ANKARA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ YÜKSEK LĐSANS TEZĐ DUAL DÖNÜŞÜMLER VE GEOMETRĐK UYGULAMALARI. Gülsüm BĐÇER MATEMATĐK ANABĐLĐM DALI

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "ANKARA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ YÜKSEK LĐSANS TEZĐ DUAL DÖNÜŞÜMLER VE GEOMETRĐK UYGULAMALARI. Gülsüm BĐÇER MATEMATĐK ANABĐLĐM DALI"

Transkript

1 ANKARA ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ YÜKSEK LĐSANS TEZĐ DUAL DÖNÜŞÜMLER VE GEOMETRĐK UYGULAMALARI Gülsüm BĐÇER MATEMATĐK ANABĐLĐM DALI ANKARA 011 Her hakkı saklıdır

2 ÖZET Yüksek Lisans Tezi DUAL DÖNÜ ÜMLER VE GEOMETR K UYGULAMALARI Gülsüm B ÇER Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim Dal Dan³man: Prof. Dr. Yusuf YAYLI E³ Dan³man: Prof. Dr. Rafael LOPEZ Bu tez dört bölümden olu³maktadr. Birinci bölüm giri³ ksmna ayrlm³tr. kinci bölümde, n boyutlu Lorentz-Minkowski uzaynda temel kavramlar verilmi³, iki vektör arasndaki aç tanmlanm³ ve bu uzaya ait izometrilerden bahsedilmi³tir. Üçüncü bölümde, izometrik uzaylar arasnda bir dual dönü³üm tanmlanm³tr. Bu sayede Öklid uzayndaki bir ortogonal matristen Lorentz-Minkowski uzaynda bir yar ortogonal matris ve Lorentz-Minkowski uzayndaki bir yar ortogonal matristen Öklid uzaynda bir ortogonal matris elde edilmi³tir. Dördüncü bölümde, dual dönü³ümlerin geometrik uygulamalar yer alr. Görü³ açs kavram tanmlanarak örnekler verilmi³tir. Bu sayede Öklid uzayndaki ve Lorentz- Minkowski uzayndaki ortogonal eksenler incelenmi³tir. Temmuz 011, 58 sayfa Anahtar Kelimeler : Dual dönü³üm, Görü³ açs, Lorentz-Minkowski uzaynda ortogonal eksenler. i

3 ABSTRACT Master Thesis DUAL TRANSFORMATIONS AND THEIR GEOMETRIC APPLICATIONS Gülsüm B ÇER Ankara University Graduate School of Natural And Applied Sciences Department of Mathematics Supervisor: Prof. Dr. Yusuf YAYLI Co Advisor: Prof. Dr. Rafael LOPEZ This thesis consists of four chapters. The rst chapter is devoted to the introduction. In chapter two, the basic concepts of n dimensional Lorentz-Minkowski space are given, the angle between two vectors is dened and isometries of this space are mentioned. In chapter three, dual transformation between isometric spaces is dened. By this means, a semi-orthogonal matrix in Minkowski space is obtained from an orthogonal matrix in Euclidean space and an orthogonal matrix in Euclidean space is obtained from a semi-orthogonal matrix in Minkowski space. Finally in chapter four, geometric applications of dual transformations take place. Examples are given by dening the concept of visual angle. By this means, orthogonal axes in Euclidean space and in Lorentz-Minkowski space are examined. July 011, 58 pages Key Words: Dual transformation, Visual angle, Orthogonal axes in Lorentz-Minkowski space. ii

4 TE EKKÜR Öncelikle bu çal³ma konusu ile bana ara³trma olana sa lad, çal³mamn her noktasnda yakn ilgi ve önerileri ile beni yönlendirdi i için, ayrca seçti im bu yolda azim ve kararllkla ilerlememi sa lad ve beni aydnlatt için de erli dan³man hocam, Sayn Prof Dr. Yusuf YAYLI (Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Anabilim Dal)'ya, tez çal³mam srasnda önerileri ve deste iyle hep yanmda olan ve spanya'da bulundu um süre içerisinde benden hiçbir konuda yardmn esirgemeyen de erli e³ dan³man hocam Sayn Prof.Dr. Rafael LOPEZ (Universidad de Granada Department of Geometry and Topology)'e en içten sayg ve te³ekkürlerimi sunarm. Çal³malarm süresince ve hayatm boyunca bana ko³ulsuz güvenen, maddi manevi her türlü fedakarl gösteren ailem; babam Hüseyin B ÇER, annem Ay³e B ÇER, karde³im Yusuf B ÇER'e ve ileri görü³lülü ü ile bana her daim ³k tutmu³ dedem Sayn Yusuf B ÇER'e en derin duygularla te³ekkür ederim. Gülsüm B ÇER Ankara, Temmuz 011 iii

5 Ç NDEK LER ÖZET i ABSTRACT ii TE EKKÜR iii S MGELER D Z N v EK LLER D Z N vi 1. G R E n 1 LORENTZ-MINKOWSKI UZAYI Temel Kavramlar ki Vektör Arasndaki Aç E n 1in zometrileri ZOMETR K UZAYLAR ARASINDAK DUAL DÖNÜ ÜMLER Dual Dönü³üm DUAL DÖNÜ ÜMLER N GEOMETR K UYGULAMALARI E 3 Öklid Uzaynda Görü³ Açs E 3 1 Minkowski Uzaynda Görü³ Açs KAYNAKLAR ÖZGEÇM iv

6 S MGELER D Z N E n 1 E n C n boyutlu Lorentz-Minkowski uzay n boyutlu Öklid uzay Light koni f, f 1 Dual dönü³ümler O 1 (n) E n 1in vektör izometrilerin kümesi o AP B O görü³ noktasndan AP B açsnn görü³ açs v

7 EK LLER D Z N ekil 1.1 Kutu ve e ik kutu 1 ekil.1 E 3 1te causal karakter: u spacelike, v timelike ve w lightlike vektör 4 ekil. E 3 1te w nin ortogonal vektörleri: u(sol) spacelike ve v(sa ) timelike 1 ekil.3 Öklid uzaynda iki birim vektör arasndaki aç 1 ekil.4 Lorentz-Minkowski uzaynda iki birim timelike vektör arasndaki aç 19 ekil.5 Timelike bir düzlemdeki iki spacelike vektör arasndaki aç 4 ekil 4.1 Öklid uzaynda görü³ açs 38 ekil 4. o A 0 P A 1 görü³ açs 39 ekil 4.3 P A 0 A 1 A çats ve o A 0 P A 1 görü³ açs 41 ekil 4.4 Dik kutulara farkl noktalardan bakld nda görülen yüzleri 43 ekil 4.5 o B 0 QB 1 görü³ açs 47 vi

