MAT239 AYRIK MATEMATİKmatematik.anadolu.edu.tr/dersler/ayrik/sunumlar/handout_03.pdf · hediyelerin dağıtım problemi gibi düşünerek cevap vermeye çalışacağız) 14/54 AYRIK

MAT239 AYRIK MATEMATİK

Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni3. Bölüm

Emrah Akyar

Eskişehir Teknik ÜniversitesiFen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR

2018–2019 Öğretim Yılı

Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Binom Teoremi

Binom Teoremi

1. Derste

(n

k

)

sayılarına binom katsayıları denildiğini ifade etmiştik. Şimdi

bu adlandırmanın nereden kaynaklandığını açıklayalım.

Aşağıdaki özdeşlikler hepimizin iyi bildiği özdeşliklerdir.

(x + y)2 = x2 + 2xy + y2

(x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

(x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

Varsayım

Bu eşitliklerin sağ tarafında yer alan katsayılar

(n

k

)

sayılarıdır.

2/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Gerçekten de,

(x + y)5 = (x + y)(x + y)(x + y)(x + y)(x + y)

ifadesinin açılımını düşünelim.

Bu ifadenin açılımında ortaya çıkan terimler, her bir çarpandaki iki terimdenbirinin seçilip, birbirleriyle çarpılması ile elde edilir.

Örneğin, x2y3 ü elde etmek için, bu beş çarpanın ikisinden “x” i (dolayısıylada üçünden “y ” yi) seçmemiz gerekir.

Bu beş çarpanın üçünden ise “y ” yi

(53

)

farklı şekilde seçebiliriz. O halde

ifadenin açılımı

(x + y)5 =

(50

)

x5 +

(51

)

x4y +

(52

)

x3y2 +

(53

)

x2y3 +

(54

)

xy4 +

(55

)

y5

olacaktır.



Binom Teoremi

Bu anlatılan yöntem genelleştirilecek olursa, Binom Teoremi adı verilenaşağıdaki teorem elde edilir.

Teorem (Binom Teoremi)

(x + y)n ifadesinin açılımında xn−kyk nin katsayısı

(n

k

)

olur. Bir başka

ifadeyle

(x + y)n =

(n

0

)

xn +

(n

1

)

xn−1y +

(n

2

)

xn−2y2 + · · ·+(

n

n − 1

)

xyn−1

+

(n

n

)

yn =n∑

k=0

(n

k

)

xn−kyk

olur.



Bu önemli özdeşlik ünlü Farslı şair, yazar, matematikçi, filozof ve astronomÖmer Hayyam tarafından keşfedilmiştir.

Ömer Hayyam (1044?–1123?)

Sevgili, seninle ben pergel gibi-yiz;

İki başımız var, bir tek bedeni-miz.

Ne kadar dönersem döneyimçevrende

Er geç baş başa verecek değilmiyiz?

Ömer HAYYAM

Binom sözcüğü iki terim içeren ifadeler için kullanılan Yunanca “binome”sözcüğünden gelmektedir.



Şimdi Binom Teoreminin kanıtını verelim (Alıştırma 3.1.1):

Kanıtı tümevarım yöntemini kullanarak yapalım.

n = 0 için (x + y)0 = 1 =0∑

k=0

(0k

)

x0−kyk olur.

n = 1 için (x + y)1 = (x + y) =1∑

k=0

(1k

)

x1−kyk olur.

n = m için eşit geçerli olsun (tümevarım hipotezi).

n = m + 1 için eşitliğin geçerli olduğunu gösterelim.



Tümevarım hipotezini kullanırsak,

(x + y)m+1 = (x + y)(x + y)m

= (x + y)m∑

k=0

(m

k

)

xm−kyk

= x

m∑

k=0

(m

k

)

xm−kyk + y

m∑

k=0

(m

k

)

xm−kyk

olur. x ve y yi toplamların içine katarsak,

(x + y)m+1 =m∑

k=0

(m

k

)

xm−k+1yk +m∑

k=0

(m

k

)

xm−kyk+1

elde edilir.



