Tübitak Lise 2. Aşama - 1999 Çözümleri

$0\le x,y,z,w\le 36$ olmak üzere, $$x^{2}+y^{2}\equiv z^{3}+w^{3} \pmod {37}$$ denkliğini sağlayan $(x,y,z,w)$ sıralı tamsayı dörtlülerinin sayısını bulunuz.

Çözüm:

Önce $a$ bir tamsayı olmak üzere; $x^2+y^2 \equiv a \pmod {37}$ denkliğini sağlayan $(x,y)$ sıralı tamsayı ikililerinin sayısını bulalım. $a\equiv 0 \pmod {37}$ ise, $x^2+y^2\equiv 0 \pmod {37}$ denkliği, $y^2\equiv {\left(6x\right)}^2 \pmod {37}$ e dolayısıyla $y\equiv \pm 6x \pmod {37}$ denkliklerine eşdeğer olduğu için, çözüm olarak $2\cdot 36+1=73$ $(x,y)$ sıralı ikilisi elde edilir.

Şimdi de $a\ \not \equiv 0 \pmod{37}$ durumuna bakalım. $x^2+y^2\equiv x^2-36y^2\equiv \left(x-6y\right)\left(x+6y\right) \pmod{37}$ olduğu için, aradığımız sayı $\left(x-6y\right)\left(x+6y\right)\equiv a\pmod{37}$ denkliğini sağlayan $(x,y)$ sıralı ikililerinin sayısıdır. Öte yandan, $a\ \not\equiv 0 \pmod{37}$ olduğundan, her $1\le u\le 36$ tamsayısı için, $uv\equiv a\pmod{37}$ ve $1\le v\le 36$ koşullarını sağlayan tam olarak bir $v$ tamsayısı bulunur. Böyle $\left(u,v\right)$ sıralı ikilileri ile $u\equiv x-6y$, $v\equiv x+6y$, $0\le x,y\le 36$ koşullarını sağlayan $\left(x,y\right)$ sıralı ikilileri arasında bire-bir bir eşleme bulunduğundan, bu durumda, $x^2+y^2\equiv a\pmod{37}$ bağıntısının çözümü olan $36$ $\left(x,y\right)$ ikilisi bulunur.

Diğer taraftan $z^3+w^3\equiv 0\pmod{37}$ denkliği, $w^3\equiv -z^3\pmod{37}$, dolayısıyla da $w\equiv -z$ veya $11z$ veya $-10z$ $\pmod{37}$ bağıntılarına eşdeğerdir. Yani $z^3+w^3\equiv 0\pmod{37}$, $0\le z,w\le 36$ koşullarını sağlayan $36\cdot 3+1=109$ $(z,w)$ sıralı tamsayı ikilisi vardır. Sonuç olarak, $\left(z,w\right)$ ikililerinin alabileceği toplam ${37}^2$ değerden $109$ u için, istenen koşulu sağlayan $73$ $(x,y)$ ikilisi, ${37}^2-109$ tanesi için de $36$ $\left(x,y\right)$ ikilisi vardır. Aranan sayı, $$109\cdot 73+\left({37}^2-109\right)\cdot 36=53317$$ dir.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

$O$ merkezli bir çembere, dışındaki bir $S$ noktasından çizilen teğetlerin değme noktaları $P$ ve $Q$; $SO$ doğrusunun çemberle kesişim noktaları $A$ ve $B$; $PB$ (küçük) yayının herhangi bir iç noktası $X$; $QX$ ve $PX$ doğrularının $OS$ doğrusu ile kesişim noktaları $C$ ve $D$ ile gösterilmek üzere, $$\dfrac{1}{\vert AC\vert }+\dfrac{1}{\vert AD\vert }=\dfrac{2}{\vert AB\vert }$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm:

$SPQ$ üçgeni ($SP=SQ$) ikizkenar üçgen olup, $A$ noktası $PQ$ yayının orta noktası ve dolayısıyla

