Içindekiler

BIRINCI BÖLÜMLogaritma 11

Logaritma Fonksiyonunun Özellikleri 11

Logaritma Fonksiyonunun Grafigi 15

Karakteristik ve Mantis 15

Logaritmik Denklemler 16

Logaritmik Esitsizlikler 20

Karısık Örnekler 22

IKINCI BÖLÜMTrigonometri 31

Sinüs ve Kosinüs Fonksiyonları 31

Tanjant, Kotanjant, Sekant ve Kosekant Fonksiyonları 35

Trigonometrik Fonksiyonların Periyodu 39

Toplam ve Fark Formülleri 40

Yarımaçı Formülleri 45

Üç Kat Formülleri 47

Dönüsüm Formülleri 52

Ters Dönüsüm Formülleri 56

Bir Üçgenin Elemanları ve Trigonmetrik Bagıntılar 57

Ters Trigonometrik Fonksiyonlar 73

Trigonometrik Denklemler 78

Trigonometrik Denklemlerin Bilinmeyene Göre Incelenmesi 89

Yardımcı Bilinmeyen Yardımıyla Çözülebilen Denklemler 91

Trigonometri Yardımıyla Denklem Çözümü 94

Trogonometrik Toplamlar 96

Trigonometrik Çarpımlar 106

Karısık Örnekler 108

Alıstırmalar 125

ÜÇÜNCÜ BÖLÜMKompleks Sayılar ve De Moivre Formülü 131

DÖRDÜNCÜ BÖLÜMFonksiyonların Limit, Sürekliligi ve Türevi 147

Fonksiyonların Limiti 152

Belirsizlikler ve Limitlerinin Hesaplanması 157

Fonksiyonların Sürekliligi 161

Türev 165

Fonksiyonun Artan ve Azalan Oldugu Aralıkların Belirlenmesi 173

Türevi Kullanarak Bir Denklemin Köklerinin Yorumlanması 180

Bir Fonksiyonun Konveksligi ve Konkavlıgı 187

Üslü Degiskenli Fonksiyonların Türevi 190

Fonksiyonların Grafiklerinin Çizilmesi 201

Taylor Formülü 202

Integral 206

BESINCI BÖLÜMFonksiyonel Denklemler 209

Tamsayılar ve Rasyonel Sayılar Kümesinde Fonksiyonel Denklem Çözümü 213Rasyonel Sayılar Kümesinden Reel Sayılar Kümesine Geçis 220

Fonksiyonel Denklemlerin Polinom Denklem Çözümleri 223

Fonksiyonel Denklemin Çözümünün Varlıgı 226

Fonksiyonel Denklemlerin Sürekli Fonksiyon Çözümleri 230

Fonksiyonel Denklemlerin Diferensiyellenebilir Fonksiyon Çözümleri 234

Özel Fonksiyonel Denklemler 236

Birinci Cauchy Denklemi 236

Ikinci Cauchy Denklemi 240

Üçüncü Cauchy Denklemi 243

Dördüncü Cauchy Denklemi 244

Jensen Denklemi 245

Pexider Fonksiyonel Denklemleri 246

Problemler 251

Problemlerin Çözümleri 254

Alıstırmalar 272

ALTINCI BÖLÜMEsitsizlikler 279

Üçgen Esitsizligi 283

Toplam ve Çarpımlarda Basit Esitsizliklerin Kullanımı 284

a2 ≥ 0 Esitsizligi 287

2(xn+m + yn+m) ≥ (xn + yn)(xm + ym) Esitsizligi 294

n/m+m/n ≥ 2 Esitsizligi 296

Aritmetik - Geometrik - Harmonik Ortalama Esitsizligi 300

Cauchy - Schwarz Esitsizligi 323Pcyc notasyonu (Dairesel Toplam) 334

Kuvvet Ortalamaları Esitsizligi 337

Simetrik Ortalamalar Esitsizligi 341

Bernoulli Esitsizligi 343

Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Esitsizligi 345

Chebysev Esitsizligi 353

Jensen Esitsizligi 357

Genellestirilmis Aritmetik - Geometrik Ortalama Esitsizligi 366

Schur Esitsizligi 368

Hölder Esitsizligi 373

Minkowski Esitsizligi 374

Muirhead Esitsizligi 375

Homojenlestirme 381

Geometrik Esitsizlikler 383

Trigonometrik Fonksiyonlar Kullanarak Esitsizlik Ispatı 406

Problemler 410

Problemlerin Çözümleri 416

Alıstırmalar 444

Kaynaklar 459

Trigonometri 59

Örnek 82 Kenarları ardısık tamsayı ve en büyük açısı, en küçük açının iki katı olansadece bir üçgen oldugunu gösteriniz. (IMO 1968)

Çözüm : ABC üçgeninde, a, b ve c kenarları sırasıyla x+ 1, x, x− 1 olsun. Büyükkenarın karsısında büyük açı olacagından, soruda verilenlerden A = 2C olur. Budurumda, A+ B + C = π esitliginden, B = π − 3C bulunur. Sinüs teoreminde, budegerleri yerine yazarsak

x+ 1

sin 2C=

x

sin 3C=

x− 1sinC

elde edilir.x

y=

m

n⇒ x

y=

x+m

y + n

orantı özelligindenx

sin 3C=

x− 1sinC

=x+ x− 1

sin 3C + sinC=

2x− 12 sin 2C cosC

yazabiliriz. Bu durumda,x+ 1

sin 2C=

2x− 12 sin 2C cosC

olur ki, buradan,

x+ 1 =2x− 12 cosC

(*)

bulunur. Diger taraftan,x+ 1

sin 2C=

x− 1sinC

x+ 1

2 sinC cosC=

x− 1sinC

esitliginden,

x+ 1

2 cosC= x− 1 (**)

elde edilir. (∗) ve (∗∗) esitliklerinden,

cosC =2x− 12 (x+ 1)

olur. Böylece,

(x+ 1)2 = (2x− 1) (x− 1)

denklemi elde edilir. Bu denklemden, x2−5x = 0 ve dolayıyla, x = 5 bulunur. Yani,üçgenin kenarları 4, 5, 6 ’dır ve istenen sekilde sadece bir üçgen vardır.

