Tanım
Matematik,...
Bağlantılarım
*
*
*
*
*
*
*
*
*
*
Kategoriler
|
Bir Doğal Sayının Bir Tabana Göre Yazılması
|
Yazımıza iki anlaşılır soru ile başlayalım.
Soru 1. 97 doğal sayısını beş tabanına göre yazınız?
Soru 2. 0,3 sayısının yedi tabanındaki karşılığı nedir?
Çözüm 1. Aşağıdaki işlemleri inceleyelim.
Buna göre, 97 =(342)beş dir. 97 = (25 + 25 + 25) + (5 + 5 + 5 + 5) + (1 + 1) = (342)beş
3 tane 4 tane 2 tane
Çözüm 2. 3/10 = a1 /7 + a2 /72 + a3 /73 + ... olacak şekilde a1, a2, a3, ... tanımlanabilir.
a1 değerini bulmak için eşitliği 7 ile genişletelim.
3 . 7/10 = 21/10 = 2 + 1 /10 = a1 + a2 /7 + a3 /72 + ..., a1 = 2 dir.
a2 değerini bulmak için yine 7 ile genişletelim.
1 . 7/10 = 7/10 = 0 + 7 /10 = a2 + a3 /7 + a4 /72 + ... , a2 = 0 dır.
Aynı şekilde devam edilirse,
7 . 7 /10 = 49/10 = 4 + 9/10 = a3 + a4 /7 + ... , öyle ki a3 = 4,
9 . 7/10 = 63/10 = 6 + 3/10 = a4 + a5 /7 + ..., öyle ki a4 = 6 dır.
Bundan sonra 2046 nın tekrar ettiğini söyleyebiliriz. O halde, (0,3)10 = (0,20462046...)7
olur.
Soru 3. (10!) ifadesi iki tabanına göre yazıldığında kaç basamaklı bir sayı olur?
Çözüm. Sorumuz diğer iki soruya oranla biraz daha karmaşık gözükmektedir. Çünkü
sayımız diğer iki sayıdan oldukça büyüktür ve bölme işlemi yaparak sonuca gitmek o
kadar da basit gözükmemektedir.
10! = 1 . 2 . 3 . 4 . 5 . 6 . 7 . 8 . 9 . 10 onluk tabandaki bir sayıyı ikilik tabandaki bir sayıya
çevirmek için o sayıyı sürekli ikiye böleriz ve kalanları ve en son bölme işlemindeki b öleni
en başa yazmak şartıyla son bölenden ilk kalana doğru yazdığımız ifade sayımızın ikilik
tabandaki karşılığıdır.
10 = (1010)2
10 = 20.0 + 21 .1 + 22 .0 + 23 .1
Bu sorudaki amacımız (10!) ifadesini çarpımsal olarak yazarak 2nin üsleri biçiminde ifade
etmektir. Bizden soru istenen ifadenin basamak sayısı olduğundan her bir çarpımın en büyük derecesini dikkate almamız işlemlerimizi kısaltacaktır. Örneğin (10!) ifadesini çözümlenmiş şekliyle yani (2 3 . 1 + ...) olarak ifade edelim.
Şimdi ifademizdeki tüm sayıları çözümlenmiş şekliyle yazarsak,
1 = (001)2 1 = (20 .1 + ...)
2 = (010)2 2 = (21 .1 + ...)
3 = (011)2 3 = (21 .1 + ...)
4 = (100)2 4 = (22 .1 + ...)
5 = (101)2 5 = (22 .1 + ...)
6 = (110)2 6 = (22 .1 + ...)
7 = (0111)2 7 = (22 .1 + ...)
8 = (1000)2 8 = (23 .1 + ...)
9 = (1001)2 9 = (23 .1 + ...)
10 = (1010)2 × 10 = (23 .1 + ...)
10! = (20 .1 + ...) (21 .1 + ...) (21 .1 + ...) (22 .1 + ...) (22 .1 + ...)
(22 .1 + ...) (22 .1 + ...) (23 .1 + ...) (23 .1 + ...) (23 .1 + ...)
20 1 tane
21 21 £ a1 £ 21 a1 = {2,3} ; 2 tane
22 22 £ a2 £ 23 a2 = {4,5,6,7} ; 4 tane
22 22 £ a3 £ 23 a3 = {8,9,10,11,12,13,14,15} ; 8 tane
Şimdi tekrar sorumuza dönelim. Soruda bizden basamak sayısı istendiğinden çözümlenmiş şeklindeki en büyük dereceli terimi dikkate alarak tekrar yazacak olursak,
10! => 20 + 21 + 21 + 22 + 22 + 22 + 22 + 23 + 23 + 23 = 20 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3 = 220
10! = (220 .1 + ...) => 20 + 1 = 21 basamaklı olur.
[Onluk sistemde 1000 = 103 ifadesi (3 + 1 = 4) 4 basamaklıdır]
Soru 4. (100!) ifadesi iki tabanına göre yazıldığında kaç basamaklı bir sayı olur?
Çözüm. Bu soruyu da yine biraz önceki soruda kullandığımız mantık ile yapacağız.
100! = (1 . 2 . 3 . . . 99 . 100). Şimdi bu ifadede ki bütün sayıları bir önceki soruda olduğu gibi iki tabanına göre yazalım ve bu yazdığımız ifadelerin en büyük dereceli terimlerini alarak birbirleri ile çarpalım.
