ÇENTİK METODU İLE SAYMA TEKNİKLERİNDE YENİ TEOREMLER

Transkript

1 DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ MATEMATİK YARIŞMASI ÇENTİK METODU İLE SAYMA TEKNİKLERİNDE YENİ TEOREMLER MATEMATİK PROJESİ DANIŞMAN YASEMİN YAVAŞ İSTANBUL-2014

2 İÇİNDEKİLER AMAÇ... 3 GİRİŞ... 4 TEOREMLER... 9 ÖRNEKLER 24 KAYNAKLAR... 34

3 AMAÇ Lise müfredatında öğretilen metodlarla çözülemeyen Umo ve Bilgisayar Olimpiyatları sorularının daha kolay bir yoldan çözülmesi ve bu yolun derinlemesine arşivlenmesidir. Bu derlemenin yapılma amaclarından biri de çentik metodu hakkında yeterli dokümanın bulunmaması da vardır. Örneğin ; 4 özdeş oyuncak 4 çocuğa kaç farklı şekilde dağıtılır? 1.yol (Lise düzeyi) a+b+c+d= ! 4! ! 2! ! 2!.2! ! 2! ! 3! =35 farklı şekilde dağatılır.sayılar büyüdükçe bu çözüm yolunun kullanımı daha da zorlaşacaktır. 2.Yol (Çentik Metodu) olur.

4 GİRİŞ SAYMA TEKNİKLERİ PERMÜTASYON 1-)Saymanın Temel İlkesi K D 1 D 2 D 3 D 4 E 1 E 2 L M N E 3 F 1 F 2 D={ K den L ye giden yollar } = { D 1, D 2, D 3, D 4 } E={ L den M ye giden yollar } = { E 1, E 2, E 3 } F={ M den N ye giden yollar } = { F 1, F 2 } K den (L ve M den geçmek koşuluyla) N ye gidebilmek için önce D kümesinden bir eleman sonra E den ve sonra da F den bir eleman seçilmelidir. (D 3, E 2, F 1 ) sıralı üçlüsü K den N ye giden bir yolu göstermektedir. (D 4, E 1, F 2 ), (D 1, E 1, F 1 ) sıralı üçlüleri de farklı birer yolu göstermektedir. Bu şekilde kaç tane sıralı üçlü yazılabileceği bu üç kümenin eleman sayılarının çarpımı ile bulunur. Bu kurala Saymanın Temel İlkesi denir. Buna göre, yol sayısı = s(d).s(e).s(f) = = 24 tür. Genellikle izlenen yöntem; sıralı üçlü yazılacağından üç kutu oluşturulur ) Sıralama ÖRNEK: 5 kişi yan yana sıralanmış 5 sandalyeye kaç değişik biçimde oturabilir? ( 5 kişi yan yana kaç değişik biçimde sıralanabilir? ) ÇÖZÜM: Bu örneğin çözümü için kutu yöntemi kullanılırsa: = = 5! Çözüme soldaki kutudan başlandı. Bir kişi iki yere birden oturamayacağına göre, kişi sayısı birer azalacaktır.

5 Sonuç olarak; n!, n tane nesnenin yan yana SIRALANMA sayısını 3) Permütasyon n ve r birer doğal sayı olmak üzere r n olsun. n tane elemanın r li sıralanışına n nin r li permütasyonu denir ve P(n,r) ile gösterilir. P(n,r) = n! (n-r)! 4-) Dönel ( Dairesel ) Permütasyon n tane elemanın kapalı bir eğri üzerindeki farklı sıralanışına dönel (dairesel) permütasyon denir. n-2 (sabit) n 1 n Çember üzerinde sıralama yapabilmek için elemanlardan biri sabit tutulur. Buna göre, n tane elemanın biri sabit tutulduğunda kalan n-1 elemanın sıralanışı; P( n-1, n-1) = (n-1)! kadardır. 5-) Tekrarlı Permütasyon aynı ise n tane farklı elemanın n 1 tanesi aynı, n 2 tanesi aynı,, n r tanesi n 1 + n n r = n tane elemanın farklı sıralamasının sayısı; n! n 1!.n 2!...n r! kadardır.

