Soru
\(a\),\(b\), \(c\), \(d\) ve \(e\) birer reel sayı olmak üzere, \[|a \pm |bx + c|| = dx + e\] denkleminin olası köklerinin \[{x_{1,2}} = - \frac{{c + e \pm a}}{{b + d}}\quad \quad {x_{3,4}} = - \frac{{c - e \pm a}}{{b - d}}\] olduğunu gösteriniz. (Eğer katsayılar birer rasyonel sayı ise, köklerin de rasyonel olduğu görülmektedir.)Çözüm
Soruda geçen \(\pm\) yerine \(+\) kullanarak çözüm vereceğim. \(-\) için çözümü ilgililer yapabilir.
Öncelikle \[|a + |bx + c|| = dx + e\] denkleminin ilk mutlak değerinden kurtulalım: \[|bx + c| = dx + e-a\] veya \[|bx + c| = -dx - e-a\] olur. Her iki tarafında karesini alarak ikinci mutlak değerden kurtulalım: \[{b^2}{x^2} + 2bcx + {c^2} = {d^2}{x^2} + 2d(e - a)x + {(e - a)^2}\] veya \[{b^2}{x^2} + 2bcx + {c^2} = {d^2}{x^2} + 2d(e + a)x + {(e + a)^2}\] olur. Düzenlersek, \[({b^2} - {d^2}){x^2} + 2[bc - d(e - a)]x + {c^2} - {(e - a)^2} = 0 \quad (1)\] veya \[({b^2} - {d^2}){x^2} + 2[bc - d(e + a)]x + {c^2} - {(e + a)^2} = 0 \quad (2)\] elde edilir. \((1)\) nolu denklemde \(({b^2} - {d^2}){x^2}\) ifadesini
\[\begin{array}{l}
(b + d)x\\
(b - d)x
\end{array}\] biçiminde, \({c^2} - {(e - a)^2}\) ifadesini de
\[\begin{array}{l}
c + (e - a)\\
c - (e - a)
\end{array}\] biçiminde ayırıp çapraz çarpımı gerçekleştirirsek denklemin orta terimi olan \[2[bc - d(e - a)]x\] ifadesini elde ederiz. O halde \((1)\) nolu denklemin çarpanlara ayrılmış biçimi \[[(b + d)x + c + e - a] \cdot [(b - d)x + c - e + a] = 0\] olur. Bu ifadeden denklemin olası kökleri \[{x_1} = - \frac{{c + e - a}}{{b + d}} \quad {x_2} = - \frac{{c - e + a}}{{b - d}}\] olur.
Benzer biçimde \((2)\) nolu denklemde, \(({b^2} - {d^2}){x^2}\) ifadesini
\[\begin{array}{l}
(b + d)x\\
(b - d)x
\end{array}\] biçiminde, \({c^2} - {(e + a)^2}\) ifadesini de
\[\begin{array}{l}
c + (e + a)\\
c - (e + a)
\end{array}\] biçiminde ayırıp çapraz çarpımı gerçekleştirirsek denklemin orta terimi olan \[2[bc - d(e + a)]x\] ifadesini elde ederiz. O halde \((2)\) nolu denklemin çarpanlara ayrılmış biçimi \[[(b + d)x + c + e + a] \cdot [(b - d)x + c - e - a] = 0\] olur. Bu ifadeden denklemin olası kökleri \[{x_3} = - \frac{{c + e + a}}{{b + d}} \quad {x_4} = - \frac{{c - e - a}}{{b - d}}\] olur. Bu kökler derlenip soruda verilen biçimde gösterilebilir.
Soru
\(a<b\) olmak üzere, şekildeki gibi yarıçapları sırasıyla \(a\) ve \(b\) olan \(O_1\) ve \(O_2\) merkezli çemberler birbirine dıştan teğettir.
Ayrıca ek olarak \(AO_{1}O_{2}\) üçgeninin alanının \[|A{O_1}{O_2}| = \frac{{\sqrt 2 ab\left( {a + b + \sqrt {2ab} } \right)}}{{a + b + 2\sqrt {2ab} }}\] formülü ile bulunabileceğini gösteriniz.
Çözüm
Şekildeki gibi çemberlerin merkezleri ile teğetin değme noktalarını birleştirelim.