20 1 tane
21 2 tane
22 4 tane
23 8 tane
: : toplam 100 tane olacağından;
: :
: :
2n k tane
1 + 2 + 22 + 23 + 24 + . . . + 2n-1 + k = 100. Bu toplamın değeri,
(2n 1)/(2-1) + k = (2n 1 + k) olur. Şimdi n nin maksimum değerini 2n < 100 eşitsizliğinden bulabiliriz.(nÎ ℕ) 26 < 100 < 27 buradan nmax = 6 olarak bulunur. Eşitliğimizin son şekli
1 + 2 + 22 + 23 + 24 + . . . + 25 + k = 100 şeklini alır. Buradan (26 1 + k) = 100, k = 37 olarak
bulunur. Yani bulduğumuz bu k değerinin anlamı (2 6) ifadesinden k tane yani 37 tane olduğunu belirtmektedir.
100! è 20 . 21 . 21 . 22 . 22 . 22 . 22 . 23 . 23 . . . 23 . 24 . 24 . . . 24 . 25 . . . 25 . 26 . . . 26 =
1 21 22 23 24 25 37
20 + 2.1 + 4.2 + 8.3 + 16.4 + 32.5 = (2480 + ...) bulunur. Bu ifade 480 + 1 = 481 basamaklıdır.
Genelleme. Şimdi yukarıdaki soru için yapmış olduğumuz çözümleri genel bir ifade olarak belirtmeye çalışalım.
Soru 5. (10y)! ifadesi iki tabanına göre yazıldığında kaç basamaklı bir sayı olur?
Çözüm.
(10y)! è 20 . 21 . 21 . 22 . 22 . 22 . 22 . 23 . 23 . . . 23 . . . 2n-1 . . . 2n-1 . 2n . . . 2n
1 21 22 23 2n-1 x
Genel ifademiz (10y) olduğundan toplamları da yine bu sayıya eşit olacaktır.
1 + 2 + 22 + 23 + 24 + . . . + 2n-1 + k = 10y
(2n 1)/(2-1) + x = 10y
2n 1 + x = 10y
x = 10y - 2n + 1 bulunur. Ayrıca 2n < 10y olacağından eşitsizliğin her iki tarafının da iki tabanına göre logaritması alındığında,
log22n < log210y
nmax < log210y olacaktır. Yada eşitlik olarak ifade etmek gerekirse n = II log210y II tam değer olarak gösterebiliriz. Şimdi çözümün başında ifade etmek istediğimiz (10y)! ifadesindeki bütün sayıların çarpanlarını, en büyük derecedeki terimlerini alarak tekrar yazacak olursak,
(10y)! è 20 . 21 . 21 . 22 . 22 . 22 . 22 . 23 . 23 . . . 23 . . . 2n-1 . . . 2n-1 . 2n . . . 2n = A olsun.
1 21 22 23 2n-1 x
A = 20 + 2.1 + 4.2 + 8.3 + 16.4 ... +2^(n-1) . (n-1) + 2n.x olur. Burada toplamdaki n ve x ifadeleri y değerine bağlı olarak bulunduğundan toplamda bunların değerlerini yerine yazdığımızda yine sonucu bulabiliriz. Toplamdaki A değerini bulduğumuzda basamak sayısı,
(log2A + 1) ifadesi ile bulunabilir.
Soru 6. (10110011)2 sayısının sekiz tabanında yazıldığında hangi sayıya eşit olur ve bu sayı kaç basamaklıdır?
Çözüm. 8 = 23 olduğundan verilen sayının rakamları sağdan sola doğru 3 erli olarak gruplandırılarak çözümlenirse,
(10 110 011)2
(2 6 3)8
(10)2 = 2,
(110)2 = 6,
(011)2 = 3, yani (10110011)2 = (263)8 olur. Basamak sayısı da üçtür.
Soru 7. sekiz tabanındaki (567)8 sayısının iki tabanındaki eşitini ve basamak sayısını bulunuz.
Çözüm. Bir önceki örnekte yapılan işlem tersten yapılmalıdır. Verilen sayının her rakamının iki tabanındaki eşiti bulunmalı ve 8 = 23 olduğundan, bulunan her sayı, aynı sırada üç basamaklı olarak yazılmalıdır. Buna göre,
(5)8 = 1 . 22 + 0 . 21 + 1 . 20 = (101)2
(6)8 = 1 . 22 + 1 . 21 + 0 . 20 = (110)2
(7)8 = 1 . 22 + 1 . 21 + 1 . 20 = (111)2
(567)8 = (101 110 111)2 olur. Basamak sayısı ise üçtür.
Genelleme. Şimdi yukarıdaki soru için yaptığımız çözümleri genel ifadeye göre yorumlayarak yeni bir ifade türetelim.
Soru 8. A = (a1 a2 a3 . . . an-1 an)2 ifadesi 2m tabanında yazıldığında kaç basamaklı bir sayı elde edilir?
Çözüm. Yukarıdaki örneklerde de iki tabanından sekiz tabanına geçiş yaparken, iki tabanındaki sayıları sağından üçerli gruplara ayırdığımızda oluşan toplam grup sayısının iki tabanındaki basamak sayısına oranı bize basamak sayısını verecektir. Şimdi anlatmak istediğimiz bu ifadeleri matematiksel olarak ifade edelim.
Yukarıdaki örnekteki grup sayısını 2 nin kaçıncı kuvveti 8 eder? sorusunu cevabından yola çıkarak bulabiliriz. 2 x = 23 den x = 3 bulunur. Bu ifadeyi bu soruya uyguladığımızda
2x = 2m den x = m bulunur. Yani m şer gruplara ayrılacaktır. Burada iki durum söz konusudur.