8 1. G R ekil 1.1 Kutu ve e ik kutu ekil1.1deki iki resim, bir kutuyu ve e ik bir kutuyu göstermektedir. Hangisi bir kutunun resmidir? Kutu kelimesinin zihinlerde olu³turdu u resim soldaki gibidir. Aslnda, Lorentz-Minkowski uzaynda ya³anyor olsayd sa daki resmin bir kutu oldu u ifade edilirdi, di er taraftan soldaki bir e ik kutunun resmi olurdu. Bak³ noktasna ve içinde bulunulan uzaya ba l olarak görünümleri de i³en bu kutular bu çal³mann ba³langç noktas olmu³tur. Her iki uzaydaki ortogonal eksenler ve "görü³ açs" yardmyla bu resimler incelenecektir. Çal³ma süresince "kutu" olarak ifade edilecek ³ekiller; özel hali küp olan, bir yüzünün dört ayrta sahip oldu u dik kutular olacaktr. Öklid uzay ve Lorentz-Minkowski uzayndaki ortogonal eksenler ele alnacaktr. Seçilecek noktalarda kurulacak olan dik çatlar, bir kutunun bir kö³esine ait olan üç ayrttan yola çklarak zihinlerde canlandrlabilir. Görü³ açs kavramnn daha iyi anla³lmasna olanak sa layacak bu ortogonal eksenlere bir noktadan bakld nda elde edilen görü³ açlar incelenecektir. Öklid uzay ve Lorentz-Minkowski uzaynda ayr ayr incelenecek olan bu görü³ açlarnn ayn anda dar açl veya ayn anda geni³ açl olabilme durumlarna göre ekil 1.1 yorumlanacaktr. 1

9 . E n 1 LORENTZ-MINKOWSKI UZAYI.1 Temel Kavramlar R n, bilinen vektör yaps ile n boyutlu reel vektör uzay olsun. R n uzaynda bir vektörün bilinen koordinatlar (x 1,..., x n ) olarak verilir. Burada, R n uzaynda iken R n nin genel yaps dü³ünülecektir ve bilinen anlamdaki "yatay" veya "dikey"ler ile ifade edilecektir. Tanm.1.1. Lorentz-Minkowski uzay E n 1 ile a³a daki ³ekilde tanmlanr: = (R n,, ) metrik uzaydr,, metri i n 1 u, v = u i v i u n v n u = (u 1,..., u n ), v = (v 1,..., v n ) i=1, metri i, Lorentz metri i olarak adlandrlr., metri i, indeksi 1 olan non-dejenere metrik olarak yorumlanr. E n 1 Minkowski uzay ve, Minkowski metri i olarak da adlandrlr. Burada, R n uzaynda iken Öklid metri i dü³ünülecek ve Öklid uzayn kar³layan E n ifadesi kullanlacaktr. Lorentz-Minkowski uzaynn alt boyutlar a³a daki gibi gösterilir: n = 1, E 1 1 = (R, ), with u, v = uv. n =, E 1 = (R, ), with u, v = u 1 v 1 u v. Bu tez çal³masnda, E n 1 uzay yalnzca n için dü³ünülecektir. n = olmas durumunda E 1, Lorentz-Minkowski düzlemi olarak ifade edilecektir. Tanm.1.. v E n 1 vektörü, v, v > 0 veya v = 0 ise spacelike, v, v < 0 ise timelike ve v, v = 0 ve v 0 ise lightlike olarak adlandrlr. Burada, v = 0 olmas durumunda v, v = 0 sa lanmasna ra men vektörün spacelike oldu u belirtilir. Bir vektörün normunun tanm ³u ³ekilde verilir.

10 Tanm.1.3. Verilen u E n 1 vektörü için u, u ifadesi u vektörünün normu olarak adlandrlr ve u ³eklinde yazlr. u vektörünün normu 1 ise bu vektöre birim denir. Sonuç olarak, u bir spacelike vektör ise u = u, u, timelike vektör ise u = u, u olur. Tanm.1.4. E n 1 uzayna ait light-koni, E n 1 uzaynn tüm lightlike vektörlerinin kümesidir ve a³a daki ³ekilde tanmlanr: C = {v E n 1; v, v = 0} {(0,..., 0)}. C alt boyutlarda a³a daki gibi hesaplanr: n = için, C = { (x, y) E 1; x y = 0 } { (0, 0) } biri x y = 0 di eri x + y = 0 olan iki do rudan olu³ur. n = 3 için, C = { (x, y, z) E 3 1; x + y z = 0 } { (0, 0, 0) } tepe noktas orijin olan konidir. Timelike vektörlerinin kümesi T ile gösterilir ve a³a daki ³ekilde verilir: T = {v E n 1; v, v < 0}. T timelike vektörlerinin kümesinin iki bile³eni {v T ; v n > 0} ve {v T ; v n < 0}, birbiri ile tam olarak ba lantl de ildir. Spacelike vektörler kümesi daima ba lantldr. C light-konisi, n = durumunda birbirleri ile ba lantl dört bile³enden olu³urken n > olmas durumunda iki bile³enlidir ( ekil.1). Tanm.1.5. U E n 1 bir alt vektör uzay olsun. U daki indirgenmi³ metrik pozitif tanml ise U spacelike, indeksi 1 olan non-dejenere ise timelike ve U {0} ise lightlike olarak adlandrlr. Bir vektörün veya bir alt uzayn spacelike, timelike veya lightlike bir causal karakter e sahip olmas beklenir. Bir alt uzay ve bu alt uzayn causal karakteri ile ilgili örnekler a³a da verilmi³tir: 1. (1, 0, 0) ve (0, 1, 0) spacelike vektörlerdir. (0, 0, 1) bir timelike vektördür. (1, 0, 1) ve (0, 1, 1) lightlike vektörlerdir. 3