\(ADO_1\) dik üçgeninde \[|AD|=\sqrt{x^2+2ax}\] \(AEO_2\) dik üçgeninde \[|AE|=\sqrt{x^2+2bx}\] bulunur.
Şimdi aşağıdaki şekildeki gibi çemberlerin merkezlerini birleştirelim. Ayrıca \(O_1\) den geçen \(d\) ye paralel olan \([FO_1]\) nı çizelim.
\(|FO_{2}|=b-a\) ve \(|O_{1}O_{2}|=a+b\) olduğundan \[|FO_1|=|DE|=\sqrt{4ab}\] bulunur. \(|AD|+|AE|=|DE|\) olduğundan \[\sqrt {{x^2} + 2ax} + \sqrt {{x^2} + 2bx} = \sqrt {4ab} \] olur. Her iki tarafında karesini alırsak
\[\begin{array}{l}
{x^2} + 2ax + {x^2} + 2bx + 2\sqrt {\left( {{x^2} + 2ax} \right) \cdot \left( {{x^2} + 2bx} \right)} = 4ab\\
\Rightarrow {x^2} + 2ax + {x^2} + 2bx - 4ab = - 2\sqrt {\left( {{x^2} + 2ax} \right) \cdot \left( {{x^2} + 2bx} \right)}
\end{array}\] denklemi elde edilir. Bu denklemde \({x^2} + 2ax = m\) ve \({x^2} + 2bx = n\) alırsak, \[m + n - 4ab = - 2\sqrt {mn} \] biçimini alır. Her iki tarafın karesi alırsak
\[\begin{array}{l}
{m^2} + 2mn + {n^2} - 8ab\left( {m + n} \right) + 16{a^2}{b^2} = 4mn\\
\Rightarrow {\left( {m - n} \right)^2} - 8ab\left( {m + n} \right) + 16{a^2}{b^2} = 0
\end{array}\] elde edilir. \(m\) ve \(n\) değerlerini yerini yazıp düzenlersek, \[{x^2}\left( {{a^2} + {b^2} - 6ab} \right) - x\left( {4ab\left( {a + b} \right)} \right) + 4{a^2}{b^2} = 0\] ikinci derece denklemi elde edilir. Bu denklem için diskriminant \[\Delta = 108{a^3}{b^3}\] bulunur. Böylece denklemin kökleri \[{x_{1,2}} = \frac{{2ab\left[ {(a + b) \pm 2\sqrt {2ab} } \right]}}{{{a^2} + {b^2} - 6ab}}\] olur. İfadeyi, pay kısmında yer alan \({(a + b) \pm 2\sqrt {2ab} }\) ifadesinin eşleniği ile genişletirsek \[\frac{{2ab\left[ {(a + b) \pm 2\sqrt {2ab} } \right]}}{{{a^2} + {b^2} - 6ab}} \cdot \frac{{(a + b) \mp 2\sqrt {2ab} }}{{(a + b) \mp 2\sqrt {2ab} }} = \frac{{2ab}}{{(a + b) \mp 2\sqrt {2ab} }}\] elde edilir. O halde bu denklemin kökleri \[{x_{1,2}} = \frac{{2ab}}{{(a + b) \mp 2\sqrt {2ab} }}\] dir. \(x\) değeri bir uzunluk olarak pozitif olacağından, sorumuzda verilen \(x\) için \[x = \frac{{2ab}}{{a + b + 2\sqrt {2ab} }}\] olduğu kanıtlanmış olur.
\(AO_{1}O_{2}\) üçgeninin kenar uzunlukları \(|AO_{1}|=a+x\), \(|AO_{2}|=b+x\) ve \(|O_{1}O_{2}|=a+b\) olduğundan \[u=a+b+x\] olur. Heron alan formülü kullanılırsa \[|A{O_1}{O_2}| = \sqrt {abx\left( {a + b + x} \right)} \] olduğu görülür. Elde ettiğimiz \(x\) değeri yerine yazılıp bu eşitlik düzenlenirse istenilen \[|A{O_1}{O_2}| = \frac{{\sqrt 2 ab\left( {a + b + \sqrt {2ab} } \right)}}{{a + b + 2\sqrt {2ab} }}\] formülü elde edilir.
İçerme Dışarma Prensibi
Bu çalışmamda sayma ilkelerine ek olarak geliştirilen yeni bir yöntemi aktarmaya çalışacağım. Genel teoremi vermeden önce iki örnekle konuya giriş yapalım (Çalışmanın PDF sürümü yazının bitiminde yer almaktadır).