- Durum n º 0 (modm) ilişkisi varsa, sorudaki ifademizin basamak sayısı n/m dir.
- Durum n ≢ 0 (modm) ilişkisi varsa, bu durumda basamak sayısı II n/m II + 1 dir.
Böylece iki tabanındaki bir sayıyı ikinin kuvveti olan bir tabanda yazdığımızda kaç
basamaklı olduğu sorusuna bu yapmış olduğumuz genelleme ile cevap vermiş oluruz.
Alıştırmalar.
Soru 9. (5,333. . . )10 sayısının iki tabanındaki eşitini bulunuz?
Soru 10. x taban olmak üzere, ⁸√(14641)x / ∜(121)x = ?
Son Söz.
Soru . (1000 000!) ifadesi iki tabanına göre yazıldığında kaç basamaklı bir sayı olur?
Cevabını bende çok merak ettiğimi bilesiniz!...☺
Not : Yazıda bazı hataların olduğunu bir arkadaşım sayesinde görebildim. Ne yazkki bir türlüde elim varmadı ...Düzenlersem yine buraya koyarım.
|
Tarih: 18:53, 3/1/2007 Kategori: Makalelerim |
Yorum (2) | Yorum yaz | Bağlantı |
|
Olasılık Sorusundan Analize Geçiş
|
Arkadaşlar yazımızın temelini oluşturan olasılık sorumuza bakarak nasıl bir cebir sorusuna dönüştüğünü hep beraber gözlemleyeceğiz. İsterseniz sorumuza bakalım;
Soru. Bir merdiven başındasınız. Her seferinde ya %50 olasılıkla bir basamak yukarı ya da %50 olasılıkla sıçrayıp aradaki basamağı atlayarak iki basamak birden yukarı çıkıyorsunuz. 512. basamağa basma olasılığı yaklaşık olarak kaçtır?
Çözüm. Başlangıç itibariyle soruya yaklaşım metodumuz nasıl olmalıdır? İlk başta bunu tayin etmeliyiz. Soruya çözüm mantığı olarak sondan mı, yoksa baştan mı başlamalıyız? Sondan başlamamız daha uygun olacaktır. Nedenini sorarsanız vakit kaybetmeden açıklamaya çalışalım. Soruda verilen basamak sayısı 512. basamak olarak belirtilmiş fakat biz bunu genel bir ifade şeklinde kurgulayarak çözmeye çalışacağız. Bu nedenle de basamak sayısına n diyeceğiz ve n. basamağa basma olasılığını da xn olarak simgeleyeceğiz. Burada n. basamağa iki yolla gelebiliriz. Bu durumlara bir bakalım.
- Durum.
(n 1). Basamağa gelmişsinizdir ve bir tek basamak çıkarsınız; ya da
- Durum.
(n 2). Basamağa gelmişsinizdir ve iki basamak çıkarsınız. Bu olasılıkları
dikkate alarak,
- Durumun gerçekleşme olasılığı = xn-1 . 1/2.
- Durumun gerçekleşme olasılığı =
xn-2 . 1/2.
O halde n. basamağa basma olasılığımız,
Pn = Pn-1 . 1/2 + Pn-2 . 1/2 dir.
Ayrıca, 0. Basamakta durduğumuzu varsayarak Po = 1 (zaten oradayız) ve P1 = 1/2 (sadece tek adımı attığımız durumunda 1. basamağa basacağız.). Ve bu şekilde sorumuzu bambaşka bir formata sokabiliriz. Yani başlangıç koşullarını bildiğimiz tekrarlı bir diziyi çözme sorusuna dönüştürdük. Bu dizileri çözmek için standart bir method vardır diyerek olasılık sorusundan analiz sorusuna girdiğimizi rahatlıkla söyleyebilirim. Peki sorumuzu tekrar yorumlayarak analizdeki dizi kavramı dahilinde soruyu çözüme kavuşturmaya çalışalım.
Soru.{xn} dizisi x0 = 1, x1 = 1/2 ve xn = xn-1 . 1/2 + xn-2 . 1/2 (n ≥ 2) şeklinde tanımlandığına göre genel teriminden yaralanarak 512. terimi bulunuz?
Çözüm. Şimdi gönül rahatlığıyla kalemimizi oynatmaya başlayabiliriz.
xn = xn-1 . 1/2 + xn-2 . 1/2 indirgeme bağıntısının xn = kn şeklinde çözümleri varsa(varsayıyoruz),
kn = 1/2 . kn-1 + kn-2 . 1/2
kn-2(k2) = 1/2 . kn-2 . (k + 1)
k2 = 1/2 . (k + 1)
2k2 k 1 = 0 dan ikinci dereceden denklemimizin kökleri;
k1 = 1, k2 = -1/2 bulunur.
İndirgeme bağıntısının genel çözümü,
xn = Ak1n + Bk2n dir. Burada A ve B keyfi iki sabiti göstermektedir.
x0 = 1, x1 = 1/2 olduğu göz önüne alınırsa A ve Byi veren denklem sistemi olarak;
i) x0 = 1 ; x0 = 1 = A + B
ii) x1 = 1/2 ; x1 = 1/2 = A 1/2 . B
(i) ve (ii) den
A + B = 1
A B/2 = 1/2 denklemlerini ortak çözdüğümüzde (A, B) = (2/3, 1/3) bulunur.
xn = [1n . 2/3 + (-1/2)n . 1/3]
xn = [2/3 + (-1/2)n . 1/3]
elde edilir. Burada n yerine soruda istenen değeri yani 512 sayısı yazılarak sonuç bulunur. Fakat bizden yaklaşık değer istendiğinden (-1/2)n ifadesi arttığında bu çarpım sıfıra yaklaşacağından bunu sıfır kabul edersek sonuç yaklaşık olarak 2/3, yani %66 dır diyebiliriz.