11 z timelike C spacelike w v u spacelike y x timelike ekil.1 E 3 1te causal karakter: u spacelike, v timelike ve w lightlike vektör. < (1, 0, 0), (0, 1, 0) > spacelike bir düzlemdir. < (1, 0, 0), (0, 0, 1) > ve < (0, 1, 0), (0, 0, 1) > timelike düzlemlerdir. < (1, 0, 0), (0, 1, 1) > lightlike bir düzlemdir. Yukarda verilen alt uzaylarn her birindeki metri e ait matrisler, verilen bazlara göre srasyla a³a daki ³ekilde verilir: 1 0, , , < (1, 0, 0), (1, 1, 1) > lightlike bir düzlemdir fakat {(1, 0, 0), (1, 1, 1)} spacelike vektörlerdir. Metri e ait matris a³a daki ³ekilde verilir: < (0, 1, 0), (0,, 1) > timelike bir düzlemdir fakat {(0, 1, 0), (0,, 1)} spacelike vektörlerdir. Metrik ³u ³ekilde verilir: (0, 1, 0) spacelike bir vektördür, (0, 1, 1) lightlike bir vektördür fakat < (0, 1, 0), (0, 1, 1) >.. 4

12 timelike bir düzlemdir. Metrik a³a daki ³ekilde verilir: Önerme.1.. E n 1 zorundadr. uzaynn her alt uzay spacelike, timelike veya lightlike olmak spat n boyut üzerinde tümevarm uygulansn. n = ise non-trivial alt uzaylar 1 boyutludur ve sonuç a³ikardr. 1. U non-dejenere ise U de non-dejenere olur. O halde U nun ortonormal baz ve U in ortonormal baz, E n 1 in ortonormal bazlarn verir. Dolaysyla U daki 1 lerin says, 1 veya 1 den az olur. Böylece U daki metri e ait matrisler a³a daki gibidir, U timelike veya pozitif tanml olur , U dejenere ise U nun baznda bulunan saylar: +1, 1, ve 0 dr. W U alt uzay, bazlarnda +1 ve 1 saylar bulunan non-dejenere bir alt uzaydr. Dolaysyla W Lorentzian veya pozitif tanmldr. Bu, U daki metri e ait matrislerin a³a daki gibi olduklar anlamna gelir ,

13 O halde W nin ortonormal altuzay W ve W E n 1 oldu u dü³ünülerek, W iki durumda a³a daki gibi gösterilir. lk durum, W spacelike oldu unda; ikinci durum, W Lorenzian oldu undadr. lk durum için: W spacelike ise, bir ortonormal baz dü³ünülsün, U W içinde bir lightlike vektör vardr, ki bu da imkanszdr. kinci durum için: W timelike ise boyutu E n 1 in boyutundan bir eksik olan boy(w ) = n 1 olur ve tümevarm hipotezi kullanlr. Bunun için U ile W nin arakesiti dü³ünülür, bu da W U nin ortogonali olan bir W olur. Bu alt uzay W içindedir, dolaysyla spacelike, timelike veya lightliketr. W deki metrik dejenere oldu undan lightliketr. Böylelikle, ortonormal baza göre verilen W deki metri in matrisi +1,..., +1, 0 dr Bu baz ve W nin bir baz birlikte, U nun bir bazn olu³turur. Olu³turulan baz (+1,..., +1) + (+1,..., +1, 0) dr ve bu baza göre verilen metri e ait matris a³a daki gibidir: , U nun lightlike oldu u anlamna gelir. imdi, causal karakterine ba l olarak alt uzaylarn karakterizasyonlar verilecektir.

14 Önerme v E n 1 olsun. < v > timelike (srasyla spacelike, lightlike) v spacelike (srasyla timelike, lightlike) vektördür.. U E n 1 bir alt uzay olsun. U timelike (srasyla spacelike, lightlike) U spacelike (srasyla timelike, lightlike) alt uzaydr. spat 1. v spacelike veya timelike bir vektör olsun ve ϵ = ±1 oldu unda v, v = ϵ oldu u varsaylsn. E n 1 in ortonormal baz, bir eleman v olacak ³ekilde geni³letilirse, e n, e n = ϵ oldu unda B = {v, e,..., e n } olur. O halde < v > =< e,..., e n > dir, ki bu alt uzay ϵ = 1 ise timelike, ϵ = 1 ise spacelike bir alt uzaydr. Di er taraftan {e,..., e n } baz, e n, e n = ±1 oldu unda < v > nin ortonormal bir baz olsun. B = {v, e,..., e n } ye ba l olarak verilen metri e ait matris ³öyledir: v, v ϵ. Lorentz metri inin indeksi 1 dir, o halde v, v = ϵ olur ve bu da sonucu gösterir. v bir lightlike vektör olsun. Önerme.1. kullanlarak ve yukardaki dü³ünce ile, v < v > alt uzay lightlike olmak zorundadr. < v > lightlike ise, yine yukardaki dü³ünce ile, v vektörü spacelike veya timelike olamaz, v lightlike olmak zorundadr.. U timelike iken v U bir timelike vektör olsun. O halde U < v > olur. Yukardaki madde ile, < v > spacelike oldu u görülür ve spacelike alt uzayn her alt uzay da spacelike oldu u için U spaceliketr. U spacelike ise ve E n 1 = U U oldu undan U alt uzay spacelike olamaz. U lightlike ise Lorentz metri i dejenere olmaldr. O halde, Önerme.1. ile U timelike olur. 7

15 Sonuç olarak U lightlike ise, yukardaki yukardaki dü³ünce ile, U spacelike veya timelike olamaz. O halde U lightlike olur. Önerme u, v E n 1 olsun. u ve v timelike vektörler u, v = 0 dr.. u ve v iki lightlike vektör olsun. u, v = 0 lineer ba mldrlar. spat 1. Genel durumu bozmadan, u = 1 oldu u varsaylsn. B = {e 1,..., e n }, u = e n gibi, E n 1 in ortonormal bir baz oldu u dü³ünülsün. v = n i=1 x ie i olsun. u, v = 0 ise x n u, u = 0 olur. O halde x n = 0 dr. Dolaysyla v = n 1 i=1 x ie i dir ve bu nedenle v, v = n 1 i=1 x i 0 olur, ki bu bir çeli³kidir.. u ve v lineer ba ml ise ortogonaldirler. imdi, bu vektörlerin ortogonal olduklar dü³ünülsün. e n = (0,..., 1) olsun. E n 1 =< e n > < e n > ifadesi içinde u = x + λe n ve v = y + µe n yazlsn. u, v = 0 iken ve bunlar lightlike vektörler olacak ³ekilde, a³a daki e³itlikler elde edilir. x, y λµ = 0. x λ = 0. y µ = 0. Üç e³itli in toplam ile, x, y = x y elde edilir. x ve y spacelike vektör olduklar için Cauchy-Schwarz e³itsizli i x ve y nin lineer ba ml oldu unu garanti eder. O halde u ve v vektörleri için de ayn ³ey söz konusudur. imdi, timelike alt uzaylarda çal³lacaktr. Önerme.1.9. U E n 1 bir alt uzay ve boy(u) olsun. A³a da verilen ifadeler birbiri ile e³de erdir: 1. U bir timelike alt uzaydr. 8