6 Kombinasyon kullanımı Geometride; 1) Alt Kümelerde; ÖRNEK: A={1,2,3,4,5,6,7,8,9} kümesinin 5 elemanlı alt kümelerinin kaç tanesinde 1 ve 2 birlikte bulunmaz? 9 ÇÖZÜM: ) Gruplamada; ÖRNEK: 5 evli çift arasından 3 kişilik bir kurul, a) Hiçbir şart olmaksızın b) Kurulda 2 erkek, 1 kadın olmak şartıyla c) Eşler aynı kurulda bulunmamak şartıyla kaç farklı şekilde seçilir? ÇÖZÜM: a) Sıra önemi olmadığından 10 kişi arasından 3 ünün seçimi düşünülür = 10! 7!.3! = = 10 1 = yolla seçilir. Çarpma kuralından. = 10.5= b) 2 erkek yolla seçilir. Bu seçim yapıldıktan sonra 1 kadın c) Eşler aynı kurulda bulunmayacaklarına göre, kurulda bulunan kişiler eş olmamalıdır. Önce 3 çift, 5 çift arasından yolla seçilir. 3 çift seçildikten sonra, ilk çiftten iki (erkek ya da kadın), ikinci çiftten iki üçüncü çiftten iki seçim yapılabilir. Çarpma kuralıyla;

7 = 80 ya da 10 tüm seçim 5 beş çiftten. 8 3 sayısından 1 birinin seçimi 1 geri kalan 8 kişiden birinin seçimi = 80 4) Dağılımda; ÖRNEK: ( x+y+z+t ) 12 ifadesinin açılımında kaç terim vardır? ÇÖZÜM: a+b+c+d=12, a 0, b 0, c 0, d 0 denkleminin ( a, b, c, d tam sayıları için) çözüm sayısı kadar terim vardır. O halde; = 15! 12!.3! =455 tane çözüm vardır. Yani ifadenin açılımında 455 terim vardır. Lise düzeyinde öğrendiğimiz yukarıdaki konular son soruda ifade ettiğimiz dağılım sorularında yetersiz kalmaktadır. Bu yüzden n özdeş nesnenin r farklı kutuya dağılımı soruları çok fazla uygulaması olduğu için teferruatlı bir şekilde incelenecektir.

8 N özdeş nesne r farklı kutuya Teorem nr1 nr1 r1 n İSPAT farklı şekilde yerleştirilir. N özdeş nesnenin r farklı kutuya dağalımını inceleyelim r n özdeş nesne r kutu için,her kutu arasına bir çentik atarsak r-1 tane çentik oluşur r n n nesneyi, n= ( n tane 1 ) olacak şekilde 1 lerden oluşturalım r (n tane nesne) 1 lerimiz r kutuya rastgele dağıtıldığında, örneğin; şeklinde bir dağılım oluşur.yani; şeklini alır.bu ise, (r-1) çentik (çizgiler) N nesne (1 ler) için ikili tekrarlı permütasyondur.kısaca; ( nr1)! n! r1!. Bu ise nr1 nr1 r1 n kombinasyonudur.

9 Teorem 1 x1 x... 2 x3 xr n n N x1, x2, x3... x r N için denklemin çözüm kümesi elemanlıdır. nr1 nr1 r1 n İSPAT Çentik metodu ile, x1 x2 x3... xr (n tane 1) x1, x2, x3... x r kutularına özdeş 1 lerimizi dağıtırsak ilk teorem gereği doğal sayılarda çözüm kümesi nr1 nr1 r1 n elemanlıdır. ÖRNEK: a+b+c+d+e=37 denkleminin doğal sayılarda kaç tane çözümü vardır?

10 ÇÖZÜM: Teorem 2 x1 x... 2 x3 xr n n N x1, x2, x3... x r Z N, ve denkleminin çözüm kümesi ( nr) r1 n1 nr nr elemanlıdır. İSPAT Çentik metodunun geçerli olması için kutularda boş kutu kalabilmelidir.bu yüzden pozitif tam sayı kümesi elemanları olmak şartı ile n özdeş nesneden birer tane kutulara koymamız gerekir.yani r tane dağıtırsak, x x x x n r l l l... l r l l l l x1, x2, x3... x r en az bir elemanlı olur. Yani pozitif tamsayılar olur. (n-r) elemanı r kutuya dağıtırsak yine (r-1) çentik olur. ( nr) r1 n1 nr nr