Birinci toplamdan k = 0 durumunu ayırırsak,

(x + y)m+1 = xm+1 +

m∑

k=1

(m

k

)

xm−k+1yk +

m∑

k=0

(m

k

)

xm−kyk+1

olur. İkinci toplamda k = j − 1 alırsak,

(x + y)m+1 = xm+1 +m∑

k=1

(m

k

)

xm−k+1yk +m+1∑

j=1

(m

j − 1

)

xm−j+1y j

bulunur. İkinci toplamın da son terimini (j = m + 1 durumunu) ayırırsak,

(x + y)m+1 = xm+1 + ym+1 +m∑

k=1

(m

k

)

xm−k+1yk +m∑

j=1

(m

j − 1

)

xm−j+1y j

elde edilir.



Şimdi iki toplamı birleştirirsek (aslında xm−k+1yk parantezine alırsak)

(x + y)m+1 = xm+1 + ym+1 +

m∑

k=1

[{(m

k

)

+

(m

k − 1

)}

xm−k+1yk]

olur. 1. Derste(mk

)+(

mk−1

)=

(m+1k

)olduğunu kanıtlamıştık. O halde

(x + y)m+1 = xm+1 + ym+1 +m∑

k=1

[(m + 1k

)

xm−k+1yk]

=m+1∑

k=0

[(m + 1k

)

xm−k+1yk]

sonucuna ulaşırız.

Tümevarım yöntemi gereği eşitlik her n doğal sayısı için doğru olacaktır.



Örnek

1. Derste (n

0

)

+

(n

1

)

+ · · ·+(

n

n − 1

)

+

(n

n

)

= 2n

özdeşliğini kanıtlamıştık.

Bu özdeşliği “Binom Teoremini’ kullanarak da kanıtlayabiliriz.

(x + y)n ifadesinin açılımında x = y = 1 alınırsa özdeşlik kolayca elde edilir.


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Hediyeleri Dağıtmak

Hediyeleri Dağıtmak

Soru

Sınıfça aldığınız n farklı hediyeyi çocuk esirgeme kurumuna gidip buradaki kçocuğa dağıtmak istiyorsunuz.

Hangi çocuğun kaç tane hediye alabileceği kurumun yetkilileri tarafındanönceden sizlere bildirilmiş. Bazı çocuklar hediye almayabilir (Hediye sayısıçocuk sayısından az olabilir). Hediye sayısı çocuk sayısından fazla olsa bilebazı çocuklar yine de hediye alamayabilir.

Bu dağıtımı kaç farklı şekilde yapabilirsiniz?

n : hediye sayısı

k : çocuk sayısı

nk : k . çocuğun alacağı hediye sayısı (n1 + n2 + · · ·+ nk = n)



1. Yöntem: n hediyenin hepsini yanyana dizeriz. Sonra birinci çocuğuçağırır soldan n1 tane hediye almasını isteriz. Daha sonra (hediyekaldıysa) ikinci çocuğu çağırır soldan n2 tane hediye almasını isteriz.Bu şekilde devam edilerek k . çocuğu çağırır kalan nk hediye almasınıisteriz. Böylece bütün hediyeler dağıtılmış olur.Peki bu işlem kaç farklı şekilde yapılabilir?

n hediyeyi n! farklı şekilde sıralayabileceğimizi biliyoruz.

Diğer taraftan da k . çocuğun aldığı nk hediyenin kendi içinde sırasınındeğişmesinin bir şeyi değiştirmeyeceği düşünülürse cevap

n!

n1!n2! · · · nk !

olur.



2. Yöntem: Önce n tane hediye içerisinden n1 hediye seçip birinciçocuğa verelim. Sonra kalan n − n1 hediye içerisinden n2 hediye seçipikinci çocuğa verelim. Bu şekilde tüm hediyeleri çocuklara dağıtalım.Bu işlemi kaç farklı şekilde yapabiliriz?(n

n1

)(n − n1

n2

)

· · ·(n − n1 − n2 − · · · − nk−1

nk

)

=n!

n1!(n − n1)!

(n − n1)!

n2!(n − n1 − n2)!· · · (n − n1 − n2 − · · · nk−1)!

nk !(n − n1 − n2 − · · · − nk)!

=n!

n1!n2! · · · nk !

Her iki yöntemde de elde edilen sonuç aynıdır.


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Anagramlar

Anagramlar

Anagram, bir sözcüğün harflerinin değişik sırayla başka sözcükleroluşturmasıdır.

