Buna göre, 

1 

(√ √ √ √ √ √ √ √ ) 

3 − 1 + 5 − 3 + 7 − 5 + · · · + 10001 − 9999 = 1 (√ ) 

10001 − 1 > 

2 

2 

olacaktır. 

8. k ∈ R için (√ k + 1 − k ) (√ k + 1 + k ) = 1 olduğuna göre, 

( √k √ ) 

2 + 1 − k = 

2 

√ 

k + 1 + 

√ 

k 

< 1 k 

ve 

1 

√ 

k 

< 

2 

(√ √ ) 

√ √ = 2 k − k − 1 

k + k − 1 


( √k √ ) 

2 + 1 − k < √ 1 (√ √ ) 

< 2 k − k − 1 

k 

olacaktır. Eğer bu eşitsizlikleri toplarsak, 

2 (√ n + 1 − √ m ) < √ 1 1 

+ √ +· · ·+ √ 1 + √ 1 < 2 (√ n − √ m − 1 ) 

m m + 1 n − 1 n 

olacağından soruda verilen eşitsizlik kanıtlanmış olur.


9. ilk önce a n ifadesinin paydasını küçültelim ve rasyonel hale getirelim. 

Buna göre, k 3 yerine (k − 1) 2/3 (k + 1) 2/3 yazılırsa, 

a k < 

= 

k 

(k − 1) 4/3 + (k − 1) 2/3 (k + 1) 2/3 + (k + 1) 4/3 

k 

((k + 1) 2/3 − (k − 1) 2/3) 

(k + 1) 2 − (k − 1) 2 = 1 ( 

(k + 1) 2/3 − (k − 1) 2/3) olacağından 

4 

∑999 

a n = 1 ∑999 

((k + 1) 2/3 − (k − 1) 2/3) 

4 

k=1 

k=1 

= 1 ( 

1000 2/3 + 999 2/3 − 1 2/3 − 0 2/3) < 1 (100 + 100 − 1) < 50 bulunur. 

4 

4 

10. Verilen toplamı düzenlersek 

1 

√ n (n + 1) 

= 

olacağından yeni toplamımız 

1 + 

√ n 

n (n + 1) = √ n 

n − 

∞∑ 

√ √ n − n − 1 

n=2 

n 

√ n 

n + 1 

olacaktır. Bu toplam teleskopik değildir, ancak üstten sınırlıdır. Öyleki 

1 + 

∞∑ 

n=2 

√ n − 

√ n − 1 

√ n 

√ n − 1 

= 1 + 

∞∑ 

k=2 

( 1 

√ − 1 ) 

√ n − 1 n 

olacakır. Ve bu toplam da 2’ye yakınsar. İspat tamamlanır. 

11. Sorunun çözümüne tümevarım ile başlayalım. Buna göre, tümevarım 

yöntemi kullanılarak 

F 2m F m−1 − F 2m−1 F m = (−1) m F m , m 1


olduğu bulunabilir. Eğer m = 2 n−1 alınırsa 

veya 

olacağından 

∞∑ 1 

F 

n=0 2 n 

olacaktır. 

F 2 nF 2 n−1 −1 − F 2 n −1F 2 n−1 = F 2 n−1, n 2 

1 

F 2 n 

= F 2 n−1 −1 

F 2 n−1 

= 1 F 1 

+ 1 F 2 

+ lim 

N→∞ 

− F 2 n −1 

, n 2 

F 2 n 

( 

F1 

− F ) 

2 N −1 

F 2 F 2 N 

= 3 − 1 

√ 

5+1 

2 

= 7 − √ 5 

2 

12. 

lim 

N∏ 

N→∞ 

n=2 


n 3 − 1 

n 3 + 1 

= lim 

N∏ 

N→∞ 

n=2 

= lim 

N→∞ 

n=2 

(n − 1) ( n 2 + n + 1 ) 

(n + 1) (n 2 − n + 1) 

N∏ n − 1 

n + 1 

1 · 2 · 

= lim 

N→∞ 

N∏ (n + 1) 2 − (n + 1) + 1 

n 2 − n + 1 

n=2 

( 

) 

(N + 1) 2 − (N + 1) 4 + 1 

3N · (N + 1) 

= 2 3 

13. Eğer soruda verilen ifadeyi açarsak 

∞∏ 

( 

1 + 1 ) 

= 2 lim 

2 2n N→∞ 

n=0 

( 

1 − 1 2 0 ) ∞ 

∏ 

n=0 


( 

1 − 1 ) ( 

1 + 1 ) ( 

= 1 − 1 ) 

2 2n 2 2n 2 2n+1 

( 

1 + 1 

2 2n ) 

olacağından, çarpımımızı teleskopik hale getirebiliriz. Buradan çarpım 

1 − 1 

2 2N+1 

olacaktır. N → ∞ ve 1− 1 

2 2N+1 → 1 ise çarpımın sonucu 2 olarak bulunur.


14. Eğer kontrol edilirse Fibonacci ve Lucas dizilerinin 

F n+1 + F n−1 = L n+1 ve F 2n = F 2 n+1 − F 2 n−1, n 1 

için sağlandığı görülebilir. Öyleyse, 

F 2n = (F n+1 + F n−1 ) (F n+1 − F n−1 ) = L n+1 F n 


olacaktır. Öyleyse, 

L n+1 = F 2n 

F n 

, n 1 

m∏ 

L 2 k +1 = 

k=1 

m∏ 

k=1 

F 2 k+1 

F 2 k 

= F 2 m+1 

F 2 

= F 2 m+1 

olacaktır. İspat tamamlanır. 

2.11 Tamdeğer Fonks˙ıyon Problemler˙ı 

x ∈ R olmak üzere, x değerini geçmeyen en büyük tamsayı değeri [x] ile 

gösterilir. Bu foksiyona tam değer fonsiyon (floor function) denir. Buna göre 

x − 1 < [x] ≤ x olduğu açıktır. Bu ifade ayrıca [x] ≤ x < [x] + 1 olarakta 

yazılabilir. Ayrıca sayının ondalıklı kısmıda {x} ile temsil edilir. Buna göre; 

{x} = x − [x] dir. Buna göre x = [x] + {x}, 0 ≤ {x} < 1 dir. Tam değer 

fonksiyonun en temel teoremleri aşağıda verilmiştir. 

Teorem. α, β ∈ R, a ∈ Z, n ∈ N ise; 

1. [α + a] = [α] + a 

2. [ α n ] = [ [α] 

n ] 

3. [α] + [β] ≤ [α + β] ≤ [α] + [β] + 1 

Kanıt.

2.11. 

TAMDEĞER FONKSİYON PROBLEMLERİ 103 

1. Varsayalım m = [α + a] olsun. Buna göre m ≤ α + a < m + 1 dolayısıyla 

da m − a ≤ α < m − a + 1 olacaktır. m − a = [α] olduğuna göre ispat 

tamamlanmış olur. 

α 

2. 

n ifadesini α n = [ α n +θ], 0 ≤ θ < 1 olarak yazalım. n·[α n 

] ifadesi olduğnan 

artık elimizde 1 durumu oluştu. Yani; 

[α] = [n[α/n] + nθ] = n[α/n] + [nθ] olur. 

Şimdi, 0 ≤ [nθ] < nθ < n ve bundan dolayı 0 ≤ [nθ/n] < 1 olur.Eğer 

Θ = [nθ]/n olduğunu varsayarsak [α] 

n 

= [ α n 

] + Θ, 0 ≤ Θ < 1 olur ki, buda 

zaten istenen sonuçtur. 

3. Varsayalım α = n + r, β = m + t ve 0 ≤ r < 1, 0 ≤ t < 1 olsun. 

[α] + [β] = n + m ≤ [n + r + m + t] = [α + β] olur. 

= m + n + [r + t] ≤ n + m + 1 

= [α] + [β] + 1 olur. 

Örnek. 

bulunuz. 

[ x 3 ] = x 2 

+ 1 denklemini sağlayan x tamsayılarının toplamını 

Çözüm. Varsayalım [ x 3 ] = t olsun. Buna göre, t ≤ x 3 

< t + 1 ise 3t ≤ 

x < 3t + 3 olmalıdır. [ x 3 ] = t = x 2 

+ 1 olduğuna göre x = 2t − 2 olur. Bu 

son eşitliği eşitsizliğimizde yerine koyarsak 3t ≤ 2t − 2 < 3t + 3 ise −5 < t ≤ 

−2 bulunur. t = −2, −3, −4 olabileceğinden x değerleride −8, −10, −6 olarak 

bulunur. istenen cevap −24 olur. 

Teorem.(Hermite Özdeşliği) [nx] = [x]+[x+ 1 n ]+[x+ 2 n 

dir. 

Kanıt. Eğer teoremde verilen eşitliği düzenlersek; 

n∑ 

[x + k n ] = [nx] 

k=0 

]+· . . .·+[x+ 

n−1 

n ]


ifadesini elde ederiz. Öyleyse bu eşitliği ispatlamamız yeterlidir. x = [x] + {x} 

olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre; {1, 2, 3, . . . , n} kümesinin elemanı olan 

kesin bir k ′ değeri vardır ki; 

ise 

[x] = [x + k′ − 1 

k′ 

] ≤ x < [x + 

n n ] = [x] + 1 

0 = [{x} + k′ − 1 

k′ 

] ≤ {x} < [{x} + 

n n ] = 1 

olacaktır. Buna göre; 

1 − k′ 

n ≤ {x} < 1 − k′ − 1 

⇒ n − k ′ ≤ n{x} < n − k ′ + 1 olur. 

n 

En başta yazdığımız eşitliği kullanırsak 

n−1 

∑ 

[x + k k ′ −1 

n ] = ∑ 

[x] + 

k=0 

k=0 

n−1 

∑ 

k=k ′ ([x] + 1) = n · [x] + n − k ′ 

= n[x] + [n{x}] 

= [n[x] + n{x}] = [nx] olur. 

Örnek. [x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x] = 12345 denklemini sağlayan 

x değerlerini bulunuz. 

Çözüm. Bu soruda amacımız önce, denkliği sağlayan x değerlerinin varlığını 

araştırmak ve bu değerleri bulmak olacaktır. Konunun en başında verdiğimiz 

teoremlerden biliyoruz ki, x − 1 < [x] ≤ x olacaktır. Buna göre; 

x−1+2x−1+4x−1+. . .+32x−1 < [x]+[2x]+. . .+[32x] ≤ x+2x+4x+. . .+32x 

ise 63x − 6 < 12345 ≤ 63x ve x değeride 195 < x < 196 arasında olacaktır. 

Eğer x değerini 2 lik tabanda yazarsak x = 195 + a 1 

2 

+ a 2 

+ . . ., a 

2 2 k = 0 veya 1. 

Buna göre; 

[2x] = 2 · 195 + a 1 

[4x] = 4 · 195 + 2a 1 + 2a 2 

[8x] = 8 · 195 + 4a 1 + 2a 2 + a 3

2.11. 


[16x] = 16 · 195 + 8a 1 + 4a 2 + 2a 3 + a 4 

[32x] = 32 · 195 + 16a 1 + 8a 2 + 4a 3 + 2a 4 + a 5 

Eğer bu değerleri alt alta toplarsak 63·195+31·a 1 +15·a 2 +7a 3 +3·a 4 +a 5 

olacaktır yani; 31 · a 1 + 15 · a 2 + 7 · a 3 + 3 · a 4 + a 5 = 60 olur. Ancak 0 ≤ a i ≤ 1 

olduğundan ifade en fazla 31 + 15 + 7 + 3 + 1 = 57 değerini alabilir. Çelişki 

vardır. Çözümü sağlayan bir x değeri yoktur. 

Örnek. [x], x in tamdeğer foksiyonu olmak üzere, {x} = x − [x] olarak 

tanımlansın. Her x reel sayısı için x = f(x) − 2 · f({x}) eşitliğini sağlayan f 

fonksiyonunun x = − 13 5 

noktasındaki değerini bulunuz. 

Çözüm. {− 13 5 } = − 13 

5 − (−3) = 2 5 oluğundan; x = 2 5 için 

2 

5 = f(2 5 ) − 2 · f({2 5 }) ⇒ f(2 5 ) = −2 5 

olacaktır. x = − 13 5 

için 

− 13 5 = f(−13 5 ) − 2 · f({−13 5 }) = f(−13 5 ) − 2 · f(2 5 ) 

olduğuna göre 

olur. 

f(− 13 

5 ) = −17 5 

Teorem. a ve b aralarında asal doğal sayılar olmak üzere; 

[ a b ] + [2a b ] + [3a b 

− 1) · b (a − 1) · (b − 1) 

] + . . . + [(a ] = 

b 

2 

eşitliği vardır. 

Kanıt. Aslında teoremde verilen ifadeyi düzenlersek; 

∑a−1 

[ kb b−1 

a ] = ∑ 

[ ka (a − 1)(b − 1) 

] = 

b 2 

k=1 

k=1


eşitliğini elde ederiz. Öyleyse bu eşitlikleri ispatlamamız yeterli olacaktır.Varsayalım 

analitik düzlem üzerinde, köşe koordinatları (0, 0), (0, b), (a, 0), (a, b) olan bir 

dikdörtgenimiz olsun. Bu dikdörtgen üzerinde (a − 1)(b − 1) tane latis (lattice) 

noktası, yani koordinat bileşnleri tamsayıar olan noktalar vardır. Bu dikdörtgeni 

y = xb 

a 

doğrusu ile iki parçaya ayıralım. Bu doğru üzerindeki başlangıç ve 

bitiş noktaları hariç hiçbir noktanın koordinatlarının tamsayı olmadığı açıktır. 

n 

Eğer böyle bir nokta varsa, mesela (m, n), 0 < m < a, 0 < n < b, 

m = b a 

n 

olmalıdır. Demek ki 

m 

kesri, b 

a 

sadeleşebilen kesrinin bir sadeleşmi halidir. 

Ancak bu durum açık bir çelişkidir. Çünkü (a, b) = 1 kabul etmiştik. 

L k = (k, kb 

a 

), 1 ≤ k ≤ a − 1 oktalarının her biri doğrunu üzerindedir. Buna 

göre [ kb 

kb 

a 

] ifadesi (k, 0) dan (k, 

a 

) noktasına giden doğrunun üzerindeki latis 

noktalarıdır. Yani 

∑a−1 

[ kb 

a ] 

k=1 

ifadesi dikdörtgenin alt yarısındaki latis noktalarının sayısıdır. Benzer biçimde, 

∑b−1 

[ ka 

b ] 

k=1 

ifadeside üst yarıdaki noktalar olduğuna göre ve bu noktalar alt ve üst yarıda 

eşit sayıda bulunabildiğine göre toplam nokta sayısının yarısı 

sitenen cevap olur. ispat tamamlanır. 

(a − 1)(b − 1) 

2 

Örnek. 


n ∈ Z + olmak üzere, [ √ n + √ n + 1] = [ √ 4n + 2] eşitliğini 

Çözüm. İfadenin karesini alırsak √ n + √ n + 1 toplamının √ √ 

4n + 1 ile 

4n + 3 ifadelerinin arasında olduğunu görmek zor değildir. Tam kare ifadeler 

mod4 altında 0 veya 1 olduklarından 4n + 2 ve 4n + 3 ifadelerinin birer tam 

kare olmadıkları açıktır. Buna göre [ √ 4n + 2] = [ √ 4n + 3] olduğu açıktır. 

Teorem.(De - Polignac ve Legendre Formülü) n! ifadesini bölen p asal

2.11. 


sayısının en büyük kuvveti α ise 

eşitliği vardır. 

∞∑ 

α = [ n p k ] 

k=1 

Örnek. 

999! ifadesinin ondalık yazılımının sonunda kaç tane 0 vardır 

Çözüm. Sıfırların sayısı çarpımdaki 2 ve 5 sayılarına bağlıdır buna göre 

5 α |999! olmasını sağlayan en büyük α değeri istenen cevap olacaktır. Buna 

göre; 

[ 999 

5 ] + [999 5 2 ] + [999 5 3 ][999 ] = 179 + 39 + 7 + 1 = 246 olur. 

54 Örnek. 

ifadesi doğruluğunu araştırınız. 

( ) 1000 

7| 

500 

Çözüm. 

7 α |1000! olmasını sağlayan en büyük α değeri‘; 

[ 1000 

7 ] + [1000 7 2 ] + [1000 7 3 ] = 164 

olacaktır. Benzer biçimde 7 α |500! olmasını sağlayan en büyük α değeride 82 

bulunur. ( ) 1000 

= 1000! 

500 (500!) 2 

olduğundan, bu ifadeyi bölen 7 nin en büyük kuvveti 164 − 2 · 82 = 0 olduğundan, 

soruda verilen ifade doğru değildir. 


1. 

[ 3√ 1] + [ 3√ 2] + . . . + [ 3√ x 3 − 1] = 400 

denkleminin doğal sayılardaki çözüm kümesinin elemanlarını bulunuz.


2. (6 + √ 35) 1980 açılımındaki virgülden sonraki ilk 1000 basamağın 9 olduğunu 

gösteriniz. 

3. [x 2 ] = [x] denkleminin çözüm kümesini bulunuz. 

4. 

8 

15 < n 

n + k < 7 

13 

eşitsizliğini sağlayan en büyük n değeri kaçtır (k değeri tektir). 

5. r ∈ R olmak üzere; 

91∑ 

k=19 

ise [100r] ifadesinin eşitini bulunuz. 

[r + k 

100 ] = 546 

6. f(n) fonksiyonu n 1/4 sayısına en yakın tamsayıyı temsil etmek üzere, 

toplamının tamdeğerini bulunuz. 

1995 

∑ 

n=1 

1 

f(n) 

7. [x] ifadesi x sayısının tamdeğerini temsil etmek üzere 

1 2 

[ 

1998 ], [ 2 2 

], . . . , [19972 

1998 1998 ] 

dizisindeki farklı tamsayıların sayısını bulunuz. 


1. x ∈ N olduğuna göre; 

3√ 

1, . . . , 

3 √ 7 → 1 · 7 = 7 

3√ 

8, . . . , 

3 √ 26 → 2 · 19 = 38 

3√ 

27, . . . , 

3 √ 63 → 3 · 37 = 111 

3√ 

64, . . . , 

3 √ 124 → 4 · 61 = 244 

ise 7 + 38 + 111 + 244 = 400 ise tek çözüm x = 5 olmalıdır.

2.11. 


2. (6 + √ 35) 1980 + (6 − √ 35) 1980 = 2k, k ∈ Z olur. Burada 6 − √ 35 < 

1 

1 

10 

olmalıdır aksi durumda yani eğer 

10 < 6 − √ 35 olursa, iki tarafın 

karesinden 3500 < 3481 olur. 

0 < (6 − √ 35) 1980 < 10 −1980 ⇒ 2k − 1 

10 1980 < (6 + √ 35) 1980 < 2k 

⇒ 2k − 1 + 0, 999 . . . 9 

} {{ } 

1979 tane 9 

< (6 + √ 35) 1980 < 2k 

3. x 2 ≥ 0 ise [x 2 ≥] olur. x ∈ [0, 1] aralığındaki tüm sayıların sağladığı 

açıktır. Biz (1, 2) aralığına bakalım; 

x = 1 + {x}, [(1 + {x} 2 )] = [1 + {x}] ise [1 + 2{x} + {x} 2 ] = [1 + {x}] 

[1 + 2{x} + {x} 2 ] = 1 0 ≤ 2{x} + {x} 2 < 1 ⇒ {x} > 0 veya {x} 2 + 

2{x} − 1 < 0 durumları oluşur. Buradan eğer y = {x} olarak alırsak 

y ∈ (0, √ 2 − 1) olmalıdır. Buradan da, x ∈ (0, √ 2) arasında olur. 0 zaten 

ahil olduğundan istenilen aralık x ∈ [0, √ 2] bulunur. 

