Son İletiler

Sayfa: [1] 2 3 ... 10
1
2016 / Ynt: Tübitak Genç Takım Seçme 2016 Soru 7
« Son İleti Gönderen: Barış Koyuncu Şubat 22, 2020, 06:03:36 ös »
Tek çözüm p=29, q=3
2
2014 / Ynt: Tübitak Avrupa Kızlar Takım Seçme 2014 Soru 5
« Son İleti Gönderen: T Şubat 17, 2020, 05:02:50 ös »
$ \angle BA_2A_1=\angle CA_2A_1$ olduğu için $\frac{BA_2}{CA_2}=\frac{BA_1}{CA_1}$ olur.$\frac{sin \angle BAA_2 } {sin\angle CAA_2}=\frac{BA_2 }{CA_2}$ olduğu kolayca görülebilir.Benzer şekilde bu eşitlikleri diğer köşeler için de yazarsak trigonometrik ceva'dan istenen sonuç elde edilir.
3
Analiz-Cebir / Ynt: Deney Tüpüne (Erlenmayere) Sabit Hızla Akan Su
« Son İleti Gönderen: scarface Şubat 10, 2020, 04:03:06 öö »
Kesik koniyi uzatarak tepe noktasına $O$ diyelim. $O$ noktasının $r_0$ yarıçaplı çemberin merkezine olan uzaklığı $l_0$ olsun. Benzer üçgenlerden $$\dfrac{l_0}{r_0}=\dfrac{l_0+h_0}{R_0} \tag{1}$$ eşitliği vardır. $R_0,r_0,h_0$ birer sabit olduğundan $l_0$ da bir sabittir. Bir $t$ anında deney tüpündeki suyun hacmi $V$, üst yarıçap $r$, suyun yüksekliği $h$, $O$ noktasının $r$ yarıçaplı çemberin merkezine olan uzaklığı $l$ olsun. $$h+l = h_0 + l_0 \tag{2}$$ dır. Yine benzerlikten $$\dfrac{l}{r}=\dfrac{l+h}{R_0} \tag{3}$$ olup $ l = \dfrac{(l_0+h_0)r}{R_0} \tag{4}$ elde edilir. Su sabit hızla aktığı için suyun hacmindeki anlık değişim $$\dfrac{dV}{dt}=C_1 \tag{5}$$ biçiminde bir sabittir.

Ayrıca $t=t_0$ anında üst yarıçap $r_0$ ve suyun hacmi $V_0$ ise $V_0$ bir sabittir. Yine yüksekliği $h_0+l_0$ ve taban yarıçapı $R_0$ olan tüm koninin hacmi olan $V_1$ de bu değerler türünden bir sabittir.


Şimdi $h\leq h_0$ iken suyun hacmine bakalım: $V=V_1 - \dfrac{\pi}{3}r^2 l $ dir. $(4)$ ten dolayı $$V=V_1 - \dfrac{\pi}{3}r^3\dfrac{(h_0+l_0)}{R_0} \tag{6} $$ elde edilir.

Böylece $ \dfrac{dV}{dr}=  -\dfrac{\pi r^2(h_0+l_0)}{R_0}$ olup $$ \dfrac{dr}{dV}= -\dfrac{R_0}{\pi r^2 (h_0+l_0)} \tag{7}$$ elde edilir. $,l,r,h$ arasındaki bağıntılardan $h=\dfrac{(h_0+l_0)}{R_0}(R_0-r)$ olup $$ \dfrac{dh}{dr}=-\dfrac{(h_0+l_0)}{R_0}\tag{8}$$ bulunur. Şimdi zincir kuralından $\dfrac{dh}{dt}=\dfrac{dh}{dr}\dfrac{dr}{dV}\dfrac{dV}{dt} = \dfrac{(h_0+l_0)}{R_0}\cdot \dfrac{R_0}{\pi r^2 (h_0+l_0)}\cdot C_1$ olup $$\dfrac{dh}{dt} =\dfrac{C_1}{\pi r^2} $$ elde edilir. $t\to t_{0}^{-}$ için $r\to r_{0}^{+}$ olup bu noktada soldan türev $$ \dfrac{dh}{dt} =\dfrac{C_1}{\pi r_{0}^{2}} \tag{9}$$ bulunur.