KOMBİNATORİK

KOMİK BARİTON, KİRA ON TOMBİK, ANTİKOR KOMBİ,KİM O KİBAR TON, BİN KOMİK ROTA, BİN MİKRO TOKA,MİKROBİK NOTA, MİKRO BOTANİK, KİRA BİN KOMOT, İKİBOKTAN ROM

KOMBİNATORİK sözcüğünden kaç farklı anlamlı ya da anlamsız sözcükoluşturulabilir? (Bu sorunun cevabını aslında 1. derste vermiştik. Şimdihediyelerin dağıtım problemi gibi düşünerek cevap vermeye çalışacağız)


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Anagramlar

n elemanlı bir sözcükten elde edilecek anagramların sayısını bulmayaçalışalım. Elbette bu sayı sözcük içerisinde yer alan harflerin tekrar sayısınabağımlıdır.

k harften oluşan bir alfabe düşünelim (A,B,C,. . . ,Z). Verilen sözcükte “A”harfi n1 kez (n1 = 0 olabilir), “B” harfi n2 kez ve benzer olarak “Z” harfi denk kez tekrar etsin. Açıktır ki, n1 + n2 + · · ·+ nk = n olur.Şimdi verilen sözcük ile bir anagram oluşturmak için “A” harfine n1

pozisyon, “B” harfi için n2 pozisyon ve bu şekilde devam edilirse “Z” harfiiçin de nk pozisyonun seçilmesi gerekir.

Öyleyse bu problem aslında n farklı hediyenin k tane çocuğa dağılımprobleminden başka bir şey değildir.

Önceki bölümde de bu şekildeki farklı dağılımların sayısının

n!

n1!n2! · · · nk !olduğunu biliyoruz.15/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Paranın Dağıtımı

Paranın Dağıtımı

Bu sefer çocuklara hediye yerine para dağıtalım.

Soru

Acaba n tane özdeş madeni 1TL, k tane çocuğa kaç farklı şekildedağıtılabilir (Bazı çocuklar hiç para almayabilir)?

Örneğin, 10 tane 1TL yi 4 çocuğa kaç farklı şekilde paylaştırabiliriz?

©︸︷︷︸

1. çocuk

| ©©©︸︷︷︸

2. çocuk

| ©©©︸︷︷︸

3. çocuk

| ©©©︸︷︷︸

4. çocuk©© |© |©©© |©©©©|©©|©©©©©©© |© (1. çocuk para almıyor)

©©©|| ©©©©|©©© (2. çocuk para almıyor)...



O halde 10 adet 1TL nin 4 çocuğa dağıtılması demek

©©©©©©©©©©︸︷︷︸

10 tane

|||︸︷︷︸

3 tane︸︷︷︸

13 tane

simgelerinin dizilimi demektir. Bu simgelerin farklı dizilimlerinin sayısının da

(10 + 4− 1)!10!(4− 1)!

=

(10 + 4− 1

4− 1

)

olduğunu biliyoruz. O halde genelleyecek olursak, n adet 1TL k tane çocuğa(n + k − 1k − 1

)

farklı biçimde dağıtılabilir.



Soru

Peki her çocuğun en az 1TL alma koşulunu koyarsak, bu durumda n adet1TL k tane çocuğa kaç farklı biçimde dağıtılır?

Bu sorunun cevabı oldukça kolaydır. Önce her bir çocuğa 1TL veririz vekalan n− k adet 1TL yi ise k çocuğa az önce verdiğimiz yöntemle dağıtırız.n − k tane 1TL nin ise k tane çocuğa

((n − k) + k − 1

k − 1

)

=

(n − 1k − 1

)

farklı şekilde dağıtılabileceğini az önce gördük.



Böylece aşağıdaki teoremleri ifade edebiliriz.

Teorem

n tane özdeş objenin k tane farklı kutuya, her kutuda en az bir obje olacakşekildeki farklı dağılımlarının sayısı

(n − 1k − 1

)

olur.

Teorem

n tane özdeş objenin k tane farklı kutuya farklı dağılımlarının sayısı(n + k − 1k − 1

)

olur.



Artık Binom Teoreminin genelleştirilmişi olan Multinomial Teoreminiverebiliriz.

Teorem (Multinomial Teoremi)

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n ifadesinin açılımında xn1

1 xn22 xn3

3 . . . xnkk ifadesininkatsayısı

n!

n1!n2!n3! · · · nk !olur. Burada i = 1, 2, . . . , k için 0 ≤ ni < n ve n1 + n2 + · · ·+ nk = n dir.