4. Verilen ifadeyi düzenlersek 

6n 

7 < k < 7n 8 

olacaktır. Fakat buradan 7n 8 − 6n 7 = n 56 

bulunur. Buna göre eğer n > 112 

ise, bu aralıkta kesinlikle, yani ( 6n 7 , 7n 8 

) aralığında, iki tamsayı olacaktır. 

n = 112 için ise, 96 < k < 98 olacağından cevap 112 olmalıdır. 

5. 546 = 7 · 73 + 35 = 38 · 7 + 35 · 8 olur. Demek ki 

7 = [r + 0, 19] = [r + 0, 20] = [r + 0, 21] = . . . [r + 0, 56] 

8 = [r + 0, 57] = [r + 0, 58] = . . . = [r + 0, 91] 

olacağından 7, 43 ≤ x < 7, 44 ise 74, 3 ≤ 100r < 74, 4 ve [100r] = 74 

olur. 

6. f(k) ifadesi 1, 2, 3, . . . , 7 değerlerinden birini alır. Sınır değerler 

(n + 1 2 )4 = n 4 + 2n 3 + 1 2 · (3n2 + n) + 1 

16



5 tanesi : 1 

34 tanesi : 1/2 

111 tanesi : 1/3 

260 tanesi : 1/4 

505 tanesi : 1/5 

870 tanesi : 1/6 

210 tanesi : 1/7 

olacağına göre, toplam 400 olur. 

7. [ 9982 

9992 

1998 

] = 498 < 499 = [ 

1998 

] olduğuna göre önce k = 1, 2, 3, . . . , 998 ve 

k = 999, 1000, . . . , 1997 durumlarını ayrı ayrı inceleyelim. Buna göre, 

k = 1, 2, 3, . . . , 997 için 

olacaktır. Buna göre 

(k + 1) 2 

1998 

1 2 

− 

k2 

1998 = 2k + 1 

1998 < 1 

9982 

[ ] = 0, 1, 2, . . . , 498 = [ 

1998 1998 ] 

dizisinde her bir sayı en az bir defa tekrarlanacaktır. Buna göre dizinin 

bu bölümünde 499 terim vardır. k = 999, 1000, . . . , 1996 ise 

(k + 1) 2 

1998 

− 

k2 

1998 = 2k + 1 

1998 > 1 

ise burada da, 1997−999+1 = 999 farklı terim vardır. Buna göre dizideki 

farklı tamsayıların sayısı 1498 olacaktır. 

2.12 Bölüneb˙ılme ve Asal Sayılar 

Tanım. a ≠ 0, b ∈ Z olmak üzere, eğer a · c = b eşitliğini sağlayan bir 

c ∈ Z bulunuyorsa bu duruma a böler b denir ve a|b olarak yazılır.

2.12. BÖLÜNEBİLME VE ASAL SAYILAR 111 

Teorem. 

1. a, b, c, m, n ∈ Z olmak üzere c|a, c|b ise c|(a · m + b · n) dir. 

2. x, y, z ∈ Z olmsk üzere; x|y, y|z ise x|z dir. 

Kanıt. 

1. s, t ∈ Z olmak üzere varsayalım s · c = a, t · c = b olsun. Buna göre 

am + bn = c(sm + tn) ise c|(am + bn) olur. 

2. Ve varsayalım u, v ∈ Z olmak üzere xu = y, yv = z olsun. Buna göre 

xuv = z ise x|z olduğu açıktır. Ayrıca eğer a|b ve b ≠ 0 ise ≤ |a| < |b| 

durumu vardır. 

Örnek. 

bulunuz. 

(n + 1)|(n 2 + 1) durumunu doğrulayan tüm n ∈ Z + değerlerini 

Çözüm. n 2 + 1 = n 2 − 1 + 2 = (n − 1) · (n + 1) + 1 ise (n − 1) · (n + 1) 

sayısı (n + 1) ise bölünür. Bu durumda (n + 1)|2 olmalıdır. |n + 1| < |2| ise 

n = 1 olur. 

Örnek. n herhangi bir doğal sayı olmak üzere; n 3 + 2n sayısının 3 ile 

bölünebildiğini gösteriniz. 

Çözüm. n değeri 3k + 1, 3k + 2 ve 3k formunda olabilir. 

n = 3k ise (3k) 3 + 2 · (3k) = 3 · (3 2 · k 3 ) + 3 · (2k) ise 3|n 3 + 2n 

n = 3k+1 ise (3k+1) 3 +2·(3k+1) = (3k+1) 3 +2·3k+2 ≡ 1+0+2 ≡ 0(mod3) 

ise 3|n 3 + 2n 

n = 3k+2 ise (3k+2) 3 +2·(3k+2) = (3k+2) 3 +2·3k+4 ≡ 2+0+1 ≡ 0(mod3) 

ise 3|n 3 + 2n. 

Örnek. 

7|3x + 2 ise 7|(15x 2 − 11x − 14) olduğunu kanıtlayınız. 

Çözüm. 15x 2 − 11x − 14 = (3x + 2) · (5x − 7) = 7s · (5x − 7) ise kanıt 

tamamlanmış olur.


Örnek. a, b, c doğal sayılar olmak üzere, a 2 + b 2 = c 2 eşitliği sağlanmaktadır. 

Buna göre, a, b ve c den en az birinin 3 ile bölünebildiğini gösterelim. 

Çözüm. Eğer a, b ve c değerleri için bir genellme yaparsak, varsayalım 

hiçbiri 3 ile tam bölünmesin. Öyleyse, a = 3k + 1, b = 3t + 1, c = 3r + 1 olsun. 

Buna göre, 

(3k + 1) 2 + (3t + 1) 2 ≡ 1 + 1(mod3) 

ise c 2 ≡ (mod3) olur, ancak tamsayının karesi bu denkliği sağlamaz. 

Teorem. Ardışık n tamsayının çarpımı n! ile tam bölünür. 

Kanıt. Varsayalım ardışık n tamsayımız m + 1, m + 2, m + 3, . . . , m + n formunda 

olsun ve bu dizinin her bir elemanı pozitif tamsayı olsun. Buna göre, 

göstermemiz gereken durum; 

n!|m + 1, m + 2, m + 3, . . . , m + n 

dir. Burada binom katsayıların tamsayı olma özelliğini kullanırsak 

( ) m + n 

(m + n)! 

(m + n)! (m + 1) · (m + 2) · (m + 3) · . . . · (m + n) 

= 

= = ∈ 

n (m + n − m)!(m + n − n)! n!m! 

n! 

ise ispat tamamlanır. 

Örnek. 

6|n 3 − n olduğunu gösteriniz. 

Çözüm. n 3 − n = n · (n 2 − 1) = n · (n − 1) · (n + 1) ise daha önce verilen 

teoremden dolayı doğrudur. 

Teorem. n ∈ Z + olmak üzere, n bir bileşik sayı 13 ise, n sayısının p ≤ √ n 

olacak şekilde bir asal çarpanı vardır. 

Kanıt. Varsayalım n = a · b, 1 < a ≤ b olsun. Eğer bu iki değerde √ n de 

büyükse, n = a · b = √ n · √n = n olur ki, bu bir çelişkidir. Demek ki, n 

sayısının 1 den farklı ve √ n den küçük eşit olan bir çarpanı vardır. Buna göre, 

p bir asal çarpan olmak üzere, bu değerde √ n den küçük olur. 

13 2 den büyük olan ve asal olmayan sayılar


Örnek. 101 sayısının asal olup olmadığını anlamak için bu sayıyı en az 

kaç sayıya bölmeliyiz. 

Çözüm. 

√ 

101 ≈ 10 ise p = 2, 3, 5, 7 olmalıdır. Toplamda 4 sayı yeterlidir. 

Örnek. Elemanlarından hiçbirisi asal sayı olmayan gelişigüzel uzunlukta 

bir ardışık sayı dizisi bulunabilir mi 

Çözüm. 

k ∈ Z, k ≥ 2 olmak üzere 

k! + 2, k! + 3, . . . , k! + k 

dizisinin elemanları ardışıktır ve asal değildir. Yani 

A = (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + (n + 1) 

dizisini ele alalım. 2 ≤ k < n + 1 bağıntısını sağlayan herbir k tamsayısı için 

k|(n + 1)! dir. k|(n + 1)! + k ise ispat tamamlanır. Mesela 

23! + 1, 23! + 2, . . . , 23! + 28 

dizisindeki sayılardan hiçbirisi asal değildir. 

Not. p > 3 olmak üzere bütün asal sayılar, n ∈ Z olmak üzere p = 6n ± 1 

formundadır. 

Örnek. 

p ve p 2 + 2 asal sayılar ise p 3 + 2 ninde asal olduğunu gösteriniz. 

Çözüm. p değeri tek olmalıdır. p = 3 için p 2 + 2 = 11 ve p 3 + 2 = 29 

dur. Burada p > 3 ise p = 6n ± 1 olarak alınırsa, p 2 + 2 sayısı 3 ile bölünebilir. 

Demek ki, p = 3 dışında soruda verilen durumu doğrulayan bir sayı yoktur. 

Tek çözüm, p = 3 olur. 

Örnek. 

19 dan 92 ye kadar olan sayılar yanyana yazılarak elde edilen, 

19202122 . . . 9192 

sayısını bölen 3 ün en büyük kuvvetini bulunuz.


Çözüm. 9 ile bölübeilme kuralına bakalım 19+20+21+. . .+92 = 37 2 ·3 

ise bu sayı 9 ile bölünemez, sadece 3 ile bölünebilir. 

Örnek. 

p 3 + p 2 + 11p + 2 

ifadesini asal yapan en büyük p asal sayısını bulunuz. 

Çözüm. p = 3 için, ifademiz 71 değerini alır. 3 ten büyük değerler için 

yani p = 3k + 1 ve p = 3k + 2 değerlerinde ifademiz sırasıyla 3 · (9k 3 + 12k 2 + 

16k + 5) ve 9 · (3k 3 + 7k 2 + 9k + 4) değerlerini alır. Ancak bu değerlerin ikiside 

asal değildir. Demek ki tek değer p = 3 tür. 

Örnek. 

gösteriniz. 

Çözüm. 

2a + 1 ve 3a + 1 birer tamkare ise 5a + 3 sayısının asal olmadığını 

2a + 1 = x 2 ve 3a + 1 = y 2 ise 

5a + 3 = 4 · (2a + 1) − (3a + 1) = 4x 2 − y 2 = (2x − y)(2x + y) 

durumu vardır. 5a+3 asal ise, 2x−y = 1 ve 2x+y = 5a+3 olmalı. 4x = 5a+3 

ise 5x 2 −8x+3 = 0 olur. Burada bulunan her bir kök tamsayı olmak zorundadır. 

Buradan istenen tamsayı x değeri −1 bulunur. Buna göre, sadece (1, 1, 3) için 

durum sağlanır diğer durumlarda sağlanmaz. 


1. n ∈ Z + olmak üzere, 

(n + 10)|(n 3 + 100) 

olmasını sağlayan en büyük n tamsayı değerini bulunuz. 

2. n 5 −5n 3 +4n iadesinin daima 120 ile kalansız bölünebileceğini gösteriniz. 

3. p > 3 ve p asal bir sayı olmak üzere, 24|(p 2 − 1) olduğunu gösteriniz. 

4. Herhangi bir tamsayının karesinin 4k veya 4k + 1 formunda olduğunu 

gösteriniz.


5. 11, 111, 1111, 11111, . . . dizisindeki sayılardan hiçbirinin tamkare olmadığını 


6. Bir tamsayının 5. kuvvetine eşit olan 6p + 1 formundaki tüm p asal 

sayılarını bulunuz. 

7. 21 · p + 1 sayısını tamkare yapan kaç p asal sayısı vardır 

8. 105 sayısı bir kaç ardışık doğal sayının toplamı olarak kaç farklı biçimde 

yazılabilir 

9. Kaç tane p asal sayısı için p 2 + 17 sayısının 4 tane farklı pozitif böleni 

vardır 

10. n > 3 olmak üzere, (n − 3)|n 2 − n durumunu doğrulayan bütün n tamsayılarını 

bulunuz. 

11. {1, 2, 3, 4, . . . , 23, 24, 25} kümesinden en az kaç eleman atılmalı ki geriye 

kalan elemenların çarpımı bir tam kareye eşit olsun. 

12. √ 13p + 289 sayısının bir tamsayı olmasını sağlayan en büyük p asal sayısını 

bulunuz. 

13. a. N sayısı b tabanında 777 dir. N nin bir tamsayının dördüncü kuvvetine 

eşit olmasını sağlayan en küçük b tamsayısını bulunuz. 

b. n bir tamsayı olsun. n 2 nin onlar basamağındaki rakam 7 ise, n 2 

nin birler basamağındaki rakamı bulunuz. 

14. n+1 ve 16n+1 ifadelerinin ikisinide tamkare yapan n ≥ 1 tamsayılarının 

sayısını bulunuz. 

15. (n + 1) · (n 4 + 2n) + 3 · (n 3 + 57) ifadesinin (n 2 + 2) ile bölünmesini 

sağlayan en büyük n tamsayısının değerini bulunuz. (ipucu: polinom 

bölmesini kullanınız) 

16. 

49, 4489, 444889, 44448889, . . . , 44 } .{{ . . 44} 

88 } .{{ . . 88} 

9, . . . 

n tane 4 n-1 tane 8 

dizisindeki her bir terimin tamkare olduğunu kanıtlayınız.


17. } 111 {{ . . . 11} 

sayısının bileşik sayı olduğunu gösteriniz.(ipucu: 221 = 17·13) 

221 tane 1 

18. a = } 1111 .{{ . . 1111} 

, b = 1 } 000 .{{ . . 000} 

5 ise a · b + 1 sayısının bir tamkare 

m tane 1 

m-1 tane 0 

olduğunu gösteriniz. 

19. 

111 } .{{ . . 111} 

− 222 } .{{ . . 222} 

2n tane 1 n tane 2 

farkının bir tamkare olduğunu gösteriniz. 

20. 2x 2 − x − 36 ifadesini bir asal sayının karesi yapan bütün x tamsayılarını 

bulunuz. 

21. En az iki ardışık pozitif tamsayının toplamı şeklinde yazılabilen pozitif 

bir tamsayının 2 nin kuvvetine eşit olamayacağını gösteriniz. 

22. 1 den 100 e kadar (100 dahil) sayılardan kaç tanesi, iki veya daha fazla 

ardışık pozitif tamsayının toplamı olarak yazılabilir 

23. İlk terimi n olan 98 ardışık sayının toplamı 192 ile bölünmektedir. Buna 

göre en küçük n ∈ Z değerini bulunuz. 

24. a · b = c · d eşitliğini sağlayan a, b, c, d > 0 tamsayıları verildiğinde a 2 + 

b 2 + c 2 + d 2 toplamının hiç bir zaman asal olamayacağını gösteriniz. 

25. 2903 n −803 n −464 n +261 n ifadesinin n in alabileceği herhani bir tamsayı 

değeri için 1897 ile bölünebileceğini gösteriniz. 

26. 1492 n − 1770 n − 1863 n + 2141 n ifadesinin n nin alabileceği herhangi bir 

tamsayı değeri için 1946 ile bölünebileceğini gösteriniz. 


1. Eğer polinom bölmesi özeliğini kullanırsak elimizde 

n 3 + 100 = (n + 10)(n 2 − 10n + 100) − 900


eşitliği oluşur. Ancak bölme işleminin kalansız olabilmesi için bölme işleminde 

kalanın sıfır olması gerekir. Demek ki, 

n + 10|900 

olmalıdır. n + 10 ≤ 900 ise n değerinin en büyük değeri 890 olur. 

2. n(n 4 −5n 2 +4) = (n 2 −1)·(n 2 −1)·n = (n−2)·(n+2)·(n−1)·(n+1)·n 

ise ifade ardışık 5 sayının çarpımıdır ve 5! ile kalansız bölünür. 

3. p > 3 ise p = 6k ± 1 formundadır. Buna göre, 

4. 

(6k+1) 2 −1 2 = (6k+1−1)·(6k+1+1) = 6k·(6k+2) = 6k·2(3k+1) = 12k·(3k+1) 

olur. k sayısı tek ise 3k + 1 = 2A, A ∈ Z ⇒ 12k · (2A) = 24 · A · K olur. 

2a, 2a + 1 ⇒ (2a) 2 = 4a 2 

(2a + 1) 2 = 4a 2 + 4a + 1 = 4(a 2 + a) + 1 olur. 

5. Bir önceki örnekten dolayı tamkare olmadığı açıktır. Çünkü tamkare bir 

ifade 4k veya 4k + 1 formundadır. 

6. (x) 5 = (6p + 1) ise x sayısı da kesinlikle asaldır. x = 3 ise x 5 = 243 

olur. 240 = 6 · 40 + 3 ise x = 3 olamaz. 6p = x 5 − 1 = (x − 1) · 

( x 

} 4 + x 3 + 

{{ 

x 2 + x + 1 

} 

). Demek ki (x − 1) de 6 nın çarpanı ise 

Bu kısım x=2 için 6 dan büyük olur. 

x = 2, 3, 4 veya 7 olur. Bunlardan sadece 7 sağlar. 7 5 = 6 · 2801 + 1 olur. 

7. 

21 · p + 1 = x 2 

21 · p = x 2 − 1 

21 · p = (x − 1) · (x + 1) ⇒ (x + 1) − (x − 1) = 2 olmalıdır. 

Yani, p = 23 veya p = 19 olabilir.3 · 7 · p = (x − 1) · (x + 1) ⇒ p = 3 

olabilir.


8. n = k + (k + 1) + (k + 2) + . . . + (k + m) olarak seçelim. Buna göre 

n = 

(m + 1) 1 

m + 2k 2 

olur. Burada, (2k + m) − (m + 1) = 2k − 1 ifadesi tek sayı olduğuna göre 

sayısını veren 

(m + 1) · (m + 2k) = 210 

(105, 2); (70, 3); (42, 5); (35, 6); (30, 7); (21, 10); (15, 14) 

biçiminde 7 sayı vardır. 

9. p 2 + 17 sayısında p asal ise p = 2 için 4 + 17 = 21 sayısının 4 farklı böleni 

ve p = 3 için p 2 +17 = 26 = 2·13 ise 4 tane bölende burada vardır. p ≥ 3 

ise p 2 +17 = x ve p 2 −1 = (x−18) olduğuna göre, (p−1)(p+1) = x−18 

olur. Burada (p − 1)(p + 1), 3 ile tam bölünür. Buna göre; 

(p − 1)(p + 1) ≡ 0 ≡ x − 18 ≡ x(mod3) ise 3|x durumu vardır. 

(p − 1)(p + 1) ≡ 0 ≡ x − 18 ≡ x(mod2) ise 2|x durumu vardır. 

x = a·b veya x = c 3 olabilir. x = 2·3 = 6 olmalıdır. x = 6 ise p 2 +17 = 6 

durumu olmaz. Demek ki sadece 2 ve 3 için 4 asal böleni vardır. 