60 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

Örnek 83 Bir ABC üçgeninde cotB

2=

a+ c

bise, bu üçgenin dik üçgen oldugunu

gösteriniz.

Çözüm : cotB

2=

a+ c

besitliginde, a = 2R sinA, b = 2R sinB, c = 2R sinC

yazalım. Bu durumda,

cotB

2=sinA+ sinC

sinB

elde edilir.cos (B/2)

sin (B/2)=2 sin (A+ C) /2 cos (A− C) /2

2 sin (B/2) cos (B/2)

esitliginde,

sinA+ C

2= cos

µA+B + C

2− A+ C

2

¶= cos

B

2

oldugu kullanılırsa,

cosB

2= cos

A− C

2

bulunur. Böylece, B/2 = ± (A− C) /2 elde edilir. Yani, A = B + C veyaC = A+B oldugu görülür. Bu ise, A = 90◦ veya C = 90◦ olması demektir.

Örnek 84 Bir ABC üçgeni için,sin2A+ sin2B + sin2C

cos2A+ cos2B + cos2 C= 2

olduguna göre, bu üçgenin bir dik üçgen oldugunu ispatlayınız.(IMO Shortlist 1967)

Çözüm : Denklemde, sin2 x = (1− cos 2x) /2 ve cos2 x = (1 + cos 2x) /2oldugunu kullanıp, denklemi düzenlersek,

cos 2A+ cos 2B + cos 2C = 0

elde edilir. Dönüsüm formüllerinden,2 cos (A+B) cos (A−B) + cos 2C + 1 = 0

olur. cos 2C = 2 cos2C − 1 yazarsak,cos (A+B) cos (A−B) + cos2C = 0

elde edilir. A+B + C = π oldugundan, cos (A+B) = − cosC yazılırsa,cosC (cosC − cos (A−B)) = 0

ve cosC = − cos (A+B) yazarsak, cosC (cos (A+B) + cos (A−B)) = 0 eldeedilir. Bu denklemden de, cosA cosB cosC = 0 elde edilir. O halde, A, B veya Caçılarından biri 90◦ olmalıdır.

Trigonometri 61

Örnek 85 Bir ABC üçgeninin alanı S olduguna göre

a) S =1

4

¡a2 sin 2B + b2 sin 2A

¢b) S =

¡a2 − b2

¢sinA sinB

2 sin (A−B)

esitliklerinin saglandıgını gösteriniz.

Çözüm : A+B + C = π oldugundan, S =1

2ab sinC yerine S =

1

2ab sin (A+B)

yazabiliriz. Böylece, S = (ab sinA cosB+ab sinB cosA)/2 olur. Sinüs teoreminegöre,

a

sinA=

b

sinBveya a sinB = b sinA

oldugundan,

S =1

2

¡a2 sinB cosB + b2 sinA cosA

¢olur. sinB cosB = (sin 2B) /2 ve sinA cosA = (sin 2A) /2 yazılırsa,

S =1

4

¡a2 sin 2B + b2 sin 2A

¢bulunur.

ii)a

sinA=

b

sinBesitligine göre,

a2

sin2A=

b2

sin2Bolur. Orantı özelliklerinden,

a2

sin2A=

b2

sin2B=

a2 − b2

sin2A− sin2Belde edilir. Diger taraftan,

a2

sin2A=

a

sinA· a

sinA=

a

sinA· b

sinB=

ab

sinA sinB

oldugundan,ab

sinA sinB=

a2 − b2

sin2A− sin2Besitligi elde edilir. ab =

2S

sinCyazılırsa

2S

sinA sinB sinC=

a2 − b2

sin2A− sin2Bolur.

sinC = sin (A+B) ve sin2A− sin2B = sin (A+B) sin (A−B)

esitlikleri kullanılırsa,

S =

¡a2 − b2

¢sinA sinB

2 sin (A−B)

elde edilir.

62 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

Örnek 86 Bir ABC üçgeninde, a cosA + b cosB + c cosC =2ur

Rbagıntısının

varlıgını ispatlayınız.

A

O

BC

H

R

R

r

Çözüm : ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O ol-sun. Bu durumda, üçgen genis açılı bir üçgen degilse, Onoktası üçgenin içinde olacaktır. Sekilden takip edilirse,

A(ABC) = A (AOB) +A (BOC) +A (COA)

olur. Bir üçgenin alanı, r iç teget çemberinin yarıçapı veu = (a+ b+ c) /2 olmak üzere, S = ur’dir. Diger taraftan,B bOH açısıA açısına esit oldugundan, |OH| = R cosA olurve BOC üçgeninin alanı, a (R cosA) /2 bulunur. Benzerdüsünceyle, AOB ve AOC üçgenlerinin alanı da bulunabilir. Böylece,

S = ur =a (R cosA)

2+

b (R cosB)

2+

c (R cosC)

2bulunur. Buradan

a cosA+ b cosB + c cosC =2ur

R

elde edilir. Eger A açısı, genis açı ise, bu takdirde O noktası üçgenin dısında olur. Budurumda,

A (ABC) = −A (OBC) +A (OCA) +A (OAB)

esitligi olacaktır. Fakat, A (OBC) =1

2aR cos (π −A) = −1

2aR cosA oldugundan,

yine istenen bagıntı elde edilecektir.

Örnek 87 ABC dar açılı üçgeninin alanı S olmak üzere,pa2b2 − 4S2 +

pb2c2 − 4S2 +

pc2a2 − 4S2 = a2 + b2 + c2

2esitliginin saglandıgını gösteriniz.Çözüm : 2S = ab sinC = cb sinA = ca sinB oldugundan, verilen ifadenin soltarafına K dersek,

K =pa2b2 − a2b2 sin2C +

pb2c2 − b2c2 sin2A+

pc2a2 − c2a2 sin2B

= ab cosC + bc cosA+ ca cosB

olur. Kosinüs teoreminden,

K =a2 + b2 − c2

2+

b2 + c2 − a2

2+

a2 + c2 − b2

2

=a2 + b2 + c2

2elde edilir.