Bu şekilde nasıl analizde geometriyi kullanıyorsak, aynı şekilde sonlu matematik probleminde de analizi kullanabileceğimizin bir ispatı olarak söyleyebiliriz.
Soru 1 : Turkcell Süper Liginde mücadele eden bir takımın herhangi bir puanı alma olasılığı nedir? [Süleyman Yatağan]
Soru 2 :Turkcell Süper Liginde oynayan bir takımın lig bitiminde 101 puan alma olasılığı nedir? [Süleyman Yatağan] |
Tarih: 18:51, 3/1/2007 Kategori: Makalelerim |
Yorum (yok) | Yorum yaz | Bağlantı |
|
Fibonacci Sayılarından Doğrusal İndirgemeli Dizilere Doğru bir G
|
Yazımıza kolay anlaşılır bir soruyla başlayalım;
Soru. 100 kişinin bulunduğu bir banka kuyruğunda erkeklerin arasında en az bir bayan olacak ve bayanlar kendi aralarında rahatça sıralanabileceği şekilde kaç farklı sıra grubu oluşturulabilir? (Oluşturulan gruplarda erkeklerle bayanlar özdeş kişiler gibi düşünülecek.)
Çözüm. Şimdi sorumuza 100 kişiden değil minimum sayıdaki kişi sayısından başlayarak çözüme gitmeye çalışalım. İlk başta soruda verilen şartları özümleyerek simgelemeye çalışalım.
Erkekleri a ile ; bayanları da b ile gösterelim. Şimdi olası oluşabilecek gruplara örnek verecek olursak,
. . .a b a . . ., . . . b b a . . ., . . . b b b . . ., olarak sıralayabiliriz. Fakat . . . a a b . . gibi bir sıralama yapamayız.
Sorumuzda özel bir değer verilmesine karşın(100 kişi) biz burada genellemeye giderek sonuca ulaşmaya çalışacağız.
Banka kuyruğundaki kişi sayısını n, oluşturulabilecek muhtemel farklı sıralamaları dizi ve oluşturulan farklı sıralamaların toplamını da f(n) ile ifade edeceğiz. Şimdi sorumuzu yeniden inşa ederek sorumuza yanıt bulmaya çalışalım.
Soru: a ve blerden oluşan ve içinde peşpeşe iki tane a olmayan n uzunluğunda kaç dizi vardır?
|
n |
diziler |
F(n) |
|
f(n) |
|
0 |
boş (sıralama yok) |
1 |
|
1 |
|
1 |
a, b |
2 |
|
2 |
|
2 |
ab, ba, bb |
3 |
|
3 |
|
3 |
aba, abb, bab, bba, bbb |
5 |
|
5 |
|
4 |
abab, abba, abbb,baba,babb,bbab,
bbba, bbbb |
8 |
|
8 |
|
5 |
ababa,ababb,abbab,abbba,abbbb,
babab,babba,babbb,bbaba,bbabb,
bbbab,bbbba, bbbbb |
13 |
|
13 |
.
İlk altı f(n) sayılarını sırasıyla dizersek: 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . olarak devam etmektedir. Bu dizi bizim bildiğimiz meşhur Fibonacci dizisine ne kadar da benziyor. Hatta dizinin ilk altı rakamın altısı da bununla örtüşüyor. Bir rastlantı olabilir mi?
Koşullarımızı sağlayan bu dizilerin sonunda ya b vardır ya da ba, başka bir şey olamaz.
Uzunluğu 4 olan dizilerin (abab, abba, abbb, baba, babb, bbab, bbba, bbbb) sonuna b eklenirse
ababb, abbab, abbbb, babab, babbb, bbabb, bbbab, bbbbb sıralanması elde edilir. (1)
Eğer uzunluğu 3 olan dizilerin (aba, abb, bab, bba, bbb) sonuna ba ekl enirse
ababa, abbba, babba, bbaba, bbbba bulunur. Eğer dizinin sonunda b varsa, bu en sondaki byi diziden atarsak, geriye gene koşullarımızı sağlayan (n-1) uzunluğunda bir dizi kalır, ki bunlardan f(n-1) tane vardır.
Eğer dizinin sonunda ba varsa, bu bayı diziden atarsak, geriye gene koşullarımızı sağlayan (n-2) uzunluğunda bir dizi kalır, ki bunlardan f(n-2) tane vardır.
Demek ki, f(n) = f(n-1) + f(n-2), yani f(n)ler Fibonacci sayılarının genel eşitliğini sağlıyorlar. Ayrıca ilk terim, f(0) ve f(1), yani 1 ve 2, Fibonacci sayıları olduklarından, f(n)lerden oluşan dizi Fibonacci dizisidir.
Fibonacci dizisinden yaralanarak şu sonsuz kuvvet serisini oluşturalım:
F(z) = f0 + f1z + f2z2 + . . . = ∑fnzn . (n = 0 dan n = ∞)
Bu seriyi z ve z2 ile çarpalım ve
F(z) zF(z) z2F(z) = z
Buluruz. Yani,
F(z) = z/(1 z z2).
Eğer sağdaki Kesirli polinomu yeniden seri biçiminde yazabilirsek, bu serinin katsayıları bize Fibonacci sayılarını verecektir. Bu yaklaşım kullanılan yöntemin özünü oluşturmaktadır.