11 SORU: a+b+c+d+e=37 denkleminin pozitif tamsayılarda kaç çözümü vardır? ÇÖZÜM: a ı b ı c ı d ı e ı 37 5 ı ı ı ı ı a b c d e Teorem 3 x1, x2, x3... x r N n N ise, x1 x... 2 x3 xr n Eşitsizliğinin çözüm kümesi nr nr n r elemanlıdır. İSPAT x1 x... 2 x3 xr n x1 x x3 xr n x1 x x3 xr n.... x1 x x3 x r

12 Denklemlerinin hepsi yukarıdaki eşitsizliği sağlar.n deki azalma yerine sol tarafa xr 1 elemanını eklersek ve n de her azalmadaki nesneleri bu kutuya atarsak tek formülle çözüm elemanlarının sayılarını bulabiliriz. Yani, x1 x2 x3... xr xr 1 n N özdeş nesneyi (r+1) kutuya, r çentiğe dağıtırsak nr nr n r ispatlanmış olur. SORU: a b c d e f 20 eşitsizliğinin doğal sayılarda kaç çözümü vardır? ÇÖZÜM: a+b+c+d+e+f+k= Teorem 4 x1, x2, x3..., xr Z

13 x1 x... 2 x3 xr n kümesi n n r nr elemanlıdır. eşitsizliğinin çözüm İSPAT x1 x... 2 x3 xr n Teorem 2 deki yolla birer eleman x1, x2, x3..., x r kutularına yerleştirelim.teorem 3 teki yolla eşitsizliğin azalan n değerleri için xr 1 kutusuna ekleyelim.yani, x x x... x x n r l l l l r r1 Çentik metodu ile (n-r) nesne, r çentiğe dağıtılırsa çözüm kümesi nrr nrr n r nr r elemanlıdır. ÖRNEK: a b c d e f 20 eşitsizliğinin doğal sayılarda kaç çözümü vardır? ÇÖZÜM: a l b l c l d l e l f l

14 Teorem 5 x1, x2, x3..., xr N n N x1 x... 2 x3 xr n için çözüm kümeleri nr 2 nr 2 n1 r1 elemanlıdır. İSPAT x1 x x3 xr n olur. ( n N için ) x x x... x x n r r1

15 (n-1) nesneyi r çentiğe dağıtırsak, çözüm kümesi nr 2 nr 2 n1 r1 elemanlı olur. ÖRNEK a b c d e f 20 eşitsizliğinin doğal sayılarda kaç çözümü vardır? ÇÖZÜM: a b c d e f 19 a b c d e f k TEOREM 6 x1, x2, x3... x r N n N ve n a1 a2 a3... a r olmak üzere x1 a1, x2 a2, x3 a3,... x r a r olacak şekilde doğal sayılarda x1x... 2 x3 xr n denkleminin çözüm kümesi a1 a2 a3... a r T olacak şekilde n T r 1 r 1 elemanlıdır. x ' e 1 a 1 tane, x ' ye 2 a 2 tane, İSPAT xr ' ye ar tane elemanı n den alıp yerleştirirsek

16 n a1 a2 a3... a r x x x... x n ( a a a... a ) l l l r şartı gerçekleşecek şekilde düzenleyelim.. Yani; r dır. n a1 a2 a3 a r (... ) elemanı, (r-1) çentikle yöntemimizi uygularsak Çözüm kümesi n ( a1 a2... ar ) r 1 n T r 1 r1 r1 elemanlı olur. ÖRNEK: x1 3, x2 2, x3 4 olmak üzere, x x x... x 30 denkleminin çözüm kümesi kaç tanedir? ÇÖZÜM: 3+2+4=9, bu elemanları x1, x2, x 3 e yerleştirirsek l l l x x x x... x Teorem 7 x1, x2, x3... x r N, n N olmak üzere x1 a1, x2 a2, x3 a3... xr ar olacak şekilde, n N,

17 x1 x... 2 x3 xr n, a1 a... 2 a3 ar T a1 a... 2 a3 ar n olmak üzere doğal sayılarda çözüm kümesi T n r 1 T n r 1 T n r 1 elemanlıdır. İSPAT Burada kutuların üst limitleri vardır. x 1 kutusu en fazla a 1 tane eleman alırken x 2 kutusu en fazla a 2 eleman alır ve bu şekilde devam eder. Eğer a1 a... 2 a3 ar n ise n nesne kutuları doldurmaya yetmeyecektir.burada ( a1 a2 a3... ar ) n farkı kadar kutularda boşluk kalır.o halde bu boşlukların kutulara dağıtılması çözüm kümesi için yeterlidir. x x x... x ( a a... a ) n r 1 2 r a1 a... 2 a3 ar T olmak üzere çözüm kümesi T-n nesne, r-1 çentikle T n r 1 T n r 1 T n r 1 elemanlıdır. İkinci olarak ;