Şimdi de $ h\geq h_0$ iken suyun hacmine bakalım. $V = V_0 + \pi r_{0}^2(h-h_0) \tag{10}$ olur. $\dfrac{dV}{dh} = \pi r_0^2$ olduğundan $$ \dfrac{dh}{dV} = \dfrac{1}{\pi r_0^2} \tag{11}$$ dir. Yine zincir kuralından $ \dfrac{dh}{dt} = \dfrac{dh}{dV} \dfrac{dV}{dt}$ olup $ \dfrac{dh}{dt} =\dfrac{C_1}{\pi r_0^2} $ elde edilir. Bu değer bir sabit olduğundan $t\to t_0^{+}$ için de sağdan türev $\dfrac{dh}{dt} =\dfrac{C_1}{\pi r_0^2} \tag{12}$ aynıdır.

$t=t_0$ noktasında sürekli olan $h=h(t)$ fonksiyonunun sol ve sağ türevleri eşit olduğundan $h'(t_0)$ daima vardır ve $$h'(t_0)=\dfrac{C_1}{\pi r_0^2} $$ değerine sahiptir.
4
Analiz-Cebir / Deney Tüpüne (Erlenmayere) Sabit Hızla Akan Su {çözüldü}
« Son İleti Gönderen: scarface Şubat 10, 2020, 04:01:11 öö »
Taban yarıçapı $R_0$, tavan yarıçapı $r$ ($0<r_0<R_0$) ve yüksekliği $h_0$ olan kesik koni biçimli cismin üst kısmına $r$ yarıçaplı silindir boru eklenerek resimdeki bir deney tüpü (erlenmayer) oluşturulmuştur. Bu deney tüpü boş iken, birim zamanda sabit miktarda su akıtan bir musluk açılarak deney tüpü doldurulmaya başlanıyor. Deney tüpündeki suyun yüksekliğinin zamana başlı değişimini gösteren grafiği çizdiğimizi düşünelim.

Suyun yüksekliğinin $h_0$ olduğu anda yükseklik-zaman grafiğinin temsil ettiği fonksiyonun türevi olabilir mi? Türev var olacak biçimde $R_0,r_0,h_0$ sabit değerleri (varsa) bu türevi bulunuz.


5
Fantezi Cebir Arşivi / Euler, Fermat'nın Sanısını Nasıl Çürüttü?
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 24, 2020, 01:06:15 ös »
Fermat, her $n$ doğal sayısı için $F_n = 2^{2^n} + 1$ sayısının asal olduğunu iddia etmişti. $n=0,1,2,3,4$ için  için $F_n$ nin asal olduğunu biliyoruz. Yaklaşık $100$ yıl sonra Euler $F_5 = 2^{32}+1 = 4294967297$ sayısının bileşik olduğunu göstererek Fermat'nın sanısını çürütmüştü. Bu sayı $641$ ile bölünüyordu.


Şu soru birçoğumuzun aklına gelmiştir: Acaba Euler kalemi kağıdı eline alıp hunharca $2,3,5,7,11, \dots , 641$ asallarına bölünebilirliği mi test etti? Yoksa eşi benzeri görülmemiş yüksek matematik zekasıyla bu işlemleri hızlandırmanın bir yolunu mu bulmuştu?