16 . U lineer ba msz iki lightlike vektör içerir. 3. U bir timelike vektör içerir. spat 1 {e 1,..., e m } baz, e m timelike vektörü ile, U nun bir ortonormal baz olsun. O halde e 1 + e m ve e 1 e m lineer ba msz lightlike vektörler olurlar. 3 u ve v lineer ba msz iki lightlike vektör ise u + v veya u v bir timelike vektör olur, çünkü u ± v, u ± v = ± u, v ve u, v 0 dr (Önerme.1.8). 3 1 v vektörü U ya ait bir timelike vektör olsun. O halde U < v > dir ve < v > bir spacelike alt uzaydr. Sonuç olarak U spaceliketr ve bu nedenle U timelike olur (Önerme.1.7). Yukardaki sonuç, bir alt uzayn timelike olup olmad n bilmek için, o alt uzayda yalnz bir timelike vektör bulmann yeterli olaca n söylemektedir. Bu durum di er alt uzaylar için geçerli de ildir. Örne in E 3 1 uzaynda x = 0 düzlemi (0, 1, 0) spacelike vektörünü ve (0, 1, 1) lightlike vektörünü barndrr fakat düzlem ne spacelike ne de lightlike bir düzlemdir. Buna ek olarak, y z = 0 bir lightlike düzlemdir ve lightlike vektörler içermektedir. Fakat düzlemdeki tüm lightlike vektörler (0, 1, 1) vektörü ile lineer ba ml olan vektörlerdir. Lightlike alt uzaylar ile devam edilecektir. Önerme U, E n 1 e³de erdir: de bir alt uzay olsun. A³a da verilen ifadeler birbiri ile 1. U bir lightlike alt uzaydr.. U bir lightlike vektör içerir fakat timelike vektör içermez. 3. U C = L {0} ve boy (L) = 1. 9

17 Boy(U U ) = 1 oldu u durumdadr. spat 1 U daki metrik dejenere oldu u için U da bir lightlike vektör vardr. Timelike vektör yoktur (Önerme.1.9). 3 Lightlike vektörler bulundu u için U C arakesiti bo³ küme de ildir. Tekrar Önerme.1.9 ile, e er iki lineer ba msz lightlike vektör olsayd bir timelike vektör var olurdu, ki bu imkanszdr. Dolaysyla, U daki tüm lightlike vektörler lineer ba mldr. 3 1 Lightlike vektörler var oldu undan alt uzay spacelike de ildir. Hipotez ile, U daki tüm lightlike vektörler lineer ba mldr ve Önerme.1.9 U nun timelike olmad n belirtir. Sonuç itibariyle, Önerme.1. U nun lightlike oldu unu söyler. Alt uzaylarn hiper düzlemler için olan daha yüksek boyutlu oldu u hallerde, R n deki Öklid metri ini kullanarak causal karakteri ayrt etmek mümkündür. Önerme P, E n 1 in bir hiperdüzlemi olsun. v de Öklid metri i ile bir ortogonal vektör olsun. v bir timelike (srasyla spacelike, lightlike) vektör P bir spacelike (srasyla timelike, lightlike) düzlemdir. spat P, P = {(x 1,..., x n ) R n ; a 1 x a n x n = 0} olarak yazlrsa v vektörü (a 1,..., a n ) vektörü ile lineer ba ml olur. P ayn zamanda ³u ³ekilde de yazlr: P = {(x 1,..., x n ) E n 1; (x 1,..., x n ), (a 1,..., a n ) = 0 =< (a 1,..., a n ) >. (a 1,..., a n ) in causal karakteri v ninki ile ayndr, çünkü ki bu sonucu ispatlar. (a 1,..., a n ), (a 1,..., a n ) = a a n = v, v, 10

18 E n 1 de hiperdüzlemler üzerine çal³lmaya devam edilecektir. Burada, hiperdüzleme ait bir normal vektörü dü³ünülsün ve bu vektörün normu Lorentz ve Öklid metri i ile ayr ayr hesaplanarak bir kar³la³trma yaplsn. Önerme.1.1. P spacelike veya timelike bir hiperdüzlem ve P =< v > ise, v = 1 iken, v e 1 olur, e altindeksi oldu unda hesaplama E n nin Öklid metri i ile yapld n gösterir. spat P = {(x 1,..., x n ) R n ; a 1 x a n x n = 0} ³eklinde yazlsn. Genel durumu bozmadan, v = (a 1,..., a n ) oldu u varsaylsn. a a n = ϵ ve v, v = ϵ oldu unu bilinir. Burada, ϵ = 1 ise P timelike, ϵ = 1 ise P spaceliketr. v nin normu Öklid metri i ile hesaplansn. ϵ = 1 ise sonuç, v e = a a n 1 + a n a a n 1 a n = ϵ = 1. ³eklinde olur. E er ϵ = 1 ise ve v, v = 1 den, a n = 1 + a a n 1 1 olur. O halde a a n 1 = a n 1 ve v e = a a n 1 + a n = a n 1 1 elde edilir. Yansmalar (Öklid anlamndaki) ile E n 1 deki ortogonalli in ili³kilendirilmesi a³a daki gibidir. Bu ili³kilendirme E 1 de yaplacaktr. Önerme E 1 Lorentz-Minkowski düzlemi dü³ünülsün. u E 1 ise u nun ortogonal bir vektörü C light konisine göre u nun bir yansmasdr ( ekil.). spat u = (x, y) olsun. ax by = 0 ise (a, b) u olur. u nun x = x 1 do rusuna göre yansmas e içindedir ve (y, x) tir. Do runun denklemi (y, x) noktasn sa lar, x.x 1 y.x = 0 olur. Sonuç olarak, (a, b) vektörü denklemi sa lar. 11