10. Eğer doğrulayan n değerlerini bulmak istiyorsak, ifademizi 

n 2 − n = (n − 3) · (n + 2) + 6 

olarak yazabiliriz. Tam bölünebilme olabilmesi için (n − 3)|6 olmalıdır. 

Buna göre n değerleri, {4, 5, 6, 9} olmalıdır. 

11. Varsayalım 

A = 25! = 2 a1 · 3 a2 · 5 a3 · 7 a4 · 11 a5 · 13 a6 · 17 a7 · 19 a8 · 23 a 9 

olsun. Burada, a 1 = 22, a 2 = 10, a 3 = 6, a 4 = 3, a 5 = 2, a 6 = 1, a 7 = 

1, a 8 = 1, a 9 = 1 olacağından bu çarpımdan çıkarılması gereken sayılar 

{23, 19, 17, 13, 7} olacaktır. Bu sayıların atılması yeterlidir.


12. √ 13p + 289 = x, x ∈ Z + olduğuna göre, 13p + 289 = x 2 ve 13p = 

(x − 17) · (x + 17) bulunur. p asal olduğundan böleni yoktur. x − 17 = 13 

ve x = 30 bulunur. Demek ki, 13 · p = 13 · 4 ise p = 47 bulunur. 

13. a. N = (777) b = 7b 0 + 7b 1 + 7b 2 = x 4 ⇒ 7(b 2 + b + 1) = x 4 eşitliğinden 

b 2 + b + 1 = 7 3 · A olmalıdır. A = 1 olursa, b · (b + 1) = 7 3 − 1 ise 

buradan b = 18 bulunur. 

b. Varsayalım n = 10x+y olsun. Buradan n 2 = } 100 {{· x} 

2 + 20 · xy + y 2 . 

} {{ } }{{} 

çift çift tek olmalı 

Buna göre y 2 = 36 yada 16 olabilir. Buna göre istenen cevap 6 olmalıdır. 

14. Varsayalım 

x 2 = n + 1 

y 2 = 16n + 1 

olsun. Buna göre, y 2 − x 2 = (y − x) · (y + x) = 15 · n ifadesinde n yerine 

x 2 −1 yazarsak yeni ifademiz (4x−y)·(4x+y) = 15 elde edilir. Buradan 

istenen tek değer n = 3 olur. 

15. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. 

16. 

44 } .{{ . . 44} 

88 } .{{ . . 88} 

9 = 44 . . . 4 · 10 n + 88 . . . 8 · 10 + 9 

n tane 4 n-1 tane 8 

= 4 9 (10n − 1) + 8 9 (10n−1 − 1) + 9 



= 4 9 · 102n + 4 9 · 10n + 1 9 

= 1 9 · (2 · 10n + 1) 2 = ( 2 · 10n + 1 

) 2 olur. 

3



20. 2x 2 − x − 36 = p 2 ise (x + 4) · (2x − 9) = p 2 olacaktır. Buna göre; 

i. 

x + 4 = p 2 

2x − 9 = 1 ⇒ x = 5, p = 3 

ii. 

x + 4 = p 

2x − 9 = p ⇒ x = 13, p = 17 

iii. 

x + 4 = 1 

2x − 9 = p 2 ⇒ x = −3, p 2 = −15 olamaz. 

iv. 

x + 4 = −p 2 

2x − 9 = −1 ⇒ x = 4, p 2 = −8 olamaz. 

v. 

x + 4 = −p 

2x − 9 = −p ⇒ x = 13, p = −17 olamaz. 

vi. 

x + 4 = −1 

2x − 9 = −p 2 ⇒ x = −5, p = 19 olamaz. 

21. Varsayalım ardışık sayılarımız, 

m, (m + 1), (m + 2), . . . , (m + k)


ise Bu sayıların toplamı, 

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

olacaktır. Eğer bu toplam 2 nin bir kuvvetine eşit ise, u ∈ Z için, 

2 u = (k + 1)(2m + k) 1 2 ⇒ 2u+1 = (k + 1)(2m + k) 

eşitliği ele edilir. Buradan da, 

k tek ise, m çift olacaktır. Buna göre, (T + 1)(C + T ) = C · T → 

Tek sayı ≠ 2 u+1 

k çift ise, m tek olacaktır. Buna göre, (C + 1)(C + C) = T · C → 

Tek sayı ≠ 2 u+1 olacaktır. 

22. Önceki çözülen örneklerin sonucundan faydalanırsak, 2 nini kuvvetlerinin 

yazılamayacağını görürüz. Eğer ilk yüz sayıdan ikinin kuvvetlerini 

çıkarırsak, istenen sonuca ulaşabiliriz. 

23. 

n + (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + 97) = 19 2 · K 

97 · 98 

98 · n + 

2 

= 19 2 · K 

98 · n + 97 · 49 = 19 2 · K 

49 · (2n + 97) = 19 2 · K 

(2n + 97) = 19 2 = 361 ise n = 32 olur. 

24. Varsayalım, a = p · q, b = r · s, c = p · r ve d = q · s olsun. Buna göre 

soruda verilen toplam 

p 2 q 2 + r 2 s 2 + p 2 r 2 + q 2 s 2 = (p 2 + s 2 )(q 2 + r 2 ) 

elde edilirki buda çözüm için yeterlidir. 

25. (x − y)|(x n − y n ) olduğunu zaten biliyoruz. Buna göre, 2903 n − 803 n 

ifadesi 2903 − 803 = 2100 = 7 · 300 ve 261 n − 464 n ifadeside 261 − 464 = 

−203 = −29 · 7 ile bölünebilir. Demek ki, verilen ifade 7 ile bölünebilir.


Benzer biçimde, 2903 n − 464 n ifadeside 2903 − 464 = 2439 = 9 · 271 ve 

−803 n + 261 n ifadeside −803 + 261 = −542 = −2 · 271 ise deekki, ifade 

271 ilede tam bölünür. Buna göre, ifade 7·271 = 1897 ilede tam bölünür. 


2.13 Tr˙ıgonometr˙ıde Sonsuz Toplam ve Farklar 

Aslında başlık olarak hernekadar cebirdeki sonsuz toplam ve farklarıanımsatsa 

da aynısı değildir. Ancak genel mantıkta benzeşmeler ve hatta örtüşmeler 

olduğu soruların çözümleri yapılırken göze çarpar.İlerleyen örneklerde ve 

çalışma sorularında sizde farkına varacaksınız ki, genel amacımız verilen bir 

sonsuz toplamı fark formunda, yani 

n∑ 

[F (k) − F (k − 1)] 

k=2 

formunda yazarak F (n) − F (1) sonucuna ulaşmak olacaktır. Önce nispeten 

daha kolay bir örnekle başlayalım. 

Size tavsiyemiz bu bölümdeki sorulara çalışmaya başlamadan evvel trigonometrik 

özdeşliklere bir göz atmanız yönünde olacaktır. Böylelikle konuya 

daha hakim olabilirsiniz. 

Örnek. 

n∑ 

cos kx 

k=1 


Çözüm. Eğer 

n∑ 

cos kx = A eşitliğinde eşitliğin iki tarafınıda 2 sin x 2 

k=1 

ile çarparsak, çarpımdan toplama geçebilmek için özdeşlikleri kullanabiliriz.

2.13. TRİGONOMETRİDE SONSUZ TOPLAM VE FARKLAR 123 

Öyleki 

2 sin x n∑ 

2 · A = sin x cos kx 

2 

= 

k=1 

n∑ 

k=1 

= sin 

( ( 

sin k + 1 ) ( 

x − sin k − 1 ) ) 

x 

2 

2 

( 

n + 1 ) 

x − sin x 2 2 

olacaktır. 

Buna göre, bu eşitlikten 

A = sin ( n + 1 ) 

2 x 

2 sin ( ) 

x 

− 1 2 

2 

bulunur. 

İkinci örneğimiz de tanjant toplamını kullanarak rahatlıkla çözüme ulaşabileceğimiz 

bir örnek. 

Örnek. 

n∑ 

( ) 

tan −1 1 

k 2 + k + 1 

k=0 

toplamını hesaplayınız.(tan −1 x = arctan x) 

Örnek. 

Tanjant fark formülü 

tan (a − b) = 

tan a − tan b 

1 + tan a tan b 


tan −1 u − tan −1 v = tan −1 u − v 

1 + uv 

olacaktır. Daha da basite indirgemek için a k = tan −1 k olarak alalım. Buna 

göre, 

tan (a k+1 − a k ) = tan a k+1 − tan a k 

1 + tan a k+1 tan a k 

k + 1 − k 

= 

1 + k (k + 1) = 1 

k 2 + k + 1 

olacaktır.


Öyleyse toplamımız, 

n∑ 

tan −1 (tan (a k+1 − a k )) = 

k=0 

n∑ 

(a k+1 − a k ) = a n+1 − a 0 

k=0 

= tan −1 (n + 1) olacaktır. 

Benzer çözüm biçimleri verilen çalışma soruları üzerinde uygulanabilir. Buna 

göre sonsuz bir toplamı çözerken, ifadeyi farkların sonsuz toplamı biçiminde 

yazarak sadeleştirmeler yapmak yerinde olacaktır. 


1. 

2. 

sin x sin 2x sin nx cos (n + 1) x 

+ 

cos x cos 2 + · · · + 

x cos n = cot x − 

x sin x · cos n x 


1 

cos 0 · cos 1 + 1 

cos 1 · cos 2 + · · · + 1 

cos 88 · cos 89 = cos 1 

sin 2 1 


3. n ∈ Z + ve a ∈ R olmak üzere a/π bir rasyonel sayı olarak veriliyor. Buna 

göre, 

4. 

1 

cos a − cos 3a + 1 

cos a − cos 5a + · · · + 1 

cos a − cos (2n + 1) a 


n∑ 

( ) 

tan −1 1 

n 

2k 2 = tan−1 n + 1 

k=1 

eşitliğini kanıtlayınız.


5. a ≠ kπ, k ∈ Z olmak üzere, 


∞∑ 

n=1 

1 

2 n tan a 2 n 

6. 


∞∑ 

3 n−1 sin 3 a 3 n = 1 (a − sin a) 

4 

n=1 

7. n = 2, 4, 6, · · · , 180 olmak üzere verilen n · sin n ◦ sayılarının aritmetik 

ortalamasının cot 1 ◦ olduğunu kanıtlayınız. 

8. m, n ∈ Z + ve x ≠ kπ m 



1 

sin 2x + 1 

sin 4x + · · · + 1 

sin 2 n x = cot x − cot 2n x 

9. 

tan 1 

cos 2 + tan 2 

cos 4 + · · · + tan 2n 

cos 2 n+1 


10. Sıfırdan farklı her x reel sayısı için, 


∞∏ 

n=1 

cos x 2 n = sin x 

x 

11. n > 1 ve n ∈ Z için 

cos 


2π 

2 n − 1 · cos 4π 

2 n − 1 · · · · · cos 2 n π 

2 n − 1 = 1 

2 n


12. 

n∏ 

k=1 

çarpımının eşitini bulunuz. 

( 

1 − tan 2 2 k ) 

π 

2 n + 1 

13. (1 − cot 1 ◦ ) (1 − cot 2 ◦ ) (1 − cot 3 ◦ ) · · · (1 − cot 44 ◦ ) çarpımını hesaplayınız. 

14. 

( 1 

2 + cos π 20 

) ( 1 

2 

) ( ) ( ) 

3π 1 9π 1 27π 

+ cos + cos + cos = 1 20 2 20 2 20 16 


15. n ∈ Z + , x ≠ 2 k+1 ( π 

3 + lπ) ve k = 1, 2, · · · , n, l ise 

n∏ (1 − 2 cos x ) 

2 k 

k=1 

çarpımının sonucunu bulunuz. 

16. 


n∑ 

) 

2π · 3k 

(1 + 2 cos 

3 n = 1 

+ 1 

k=1 


1. sin kx·sin x = cos kx·cos x−cos (k + 1) x ise bu eşitsizliğin iki tarafınıda 

sin x · cos k x ile bölelim. Buradan 

sin kx 

cos k x = 

cos kx cos (k + 1) x 

sin x · cos k−1 − 

x sin x · cos k x



= sin x sin 2x 

+ 

cos x cos 2 x 

= cos x 

sin x − cos 2x 

= cot x − 


sin 3x sin nx 

+ 

cos 3 + · · · + 

x cos n x 

cos 2x 

sin x · cos x − 

sin x · cos x + 

cos (n + 1) x 

sin x · cos n x 

2. Eşitliğin iki tarafınıda sin 1 ile çarparsak, 

cos 3x 

sin x · cos 2 x + · · · + 

sin 1 

cos 0 cos 1 + sin 1 

cos 1 cos 2 + · · · + sin 1 

cos 88 cos 89 = cos 1 

sin 1 

olacaktır. Buradan 

sin (1 − 0) sin (2 − 1) 

+ 

cos 1 cos 0 cos 2 cos 1 

eşitliği elde edilir. Burada 

+ · · · + 

sin (89 − 88) 

cos 89 cos 88 = cot 1 

sin (a − b) 

= tan a − tan b 

cos a cos b 

ise son yazdığımız eşitliğin sol tarafı 

olacaktır. 

k=1 

89∑ 

k=1 

[tan k − tan (k − 1)] = tan 89 − tan 0 = cot 1 

3. Soruda verilen eşitliği düzenlersek, 

n∑ 1 

cos a − cos (2k + 1) a = 1 n∑ 1 

2 sin ka · sin (k + 1) a 

eşitliğini elde ederiz. Bir önceki problemin çözümünde olduğu gibi, eğer 

sin a ile çarparsak, toplam 

1 

n∑ sin ((k + 1) a − ka) 

2 sin ka · sin (k + 1) a = 1 n∑ 

(cot ka − cot (k + 1) a) 

2 

k=1 

k=1 

k=1 

= 1 (cot a − cot (n + 1) a) 

2 

cos nx 

sin x · cos n−1 x − cos 

sin


olacağından sorudaki toplamın eşiti, 


(cot a − cot (n + 1) a) 

2 sin a 

4. Eğer soruda verilen eşitliğin sol tarafını düzenlesek 

5. 

n∑ 

k=1 

tan −1 1 

2k 2 = 

n∑ 

k=1 

( ) 

(2k + 1) − (2k − 1) 

tan −1 1 − (2k − 1) (2k + 1) 

eşitliğini elde ederiz. Eğer arktanjant için fark formülünü kullanırsak 

n∑ ( 

tan −1 (2k + 1) − tan −1 (2k − 1) ) 

k=1 

olacaktır. Bu toplam da 

( ) 

2n + 1 − 1 

tan −1 (2n + 1) − tan −1 (1) = tan −1 1 + 2n + 1 

olacaktır. 

( ) n 

= tan −1 n + 1 

tan x = 1 

tan x − 1 − tan2 x 

= 1 

tan x tan x − 2 

tan 2 = cot x − 2 cot 2x 

x 


olacaktır. Bu toplam da 

olacağından istenilen değer 


1 

2 n tan a 2 n = 1 

2 n cot a 2 n − 1 

2 n−1 cot a 

2 n−1 

lim x cot ax = lim cos ax 

x 

x→0 x→0 sin ax = 1 a 

1 

a − cot a


6. sin 3x = 3 sin x − 4 sin 3 x olduğuna göre, 

3 n−1 sin 3 a 3 n = 1 ( 

3 n sin a 4 3 n − 3n−1 sin a ) 

3 n−1 

olacaktır. Teleskopik toplamdan 

olacaktır. 

7. Öncelikle, 

1 

4 lim 

n→∞ 

sin a 

3 n 

1 

− 1 4 sin a = 1 (a − sin a) 

4 

3 n 

90∑ 

k=1 

2k sin (2k) sin 1 

ifadesini hesaplayalım. Çarpımdan, farkların toplamına gidersek 

90∑ 

k=1 

k cos (2k − 1) − k cos (2k + 1) = 

= 

∑90 

k=1 

90 

(k − (k − 1)) cos (2k − 1) − 90 cos 181 

∑ 

cos (2k − 1) + 90 cos 1 

olacaktır. cos(180 − x) = − cos x olduğuna göre, son toplamdaki elemanlar 

ikili ikili sadleşecektir. Sonuç olarak geriye sadece 90 cos 1 kalacaktır. 

Burayıda sin 1 ile bölersek 

olacaktır. 

90 cos 1 

sin 1 

k=1 

= cot 1 

8. 

1 

sin 2x = 2 cos2 x − ( 2 cos 2 x − 1 ) 

sin 2x 

= 

2 cos 2 x 

2 sin x cos x − 2 cos2 x − 1 

sin 2x 

= cos x cos 2x 

− = cot x − cot 2x 

sin x sin 2x


olduğuna göre, soruda verilen eşitliğin sol tarafındaki teleskopik toplam, 

yine bir teleskopik farklar toplamına gideceğinden, eşiti 

olacaktır. 

cot x − cot 2 n x 

9. 

tan a 

cos 2a = tan a ( 1 + tan 2 a ) 

1 − tan 2 a 

= 

= 2 tan a − tan a ( 1 − tan 2 a ) 

1 − tan 2 a 

2 tan a 

1 − tan 2 − tan a = tan 2a − tan a 

a 

olduğuna göre soruda verilen toplam, 

tan 2 − tan 1 + tan 4 − tan 2 + · · · + tan 2 n+1 − tan 2 n = tan 2 n+1 − tan 1 

olacaktır. 

10. Sinüs fonksiyonunda yarımaçı formülünden, 

olacaktır. Bundan dolayı, 

cos u = 

sin 2u 

2 sin u 

∞∏ 

cos x 2 n = lim 

n=1 

k→∞ 

n=1 

eşitliğini elde ederiz. Bu eşitliğe göre, 

k∏ 

cos x 2 n = lim 

k∏ 

k→∞ 

n=1 

x 

2 n−1 

sin x 

2 n 

1 sin 

2 

lim 

k→∞ 

1 

2 k sin x 

sin x 2 k 

= sin x 

x 

lim 

k→∞ 

x 

2 k 

sin x 2 k 

= sin x 

x 

olacaktır. 

11. Eğer eşitliğin sol kısmını 

2 n sin 2π 

2 n − 1


ile çarpıp sinüs formülünü uygularsak 

= 2 n sin 2π 

2 n − 1 · cos 2π 

2 n − 1 · cos 4π 

2 n − 1 · · · · · cos 2 n π 

2 n − 1 

= 2 n−1 sin 4π 

2 n − 1 · cos 4π 

2 n − 1 · · · · · cos 2 n π 

2 n − 1 

) 

= sin 2n+1 π 

2 n − 1 = sin ( 

2π + 

olacaktır. Eğer sonucu 

2π 

2 n − 1 

( ) 2π 

2 n sin 

2 n − 1 

ile bölersek, istenen eşitliği elde etmiş oluruz. 

= sin 

( 2π 

2 n − 1 

) 

12. 

ise 

olacaktır. Buradanda 

1 − tan 2 x = 2 tan x 

tan 2x 

1 − tan 2 2 k π 

2 n + 1 = 2 tan 2k π 

2 n +1 

tan 2k+1 π 

2π 

tan 

n 2 

2 n +1 

tan 2n+1 π 

2 n +1 

2 n +1 

= 2 n tan 2π 

( 

tan 2π − 

2 n +1 

2π 

2 n +1 

) = −2 n 

13. 

olacaktır. 