Böyle bir hızlı yol var. Euler, birazdan aşağıda açıklayacağım yöntemle mi $641$ ile bölünebilmeyi düşündü yoksa daha farklı işlemler mi kullandı bilemiyorum. Sadece bir teori olarak, ''şöyle yapmış olabilir'' diye düşündüm. Tarihsel belgelere ya da kaynaklara ulaşabilenler yorum/cevap olarak ekleyebilirler. Başlayalım:

$2^{32}+1$ sayısı bir $p$ asal sayısına bölünüyorsa $2^{32}+1 \equiv 0 \pmod{p}$ olup $2^{64} \equiv 1 \pmod{p}$ olur. O halde $2$ nin $\mod p$ içindeki mertebesi ya $64$ tür ya da $64$ ün bir pozitif bölenidir. Fakat $1,2,4,\dots, 32$ gibi değerlerden biri mertebe olsaydı $2^{32}\equiv 1 \pmod{p}$ olurdu. Bu ise $2^{32}\equiv -1 \pmod{p}$ ile çelişir. Demek ki $2$ nin mertebesi gerçekten $64$ tür. Şimdi Fermat teoreminden $2^{p-1}\equiv 1 \pmod{p}$ olduğundan dolayı $64|p-1$ dir. Yani $p=64k+1$ formunda bir asal sayı olmalıdır ($k\in \mathbb Z^{+}$). Elbette $k$ tam sayısı da her değeri alamaz. Örneğin $k \equiv 2 \pmod {3}$ olsa $p=64k+1 \equiv 0 \pmod{3}$;  $k \equiv 1 \pmod {5}$ olsa $p=64k+1 \equiv 0 \pmod{5}$ olup $p$ bileşik sayı olurdu. $k$ için farklı modlarda başka kısıtlamalar da getirebiliriz ancak bu problem özelinde ihtiyacımız olmayacak. Şimdilik sadece $k\not \in \{ 1, 2, 5, 6, 8\}$ olduğunu söyleyelim.

$\bullet $ $k=3$ için $p=64\cdot 3 +1 = 193$ asal sayısı elde edilir. $F_5= 4294967297$ bu sayı ile bölünmüyor.

$\bullet $ $k=4$ için $p=64\cdot 4 +1 = 257$ asal sayısı elde edilir. $F_5= 4294967297$ bu sayı ile bölünmüyor.

$\bullet $ $k=7$ için $p=64\cdot 7 +1 = 449 $ asal sayısı elde edilir. $F_5= 4294967297$ bu sayı ile bölünmüyor.

$\bullet $ $k=9$ için $p=64\cdot 9 +1 = 577$ asal sayısı elde edilir. $F_5= 4294967297$ bu sayı ile bölünmüyor.

$\bullet $ $k=10$ için $p=64\cdot 10 +1 = 641$ asal sayısı elde edilir. $F_5= 4294967297$ bu sayı ile tam bölünüyor. Gerçekten $F_5= 4294967297 = 641\cdot 6700417 $ biçiminde çarpanlara ayrılıyor. İkinci çarpanımız da bir asal sayıdır ve o da elbette $6700417 =64k+1$ formundadır.


Not 1. İki kare farkı vb özdeşlikler kullanılarak $2^{32}+1$ in çarpanlara ayrıldığını görmüştüm. Ancak bu tür bir çözüm $2^{32}+1$ sayısının bileşik olduğunu, $641$'e bölünebildiğini zaten biliyorsanız girişmeye cesaret edeceğiniz bir yöntemdir. Önemli olan $2^{32}+1$ sayısının bileşik olduğuna dair Euler'in ilk fikirleri neydi? Benim teorim, Euler mertebe kavramını kullanarak ve biraz hesaplama yapmayı göze alarak yukarıdakine benzer işlemlerle sonuca ulaşmıştır. $F_5$'i sadece $5$ tane asala bölerek sonuca ulaştığım için kısa olarak kabul edilebilir. İşin gerçeği nedir bilmiyorum, umarım O'nun gibi akıl yürütme kullanmışımdır.