1/(1 α) = 1 + αz + α 2z2 + αz3 + . . .
eşitliğinin altını çizdikten sonra,
z/(1 z z2) = A/(1 αz) + B(1 βz) (*)
eşitliğini sağlayan A,B,α ve β sayılarını bulmaya çalışalım. Diyelim ki eşitliği sağlayan sayılar bulduk. Bakın o zaman neler oluyor:
F(z) = x/(1 z z2)
= A/(1 αz) + B/(1 βz)
= A(1 + αz + α 2z2 + αz3 + . . . ) +
B(1 + βz + β 2z2 + βz3 + . . . )
= (A + B) + (Aα +Bβ)z +
(Aα 2 + Bβ2)z2 + (Aα3 + Bβ3)z3 + . . .
yani
fn = Aαn + Bβn oluyor... fn için bir formül bulmuş oluyoruz...A, B, α, β sayılarını bulmanın birçok yolu vardır.(*) denkleminin paydaları eşitlenerek elde edilen polinomların katsayılarına bakabiliriz. Ya da zye çeşitli değerler verebiliriz(dört bilinmeyen olduğuna göre en az dört değer vermek gerekir). Örneğin z = 0 alırsak, A + B = 0 buluruz, yani B = -A ve böylece Bden kurtuluruz. Hatta her iki tarafı da 1 αz ile çarpıp zyi sonsuza götürebiliriz. Hatta ve hatta z = 1/α alarak, sağ tarafı sonsuz yaparız, sol taraf da sonsuz olmak zorunda olduğundan,
1 1/α 1/α 2 = 0, yani α2 α 1 = 0 buluruz. Aynı şekilde β2 β 1 = 0 bulunur. Bunlardan da α ve βnın
x2 x 1 = 0 denkleminin kökleri olduğu çıkar. Dolayısıyla, (α ≠ β olduğundan),
α = (1 + √5)/2 ve β = (1 - √5)/2 veya
α = (1 - √5)/2 ve β = (1 + √5)/2 bulunur. Ş imdi A ve Byi bulmak kolay:
A = ±1/√5, B = -A. Demek ki artık fn nin bir formülü var. Bir seçim yapalım:
Α = (1 + √5)/2 ve β = (1 - √5)/2 = -α 1 olsun. Demek ki,
Fn = (αn + (-α)-n)/√5 .
Böylece, fn Fibonacci sayıları için nye bağlı bir formül elde etmiş olduk.
Şimdi yukarıda bulduğumuz Fibonacci dizisi doğrusal indirgemeli dizi denilen özel türden bir dizi sınıfına girer. Bunun ne olduğunu söylemeden önce bazı örneklere bakalım.1, 4, 9, 16, 225, ... dizisi kareler dizisidir, dizinin aynı şekilde gittiğini varsayarak n-inci terim için xn = n2 formülünü elde ederiz. Örneğin 38-inci terimi istiyorsak bu 382 = 14442tür. Bir de 1, 2, 5, 26, 677, ... dizisine bakalım. Dikkat edersek her terimin kendinden önce kinin karesinden bir fazla olduğunu görürüz. 38-inci terim nedir? Bunu bulmak uzunca ve tatsız bir takım hesaplar gerektirir. Birçok dizi bu ikinci örnektekine benzer yolla kolayca tanımlanabilir; dizinin bir terimi kendinden önceki bir veya birkaç terim cinsinden tanımlanmaktadır. Matematiksel deyişle n + k-ıncı terim kendisinden önceki k terimin bir fonksiyonu olarak verilmektedir. Bu tür tanımlanan dizilere indirgemeli dizi, tanımlama bağıntısına da indirgeme bağıntısı denir. Doğrusal indirgemeli diziler, indirgeme bağıntısı doğrusal olanlardır. Yani bazı A1, A2, . . . ,Ak katsayıları için dizinin terimleri
(n = 1, 2, . . . için)
xn+k = A1xn+k-1 + A2xn+k-2 + . . . + Akxn (1)
bağıntısını sağlarlar. Birkaç örnek verelim; 2, 4, 8, 16, 32, ... geometrik dizisinde her terim kendinden öncekinin iki katıdır. Yani her n = 1, 2, ... için x n+1 = 2xn bağıntısı sağlanır. Bu bağıntı k = 1, A1 = 2 olmak üzere (1) türündendir. Fibonacci dizisi denilen 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21 ... dizisinde ikinciden sonra her terim kendinden önceki iki terimin toplamıdır, yani xn+2 = xn+1 + xn bağıntısı vardır. Öte yandan 4, 2, 6, 8, 14, 22 ... dizisi de aynı bağıntıyı sağlar. Fark başlangıç değerlerindedir. Fibonacci dizisi 1, 1 ile başlarken ikinci dizi4, 2 terimleriyle başlamaktadır. Genellersek (1) türünden bir indirgeme bağıntısı tek başına pek çok dizi tarafından sağlanır, ancak başlangıç değerleri dediğimiz ilk k terim x1, x2, ... , xk değerlerini de bilirsek indirgeme bağıntısını sırasıyla n = 1, n = 2, ... için kullanarak tüm terimleri hesaplayabiliriz. Başka bir deyişle (1) bağıntısı ve başlangıç değerleri tüm diziyi tanımlamak için yeterlidir.