Çoğu zamann!

n1!n2!n3! · · · nk !=

(n

n1, n2, . . . , nk

)

gösterimi de kullanılır ve bu sayılara multinomial katsayısı denir.



Kanıt.

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n = (x1 + x2 + · · ·+ xk) · · · (x1 + x2 + · · ·+ xk)

︸︷︷︸

n tane

açılımında xn11 xn2

2 xn33 . . . xnkk ifadesini elde etmek için sağ taraftaki n tane

çarpanın n1 tanesinden x1, geriye kalan n − n1 tanesinden x2 ve böyledevam edilirse geriye kalan n − n1 − n2 − · · · − nk−1 tanesinden xk ninseçilmesi gerekir.

Bu ise hediyelerin dağıtımında sözünü ettiğimiz ikinci yöntemden başka birşey değildir.

Böylece kanıt biter.


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Pascal Üçgeni

Pascal Üçgeni

Blaise Pascal (1623–1662) Fransız matematikçi, fizikçi ve düşünür.

(00

)

(10

)(11

)

(20

)(21

)(22

)

(30

)(31

)(32

)(33

)

(40

)(41

)(42

)(43

)(44

)

(50

)(51

)(52

)(53

)(54

)(55

)

(60

)(61

)(62

)(63

)(64

)(65

)(66

)

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Pascal Üçgeninin Özdeşlikleri

Pascal Üçgeninin Özdeşlikleri

(n

k

)

=

(n − 1k − 1

)

+

(n − 1k

)

özdeşliğini 1. Derste kanıtlamıştık. Bu özdeşlik yardımıyla(n

0

)

−(n

1

)

+

(n

2

)

−(n

3

)

+ · · ·+ (−1)n(n

n

)

=

(n − 1

0

)

−[(

n − 10

)

+

(n − 1

1

)]

+

[(n − 1

1

)

+

(n − 1

2

)]

+ · · ·+ (−1)n−1

[(n − 1n − 2

)

+

(n − 1n − 1

)]

+ (−1)n(n − 1n − 1

)

= 0

yani (n

0

)

−(n

1

)

+

(n

2

)

−(n

3

)

+ · · ·+ (−1)n(n

n

)

= 0

özdeşliği elde edilir.



Yukarıdaki işlemlerden toplam n ye kadar değil de bir k sayısına (k < n)devam ettiğinde

(n

0

)

−(n

1

)

+

(n

2

)

−(n

3

)

+ · · ·+ (−1)k(n

k

)

= (−1)k(n − 1k

)

olacağı kolayca görülür.



Şimdi Pascal üçgeninin ilk bir kaç satırındaki elemanların karelerinintoplamına bakalım:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

12 = 112 + 12 = 2

12 + 22 + 12 = 612 + 32 + 32 + 12 = 20

12 + 42 + 62 + 42 + 12 = 70...

Varsayım:

(n

0

)2

+

(n

1

)2

+

(n

2

)2

+ · · ·+(

n

n − 1

)2

+

(n

n

)2

=

(2nn

)



Açıktır ki, eşitliğin sağ tarafı 2n elemanlı bir kümenin n elemanlı altkümelerinin sayısıdır.Ancak eşitliğin sol tarafı çok açık değil! S = {1, 2, 3, . . . , 2n}kümesinin {1, 2, . . . , n} kümesinden tam olarak k tane eleman içeren n

elemanlı alt kümelerin sayısını düşünelim.S kümesinin böyle bir alt kümesini seçmek için önce {1, 2, . . . , n}kümesinden k tane eleman alır, sonra kalan n − k elemanı ise{n + 1, n + 2, . . . , 2n} kümesinden alırız.O halde böyle bir alt küme

(n

k

)(n

n − k

)

=

(n

k

)2

farklı biçimde seçilebilir.O zaman eşitliğin sol tarafındaki her bir terim S = {1, 2, 3, . . . , 2n}kümesinin {1, 2, . . . , n} kümesinden tam olarak k = 0, 1, 2, . . . , n taneeleman içeren n elemanlı alt kümelerin sayısıdır. Yani, 2n elemanlı Skümesinin n elemanlı tüm alt kümelerinin sayısıdır.