Örnek 1
200 kişinin okuduğu Hacettepe Hukuk öğrencilerinin kümesini \(H\) sembolize etsin. Böylece öğrencilerin oluşturduğu bu kümenin eleman sayısı \(|H| = 200\) olur. Bu öğrencilerden \(95\) tanesi İnsan Hakları Hukuku dersini, \(48\) tanesi de Spor Hukuku dersini alıyor olsun. İnsan hakları hukuku dersini alanların oluşturduğu kümeyi \(k_1\) ile Spor hukuku dersini alanların oluşturduğu kümeyi de \(k_2\) ile gösterelim. Böylece \(s\left( {{k_1}} \right) = 95\) ve \(s\left( {{k_2}} \right) = 48\) olur. Ayrıca her iki dersi de alan \(20\) öğrenci olsun. Bunların oluşturduğu kümeyi de \({k_1}{k_2}\) ile gösterelim. Yani \(s\left( {{k_1}{k_2}} \right) = 20\) dir. Bu durumda İnsan hakları hukuku veya spor hukuku dersini alan öğrencilerin oluşturduğu kümenin eleman sayısı $$s\left( {{k_1}{\rm{ veya }}{k_2}} \right) = s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) - s\left( {{k_1}{k_2}} \right) = 95 + 48 - 20 = 123$$ olur. Ayrıca insan hakları dersini almayanların oluşturduğu kümeyi \(\overline {{k_1}}\) ile gösterirsek, \(s\left( {\overline {{k_1}} } \right) = 200 - 95 = 105\) ; spor hukuku dersini almayanların oluşturduğu kümeyi de \(\overline {{k_2}}\) ile gösterirsek \(s\left( {\overline {{k_2}} } \right) = 200 - 48 = 152\) olacaktır. Son olarak her iki dersi de almayanların oluşturduğu kümeyi \(\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \) ile gösterirsek, bu kümenin eleman sayısı da \[\begin{array}{l}
\\
& s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} } \right) = |H| - s\left( {{k_1}{\rm{ veya }}{k_2}} \right)\\
& = |H| - \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right)} \right] + s\left( {{k_1}{k_2}} \right)\\
& = 200 - 123\\
& = 77
\end{array}\] olur.
Yazdığımız \(s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} } \right) = |H| - \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right)} \right] + s\left( {{k_1}{k_2}} \right)\) eşitliğini biraz daha soyut biçimde yorumlamaya çalışalım. Bu \(200\) kişi arasından herhangi biri bu derslerin ikisini de almıyorsa hem \(s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} } \right)\) içinde hem de \(|H|\) içinde sayılır. Böylece bu kişiler için eşitlik sağlanır, çünkü bu sayımda \(1=1\) olacaktır. Öte yandan eğer bu \(200\) kişi arasından herhangi biri bu derslerden sadece birini alıyorsa – örneğin insan hakları hukuku dersini – bu durumda eşitliğin solunda sayılmaz, fakat \(1\) kez \(|H|\) içinde, \(1\) kez de \(s\left( {{k_1}} \right)\) yer sayılır. Dolayısıyla eşitlik yine sağlanır çünkü \(0=1-1\) olur. Son olarak, \(200\) kişi arasından herhangi biri bu derslerin her ikisini de alıyorsa eşitliğin solunda yine sayılmaz, fakat sağındaki her küme içinde \(1\) kez sayılır. Bu durumda da eşitlik tekrar sağlanır. Çünkü \(0 = 1 - \left( {1 + 1} \right) + 1 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
2
\end{array}} \right)\) dir. Böylece eşitliğin genel olarak \(k_1\) ve \(k_2\) gibi koşullu durumlar için daima sağlanacağını göstermiş olduk.