Şimdi doğrusal indirgemeli bir dizinin n-inci terimini veren bir formül bulmaya çalışacağız. Gösterimde kolaylık olsun diye indirgeme bağıntısından iki terim olduğunu varsayalım, yani k = 2 durumuna bakıyoruz, bağıntımız
xn+2 = xn+1 + xn ...(2)
türündendir. Genel (1) durumu örneklerde de değineceğimiz gibi kolayca benzer şekilde bulunabilir. (2) bağıntısını sağlayan geometrik dizilere bakalım. Yerine koyup sadeleştirirsek x n = rn dizisinin (2) bağıntısını sağlaması için gerek ve yeter koşulunun
r2 A1r A2 = 0 ...(3)
eşitliği olduğunu biliyoruz. Bir adım daha atalım, (3) denkleminin kökleri r 1 ve r2 olsun. C,D katsayıları ne olursa olsun
xn = C(r1)n + D(r2)n ...(4)
dizisinin (2) bağıntısını sağladığı uygun terimleri bir araya toplayarak hemen görülür. Özetlersek, (3) denkleminin köklerini kullanarak çok sayıda (C ve D katsayılarına istediğimiz gibi seçebiliriz!) dizi bulduk.
Şimdi (2) bağıntısının yanısıra dizinin başlangıç terimleri x 1 ve x2 verilmiş olsun. Acaba bu dizi uygun C,D katsayıları ile (4) türünde yazılabilir mi? Uygun C,D nasıl seçilebilir? Bunun için (4) te sırayla
N = 1 ve n = 2 alarak çıkanı x 1 ve x2 ile eşitleyelim.
Cr1 + Dr2 = x1 ... (5)
C(r1)2 + D(r2)2 = x2
Sistemini elde ettik. Şansımız var da C,D katsayılarını (5) sisteminden çözebilirsek ge rçekten de (4) bize dizinin tüm terimlerini verecektir. ☺
|
Tarih: 18:41, 3/1/2007 Kategori: Makalelerim |
Yorum (yok) | Yorum yaz | Bağlantı |
|
Trigonometrik Bir Açının Hesaplanması
|
Trigonometri nasıl başlamış olabilir diye düşündünüz mü hiç? Bu soruya kimse kesin bir cevap veremez elbet. Trigonometrinin temellerini atanlar bile yaptığının bu kadar geniş bir bilim dalı olacağını düşünmemiş de olabilirler. Hep beraber aşağıdaki sorunun cevabını arayalım...
Soru. cos 72° ifadesi neye eşittir?
Bu açının değerini hesap makinesiyle rahatlıkla bulabiliriz ama amacımız açının esas ölçüsünü matematiğin bize bahşettiği kurallar çerçevesinde bulmaktır.
Şimdi sorumuzun çözümüne başlamadan önce kullanacağımız bazı ifadelerin izahını yapalım.
Karmaşık sayıların kutupsal gösterimi. Karmaşık düzlemde, sıfırdan farklı z = a + bi karmaşık sayısının görüntüsü z noktası olsun. [Oz] nin Ox ekseni ile meydana getirdiği açıya ( [OA] başlangıç kenarı, [Oz] bitim kenarı) bu karmaşık sayının argümenti denir ve arg(z) = q şeklinde gösterilir.
De Moivre Teoremi. z = | x| (cos q + isin q ) olmak üzere, z = | z| eip (nÎ ℝ) olduğundan kutupsal şekildeki bir karmaşık sayının n inci kuvveti alınırken; bu karmaşık sayının mutlak değerinin n inci kuvveti alınır, argümenti de n ile çarpılır.
zn = | z| (cos nq + i sin nq ) bu eşitliğe De Moivre eşitliği denir. [1]
Kanıt . eix = cos x + i sin x. Şimdi yandaki ifadenin her iki tarafını logaritma e tabanında yazacak olursak,
ix = In (cos x + i sin x). Bu formülün özel bir hali olan x = p değerini yerine yazarsak ünlü Euler eşitliği ortaya çıkar. [2]
eip + 1 = 0.
Euler formülünü kuvvet serileri ile ifade edecek olursak,
¥
eip = å (ix)n / n!
n = 1
¥ ¥
= å (-1)n x2n / (2n)! + å (-1)n-1 x2n-1 / (2n-1)!
n = 0 n = 0
= cos x + i sin x.
Şimdi burada integral kullanılırsa,
z = cos q + i sin q
dz = (-cos q + i sin q )dq = i(cos q + i sin q ) dq = iz dq
ò dz / z = ò i dq Þ Inz = iq ,
z = eip = cos q + i sin q bulunur.
Şimdi sorumuza dört yönden yaklaşacağız. İlki cebirsel, trigonometrik (2 tane) ve son olarak geometrik çözüm yapacağız.
Cebirsel çözüm. Çözüm için başlangıç olarak karmaşık sayı düzlemine başvuracağız. De Moivre teoremini karmaşık sayılarda genel bir gösterim şekli olarak yazarsak,
a + bi = r eip = r (cos q + i sin q ),
Burada q açısı kompleks sayımızın, pozitif reel x ekseni ile arasında kalan açıyı temsil etmektedir. Bu kompleks sayımızı birim çember üzerinde gösterirsek ve birim çemberimizin yarıçapı 1 br olduğundan dolayı
eip = (cos q + i sin q ). q = 2p /5 = 72˚ . Burada eşitliğimizin son hali ei2p /5 = w diyelim. De Moivre teoreminde q açısı yerine π yazarsak eşitliğimiz eip = -1 değerine eşit olur ki bu da ünlü İsviçreli matematikçi Leonhard Euler in bundan yaklaşık üç asır önce bulduğu zarif bir eşitlik ortaya çıkar. Bu eşitlikte matematikte üç transdantal (aşkın) sayının bir arada bulunduğu zarif bir eşitlik olarak tarihe geçmiştir. [2]
Şimdi bu son eşitliğimizden;
w5 = e2p i = 1. Buradan w5 - 1 = 0. İfadeyi çarpanlara ayrılmış biçimiyle yazarsak
(w 1)( w4 + w3 + w2 + w + 1) = 0.
w ≠ 1, olacağından ikinci çarpanımız sıfıra eşit olacaktır. Şimdi ikinci çarpanımızın her iki tarafını w 2 ye bölersek;
w2 + w + 1 + w-1 + w-2 = 0.