1 − cot x = √ 2 

(cos π 4 − cos π ) 

4 cot x = √ sin (x − π/4) 

2 

sin x 

olacağından, 

22 sin (−44) 

(1 − cot 1) (1 − cot 2) · · · (1 − cot 44) = 2 · 

sin 1 

= 2 22 

olacaktır. 

sin (−43) 

sin 2 

· · · · · 

sin (−1) 

sin 44


14. 

cos 3x 

cos x = 4 cos2 x − 3 = 2 (1 + cos 2x) − 3 = 2 cos 2x − 1 

olacaktır. Dolayısıyla, 

1 

2 + cos x = −1 2 

( ( 

cos 

3 

2 x + 3π 2 

cos ( x 

2 + π ) 

2 

olacaktır. Buna göre soruda verilen çarpım 

)) 

= 1 sin 3 2 x 

2 sin x 2 

= 1 16 

= 1 16 

3π sin 

40 · 

sin π 40 

81π sin 

40 · 

sin π 40 

· 

9π sin 

40 

sin 3π 

40 

= 1 

16 

· 

sin 

27π 

40 

sin 9π 

40 

· 

sin 

81π 

40 

sin 27π 

40 

olacaktır. 

15. 

1 − 2 cos a = 1 − 4 cos2 a 

1 + 2 cos a 

ise sorumuzda ki sonsuz çarpım 

olacaktır. 

(−1) n · 

1 − 2 (1 + cos 2a) 

= 

1 + cos a 

1 + 2 cos 2a 

= − 

1 + cos a 

1 + cos x 

1 + 2 cos x 

2 n 

16. 

1 + 2 cos a k = 1 + 2 ( 1 − sin 2 a k 

) 

= 3 − 4 sin 2 a k 

= sin 3a k 

sin a k 

ve buradanda, 

a k = 3k · 2π 

3 n + 1

2.14. KUŞ, GÜVERCİN, YUVA... 133 

olacaktır. Buradan sonsuz çarpımımız, 

sin 3a n 

sin a 1 

olacaktır. Son yazılan kesrin payı 

( 

sin 3π − 

3π ) 

3 n + 1 

= sin 3n+1 π 

3 n +1 

sin 

ise eşitliğin sonucunun 1 olacağı açıktır. 

3π 

3 n +1 

= sin 3π 

3 n + 1 

EAT SLEEP DO MATH 

2.14 Kuş, Güverc˙ın, Yuva... 

Güvercin Yuvası İlkesi her nekadar isminde güvercinlere yer versede aslında 

bu güzel canlılarla uzaktan yakından bir alakası yoktur. Ancak temel prensibin 

kavranması için verilen örneklerde hep bu canlıyla alakalı örneklemeler yapılmıştır. 

Peki nedir bu ilke Açıklayalım. Eğer (n + 1) tane nesneyi (Güvercini), 

n tane kutu (Güvercin yuvası) arasından seçersek, bu nesnelerden en az iki 

tanesi aynı kutudan gelmiş olacaktır. Veya İstanbul ili sınırları içerisinde yaşayan 

ve saç tellerinin sayısı aynı olan en az iki kişi bulabiriz. Yazdığımız bu 

iki önermede güvercin yuvası ilkesinin kavranması için yeterlidir. Yada benzer 

biçimde, herhangi bir ormandan seçilecek en az iki ağacın yaprak sayılarının 

aynı olmasını sağlayan yeterli ve gerekli şartlar nelerdir Sorusunun cevabıda 

yine aynı ilkeyle bulunacaktır. Şimdi bu ilkenin sorular üzerindeki uygulamasını 

görmek için örnekleri inceleyelim. 

Örnek. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasında 51 tane sayı seçiliyor. Buna 

göre bu 51 sayıdan iki tanesinin aralarında asal olduğunu kanıtlayınız.


Çözüm. 

Varsayalım bu 100 sayı arasından 

(1, 2), (3, 4), · · · , (99, 100) 

şeklinde ikililer oluşturalım. 51 tane sayı seçileceğine göre, güvercin yuvası 

ilkesi uyarınca bu sayılar arasında (k, k + 1) ikilisi bulunacaktır. Buna göre 

k + 1 ve k sayılarını bölen p asalı varsa, bu asal (k + 1) − k = 1 sayısını 

da bölecektir ki, bu durum çelişki olur. Demek ki, (k, k + 1) sayılarının ortak 

böleni yoktur. 

Örnek. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasından 51 tane sayı seçiliyor. Buna 

göre, bu 51 sayı arasında ki sayılardan birinin, bir diğer sayıyı böleceğini gösteriniz. 

Çözüm. 50 tek sayıyı, 1, 3, 5, · · · , 99 sayılarını alalım. Her biri için 

bir kutu düşünelim. Bu kutular hem sayının kendisini hem de sayı ile 2’nin 

kuvvetinin çarpımını içersin. Buna göre ilk kutu 1, 2, 4, 8, 16, · · · , ikinci kutu 

3, 6, 12, 24, 48, · · · olarak gidecektir. Eğer 51 sayı seçersek güvercin yuvası ilkesine 

göre bu iki sayı mecburen aynı kutudan gelecektir. Yani sayılardan biri 

2 n k iken diğeri 2 m k olacak ve aynı k çarpanına sahip olacaklardır. Dolayısıyla 

sayılardan biri diğerini bölecektir. 

Çözülen iki örnektede farkedeceğiniz üzere, her nekadar soru içerisinde 

bahsi geçmesede kutu formuyla çözüme gidilmiştir. Demek ki çözümdeki anahtar 

basamak kutu prensibini kavramak olacaktır. Şimdi aşağıda verilen örnekleri 

inceleyerek bu formu daha iyi kavramaya çalışınız. 

Örnek. 

Seçilen herhangi dokuz faklı reel sayı arasında 

0 < 

(a − b) 

1 + ab < √ 2 − 1 

eşitsizliğini sağlayan bir (a, b) ikilisinin bulunabileceğini kanıtlayınız. 

Çözüm. Verilen eşitsizliğin ortasındaki ifadeyi incelersek bu ifadenin 

tan(x − y) formülüne benzediğini görebiliriz. Yani ifade aslında 

tan (x − y) = 

tan x − tan y 

1 + tan x tan y

2.14. KUŞ, GÜVERCİN, YUVA... 135 

biçimindedir. Şimdi artık sorumuza biraz daha trigonometrik yaklaşalım. Buna 

göre,(−π/2, π/2] aralığını 8 eşit uzunlukta parçaya ayıralım. Bu parçaların 

( 

− π ] ( 

2 , −3π , − 3π ] ( π 

8 8 , −π , · · · , 

4 4 , 3π ] ( 3π 

, 

8 8 , π ] 

2 

olacağı açıktır. Burada x i = arctan a i , i = 1, 2, · · · , 9 olacak biçimde sayılar 

seçelim. Güvercin yuvası prensibine göre, x i ’lerden iki tanesi, biz bunlara x j ve 

x k diyelim, x j > x k olacak biçimde ayırdığımız 8 aralıktan birinde olacaktır. 

Buna göre 

0 < x j − x k < π 8 

ve dolayısıyla 

olacaktır. 

0 < tan (x j − x k ) = a j − a 

( 

k π 

) 

< tan 

1 + a j a k 8 

= √ 2 − 1 

Örnek. Bir kenarı 1 birim olan bir karenin içine yerleştirilen köşeleri kare 

üzerinde bulunan bir üçgenin karenin merkezini içermemesi isteniyor. Buna 

göre üçgenin bir kenarının 1 birimden küçük olması gerektiğini kanıtlayınız. 

Çözüm. Karenin merkezini C noktası olarak alıp, kareyi 4 eşit parçaya 

bölelim. Eğer çizilen üçgenin C noktasını içermemesi isteniyorsa, üçgenin köşelerinin 

komşu iki parçanın içerisinde olması gerekir. Eğer üçgen oluşturmak 

istiyorsak alacağımız 3 noktanında komşu kareler içerisinde olması gerekecektir. 

Ancak 3 noktadan 2 tanesini aynı kareden alacağımıza göre bu noktalar 

arası uzaklık kesinlikle 1 birimden küçük olacaktır. 


1. 1, 2, 3, · · · , 99, 100 sayıları arasından 11 tane sayı seçiliyor. Buna göre, 

bu 11 sayının altkümelerinden en az iki tanesinin elemanları toplamının 

aynı olacağını kanıtlayınız. 

2. Varsayalım koordinatları birer tamsayı olan 9 nokta üç boyutlu koordinat 

düzleminde seçilsin. Buna göre, bu noktaların birleştirilmesiyle oluşturulan 

doğru parçalarından seçilen bir tanesinin üçüncü bir tamsayı 

koordinatlı noktayı içerdiğini kanıtlayınız.


3. Altı kişilik bir grup içinde ya herhangi üç kişinin birbirini tanıdığını yada 

en az üç kişinin birbirini tanımadığını kanıtlayınız. 

4. Seçilecek herhangi bir 16 basamaklı doğal sayının ardışık basamaklarının 

çarpımının birer tamkare olmasını sağlayan en bir zincirin bulunduğunu 

kanıtlayınız. Örneğin 


12 }{{} 343 21524716 }{{} 91 8 gibi. 

36 

9 

1. Onbir elemanlı bir kümenin 2 11 − 2 = 2046 tane eleman sayısı 11’den az 

olan boş kümeden farklı altkümesi vardır. Bu alt kümelerden herhangi 

birinin elemanları toplamı en fazla 

91 + 92 + 93 + · · · + 99 + 100 = 955 

olacaktır. Buna göre, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, elemanları toplamı 

birbirine eşit olan iki, tane alt küme bulunacaktır. Eğer bu kümelerin ortak 

elemanları varsa, bu elemanı iki kümedende çıkararak kesişimleri boş 

üme olan ve elemanları toplamları aynı olan iki alt küme elde edebiliriz. 

2. Dokuz nokta için her bir (x, y, z) koordinatları ya tek yada çift olacaktır. 

Bu durumda 2 3 = 8 farklı teklik çiftlik durumu ortaya çıkar. Buna göre 

bu dokuz noktadan iki tanesi mecburen koordinat pariteleri eşit noktalar 

olacaklardır. Ve dolayısıyla orta noktalarının koordinatlarıda birer 

tamsayı olacaktır. 

3. Önce elimizdeki 6 kişiyi düzgün bir altıgenin köşelerine yerleştirdiğimiz 

düşünelim. Eğer iki kişi biribirini tanıyorsa bu iki köşeyi birleştiren köşegen 

kırmızıya boyansın, tanımıyorsa da maviye boyansın. Aslında sorunun 

çözümü ile bizim altıgenin köşeleriyle tüm kenarları aynı renk olan 

bir üçgen elde edip edemeyeceğimiz sorusunun cevabı özdeşitir. Herhangi 

bir köşeyi alalım, güvercin yuvası ilkesi uyarınca, bu köşeden çıkan üç 

köşegen aynı renk olsun. Bundan sonraki herbir köşegende rengi, üçgen 

oluşturmayacak biçimde seçmeye çalışsak bile mutlaka ortaya her defasında 

kenarları aynı renk olan bir üçgen ortaya çıkacaktır.

2.15. ÜSTEL DİYOFANT DENKLEMLERİ 137 

4. Varsayalım d 1 , d 2 , d 3 , · · · , d 11 sayımızın basamakları olsun. Eğer bu sayının 

basamaklarından her hangi biri 0, 1, 4 veya 9 ise problemin çözümü 

açıktır. Varsayalım sayımızın basamakları 2, 3, 5, 6, 7 ve 8 sayılarından 

oluşsun. Eğer x 0 = 1 ve x i değeride d 1 , d 2 , · · · , d i i = 1, · · · , 16 sayılarının 

çarpımı olsun. Her bir x i = 2 pi · 3 qi · 5 ri · 7 s i 

olacaktır. Burada üst 

değerler zaten ya tektik yada çift sayıladır. Dolayısıyla 2 4 = 16 farklı durum 

elde edilebilir. Güvercin yuvası ilkesi uyarınca p i , q i , r i , s i değerleri 

onyedi x i ’lerin ikisi için, varsayalım bu ikililerde x j ve x k olsun, teklik 

çiftlik bakımından aynı pariteye sahip olacaklardır. Buna göre 

tamkare olacaktır. 

d j+1 · d j+2 · · · · · d k = x k 

x j 

2.15 Üstel D˙ıyofant Denklemler˙ı 

Üstel diyofant denklemlerinin diğer diyofant denklemlerinden farkları değişkenlerin 

genelde üstel durumda bulunmasıdır. Genel bir çözüm yöntemleri 

olmamasına rağmen bazı cebirsel oyunlarla çözüm yolları geliştirilebilir. Aşağıda 

verilen örnekleri incelediğiniz zaman tam olarak ne demek istediğimizi 

daha iyi anlayacaksınız. İlk olarak kolay bir örnekle başlayalım. 

Örnek. (x, y, z) ∈ Z + olmak üzere verilen 3 x + 4 y = 5 z denklemini 

sağlayan tüm üçlüleri bulunuz. 

Çözüm I. Eğer soruda verilen eşitliğe (mod4) altında bakarsak 3 x ≡ 

1 (mod4) dekliğini elde ederiz. Buna göre x = 2x 1 olmalıdır. Benzer biçimde 

5 z ≡ 1 (mod3) olduğundan z = 2z 1 alabiliriz. Bunları denklemde yerine koyarsak 

4 y = (5 z 1 

+ 3 x 1 

) (5 z 1 

− 3 x 1 

) 

olacaktır. Buradan 5 z 1 

+ 3 x 1 

= 2 s ve 5 z 1 

− 3 x 1 

= 2 t olmalıdır. s + t = 2y ve 

s > t olacağı açıktır. Eğer bu iki denklemi çözersek 5 z 1 

= 2 t−1 ( 2 s−t + 1 ) ve 

3 x 1 

= 2 t−1 ( 2 s−t − 1 ) bulunur. Bu iki eşitlikte de sol kısımlar birer tek sayıdır. 

Öyleyse t = 1 olmalıdır. Eğer s − t = u dersek 3 x 1 

= 2 u − 1 ve 5 z 1 

= 2 u + 1 

olacaktır. Eğer birinci denkleme (mod3) altında bakarsak u = 2u 1 bulunur.


Sağ tarafı çarpanlara ayırırsak 2 u 1 

+ 1 = 3 α ve 2 u 1 

− 1 = 3β eşitlikleri elde 

edilir. Buradan 3 α − 3 β = 2 olduğuna göre α = 1 ve β = 0 olacaktır. Buradan 

u 1 = 1 ve u 2 = 2 olduğundan çözümde x = y = z = 2 olarak bulunur. 

Çözüm II. Bu sefer farklı bir yönden probleme yaklaşacağız. Birinci 

çözümde olduğu üzere x = 2x 1 ve z = 2z 1 eşitliklerini kullanırsak, 

(3 x 1 

) 2 + (2 y ) 2 = (5 z 1 

) 2 

eşitliğini elde ederiz. Eğer x = 3 x 1 

, y = 2 y , z = 5 z 1 

denkleminden 

x 2 + y 2 = z 2 

olarak alırsak Pisagor 

olur. Burada x, y, z değerleri aralarında asal ve y çift bir sayıdır. Pisagor üçlülerini 

kullanırsak değerlerimiz 

x = u 2 − v 2 , y = 2uv, z = u 2 + v 2 

olur. Bu eşitliklerin ikincisinden u ve v ’nin 2 ’nin kuvvetleri oldukları açıktır. 

Buna göre v = 1 olmalıdır. Çünkü birinci denklemden, 3’ün kuvvetleri 2 ’nin 

kuvvetleri ile bölünemezler. Demek ki,3 x 1 

= 2 y − 1 ve 5 z 1 

= 2 y + 1 olacaktır. 

İkinci denkleme (mod4) altında bakarsak y = 2y 1 olur. Buradan 

3 x 1 

= (2 y 1 

− 1) (2 y 1 

+ 1) 

olacağından çarpanlardan her ikisi de 3 ’ün kuvveti olmalıdır. Buna göre y 1 = 1 

ve x 1 = z 1 = 1 olmalıdır. Sonuç olarak, x = y = z = 2 olarak bulunur. Sıradaki 

sorumuz 2005 Romanya Takım Seçme Sınavı’ndan alınmıştır. 

Örnek. 

bulunuz. 

(x, y) ∈ Z + olmak üzere 3 x = 2 x·y+1 eşitliğini sağlayan değerleri 

Çözüm. Denklemi yeniden yazarsak 3 x − 1 = 2 x · y olacaktır. Buna 

göre, (3 x − 1) ifadesinin asal çarpanlarından birisi ikinin kuvvetidir. Ve x değeri 

bu kuvvetten küçüktür. Şimdi bu kuvvetin ne kadar büyük olabileceğini 

araştıralım. Ayrıca, eğer n değeri tekse 3 n − 1 ≡ 2 (mod4) ve eğer n çift ise


3 n − 1 ≡ 0 (mod4) olacaktır. Buna göre x değişkenini 2 m (2n + 1) formunda 

yazabiliriz. Buna göre, 

3 x − 1 = 3 2m (2n+1) − 1 = ( 3 2n+1) 2 m − 1 

= ( 3 2n+1 − 1 ) ( 3 2n+1 + 1 ) m−1 ∏ ( (3 

2n+1 ) 2 k + 1) 

olur. Eğer bu eşitliğe (mod8) altında bakarsak ilk iki çarpan 2 ve 4 olacaktır. 

Buna göre (3 x − 1) içindeki 2’nin kuvvetleri (m + 2) tane olacaktır. Burada 

x ≤ m + 2 ise 

2 m (2n + 1) ≤ (m + 2) ve 2 m ≤ (m + 2) 

olacaktır. Burada m = 0, 1, 2 olabilir. Buna göre istenilen çözümler 

olacaktır. 

(1, 1), (2, 2), (4, 5) 

k=1 


1. |3 x − 2 y | = 1 denklemini pozitif tamsayılarda çözünüz. 

2. (x, y) pozitif tamsayılar olmak üzere verilen 3 x − 2 y = 7 denklemini 

çözünüz. 

3. n x + n y + n z = n t eşitliğini sağlayan tüm (n, x, y, z, t) pozitif tamsayı 

beşlilerini bulunuz. 

4. a. 3 x − y 3 = 1 denkleminin tüm negatif olmayan tamsayı çözümlerini 

bulunuz. 

b. p bir tek asal sayı olmak üzere verilen p x − x p = 1 denklemini 

sağlayan tüm negatif olmayan (x, y) tamsayı ikililerini bulunuz. 

5. 1 n +9 n +10 n = 5 n +6 n +11 n eşitliğini sağlayan tüm n pozitif tamsayılarını 

bulunuz.



1. 3 x − 2 y = 1 için x = 1, y = 1 ve x = 2, y = 3 birer çözümdür. Eğer y ≥ 2 

ise x çift olmalıdır. x = 2z, z > 1 ve 3 z = 2m + 1, m > 1 alırsak 

2 y = (2m + 1) 2 − 1 = 4m(4m + 1) 

olacaktır ki, bu durum açık çelişkidir. 