Şimdi de Pascal üçgeninde diagonal toplamlara bakalım:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

Varsayım(n

0

)

+

(n + 1

1

)

+

(n + 2

2

)

+ · · ·+(n + k

k

)

=

(n + k + 1

k

)



Kanıtı k üzerinden tümevarım yöntemini kullanarak yapalım:

k = 0 için(n0

)=

(n+10

)olduğundan eşitlik doğrudur. k = 1 için

(n0

)+(n+11

)= 1 + n + 1 = n + 2 =

(n+1+1

1

)olduğundan eşitlik

doğrudur (k = 1 durumunun incelenmesine aslında gerek yoktu).

k için eşitlik doğru olsun.

k + 1 için de eşitliğin doğru olduğunu gösterelim.(n

0

)

+

(n + 1

1

)

+

(n + 2

2

)

+ · · ·+(n + k

k

)

︸︷︷︸

tümevarım hipotezinden (n+k+1k )

+

(n + k + 1k + 1

)

=

(n + k + 1

k

)

+

(n + k + 1k + 1

)

=

(n + k + 2k + 1

)

O halde tümevarım yöntemi gereği her k için eşitlik doğrudur.



Pascal üçgeninde yer alan tek sayıları “•” çift sayıları ise “◦” sembolü iledeğiştirirsek

•••• ◦ •• • ••• ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • • • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • • • • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ • ◦ •• • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • • • ••• ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ •• • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ••• ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ •• • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ◦ ◦ ◦ • • ••• ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ •

Sierpinski üçgenini elde ederiz.



Pascal Üçgeninin Altıgenlik Özelliği

Pascal üçgeninin herhangi bir elemanını çevreleyen (köşeleri pascalüçgeninin 6 eleman ile oluşturulan) altıgende komşu olmayan köşelerinçarpımı eşittir.

Örneğin,

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1 · 2 · 6︸︷︷︸

12

= 1 · 3 · 4︸︷︷︸

12

5 · 20 · 21︸︷︷︸

2100

= 6 · 10 · 35︸︷︷︸

2100



Genel olarak Pascal üçgeninin elemanı çevreleyen altıgen, düzgün altıgenolmak zorunda değildir. Yani,

Teorem

Pascal üçgeninin bir(mn

)elemanı alındığında, r1 ve r2 pozitif tamsayılar

olmak üzere,(

m

n − r2

)(m − r1

n

)(m + r2

n + r1

)

=

(m − r1

n − r2

)(m + r2

n

)(m

n + r1

)

olur.



Ancak biz işlemlerde kısalık açısından r1 = r2 = 1 durumunu yani(

m

n − 1

)(m − 1n

)(m + 1n + 1

)

=

(m − 1n − 1

)(m + 1n

)(m

n + 1

)

eşitliğini kanıtlayacağız.

Kanıt.(

m

n − 1

)(m − 1n

)(m + 1n + 1

)

=m!

(n − 1)!(m − n + 1)!(m − 1)!

n!(m − n − 1)!(m + 1)!

(n + 1)!(m − n)!

=

(m − 1n − 1

)(m + 1n

)(m

n + 1

)



1 ←→ 110 = 11 1 ←→ 111 = 11

1 2 1 ←→ 112 = 1211 3 3 1 ←→ 113 = 1331

1 4 6 4 1 ←→ 114 = 146411 5 10 10 5 1 ←→?

1 6 15 20 15 6 1

113 = (10 + 1)3 =

(30

)

10310 +

(31

)

10211 +

(32

)

10112 +

(33

)

10013

=

(30

)

103

(31

)

102 +

(32

)

101 +

(33

)

100

= 1× 1000 + 3× 100 + 3× 10 + 1

Elbette(nk

)> 9 olduğunda yukarıdaki kural geçerli olmayacaktır. Örneğin,

115 = 161051 6= 15101051.


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Kuş Bakışı Pascal Üçgeni

Kuş Bakışı Pascal Üçgeni

Pascal üçgenine ilk bakışta görünen özellikler aşağıdakilerdir.

Simetrik!

n çift ise n. satırda bir tek orta eleman var, n tek ise iki tane eşit ortaeleman var.

Keyfi bir satırda değerler ortaya kadar artıyor, sonra azalıyor.

Bu son özelliği kanıtlayalım.