Son eşitliğimizde x = w + w -1 dönüşümü yaparsak,
x = w + w-1
= e2p i/5 + e-2p i/5
= cos(2π/5) + i sin(2π/5) + cos(-2π/5) + i sin(-2π/5)
= cos(2π/5) + i sin(2π/5) + cos(-2π/5) - i sin(2π/5)
= 2 cos(2π/5)
Şimdi dönüşümdeki x değerinin her iki tarafının da karesinin alırsak,
x2 = (w + w-1)² = w2 + 2 + w-2
x2 + x = w2 + 2 + w-2 + w + w-1 = (w2 + w + 1 + w-1 + w-2) + 1
yukarıdaki ifadelerimizden son olarak x² + x - 1 = 0 bulunur. İkinci dereceden denklemimizin kökleri de,
x = (-1± Ö 5)/2. Burada x değeri pozitif olacağından
2 cos(2π/5) = x = (-1+Ö 5)/2, cos(2π/5) = (-1+Ö 5)/2
son eşitliğimizde açıyı derece cinsinden ifade edersek cos 72° = (-1+Ö 5)/2 » 0.309... bulunur.
Önemli Not. Eşitlikteki ''e'' sayısı exponansiyel fonksiyonu simgeleyen e sembolüdür. Karışıklık olmasın diye 'exp'' yazmak daha doğrudur. Fakat biz yazmadık siz öyleymiş gibi algılayınız.
Trigonometrik çözüm 1. İstenilen açıyı dolaylı yoldan hesaplayacağız. İlk olarak cos 72° - cos 36° işleminin sonucunu hesaplayarak, bu sonuçtan faydalanarak
sin 18° yi bulalım.
cos 72° - cos 36° = -2 sin [(72° +36° )/2] sin [(72° -36° )/2]
= -2 sin 54° sin 18°
= (-2sin 54° sin 18° cos 18° )/cos 18°
= -(cos 36° sin36° ) / cos 18°
= - sin 72° /(2sin 72° ) = -1/2 bulunur.
Şimdi de sin 18° yi bulalım.
cos 72° - cos 36° = - 1/2
Þ sin 18° - cos 36° = - 1/2
Þ sin 18° - (1 2sin²18° ) = - 1/2
Þ 4sin² 18° + 2sin² 18° - 1 = 0
sin 18° = t denilirse,
Þ 4 t2+ 2t - 1 = 0
Þ t = sin 18° = (-1+Ö 5)/4
Þ sin 18° = cos 72° = (-1+Ö 5)/4 » 0.309... bulunur.
Trigonometrik çözüm 2. Burada da trigonometrik bağıntılar yardımıyla cos 72° nin değerini bulmaya çalışacağız.
sin 18° = x olsun.
cos 18° = sin 72° = 2 sin 36° cos 36°
= 2 (2 sin 18° cos 18°) (1 2 sin² 18° )
= 4 cos 18° sin 18° (1 2 sin² 18° )
1 = 4 x (1 2x²) Þ 8x³ - 4x + 1 = 0 bulunur.
Bu denklemin kökleri; x1 = 1/2 (Fakat denklemimizde sin 18° ¹ 1/2 , sin 30° = 1/2 olduğundan bu kök denklemimizi sağlamaz).
x2,3 = (-1± Ö 5)/4 bulunur. Fakat sin 18° < 0 olduğundan x = sin 18° = (-1+Ö 5)/4 = 0.309... bulunur.
Trigonometrik çözüm 2.
sin2x ve sin3x açılımları kullanılabilir.
1 = sin236 + cos236 = sin236 + sin254
x = sin18 dersek
1 = (2x.√(1 x2))2 + (3x 4x3)2 .
Açar ve de sadeleştirirsek,
16x6 28x4 +13x2 1 = 0
u = x2 dersek
16u3 28u2 + 13u 1 = 0
u = 1 için bir çözüm oldu?u görülüyor ama aradığımız değildir. (u 1) e bölersek
16u2 12u + 1 = 0 .
u < 1/2 şartını sağlayan kök
x2 = u = (3 - √5)/8 = (6 - 2√5)/16 = [(√5 1)/4]2 .
x > 0 olduğundan x = sin18 = (√5 1)/4 = 0,3090... bu lunur.
Geometrik çözüm. [AB] = [AC] olacak şekilde bir ABC ikizkenar üçgenini çizelim ve C açısının açıortayı [DC] çizilirse, m(CDB) = 72° [BC] = [DC] = 2x , [AD] = [CD] = 2x ve [BD] = 2y 2x olur.
CAB ~ BCD Þ [CB] / [BD] = [CA] / [BC]
Þ 2x / (2y 2x) = 2y / 2x
Þ x² + xy y² = 0
Þ x = (-1+Ö 5)y / 2
Þ x / y = (-1+Ö 5) / 2 olur.