3 x − 2 y = −1 için (mod8) altında bakarsak 3 x + 1 ifadesi 2 veya 4’e denk 

olacaktır. Buna göre y = 1 veya 2 olacaktır. Eğer kontrol edilirse x = 1, 

y = 2 tek çözüm olarak bulunacaktır. 

2. Varsayalım y 3 olsun. Buna göre 

3 x ≡ 7 (mod8) 

olacaktır. Ancak 3 x sayısı sadece 3 veya 1 sayılarına denk olabilir. Buna 

göre x = 1, 2 olabilir. x = 1 ise y /∈ Z ve x = 2, y = 1 olduğundan tek 

çözüm ikilisi (2, 1) olarak bulunur. 

3. Bu sorunun çözümünü iki farklı yoldan yapmayı deneyelim. Buna göre, 

Çözüm I. n = 1 durumun da denklemin sağlanamayacağı açıktır. n > 1 

için bakalım. Genelliği kaybetmeden x y z t olarak alabiliriz. 

Eşitliğin iki tarafını n x ile bölersek 

1 + n y−x + n z−x = n t−x 

denklemini elde ederiz. Eğer denkleme (modn) altında bakarsak y = x 

buluruz. Buna göre a = z − x ve b = t − x alırsak 2 + n a = n b olur. Eğer 

a = 0 ise n = 3, b = 1 ve çözümlerimiz de 

(n, x, y, z, t) = (3, x, x, x, x + 1) 

olur. Eğer a > 0 ise (modn) altında yine baktığımızda 

(n, x, y, z, t) = (2, x, x, x + 1, x + 2) , x ∈ N olur.


Çözüm II. 

Denklemimizi 

n x−t + n y−t + n z−t = 1 

olarak yazalım. Eşitliğin sol kısmındaki tüm terimler pozitif olduğuna 

göre x, y, z < t olmalıdır. Böylece sol kısım en fazla 3/n olabilir. n = 2 

ve 3 için bakarsak, n = 3 için x = y = z = t − 1 olacaktır. n = 2 için ise 

sadece bir terim 1/n olabilir. Buna göre, x = y = t − 2 ve z = t − 1 ve 

bu değerlerin permütasyonları bulunur. 

4. a. Eğer denklemde (0, 0) ikilisi alınırsa bunun bir çözüm olduğunu 

görmek zor olmayacaktır. Denklemi düzenlersek 

olacağından eşitliğin sol tarafı 

3 x = y 3 + 1 

(y + 1) ( y 2 − y + 1 ) 

olacaktır. Burada iki çarpanların ikisi de 3 ’ün kuvveti olacaktır. 

Yani çarpanlarımız 

y + 1 = 3 α ve y 2 − y + 1 = 3 β 

olacaktır. Burada ilk denklemin karesini alıp ikinci denklemden çıkarırsak 

elde edeceğimiz eşitlik 

( ) 

3y = 3 β 3 2α−β − 1 

olacaktır. Soruda verilen denklemden y ’nin 3 ile bölünemediğini 

biliyoruz. Demek ki β = 1 olacaktır. Buna göre y 2 − y + 1 = 3 olacağından 

y = 2 olarak bulunur. Buradan da x = 2 olarak bulunur. 

Demek ki ikililerimiz 


(x, y) = (2, 2) , (0, 0)


b. Eğer (x, y) ikilisi soruda verilen denklemin bir çözümü ise 

p x = y p + 1 = (y + 1) ( y p−1 − y p−2 + · · · + y 2 − y + 1 ) 

olacağından y + 1 = p n olacaktır. Eğer n = 0 ise y = x = 0 ve p 

herhangi bir asal sayı olacaktır. Eğer n 1 ise 

p x = (p n − 1) p + 1 

= p np − pp n(p−1) + 

( ( ) 

p p 

p 

2) 

n(p−2) + · · · + p 2n + pp n 

p − 2 

olacaktır. p bir asal sayı olduğuna göre tüm katsayılar p ile bölünebilir. 

Dolayısıyla her bir terim p n+1 ile bölünebilecektir. Buna göre 

eşitliğin sağ tarafını bölen, p’nin en büyük kuvveti p n+1 olacaktır. 

Ve dolayısıyla x = n + 1 olacaktır. Buradan 

0 = p np − pp n(p−1) + 

bulunur. p = 3 için 

( p 

2) 

p n(p−2) + · · · + 

0 = 3 3n − 3 · 3 2n 

( ) p 

p 2n 

p − 2 

ise n = 1 ve x = y = 2 bulunur. p ≥ 5 için ( p 

p−2) 

ifadesi p 2 ile 

bölünemez. Dolayısıyla eşitliğin sağ kısmındaki son terim haricindekiler 

p 2n+2 ile bölünebilir. Terimlerin toplamı sıfır olduğundan, 

bu durum imkansızdır. Dolayısıyla çözümler sadece x = y = 0, tüm 

p asalları için ve x = y = 2, p = 3 olarak bulunur. 

5. Eğer her bir terimin birler basamağına bakarsak 

1 n , 5 n , 6 n , 10 n ve 11 n 

ifadelerinin son basamakları sırasıyla 1, 5, 6, 0, 1 olacaktır. Eşitliğin sağındaki 

terimlerin son basamakları toplamı 12 olduğuna göre, 9 n sayısının 

birler basamağı 1 olmalıdır. Dolayısıyla n ifadesi çift bir sayı olacaktır. 

Buradan n = 2 ve n = 4 birer çözüm olacaktır. Eğer n ≥ 6 ise 

11 n + 6 n + 5 n > 11 n = (10 + 1) n 

= 10 n + n10 n−1 + · · · + 1 ≥ 10 n + 9 n + 1 n

2.16. KALAN SINIFLARI [RESİDUES] 143 

olacaktır. Çünkü 

n · 10 n−1 ≥ 6 · 10 4 · 10 n−5 ≥ 9 5 · 10 n−5 ≥ 9 n 

eşitsizliği vardır. Buna göre çözümlerimiz n = 2 ve n = 4 olacaktır. 

2.16 Kalan Sınıfları [Res˙ıdues] 

Olimpiyat sınavlarında sorulan soruları eğer bir konu sınıflandırmasına tabi 

tutmaya kalkışsak herhalde bu sınavların olmazsa olmaz soru gruplarından 

birisi de modüler aritmetik konusu olurdu. İleriki satırlarda anlatılan örnekleri 

ve problemleri daha iyi kavrayabilmeniz için bazı teoremleri bilmeniz gerekiyor. 

Bunun için ilk olarak, bilmeniz gereken bu teoremlerden başlayacağız. 

Teorem. [Çinli Kalanlar Teoremi] a 1 , a 2 , · · · , a r ikişerli olarak aralarında 

aralarında asal sayılar pozitif tamsayılar olarak veriliyor. Buna göre 

(a i , a j ) = 1 ve i ≠ j için 

x ≡ k 1 (moda 1 ) 

x ≡ k 2 (moda 2 ) 

· · · · · · · · · 

x ≡ r 1 (moda r ) 

· · · · · · · · · 

denklik sisteminin mod(a 1 · a 2 · · · · · a r )’ye göre tek çözümü vardır. Bu çözümde 

( ) ( ) 

( ) 

a a a 

x = · b 1 · k 1 + · b 2 · k 2 + · · · + · b r · k r 

a 1 a 2 a r 

olacaktır. Bu eşitlikte 

a = a 1 · a 2 · · · · · a r 

ve ( a 

a i 

) 

· b i ≡ (moda i )


olacaktır. 

Çinli kalanlar teoremini herhangi bir problem içerisinde nerede kullanacağınızı 

anlamanız oldukça kolaydır. Genelde sorulan tamsayının bir kaç tamsayı 

değeri ile bölümünden kalanlar verilir. Aşağıdaki örneğimiz 2009 Tübitak Matematik 

Olimpiyatlarında sorulmuştu. 

Örnek. 1 ≤ n ≤ 455 ve n 3 ≡ 1 (mod455) koşullarını sağlayan kaç n 

tamsayı değeri vardır 

Çözüm. 

455 = 13 · 7 · 5 olduğuna göre, 

n 3 ≡ 1 (mod5) 

n 3 ≡ 1 (mod7) 

n 3 ≡ 1 (mod13) 


n ≡ 1 (mod5) 

n ≡ 1, 2, 4 (mod7) 

n ≡ 1, 3, 9 (mod13) 

olduğuna göre, 1 · 3 · 3 = 9 tane n tamsayı bulunur. 

Teorem. [Küçük Fermat Teoremi] p asal sayı ve p ∤ a ise a p−1 ≡ 

1 (modp) denkliği vardır. 

Şimdi bu teoremin ışığında aşağıda verilen örneği ve çözümünü inceleyelim. 

Örnek. a 1 = 4, a n = 4 a n−1 

, n > 1 olduğuna göre, a 100 tamsayısının 7 ile 

bölümünden kalanı bulunuz. 

Çözüm. Küçük Fermat Teoremine göre, 4 6 ≡ 1 (mod7) olacaktır. Bunun 

yanında 4 n ≡ 4 (mod6) ve 4 n ≡ 4 + 6t olduğunu görmek zor değildir. Buna 

göre, soruda istenilen cevap 

a 100 ≡ 4 a 99 

≡ 4 4+6t ≡ 4 4 · (4 6) t 

≡ 4 (mod7)


olacaktır. 

Teorem. [Wilson Teoremi] p bir asal sayı olmak üzere, (p − 1)! ≡ 

−1 (modp) denkliği vardır. 

Teorem. [Euler-φ Teoremi] a ve n birer pozitif tamsayı olmak üzere, 

(a, n) = 1 ise a φ(n) ≡ 1 (modn) denkliği vardır. 

Euler-φ Teoreminde adı geçen φ fonksiyonu herhangi bir n pozitif tamsayı 

değeri için, n sayısından küçük eşit ve n ile aralarında asal olan sayıların 

sayısını vermektedir. Buna göre n = p a 1 

1 · pa 2 

2 · · · · · par r olarak asal çarpanlarına 

ayrılırsa, φ(n) ifadesinin eşiti 

olacaktır. 

φ (n) = n · 

(1 − 1 p 1 

) 

· 

(1 − 1 ) 

· · · · · 

(1 − 1 ) 

p 2 p r 

Örnek. 7 71000 sayısının son iki basamağını bulunuz. 

Çözüm. Önce φ(100) = φ(2 2 ) · φ(5 2 ) = (2 2 − 2)(5 2 − 5) = 40 değerini 

bululalım, çünkü ileri basamaklarda kullanacağız. Buna göre, Euler Teoreminden 

7 40 ≡ 1 (mod100) olacaktır. Benzer biçimde φ(40) = 16 olacağından 

7 16 ≡ 1 (mod40) olarak bulunur. 1000 = 16 · 62 + 8 olduğuna göre, 


7 1000 ≡ ( 7 16) 62 

7 8 ≡ 1 62 7 8 ≡ ( 7 4) 2 

≡ 1 (mod40) 

7 1000 = 1 + 40t 

olacaktır. Şimdi yaptığımız bu işlemleri ve sonuçları kullanarak çözüme gitmeye 

çalışırsak, 

7 71000 ≡ 7 1+40t ≡ 7 · (7 40) t 

≡ 7 (mod100) 

cevabına ulaşırız. Demek ki, sayının son iki basamağı 07 olacaktır. 

Bu konu ile alakalı bilmeniz gereken teoremler örnekleriyle birlikte yukarıda 

verildi. Eğer teoremlerden ispatlarını merak ettikleriniz varsa, herhangi bir 

sayılar teorisi kitabından kanıtlarını öğrenebilirsiniz. Şimdi, çalışma sorularını 

çözmeye geçebilirsiniz.



1. p bir asal sayı, w, n tamsayılar olmak üzere verilen 2 p + 3 p = w n denklemini 

sağlayan tek n değerinin 1 olduğunu kanıtlayınız. 

2. m, n pozitif tamsayılar olmak üzere √ 7 − m n > 0 ise √ 7 − m n > 1 

mn 


3. n ∈ Z olmak üzere, 2 √ 28n 2 + 1 + 2 bir tamsayı ise, bu tamsayının tamkare 


4. { 

x 2 + 6y 2 = z 2 

6x 2 + y 2 = t 2 

denklem sisteminin (0, 0, 0, 0) dışında bir tamsayı dörtlüsü çözümü olmadığını 


5. Bir tamkare tamsayının basamakları toplamının alabileceği olası tüm 

değerleri bulunuz. 

6. x 2 − y! = 2001 denklemini sağlayan tüm (x, y) pozitif tamsayı ikililerini 

bulunuz. 

7. Rakamlarının yerleri değiştirildiğinde 2 nin kuvvetine eşit olan kaç tane 

2 nin kuvveti olan tamsayı vardır 

8. 4444 4444 sayısının basamakları toplamı A ve A sayısının basamakları 

toplamı B ise B nin basamakları toplamı kaçtır 

9. y 2 = x 5 − 4 denkleminin tamsayılar kümesinde çözümünün olmadığını 


10. 19 19 sayısının bir tamsayı küp ve bir tamsayı dördüncü kuvvetin toplamına 

eşit olamayacağını kanıtlayınız. 

11. x 2 + 3xy − 2y 2 = 122 denklemini sağlayan bir (x, y) tamsayı ikilisinin 

olmadığını kanıtlayınız. 

12. n > 1 olmak üzere,


a. 1! + 2! + 3! + · · · + n! toplamının ancak ve ancak n = 3 olduğunda 

bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini kanıtlayınız. 

b. (1!) 3 + (2!) 3 + (3!) 3 + · · · + (n!) 3 toplamının ancak ve ancak n = 3 

olduğunda bir tamsayının tam kuvvetine eşit olabileceğini gösteriniz. 

13 

4 444 

sayısının ondalık yazılımda, sondan üçüncü yani yüzler basamağı kaçtır 


1. Eğer p = 2 ise 2 2 + 3 2 = 13 ve n = 1 olacaktır. Eğer p ≥ 2 ise p tek sayı 

olacağından (2 + 3) ( 2 p−1 − 2 p−2 3 + · · · + 3 p−1) ifadesinden 5| (2 p + 3 p ) 

diyebiliriz. Buna göre 5| w olacaktır. Eğer n > 1 ise 25| w n diyebiliriz. 

Dolayısıyla 

2 p + 3 p 

2 + 3 = 2p−1 − 2 p−2 · 3 + · · · + 3 p−1 

ifadesi de 5 ile bölünecektir. (−1) k · (2) p−k−1 · 3 k çarpımı (mod5) altında 

2 p−1 olduğuna göre üstte verilen toplam (mod5) altında p·2 p−1 olacaktır. 

Ancak, p · 2 p−1 ifadesi sadece p = 5 olduğunda 5 ile bölünebilir. Buna 

göre, 2 5 + 3 5 = 275 1 olacağından n = 1 olacaktır. 

2. Soruda verilen eşitsizliği düzenlersek, √ 7 − m n > 0 ise √ 7 > m n ve 7n2 − 

m 2 > 0 olacaktır. Pozitif bir tam kare ifadenin 7 ile bölümünden kalanlar 

sadece 0, 1, 2 veya 4 olabilir. 7n 2 −m 2 > 0 olduğuna göre 7n 2 −m 2 ≥ 7− 

4 = 3 olacaktır. Buradan √ 7n ≥ √ m 2 + 3 elde edilir. Bizim ispatlamaya 

çalıştığımız eşitsizlikte artık m + 1 m ≤ √ 7n olacaktır. Buradan, 

m + 1 m ≤ √ m 2 + 3 

olacaktır. Şimdi bu eşitsizliği kanıtlayalım. Aslında 

m 2 + 3 ≥ m 2 + 2 + 1 ( 

m 2 = m + 1 ) 2 

m 

olduğu açıktır. Kanıt tamamlanır.


3. Eğer 2 √ 28n 2 + 1+2 ifadesi bir tamsayı ise 28n 2 +1 = (2m + 1) 2 , m ≥ 0 



28n 2 + 1 = 4m 2 + 4m + 1 

7n 2 = m (m + 1) 

olacaktır. m ve m + 1 aralarında asal olduklarına göre m = 7s 2 ve 

m + 1 = t 2 veya m = u 2 ve m + 1 = 7v 2 olacaktır. Burada ikinci durumun 

olması imkânsızdır. Çünkü (mod7)altında incelenirse kolaylıkla 

görülebilir. Demek ki m + 1 = t 2 olacağından, 

2 √ 28n 2 + 1 + 2 = 2 (2m + 1) + 2 = 4m + 4 = 4 (m + 1) = 4t 2 = (2t) 2 

olacaktır. 

4. Varsayalım soruda verilen dörtlü dışında da bir çözümümüz olsun. Ayrıca 

x, y, z, t sayılarının da ortak böleni olmasın. Buna göre soruda verilen 

sistemdeki iki denklemi toplarsak 

7 ( x 2 + y 2) = z 2 + t 2 

olacaktır. Tam kare bir sayının 7 ile bölümünden kalanlar yalnızca 0, 1, 2 

ve 4 olabilir. z 2 + t 2 ≡ 0 (mod7) ise z ve t sayılarının sırasıyla 7z 0 ve 7t 0 

formunda olacağı açıktır. Buna göre, 

7 ( x 2 + y 2) = (7z 0 ) 2 + (7t 0 ) 2 

olacağından x 2 +y 2 = 7 ( z 2 0 + t2 0) 

olacağından bu seferde x ve y sayıları 7 

ile kalansız bölünecektir. Buna göre, (x, y, z, t) = 7 olur. Ancak bu durum 

çelişkilidir. Çünkü biz çözümün en başında ortak bölenlerinin olmadığını 

kabul etmiştik. Demek ki sistemin yegane çözümü olacaktır. 

5. Bir tamsayının basamakları toplamı (mod9) altında sayının kendisine 

denktir. Dolayısıyla eğer kontrol edilirse tam kare bir sayı (mod9) altında 

0, 1, 4 veya 7 olacaktır. Buna göre elimizdeki sayımızın basamakları 

toplamı 9m, 9m + 1, 9m + 4, 9m + 7 formlarından biri olacaktır. 

Şimdi bu formları tek tek inceleyelim. Eğer n = 9m ise (10 m − 1) 2 =


10 2m − 2 · 10 m + 1 sayısının basamakları toplamı n olacaktır ve sayımız 

9 · · · 980 · · · 01 formunda olacaktır. Eğer n = 9m + 1 ise (10 m − 2) 2 = 

10 2m − 4 · 10 m + 4 ve 9 · · · 960 · · · 04 olacaktır. Eğer m = 9m + 4 ise 

(10 m − 3) 2 = 10 2m − 6 · 10 m + 9 ve 9 · · · 940 · · · 09 olacaktır. Eğer n = 

9m−2 ise (10 m − 5) 2 = 10 2m −10·10 m +25 ve 9 · · · 900 · · · 025 olacaktır. 

6. y > 5 için y! sayısı 9 ile tam bölünür. Dolayısıyla y! + 2001 toplamı 

(mod9) altında 3 sayısına denktir. Ancak tamkare bir sayının 9 ile bölümünden 

kalanlar sadece 0, 1, 4, 7 olabilir. Demek ki, y = 1, 2, 3, 4 değerlerinden 

birini alabilir. Eğer kontrol edilirse (x, y) = (45, 4) ikilisi çözüm 


7. m < n için 2 m sayısı 2 n sayısının rakamlarının permüte edilmesiyle oluşsun. 

