Numarası : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 09.11.2007 Adı

Numarası
: .....................................
Adı Soyadı
: .....................................
MAT223 AYRIK MATEMATİK 1. ARASINAV SORULARI
09.11.2007
1. Bu sınav her soru beş ve beşin tam katları ile puanlanacak olursa kaç farklı şekilde değerlendirilebilir? (Sınavda 7 soru sorulmuştur, her soru mutlaka değerlendirilmelidir ve sınav 100 üzerinden değerlendirilecektir.)
15 Puan
2. Bir iskambil destesinden her türden (kupa, karo, sinek, maça) en az bir kağıt bulunacak
şekilde 5 kağıt kaç farklı şekilde seçilebilir.(İskambil kağıtları, 52 adet karttan oluşur. Bu elli iki kağıtta
4 tane simge vardır. Bu simgeler kupa, maça, karo ve sinektir. Her bir simgeye ait 13 kart bulunur. Bunlar 1 (As) den
10 a kadar sayılar ve ardından vale, dama (kız) ve rua (papaz) olarak sıralanır.)
15 Puan
3. Şekle göre p noktasından q noktasına en kısa yoldan
(a) kaç farklı şekilde gidilebilir?
(b) cd üzerinden geçmek koşuluyla kaç farklı
şekilde gidilebilir?
20 Puan
4
(c) ab, cd ve e f yollarının en az birisinden geçmek koşuluyla kaç farklı şekilde
gidilebilir?
2
(d) ab, cd ve e f yollarının hiç birisinden geçmeden kaç farklı şekilde gidilebilir?
0
d
c
b
a
1
q
f
e
3
p
0
1
2
3
4
5
6
4. X = { a, b, c, d, e} kümesinden Y = {1, 2, 3} kümesine kaç farklı örten fonksiyon tanımlanabilir?
15 Puan
5. 2 × n boyutlarındaki bir satranç tahtasını domino taşları ile kaç farklı şekilde örtebilirsiniz?
(Domino taşı, dikdörtgen şeklinde, satranç tahtasının iki karesi boyutundadır ve domino taşları satranç tahtası üzerine bir beyaz ve bir siyah kareye denk gelecek şekilde yerleştirilebilir. Ayrıca domino taşları özdeş kabul edilecektir.
).
15 Puan
6. {1, 2, . . . , 3n} kümesinden seçilen n + 1 sayı içinde her zaman aralarındaki fark en fazla
2 olan iki tamsayı vardır. Kanıtlayınız.
10 Puan
7. Fn , n. Fibonacci sayısını göstermek üzere,
Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1
özdeşliğini kanıtlayınız.
10 Puan
• Sınav süresi 2 saattir.
• Sınavda ders notlarının kullanımı serbest ancak alış-verişi yasaktır.
• Başarılar dilerim.
Yard.Doç.Dr. Emrah AKYAR
7
KISA ÇÖZÜMLER
1. Her bir 5 puanı bir obje olarak düşünecek olursak, problem 20 (100/5 = 20) özdeş objenin
7 kutuya
her
kutuya en az 1 obje gelecek şekilde dağılımı problemine dönüşür. Bu sayının
20 − 1
= 27132 olduğunu biliyoruz (Sayının hesaplanmasına gerek yok).
da
7−1
2. Kağıt sayısı 5 ve grup sayısı 4 olduğuna göre bir
2 kağıt seçilecek demektir. İki
gruptan
4
kağıdın seçileceği bu grubu 4 grup içerisinden
farklı şekilde seçebiliriz. Grubu be1 13
lirledikten sonra bu gruptaki 13 kağıttan 2 tanesi
farklı şekilde seçilebilir. Geriye
2
13
kalan 3 kağıt ise her bir gruptan
farklı şekilde seçilebilir. O halde sorunun cevabı
1
3
13
13
4
= 685464
1
2
1
olur.
Bu soruyu
c1
c2
c3
c4
:
:
:
:
Kupa bulundurmayan tüm 5 kartlı eller
Karo bulundurmayan tüm 5 kartlı eller
Sinek bulundurmayan tüm 5 kartlı eller
Maça bulundurmayan tüm 5 kartlı eller
şeklinde tanımlayarak içerme–dışlama prensibini kullanarak da çözebiliriz.
3. p noktasından q noktasıne en kısa yoldan gitmek için her seferinde ya Doğuya (sağa)
ya da Kuzeye (yukarı) gitmemiz gerekir. Buna göre her seferinde sadece doğuya veya
kuzeye hareket ederek p noktasından q noktasına gidilebilecek tüm yolların kümesini S
ile gösterirsek,
(a) D, D, D, D, D, D, D, K, K, K, K harflerinin tüm dizilimlerinin sayısı istenen cevaptır.
Bu sayı
11!
| S| =
= 330
7!4!
olur.
(b) Bunun için önce p noktasından c noktasına, sonra mevcut tek yoldan d noktasına
ve son olarak ise d noktasından q noktasına gitmeliyiz. Bu şekildeki farklı yolların
sayısı ise
5!
5!
·1·
= 100
3!2!
3!2!
bulunur.
(c) c1 ab yolunu kullanan rotaları, c2 cd yolunu kullanan rotaları, c3 ise e f yolunu kul3!
7!
lanan rotaların kümesi olsun. Buna göre (b) den |c1 | = 2!1!
· 1 · 4!3!
= 105, |c2 | = 100
7!
3!
ve |c3 | = 4!3! · 1 · 2!1! = 105 olur. Benzer şekilde |c1 c2 |, |c1 c3 | ve |c2 c3 | sayılarını da
3!
5!
3!
3!
3!
hesaplayabiliriz. |c1 c2 | = 2!1!
· 1 · 1 · 1 · 3!2!
= 30, |c1 c3 | = 2!1!
· 1 · 1!2!
· 1 · 2!1!
= 27 ve
5!
3!
|c2 c3 | = 3!2! · 1 · 1 · 1 · 2!1! = 30 olur. Şimdi son olarak |c1 c2 c3 | sayısını hesaplayalım.
3!
3!
Benzer şekilde |c1 c2 c3 | = 2!1!
· 1 · 1 · 1 · 1 · 1 · 2!1!
= 9 buluruz. Buradan sonucu
|c1 ∪ c2 ∪ c3 | = (|c1 | + |c2 | + |c3 |) − (|c1 c2 | + |c1 c3 | + |c2 c3 |) + |c1 c2 c3 |
= (105 + 100 + 105) − (30 + 27 + 30) + 9 = 232
elde ederiz.
(d) İçerme–dışlama prensibinden
|c1 c2 c3 | = |S| − (|c1 | + |c2 | + |c3 |) + (|c1 c2 | + |c1 c3 | + |c2 c3 |) − |c1 c2 c3 |
= 330 − (105 + 100 + 105) + (30 + 27 + 30) − 9 = 98
4. X kümesinden Y kümesine bir fonksiyon X kümesinin her elemanını Y kümesinin tek bir
elemanı ile ilişkilendiren bir kuraldır. X kümesinden Y kümesine tanımlı tüm fonksiyonların kümesini S ile gösterirek, |S| = 3 · 3 · 3 · 3 · 3 = 35 = 243 olur.
Y kümesinin her elemanı X kümesindeki en az bir elemanın görüntüsü ise fonksiyona
örten fonksiyon denir. Şimdi X kümesinden Y \{1}, Y \{2} ve Y \{3} kümelerine tanımlanabilecek tüm fonksiyonların kümelerini sırasıyla c1 , c2 ve c3 ile gösterelim. Benzer
olarak, |c1 | = |c2 | = |c3 | = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 25 = 32 olur. c1 ise X kümesinden Y kümesine tanımlı ve “1” in görüntü kümesinde bulunduğu fonksiyonların kümesini göstersin.
Benzer şekilde, c2 ve c3 ise sırasıyla “2” ve “3” ü görüntü kümesinde bulunduran fonksiyonların kümesi olsun. O halde |c1 c2 c3 | sayısını hesaplamalıyız. |c1 c2 | X kümesinden {3}
kümesine tanımlı tüm fonksiyonların sayısı, |c1 c3 | X kümesinden {2} kümesine tanımlı
tüm fonksiyonların sayısı ve |c2 c3 | X kümesinden {1} kümesine tanımlı tüm fonksiyonların sayısı olacağından |c1 c2 | = |c1 c3 | = |c2 c3 | = 15 = 1 olur. Son olarak |c1 c2 c3 | ise
X kümesinden ∅ ye tanımlı fonksiyonların sayısı olacağından |c1 c2 c3 | = 0 dır. O halde
içerme–dışlama prensibinden,
|c1 c2 c3 | = |S| − (|c1 | + |c2 | + |c3 |) + (|c1 c2 | + |c1 c3 | + |c2 c3 |) − |c1 c2 c3 |
= 243 − (32 + 32 + 32) + (1 + 1 + 1) − 0
= 150
sonucuna varılır.
5. Kanıtı tümevarım ile yapalım. Aşağıda görüldüğü gibi n = 1 için satranç tahtasını “1”,
n = 2 için “2” ve n = 3 için “3” farklı şekilde örtebiliriz.
n = 4 için sayının “5” olacağını görünüz. Şimdi n için mümkün olan tüm farklı örtülüşlerin sayısını Gn ile göstelerim. n + 1 için inceleyelim. İlk adımda domino taşını dikey
pozisyonda koyarsak, geriye n sutun kalır ve bunları Gn farklı şekilde örtebiliriz. Eğer
ilk adımda domino taşını yatay koyarsak bu durumda geriye n − 1 sutun kalır ve bunları
Gn−1 farklı şekilde örtebiliriz. O halde n + 1 için Gn+1 = Gn + Gn−1 olur.
O halde 2 × n boyutlarındaki bir satranç tahtasını domino taşları ile Gn = Fn+1 farklı
şekilde örtebiliriz.
6. Verilen {1, 2, . . . , 3n} kümesini {1, 2, 3}, {4, 5, 6}, . . . , {3n − 2, 3n − 1, 3n} şeklinde n parçaya
ayıralım. Seçeceğimiz n + 1 sayıdan en az iki tanesini her zaman bu alt kümelerin birisinden seçmeliyiz (Güvercin deliği ilkesi). Bu alt kümeler içindeki sayılar arasındaki fark en
fazla iki olduğundan kanıt tamamlanmış olur.
7. Kanıtı m üzerinden tümevarım ile yapalım.
m = 1 için Fn+1 = Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 + Fn olduğundan doğrudur.
m = 2 için Fn+2 = Fn−1 F2 + Fn F3 = Fn−1 + 2Fn = Fn−1 + Fn + Fn = Fn+1 + Fn olduğundan
doğrudur.
m = k + 1 için ifade doğru olsun.
m = k + 2 için doğru olduğunu gösterelim.
Fn+k = Fn−1 Fk + Fn Fk+1 ve Fn+k+1 = Fn−1 Fk+1 + Fn Fk+2 eşitliklerini taraf tarafa
toplarsak, istenen
Fn+k+2 = Fn−1 Fk+2 + Fn Fk+3
özdeşliğini elde ederiz.