19 C C u v u v u v ekil. E 3 1te w nin ortogonal vektörleri: u(sol) spacelike ve v(sa ) timelike Bu bölümde son olarak, E n 1 in timelike vektörlerinin T kümesinde bir denklik ba nts tanmlanacaktr. u T için, u nun a³a daki küme ile verilen timelike konisi tanmlanr. C(u) = {v T ; u, v < 0}. Bu küme u C(u) oldu undan bo³ küme de ildir. Buna ek olarak T, C(u) ve C( u) nun ayrk birle³imidir: v T ise u, v = 0 olur ve bu nedenle v C(u) veya v C( u) dur. Bundan ba³ka, C(u) C( u) = dr. Timelike konilerin baz özellikleri a³a daki gibidir. Önerme u, v < 0 u ve v ayn timelike konide yatan iki timelike vektördür.. C(u) = C(v) u C(v)dir. spat 1. u, v < 0 ise u C(v) dir. u, v C(w) oldu u varsaylsn. w, w = 1 oldu u dü³ünülebilir. x, y < w > ve (a, b) R den, u = x + aw ve v = y + bw olsun. < w > bir spacelike alt uzay oldu undan, x, y x y ve u, v = ab + x, y ab + x y.( ) 1

20 olur. Fakat x, x < a and y, y < b dir. O halde x < a, y < b ve ( ) n sonucu olarak u, v < 0 olur.. u C(v) ise u, v < 0 olur, yani v C(u)dir.. ki Vektör Arasndaki Aç Bu bölümde, Lorentz-Minkowski uzaynda iki vektör arasndaki aç tanmlanacaktr. Lightlike vektörlerin normu sfr oldu u için sadece spacelike veya timelike iki vektör arasndaki aç tanmlanacaktr. Buna ek olarak, aç kavramnn geometrik yorumu da yaplacaktr. Tanm verilmeden önce, Öklid uzayndaki aç kavram ele alnacaktr. E n Öklid uzayndaki anahtar Cauchy-Schwarz e³itsizli idir. Bu e³itsizlik u, v E n ise ve u, v 0 iken u, v u v oldu unu söyler ve ancak u ve v lineer ba ml iseler e³itlik sa lanaca n belirtir. O halde, 1 u, v u v 1. olur. Bundan dolay bir tek φ [0, π] says vardr ve a³a daki ³ekilde verilir: cos φ = u, v u v. φ says u ve v arasndaki aç olarak adlandrlr. u ve v lineer ba ml ise φ açs 0 veya π dir ve e er u ve v ortogonal ise φ açs π/ olur. ki vektör arasndaki açnn di er özellikleri: E er bir vektörün yeri, di er lineer ba ml vektörler ile yönü ayn kalacak ³ekilde de i³tirilirse aç de i³mez ve izometriler açy de i³mez brakr. Bu durum beraberinde iki vektör arasndaki açnn sradaki yorumunu getirir. 13

21 Önerme..1. E n Öklid uzaynda iki birim vektör arasndaki aç, bu iki vektörün uçlarn birle³tiren birim çemberdeki ksa yayn uzunlu udur ( ekil.3). spat Bu önermenin ispat iki ³ekilde yaplacaktr. u ve v, E n de iki birim vektör olsun. u ve v arasndaki φ açs a³a daki ³ekilde verilir: cos φ = u, v u v = u, v. lk olarak, u, v = 1 olan a³ikar durum bir kenara braklrsa u = v ve φ = 0 olur. u, v = 1 ise v = u ve φ = π dir. Böylelikle yay parçasnn uzunlu u yarmçember olan π olur. u, v 1 oldu u varsaylsn. u ve v vektörlerinin uç noktalarn birle³tiren yay parças a³a daki ³ekilde parametrize edilir. Bu parametrizasyonda w, u ya ortogonal birim vektördür ve u ile v tarafndan gerilen düzlem içindedir. α(s) = cos(s)u + sin(s)w, s R. Aslnda, w vektörünün ifadesi ³u ³ekildedir: w = 1 ( u, v u + v). 1 u, v α(s 0 ) = v iken, yay parçasnn uzunlu u s0 0 α (s) ds olur. s için α (s) = 1 oldu undan uzunluk s 0 dr. s 0 n de eri ³u ³ekilde hesaplanr: α(s 0 ) = v = cos(s 0 )u + sin(s 0 )w dir, u ile çarplr ve u, v = cos(s 0 ) u, u = cos(s 0 ) elde edilir. cos φ = u, v oldu u için s 0 = φ dir. kinci ispat ³öyledir: Bir izometriden sonra, ³imdi de E de çal³lacaktr. u ve v, E de iki birim vektör olsun. ki vektörün de normlar 1 oldu undan, u = (cos θ, sin θ), v = (cos β, sin β) 14

22 gibi θ, β [0, π] açlarnn varl ndan söz edilir. β θ oldu u varsaylsn. u ve v arasndaki φ açs a³a daki ³ekilde hesaplanr: cos φ = u, v u v = cos θ cos β + sin θ sin β = cos(θ β) = cos(β θ). O halde, k Z olan baz k lar için φ + (θ β) = kπ veya φ + (β θ) = kπ olur. φ [0, π] ve θ, β [0, π] oldu undan φ + (θ β) [0, 3π] ve φ + (β θ) [ π, π] dir. φ [0, π] oldu u için ilk durumda k = 1 ve ikinci durumda k = 0 olur. Bu da φ = π + β θ veya φ = θ β oldu una i³aret eder. Birim çember α(θ) = u ve α(β) = v ile α(s) = (cos s, sin s) olarak parametrize edilir. u ve v vektörlerinin uçlarn birle³tiren birim çemberdeki ksa yayn uzunlu u α([β, θ]) veya α([θ π, β]) dr. α (s) = 1 oldu u için bu yay parçasnn uzunlu u: veya β θ π θ β α (s) ds = α (s) ds = θ β β θ π olur. ki durum için de sonuç elde edilmi³ olur. 1ds = θ β 1ds = π + β θ ki timelike vektör arasndaki açnn tanm ile devam edilecektir. Öklid uzaynda oldu undan bu tip vektörler için Cauchy-Schwarz e³itsizli inin bir tipine ihtiyaç vardr. Bu e³itsizlik iki timelike vektör arasndaki açnn tanmn yapmaya olanak sa lar. Teorem... u ve v iki timelike vektör olsun. O halde u, v u v (.1) dir, ancak ve ancak u ile v lineer ba ml oldu unda e³itlik sa lanr. spat u ve v lineer ba ml ise e³itlik sa lanr. imdi u ve v iki lineer ba msz vektör oldu u varsaylsn. Önerme.1.9 ile, u ve v bir timelike P =< u, v > düzlemini gererler. 15