Bu iki sayının da aynı sayıda basamaklarının olduğu açıktır. Dolayısıyla 

2 n < 10 · 2 m olacaktır. Buna göre, n − m ≤ 3 olacaktır. Diğer 

taraftan 2 n ve 2 m sayıları (mod9) altında denktir. Dolayısıyla 

2 n − 2 m = 2 m ( 2 n−m − 1 ) 

sayısı 9 ile bölünür. Fakat 2 m ve 9 aralarında asaldır ve n − m ≤ 3 için 

2 n−m − 1 ≤ 7 olduğundan, bu durum imkânsızdır. Demek ki, bu şekilde 

sayılar yoktur. 

8. Önce B sayısının basamakları toplamının küçük bir sayı olduğunu gösterelim. 

Buna göre, 

4444 4444 < 10000 5000 

eşitsizliğinden, 4444 4444 sayısı 20000 basamaktan azdır. Dolayısıyla, A < 

9 · 20000 = 180000 olacaktır. 180000 sayısından küçük sayılar arasında 

basamakları toplamı en büyük olan sayı 99999 dur ve basamakları toplamı 

45 tir. Dolayısıyla B ≤ 45 olacaktır. Buna göre B sayısının basamakları 

toplamı 39 sayısından 12 olur. Demek ki, bizim aradığımız sayı 

12 den küçük olacaktır. Diğer taraftan, tüm sayılar (mod9) altında basamakları 

toplamına denktir. Demek ki, bizim aradığımız sayı 4444 4444 

sayısına (mod9)altında denktir. Buna göre, 

4444 4444 ≡ 7 4444 ≡ ( 7 8) 555 

· 7 4 ≡ 49 · 49 ≡ 13 · 13 ≡ 7 (mod9)


olacaktır. Demek ki B sayısının basamakları toplamı da (mod9) altında 

7 olacaktır. 12 sayısından küçük ve (mod9) altında 7 sayısına denk olan 

tek sayı 7 olduğuna göre, istenilen cevap 7 olur. 

9. Denklemimize (mod11) altında bakalım. Eğer (x, 11) = 1 ise 

( 

x 

5 ) 2 

= x 10 ≡ 0 veya 1 (mod11) 

olacaktır. Buna göre, x 5 ≡ 0, −1 veya 1 (mod11) olacaktır. Demek ki, 

eşitliğin sağ kısmı (mod11) altında 6, 7 veya 8 olacaktır. Ancak y 2 ≡ 

0, 1, 3, 4, 5, 9 (mod11) olabilir. Demek ki, bu eşitliği sağlayan (x, y) tamsayı 

değerleri yoktur. 

10. Varsayalım soruda verilen eşitlik sağlansın ve x, y tamsayılar olmak üzere, 

x 3 + y 4 = 19 19 

olsun. Şimdi toplamı oluşturan bileşenleri ayrı ayrı inceleyelim. 

x 3 ≡ 0, 1, 5, 8, 12 (mod13) ve y 4 ≡ 0, 1, 3, 9 (mod13) 

olduğuna göre 19 19 ≡ 6 19 ≡ 6 12 · 6 7 ≡ 7 (mod13) olarak bulunur. Buna 

göre, 

x 3 + y 4 ≡ 7 (mod13) 

denkliğini sağlayan (x, y) ikilisi olmadığından denklemin çözümü yoktur. 

11. Denklemin her iki tarafını 4 ile çarpıp düzenlersek, 

(2x + 3y) 2 − 17y 2 = 488 

eşitliğini elde ederiz. Bu denklemin her iki tarafını (mod17) altında incelersek 

(2x + 3y) 2 ≡ 12 (mod17) 

olacaktır. Ancak bir tam kare (mod17) altında sadece 0, 1, 4, 9, 16, 8, 2, 15, 13 

olabilir ancak 12 olamaz. Demek ki denklemi sağlayan (x, y) tam sayıları 

yoktur. 

12. Soruda olduğu gibi çözümüde şıklar halinde inceleyelim.

2.17. VİETE TEOREMI 151 

a. n = 3 için 1! + 2! + 3! = 3 2 olduğunu görmek zor değildir. Şimdi bu 

durumun tek olduğunu ve başka değeri bulunmadığını kanıtlayalım. 

Varsayalım 1! + 2! + 3! + · · · + n! = k m , m > 1 olsun. Burada 

n değerinin 9 dan büyük yada eşit olabileceğini kolaylıkla kontrol 

edebiliriz. Eğer n ≥ 5 ise 1!+2!+· · ·+n! sayısının son basamağı 3 ile 

biter dolayısıyla m = 2 olamaz. Çünkü tam kare sayılar 0, 1, 4, 5, 6 

veya 9 ile biter. Demek ki, m ≥ 3 olmalıdır. Bunun yanında n ≥ 9 

ise 1! + 2! + · · · + n! toplamı 3 ile bölünebilir. Dolayısıyla k sayısı da 

3 ile bölünebilir. Buna göre, k m sayısı da 27 ile bölünebilir. Demek 

ki, faktöriyellerin toplamı da 27 ile bölünebilir. Fakat, 27| a!, a ≥ 9 

olduğundan, toplam 1! + 2! + · · · + 8! toplamı (mod27) altında 9 

sayısına denk olacaktır. Bu durum açık çelişkidir. Demek ki n sadece 

3 olmalıdır. 

b. Eğer kontrol edilirse (1!) 3 +(2!) 3 +(3!) 3 = 15 2 olduğunu görmek zor 

değildir. Ayrıca n = 2, 4, 5 ve 6 için (1!) 3 +(2!) 3 +· · ·+(n!) 3 toplamı 

bir tamsayının tam kuvvetine eşit olamaz. n ≥ 7 için bu toplam 

(1!) 3 + (2!) 3 + (3!) 3 + (4!) 3 + (5!) 3 + (6!) 3 ≡ 7 (mod49) 

olacaktır. Ancak bu kalan bir tam kuvvetin kalanı olmaz. 

13. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır. Euler-φ foksiyonu ve Küçük 

Fermat Teoremlerini uygulayarak kolaylıkla çözüme ulaşabilirsiniz. 

2.17 V˙ıete Teoremi 

Viete teoremi (Viyet diye okunur) genel olarak bir polinomun kökleri ile 

katsayıları arasındaki ilişkiyi açıklar. Bu teoremi reel katsayılı polinomlarda 

uygulayabildiğimiz gibi benzer biçimde complex katsayılı polinomlarda da kullanabiliriz. 

Buna göre, varsayalım x 1 ve x 2 değerleri P (x) = ax 2 +bx+c polinomunun 

kökleri olsun. Buna göre, 

ax 2 + bx + c = a (x − x 1 ) (x − x 2 ) = ax 2 − a (x 1 + x 2 ) x + ax 1 x 2


olacağından, x 1 + x 2 = − b a ve x 1 · x 2 = c a olacaktır. Benzer biçimde eğer x 1, x 2 

ve x 3 değerleri P (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d polinomunun kökleri ise, kökler 

arasında ki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır. 

⎧ 

x 1 + x 2 + x 3 = − b ⎪⎨ 

a 

x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = c a 

⎪⎩ x 1 x 2 x 3 = − d a 

Eğer yukarıda verdiğimiz durumu genelleştirirsek, kökleri x 1 , x 2 , · · · , x n olan 

bir p (x) = a n x n + a n−1 x n−1 + a n−2 x n−2 + · · · + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 polinomunun 

kökleri ve katsayıları arasındaki ilişki aşağıdaki gibi olacaktır. 

⎧ 

x 1 + x 2 + · · · + x n = − a n−1 

a n 

⎪⎨ x 1 x 2 + x 1 x 3 + · · · + x n−1 x n = a n−2 

a n 

⎪⎩ 

. 

x 1 x 2 x 3 · · · x n = (−1) n a 0 

a n 

Eğer yukarıda yazdığımız eşitlikleri yeniden düzenlersek en genel form olan, 

x 1 x 2 · · · x i + x 1 x 2 x 4 · · · x i+1 + · · · + x n−i+1 x n−i+2 · · · x n = (−1) i a n−i 

a n 

genel forma ulaşılır. 

Viete teoeremi her ne kadar bu ders notunun genel başlığı olsada bazı denklem 

çözümlerinde oldukça işimize yarayacak olan Newton-Girard Formülü’nü 

de vereceğiz. Bu formülün kullanımı her nekadar elzem olmasa da, çözümlerin 

daha pratik olması açısından önemlidir. 

2.17.1 Newton-Girard Formulæ 

Newton-Girard Formulæ. Eğer x n + a 1 x n−1 + · · · + a n = 0 denkleminin 

kökleri α 1 , α 2 , · · · , α n ve bu köklerin kuvvetleri toplamı 

S k = α k 1 + α k 2 + α k 3 + · · · + α k n, k ∈ N +


olarak verilirse, denklemin katsayıları ve k. kuvvetten köklerinin toplamları 

arasındaki ilişki aşağıdaki gibidir. 

Buna göre, genel denklem 

S 1 + a 1 = 0, 

S 2 + a 1 S 1 + 2a 2 = 0, 

S 3 + a 1 S 2 + a 2 S 1 + 3a 3 = 0, 

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · = 0, 

S n + a 1 S n−1 + · · · + a n−1 S 1 + na n = 0 

S k + a 1 S k−1 + · · · + a n S k−n = 0, k > n 

biçiminde olacaktır. Şimdi bu denklemi kullanarak problemleri çözmeye çalışalım. 

Örnek. 

a, b, c sayıları x 3 − x 2 + 2 = 0 denkleminin kökleri ise 

a 2 + b 2 + c 2 

a 3 + b 3 + c 3 

a 4 + b 4 + c 4 

toplamlarının eşitlerini bulunuz. 

Çözüm. Her ne kadar bu sorunun çözümü üstte verdiğimiz formülle 

çözülebiliyor olsa da bu yöntemi sizin kullanacağınızı düşünerek çözüme daha 

da elementer bir yöntemle gidelim. Buna göre, 

a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 − 2 (ab + ac + bc) = 1 2 − 2 (0) = 1 

olacaktır. İkinci denklemin eşiti ise, x3 = x 2 − 2 olduğuna göre, 

a 3 + b 3 + c 3 = a 2 − 2 + b 2 − 2 + c 2 − 2 = a 2 + b 2 + c 2 − 6 = 1 − 6 = −5 

olacaktır. Üçüncü toplamın eşitini bulmak içinde x 3 = x 2 − 2 eşitliğin de 

eşitliğin her iki tarafını da x ile çarparsak, x 4 = x 3 − 2x ise 

a 4 +b 4 +c 4 = a 3 −2a+b 3 −2b+c 3 −2c = a 3 +b 3 +c 3 −2 (a + b + c) = −5−2 (1) = −7


olarak sonuç bulunur. 

Örnek. Aşağıda verilen denklem sisteminin reel veya karmaşık tüm çözüm 

üçlülerini bulunuz. 

x + y + z = 3, 

x 2 + y 2 + z 2 = 3, 

x 3 + y 3 + z 3 = 3. 

Çözüm. 

Buna göre, 

Varsayalım x, y, z değerleri bir P (t) polinomunun kökü olsun. 

p (t) = (t − x) (t − y) (t − z) = t 3 − (x + y + z) t 2 + (xy + yz + zx) t − xyz 

olacaktır. Burada 

xy + yz + zx = 

(x + y + z)2 

2 

− 

( 

x 2 + y 2 + z 2) 

2 

= 9 2 − 3 2 = 3 

eşitliğini elde ederiz. Buradan 

x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) 

eşitliğini kullanarak xyz = 1 olacaktır. Dolayısıyla 

p (t) = t 3 − 3t 2 + 3t − 1 = (t − 1) 3 

olacaktır. Buna göre soruda verilen sistemin tek çözümü x = y = z = 1 

olacaktır. 

Bu konuda öğrencilerin belkide bilmesi en önemli başlıklardan birisi de 

Lagrange Interpolasyon Tekniği’dir. Şimdi bu tekniği ve bu teknik ile çözülebilecek 

soruları inceleyelim.


2.17.2 Lagrange İnterpolasyon Tekn˙ığ˙ı 

Örnek. Kökleri 1, 2, 3 olan ve p(4) = 666 eşitliğini sağlayan kübik polinomu 

bulunuz. 

Soruda istenen polinom üçüncü dereceden olduğuna göre kesin- 

Çözüm. 

likle 

formunda olmalıdır. Buna göre, 

p (x) = a (x − 1) (x − 2) (x − 3) , a ∈ R 

666 = p (4) = a (4 − 1) (4 − 2) (4 − 3) = 6a, a = 111 

bulunacağından polinom p (x) = 111 (x − 1) (x − 2) (x − 3) olacaktır. 

Örnek. p (1) = 1, p (2) = 2, p (3) = 3, p (4) = 5 eşitliklerini sağlayan p (x) 

polinomunu bulunuz. 

Çözüm. Önceki örnekte çözüme elementer yöntemlerle ulaşabileceğimiz 

için Lagrange Interpolasyon Tekniği’ni uygulamamıştık. Ancak bu soruda bu 

tekniği hem uygulamasını öğreneceğiz hem de soruyu çözeceğiz. Lagrange tekniğine 

göre, 

p (x) = a (x) + 2b (x) + 3c (x) + 5d (x) , 

polinomun da sırasıyla a (x) , b (x) , c (x) , d (x) birer kübik polinom olsun. Buna 

göre, a (1) = 1 ve a (x) polinomunun kökleri x = 2, 3, 4; b (2) = 1 ve b (x) 

polinomunun kökleri x = 1, 3, 4; c (3) = 1 ve c (x) polinomunun kökleri x = 

1, 2, 4; d (4) = 1 ve d (x) polinomunun kökleri x = 1, 2, 3 olacaktır. 

Bir önceki örnekte uyguladığımız tekniği yeniden burada uygularsak, 

(x − 2) (x − 3) (x − 4) 

a (x) = − 

6 

b (x) = 

(x − 1) (x − 3) (x − 4) 

2 

c (x) = 

(x − 1) (x − 2) (x − 4) 

− 

2 

d (x) = 

(x − 1) (x − 2) (x − 3) 

6


polinomlarını elde ederiz. Dolayısıyla, soruda istenilen polinom 

p (x) = − 1 6 (x − 2) (x − 3) (x − 4)+(x − 1) (x − 3) (x − 4)−3 2 (x − 1) (x − 2) (x − 4)+5 (x − 1) (x − 

6 

olacaktır. isterseniz soruda verilen şartları sağlayıp sağlamadığını kontrol edebilirsiniz. 

Sırada ki örneğimize, Bilgi Üniversitesi Cahit Arf Matematik Günleri VII- 

2008 sınavında sorulan bir polinom sorusu ile devam edelim. 

Örnek. n > 1 bir tamsayı ve p (x) ise derecesi (n − 1) olan bir polinom 

olsun. Eğer her k = 1, · · · , n için p (k) = 1/k ise p (n + 1) ifadesinin eşitini 

bulunuz. 

Çözüm. Varsayalım elimizde p (x)− 1 x şeklinde bir polinom olsun. Ancak 

1 

x 

ifadesi burada ki varsayımımızı bozacağından g (x) = x·p (x)−1 polinomunu 

seçelim. p (x) polinomunun derecesi (n − 1) ise g (x) polinomunun derecesi 

n. dereceden olacaktır. Ayrıca polinomunun kökleride olacaktır. Buna göre 

aslında g (x) polinomu 

g (x) = c · (x − 1) · (x − 2) · · · · · (x − n) 

olarak yazılabilir. Buradaki c katsayı sabitini bulabilmek için önce g (0) = −1 

olduğunu buluruz. Buna göre, x = 0 

eşitliğini kullanırsak 

g (0) = c · (0 − 1) · (0 − 2) · · · · · (0 − n) 

= c · −1 · −2 · −3 · · · · · −n 

= c · (−1) n · n! 

c = 

olacaktır. Bizden istenen p(n + 1) ise 

ve 

g (n + 1) = (−1)1−(n+1) 

(n + 1)! 

−1 

(−1) n n! = (−1)1−n 

n! 

g (n + 1) = (n + 1) p (n + 1) − 1 

· (n + 1 − 1) · (n + 1 − 2) · · · · · (n + 1 − n)


olacağından 

olacağından 

p (n + 1) = 

(n + 1) · p (n + 1) − 1 = (−1)−n 

(n + 1)! · n! 

[ (−1) 

n ] 

n + 1 + 1 1 

· 

n + 1 = (−1)n + (n + 1) 

(n + 1) 2 

olacaktır. 

Konu olarak Viete Teoremi ile çözülebilecek sorular, nispeten daha kolay 

sorulardır. Bu sebepten konu anlatımı içerisindeki sorularıda çalışma sorularına 

ekledik. Soruların tamamı AMC ve AIME sınavlarından derlenmiştir. 


1. ax 2 + bx + c = 0 polinomunun köklerinin tersleri toplamını bulunuz. 

2. x 1 ve x 2 değerleri x 2 − 3√ 2x − 3√ 4 = 0 polinomunun kökleri ise 

toplamını bulunuz. 

x 1 

x 2 

+ x 2 

x 1 

3. b ve c birer sabit sayı olmak üzere verilen 

(x + 2) (x + b) = x 2 + cx + 6 

eşitliğini sağlayan c değerini bulunuz. 

4. x 1 ≠ x 2 olmak üzere 3x 2 1 − hx 1 = b ve 3x 2 2 − hx 2 = b eşitlikleri veriliyor. 

Buna göre x 1 + x 2 toplamını bulunuz. 

5. P (x) = x 3 +ax 2 +bx+c polinomunun köklerinin aritmetik ortası, köklerin 

çarpımına ve katsayılar toplamına eşittir. P (x) polinomunun grafiği 

y eksenini 2 noktasında kestiğine göre, b değerini bulunuz. 

6. x 2 +mx+n = 0 denkleminin köklerinin küpleri x 2 +px+q = 0 olduğuna 

göre, aşağıda verilen eşitliklerin ifadelerin doğruluğunu kontrol ediniz.


• p = m 3 + 3mn 

• p = m 3 − 3mn 

• p = 3mn − m 3 

• p + q = m 3 

• ( ) 

m 3 

n = 

p 

q 

7. ax 2 +bx+c = 0 polinomunun kökleri r ve s olduğuna göre, kökleri ar +b 

ve as + b olan ikinci dereceden denklemi yazınız. 

8. 

x 2 − px + ( p 2 − 1 ) /4 = 0 

denkleminin kökler farkının mutlak değerini bulunuz. 

9. x 2 + kx + 6 = 0 polinomunun kökleri x 1 ve x 2 olarak verildiğinde x 2 − 

kx + 6 = 0 polinomunun kökleri sırasıyla x 1 + 5 ve x 2 + 5 olmaktadır. 

Buna göre, k değerini bulunuz. 

10. x 2 + mx + n = 0denkleminin kökleri x 2 + px + m = 0 denkleminin köklerinin 

iki katı olduğuna göre, n/p değerini bulunuz.(n ve p değerlerinin 

her biri sıfırdan farklıdır.) 

11. a ve b birer reel sayı olmak üzere, 

8x 3 + 4ax 2 + 2bx + a = 0 

denkleminin birbirinden farklı üç pozitif kökü vardır. Köklerin log 2 tabanındaki 

toplamları 5 olduğuna göre, a değerini bulunuz. 