Örnek 2
Birinci örnekteki iki derse ek olarak 36 kişinin de Fransızca dersini, 10 kişinin hem Fransızca hem de İnsan hakları hukuku dersini, 7 kişinin hem Fransızca hem de Spor hukuku dersini ve 15 kişinin de bu üç dersi aldığını düşünelim. Fransızca dersini alan öğrencilerin oluşturduğu kümeyi de \(k_3\) ile gösterirsek \(s\left( {{k_3}} \right) = 36\), \(s\left( {{k_1}{k_3}} \right) = 10\), \(s\left( {{k_2}{k_3}} \right) = 7\) ve \(s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}} \right) = 15\) yazılabilir. Bu durumda bu üç dersin hiçbirini almayanların oluşturduğu kümenin elaman sayısı \[\begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} } \right) &= |H| - \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) + s\left( {{k_3}} \right)} \right]\\& + \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}} \right) + s\left( {{k_2}{k_3}} \right)} \right] - s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}} \right)\\
& = 200 - \left[ {95 + 48 + 36} \right] + \left[ {20 + 10 + 7} \right] - 15\\
& = 43
\end{align*}\] bulunur. Yazdığımız bu son eşitlik bir Venn şeması çizilerek elde edilebilir. Ayrıca lise seviyesinde kümeler konusunda gösterilen bir eşitlik olduğu da hatırlanabilir. Birinci örnekte olduğu gibi bu eşitliği de biraz soyut biçimde yorumlayalım.
- 200 kişi arasından herhangi biri bu derslerden hiçbirini almıyorsa eşitliğinde solunda \(s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} } \right)\) ve sağında \(|H|\) içinde 1 er kez sayılacağı için eşitlik sağlanacaktır.
- 200 kişi arasından herhangi biri bu derslerden sadece birini alıyorsa – örneğin Fransızca – eşitliğin solunda sayılmayacak ama sağında 1 kez \(|H|\) içinde 1 kez de \(s\left( {{k_3}} \right)\) içinde sayılacağından eşitlik tekrar sağlanacaktır. (\(0 = 1 - 1\))
- 200 kişi arasından herhangi biri bu derslerden herhangi ikisini alıyorsa – örneğin Fransızca ve Spor hukuku– eşitliğin solunda sayılmayacak ama sağında 1 er kez \(|H|\), \(s\left( {{k_3}} \right)\), \(s\left( {{k_2}} \right)\) ve \(s\left( {{k_2}{k_3}} \right)\) içinde sayılacağından eşitlik tekrar sağlanacaktır. (\(0 = 1 - \left( {1 + 1} \right) + 1\))
- Son olarak 200 kişi arasından herhangi biri bu derslerden her üçünü de alıyorsa eşitliğin solunda sayılmayacak ama sağındaki her küme içinde 1 er sayılacağından eşitlik tekrar sağlanacaktır, çünkü bu durumda da \(0 = 1 - \left[ {1 + 1 + 1} \right] + \left[ {1 + 1 + 1} \right] - 1 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
3
\end{array}} \right)\)
Böylece sonlu bir \(H\) kümesinin \(k_1\), \(k_2\) ve \(k_3\) koşullu üç alt kümesinin hiçbirinde bulunmayan elemanların oluşturduğu kümenin eleman sayısı için yukarıdaki eşitliğin daima doğru olduğu göstermiş olduk.
Örnek 3
İlk iki örnekten faydalanırsak, sonlu bir \(H\) kümesinin \(k_1\), \(k_2\), \(k_3\) ve \(k_4\) gibi dört altkümesinin hiçbirinde bulunmayan elemanların oluşturduğu kümenin eleman sayısının \[\begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} \overline {{k_4}} } \right)
&= |H| - \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) + s\left( {{k_3}} \right) + s\left( {{k_4}} \right)} \right]\\
& + \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}} \right) + s\left( {{k_1}{k_4}} \right) + s\left( {{k_2}{k_3}} \right) + s\left( {{k_2}{k_4}} \right) + s\left( {{k_3}{k_4}} \right)} \right]\\
& - \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}} \right) + s\left( {{k_1}{k_2}{k_4}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}{k_4}} \right) + s\left( {{k_2}{k_3}{k_4}} \right)} \right]\\
& + s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}{k_4}} \right)
\end{align*}\] eşitliği ile gösterebiliriz. Bunu kanıtlamak için \(H\) kümesinin rastgele bir \(x\) elemanını düşünelim.
- Eğer \(x\) bu alt kümelerden birinde değilse, 1 kez eşitliğin solunda 1 kez de \(H\) kümesinde sayılır.
- Eğer \(x\) bu alt kümelerden sadece birinde – örneğin \(k_1\) – ise, eşitliğin solunda sayılmaz, fakat 1 kez \(H\) kümesinde, 1 kez de \(k_1\) de sayılır. Yani toplamda \(1-1=0\) olup, eşitlik doğrulanır.