$XA$, $PXQ$ açısının açıortayıdır. Diğer taraftan, $AXB$ açısı $AB$ çapını gören bir çevre açı olduğundan bir dik açıdır. Bu nedenle $XB$, $QXD$ açısının açıortayıdır. $CXD$ üçgeninde $XB$ ve $XA$ açıortay olduklarından, açıortay teoremi gereğince, $$\dfrac{CB}{BD}=\dfrac{AC}{AD}\ \left(\Leftrightarrow \dfrac{AC}{CB}=\dfrac{AD}{BD}\Leftrightarrow \dfrac{CB}{AC}=\dfrac{DB}{AD}\right)\Leftrightarrow \dfrac{CB}{AC}=\dfrac{DB}{AD}$$ $$\Rightarrow \dfrac{CB}{AB\cdot AC}=\dfrac{DB}{AB\cdot AD}\Rightarrow \dfrac{AB-AC}{AB\cdot AC}=\dfrac{AD-AB}{AB\cdot AD}$$ $$\Rightarrow \dfrac{1}{AC}-\dfrac{1}{AB}=\dfrac{1}{AB}-\dfrac{1}{AD}\Rightarrow \dfrac{1}{AC}+\dfrac{1}{AD}=\dfrac{2}{AB}$$ bulunur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

$n$ ve $p$ pozitif tamsayılar olmak üzere, $i,j\in \lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace $ için $\vert f(i)-f(j)\vert \le p$ şartını sağlayan $$f:\lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace \to \lbrace -p,-p+1,\ldots ,p-1,p\rbrace $$ fonksiyonlarının sayısının $(p+1)^{n+1}-p^{n+1}$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

Verilen koşulları sağlayan ve aldığı en yüksek değer $q$ olan fonksiyonların sayısını $Q(q)$ ile gösterelim. Önce $q\in \left\{0,\dots ,p\right\}$ olduğu duruma bakalım. Her $i,j\in \left\{0,\dots ,n\right\}$ için $\left|f\left(i\right)-f\left(j\right)\right|\le p$ koşulu nedeniyle, bu durumda, her $k\in \left\{0,\dots ,n\right\}$ için $f\left(k\right)\in \{q-p,\ q-p+1,\dots ,q\}$ olur. Aldığı tüm değerler bu kümeye ait olan ${\left(p+1\right)}^n$ tane fonksiyon bulunup, bunlardan $q$ değerini hiç alamayanların sayısı $p^n$ dir. Dolayısıyla, $Q\left(p\right)={\left(p+1\right)}^n-p$ olur.
Eğer $q\in \{1,\dots ,p\}$ ise, benzer biçimde $Q\left(-q\right)={\left(p-q+1\right)}^n-{\left(p-q\right)}^n$ bulunur. Verilen koşulları sağlayan fonksiyonların toplam sayısı, $$\left(p+1\right)\left({\left(p+1\right)}^n-p^n\right)+\sum^p_{q=1}{\left({\left(p-q+1\right)}^n-{\left(p-q\right)}^n\right)}$$ $$={\left(p+1\right)}^{n+1}-\left(p+1\right)p^n+p^n={\left(p+1\right)}^{n+1}-p^{n+1}$$ olur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

Çözüm 2:

$f:\lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace \to \lbrace -p,-p+1,\ldots ,-1,0\rbrace$ şeklinde $(p+1)^n$ fonsksiyon yazılabilir. Açıktır ki bu fonksiyonlardan birinin herhangi iki elemanı arasındaki fark $p$ den fazla olamaz.

$f:\lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace \to \lbrace -p+1,-p+1,\ldots ,0,1\rbrace$ fonksiyonlarından görüntü kümesinde $1$'i içermeyenleri yukarıda saydık. O halde bu fonksiyonlardan $1$'i içerenleri genel toplamımıza ekleyeceğiz. Toplam $(p+1)^n$ tane fonksiyondan, $p^n$ tanesi $1$ içermez. O halde $(p+1)^n - p^n$ tanesi $1$ içerir.

Bu son yaptığımızı $1$ den başlayıp $p$ ye kadar devam ettirmemiz gerekiyor.
O halde aradığımız yanıt $$(p+1)^n + ((p+1)^n - p^n)\cdot p = (p+1)^{n+1} - p^{n+1}.$$

Her $n>1$ için $a_{n}=a_{n-1}(2-a_{n-1})$, $\dfrac{1}{2}<a_{1}<1$ ve $\sum\limits_{n=1}^{2000}{a_{n}}=1999$ koşullarını sağlayan tüm $(a_{n})$ gerçel sayı dizilerini bulunuz.