12. x 2 − 63x + k = 0 denkleminin iki kökü de birer asal sayıdır. Buna göre 

k değerinin alabileceği kaç farklı değer vardır. 

13. 

4√ x = 

12 

7 − 4√ x 

denklemini sağlayan değerler toplamını bulunuz.


14. 

x 2 + 18x + 30 = 2 √ x 2 + 18x + 45 

denklemini sağlayan değerler çarpımını bulunuz. 

15. p, q ve r değerleri x 3 − x 2 + x − 2 = 0 denklemini birer kökü olduğuna 

göre, 

p 3 + r 3 + q 3 


16. x 1000 − 10x + 10 = 0 denkleminin kökleri r 1 , r 2 , r 3 , · · · , r 1000 olduğuna 

göre, 

r1 1000 + r2 1000 + r3 1000 + · · · + r1000 

değerini bulunuz. 

17. ⎧ 

⎪⎨ a + 2b + 4c = 12 

ab + 4bc + 2ac = 22 

⎪ ⎩ 

abc = 6 

denklem sistemini sağlayan (a, b, c) üçlülerini bulunuz. 


1. ax 2 + bx + c = 0 denkleminin köklerine ve diyelim. Buna göre soruda 

istenilen toplam 

1 

x 1 

+ 1 x 2 

ifadesinin eşiti olacağına göre, 

1 

x 1 

+ 1 x 2 

= x 1 + x 2 

x 1 · x 2 

= −b/a 

c/a 

= −b c 

olarak istenilen toplam bulunur.


2. Önceki sorudaki benzer yöntemleri kullanarak çözüme gidelim. x 1 ve x 2 

denklemim birer kökü olduğuna göre, 


x 1 

x 2 

+ x 2 

x 1 

= x2 1 + x2 2 

x 1 · x 2 

= (x 1 + x 2 ) 2 − 2x 1 · x 2 

x 1 · x 2 

= −3 

3. Denklemin kökleri −2 ve −b olduğuna göre kökler çarpımı (−2 · −b) = 6 

ve kökler toplamı −b − 2 = c olacağından, soruda istenilen değerler 

kolaylıkla bulunur. 

4. Soruda verilen iki denklem birbirine eşit olduğuna göre, 

3x 2 1 − 3x 2 2 = hx 1 − hx 2 

olacaktır Burada x 1 ≠ x 2 olduğuna göre, soruda istenilen ifade x 1 +x 2 = 

h/3 olarak bulunacaktır. 

5. Varsayalım denklem kökleri x 1 , x 2 , x 3 olsun. Buna göre, 

x 1 + x 2 + x 3 

3 

= x 1 · x 2 · x 3 = a + b + c + 1 

olacaktır. Soruda ayrıca P (0) = 2 olarak verildiğine göre, c = 2 olacaktır. 

Buna göre yeni eşitliğimizi sağlayan değerler a = 12 ve b = −17 olarak 

bulunur. 

6. Varsayalım denklemlerimizin köklerini x 3 1 , x3 2 olarak alalım. Buna göre, 

x 3 1+x 3 2 = (x 1 + x 2 ) ( x 2 1 + x 2 ) ( 

) 

2 − x 1 x 2 = −m (x 1 + x 2 ) 2 − 3x 1 x 2 = −m ( m 2 − 3mn ) 


olacağından eşitliklerden 

olanı doğrudur. 

x 3 1 + x 3 2 = −p = −m 3 + 3mn 

m 3 − 3mn = p



8. Denklemin kökler toplamı ve kökler çarpımını kullanmaya çalışalım. Buna 

göre, 

x 1 + x 2 = p, ve x 1 · x 2 = p2 − 1 

4 

olacaktır. Diskriminantı kontrol edersek de 

ise denklemin kökleri, 

∆ = p 2 − 4 ( p 2 − 1 ) 1 

4 = p2 − p 2 + 1 = 1 

x 1 = p + 1 

2 

ve x 2 = p − 1 

2 

olacağına göre, soruda istenilen cevap, 

olacaktır. 

|x 1 − x 2 | = 2 





13. Soruda verilen denklemde 4√ x = a olarak alınırsa, yeni denklem 

a 2 − 7a + 12 = 0 

olacaktır. Buradan a 1 = 4 ve a 2 = 3 olacağından istenen x değerleri 

x = 256 ve x = 81 olarak bulunur. 

14. Bu sorunun çözümü okuyucuya bırakılmıştır.


15. p, q, r denklemin kökleri olduğuna göre, 

p 3 + r 3 + q 3 = p 2 + q 2 + r 2 − p − q − r + 6 

olarak cevap bulunur. 

= (p + q + r) 2 − 2 (pq + pr + qr) − (p + q + r) + 6 

= 1 − 2 · 1 + 1 + 6 = 6 

16. Her bir r i değeri denklemi sağladığına göre 

r 100 

1 − 10r 1 + 10 = 0 

olacaktır. Eğer her bir r 1 , r 2 , · · · , r 100 değerini yerine koyalım buna göre, 

r1 100 = 10r 1 − 10 

r1 100 = 10r 2 − 10 

· · · = · · · 

r100 100 = 10r 100 − 10 

eşitliklerini elde ederiz. Bu eşitlikleri alt alta toplarsak 

cevabı elde edilir. 

= 10 (r 1 + r 2 + · · · + r 100 ) − 10 · 1000 

= 10 · 10 − 10 · 1000 

= 10 · (−990) 

= −9900 

17. Eğer a, 2b ve 4c değerlerini bir denklemin kökleri olarak alalım. Buna 

göre denklemimiz 

0 = (x − a) (x − 2b) (x − 4c) 

= ( x 2 − 2bx − ax + 2ab ) (x − 4c) 

= ( x 2 − x (2b + a) + 2ab ) (x − 4c) 

= x 3 − x 2 (a + 2b + 4c) + x (2ab + 4ac + 8bc) − 8abc 

= x 3 − 12x 2 + 22x − 48

2.18. 

BAĞINTI SAYILARI 163 

olduğuna göre gerçektende a, 2b ve 4c değerleri 3. dereceden bir denklemin 

kökleridir. Buna göre toplam da 3 · 3 · 2 = 6 tane üçlü bulunabilir. 

2.18 Bağıntı Sayıları 

A kümesi boş kümeden farklı bir küme olmak üzere A × A kartezyen çarpım 

kümesinin tüm alt kümelerine birer bağıntı denir. Varsayalım kümemiz 

A = {a, b, c} olsun. Önce kartezyen çarpımı ve bağıntıyı tablo ile gösterelim. 

Tablo çizmekteki amacımız hem kartezyen çarpımı hemde seçebileceğimiz herhangi 

bir bağıntıyı tablo üzerinde daha kolay açıklayabilmemiz olacaktır. 

a b c 

a ∗ 

b 

c ∗ ∗ 

Yukarıdaki tabloda verilen bağıntının ikilileri, eğer bu bağıntıya β dersek, 

β = {(a, b), (c, a), (c, c)} 

olacaktır. Yıldızları tablodaki karelere rastgele koyarak, yada hiçbir kareye 

koymayarak, bağıntılar elde edebiliriz. Bu noktadan sonra karşılaşabileceğimiz 

soruladan biriside, bu şekilde kaç bağıntının yazılabileceği olacaktır. Yukarıda 

çizdiğimiz tablo üzerinden düşünürek başlayalım. Eğer tablodaki her bir hücreye, 

birer yıldız koyarsak toplamda 3 × 3 = 9 yıldız olacaktır. Bağıntılarımız 

kartezyen çarpımlarımızın birer alt kümesi olduğuna göre, 2 9 tane bağıntımız 

olacaktır. 

Bu durumu genelleştirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, bağıntı sayımız 

2 n×n = 2 n2 

olacaktır. Şimdi, bağıntı çeşitlerini ve sayılarını inceleyelim. 

Yansıyan Bağıntı. x ∈ A olmak üzere, ∀x ∈ A için (x, x) ikilisi bağıntının 

bir elemanı ise bağıntımız yansıyan olacaktır. Eğer A = {a, b, c} ise,


a 

b 

c 

a b c 

∗ 

∗ 

∗ 

yukarıdaki tabloda da görüldüğü üzere, en küçük yansıyan bağıntımız 

β = {(a, a), (b, b), (c, c)} 

olacaktır. Öyleyse, bu bağıntıya ekleyeceğimiz her ikili için bağıntı hala yansıyan 

bağıntı olarak kalacaktır. İşaretli olmayan 6 kutu için, kartezyen çarpımın 

2 6 tane alt kümesi olacağından 64 tane yansıyan bağıntı yazılabilir. Eğer A 

kümesinin n tane elemanı olduğunu varsayarsak, A × A kümesinin n 2 tane 

elemanı olacaktır. Oluşturulacak tablonun köşegeni üzerindeki n elemanı çıkarırsak 

kalan n 2 − n tane elemanın alt kümelerini almamız yeterlidir. Yani 

yansıyan bağıntı sayımız 

2 n2−n = 2 n·(n−1) 

olacaktır. 

İngilizce kaynaklarda Irreflexive Relation olarak geçen, bağıntıya biz Türkçe 

olarak Yansımaz Bağıntı diyelim. Buna göre, eğer yazılan bağıntının içinde 

x ∈ A için (x, x) /∈ β durumu varsa, bağıntımız bir yansımaz bağıntı olacaktır. 

Daha basit bir anlatımla çizilecek tablonun köşegeni üzerinde bağıntılar yazılırken 

hiç yıldız bulunmayacak. Demek ki, yansıyan bağıntı sayısı ile yansımaz 

bağıntı sayısı aynıdır. Ayrıca Yansımaz Bağıntı ile Yansıyan Olmayan Bağıntı 

birbirlerinden farklıdır. 

Simetrik Bağıntı. Bir bağıntının simetrik olması için, (x, y) elemanı bağıntının 

içindeyse, (y, x) bağıntısınında bağıntının içinde olması şartı aranır. 

Eğer tablo üzerinden düşünürsek, tablonun kşegene göre simetrik olması gerekir. 

a b c 

a ∗ 

b ∗ ∗ 

c ∗ ∗

2.18. 


Örneğin yukarıda verilen tabloda verilen bağıntı simetriktir. Bağıntının elemanları 

{(a, b), (b, a), (b, c), (c, b), (a, a)} 

olacaktır. Şimdi durumu genelleştirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, simetrik 

bağıntı yazacağımız için köşegen üstündeki ve üzerindeki noktaları seçip bu 

noktaların oluşturduğu kümenin alt kümelerini almamız yeterlidir. Durumu 

genelleştirelim. Tüm ikililerin sayısı n 2 , köşegen üzerindeki noktaların sayısı n 

ise, 

n 2 − n n · (n + 1) 

+ n = 

2 

2 

istediğimiz ikililerin sayısını alt kümelerin sayısı, yani Simetrik Bağıntı Sayısı 

olacaktır. 

2 n·(n+1) 

2 

Anti-Simetrik Bağıntı. x ve y birbirinden farklı elemanlar olmak üzere 

(x, y) ve (y, x) aynı anda bağıntının elemanı değilse bağıntı antisimetrik bir 

bağıntı olur. Örneğin aşağıda tablosu verilen bağıntı bir antisimetrik bağıntıdır. 

Bağıntının elemanları, 

a b c 

a ∗ ∗ 

b 

c ∗ ∗ 

(a, a), (a, b), (c, a), (c, c) 

olacaktır. Bağıntıda (a, b) varken (b, a) ve (c, a) varken (a, c) yoktur. Ama köşegenler 

üzerindeki elemanlar istenildiği gibi seçilebilir. Peki, kaç tane simetrik 

bağıntı vardır Bu sayıyı bulmak için köşegen üstünde olma ve olmama durumlarını 

ayrı ayrı değerlendirelim. Eğer s(A) = n olarak alırsak, köşegen 

üzerindeki, elemanlar için 2 n tane durum vardır. Köşegen üzerinde olmayan 

elemanlar için ise üç durum vardır. Bunlar,


(x,y) 

içinde 

dışında 

dışında 

(y,x) 

dışında 

içinde 

içinde 

şeklinde olacaktır. (x, y) ve (y, x) ikilisinin ikiside zaten bağıntının içinde olamaz. 

Kümemizde n tane eleman olduğunu varsayarsak, 

( n n · (n − 1) 

C = 

2) 

2 

farklı durum vardır. Her ikili için üç farklı durum olduğuna göre, 

3 n·(n−1)/2 

farklı durum oluşacaktır. Buna göre toplam antisimetrik bağıntı sayısı 

2 n · 3 n·(n−1)/2 

olacaktır. 

Ayrıca antisimetrik bağıntı ile simetrik olmayan bağıntılar birbirinden farklı 

durumlardır. Örneğin, 

{(a, b), (a, c), (c, a), (c, c)} 

bağıntısı simetrik değildir. Çünkü, (a, b) bağıntının elemanı iken (b, a) bağıntının 

elemanı değildir. Benzer biçimde bağıntı antisimetrik değildir çünkü hem 

(a, c) hemde (c, a) bağıntının birer elemanıdır. 

Anti-Simetrik Bağıntı ve Yansıyan Bağıntı. Eğer bu durumu antisimetrik 

bağıntı ile karşılaştırırsak, aradaki tek fark, bu durumda her iki köşegen 

üzerindeki tüm karelerde birer yıldız olacaktır. Ancak hala, 

n · (n − 1) 

2 

eleman için 3 farklı durum vardır. Bu sebepten de, yansıyan ve antisimetrik 

bağıntı sayısı 

3 n·(n−1)/2 

olacaktır.

2.18. 



Aşağıdaki çalışma soruları Tübitak XVI. Bilgisayar Olimpiyatları sınavında 

sorulmuştur. Soruların çözümlerini önce kendiniz yapmaya çalışınız. 

Daha sonra çözümleri okuyunuz. 

A = {0, 1, {1}, {1, {1}}} küme olarak tanımlanıyor. 

1. A kümesi üzerinde kaç farklı ikili bağıntı tanımlanabilir 

2. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik olan ikili bağıntı tanımlanabilir 

3. A kümesi üzerinde kaç farklı simetrik ve yansıma özeliğine sahip ikili 

bağıntı tanımlanabilir 


1. A kümesinin sorudada görüldüğü üzere 4 tane elemanı vardır. Buna göre 

A kümesi üzerinde tanımlanabilecek bağıntı sayısı için önce kartezyen 

çarpımın elemanlarını bulalım. s(A × A) = 4 · 4 = 16 olacaktır. Her 

bir bağıntı kartezyen kümenin alt kümesi olduğuna göre, alt kümeleri 

bulmamız yeterli olacaktır. Buna göre istenen cevap 

olacaktır. 

2 4×4 = 2 16 

2. Simetrik bağıntı sayısı 2 n·(n+1) 

2 olduğuna göre, n = 4 için istenen cevap 

2 10 olacaktır. 

3. Bağıntımız hem yansıyan hem simetrik olacağına göre, bağıntının içinde 

mutlaka 

{(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)} 

ikilileri mutlaka bulunacaktır. Buna göre bu bağıntının içine eleman olarak 

ekleyeceğimiz her ikili bir yansıyan bağıntı olacaktır. Bağıntımız eğer 

aynı anda simetrik bağıntı özeliğinide taşıyacağına göre, bağıntının içinde


(a, b) eleman olarak bulunuyorsa, (b, a) ikilisi de eleman olarak bağıntının 

içinde bulunacaktır. Geriye kalan 12 eleman içindeki her bir ikili 

simetrikliği sağlamak için yanında bir ikiliyi daha taşıyacağından aslında 

bizim 6 elemanlı bir kümeden alt kümeler seçmemi gerekir. Buna göre, 

istenen sayı 2 6 = 64 olacaktır. 

2.19 L˙ıneer Denklemler˙ın Tamsayı Çözümler˙ı 

Genel olarak tekrarlı permütasyon konusu altında verilen bu konuda asıl 

amacımız 

x 1 + x 2 + · · · + x r = n, n ∈ Z + ∨ n ∈ Z + ∪ {0} 

formunda verilen bir lineer denklemin pozitif tamsayı veya negatif olmayan 

tamsayılardaki çözüm sayılarını bulmak olacaktır. Önce teoremleri ve çözümlü 

örnekleri dikkatli bir şekilde çalışarak konu sonunda verilen çalışma sorular ile 

konuyu daha iyi kavramaya çalışınız. Önce bir teoremle başlayalım. 

Teorem (De Moivre) . n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen 

x 1 + x 2 + x 3 + · · · + x r = n 

denkleminin pozitif tamsayı çözümlerinin sayısı 

( ) n − 1 

r − 1 

olacaktır. 

Kanıt . n sayısını n = 1 + 1 + · · · + 1 + 1 olarak yazalım. Bu toplamda 

n tane 1 ve (n − 1) tane + işaretinin olduğu açıktır. Buna göre, n toplamını 

r tane parçaya bölmek için bizim (r − 1) tane + işaretini seçmemiz yeterli 

olacaktır. Buna göre seçimimiz 

( ) n − 1 

r − 1 

olacağından ispat tamamlanır.

2.19. LİNEER DENKLEMLERİN TAMSAYI ÇÖZÜMLERİ 169 

Örnek. 9 rakamını üç pozitif tamsayının toplamı olarak kaç farklı biçimde 

yazabiliriz Mesela, 1 + 1 + 7 ve 7 + 1 + 1 birbirinden farklı iki toplamdır. 

Çözüm. 

Soruyu eğer denklem biçiminde yazarsak, aslında sorulan soru 

a + b + c = 9 a > 0, b > 0, c > 0 

denkleminin çözüm sayısı olacaktır. Öyleyse istenen cevap 

( ) ( 9 − 1 8 

= = 28 

3 − 1 2) 

olacaktır. 

Sonuç . n pozitif bir tamsayı olmak üzere verilen 

y 1 + y 2 + · · · + y r = n 

denkleminin negatif olmayan tamsayılardaki çözüm sayısı 

( ) n + r − 1 

olacaktır. 

r − 1 

Kanıt . Denklemde y r = x r − 1, x r ≥ 1 değişken değiştirmesini yaparsak 

x 1 − 1 + x 2 − 1 + · · · + x r − 1 = n 

olacağından 

x 1 + x 2 + · · · + x r = n + r 

olacaktır. Kanıtın bundan sonrası De Moivre teoreminin bir uygulamasına 

dönüştüğüne göre 

( ) n + r − 1 

çözüm sayısı olacaktır. 

 

r − 1


Örnek. 

a + b + c + d = 100, a ≥ 30, b ≥ 21, c ≥ 1, d ≥ 1 

durumlarını sağlayan kaç farklı (a, b, c, d) tamsayı dörtlüsü seçilebilir 

Çözüm. Önce uygun değişken değiştermeleri yapalım. a = a ′ + 29, b = 

b ′ + 20 olarak alırsak yeni denklemimiz 

a ′ + b ′ + c + d = 50 

olacaktır. Bu denkleminde pozitif tamsayı çözümleride 

( 49 

3 

) 

= 18424 

olacaktır. 

Örnek. 8 katlı bir binanın asansörüne binen 5 kişi asansörden katlara 

kaç farklı biçimde dağılabilirler 

Çözüm. 

Aslında soruda bulunması istenen sayı 

x 1 + x 2 + · · · + x 8 = 5 

denkleminin negatif olmayan çözüm sayısıdır. Buna göre cevap 

( ) ( ) 

8 + 5 − 1 12 

= = 792 

8 − 1 7 

olacaktır. 