- Eğer \(x\) bu alt kümelerden sadece ikisinde – örneğin sadece \(k_1\) ve \(k_2\) de – ise, eşitliğin solunda sayılmaz, fakat 1 er kez \(H\), \(k_1\), \(k_2\) ve \(k_{1}k_{2}\) kümelerinde sayılır. Yani toplamda \(1 - \left[ {1 + 1} \right] + 1 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
2\\
2
\end{array}} \right) = 0\) olup, eşitlik doğrulanır. - Eğer \(x\) bu alt kümelerden sadece üçünde – örneğin sadece \(k_1\), \(k_2\) ve \(k_3\) te – ise, eşitliğin solunda sayılmaz, fakat 1 er kez \(H\), \(k_1\), \(k_2\), \(k_3\), \(k_{1}k_{2}\), \(k_{1}k_{3}\), \(k_{2}k_{3}\) ve \(k_{1}k_{2}k_{3}\) kümelerinde sayılır. Yani toplamda \(1 - \left[ {1 + 1 + 1} \right] + \left[ {1 + 1 + 1} \right] - 1 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
3
\end{array}} \right) = 0\) olup, eşitlik doğrulanır. - Eğer \(x\) bu alt kümelerden hepsinde ise, eşitliğin solunda sayılmaz, fakat eşitliğin sağındaki 16 kümenin her birinde 1 er kez sayılır. Yani toplamda \[\begin{array}{l}
1 - \left[ {1 + 1 + 1 + 1} \right] + \left[ {1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1} \right] - \left[ {1 + 1 + 1 + 1} \right] + 1\\
= \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
4
\end{array}} \right)\\
= 0
\end{array}\] olup, eşitlik doğrulanır.
Böylece eşitliğin her iki tarafının da herhangi bir \(x\) elemanını eşit biçiminde saydığını göstererek eşitliğin doğru olduğunu kanıtlamış olduk.
Artık içerme dışarma prensibi için genel bir teorem verebiliriz. Öncelikle bir \(H\) kümesi ile onun belli koşullarını taşıyan \({k_1},{k_2},...,{k_n}\) alt kümeleri için birkaç gösterim hakkında bilgi verelim. \(H\) kümesinin eleman sayısını \(|H| = S\) ile, \(1 \le i \le n\) olmak üzere, \(k_i\) alt kümesinin eleman sayısını da \(s(k_i)\) ile gösterelim. \(i,j \in \left\{ {1,2,...,n} \right\}\) ve \(i \ne j\) olmak üzere, \(s\left( {{k_i}{k_j}} \right)\) ile \(k_i\) ve \(k_j\) koşullarını taşıyan elemanlarının sayısını gösterelim. (\({k_i}{k_j}\) ile bu iki kümenin kesişimini ifade ettiğimizden diğer koşullarla birlikte düşünüldüğünde bu kümede diğer bazı koşulları sağlayan elemanların da bulunabileceğine dikkat etmek gerekir.) Benzer biçimde \(1 \le i,j,t \le n\) birbirinden farklı tam sayıları için \(s\left( {{k_i}{k_j}{k_t}} \right)\) ile bu üç koşulun kesişim kümesinin eleman sayını ifade edelim (bu kümede de diğer bazı koşullar yer alabilir). Son olarak \(s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} ...\overline {{k_n}} } \right) = \overline S \) ile bu koşulların hiçbirini sağlamayan elemanların sayısını ifade edelim.
Teorem
Eleman sayısı \(S\) olan bir \(H\) kümesinin \(1 \le i \le n\) için birbirinden farklı \(k_i\) alt kümelerinden hiçbirinde yer almayan elemanlarının sayısını \(\overline S = s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} ...\overline {{k_n}} } \right)\) ile gösterirsek \[\begin{align*}
\overline S
& = S - \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_n}} \right)} \right]\\
& + \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_1}{k_n}} \right) + s\left( {{k_2}{k_3}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_{n - 1}}{k_n}} \right)} \right]\\
& - [s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}} \right) + s\left( {{k_1}{k_2}{k_4}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_1}{k_2}{k_n}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}{k_4}} \right)\\
& + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_1}{k_3}{k_n}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_{n - 2}}{k_{n - 1}}{k_n}} \right)]\\
& + \cdot \cdot \cdot + {\left( { - 1} \right)^n}s\left( {{k_1}{k_2}...{k_n}} \right)
\end{align*}\] veya \[\begin{align*}
\overline S
& = S - \sum\limits_{1 \le i \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}} \right)} \right]} \\
& + \sum\limits_{1 \le i < j \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}{k_j}} \right)} \right]} \\
& - \sum\limits_{1 \le i < j < t \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}{k_j}{k_t}} \right)} \right]} \\
& + \cdot \cdot \cdot \\
& + {\left( { - 1} \right)^n}s\left( {{k_1}{k_2}...{k_n}} \right)
\end{align*}\] olur.