Çözüm 1:

Her $n>1$ için, $$1-a_n=1-a_{n-1}\left(2-a_{n-1}\right)={\left(1-a_{n-1}\right)}^2;$$ dolayısıyla da $$1-a_n={\left(1-a_1\right)}^{2^{n-1}}$$ olur. $\left(a_n\right)$ verilen koşuları sağlayan bir gerçel sayı dizisi ise, $$1=2000-1999=2000-\sum^{2000}_{n=1}{a_n}=\sum^{2000}_{n=1}{\left (1-a_n\right)}$$ $$=\sum^{2000}_{n=1}{{\left(1-a_1\right)}^{2^{n-1}}\ } < \sum^{\infty }_{n=1}{{\left(1-a_1\right)}^n}=\dfrac{1-a_1}{a_1}<1$$ olacağı için, böyle bir dizinin bulunmadığı gösterilmiş olur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

Çözüm 2:

Benzer bir çözümü dizinin genel terimini bulmadan yapacağız.

$1-a_n = 1 - a_{n-1}(2-a_{n-1}) = (1-a_{n-1})^2$

$b_n = 1 - a_n$ olsun.

$b_n = b_{n-1}^2$ ve $0<b_1<\dfrac 12$ olacaktır.

$b_n = b_{n-1}b_{n-1} < \dfrac 12 \cdot b_{n-1}$ olacağı için $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{2000} b_n < \dfrac 12 + \dfrac 14 + \dfrac 1{8} + \cdots + \dfrac 1{2^{2000}} < 1$ olacaktır.

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{2000} a_n = \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{2000} \left(1-b_n\right) = 2000 - \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{2000} b_n > 1999$ olacaktır. Dolayısıyla eşitliği sağlayan dizi yoktur.

Çevrel çemberinin yarıçapı $R$ olan dar açılı bir $A_{1}A_{2}A_{3}$ üçgeninde, $A_{1}$, $A_{2}$ ve $A_{3}$ noktalarından geçen yüksekliklerin ayakları sırasıyla $Y_{1}$, $Y_{2}$ ve$Y_{3}$, $\vert A_{1}Y_{1}\vert =h_{1}$, $\vert A_{2}Y_{2}\vert =h_{2}$, $\vert A_{3}Y_{3}\vert =h_{3}$; $A_{1}$, $A_{2}$ ve $A_{3}$ noktalarından $(Y_{1}Y_{2}Y_{3})$ çemberine çizilen teğetlerin uzunlukları da sırasıyla $t_{1}$, $t_{2}$ ve $t_{3}$ ile gösterilmek üzere, $$
\sum_{i=1}^{3}{\left(\dfrac{t_{i}}{\sqrt{h_{i}}}\right)^{2}\le \dfrac{3}{2}R}$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm 1:

Çevrel çemberin merkezi $O$, $(Y_1Y_2Y_3)$ çemberi ile yüksekliklerin kesişim noktaları $P_1,P_2$ ve $P_3$ ile gösterilmek üzere $A_1$ noktasının $(Y_1Y_2Y_3)$ çemberine göre kuvveti: $A_1$ den çizilen teğetin uzunluğu $t_1$ olduğundan, $$t^2_1=A_1P_1\cdot A_1Y_1$$ $$t_1^2=A_1P_1\cdot h_1\Rightarrow \dfrac{t^2_1}{h_1}=A_1P_1$$ ve benzer biçimde $t_2$, $t_3$ için de bu eşitlikler yazılarak, $$\sum^3_{i=1}{\left(\dfrac{t_i}{\sqrt{h_i}}\right)^2}=\sum^3_{i=1}{A_iP_i}$$ bulunur. Yükseklik ayaklarından geçen çember, aynı zamanda kenarların orta noktaları olan $A'_1,A'_2,A'_3$ den ve $HA_1$, $HA_2$, $HA_3$ ün orta noktaları olan $P_1,\ P_2,P_3$ den geçer ve $A_iP_i=OA'_i$ eşitliği sağlanır. Bu nedenle $$\sum^3_{i=1}{A_iP_i}=\sum^3_{i=1}{{OA}'_i}$$ olur. (İkinci tarafı hesaplayalım.) $A_1A'_3OA'_2$ kirişler dörtgeni olduğundan Ptolemy Teoremi gereğince,
$$OA_1\cdot A'_2A'_3=OA'_2\cdot A_1A'_3+OA'_3\cdot A_1A'_2 \tag{1}$$ ve benzer biçimde $A_2A'_1OA'_3$, $A_3A'_2OA'_1$ dörtgenlerinden de,
$$OA_2\cdot A'_3A'_1=OA'_1\cdot A_2A'_3+OA'_3\cdot A_2A'_1 \tag{2}, $$ $$OA_3\cdot A'_1A'_2=OA'_1\cdot A_3A'_2+OA'_2\cdot A_3A'_1 \tag {3}$$ 'dür. Bu $\left(1\right),\left(2\right),\ \left(3\right)$ eşitlikleri taraf tarafa toplanarak; $OA_1=OA_2=OA_3=1$ olduğu göz önünde tutulup, $A_2A_3=a,A_3A_1=b,A_1A_2=c$ alındığında, $A'_3A'_2=\dfrac{a}{2},\ A'_3A'_1=\dfrac{b}{2},\ A'_1A'_2=\dfrac{c}{2}$ olacağından, $$\dfrac{a+b+c}{2}=OA'_1\left(\dfrac{c}{2}+\dfrac{b}{2}\right)+OA'_2\left(\dfrac{c}{2}+\dfrac{a}{2}\right)+OA'_3\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{b}{2}\right)$$ $$=OA'_1\left(\dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{a}{2}\right)+OA'_2\left(\dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{b}{2}\right)+OA'_3\left(\dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{c}{2}\right)$$
$$=\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)\left(OA'_1+OA'_2+OA'_3\right)-\left(\dfrac{a\cdot OA'_1+b\cdot OA'_2+c\cdot OA'_3}{2}\right)$$
$$=\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)\sum^3_{i=1}{OA'_i}-\text{Alan}\left(A_1A_2A_3\right). $$

$\text{Alan}\left(A_1A_2A_3\right)=\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)r$ ($r$: iç yarıçap) yazıldığında, $$\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\sum^3_{i=1}{OA'_i}-\dfrac{a+b+c}{2}r$$ $$\Rightarrow R=\sum^3_{i=1}{OA'_i-r}\Rightarrow \sum^3_{i=1}{OA'_i=R+r}$$
Her üçgende çevrel yarıçap $(R)$ ile iç yarıçap $(r)$ arasında $R\ge 2r$ bağıntısı vardır. O halde $R\ge 2r\Rightarrow r\le \dfrac{R}{2}$ ve $R+r\le R+\dfrac{R}{2}=\dfrac{3R}{2}$ olur. Buradan $$\sum^3_{i=1}{OA'_i=}\sum^3_{i=1}{A_iP_i}=\sum^3_{i=1}{{\left(\dfrac{t_i}{\sqrt{h_i}}\right)}^2}\le \dfrac{3R}{2}$$ bulunur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

Çözüm 2:

Dokuz nokta çemberinin özelliklerini kullandıktan sonra Erdös-Mordell eşitsizliğine göre $$3R=OA+OB+OC\ge 2\left(OA'_1+OA'_2+OA'_3\right)$$ sonucu elde edilebilir. Aslında ilk çözümde bunun ispatı yapılıyor bize.

Ya da $$OA'=R\cdot {\cos\angle A}, OB'=R\cdot {\cos\angle B} \text{ ve } OC'=R\cdot {\cos\angle C}$$ eşitlikleri yazılarak problem $$cos\angle A+{\cos\angle B}+{\cos\angle C}\le \dfrac{3}{2}$$ ye indirgenebilir (Jensen).

Çözüm 3:

$40$ sayının toplamını, $8$ "işlemci'' kullanarak bulmak istiyoruz. Başlangıçta, her işlemcinin ekranında $0$ sayısı bulunuyor. Herhangi bir işlemci, kendisine dışarıdan verilen ya da başka bir işlemciden aktarılan sayıyı, ekranındaki mevcut sayıyla bir birim zamanda toplayarak, elde ettiği sonucu ekranına yazıyor. Ekranındaki sayıyı başka bir işlemciye aktaran bir işlemcinin ekranı kararıyor. Verilen $40$ sayıdan istediklerimizi istediğimiz işlemciye girerek ve işlemcilerin elde ettiği kısmi toplamları da istediğimiz işlemciye aktararak, bu $40$ sayıyı en az kaç birim zamanda toplayabiliriz?

Çözüm 1:

Belli bir anda, herhangi bir işlemciye girilmemiş sayılarla, işlemcilerin ekranlarındaki sayılara "işlem görecek kalem'' diyelim. $n\left(c\right)$ ile, $c$ zaman birimi sonundaki işlem görecek kalem sayısını gösterelim. $n\left(0\right)=40+8=48$ dir. $\overline{c}$ zaman sonunda istenen toplam elde edilmişse $n\left(\overline{c}\right)=1$ olur. (Burada genelliği yitirmeden her işlemcinin kullanıldığını varsayıyoruz.) Bir zaman biriminde en fazla $8$ işlem yapılabilir; ayrıca yine bir zaman biriminde, işlem görecek kalem sayısı, en fazla yarıya indirilebilir. Dolayısıyla, $$n\left(c\right)-n\left(c+1\right)\le {\min \left\{\dfrac{n\left(c\right)}{2},8\right\}\ },$$ ya da eşdeğer biçimde, $$n\left(c+1\right)\ge {\max \left\{\dfrac{n\left(c\right)}{2},n\left(c\right)-8\right\}\ }$$ olur. Şimdi $M\left(0\right)=48$; $M\left(c+1\right)={\max \left\{\left\lceil \dfrac{M\left(c\right)}{2}\right\rceil ,\ M\left(c\right)-8\right\}\ }$ sistemine bakalım. ($\left\lceil x\right\rceil :=x$'ten büyük ya da $x$'e eşit olan en küçük tamsayıdır.)

$\overline{C},M\left(\overline{C}\right)=1$ koşulunu sağlayan en küçük tamsayı; $\hat{C}\ $da aranan yanıt ise; $\hat{C}\ge \overline{C}$ dir. $\overline{C}$ yı bulalım: $$\begin{array}{ll}
M\left(0\right)=\ 48; & M\left(1\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{48}{2}\right\rceil ,40\right\}=40\ };\\ \\
M\left(2\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{40}{2}\right\rceil ,32\right\}=32\ }; & M\left(3\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{32}{2}\right\rceil ,24\right\}=24\ };\\ \\
M\left(4\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{24}{2}\right\rceil ,16\right\}=16\ }; & M\left(5\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{16}{2}\right\rceil ,8\right\}=8\ };\\ \\
M\left(6\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{8}{2}\right\rceil ,0\right\}=4\ }; & M\left(7\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{4}{2}\right\rceil ,-4\right\}=2\ }; \\ \\
M\left(8\right)={\max \left\{\left\lceil \frac{2}{2}\right\rceil ,-6\right\}=1\ }. & \end{array}$$
Yani $\overline{C}=8$ dir. Aranan sayı $\hat{C}\ge 8$ olur.

Aşağıdaki çizelgede, köşeler işlemcileri; üçgenler ilk beş zaman biriminde işlemcilere girilen sayıyı; yönlü kenarlar da, hangi işlemcinin kısmi toplamının hangi işlemciye aktarıldığını göstermek üzere; istenen toplamın $8$ zaman biriminde elde edilebileceği görülmektedir. Yani $\hat{C}=8$ dir.

Kaynak:
Matematik Dünyası 2000-II

Çözüm 2:

Ekranı kararan işlemcinin bir daha kullanılmadığını düşünerek sonuca gitmeye çalışacağım. Böyle düşünmemdeki neden, soruda aktarma yapan işlemcinin ekranında $0$ yazar şeklinde bir ifade olmaması.
Büyük ihtimalle çözüm için işlemcilerin ekranının kararmasına gerek yok; ama soruda böyle verdiği için buna göre bir çözüm yapacağım.

Bir işlemciye dışarıdan bir sayı verildiyse o işlemci $Y$ (yükleme) işlemi, başka bir işlemciden sayı alan işlemci $T$ (toplama) işlemi, başka bir işlemciye sayı veren işlemci $A$ (aktarma) işlemi, boşta duran işlemci de $B$ (boşta) işlemi yapmış olsun.

$8$ işlemci ile $8$ birim zamanda (adımda) şöyle bir toplama gerçekleştirilebilir:
İlk $5$ sürede, $40$ sayı işlemcilere yüklenir.
Sonra $2\to 1$, $4\to 3$, $6\to 5$, $8\to 7$ şeklinde aktarma yapılır.
Sonra $3\to 1$, $7\to 5$ şeklinde aktarma yapılır.
Sonra da $5\to 1$ şeklinde aktarma yapılır.

Daha az sayıda sürede bu toplama işleminin yapılamayacağını göstereceğiz.
$p\leq 5$ işlemci ile sadece yüklemeler (en az) $\left \lceil \dfrac {40}{p} \right \rceil \geq \dfrac {40}{5} = 8$ birim zamanda yapılabilir.
Bu durumda; $8$ den az sürede tamamlamak için $p=6$, $p=7$ ya da $p=8$ işlemci kullanılabilir. Hiç kullanılmayan işlemcileri yok gibi düşüneceğiz, yani onlar için $B$, yani boşta demeyeceğiz.

$p=6$ işlemci kullanıldığını varsayalım. $40$ tane $Y$ yapılacağı için, $7$ birim zamanda tamamlamaya çalışacağız. Toplamda $7\times 6 = 42$ işlem yapılması gerek. $6$ işlemcinin toplamlarını birbirine aktarmak için sadece ilk kısmi toplam hesapları için bile $3T$, $3A$ yani $6$ işlem gerekecek. $40 + 6 > 42$ olduğu için; $p=6$ işlemci ile $7$ birim zamanda bu toplama işlemi yapılamaz.

$p=7$ işlemci kullanıldığını varsayalım. $7\times 7 = 49$ işlem yapılması gerek. $40Y$ işlemi yüklemeler için gerekli. $7$ işlemcinin kısmi toplamları için $6T$ ve $6A$ işlem gerekli. $40+12 > 49$ olduğu için; $p=7$ işlemci ile $7$ birim zamanda bu toplama işlemi yapılamaz.

$p=8$ işlemci kullandığımızı varsayalım. $7 \times 8 = 56$ işlem yapılması gerek. $40Y$ işlemi yüklemeler için gerekli. $8$ işlemcinin kısmi toplamları için $7T$ ve $7A$ işlem gerekli. Toplamda $40 + 14 = 54$ işlem oldu. $3$ tane $B$ durumu (işlemi) bulursak; $p=8$ işlemci ile $7$ birim zamanda bu toplama işleminin yapılamayacağını göstermiş olacağız. İlk aktarma işleminin $t_1$, ikinci aktarma işleminin $t_2 \geq t_1$, son aktarma işleminin $t_7$ de yapıldığını varsayalım. Bir adımda en fazla $4$ aktarım yapılabileceği ve son aktarımın gerçekleştiği sürede başka aktarım yapılamayacağı için (aksi halde iki aktarımın kısmi toplamları tekrardan aktarılmalı) $t_7 - t_1 \geq t_7 - t_2 \geq 2$ olmalı. Bu da ilk iki aktarımda kullanılan işlemcilerin en az $2$ şer kez $B$ durumunda kalacağı anlamına gelir. En az $4$ tane $B$ durumu elde etmiş olduk. $(40 + 14) + 4 = 58 > 56$ olduğu için $p=8$ işlemci ile $7$ birim zamanda bu toplama işlemi yapılamaz.

Not: $p=6,7$ işlemci için $B$ durumunu kullanmamıza gerek kalmadı. Yani aktarma yapan işlemcinin kararınca bir daha kullanılmadığı varsayımını yapmamıza gerek kalmadı.
$p=8$ işlemci için $3B$ durumunu aktarma yapan işlemcinin bir daha kullanılabileceği şekilde bulabilirsek; çözümün başındaki kabulü yapmamıza gerek olmayacaktır.

Çözüm 3:

Ekranı kararan işlemcinin bir daha kullanılabildiği durum için de bir çözüm vermeye çalışacağım.