Trigonometri 63

Örnek 88 Bir ABC üçgeninde, r iç teget çemberin yarıçapı, R çevrel çemberinyarıçapı ve 2u = a+ b+ c ise,

tanA

2=

r

u− a, tan

B

2=

r

u− bve tan

C

2=

r

u− c

oldugunu gösteriniz.

A

B

C

O1

r r

x x

c - x

c - xb - x

b - x

Çözüm : Yandaki sekilden takip edilirse, tanA

2=

r

xolur.

c− x+ b− x = a oldugundan, 2x = b+ c− a veya

x =a+ b+ c

2− a = u− a

yazılabilir. O halde,

tanA

2=

r

u− a

olur. Benzer düsünceyle,

tanB

2=

r

u− bve tan

C

2=

r

u− c

bulunabilir.

A

B C

P

Örnek 89 Yandaki ikizkenar ABC üçgeninde|BC| = |AC| , A bCB = 106◦, m(P bAC) = 7◦

ve m(P bCA) = 23◦ olduguna göre, C bPB açısı kaçderecedir? (AIME−2003)Çözüm : C bPB = x olsun. Verilenlerden,m(A bPC) = 150◦, m(P bCB) = 83◦ ve m(C bBP ) =97◦ − x olur. Buna göre, sinüs teoreminden,

|AC||PC| =

sin 150◦

sin 7◦ve

|BC||PC| =

sinx

sin (97◦ − x)

olur. |BC| = |AC|, sin 150◦ = 1/2 ve sin (97◦ − x) = cos (x− 7◦) oldugundan,1/2◦

sin 7◦=

sinx

cos (x− 7◦)olur ki, buradan,

cos (x− 7◦) = 2 sinx sin 7bulunur. cos (x− 7◦) = cosx cos 7◦ + sinx sin 7◦ yazılırsa,

cosx cos 7◦ = sinx sin 7◦ ⇒ tanx = cot 7◦

elde edilir. Yani, x = 83◦ bulunur.

64 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

Örnek 90 Bir ABC üçgeninde a2 + b2 = 1989c2 isecotC

cotA+ cotBdegeri

kaçtır? (AIME−1989)

A

B C

H

h

Çözüm : c kenarına ait yüksekligi çizelim. Bu du-

rumda, cotA =|AH|h

ve cotB =|BH|h

olacagından,

cotA+ cotB =c

h

olur. Üçgenin alanına S dersek, S = hc/2 oldugundan,h = 2S/c yazılabilir. Buradan,

cotA+ cotB =c2

2S

bulunur. Diger taraftan, kosinüs teoremine göre, c2 = a2 + b2 − 2ab cosC ise,c2 = 1989c2 − 2ab cosC olur ki, bu esitlikten,

cosC = 1988c2/2ab

olur. Yine, alan formülüne göre S =1

2ab sinC esitliginden,

sinC = 2S/ab

olacagından, cotC =1988c2/2ab

2S/ab= bulunur. Böylece,

cotC

cotA+ cotB=

1988c2

4Sc2

2S

= 994

olur.

Örnek 91 Bir ABC üçgeninde, eger cotA/2, cotB/2 ve cotC/2 degerleribir aritmetik dizi olusturuyorsa, üçgenin a, b ve c kenarlarının da bir aritmetik diziolusturacagını gösteriniz.

Çözüm : tanA

2=

r

u− a, tan

B

2=

r

u− b, tan

C

2=

r

u− colduguna göre,

u− a

r,u− b

r,u− c

r

degerleri bir aritmetik dizi olusturuyorsa,

2u− b

r=

u− a

r+

u− c

resitligi saglanmalıdır. Buradan, 2b = a+ c bulunur ki, bu bagıntı a, b ve c sayılarınınbir aritmetik dizi olusturdugunu gösterir.

Trigonometri 65

Örnek 92 Bir ABC üçgeninde, r iç teget çemberin yarıçapı, R çevrel çemberinyarıçapı ve 2u = a+ b+ c ise,

a tanA

2tan

B

2tan

C

2=

r

u,

b) tanA

2+ tan

B

2+ tan

C

2=4R+ r

uoldugunu gösteriniz.

Çözüm : a) tanA

2=

r

u− a, tan

B

2=

r

u− b, tan

C

2=

r

u− coldugunu göster-

mistik. Buna göre, bu esitlikleri taraf tarafa çarparsak,

tanA

2tan

B

2tan

C

2=

r3

(u− a) (u− b) (u− c)

olur. ABC üçgeninin alanının S = ur ve S =pu (u− a) (u− b) (u− c) oldugu

da göz önüne alınırsa, bu ifadelerin karelerinin esitliginden(u− a) (u− b) (u− c) = ur2

bulunabilir. Buna göre,

tanA

2tan

B

2tan

C

2=

r3

ur2=

r

uelde edilir.

b) Yukarıda bulunan esitlikleri bu kez toplayalım. Bu durumda,

tanA

2+ tan

B

2+ tan

C

2=

r

u− a+

r

u− b+

r

u− c

olur. Paydalar esitlenip, 2u = a+ b+ c kullanılırsa,

tanA

2+ tan

B

2+ tan

C

2=

r¡−u2 + ab+ bc+ ca

¢(u− a) (u− b) (u− c)

(*)

bulunur. (u− a) (u− b) (u− c) = ur2 (∗∗) oldugunu bulmustuk. Simdi,¡−u2 + ab+ bc+ ca

¢ifadesini hesaplayalım. Bunun için, S =

abc

4R= ur esitliginden elde edilen,

abc = 4urR ifadesini, (∗∗) esitligi ile taraf tarafa toplarsak,abc+ (u− a) (u− b) (u− c) = ur (4R+ r)

elde edilir. Sol taraf açılıp, gerekli sadelestirmeler yapılırsa,−u2 + ab+ bc+ ca = r (4R+ r)

bulunur. Böylece,

tanA

2+ tan

B

2+ tan

C

2=

r2 (4R+ r)

ur2=4R+ r

uoldugu görülür.

66 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

A C

B

P R

Q

O

β1 β2

α1

α2 γ2

γ1

b1 b2

a1

a2 c1

c2

Trigonometrik Ceva Formülü : Bir ABC üç-geninde, A,B ve C kösesinden kenarlara [AP ] ,[BQ] ve [CR] dogru parçaları çiziliyor. Budogru parçaları bir noktada kesisiyorlar. Üç-genin köselerinde olusan açılar sekilde gibi be-lirtilmistir. Buna göre,

sinα1sinα2

· sinβ1sinβ2

· sin γ1sin γ2

= 1

esitligi saglanır.Ispat : m(B bQC) = x olsun. BQC üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa,

sinβ2b2

=sinx

a

ve BQA üçgeninde Sinüs Teoremi uygulanırsa, sinB bQA = sin(180◦ − x) = sinxoldugu da göz önüne alınırsa,

sinβ1b1

=sinx

c

elde edilir. Bu esitliklerden de,b1b2=

c sinβ1a sinβ2

bulunur. Benzer düsünceyle,

a1a2=

b sinα1c sinα2

vec1c2=

a sin γ1b sin γ2

oldugu görülebilir. Böylece, Ceva teoremine göre

a1a2

b1b2

c1c2= 1

olacagından istenen elde edilir.Örnek 93 Bir ABC üçgeninde, B bAC = 40◦ ve A bBC = 60◦ olarak veriliyor. Dve E sırasıyla, AC ve AB kenarları üzerinde, C bBD = 40◦ ve B bCE = 70◦ olacaksekildeki noktalar olsun. F noktası BD ve CE’nin kesisim noktası olduguna göre,AF ’nin BC’ye dik oldugunu ispatlayınız. (KANADA - 1998)

A

C

B

K E

D

F

20 40

α

40-α 10

70

Çözüm : A bBD = 20◦ ve A bCE = 10◦oldugu görülebilir. Tüm verileri üçgende göstere-lim. C bAK = α diyelim. Trigonometrik Ceva for-mülünden,

sin (40◦ − α)

sinα

sin 10◦

sin 70◦sin 40◦

sin 20◦= 1,

olması gerekir. sin 70◦ = cos 20◦ vesin 40◦ = 2 sin 20◦ cos 20◦ yazılırsa,

sin (40◦ − α)

sinα=

1/2

sin 10

elde edilir. Bu esitlikten de α = 10◦ ve dolayısıyla da A bKC = 90◦ bulunur.

Trigonometri 67

Örnek 94 Herhangi bir ABC üçgeninde,a2 − b2

c2=sin (A−B)

sin (A+B)

esitliginin saglanacagını gösteriniz.Çözüm : Sinüs teoremine göre, a = 2R sinA, b = 2R sinB, c = 2R sinColdugundan,

a2 − b2

c2=4R2 sin2A− 4R2 sin2B

4R2 sin2 C=sin2A− sin2B

sin2C

bulunur. sin2A − sin2B = sin (A+B) sin (A−B) oldugunu kolayca görebiliriz.Diger taraftan, A+B +C = π oldugundan, sin2C = sin2 (A+B) olur. O halde,

a2 − b2

c2=sin (A+B) sin (A−B)

sin2 (A+B)=sin (A−B)

sin (A+B)

elde edilir.

Örnek 95 Herhangi bir ABC üçgeninde,c2 + a2 − b2

c2 + b2 − a2=tanA

tanB

esitligini saglanacagını gösteriniz.Çözüm : Bir önceki örnekte,

a2 − b2

c2=sin (A−B)

sin (A+B)

oldugunu görmüstük. Simdi,x

y=

u

vise,

y + x

y − x=

v + u

v − uoldugunu kullanacagız.

Buna göre,c2 + a2 − b2

c2 + b2 − a2=

sin (A+B) + sin (A−B)

sin (A+B)− sin (A−B)

=2 sinA cosB

2 sinB cosA

=tanA

tanBelde edilir.

Örnek 96 Kenarları a, b, c ve d olan bir ABCD kirisler dörtgeninin alanının,2u = a+ b+ c+ d olmak üzere,

A (ABCD) =p(u− a) (u− b) (u− c) (u− d)

oldugunu gösteriniz.

68 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

a

b

c

d O A

B C

D

R

Çözüm : Yandaki sekile göre,A (ABCD) = A (ABD) +A (BCD)

=1

2(ab sinA+ cd sinC)

yazılabilir. Bir kirisler dörtgende karsılıklı açılarıntoplamı, 180◦ oldugu da göz önüne alınırsa, bu alanın

A (ABCD) =sinA

2(ab+ cd) (∗)

oldugunu görürüz. Simdi, sinA’yı bulmamız yeterli ola-caktır. Bunun için, ABD ve BCD üçgenlerinde kosinüsteoremini kullanacagız.

|BD|2 = a2 + b2 − 2ab cosA = c2 + d2 − 2cd cosCesitliginde cosC = − cosA oldugunu kullanarak,

cosA =a2 + b2 − c2 − d2

2ab+ 2cd

elde edilir. Buna göre,

sinA =

s1−

µa2 + b2 − c2 − d2

2ab+ 2cd

¶2=

1

2ab+ 2cd

q(2ab+ 2cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2

elde edilir. Böylece, (∗) esitliginden,

A (ABCD) =

q(2ab+ 2cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2

4

olur. Simdi, (2ab+ 2cd)2 −¡a2 + b2 − c2 − d2

¢2 ifadesini sadelestirelim. Bu ifadeiki kare farkından,¡

2ab+ 2cd−¡a2 + b2 − c2 − d2

¢¢ ¡2ab+ 2cd+

¡a2 + b2 − c2 − d2

¢¢yazılabilir. Düzenlersek,³

(c+ d)2 − (a− b)2´³(a+ b)2 − (c− d)2

´olur. Buradan,

(a− b+ c+ d) (a− b− c− d) (d− b− c− a) (a+ b− c+ d)

elde edilir. a+ b+ c+ d = 2u oldugundan, bu ifadeyi de,(2u− 2b) (2u− 2a) (2u− 2d) (2u− 2c)

seklide yazabiliriz. Böylece, A (ABCD) =p(u− a) (u− b) (u− c) (u− d) bu-

lunur.

96 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

2.15 Trigonometrik Toplamlar

Trigonometrik ifadelerin toplamlarının hesaplanmasında asagıdaki yöntemler kul-lanılır.

2.15.1 Uygun bir ifadeyle çarpıp, dönüsüm formüllerini kullanmaToplamdaki her bir terimi, öyle bir trigonometrik fonksiyonla çarparız ki, elde

edilen yeni terimlerde, ters dönüsüm formüllerini kullandıgımızda iki trigonometrikfonksiyonun farkını elde ederiz. Böylece, tüm toplam göz önüne alındıgında, bir-birini yok eden yeni terimler elde ederiz. Örnegin, açıların aritmetik olarak ilerledigitoplamlardan, toplamın her iki tarafı d artıs miktarı olmak üzere,

2 sin (d/2)

ile çarpılır. Daha sonra da ters dönüsüm formülleri uygulanır. Asagıdaki örnekleriinceleyelim.

Örnek 144 S = sin a + sin (a+ θ) + sin (a+ 2θ) + · · · + sin [a+ (n− 1) θ]toplamını hesaplayınız.Çözüm : S ifadesini 2 sin (θ/2) ile çarparsak,

2S sinθ

2= 2 sin a sin

θ

2+ · · ·+ 2 sin [a+ (n− 1) θ] sin θ

2olur. Ters dönüsüm formüllerine göre,

2 sin a sinθ

2= cos(a− θ

2)− cos(a+ θ

2)

2 sin(a+ θ) sinθ

2= cos(a+

θ

2)− cos(a+ 3θ

2)

...

2 sin [a+ (n− 1) θ] sin θ2

= cos(a+ (2n− 3) θ/2)− cos(a+ (2n− 1) θ/2)

oldugundan, bu esitlikler taraf tarafa toplanırsa

2S sinθ

2= cos(a− θ

2)− cos

∙a+ (2n− 1) θ

2

¸veya

S =sin (nθ/2) sin (a+ (n− 1) θ/2)

sin (θ/2)

elde edilir.Problem : sin 1 + sin 3 + sin 5 + · · ·+ sin 101 toplamını, yukarıdaki formülü uygu-lamadan, aynı yöntemle çözünüz.

Trigonometri 97

Örnek 145 S = cos a + cos (a+ θ) + cos (a+ 2θ) + · · · + cos [a+ (n− 1)θ]toplamını hesaplayınız.Çözüm : Benzer sekilde hareket ederek

2S2 sinθ

2= 2 cos a sin

θ

2+ · · ·+ 2 cos [a+ (n− 1) θ] sin θ

2yazılır. Ters dönüsüm formülleri uygulanırsa,

2 cos a sinθ

2= sin(a+

θ

2)− sin(a− θ

2)

2 cos (a+ θ) sinθ

2= sin(a+

3θ

2)− sin(a+ θ

2)

...

2 cos (a+ (n− 1) θ) sin θ2

= sin (a+ (2n− 1) θ/2)− sin (a+ (2n− 3) θ/2)

bulunur. Taraf tarafa toplanırsa2S2 sin (θ/2) = sin (a+ (2n− 1) θ/2)− sin(a− θ/2)

veya

S2 =sin (nθ/2) cos [a+ (n− 1) θ/2]

sin (θ/2)

elde edilir.

Örnek 146 S = cos 1 + cos 3 + cos 5 + · · ·+ cos 1001 toplamını hesaplayınız.Çözüm : Açılar görüldügü gibi aritmetik olarak ilerlemektedir. S toplamının heriki tarafını, d artıs miktarı olmak üzere, 2 sin (d/2) ile çarpacagımızı belirtmistik.Burada, d = 2 oldugundan, 2 sin 1 ile çarpacagız. Bu durumda,

2S sin 1 = cos 1 sin 1 + cos 3 sin 1 + cos 5 sin 1 + · · ·+ cos 1001 sin 1olur. Ters dönüsüm formüllerini kullanırsak,

2 cos 1 sin 1 = sin 2− sin 02 cos 3 sin 1 = sin 4− sin 2

...2 cos 1001 sin 1 = sin 1002− sin 1000

elde edilir. Taraf tarafa toplanırsa 2S sin 1 = sin 1002 esitliginden,

S =sin 1002

2 sin 1

elde edilir.Problem : S = cos 3 + cos 7 + cos 11 + · · ·+ cos 99 toplamını hesaplayınız.

Trigonometri 99

Örnek 149 2 sin 2◦, 4 sin 4◦, 6 sin 6◦, ..., 180 sin 180◦ sayılarının ortalamasının cot 1◦oldugunu ispatlayınız. (USAMO 1996)

Çözüm : S = 2 sin 2◦+4 sin 4◦+· · ·+178 sin 178◦ toplamını bulmalıyız. Bu ifadeyisin 1◦ ile çarpalım. Bu durumda,sin 1◦ = 2 sin 2◦ · sin 1◦ + 2 (2 sin 4◦ · sin 1◦) + · · ·+ 89 (2 sin 178◦ · sin 1◦)

olur. Ters dönüsüm formüllerine göre,2 sin 2k◦ sin 1◦ = cos (2k − 1)◦ − cos (2k + 1)◦

oldugundan,S = 2 sin 2◦ · sin 1◦ + 2 (2 sin 4◦ · sin 1◦) + · · ·+ 89 (2 sin 178◦ · sin 1◦)

= (cos 1◦ − cos 3◦) + 2 (cos 3◦ − cos 5◦) + · · ·+ 89 (cos 177◦ − cos 179◦)= cos 1◦ + cos 3◦ + · · ·+ cos 177◦ − 89 cos 179◦

= cos 1◦ + (cos 3◦ + cos 177◦) + · · ·+ (cos 89◦ + cos 91◦) + 89 cos 1◦

= cos 1◦ + 89 cos 1◦

= 90 cos 1◦

elde edilir. O halde, 2 sin 2◦, 4 sin 4◦, 6 sin 6◦, ..., 180 sin 180◦ sayılarının ortalamasıcot 1◦ olur.

100 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

2.15.2 Toplamdaki her bir ifadeyi iki trigonometrik fonksiyonun farkıolarak yazma

Toplamdaki her bir terimi, bilinen özdeslikler yardımıyla, toplandıgında birbir-lerini yok edecek sekilde iki trigonometrik fonksiyonun farkı seklinde yazarak top-lamı hesaplayabiliriz. Bu özdesliklerden en çok karsılasılanların bazılarını verelim.F 1. tan a = cot a− 2 cot 2a (1)

Bu bagıntının sag tarafının tan a oldugunu görelim. Gerçekten,

cot a− 2 cot 2a = cos a

sin a− 2 cos 2asin 2a

=2 cos2 a− 2

¡cos2 a− sin2 a

¢sin 2a

= tan a

esitligi saglanır.

F 2.1

cos (na) cos ((n+ 1) a)=

1

sin a(tan (n+ 1) a− tanna) (2)

Ispat : Esitligin sag tarafını düzenlersek,1

sina[tan (n+ 1) a− tanna] =

1

sin a

∙sin (n+ 1) a

cos (n+ 1) a− sinnacosna

¸=

1

sin a.sin [(n+ 1) a− na]

cosna cos (n+ 1) a

=1

cos (na) cos ((n+ 1) a)

elde edilir. Özel olarak, a = 1 alınırsa,1

cosn cos (n+ 1)=

1

sin 1(tan (n+ 1)− tann)

formülü elde edilir.

F 3.1

sin (na) sin ((n+ 1) a)=

1

sin a(cot (n+ 1) a− cotna) (3)

Ispat : Yukarıdaki gibi gösterilebilir.Burada da özel olarak, a = 1 alınırsa,

1

sinn sin (n+ 1)=

1

sin 1(cotn− cot (n+ 1))

elde edilir.

F 4.1

sin a= cot (a/2)− cot a (4)

Ispat : cot (a/2)− cot a ifadesini düzenleyelim. Gerçekten,cos (a/2)

sin (a/2)− cos asina

=2cos2 (a/2)−

£cos2 (a/2)− sin2 (a/2)

¤sin a

=1

sin a

elde edilir.

Trigonometri 101

Örnek 150 n ∈ Z+ ve m ∈ N için x 6= kπ/2m olmak üzere,

S =1

sin 2a+

1

sin 4a+

1

sin 8a+ · · ·+ 1

sin 2na= cot a− cot 2na

oldugunu gösteriniz. (IMO - 1966)

Çözüm : Bu soruda, trigonometrik toplamları hesaplama yöntemlerinde verdigimiz(4) formülünü, yani,

1

sin a= cot

a

2− cot a

esitligini kullanacagız. Buna göre, a yerine sırasıyla, 2a, 4a, 8a, ..., 2na degerleriverip taraf tarafa toplayalım. Bu durumda,

1

sin 2a= cot a− cot 2a

1

sin 4a= cot 2a− cot 4a

...1

sin 2na= cot 2n−1a− cot 2na

elde edilir. Bu esitlikler taraf tarafa toplanırsa S = cot a− cot 2na bulunur.

Örnek 151 S =1

sin 30◦ sin 31◦+

1

sin 32◦ sin 33◦+· · ·+ 1

sin 148◦ sin 149◦toplamını

hesaplayınız.Çözüm : Bu kez yukarıda verdigimiz özdesliklerden (3)’ü yani,

1

sinn sin (n+ 1)=

1

sin 1(cotn− cot (n+ 1))

formülünü kullanalım. Buna göre, verilen denklemin her iki tarafını sin 1◦ ile çarparsaksin 1◦S = (cot 30◦ − cot 31◦) + (cot 32◦ − cot 33◦) + · · ·+ (cot 133◦ − cot 134◦)

= cot 30◦ − (cot 31◦ + cot 149◦) + (cot 32◦ + cot 148◦)− · · ·− (cot 89◦ + cot 91◦) + cot 90◦

olur. Buradan, cotx+ (cotπ − x) = 0 ve cot 90◦ = 0 oldugundan, S =√3/ sin 1◦

bulunur.

Örnek 152 S =1

cos a cos 2a+

1

cos 2a cos 3a+· · ·+ 1

cosna cos (n+ 1) atoplamını

hesaplayınız.

236 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5

5.7 Özel Fonksiyonel Denklemler

Bu bölümde, fonksiyonel denklem sorularında çok sık karsılasılan meshur fonksi-yonel denklemleri ve bu denklemlerin nasıl çözülecegini görecegiz. Bu denklemlerinçözümleri bir çok soruda bize yol gösterecektir.

5.7.1 Birinci Cauchy Fonksiyonel Denklemi

Örnek 365 Her x, y ∈ R için,f (x+ y) = f (x) + f (y)

fonksiyonel denklemini saglayan tüm f : R → R sürekli fonksiyonlarını bulacagız.Bu fonksiyonel denkleme birinci Cauchy denklemi veya toplamsal Cauchy denklemidenir. Bir çok sorunun çözümünde, bu bu fonksiyonel denklemle karsılasırız.Çözüm : Denklemde, x = y = 0 yazarsak, f (0) = 2f (0)’den

f (0) = 0

ve x = −y yazarsak da, f (0) = f (x) + f (−x) esitliginden,f (−x) = −f (x)

olur. Buna göre, x > 0 alabiliriz. y = x için Cauchy denklemi, f (2x) = 2f (x)olacaktır. Tümevarımla, n ∈ Z+ için,

f (nx) = nf (x) (*)

elde ederiz. Simdi, x ∈ Q alalım. x =m

nolsun. Bu durumda, nx = 1m olacagından,

f (nx) = f (1 ·m) esitliginde, (∗) kullanılırsa,

nf (x) = mf (1)⇒ f (x) =m

nf (1) = xf (1)

bulunur. f (1) = c dersek, f (x) = cx elde edilir. Fakat, bu denklem sadece x ∈Q olması durumunda geçerlidir. Simdi de, buldugumuz bu fonksiyonun irrasyonelsayılar için de geçerli oldugunu göstermeliyiz. Eger, x bir irrasyonel sayı ise, x’eyakınsayacak sekilde bir rasyonel sayı dizisi bulabiliriz. Bu durumda, (xn) dizisinintüm terimleri, rasyonel oldugundan f (xn) = cxn saglanır. Bu bilgiye göre,

limn→∞

xn = x

olmak üzere,

f (x) = f³limn→∞

xn

´= lim

n→∞f (xn) = lim

n→∞c (xn) = cx

elde edilir. Böylece, her x ∈ R için, Cauchy toplamsal denkleminin çözümününf (x) = cx

oldugunu buluruz.

Fonksiyonel Denklemler 237

Cauchy Toplamsal Fonksiyonel Denkleminin Irdelenmesi1. f monoton artan ise,Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliligi yerine, f ’nin monoton artanlıgı ve-rilmis olsaydı, yine aynı fonksiyon çözümünü elde ederdik. Gerçekten, x bir irras-yonel sayı olmak üzere, x’e yakınsayan bir an artan rasyonel sayı dizisini ve bir An

rasyonel sayı azalan dizisini göz önüne alalım. Bu durumda,can = f (an) ≤ f (x) ≤ f (An) = cAn

elde edilir ki, n, sonsuza giderken hem can hem de cAn dizileri cx’e yakınsayacagın-dan, f (x) = cx bulunur.2. f sınırlı ise,Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliligi yerine f ’nin sınırlılıgı alınmıs veril-mis olsaydı, yine aynı çözümü elde ederdik. Kabul edelim ki, f, [a, b] aralıgında sınırlıolsun. Bu durumda, her x ∈ [a, b] için |f (x)| < M olacaktır. f (x+ y) = f (x) +f (y) esitligi bize, f (x)’in [0, b− a] aralıgında da sınırlı oldugunu verir. Gerçekten,x ∈ [0, b− a] ise x+ a ∈ [a, b] olacaktır ve

f (x) = f (x+ a) + f (a)

esitliginden, |f (x)| < 2M olur. Simdi, c = f (b− a) / (b− a) ve g (x) = f (x)−cxdiyelim. Bu durumda,

g (x+ y) = g (x) + g (y)

esitligi saglanır. Diger taraftan, g’nin tanımından, g (b− a)=f (b− a) − c (b− a)=0olacagından,

g (x+ (b− a)) = g (x) + g (b− a) = g (x)

elde edilir. Yani, g (x) fonksiyonu periyodu b − a olan periyodik bir fonksiyondur.Aynı aralıktaki iki sınırlı fonksiyonun toplamı da sınırlı oldugundan, g’de [0, b− a]aralıgında sınırlıdır. Diger taraftan, periyodiklikten dolayı, g tüm reel eksende sınır-lıdır. Simdi g (x) = 0 olması gerektigini görecegiz. Kabul edelim ki, g (x0) 6= 0olacak sekilde bir x0 sayısı olsun. Bu durumda, g (nx0) = ng (x0) olur ki, n’yi iste-digimiz kadar büyük seçerek, |ng (x0)| degerini istenildigi kadar büyütürüz. Fakat, budurum g’nin sınırlılıgı ile çelisir. Yani, her x için, g (x) = 0 olmalıdır. Bu durumda,f (x) = cx elde edilir.3. f türevlenebilirse,Cauchy toplamsal denkleminde f ’nin sürekliligi yerine daha da kuvvetli olan f ’nintürevlenebilirligi verilmis olsaydı, denklemi çok daha kolay çözebilirdik. Gerçekten,f (x+ y) = f (x) + f (y) esitligini her iki tarafının x’e göre türevlerini alırsak,

f 0 (x+ y) = f 0 (x)

olur. x = 0 ve f 0 (0) = c denilirse, f 0 (y) = c olur ki, bu durumda, f (y) = cy + bformundadır. f (0) = 0 oldugundan dolayı b = 0 olacagından, f (y) = y elde edilir.

Esitsizlikler 345

6.12 Yeniden Düzenleme veya Permütasyon Esitsizligi

Permütasyon esitsizligi, yeniden düzenleme esitsizligi olarak da bilinir. Çokkolay ve çok kullanıslı bir esitsizliktir. Simdi bu esitsizligi ifade edelim.a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ve b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn olmak üzere, (a1, a2, ..., an)ve (b1, b2, ..., bn) sıralı n-lilerini göz önüne alalım. Yani, artan sırada dizilmis nelemandan olusan iki tane sıralı n-lisi oldugunda,

A = a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn

toplamına sıralı toplam veB = a1bn + a2bn−1 + · · ·+ anb1

toplamına da ters toplam denir. Eger, x1, x2, ..., xn sayıları, b1, b2, ..., bn sayılarınınbir pemütasyonu ise, yani yeniden düzenlenmis bir hali ise,

X = a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn

toplamına da karısık toplam denir. Bu toplamlar arasındaki,A ≥ X ≥ B

esitsizligine permütasyon esitsizligi denir. Yani, sıralı toplam, karısık toplamdan,karısık toplam da ters toplamdan küçük olamaz.

Örnek 521 a, b, c ∈ R için, a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac+ bc oldugunu ispatlayınız.

Çözüm : Esitsizlik simetrik oldugundan, a ≤ b ≤ c kabul edilebilir. Burada, (a, b, c)ile (a, b, c) iki sıralı üçlüsünü alalım. Buna göre,

Sıralı toplam : A = a2 + b2 + c2,

Ters toplam : B = ac+ b2 + ca

olur. (a, b, c) sıralı üçlüsünün herhangi bir permütasyonu olarak (b, c, a) üçlüsünüalabiliriz. Bu durumda,

X = ab+ bc+ ca

olur. Permütasyon esitsizligine göre,A ≥ X ≥ B

oldugundan, a2 + b2 + c2 ≥ ab+ ac+ bc oldugu görülür.

Örnek 522 n pozitif bir tamsayı ve a1, a2, .., ak pozitif reel sayılar olmak üzere,an1 + an2 + · · ·+ ank ≥ an−11 a2 + an−12 a3 + · · ·+ an−1k−1ak + an−1k a1

oldugunu gösteriniz.

Esitsizlikler 357

6.14 Jensen Esitsizligi

Jensen esitsizligi, adını Danimarkalı matematikci Johan Jensen’den alır. Jensenbu esitsizligi 1906 yılında kanıtlamıstır. Bu esitsizlik konveks ve konkav fonksiyon-larla ilgilidir. Konveks ve konkav fonksiyon tanımını türev bölümünde göstermistik.Kısaca hatırlayalım.Konveks fonksiyon : f : I → R fonksiyonu, her x, y ∈ I ve λ ∈ [0, 1] için,

f (λx+ (1− λ) y) ≤ λf (x) + (1− a) f (y) (*)esitsizligini saglıyorsa, bu fonksiyona konveks fonksiyon denir. Konveks fonksiyonubelirlemenin en kolay yolu, ikinci türev testidir. f 00 (x) ≥ 0 oldugu yerlerde, f (x)fonksiyonu konvekstir. Baska bir ifade ile fonksiyonun grafiginin çukur tarafı yukarıdogru bakar.Örnegin, f (x) = x2 − 2x − 3 fonksiyonunun grafigi asagıdakigibidir. Bu fonksiyon konveks bir fonksiyondur. Bunu f 00 (x) =2 > 0 olmasından kolayca söyleyebiliriz.

Ayrıca, yukarıdaki (∗) esitsizliginde esitlik durumunu saglayanx degeri yoksa, fonksiyon kesin konvekstir denir. Yani,

f (λx+ (1− λ) y) < λf (x) + (1− a) f (y) ve f 00 (x) > 0

ise fonksiyon kesin konveks olacaktır.Konkav fonksiyon : f : I → R fonksiyonu, her x, y ∈ I ve λ ∈ [0, 1] için,

f (λx+ (1− λ) y) ≥ λf (x) + (1− a) f (y) (**)esitsizligini saglıyorsa, bu fonksiyona konkav fonksiyon denir. f 00 (x) ≤ 0 olduguyerlerde, f (x) fonksiyonu konkavdır. Baska bir ifade ile fonksiyonun grafigininçukur tarafı asagı dogru bakar.Fonksiyonların konkav ve konveks oldugunun bilinmesi bir çok soruda Jensen esit-sizligini kullanmamızı kolaylastıracaktır. Asagıda, en çok kullanılan konveks vekonkav fonksiyonlar verilmistir.

F x > 0 için, f (x) = log x fonksiyonu, f 00 (x) = − 1x2

< 0 oldugundan, konkavdır.

f (x) = log x’in grafigi

Esitsizlikler 375

6.19 Muirhead Esitsizligi

Muirhead esitsizligi, Robert F. Muirhead’dan ismini alan, oldukça kullanıslı vekolay bir esitsizliktir. Bu esitsizlik de, Aritmetik - Geometrik ortalamalar esitsizligininbir genellestirilmesi gibi düsünülebilir. Bu esitsizligi ifade etmeden önce, bu esitsiz-likte kullanacagımız bazı gösterimleri kısaca tanıyalım.x1, x2, ..., xn > 0 ve a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an olmak üzere,

[a1, a2, ..., an] =1

n!

Pσ∈Sn

xa1σ(1)xa2σ(2) · · ·x

anσ(n)

ile gösterelim. Burada Sn, (1, 2, ..., n)’in permütasyonlarının kümesini göstermekte-dir. Örnegin, x1, x2, x3 > 0 için, n = 3 ve

S3 = {σ1= (123) , σ2= (132) , σ3= (213) , σ4= (231) , σ5= (312) , σ6= (321)}oldugundan,

[1, 1, 0] =1

3!

Pσ∈S3

x1σ(1)x1σ(2)x

0σ(n)

=1

6

hx1σ1(1)x

1σ1(2)

x0σ1(n) + · · ·+ x1σ6(1)x1σ6(2)

x0σ6(n)

i=

1

6

£x11x

12x03 + x11x

13x02 + x12x

11x03 + x12x

13x01 + x13x

11x02 + x13x

12x01

¤esitliginde, x1 = x, x2 = y ve x3 = z denilerek,

[1, 1, 0] =1

6[xy + xz + yx+ yz + zx+ zy] =

xy + xz + yz

3

elde edilir. (Burada, σk=(abc) esitligine göre, σk (1) = a, σk (2) = b ve σk (3) = cdemektir.)Benzer sekilde, x, y, z > 0 için,

[1, 0] =1

2!(x+ y) ,

[1, 1] =1

2!(xy + yx) = xy,

[1, 0, 0] =1

3!(x+ x+ y + y + z + z) =

x+ y + z

3

[1, 1, 1] =1

6(xyz + xzy + yzx+ yxz + zxy + zyx) = xyz,

[2, 1, 0] =1

6

£x2 (y + z) + y2 (x+ z) + z2 (x+ y)

¤,

[2, 1, 1] =1

6

£x2yz+x2zy+y2xz+y2zx+z2xy+z2yx

¤=1

3

£x2yz + y2xz + z2yx

¤biçiminde yazılabilir. Asagıda verecegimiz Muirhead teoremi bu gösterimlerle verilenifadelerin sıralamasını verir.