Kanıt:
Tümevarım yöntemiyle bir kanıt verilebilir. Fakat yukarıdaki örneklerde kullandığımız kanıtların benzerini yapacağız. \(H\) kümesinin bir \(x\) elemanı bu alt kümelerden hiçbirinde değilse, eşitliğin solunda \(\overline S \) ve sağında \(S\) içinde 1 er kez sayılırken diğer kümelerde sayılmazlar. Böylece eşitlik bu durumda sağlanır. Diyelim ki \(x\) elemanı verilen alt kümelerden \(r\) tanesinin elemanı olsun. Bu durumda eşitliğinde solunda bu eleman sayılmaz. Fakat
- Bir kez \(S\) de sayılır.
- \(r\) kez \(\sum\limits_{1 \le i \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}} \right)} \right]} \) de sayılır.
- \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} r\\ 2 \end{array}} \right)\) kez \(\sum\limits_{1 \le i < j \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}{k_j}} \right)} \right]} \) de sayılır. (\(r\) alt kümeden seçilen 2 alt kümenin kesişimleri)
- \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} r\\ 3 \end{array}} \right)\) kez \(\sum\limits_{1 \le i < j < t \le n} {\left[ {s\left( {{k_i}{k_j}{k_t}} \right)} \right]} \) de sayılır. (\(r\) alt kümeden seçilen 3 alt kümenin kesişimleri)
................................................ - \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} r\\ r \end{array}} \right)=1\) kez \(\sum {s\left( {{k_{{i_1}}}{k_{{i_2}}}{k_{{i_3}}}...{k_{{i_r}}}} \right)} \) de sayılır.
Sonuç olarak \(x\) elemanı eşitliğin sağında (binom açılımı gereği) \[1 - r + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
r\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
r\\
3
\end{array}} \right) + \cdot \cdot \cdot + {\left( { - 1} \right)^r}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
r\\
r
\end{array}} \right) = {\left[ {1 + \left( { - 1} \right)} \right]^r} = 0\] kez sayılır.
Böylece eşitliğin herhangi bir \(x\) elemanını her iki tarafında da eşit saydığını göstermiş oluruz.
Farklı örneklere geçmeden önce gösterim biçimi olarak \[{S_0} = S\] \[{S_1} = \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_n}} \right)} \right]\] \[{S_2} = \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}} \right) + s\left( {{k_1}{k_3}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_1}{k_n}} \right) + s\left( {{k_2}{k_3}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_{n - 1}}{k_n}} \right)} \right]\] ve genel olarak \[{S_k} = \sum {s\left( k_{i_1}k_{i_2}k_{i_3}...k_{i_r} \right)} , \qquad (1 \le r \le n)\] seçersek \[\overline S = {S_0} - {S_1} + {S_2} - {S_3} + \cdot \cdot \cdot + {\left( { - 1} \right)^n}{S_n}\] biçimini alır.
Örnek 5
\(x_1\), \(x_2\), \(x_3\) ve \(x_4\) doğal sayıları için \({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = 15\) ve \({x_i} \le 6\) (\(i \in \left\{ {1,2,3,4} \right\}\)) koşullarını sağlayan kaç farklı \(\left( {{x_1},{x_2},{x_3},{x_4}} \right)\) sıralı dörtlüsü vardır?