23 v ( b) u (a) ekil.3 Öklid uzaynda iki birim vektör arasndaki aç Tekrar Önerme.1.9 ile, P de iki lineer ba msz lightlike vektör oldu u söylenir. Bu da, a ve b ye ba l e³itli in a³a daki gibi verildi i anlamna gelir: au + bv, au + bv = a u, u + b v, v + ab u, v = 0 dr ve iki çözümü vardr. Ayrca a 0 dr (aksi halde, bv vektörü lightlike olurdu). A³a daki ³ekilde a ya bölünürse: u, u + λ u, v + λ v, v = 0 olur ve λ ya ba l olarak iki farkl sonucu vardr. Özellikle, kuadratik denklemlerin diskriminant ³u ³ekilde pozitif olmak zorundadr: u, v > u, u v, v. (.) Bu da, e³itsizli in u ve v nin lineer ba msz oldu u durumda gerçekle³ti ini gösterir. Ayn timelike koni de yatan iki timelike vektör arasndaki aç, (.1) e³itsizli i kullanlarak tanmlanr. u ve v ayn timelike konide yatyorsa, u, v < 0 olur ve (.1) e³itsizli i u, v u v 1 1

24 oldu unu belirtir. Hiperbolik kosinüs fonksiyonu cosh : [0, ) [1, ) oldu undan 1 1 dir ve tek bir φ says vardr: cosh φ = u, v u v. Tanm..3. Ayn timelike konide yatan iki timelike vektör u and v arasndaki φ açs, ile verilen φ [0, ) saysdr. cosh φ = u, v u v Baz textlerde φ açs hiperbolik aç (O'Neill 1983, s. 144) veya timelike aç (Ratclie 00, s. 59) olarak adlandrlr. Örnek..4. Önerme.1.8, ortogonal timelike vektörlerin olmad n söyler. Fakat açs π/ olan timelike vektörler vardr: E 1 de u = (0, 1) ve v = (sinh(π/), cosh(π/)) timelike vektörleri arasndaki aç φ = π/ dir. Öklid uzaynda verildi i gibi (Önerme..1), iki timelike vektör arasndaki açnn yorumu da verilecektir. Vektörler pozitif bir say ile çarpld nda açnn de i³medi i a³ikardr. Bu nedenle, sadece birim timelike vektörler ele alnacaktr. Öncelikle, E n 1 Lorentz-Minkowski uzaynda 'çember' tanmlanmaldr. Çemberin düzlemsel bir e ri olmas gerekti inden, sadece E 1 Lorentz-Minkowski düzleminde çal³lacaktr. E 1 de iki 'farkl' birim çemberler vardr. Birim timelike vektörler kümesi ve birim spacelike vektörler srasyla: {u = (x, y) E 1; u, u = 1} = {(x, y) R ; x y = 1} ve {u = (x, y) E 1; u, u = 1} = {(x, y) R ; x y = 1} 17

25 dir. Bu kümelerden her birinin birim çemberler olarak adlandrlan iki eleman vardr. kisi ³u ³ekilde ayrt edilir: H 1 = {u E 1; u, u = 1, y > 0} = {(x, y) R ; x y = 1, y > 0} S 1 1 = {u E 1; u, u = 1, x > 0} = {(x, y) R ; x y = 1, x > 0} Bu durumda (timelike vektörler) çal³lrken H 1 çemberi kullanlacaktr. Teorem..5. Ayn timelike konide yatan iki birim timelike vektör arasndaki aç, bu iki vektörün uçlarn birle³tiren birim çemberdeki ksa yayn uzunlu udur ( ekil.4). spat u ve v ayn timelike konide yatan iki birim timelike vektör olsun. Genel durumu bozmadan, u, v H 1 oldu u varsaylsn. H 1 in tanmndan θ, β R açlar vardr ve ³u ³ekilde verilir: u = (sinh θ, cosh θ), v = (sinh β, cosh β). θ β oldu u varsaylsn. Tanm yardmyla u ve v arasndaki aç φ hesapland nda, cosh(φ) = u, v u v = u, v = (sinh θ sinh β cosh θ cosh β) = cosh(θ β) oldu u görülür. φ ve β θ negatif olmad için φ = β θ sonucuna varlr. Di er taraftan, u and v arasndaki H 1 uzunlu u a³a daki ³u ³ekilde hesaplanr. H 1 in parametrizayonu, α(θ) = u ve α(β) = v ile α(s) = (sinh(s), cosh(s)) dir. α (s) = 1 oldu undan aranlan uzunluk α: β α (s) ds = β θ θ olur ve sonuçtan görüldü ü üzere φ açsdr. 1.ds = β θ Uyar... Bu teorem, iki timelike vektör arasndaki açnn tanmnda, uygulamaya konulan durumda, iki timelike vektörün de ayn koniye ait olmak zorunda oldu unu do rular: E er vektörler farkl timelike konide iseler, birim timelike vektörlerin kümesinin iki farkl elemannda bulunmu³ olurlar ve bu durumda vektörlerin iki ucunu birle³tiren bir çemberden söz edilemez. 18

26 H 1 ( ) ( ) ekil.4 Lorentz-Minkowski uzaynda iki birim timelike vektör arasndaki aç Uyar..7. u = (sinh θ, cosh θ) olarak yazld nda θ says 'aç' anlamndadr. Aslnda θ, u ve (0, 1) arasndaki açdr: cosh(θ) = u, (0, 1) u (0, 1). ki timelike vektör arasndaki açnn tanm yaplr yaplmaz iki spacelike vektör arasndaki aç ile devam edilecektir. Bundan dolay ve Tanm..3 in ardndan, Cauchy- Schwarz e³itsizli inin iki spacelike vektör için gerekli bir tipine ihtiyaç vardr. ki vektör tarafndan gerilen düzleme ait causal karaktere ba l olarak, Cauchy-Schwarz e³itsizli- inin üç farkl tipi elde edilecektir. Teorem..8. u ve v E n 1 de lineer ba msz iki spacelike vektör ve P =< u, v > düzlemi u ve v vektörleri tarafndan gerilsin. 1. P düzlemi spacelike olur u, v < u v.. P düzlemi timelike olur u, v > u v. 3. P düzlemi lightlike olur u, v = u v. 19