Not 2. (Bu bilgilendirme notu için Yasin Şale'ye teşekkürler). Euler ilk makalesinde çözümün ayrıntılarını vermemiş. On beş sene sonraki makalede açıklamış. Yukarıda yaptığımıza benzer biçimde çıkarımda bulunmuş. How Euler Did It isimli yazıya bakılabilir.
6
Sayılar Teorisi / $n^{60}+1$ sayılarının en küçük asal bölenleri
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 24, 2020, 01:47:32 öö »

Problem (Lokman Gökçe): $n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere $n^{60}+1$ sayısının en küçük asal böleni $p_n$ ise $$ \sum_{n=1}^{102}p_n$$ toplamının $8$ ile bölümünden kalan kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1 \qquad\textbf{b)}\ 2 \qquad\textbf{c)}\ 4 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri} $
7
Matematik Eğitimi / Ynt: 65 ile bölünebilme - Polinom Denklik
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 23, 2020, 02:35:53 ös »
Yanıt: $\boxed{C}$

$65=5\cdot 13$ olur.
$n^{12}+n^2-5 \equiv 0 \pmod{5}$ denkliğinde $n\equiv 0 \pmod{5}$ bir çözümdür. $n \not\equiv 0 \pmod{5}$ için bakalım. Fermat teoremine göre $n^4 \equiv 1 \pmod{5}$ olup ilk denklikte yazılırsa $n^2-4\equiv 0 \pmod{5}$ olur. Buradan $n\equiv \mp 2 \pmod{5}$ çözümleri elde edilir. Toplamda üç çözüm $n\equiv 0, \mp 2 \pmod{5}$ dir.

Benzer biçimde $n^{12}+n^2-5 \equiv 0 \pmod{13}$ incelenirse $n^2-4\equiv 0 \pmod{13}$ haline indirgenir. Bu denkliğin çözümleri de $n\equiv \mp 2 \pmod{13}$ olup iki tanedir.

Çin kalan teoremi ile $n^{12}+n^2-5 \equiv 0 \pmod{65}$ denkliğinin $\mathbb Z_{65}$ içinde $3\cdot 2 =6$ farklı çözümü vardır. $1\leq n \leq 260$ aralığında $\dfrac{260}{65}=4$ er kez bu çözümler görülür. Yani $1\leq n \leq 260$ aralığında $6\cdot 4 = 24$ çözüm vardır.

$n=0$ değeri $\mathbb Z_{65}$ içinde bir çözüm olmadığından zaten bunu almıyoruz.
8
Sayılar Teorisi / $2019^8 +1$ sayısının en küçük tek asal böleni
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 23, 2020, 01:43:01 ös »
Soru (2019 AIME): $2019^8 +1$ sayısının en küçük tek asal böleni kaçtır?
9
2019 / Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2019 Soru 16
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 21, 2020, 01:11:29 ös »
Yanıt: $\boxed{E}$

Dört durumun da mümkün olduğunun örnekleri vardır:
$(3,7,6,5,6)$ için $3+7+6+5-6=15$
$(3,6,5,2,6)$ için $-3+6+5+2+6=15$
$(6,4,3,7,7)$ için $-6+4+3+7+7=15$
$(5,3,4,5,6)$ için $5+3-4+5+6=15$

Bu örnekleri oluşturma biçimi için şöyle bir yol izlenebilir: Önce beşlideki tüm sayıları toplarız. $(3,7,6,5,6)$ için toplam $27$ dir. $x$ sayısının işareti değişince toplam $27-2x=15 $ olmalıdır. Buradan $x=6$ bulunur. $3+7+6+5-6=15$ örnek durumu elde edilir.
10
Matematik Eğitimi / 65 ile bölünebilme - Polinom Denklik
« Son İleti Gönderen: scarface Ocak 20, 2020, 01:38:24 ös »
Problem (Lokman GÖKÇE): $0\leq n \leq 260$ olmak üzere $n^{12}+n^2-5$ ifadesinin $65$ ile tam bölünebilmesini sağlayan kaç $n$ tam sayısı vardır?


$\textbf{a)}\ 16 \qquad\textbf{b)}\ 20 \qquad\textbf{c)}\ 24 \qquad\textbf{d)}\ 28 \qquad\textbf{e)}\ 32 $
Sayfa: [1] 2 3 ... 10

SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal