Yazar: Albert Erkip
Yıl: 1992-2
Sayı: 7
Matematikte çok basit ama o derecede zarif ve yararlı bir yöntem “çekmece ilkesi” diye adlandırılıyor. İlkeyi şöyle anlatalım: Elinizde çekmeceleri olan bir dolap ve çekmecelerde çoraplar olsun. Eğer her çekmede en çok bir çorap varsa çorapların sayısı çekmecelerin sayısından fazla olamaz. O halde; çorap sayısı çekmece sayısından fazla ise, en azından iki çorap aynı çekmecede olmalıdır. Bu işi biraz açalım; iki çorap ve üç çekmece varsa hiçbir şey söyleyemeyiz, dört çorap ve üç çekmece varsa en azından iki çorap aynı çekmecede olmalıdır. Bunu ileri götürmeye çalışalım, beş çorap ve üçe çekmece varsa çoraplar çekmecelere 5, 0, 0 veya 4, 1, 0 veya 3, 2, 0 veya 3, 1, 1 ya da 2, 2, 1 olarak dağılabilirler. Her durumda söylenebilecek yine en azından iki çorabın aynı çekmecede olduğudur. Altı çorap ve üç çekmece için durum değişmez, ancak yedi çorap ve üç çekmece varsa bu kez en az üç çorabın aynı çekmecede olmaları gerektiğini görürüz. İlkeyi bir de tersine işletelim; iki çorap ve üç çekmece varsa en azından bir çekmece boştur!
Peki bu dediklerimizin matematikle ilgisi ne? İlgisi şöyle: bazı problemlerde çoraplar ve çekmeceleri uygun bir şekilde tanımlarsak çekmece ilkesi bazı “çorapların” birtakım özellikleri olduğunu söyler. Aşağıda bunun çeşitli örneklerini göreceğiz.
Örnek 1: Birim kare içinde rastgele beş nokta alalım. Bunlardan aralarındaki uzaklık \(1/\sqrt{2}\) birimi geçmeyen iki tane nokta seçebileceğimizi kanıtlayınız.
Çözüm: Birim kareyi kenarları \(1/2\) olan dört küçük kareye bölelim. Bunlar çekmeceler, çoraplar ise alınan beş tane nokta. Çekmece ilkesinden en az iki nokta (çorap) aynı küçük karede (çekmecede) olmalı. Bu iki nokta arasındaki uzaklık en çok küçük karenin köşegen uzunluğu, yani \(1/\sqrt{2}\) birim olabilir.
Diğer örneklere geçmeden çekmece ilkesinin tam olarak ne yapabildiğine bakalım. Örnekte istenen koşulu sağlayan iki nokta olduğunu kanıtladık ama bu noktaların hangi noktalar olduğunu, aralarındaki uzaklığın tam ne olduğunu bilemeyiz. Çekmece ilkesi bize bu noktaları nasıl bulabileceğimiz konusunda bir yol gösterdi fakat örneğin aynı koşulu sağlayan başka nokta olup olmadığı ya da istenen noktaların hangi küçük karede olacakları konusunda hiçbir şey söylemedi. Matematiksel bir deyişle çekmece ilkesi bir “varlık” kanıtlama yöntemidir, yani bize birtakım özellikleri olan bir şeyin var olduğunu söyler, bunun nasıl bulunabileceği hakkında bir yol gösterir ama bundan da fazlasını yapmaz.
Örnek 2: 1 ile 99 arasında verilen 55 tane farklı tam sayının içinde aralarındaki fark 10 olan en az iki tam sayı olacağını gösteriniz.
Çözüm: Verilen sayıları \(a_{1}, a_{2}, …, a_{55}\) olarak gösterelim ve her \(i\) için \(b_{i} = a_{i} + 10\) sayılarını tanımlayalım. Bu sayılar çoraplarımız, 55 + 55 = 110 tane çorap var. Öte yandan \(a_{i}\) ve \(b_{i}\) tam sayıları 1 ile 99 + 10 = 109 arasında. Çekmeceler 1, 2, …, 108, 109 sayıları (daha doğru bir deyişle bu sayıları içeren birer elemanlı kümeler) olsun. 110 çorap ve 109 çekmece varsa iki çorap aynı çekmecededir. Yani iki sayı birbirine eşittir. Bu iki sayıyı bulalım. Bunların ikisi de \(a\) cinsi olamaz, çünkü \(a_{i}\) sayıları birbirlerinden farklıydı. Aynı nedenle ikisi birden \(b\) türü olamaz, o halde \(a_{i} = b_{j}\) olacak şekilde bir çift vardır. Bu ise \(a_{i} – a_{j} = 10\) demektir.
Örnek 3: 1 ile 99 arasında verilen 51 tane farklı tam sayının içinde aralarındaki fark 10 olan en az iki tam sayı olacağını gösteriniz.
Çözüm: Deminki yöntem bu kez işlemeyecek (neden?). Farklı bir yol deneyelim: Çoraplar verilen 51 tam sayının birler basamağı olsun. Çekmeceler ise 0, 1, 2, …, 8, 9 tam sayıları. 10 çekmece ve 51 çorap olduğundan en azından 6 çorap aynı çekmecededir. Bu ise en az 6 sayının birler basamağı aynı demek. Bu 6 sayı için onlar basamağına bakalım; bu 0, 1, 2, …, 8 veya 9 olabilir. Çekmeceleri {0, 1}, {2, 3}, {4, 5}, {6, 7}, {8, 9} kümeleri olarak tanımlarsak 6 sayıdan en az ikisinin onlar basamağının ardışık sayılar olduğunu buluruz. (Onlar basamakları neden eşit olamaz?) Sayıların onlar basamakları ardışık, birler basamakları eşitse aralarındaki fark 10 olur.
Örnek 4: Bir \(x\) reel sayısı ve bir \(n\) pozitif tam sayısı verilsin. \(|qx – p| < 1 / n\) eşitsizliğini sağlayan \(p\) ve \( 0 < q \leq n \) tam sayıları olduğunu gösteriniz.
Çözüm: \(i = 0, 1, 2, …, n\) için \(ix\) sayılarının tam sayı ve ondalık kısımlarını ayıralım ve \(0 \leq r_{i} < 1\), \(p_{i}\) tam sayı olmak üzere \(ix = p_{i} + r_{i}\) şeklinde yazalım. Bu durumda sıfırla bir arasında \(n + 1\) tane \(r_{i}\) sayısı bulduk, bunlar çoraplar. Çekmeceler için $[0, 1)$ aralığını $n$ eşit uzunlukta parçaya bölelim, çekmecelerimiz $(0, 1/n), [1/n, 2/n), …, [(n-1)/n, 1)$ aralıkları. Çekmece ilkesinden en az iki $r$ sayısı aynı küçük aralıkta bunlara $j < k$ olacak şekilde $r_
{j}$ ve $r_{k}$ diyelim. $r_{j}$ ve $r_{k}$ $[m/n, (m+1)/n)$ gibi bir aralıkta olduklarından $|r_{j} – r_{k}| < 1/n$’dir. Başa dönelim. $kx = p_{k} + r_{k}$ ve $jx = p_{j} + r_{j}$ idi. O halde $(k-j)x = (p_{k} – p_{j}) + (r_{k} – r_{j})$ olur. $q = k – j$ ve $p = p_{k} – p_{j}$ dersek, $p$ ve $q$’nun tam sayı oldukları ve $ 0 < q \leq n$ olduğu görülür. Son olarak da \(|qx – p| = |r_{k} – r_{j}| < 1/n\) olduğunu görürüz.
Bu örnekte elde ettiğimiz eşitsizliği $q$ ile bölelim. Bir $x$ reel sayısı ve bir $n$ pozitif tam sayısı verildiğinde paydası en çok $n$ olan ve $|x – p/q| < 1/nq$ eşitsizliğini sağlayan bir $p/q$ rasyonel sayısı olduğunu kanıtlamış olduk. Bu eşitsizlik rasyonel sayıları kullanarak reel sayılara istediğimiz kadar yaklaşabileceğimizi kanıtlıyor.
Örnek 5: $0 < |a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}| < 10^{-11}$ eşitsizliğini sağlayan en çok 6 basamaklı $a$, $b$, $c$ tam sayıları bulunabileceğini gösteriniz.
Çözüm: Örnek 4’tekine benzer bir yol izleyeceğiz. $0 \leq a, b, c < 10^6$ olacak şekilde $10^6$ tane $a$, $b$ ve $c$ sayısı vardır. Bu sayıları kullanarak $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}$ şeklinde $10^6 \times 10^6 \times 10^6 = 10^{18}$ reel sayı elde ederiz. Öte yandan $0 \leq a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} < (1 + \sqrt{2} + \sqrt{3}) 10^6 < 10^7 – 1$ olduğundan, tüm $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}$ sayıları $[0, 10^7-1)$ aralığındadır. Bu aralığı $10^8-1$ eşit parçaya bölelim. En az iki sayı, $a_i + b_i\sqrt{2} + c_i\sqrt{3}$ ve $a_j + b_j\sqrt{2} + c_j\sqrt{3}$ uzunluğu $(10^7-1)/(10^{18}-1) < 10^{-11}$ olan bir aralığa düşer. O halde $|(a_i + b_i\sqrt{2} + c_i\sqrt{3}) – (a_j + b_j\sqrt{2} + c_j\sqrt{3})| < 10^{-11}$ olmalıdır. $a = a_i – a_j, b = b_i – b_j, c = c_i – c_j$ alırsak bu aradığımız eşitsizliğin sağ yanını verir. Eşitsizliğin sol yanı ise ($a$, $b$, $c$) üçlüsünün ($0$, $0$, $0$) olmadığından (neden?) ve $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$ ve $\sqrt{6}$’nın irrasyonel oluşlarından gösterilebilir.
Örnek 6: Rasyonel sayıların ondalık açılımlarının periyotlu olduklarını kanıtlayınız.
Çözüm: Hepimizin iyi bildiği bu gerçeğin bir örnekte kanıtını Matematik Dünyası’nın 1991 yılı ikinci sayısında, Tuğrul Taner’in “Gerçek Sayı Nedir” adlı yazısında görmüştünüz. Kısaca tekrarlayalım: $p/q$ rasyonel sayısının ondalık açılımını bulmak için $p$’yi $q$’ya böleriz. Tam sayı kısmından sonra kalanlara bakalım. Kalanlar sıfırla $q – 1$ arasında tam sayılardır. Çoraplarımız kalanlar, çekmeceler ise $0, 1, …, q – 1$ olacak. Çekmece ilkesinden ilk $q$ kalana bakarsak bunların en az ikisinin aynı olacağını buluruz. Öte yandan bölmenin bir sonraki adımında bir önceki kalanla devam ediyoruz. O halde aynı kalanlardan sonraki adımlar aynı olacak, yani açılım devirli çıkacaktır.
Konu ile ilgili birkaç kaynak ve her zamanki gibi problemlerle yazıyı bitirelim.
Kaynaklar
Verdiğimiz örnek ve problemlerin çoğu The USSR Olympiad Problem Book ve Ross Honsberger’in More Mathematical Morsels adlı kitabından uyarlandı. ilkine daha önce bu köşede değinmiştik, ikincisi The Mathematical Association of America tarafından 1991 yılında yayımlanmış, içinde özellikle olimpiyatlarda önerilen ya da kullanılan çok sayıda değişik konuda problem var. Kitap “Dolciani Mathematical Expositions” adlı bir dizinin onuncu yayını. Dördüncü örneğimiz ve benzer sorular Türk Matematik Derneği çevirileri arasında çıkan Ivan Niven’in Rasyonel ve İrrasyonel Sayılar kitabında bulunabilir.
Problemler
1- Bir toplantıya katılanlardan bazıları el sıkışıyorlar. En az iki kişinin aynı sayıda el sıktıklarını kanıtlayınız.
2- Verilen 7 farklı reel sayı içinde
$0 < \frac{x – y}{1 + xy} < \frac{1}{\sqrt{3}}$
eşitsizliğini sağlayan $x$ ve $y$ bulunduğunu gösteriniz.
3- $[0, 4]$ kapalı aralığı içinde boyları bir birim olan 10 tane kapalı aralık veriliyor. Aralıklardan en az dördünün en az bir ortak noktası olduğunu gösteriniz.
4- Bir satranç ustası önemli bir turnuvaya hazırlanmak için 11 hafta boyunca hazırlanıyor. Usta her gün en az bir maç yapıyor, ancak fazla yorulmamak için de bir haftada en çok 12 maç yapmaya karar veriyor. Ustanın belli bir zaman aralığında art arda tam 20 maç yapacağını gösteriniz.
5- 52 tane farklı tam sayıdan ikisinin toplam ya da farkı 100 ile tam olarak bölünebilir, kanıtlayınız.
6- Kenarları bir metre uzunluğunda kare şeklinde bir bilardo masasında bir köşeden başlayarak topu herhangi bir doğrultuda rastgele yuvarlıyoruz. Topun belli bir süre içinde köşelerden birine 5 cm’den daha yakın olacağını gösteriniz.
7- (1987 Olimpiyatı) $x_1^2 + x_2^2 + … + x_n^2 = 1$ olacak şekilde $x_1, x_2, …, x_n$ reel sayıları veriliyor. $k > 1$ tam sayısı verildiğinde
$|e_1x_1 + e_2x_2 + … + e_nx_n| \leq \frac{(k-1)\sqrt{n}}{k^n-1}$
eşitsizliğini sağlayan ve hepsi birden 0 olmayan $|e_i| < k$ tam sayıları bulabileceğimizi gösteriniz.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1992 yılı 2. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Zeynep Begüm Kara‘ya ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