27 spat Teorem.. ile devam edilecektir. λ R ve P(λ) = u + λv, u + λv = λ v + λ u, v + u olsun. P(λ) nn diskriminant = 4( u, v u v ) olur. 1. Ancak ve ancak P deki tüm vektörler spacelike oldu unda, P spacelike bir düzlem olur, P(λ) > 0 ifadesi her λ içindir. Bu, negatif olmak zorundadr ifadesi ile e³de erdir.. Ancak ve ancak iki lineer ba msz lightlike vektör var oldu unda, P timelike bir düzlem olur(önerme.1.9). Bu da, P(λ) = 0 denkleminin en az iki çözümü oldu u ve nn pozitif olmak zorunda oldu u anlamna gelir. 3. Ancak ve ancak P de lightlike vektörlerin bir 1-boyutlu alt uzay kesinlikle bulunuyor ise, P düzlemi lightlike olur(önerme.1.10). Bu da, P(λ) = 0 e³itli ininin tek bir çözümü oldu unu ve nn sfr olmak zorunda oldu unu söylemek ile e³de erdir. Devam edilmeden önce, (.) e³itsizli i gibi Teorem..8 in de yeni bir ispat yaplacaktr. lk olarak hatrlanmas gereken ³udur: E er (V n, g) bir n-boyutlu vektör uzayn metri i ve B ile B de V nin iki baz ise M B (g) = QM B (g)q t olur, burada M B (g) ve M B (g) g metri inin srasyla B ve B ne göre matris gösterimleridir. Q da B ile B arasnda de i³en bazlarn matrisidir. Özellikle, M B (g) ve M B (g) matrislerinin determinantlarnn i³aretleri ayn olmak zorundadr. E n 1 Lorentz- Minkowski uzaynda V ve u ile v vektörlerinin gerdi i bir P düzlemi olsun. Önerme.1. ile, P nin spacelike, timelike veya lightlike bir düzlem oldu u söylenir. E er B ve P nin ortonormal baz seçilirse M B (, ) nün determinant srasyla 1, 1 ve 0 olur. 0

28 E er B = {u, v} alnrsa M B (, ) nin determinant srasyla pozitif, negatif veya sfr olur. Fakat u, u M B (, ) = u, v u, v v, v dir ve determinant u, u v, v u, v olur. Bu determinant hesab u ve v vektörlerinin spacelike, timelike veya lightlike olu³larndan ba mszdr. u ve v nin spacelike oldu u durumda bu determinant ile ayn i³aretli olur (Teorem..8). u ve v vektörlerinin her ikisi de timelike ise P düzlemi timelike olmak zorundadr (Önerme.1.9) ve determinant negatiftir. Bu, (.) e³itsizli ini ispatlar. Spacelike bir düzlemi geren iki spacelike vektörün arasndaki açnn tanm a³a daki ³ekilde verilir. Tanm..9. u ve v spacelike bir düzlemi geren iki lineer ba msz spacelike vektör olsunlar. u ve v arasndaki aç, tek bir φ [0, π] saysdr ve dir. cos φ = u, v u v Aslnda bu durumda açy tanmlamaya gerek yoktur: ndirgenmi³ metrik ile verilen P =< u, v > düzlemi, pozitif tanml metrik ile verilen vektör uzaydr ve bu Öklid vektör uzayndaki açnn tanm olarak bililir. Örnek..10. u ve v, E 3 1 de ortogonal fakat E 3 te ortogonal olmayan, (z 0) spacelike düzlemini geren iki spacelike vektör olsun. Vektörler u = (0,, 1) ve v = (, 1, ) olacak ³ekilde seçilsin. Bu iki vektör arasndaki aç φ = π/ dir. u ve v arasndaki aç E 3 te hesaplanrsa, π/ den farkl bir sonuç elde edilecektir. cos φ = u, v u v =

29 E n Öklid uzaynda oldu undan Önerme..1 de ayn sonuç elde edilmi³ti. Teorem..11. u ve v, spacelike bir düzlemi geren iki lineer ba msz birim spacelike vektör olsunlar. u ve v arasndaki aç u ve v vektörlerinin uçlarn birle³tiren, P =< u, v > düzlemindeki birim çembere ait ksa yayn uzunlu udur. P deki birim çember, P deki normu 1 olan vektörlerin kümesidir: UP = {w P ; w, w = 1}. Bu teoremin ispat yaplmayacaktr çünkü daha sonra Teorem.3.1de iki vektör arasndaki açnn izometriler ile de i³mez kald görülecektir. Çal³lan bu durumda, E n 1 in bir izometrisi u ve v vektörlerinin gerdi i varsaylan < (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0) > düzlemine uygulanabilir. O halde bu düzlem E ye izometrik olur ve ispat Önerme..1 deki ayn basamaklar izler. Bu kümenin ba lantl olmas, Öklid uzaynda oldu u gibi U P çemberinin tanmnn direkt bir sonucu de ildir. P nin z = 0 düzlemi oldu u özel bir durumda, UP birim çemberi E deki standart (Öklid) çemberidir. Fakat E 3 1 de ve genel bir spacelike P düzlemi için, U P Öklid anlamndaki bir çember de ildir: aslnda bu durum sadece P düzleminin z = 0 oldu u zaman gerçekle³ir. Örnek..1. u = (0,, 1) ve v = (1, 0, 0) E 3 1 de spacelike bir düzlemi geren iki spacelike vektör olsun. P = {x(0,, 1) + y(1, 0, 0) E 3 1;... = 1} = = {(y, x, x) E 3 1; y + 3x = 1} = {(y, x, x) E 3 1; olur ve P düzlemi içinde bir (an) elipstir. x (1/ 3) + y 1 = 1} Önerme..13. E n 1 in bir spacelike düzlemindeki spacelike birim vektörlerin kümesi ba lantldr. Aslnda bu bir (an) elipstir.