Pascal üçgeninin n. satırındaki iki ardışık elemanı karşılaştıralım.

(n

k

)

?

(n

k + 1

)

n!

k!(n − k)!?

n!

(k + 1)!(n − k − 1)!1

n − k?

1k + 1

1 ?n − k

k + 1k + 1 ? n − k

2k ? n − 1

k ?n − 1

2

O halde,

k <n − 1

2ise

(n

k

)

<

(n

k + 1

)

k =n − 1

2ise

(n

k

)

=

(n

k + 1

)

k >n − 1

2ise

(n

k

)

>

(n

k + 1

)

olur.



Şimdi Pascal üçgeninin herhangi bir satırındaki ardışık elemanlarınbirbirinden ne kadar farklı olduğunu inceleyelim.

Soldan ikinci eleman ilk elemanın n katıdır.

Üçüncü eleman ise ikinci elemanın n−12 katıdır.

Genel olarak, (n

k+1

)

(nk

) =n − k

k + 1

olduğundan k + 1. eleman k . elemanın n−kk+1 katıdır.



0

50

100

150

200

250

2 4 6 8 10

0

2e+28

4e+28

6e+28

8e+28

1e+29

20 40 60 80 10037/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Az önceki grafiklerden aşağıdaki yorumlar yapılabilir:

En büyük sayı, n büyüdükçe çok fazla büyüyor.

Sayılar ortaya kadar büyüyüp sonra azalmakla kalmıyor, ilk ve sonrakamlara göre ciddi anlamda farklı. Örneğin, n = 100 için yukarıdakigrafikte sadece

(10025

),(100

26

), . . . ,

(10075

)sayılarına karşılık gelen veriler

görüntülenebilmiştir.

n nin farklı değerlerine karşılık elde edilecek grafikler benzerdir.

Bu gözlemlere şimdi daha detaylı bakalım. Bunun için işlemlerde kolaylıkolması bakımından n sayısını genelliği bozmaksızın çift sayı olarak kabuledeceğiz.



Pascal üçgeninin n. satırındaki en büyük sayının ortadaki eleman(

nn/2

)

olduğunu diğer sayıların ise daha küçük olduğunu biliyoruz.Peki bu sayı ne kadar büyük bir sayı?Bu sayı için akla gelen ilk üst sınır 2n olur (Çünkü n. satırdaki tümsayıların toplamı). O halde

(n

n/2

)

< 2n

olur.n. satırdaki en büyük sayı bu satırdaki tüm sayıların aritmetikortalamasından daha büyük veya eşit olacağından

(n

n/2

)

>2n

n + 1

alt sınırını elde ederiz.



2n

n + 1<

(n

n/2

)

< 2n

değerlendirmesi ne kadar iyi bir değerlendirme? Örneğin, bu değerlendirmeyardımıyla

(500250

)sayısının kaç basamaklı olduğunu bulmaya çalışalım.

2500

501<

(500250

)

< 2500

eşitsizliğinin 10 tabanında logaritmasını alırsak,

147.815 ≈ 500 log 2− log 501 < log

(500250

)

< 500 log 2 ≈ 150.514

olur.O halde 1. Dersten sayının basamak sayısının 148 ile 151 arasındaolduğunu söyleyebiliriz (gerçekte 150 basamaklı). Oldukça iyi!



(n

n/2

)sayısı için daha iyi bir değerlendirme vermek istiyorsak Stirling

formülünü kullanabiliriz.(

n

n/2

)

=n!

(n/2)!(n − n/2)!=

n!

(n/2)!(n/2)!

ven! ∼

√2πn

(n

e

)n

olduğundan

(n/2)! ∼√πn

( n

2e

)n/2

olur. O halde(

n

n/2

)

∼√

2πn(ne

)n

√πn

(n2e

)n/2√πn

(n2e

)n/2=

√2πn

(ne

)n

πn(

n2e

)n =

√

2πn

2n

olur.



Artık,

Pascal üçgeninin n. satırındaki en büyük elemanın ortadaki elemanolduğunu iyi biliyoruz.

Ayrıca bu elemanın ne kadar büyük bir sayı olduğunu da inceledik.

Hatta ortadaki elemandan sağa ya da sola doğru gidersek sayılarınazalacağını da biliyoruz.

Peki bu sayılar hangi hızda azalır?