AHC dik üçgeninden, cos(ACB) = [HC] / [AC] Þ cos 72° = x / 2y = [(-1+Ö 5) / 2] / 2 =
(-1+Ö 5) / 4 » 0.309... bulunur.♥
KAYNAKÇA
[1] Jerry P. King, Matematik Sanatı, çeviri; Nermin Arık, Ankara, 1999.
[2] Fem Yayınları, Lise 2 Matematik, İstanbul, 2000 |
Tarih: 18:31, 3/1/2007 Kategori: Makalelerim |
Yorum (2) | Yorum yaz | Bağlantı |
|
Sayma Probleminden Altfaktöriyel kavramına geçiş...
|
Yazımızda bir sayma problemini ele alarak farklı bir kavrama geçiş yapmaya çalışacağız. Vakit kaybetmeden sorumuzu soralım. İşte sorumuz;
Bir davete katılan 5 kişi girişte şapkasını vestiyere bırakmıştır. Çıkışta herkes rastgele bir şapka alırsa kimsenin kendi şapkasını almadığı kaç değişik eşleşme vardır?
Bu tip soruları daha kısa ve daha anlaşılır bir şekilde çözmek için yapacağız işlemlerin belli bir tekniğe indirgeyebilmemiz önemlidir.
Sorumuzdaki kişi sayısını minimuma indirerek bazı teknikler geliştirmeye çalışalım.
Biz bu soruyu n kişi olarak düşünelim ve özelden genele gitmeye çalışalım.
Kişileri k ile şapkaları da ş ile gösterdiğimizi düşünelim.
n = 1 olduğunda böyle bir eşleşme olamayacağından yanıtımız sıfırdır.
n = 2 için k1-ş2 ve k2-ş1 olmak üzere bir tane eşleşme vardır.
n = 3 için k1-ş2, k2-ş3, k3-ş1 ve k1-ş3, k2-ş1, k3-ş2 olmak üzere iki değişik eşleşme mümkün olur.
Bir örnekle bu eşleştirme yöntemini açıklamaya çalışalım. Örneğin yukarıdaki eşleşmeye bakalım. Bu eşleşme 1i 3e, 3, 4e, 4ü 6ya, 6yı da 1e göndermiş. Yani 1→3→4→6→1 diye bir döngü oluştu. Aynı eşleşme 2yi 5e ve 5i 2ye yollamış. Demek ki birde 2→5→2 diye bir döngü sözkonusudur. Son olarak, bu eşleşme 7yi 7ye göndermiş. Yanda resmi görülen eşleşme (1346)(25)(7) olarak yazılır. Parantezlerimizde sürekli bir döngü oluşturduğundan ve devrettiğinden devir adını verelim.
Örneğin n=7 için (127)(3456) eşleşmesinin resmi aşağıdadır. Görüldüğü gibi, (127) deviri sayesinde, 1 sağındaki 2ye, 2 sağındaki 7ye, 7 de ta en baştaki 1e gidiyor. Her sayı hemen kendi sağındaki sayıya gidiyor. Sağında sayı olmayan sayılar, bulundukları parantezin en başına giderler. Fakat burada dikkat edeceğimiz nokta, (127)(3456) ve (3456)(1 27) eşleşmeleri de birbirine eşittir. Aynı biçimde,
(127)(3456)= (271)(3456)=(3456)(271)=(4563)(271)=(5634)(712) gibi eşitlikler geçerlidir.
Yazılımı biraz daha sadeleştirebiliriz. Tek elemanlı devirleri yazmasak da olur. Örneğin (1346)(25)(7) yerine daha basit olarak (1346)(25) yazabiliriz. Bunun gibi (123)(45)(6)(7) yerine (123)(45) yazalım.[Matematik Dünyası Dergisi,syf 21, 2003 - kış]
Yukarıdaki yaptığımız işlemlerde matematiksel dile dökerek biraz daha sağlam bir zemine oturtturmaya çalışalım. Her çifte yukarıdaki gibi bir sayı verirsek ve f(x)=y eşitliğini, x sayılı çiftin bireyi, y sayılı çiftin erkeğiyle eşleşecek olarak yorumlarsak, o zaman, {1, 2, 3, ...,n} kümesinin, her x= 1,2,...,n sayısı için, f(x) ≠ y koşulunu sağlayan f eşleşmelerinin(yani birebir ve örten fonksiyonların) sayısını bulmak istediğimiz anlaşılır. {1, 2, 3, ...,n}kümesinin eşleşmeleri Sym(n) olarak simgelenir. Sym(n)nin toplam n! tane elemanı vardır. Örneğin Sym(5)in
5!=5.4.3.2.1=120 tane elemanı vardır.
Şimdi tekrar en baştaki sorduğumuz sorumuzu çözüme kavuşturmaya çalışalım. (12345) türünden 4!=24 tane vardır.1i 2ye, 2yi 3e, 3ü 4e, 4ü 5e, 5i de 1e götürür. Yani hiçbir sayı sabitlemediklerinden bu eşleşmeler bizim aradığımız türden; bunlarla ilgileniyoruz.
Gelelim (12)(345) türünden eşleşmelere...Bunlardan, C(5,2).2 = 20 tane eşleşme vardır. Bunlarda hiç sayı sabitlemezler, yani bu eşleşmelerbizim aradıklarımızdan.
ihsan Yücel & Ali Ergin
Devam edecek... |
Tarih: 10:46, 26/10/2006 Kategori: Makalelerim |
Yorum (yok) | Yorum yaz | Bağlantı |
|
|