18 T a... 1 a2 a3 ar n ise n nesneyi kutulara dağıtınca kutular dolacağı için dağılım tam olarak gerçekleşmez.adeti sıfırdır.bir kısmı dağıtılırsa önceki teoremlerden çözüm yapılabilir. ÖRNEK: x1 13, x2 15, x3 4 olmak üzere, x x x... x 27 denkleminin doğal sayılarda kaç çözümü vardır? ÇÖZÜM: >27 32>27 olduğundan, 32-27=5 boşluğu dağıtmamız gerekir. x x x... x

19 Teorem 8 (... ) n açılımında x1 x2 x3 x r n r 1 n r 1 n r1 tane terim vardır. İSPAT n a1 a2 a ( x x x... x )... K. x. x... x r r 1 1 r şeklinde bir 1 2 r K. x a. x a... x a elemanı vardır. 1 1 r Burada, a1 a... 2 a3 ar toplamı n ye eşit olur. Yani ; a1 a... 2 a3 ar n olur. a1 a... 2 a3 ar N olmak üzere dağılım yaparsak açılımdaki bütün terimleri saymış oluruz. Açılımın terim sayısı n r 1 n r 1 n r1 olur. ÖRNEK: ( a b c d e) 21 açılımında kaç terim vardır? ÇÖZÜM: a1 a2 a3 a4 a K a b c d e açılımını elde ederiz.

20 a1 a2 a3 a4 a5 21 olmalıdır Teorem 9 r basamaklı x1 x... 2x3 x r sayısında rakamlar toplamı k olan (k<10) k r2 r 1 farklı doğal sayı yazılır. İSPAT x1 x... 2 x3 xr k olmalı ve aynı zamanda ilk basamak olduğu için x1 1 şartı vardır.k dan 1 nesneyi x e yerleştirirsek,

21 l x x2 x3 xr k olur. (k-1) tane nesneyi r kutuya,(r-1) çentiğe yerleştirirsek, k 1 r 1 k r 2 k r 2 k 1 k 1 r 1 sayı yazılabilir. ÖRNEK :Altı basamaklı abcdef sayısının rakamlar toplamı 8 olacak şekilde kaç farklı sayı yazılır? ÇÖZÜM: a b c d e f 8, a1 1 için, 1 a b c d e f

22 Teorem 10 r basamaklı x x x x sayısı rakamları toplamı k olacak şekilde ( k 10) 1, 2, 3... r k r 2 k r 13 k r 12 ( r 1) r 1 r 1 r 1 farklı şekilde yazılabilir. Burada rakamlar İSPAT 9 dan küçük eşit olmalıdır. O halde (k-1) özdeş nesneyi r kutu, (r-1) çentiğe dağıtırsak, k1 r1 ile bütün durumları buluruz.bütün durumlardan, r 1 şartlarını çıkarmalıyız.örneğin, x1 x2 x3 x r şartı için (k-1)-9=k-10 tane nesneyi x ye yerleştirmemiz mümkün değildir.çünkü sadece 0, 1, 2,...,9 tane özdeş nesneleri (10 adet) yerleştirebiliz. O halde (k-10) özdeş nesnenin x1 1 x x x x k r 10, 10, 10..., 10 x1 x x3 xr k x1, x2, x3... x r x x 2 gibi (r-1) tane kutuya dağılımı bütünden çıkarılmalıdır.ayrıca x 1 için 1 elemanı olma şartı olduğundan farklı ele alınır. k r 2 k r 13 k r 12 ( r 1) r 1 r 1 r 1