Çözüm
Tekrarlı gruplandırma (kombinasyon) gereği sadece \({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = 15\) eşitliğini sağlayan \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{15 + 4 - 1}\\
{4 - 1}
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{18}\\
3
\end{array}} \right)\) kadar sıralı dörtlü yazılabilir. Diğer koşulu sağlamak için \({k_i}\) alt kümesi \({x_i} \ge 7\) olacak biçimde tanımlayalım. Simetri gereği \(s\left( {{k_1}} \right) = s\left( {{k_2}} \right) = s\left( {{k_3}} \right) = s\left( {{k_4}} \right)\) olacaktır. \({k_i}\) alt kümesinin eleman sayısını bulmak için \({x_i}\) değerini 7 den başlatmamız gerekir. Böylece \({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = 8\) denkleminin çözüm sayısı \(s\left( {{k_1}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{8 + 4 - 1}\\
{4 - 1}
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{11}\\
3
\end{array}} \right)\) olur. Böylece, \({S_1} = 4 \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{11}\\
3
\end{array}} \right)\) olur. Benzer biçimde \(x_1\) ve \(x_2\) değerlerinin her ikisini de 7 den başlatırsak, \(s\left( {{k_1}{k_2}} \right)\) değeri \({x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} = 4\) denkleminin çözüm sayısı olur. Böylece, \(s\left( {{k_1}{k_2}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{1 + 4 - 1}\\
{4 - 1}
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right)\) olurken, \({S_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
2
\end{array}} \right) \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right)\) olur. Ayrıca, \(x_i\) değerlerinden üçünü birden 7 den başlatamayacağımızdan \(s\left( {{k_i}{k_j}{k_t}} \right) = 0\) ve \(s\left( {{k_1}{k_2}{k_3}{k_4}} \right) = 0\) dır. O halde istenilen koşulları sağlayan dörtlülerin sayısı \[ \begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} \overline {{k_4}} } \right)
& = {S_0} - {S_1} + {S_2} - {S_3} + {S_4} \\
& = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{18}\\
3
\end{array}} \right) - 4 \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{11}\\
3
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
2
\end{array}} \right) \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right) - 0 + 0 \\
& =180
\end{align*}\] bulunur.
Örnek 6 (Örten Fonksiyon Sayısı)
\(m \ge n\) olmak üzere, \(A = \left\{ {{a_1},{a_2}, \cdot \cdot \cdot ,{a_m}} \right\}\) ve \(B = \left\{ {{b_1},{b_2}, \cdot \cdot \cdot ,{b_n}} \right\}\) sonlu kümelerinde \(A\) dan \(B\) ye kaç farklı örten fonksiyon tanımlanabilir?
Çözüm:
\(f:A \to B\) olacak biçimde \(A\) dan \(B\) ye \({n^m}\) farklı \(f\) fonksiyonunun tanımlanabileceğini biliyoruz. Bu durumda \(S = {S_0} = {n^m}\) olsun. \(1 \le i \le n\) olmak üzere \(A\) dan \(B\) ye tanımlı tüm fonksiyonlar kümesinin \(b_i\) elemanını içermeyen alt kümesini \(k_i\) olarak tanımlayalım. Bu durumda \(k_i\) kümesindeki fonksiyonların değer kümesinde \(b_i\) elemanı yer almaz. Böylece \(s\left( {\overline {{k_i}} } \right)\), değer kümesinde \(b_i\) elemanı bulunan fonksiyonların sayısını vereceğinden, \(A\) dan \(B\) ye tanımlı örten fonksiyon sayısı \(s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \cdot \cdot \cdot \overline {{k_n}} } \right)\) olur. Dikkat edilirse \(B\) kümesinden \(b_i\) elemanını çıkardığımız için \(s\left( {{k_i}} \right) = {\left( {n - 1} \right)^m}\) dir. Benzer biçimde \(1 \le i < j \le n\) olmak üzere, \(b_i\) ve \(b_j\) elemanlarını değer kümesinde içermeyen fonksiyon sayısı \(s\left( {{k_i}{k_j}} \right) = {\left( {n - 2} \right)^m}\) dir. Böylece \[{S_1} = \left[ {s\left( {{k_1}} \right) + s\left( {{k_2}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_n}} \right)} \right] = n \cdot {\left( {n - 1} \right)^m}\] ve \[{S_2} = \left[ {s\left( {{k_1}{k_2}} \right) + \cdot \cdot \cdot + s\left( {{k_{n - 1}}{k_n}} \right)} \right] = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
2
\end{array}} \right) \cdot {\left( {n - 2} \right)^m}\] dir. Genel olarak, \(1 \le r \le n\) olmak üzere, \[{S_r} = \sum\limits_{1 \le {i_1} < {i_2} < \cdot \cdot \cdot < {i_r} \le n} {s\left( {{k_{{i_1}}}{k_{{i_2}}} \cdot \cdot \cdot {k_{{i_r}}}} \right)} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
r
\end{array}} \right) \cdot {\left( {n - r} \right)^m}\] dir. Bu durumda \(A\) dan \(B\) ye örten fonksiyon sayısı \[ \begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \cdot \cdot \cdot \overline {{k_n}} } \right)
& = {S_0} - {S_1} + {S_2} - {S_3} + \cdot \cdot \cdot + {\left( { - 1} \right)^n}{S_n}\\
& = {n^m} - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
1
\end{array}} \right) \cdot {\left( {n - 1} \right)^m} + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
2
\end{array}} \right) \cdot {\left( {n - 2} \right)^m} - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
3
\end{array}} \right) \cdot {\left( {n - 3} \right)^m}\\
& + \cdot \cdot \cdot + {\left( { - 1} \right)^n} \cdot {\left( {n - n} \right)^m}\\
& = \sum\limits_{i = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^i}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){{\left( {n - i} \right)}^m}}
\end{align*}\] olarak bulunur.