Pascal üçgeninin 55. satırındaki ilk birkaç eleman:1, 55, 1485, 26235, 341055, 3478761, 28989675, 202927725, 1217566350,

6358402050, 29248649430,. . .

Ardışık elemanların oranları:55., 27., 17.67, 13., 10.20, 8.333, 7., 6., 5.222, 4.600, 4.091, 3.667, 3.308, 3.,

2.733, 2.500, 2.294, 2.111, 1.947, 1.800, 1.667, 1.545, 1.435, 1.333, 1.240,

1.154, 1.074, 1., .9310, .8667,. . .

Sayılar artarken oran azalıyor. Ortadaki elemandan sonra ise oran 1 denküçük olarak azalmaya devam ediyor. Gerçekten de daha önce dehesapladığımız gibi ardışık iki elemanın oranını

(n

k+1

)

(nk

) =n − 1k + 1

=n + 1k + 1

− 1

şeklinde yazarsak, k arttığında bu oranın azalacağını hemen söyleyebiliriz.


Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Kartal Bakışı Pascal Üçgeni

Kartal Bakışı Pascal Üçgeni

Bu bölümde de genelliği bozmaksızın yine n sayısının çift olduğunu kabuledeceğiz. Bu durumda pozitif bir m tamsayısı için n = 2m alabiliriz.

Pascal üçgeninin n. satırının ortasında yer alan ve bu satırdaki en büyüksayı olan

(2mm

)sayısı ile bu sayıdan t kadar sağda ya da solda olan binom

katsayısını karşılaştırıldığında aşağıdaki formül elde edilir:

(2mm

)

( 2mm−t

) ≈ e−t2/m

Bu formül bize yapılan hatanın ne ölçüde olduğunu söylemez. Ancakaşağıdaki değerlendirme oldukça kullanışlıdır.

e−t2/(m−t+1) ≤( 2mm−t

)

(2mm

) ≤ e−t2/(m+t)

Daha iyi değerlendirmeler de verilebilir.44/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ

Binom Katsayıları ve Pascal Üçgeni Alıştırmalar

Alıştırmalar

Alıştırma

7 sorunun bulunduğu bir sınav kağıdı her soru beş ve beşin tam katları ilepuanlanacak olursa kaç farklı şekilde puanlandırılabilir? (Her soru mutlaka

puanlandırılmalıdır ve sınav 100 üzerinden değerlendirilecektir.)

Her bir 5 puanı bir obje olarak düşünecek olursak soru, 20 (100/5 = 20)özdeş objenin 7 kutuya her kutuya en az 1 obje gelecek şekilde dağılımıproblemine dönüşür. Bu sayının da

(20− 17− 1

)

= 27 132

olduğunu biliyoruz.



Alıştırma

Farklı 6 kutuya 8 top, ilk iki kutuda toplamda en fazla 4 top olmakkoşuluyla

1 toplar özdeş iken,2 toplar birbirinden farklı iken

kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?



Tam olarak k (0 ≤ k ≤ 8) tane özdeş top ilk iki kutuya(k + 2− 1

2− 1

)

=

(k + 1

1

)

farklı şekilde, geriye kalan 8− k top ise diğer 4 kutuya((8− k) + 4− 1

4− 1

)

=

(11− k

3

)

farklı şekilde yerleştirildiğinden, ilk iki kutuda tam olarak k tane topolacak şekilde 8 özdeş top 6 kutuya

(k + 1

1

)(11− k

3

)

farklı şekilde yerleştirilebilir. Buna göre k = 0, 1, 2, 3, 4 durumları için

4∑

k=0

(k + 1

1

)(11− k

3

)

= 1 056

elde edilir.47/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Yine ilk iki kutuda toplamda en fazla k ayırt edilebilir top içinhesaplayalım.Bunun için ilk iki kutuda hangi (ayırdedilebilir/özdeş olmayan) k topunbulunacağını belirlemeliyiz. Bu sayı ise

(8k

)

︸︷︷︸

ilk iki kutu için 8toptan k tanesi

· 2k︸︷︷︸

k topun her birisi içiniki durum söz konusu (1.kutu, 2. kutu)

olur.Geriye kalan 8− k özdeş olmayan top ise kalan 4 kutuya

48−k

farklı şekilde yerleştirilecektir.