23 ÖRNEK: Altı basamaklı abcdef sayısının rakamları toplamı 14 ise kaç farklı sayı yazılır? ÇÖZÜM: a+b+c+d+e+f=14 a 1 için 1 a b c d e f 13 k1 r r bütün durumlar. k , r 6 (5) olur. doğal sayı çözüm kümesi Teorem 11 x Çarpımı bir n Z 1. x2. x3... x r sayısına eşitse ( x1, x2, x3, x4... x r) n p1 p2 p3 p n a r 1 a r 1 a r 1 a r 1 a1 a2 a3 an..... asal çarpanları için, n..... r 1 r 1 r 1 r 1 tanedir. İSPAT x x x x n p p p p a1 a2 a3 an r n p1, p2..., pn asal sayılar olacak şekilde asal çarpanlara ayrılabilir. x1, x2, x3..., x kutularının her birinin oluşumu p r 1, p2..., pn asal sayılarının bu kutulara dağılımı ile ulaşılır. a tane, tane, tane asal sayımız 1 p1 a p a 2 2 n p n varsa, (r-1) çentiğe, a1 r 1 a2 r 1 an r r 1 r 1 r 1

24 farklı şekilde yazılabilir. BİLGİSAYAR OLİMPİYATI SORULARI VE CEVAPLARI BİLGİ: Serender pastanesinde muzlu, kestaneli,limonlu,bademli ve çikolatalı pasta çeşitleri bulunmaktadır.ali okulda düzenleyecekleri parti için 12 adet pasta almak istenmektedir. SORU 1: Ali 12 pastayı kaç farklı şekilde seçebilir? (2002 Bilgisayar Olimpiyatları) ÇÖZÜM: Muzlu+Kestaneli+Limonlu+Bademli +Çikolatalı=12 olarak alındığında problem çentik problemine dönüşür. Çentik denkleminde sayı formülü,

25 mn1 dir. Burada; n 1 m = alınacak pasta sayısı n = kaç çeşit pasta olduğu durumu için cevabımız: m n n olarak bulunur. SORU 2: En az 4 pastanın muzlu olması istenildiğinde Ali 12 pastayı kaç farklı şekilde seçebilir? (2002 Bilgisayar Olimpiyatları) ÇÖZÜM: Muzlu+Kestaneli+Limonlu+Bademli+Çikolatalı=12 olarak alınır. Fakat burada en az 4 pasta muzlu olacağı için muzlu yerine a+4 yazılır. Kestaneli=b Limonlu=c Bademli=d Çikolatalı=e

26 olarak alındığında, a+4+b+c+d+e=12 a+b+c +d+e=8 olur. Çentik denklem formülünden ; m n n olarak bulunur. SORU 3: x+y+z=17 denkleminde x,y ve z negatif olmayan tamsayılardır. x>1, y>2 ve z>3 durumunda denkleminin kaç çözümü vardır? (2003 Bilgisayar Olimpiyatları ) ÇÖZÜM: Bu durumda x,y ve z tekrar yazılırsa ; x =a+2, y=b+3, z=c+4 Buna göre denklem şu şekilde değişir. a +b+c+2+3+4=17 a+b+c=8

27 Artık bir çentik denklemine dönüşmüş olan denklem için tamsayı çözümleri bulunur; m n n Verilen bu durum için denklemin 45 farklı çözümü vardır. Soru 4: m2( n 1) iken m adet 0 ve n adet 1 içeren ve her 1 in en az iki 0 ile ayrıldığı kaç farklı dizi oluşturulabilir? ÇÖZÜM: İlk önce minimum durum için 1 ve 0 ları dizelim; Bu dizilimde n adet 1 ve n(n-1) adet 0, yani toplamda 3n-2 adet rakamımız mevcut. Şimdi dağıtmamız gereken m-2(n-1) adet 0 rakamımız kaldı. Bu sıfırları 1 rakamları arasında dağıtacağımız için, dağıtabilecek (n+1) bölgemiz var. Elimizdeki 1 rakamlarını ayraçlar olarak kabul ettiğimizde, çentik (genel kutu dağılım ) formülümüze göre uygun bir biçimde verileri yerlerine yerleştirelim:

28 k r 1 m 2n 2 n 11 m n 2 r 1 n 11 n sonucunu elde ederiz. Bizden istenen şekilde C( m n 2, n) adet farklı dizi oluşturulabilir. SORU 5: 20 adet posta kartı ve 12 adet zarf (zarflar 1 den 12 ye kadar numaralandırılmıştır) bulunmaktadır. Kartlar aynı ise (ayırt edilebiliyorsa) 20 posta kartını zarflara kaç farklı şekilde koyabiliriz? ÇÖZÜM:... = 20 aynı posta kartı = 12 tane zarf Zarfların arasına çentik (çizgi) koyarsak = 12 tane zarf ve 12-1 tane çentik Çentik formülünden sonuç dağıtılacaklar ayraçlar ayraçlar olur. SORU 6: 20 adet posta kartı ve 12 adet zarf (zarflar 1 den 12 ye kadar numaralandırılmıştır) bulunmaktadır.