Örneğin 4 elemanlı bir \(A\) kümesinden 3 elemanlı bir \(B\) kümesine tanımlanabilecek örten fonksiyon sayısı \(m=4\) ve \(n=3\) için \[ \begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} } \right)
& = {S_0} - {S_1} + {S_2} - {S_3}\\
& = \sum\limits_{i = 0}^3 {{{\left( { - 1} \right)}^i}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
i
\end{array}} \right){{\left( {3 - i} \right)}^4}} \\
& = {3^4} - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
1
\end{array}} \right) \cdot {2^4} + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
2
\end{array}} \right) \cdot {1^4} - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
3
\end{array}} \right) \cdot 0\\
& = 36
\end{align*}\] olur.
Örnek 7 (Evli Çiftler)
4 evli çift yuvarlak bir masa etrafında herhangi karı-koca yanyana gelmeyecek biçimde kaç farkı biçimde oturabilir?
Çözüm:
Öncelikle \(1 \le i \le 4\) olmak üzere, \(k_i\) ile \(i.\) karı-kocanın yanyana oturduğu durumları ifade edelim. Bu durumda bunları 1 kişi gibi sayıp, toplamda 7 kişiyi yuvarlak bir masa etrafında sıralamış oluruz. Tabii karı-kocanın kendi arasındaki 2 farklı biçimde yer değiştirme durumlarını da göz önüne almamız gerekir. O halde \(s\left( {{k_i}} \right) = 2 \cdot \left( {7 - 1} \right)! = 2 \cdot 6!\) olur. Bu durumda \({S_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
1
\end{array}} \right) \cdot 2 \cdot 6!\) dir. Benzer biçimde 2 çiftin birlikte oturduğu durum sayısı \({S_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
2
\end{array}} \right) \cdot {2^2} \cdot 5!\) olur. 3 çiftin yanyana oturduğu durum sayısı \({S_3} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right) \cdot {2^3} \cdot 4!\) ve tüm çiftlerin yanyana oturduğu durum sayısı \({S_4} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
4
\end{array}} \right) \cdot {2^4} \cdot 3!\) dir. Ayrıca koşulsuz bu 8 kişinin yuvarlak masada oturma sayısı da \({S_0} = 7!\) dir. O halde, \[ \begin{align*}
s\left( {\overline {{k_1}} \overline {{k_2}} \overline {{k_3}} \overline {{k_4}} } \right)
& = {S_0} - {S_1} + {S_2} - {S_3} + {S_4}\\
& = 7! - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
1
\end{array}} \right) \cdot 2 \cdot 6! + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
2
\end{array}} \right) \cdot {2^2} \cdot 5! - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
3
\end{array}} \right) \cdot {2^3} \cdot 4! + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
4\\
4
\end{array}} \right) \cdot {2^4} \cdot 3!\\
& = 5040 - 5760 + 2880 - 768 + 96\\
& = 1488
\end{align*}\] bulunur.
Kaynakça: Ralph P. Grimaldi, Discrete and Combinatorial Mathematics (5th Edition)