Amacımız, $40$ sayının toplamını $8$ işlemci kullanarak minimum sürede hesaplamak. Her işlemci, bir zaman biriminde şu işlemlerden birini gerçekleştirebilir:

bir sayıyı yükleme ($Y$),
iki sayıyı toplama ($T$),
bir sayıyı başka bir işlemciye aktarma ($A$), veya
boşta kalma ($B$).

$8$ İşlemci ile $8$ Birim Zamanda Çözüm

Yükleme Aşaması ($5$ birim zaman)
- $40$ sayı, $8$ işlemciye dağıtılır ve yüklenir. Her işlemci bir zaman biriminde bir sayı yükleyebilir.
- $8$ işlemci ile her bir zaman biriminde $8$ sayı yüklenebilir.
- Bu nedenle, tüm $40$ sayının yüklenmesi için gereken süre: \[
\lceil 40 / 8 \rceil = 5 \, \text{birim zaman.}
\]
Aktarım Aşaması ($3$ birim zaman.)
- Adım 1: $P_2 \to P_1$, $P_4 \to P_3$, $P_6 \to P_5$ ve $P_8 \to P_7$.
- Adım 2: $P_3 \to P_1$ ve $P_7 \to P_5$ aktarılır.
- Adım 3: $P_5 \to P_1$. $P_1$ işlemcisi toplam sonucu barındırır.
Bu aktarım aşaması $3$ zaman birimi sürer.

Yükleme ve aktarım aşamalarını toplarsak: \[
5 \, \text{(yükleme)} + 3 \, \text{(aktarım)} = 8 \, \text{birim zaman.}
\]

8 Zaman Biriminden Daha Az Sürenin İmkansız Olduğunun Kanıtı

$8$ zaman biriminden daha az sürede işlemi tamamlamanın imkansız olduğunu kanıtlamak için gereken minimum işlem sayısını hesaplayacağız ve bu işlemlerin mevcut işlemcilerle $8$ birimden az sürede gerçekleştirilemeyeceğini göstereceğiz.
$t$ ile toplam birim zamanı, $p$ ile de tüm işlemler yapılırken kullanılan farklı işlemci sayısını ifade edelim.

Her işlemci $t$ zaman biriminde $t$ işlem gerçekleştirebilir. $8$ işlemci ile toplam $8t$ işlem yapılabilir.

Toplam İş Yükünün Ana Bileşenleri

1. Yükleme İşlemleri:
$40$ sayının yüklenmesi tam olarak $40$ işlem gerektirir.

2. Aktarım ve Toplama İşlemleri:
$p$ işlemci kullanıldığı durumda en az $(p - 1)$ aktarım ve $(p - 1)$ toplama işlemi gerekir, toplamda $2(p - 1)$ işlem.

3. Boşta Kalma İşlemleri:
- Eğer bir adımda en çok $p$ işlemci aktifse, kalan en az $8 - p$ işlemci o adımda boşta kalır.
- Son adımda, en az $6$ işlemci boşta kalır; çünkü sadece ya bir işlemciye yükleme yapılabilir ya da birer işlemci toplama ve aktarımda yer alır.
Toplam boşta kalma işlemleri: \[
(t - 1)(8 - p) + 6\]
Toplam İş Yükü Denklemi

Toplam işlem sayısı şu koşulu sağlamalıdır: \[
\text{Yükleme İşlemleri} + \text{Aktarım + Toplama İşlemleri} + \text{Boşta Kalma İşlemleri} \leq 8t
\]
Yerine koyarsak: \[
40 + 2(p - 1) + (t - 1)(8 - p) + 6 \leq 8t
\]

Terimleri açıp: \[
40 + 2p - 2 + 8t - 8 - pt + p + 6 \leq 8t
\]

Düzenlersek: \[
p(t - 3) \geq 36 \implies t-3\geq \dfrac{36}p \geq \dfrac{36}8 = \dfrac 92 \implies t\geq \dfrac{15}2
\] elde ederiz. O halde, $t \geq 8$.

Sonuç:
$8$ işlemci ile $40$ sayının toplamını hesaplamak için gereken minimum süre: \[
\boxed{8 \, \text{birim zaman.}}
\]