29 Kartlar aynı ise (ayırt edilemiyorsa) 20 posta kartını zarflara hiçbir zarf boş kalmamak şartıyla kaç şekilde koyabiliriz? ÇÖZÜM: 20 aynı zarftan 12 tanesini 12 zarfa her birine birer tane olmak üzere dağıtılır.geriye 20-12=8 tane posta kartı kalır. Geriye kalan 8 posta kartını 12 zarfa dağıtmak için çentik formülü kullanılır. kartlar zarflar zarflar olur. SORU 7: 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır.

30 Her bir kutuda en az 6 adet top bulunacak şekilde topları kaç farklı şekilde kutulara dağıtabiliriz? ÇÖZÜM: En az her kutuda 6 tane olacaksa her kutuya 6 tane koyalım: 6.5=30 bütün kutularda var olan toplardır =70 tane kutularda olamayan top vardır. Çentik formülü sonuç nr1 74 r 1 4 olur. SORU 8: 100 tane birbirinin aynısı top ve 5 adet birbirinden farklı kutu bulunmaktadır. Her bir kutuda en fazla 40 tane top bulunacak şekilde topları kaç farklı şekilde kutulara dağıtabiliriz? ÇÖZÜM: Önce gelen durumu buluruz. Genel durum nr1 104 r 1 4 olur. 1.kutu= x 1 2.kutu= x 2

31 3.kutu= x 3 4.kutu= x 4 5.kutu= x 5 olmak üzere x1 x2 x3 x4 x5 100 Olmayan durumlara bakalım; x 41 y y x x x x C(63,4) x 41 y y y x x x C(22,4) Genel durum özel durum C(104,4)-5.C(63,4)+10.(22,4) 100 i i k SORU 9: ( x y z) ifadesi açıldığında, her bir x y z ( i j k 100) şeklindeki ortak terimlerin toplandığı varsayılırsa toplam kaç farklı terim elde edilir? ÇÖZÜM: Tipik bir çentik sorusudur.

32 i +j+k=100 denklemini sağlayan değerlerin sayısını bulmak yeterlidir. i +j+k=100 ise SORU10: Bir programcı çalışması gereken toplam 15 saati, günde en az 2 saat çalışmayı sağlayacak şekilde, toplam 5 güne dağıtmak istiyor. Programcının zamanını birer saatlik birimlerin katları ile dağıtılabildiğini varsayarsak, kaç farklı dağıtım yapılabilir? ÇÖZÜM: Toplam 5 günü g1, g2, g3, g4, g 5 ile gösterelim. Buna göre g1, g2, g3, g4, g5 15 olacaktır. Her gün en az 2 saat çalışacağına göre, g 2 g 2 g 2... g 2 15 ve ı ı ı ı g g g... g 5 ı ı ı ı Buradan; olur.

33 OLİMPİYAT SORULARI VE CEVAPLARI SORU 1: Çarpanlarının sırasını da hesaba katarsak sayısı üç pozitif tam sayının çarpımı olarak kaç değişik biçimde gösterilir? (UM0-1993) ÇÖZÜM: a.b.c= a. b. c 10 a. b. c SORU 2: En fazla 3,5,7 ve 8 top alabilen dört kutuya birbirinin aynı olan 19 top kaç farklı şekilde dağıtılabilir? ÇÖZÜM: a+b+c+d=19 a 3, b 5, c 7, d = =4 tane boşluk olur. boşlukları dağıtırsak, tane dağılım gerçekleşir.

34 6 SORU 3: x. y. z 10 eşitliğini sağlayan kaç(x,y,z) doğal sayı üçlüsü vardır? (UMO-2005) ÇÖZÜM: 6 x. y. z x. y. z KAYNAKLAR 1-CANSU Kürşat Fatih, AYSAN Bülent, TUBİTAK Ulusal Bilgisayar Olimpiyatı Soruları ve Çözümleri YAGLOM A.M and YAGLOM I.M, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutıons 3-ALİYEV İlham, Sonlu Matematik 4-ÖZDEMİR Mustafa, Matematik Olimpiyatları Hazırlık-3 5-YÜCESAN Recep, Meraklısına Lise Matematik