O halde ilk iki kutuda toplamda tam olarak k özdeş olmayan top bulunacakşekilde 8 top, (

8k

)

2k48−k

farklı şekilde 6 kutuya yerleştirilebilir.

Yine k = 0, 1, 2, 3, 4 durumlarını ayrı ayrı toplarsak, sonuç

4∑

k=0

(8k

)

2k48−k = 1 531 904

bulunur.



Alıştırma

x1 + x2 + x3 + x4 = 15 denkleminin

2 ≤ x1 ≤ 6, −2 ≤ x2 ≤ 1, 0 ≤ x3 ≤ 6, 3 ≤ x4 ≤ 8

koşulları altında tamsayılar kümesinde kaç farklı çözümü vardır?

y1 = x1 − 2, y2 = x2 + 2, y3 = x3, ve y4 = x4 − 3 değişken değişimiyaparsak problem

0 ≤ y1 ≤ 4, 0 ≤ y2 ≤ 3, 0 ≤ y3 ≤ 6, 0 ≤ y4 ≤ 5

koşulları altınday1 + y2 + y3 + y4 = 12

denkleminin tamsayılar kümesindeki çözümlerinin sayısını bulma probleminedönüşür.



Denklemin negatif olmayan tüm çözümlerinin kümesini S ile gösterecekolursak,

|S | =(

12 + 4− 14− 1

)

=

(153

)

= 455

olur.c1 ile y1 ≥ 5 koşulunu, c2 ile y2 ≥ 4 koşulunu, c3 ile y3 ≥ 7 koşulunu ve c4ile ise y4 ≥ 6 koşulunu sağlayan çözümleri gösterelim.

Bu durumda|c1| =

((12−5)+4−1

4−1

)=

(103

)= 120

|c2| =((12−4)+4−1

4−1

)=

(113

)= 165

|c3| =((12−7)+4−1

4−1

)=

(83

)= 56

|c4| =((12−6)+4−1

4−1

)=

(93

)= 84

olur.



Benzer şekilde

|c1c2| =((12−9)+4−1

4−1

)=

(63

)= 20

|c1c3| =((12−12)+4−1

4−1

)=

(33

)= 1

|c1c4| =((12−11)+4−1

4−1

)=

(43

)= 4

|c2c3| =((12−11)+4−1

4−1

)=

(43

)= 4

|c2c4| =((12−10)+4−1

4−1

)=

(53

)= 10

|c3c4| = 0

elde edilir. Son olarak

|c1c2c3| = |c1c2c4| = |c2c3c4| = |c1c2c3c4| = 0

olur. O halde İçerme–Dışlama prensibinden,

|c1c2c3c4| = |S | − (|c1|+ |c2|+ |c3|+ |c4|)+(|c1c2|+ |c1c3|+ |c1c4|+ |c2c3|+ |c2c4|+ |c3c4|)

= 455− (120 + 165 + 56 + 84) + (20 + 1 + 4 + 4 + 10) = 69

sonucuna ulaşılır.52/54 AYRIK MATEMATİK (2018–2019) ESKİŞEHİR TEKNİK ÜNİVERSİTESİ


Alıştırma

(2w − x + 3y + z − 2)12 ifadesinin açılımında1 Kaç terim vardır?2 w2x2y2z2 teriminin katsayısı nedir?

Multinomial Teoreminden

(x1 + x2 + · · ·+ xk)n =

∑

n1,n2,...,nk≥0n1+n2+···+nk=n

(n

n1, n2, . . . , nk

)

xn11 xn2

2 · · · xnkk

olduğunu biliyoruz.



Buna göre,1 Terim sayısını bulmak için n1 + n2 + n3 + n4 + n5 = 12 denkleminin

çözümlerinin sayısını bulmalıyız. Bu sayının ise(

12 + 5− 15− 1

)

=

(164

)

= 1820

olduğunu biliyoruz.2 Yukarıdaki formülden w2x2y2z2 teriminin katsayısını

(12

2, 2, 2, 2, 4

)

(2)2(−1)2(3)2(1)2(−2)4 = 718 502 400

elde ederiz.


Documents

MAT239 AYRIK MATEMATİKmatematik.anadolu.edu.tr/dersler/ayrik/sunumlar/handout_03.pdf · hediyelerin dağıtım problemi gibi düşünerek cevap vermeye çalışacağız) 14/54 AYRIK