Örnek. a + b + c + d ≤ 2009 eşitsizliğini sağlayan kaç farklı negatif 

olmayan tamsayı (a, b, c, d) dörtlüsü vardır 

Çözüm. a+b+c+d ≤ 2009 denkleminin negatif olmayan tamsayı çözüm 

dörtlülerinin sayısı 

a + b + c + d + f = 2009, f ≥ 0

2.19. LİNEER DENKLEMLERİN TAMSAYI ÇÖZÜMLERİ 171 

denkleminin çözüm dörtlülerinin sayısına eşittir. Benzer biçimde son yazdığımız 

denklemin çözümlerinin sayısıda 

a 1 − 1 + b 1 − 1 + c 1 − 1 + d 1 − 1 + f 1 − 1 = 2009 

denkleminin çözüm sayısı ile aynı olacağına göre istenen cevap 

( ) 2013 

4 

olacaktır. 

Buraya kadar yaptığımız örneklerde, değişkenlere dair yaptığımız sınırlamalar 

hep tek yönlüydü. Sıradaki örneğimizde durum biraz daha farklı. 

Örnek. 

a + b + c + d = 100, 1 ≤ a ≤ 10, b ≥ 0, c ≥ 2, 20 ≤ d ≤ 30 

olamak üzere verilen denklemin tüm tamsayı çözüm dörtlülerinin sayısını bulunuz. 

Çözüm. Çözümü durum, durum inceleyerek sürdürelim. Eğer, a ≥ 1, b ≥ 

0, c ≥ 2, d ≥ 20 olarak alırsak denklemimizin 

( ) 80 

= 82160 

3 

farklı çözümü olacaktır. Eğer a ≥ 11, b ≥ 0, c ≥ 2, d ≥ 20 olarak alırsak çözüm 

sayımız ( ) 70 

3 

kadar olacaktır. Eğer a ≥ 1, b ≥ 0, c ≥ 2, d ≥ 31 olarak alırsak çözüm sayımız 

( ) 69 

3 

kadar olacaktır. Bu iki durumun kesişimi ise 

( ) 59 

3


kadar olacağından birleşim kümesinin eleman sayısı 

( ) ( ) ( ) 

70 69 59 

+ − = 74625 

3 3 3 

olacaktır. Buna göre istenen çözüm sayısı 

( ) ( ) ( ) ( ) 

80 70 69 59 

− − + = 7335 

3 3 3 3 

olacaktır. 

Genel olarak karşınıza çıkabilecek lineer denklemler ve pozitif tamsayı çözümleri 

örneklerle açıklandı. Şimdi bir çoğu Tübitak Bilgisayar Olimpiyatları 

birinci aşama sınavında çıkmış çalışma sorularını yapmaya çalışarak konuyu 

daha iyi kavramaya çalışınız. 


1. 1 ile 1000 arasındaki sayılardan kaç tanesinin rakamlarının toplamı 7 

yapar 

2. (5a + 8b + 2c) 15 açıldığında kaç terim elde edilir 

3. 0 ≤ x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ≤ 7 olduğunda x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 18 denkleminin kaç 

farklı tamsayı çözümü vardır 

4. 20 adet boş kartın her birinin üzerine kare, daire ve üçgen resmi çizilebilmektedir. 

Buna göre kaç farklı şekilde 20 karttan oluşan bir demet 

oluşturulabilir 

5. 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. 

Her bir kutuda en az 6 adet top bulunacak şekilde topları kaç 

farklı şekilde kutulara dağıtabiliri 

6. 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. 

Her bir kutuda en fazla 40 adet top bulunacak biçimde kaç 

farklı şekilde kutulara dağıtabiliriz 

7. Kırmızı, beyaz ve mavi zarların üçü birden atıldığında, kaç farlı durumda 

gelen sayıların toplamı 10 yapar

2.20. FONKSİYONEL DENKLEMLER 173 

8. a + b + c + d = 98 eşitliğini sağlayan kaç (a, b, c, d) pozitif tek tamsayı 

dörtlüsü vardır (AIME 1998) 


Konu anlatımı içerisinde verilen çözümler, örnekleri çözmeniz için yeterlidir. 

Biraz uğraşark çözümlere ulaşabilirsiniz. 

2.20 Fonks˙ıyonel Denklemler 

Bilinmeyenlerinin birer fonksiyon olduğu denklemlere genel olarak fonksiyonel 

denklem denilir. Benzer biçimde bilinmeyenlerin polinomlardan oluştuğu 

denklem sorularınıda bu başlık altında alabiliriz. Ancak bu tür soruların 

ne yazıkki genel bir çözüm yöntemi yoktur. Belkide bu sebepten matematik 

yarışmalarında sıklıkla sorulan sorular haline gelmişlerdir. Bu başlık altında 

genel olarak tek değişkenli fonksiyonel denklemlerin genel çözüm teknikleri ve 

çok değişkenli fonksiyonel denklemler konuları ele alınmıştır. 

2.20.1 Tek Değişkenliler - Temel Teknikler 

Tek değişkenlilerin çözümlerine uygun dönüşümler yapılarak ulaşılır. Örnekleri 

inceleyerek devap edelim. 

Örnek. 

f (x + 1) = x 2 − 3x + 2 fonksiyonel denklemini çözünüz. 

Çözüm. t = x+1 ise x = t−1 olacağından f(t) = (t−1) 2 −3(t−1)+2 = 

t 2 − 5t + 6 eşitliğinden f(x) = x 2 − 5x + 6 olarak bulunur. 

Örnek. 

f( x + 1 

x ) = x2 + 1 

x 2 + 1 x 

fonksiyonel denklemini çözünüz. 

Çözüm. 

t = (x + 1)/x olarak alırsak x = 1/(t − 1) olacağından 

f(t) = ( 1 

t−1 )2 + 1 

( 1 + 1 

t−1 )2 ( 1 

t−1 ) = t2 − t + 1


bulunur. Buna göre f(x) = x 2 − x + 1 olarak bulunur. 

Genel olarak çözümlerde uyguladığımız teknik, f[ϕ(x)] = g(x) eşitliğini f 

için çözmektir. Eğer ϕ fonksiyonunun tersi varsa, t = ϕ(x) olarak alabiliriz. 

Dolayısıyla da 

f(x) = g[ϕ −1 (x)] 

olur. 

Örnek. 

Çözüm. 

f(e x ) = x 3 + sin x fonksiyonel denklemini çözünüz. 

t = e x değişken değiştirmesini yaparsak, x = ln t olacağından 

f(x) = (ln |x|) 3 + sin(ln |x|) 

olacaktır. 

Örnek. 

a ≠ ±1 olmak üzere verilen 

x 

f( ) = af(x) + ϕ(x) 

x − 1 


Çözüm. t = x/(x − 1) değişken değiştirmesini yaparsak, x = t/(t − 1) 


t 

f(t) = af( 

t − 1 ) + ϕ( t 

t 

) = a(af(t) + ϕ(t)) + ϕ( 

t − 1 t − 1 ) 

olacağından, istenilen fonksiyon 

f(x) = 

aϕ(x) + ϕ( 

x 

x−1 ) 

1 − a 2 

olacaktır. 

Bir fonksiyonel denklem değişkenlere bağlı cebirsel ifadeler ihtiva edebilir. 

Bu tür sorularda uygulanacak temel teknik eşzamanlı fonksiyonlar oluşturmaktır. 

Şimdi aşağıdaki örnekleri inceleyelim.


Örnek. 


3f(x) + 2f(1/x) = 4x 

Çözüm. 

x değişkeni yerine 1/x alınırsa, 

3f(1/x) + 2f(x) = 4/x 

olacaktır. Soruda verilen fonksiyon −3/2 ile çarpılıp son bulunan denklem ile 

toplanırsa, istenilen denklem 


f(x) = 12x2 − 8 

5x 

Örnek. 

x ≠ 0 olmak üzere verilen 


1 

x · f(−x) + f( 1 x ) = x 

Çözüm. 

Soruda verilen denklemde x yerine −x yazarsak, 

bulunur. Eğer x yerine 1 x alınırsa 

− 1 x f(x) + f(− 1 x ) = −x 

xf(− 1 x ) + f(x) = 1 x 

denklemi elde edilecektir. Bu iki fonksiyonel denklemden, istenilen fonksiyon 

f(x) = 1 2 (x2 + 1 x ) 

olarak elde edilir.


Fonksiyonel denklemlerin çözümü yapılırken eğer fonksiyonun özelikleride 

göz önüne alınırsa çözüme ulaşılması daha kolay olacaktır. Öyle ki fonksiyonun 

sürekliliği, monotonluğu, sınırlılığı, türevlenebilir olması gibi bilgilerin 

bilinmesi çözümlerde faydalı olacaktır. 

Örnek. 

f(x + 1) + f(x − 1) = 2x 2 − 4x 


Çözüm. İki fonksiyonun toplamı ikinci dereceden olduğuna göre f(x) 

fonksiyonuda ikinci dereceden olacaktır. Buna göre, f(x) = ax 2 + bx + c ise 

2ax 2 + 2bx + 2(a + c) = 2x 2 − 4x 

eşitliğinden f(x) fonksiyonu f(x) = x 2 − 2x − 1 olarak bulunur. 

2.20.2 Çok Değişkenliler 

Bazı çok değişkenli fonksiyonel denklemlerin çözümlerinde simetriden faydalanılarak 

denklemi tek değişkenliye indirgemek çözümü oldukça kolaylaştırır. 

Aşağıdaki örnekler ve çözümler bu durumla alakalıdır. 

Örnek. 

(x − y)f(x + y) − (x + y)f(x − y) = 4xy(x 2 − y 2 ) 


Çözüm. 

Eğer soruda verilen eşitliği düzenlersek 

f(x + y) 

x + y 

− 

f(x − y) 

x − y 

= 4xy 


g(x) = f(x) 

x


fonksiyonunu alalım. Eğer 

g(x + y) − g(x − y) = 4xy 

ise 

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

olacağından g(x) − x 2 = k, k ∈ R ve g(x) = x 2 + k, f(x) = x 3 + kx olarak 

bulunur. 

Değişken sayısını düşürmenin bir diğer yoluda uygun değerleri değişkenlere 

atamaktır. Aşağıdaki örnek bu metodla çözülmüştür. 

Örnek. 

çözünüz. 

f(x) · f(y) − f(xy) = x + y fonksiyonel denklemini f(x) için 

Çözüm. Varsayalım y = 0 olsun. Buna göre, f(0)[f(x)−1] = x olacaktır. 

f(0) ≠ 0 olacağına göre, 

f(x) = 

x 

f(0) + 1 

eşitliği elde edilir. Benzer biçimde x = y = 0 alınırsa f(0)[f(0) − 1] = 0 ise 

f(0) = 1 olacağından f(x) = x + 1 olarak bulunur. Gerçektende bulduğumuz 

fonksiyon soruda verilen denklemi sağlamaktadır. 

Örnek. 

f fonksiyonu 

f(x) + f(y) = f(x + y) − xy − 1 

eşitliğini sağlamaktadır. Buna göre, eğer f(1) = 1 ise f(n) = n eşitliğini 

sağlayan negatif tamsayı değerlerini bulunuz. 

Çözüm. x = 1 olarak alırsak, f(y + 1) − f(y) = y + 2 ve y = 0 alırsak 

f(0) = −1 olacaktır. n ≥ için 

n−1 

∑ 

n−1 

∑ 

f(n+1)+1 = f(n)−f(0) = (f(y+1)−f(y)) = (y+2) = 

y=0 

y=0 

(n + 1)(n + 2) 

−1 

2


olacağından 

f(n) = n2+ 3n+2 

2 

− 2 = n2 + 3n − 2 

2 

olacaktır. Eğer x = n ve y = −n alırsak, f(n) + f(−n) = n 2 − n ve 

olacaktır. Demekki, 

f(−n) = n 2 − 2 − f(n) = (−n)2 + 3(−n) − 2 

2 

f(n) = n2 + 3n − 2 

2 

eşitliği negatif n değerleri içinde geçerlidir. Sorudaki f(n) = n durumu için 

n 2 + 3n − 2 

2 

= n 

ise (n − 1)(n + 2) = 0 olacağından n = 1 veya n = −2 olacaktır. 

Fonksiyonel denklemlerin çözümleri yapılırken bazı kullanışlı sonuçların bilinmesinde 

fayda vardır. Örneğin aşağıda verilenler bunlardan sadece birkaçıdır. 

Buna göre, f sürekli bir fonksiyon olmak üzere 

i. f(x + y) = f(x) + f(y) ise f(x) = c, 

ii. f(x + y) = f(x) · f(y) ise f(x) = c x 

iii. f(xy) = f(x) + f(y) ise f(x) = c ln x 

iv. f(xy) = f(x) · f(y) ise f(x) = x c 

olacaktır. Sıradaki örneğimizin çözümünde bu sonuçları kullanabiliriz. 

Örnek. 

(Jensen Fonksiyonel Denklemi) x, y ∈ R olmak üzere verilen 

( ) x + y 

f = 

2 

f (x) + f (y) 

2 

eşitliğini sağlayan tüm sürekli f fonksiyonlarını bulunuz.


Çözüm. 


Eğer y = 0 olarak alınırsa, 

( x 

) 

f (x) + f (0) 

f = 

2 2 

f (x) + f (y) 

2 

( ) x + y 

= f = 

2 

f (x + y) + f (0) 

2 

olacaktır. Yani, f(x + y) = f(x) + f(y) − f(0) olarak bulunur. Varsayalım 

h(x) = f(x) − f(0) ise h(x + y) = h(x) + h(y) olacağından h(x) = cx ve 

f(x) = cx + f(0) olarak bulunur. 

Örnek. 

bulunuz. 

f(x+y) = g(x)+h(y) eşitliğini sağlayan tüm sürekli fonksiyonları 

Çözüm. Eğer y = 0 olarak alırsak h(0) = b ise f(x) = g(x) + b ve eğer 

x = 0 olarak alırsak benzer biçimde f(y) = a + h(y) olacaktır. Buna göre, 

f(x + y) = [f(x) − b] + [f(y) − a] = f(x) + f(y) − (a + b) 

olacağından F (x) = f(x) − a − b ve F (x + y) = F (x) + F (y) olacaktır. F 

fonksiyonu toplamsal sürekli fonksiyon olduğundan F (x) = kx olacaktır. Sonuç 

olarak f(x) = kx + a + b, g(x) = kx + a ve h(x) = kx + b olacaktır. 

Olimpiyat sınavlarında özellikle TST ve kamp sınavlarında sorulan soruların 

çözümleri oldukça zordur. Belli teknikler kullanarak çözümeye gitmeye 

çalışmak her ne kadar gerekli olsada çoğu zaman yereli değildir. Ancak bazı 

yardımcı özelikleri araştırmak sanırız çözüm yolundaki en büyük yardımcılardan 

olacaktır. Bu sebepten elimizdeki fonksiyonun 

i. Birebir veya örtenliği, 

ii. Periyodikliği veya tek, çift fonksiyon olma durumu, 

iii. Artan yada azalan olma durumu, 

iv. Simetrikliği 

gibi özelliklerinin olup olmadığını bilmek, çoğu zaman çözümü ciddi biçimde 

kolaylaştıracaktır.



1. f : R → R olmak üzere verilen 

f(f(x + y)) = f(x + y) + f(x)f(y) − xy x, y ∈ R 

eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. 

2. f : Z → R ve x + y toplamı 3’ün tam katı olduğuna göre, 

( ) x + y f(x) + f(y) 

f = 

3 

2 

eşitliğini sağlayan f− fonksiyonlarını bulunuz. 


f(xf(y) + x) = xy + f(x) 

eşitliğini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. 


f(f(x) + y) = f(x 2 − y) + 4f(x)y 

eşitliğini sağlayan f fonksiyonlarını bulunuz. 


1. Eğer y = 0 alırsak, 

f(f(x)) = [1 + f(0)]f(x) 

eşitliği elde edilir. Eğer x yerine x + y alırsak 

[1 + f(0)]f(x + y) = f(f(x + y)) = f(x + y) + f(x)f(y) − xy 

eşitliğinden 

elde edilir. Eğer y = 1 alınırsa, 

f(0)f(x + y) = f(x)f(y) − xy 

f(0)f(x + 1) = f(x)f(1) − x


eşitliği elde edilir. Eğer y = −1 ve x yerine x + 1 alınırsa 

f(0)f(x) = f(x + 1)f(−1) = f(x + 1)f(−1) + x + 1 

eşitliği elde edilir. Eğer son iki denklemden f(x + 1)’i çekersek 

[f 2 (0) − f(1)f(−1)]f(x) = [f(0) − f(−1)]x + f(0) 

eşitliği elde edilir. Eğer f 2 (0) − f(1)f(−1) ≠ 0 ise f− fonksiyonu lineerdir. 

Eğer f 2 (0)−f(1)f(−1) = 0 ise son denklemde x = 0 alarak f(0) = 0 

olarak bulunur. Bu durumda fonksiyon f(x)f(y) = xy olacaktır. y = 1 

alırsak f(x)f(1) = x olacaktır. Dolayısıyla f(1) ≠ 0 ve f(x) lineerdir. 

Sonuç olarak, f(x) = ax + b olarak soruda verilen denklemde yerine 

koyarsak a = 1 ve b = 0 bulunur. Demek ki, fonksiyon f(x) = x’dir. 

2. Bütün n tamsayıları için 

olacağından 

f(0) + f(3n) = 2f(n) = f(n) + f(2n) 

f(n) = f(2n) = 

f(3n) + f(3n) 

2 

= f(3n) 

olacaktır. Demek ki f(n) = f(0) eşitliği vardır. Dolayısıyla tüm tüm 

sabit fonksiyonlar birer çözüm olacaktır. 

3. Eğer x = 1, y = −1 − f(1) ve a = f(y) + 1 alırsak eşitliğimiz 

f(a) = f(f(y) + 1) = y + f(1) = −1 

olacaktır. Eğer y = a ve b = f(a) olarak alırsak 

ve 

b = f(xf(a) + x) = ax + f(x) 

f(x) = −ax + b 

olacaktır. Eğer sorudaki denklemde yerine koyarsak, 

ax 2 y − abx − ax + b = xy − ax + b 

eşitliği bulunur. Polinom eşitliğinden a = ±1 ve b = 0 dolayısıyla f(x) = 

x veya f(x) = −x bulunur.


4. y = x 2 olarak alırsak 

bulunur. y = −f(x) alınırsa 

f(f(x) + x 2 ) = f(0) + 4x 2 f(x) 

f(0) = f(f(x) + x 2 ) + 4f(x) 2 

eşitsizliği elde edilir. Bulduğumuz bu iki eşitliği karşılaştırırsak, her bir 

x değeri için f(x) = 0 veya f(x) = x 2 olmalıdır. Varsayalım f(a) = 0 

olsun. x = a olarak alırsak 

bulunur. y ≠ a 2 /2 için 

f(y) = f(a 2 − y) 

y 2 ≠ (a 2 − y) 2 

ise f(y) = 0 olacaktır. Son olarak x = 2a ve y = a 2 /2 alırsak 

f(a 2 /2) = f(7a 2 /2) = 0 

olacaktır. Demek ki, f(x) = 0 veya f(x) = x 2 olmalıdır.

mat_olm_book

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?