30 spat u, v E n 1, P spacelike düzlemi içinde iki birim spacelike vektör olsun. Bir ϕ : E n 1 E n 1 izometrisi ile ϕ(u) = e 1 = (1, 0,..., 0) ve ϕ(v) = e = (0, 1,..., 0) alnsn, o halde ϕ(p ) = e 1, e olur. UP birim çemberi ϕ(p ) üzerindeki ϕ(up ) birim çemberine ta³nr. Fakat ϕ(p ) deki çember Öklid anlamndaki çemberdir. ϕ bir an dönü³üm oldu undan, U P bir elips olmak zorundadr. imdi, bir timelike düzlem içinde bulunan iki spacelike vektör arasndaki açnn tanm yaplacaktr. Tanm..14. u ve v bir timelike düzlemi geren u, v > 0 gibi iki lineer ba msz spacelike vektör olsun. u ve v arasndaki aç tek bir φ [0, ) saysdr ve a³a daki gibidir. cosh φ = u, v u v. Teorem..15. u ve v bir timelike düzlemi geren u, v > 0 gibi iki lineer ba msz spacelike vektör olsun. u ve v arasndaki aç, bu vektörlerin uçlarn birle³tiren P =< u, v > düzlemindeki birim çembere ait ksa yayn uzunlu udur. spat P düzleminin sadece E 1 Minkowski düzlemi oldu u dü³ünülsün. E 1 deki birim spacelike vektörlerin kümesi ³öyledir: UP = {(x, y) R ; x y = 1}. Dolaysyla U P deki herhangi bir vektör (± cosh(t), sinh(t)) ³eklinde yazlr. O halde, u = (± cosh θ, sinh θ), v = (± cosh β, sinh β) de görüldü ü üzere bir θ ve β nn varl ndan söz edilir. u, v > 0 oldu undan, genel ifadeyi bozmadan, u ve v nin ilk koordinatlarnn pozitif oldu u varsaylabilir ( ekil.5). θ β oldu u varsaylsn. u ve v arasndaki aç a³a daki gibi hesaplanr: u, u = 1, v, v = 1 u, v = cosh θ cosh β sinh θ sinh β = cosh(θ β). cosh φ = u, v u v 3 = cosh(θ β).

31 Açnn tanm kullanlarak ve θ β 0 oldu undan, φ = β θ olur. imdi u ve v arasndaki UP uzunlu u hesaplanabilir. UP nin parametrizasyonu α(t) = (cosh(t), sinh(t)) dir. a = θ için, α(a) = u ve b = β için α(b) = v elde edilir. α (t) = α (t), α (t) = oldu undan dolay hesaplanan uzunluk: olur. L b a(α) = α (t) = (sinh(t), cosh(t)), b a α (t) dt = sinh (t) + cosh (t) = 1. β θ 1dt = β θ UP (b) (a) ekil.5 Timelike bir düzlemdeki iki spacelike vektör arasndaki aç.3 E n 1 in zometrileri Bu bölümde E n 1 Lorentz-Minkowski uzayna ait izometriler ile çal³lacaktr. f : E n 1 E n 1, E n 1 in bir izometrisi olsun, u, v E n 1 için f(u), f(v) = u, v dir. E n 1 e ait bir B = {e 1,..., e n } ortonormal baza göre f nin matrisi A olsun. g =, oldu unda G = M g (B, B) olur. u = (x 1, x,..., x n ) x ve v = (y 1, y,..., y n ) y 4

32 olsun. O halde, f(u) = M(f, B, B)x, f(v) = M(f, B, B)y ve f(u), f(v) = x T A T GA u, v = x T Gy olur. Çünkü bu, x, y için sa lanr. Dolaysyla A matrisi, 1 1 G = iken, A t GA = G yi sa lar. Herhangi bir izometriye ait eigen de erler 1 veya 1 oldu u için, E n 1 in ortonormal bir baz ³u durumda seçilebilir: A ya kar³lk gelen matris, esas kö³egende sadece 1, 1 ve -lik kutular (her biri kö³egenle³tirilebilir olmayan) olan kutular ile olu³turuldu unda. -lik kutularn her biri bir vektör uzaynn izometrilerine kar³lk geldi i için, E 1 deki izometriler ile çal³mann problemleri ile devam edilecektir. f : E 1 E 1, E 1 de bir izometri olsun. B = {e 1, e } ortonormal baz ise, f nin matrisi A, A t GA = G yi sa lar, A = a c. A t GA = a b c d b d a c, G = b = a c ab cd. Dolaysyla, d ab cd b d a c = 1 b d = 1 ab cd = 0 olur. lk iki denkleme göre durumlar ayrt edilecektir. 5

33 1. a = cosh θ, b = sinh φ, c = sinh θ ve d = cosh φ. O halde üçüncü deklem ³öyledir: sinh(θ φ) = 0 Dolaysyla, θ = φ olur. A matrisinin gösterimi de a³a daki gibidir: A = cosh θ sinh θ sinh θ cosh θ, det(a) = 1. a = cosh θ, b = sinh φ, c = sinh θ and d = cosh φ. O halde üçüncü deklem ³öyledir: sinh(θ + φ) = 0 Dolaysyla, φ = θ olur. A matrisinin gösterimi de a³a daki gibidir: A = cosh θ sinh θ sinh θ cosh θ, det(a) = 1 3. a = cosh θ, b = sinh φ, c = sinh θ and d = cosh φ. O halde üçüncü deklem ³öyledir: sinh(θ + φ) = 0 Dolaysyla, φ = θ olur. A matrisinin gösterimi de a³a daki gibidir: A = cosh θ sinh θ sinh θ cosh θ, det(a) = 1 4. a = cosh θ, b = sinh φ, c = sinh θ and d = cosh φ. O halde üçüncü deklem ³öyledir: sinh(θ φ) = 0 Dolaysyla, θ = φ olur. A matrisinin gösterimi de a³a daki gibidir: A = cosh θ sinh θ sinh θ cosh θ, det(a) = 1 Teorem.3.1. f, E n 1 in bir izometrisi ise, f(u) ve f(v) arasndaki aç A(u) ve A(v) arasndaki aç ile ayndr. spat Sadece timelike vektörler için ispat yaplacaktr. E er u birim vektörü timelike ise, f(u) birim timelike vektör olur. Bundan ba³ka, u ve v ayn timelike konide yatyorsa, f(u), f(v) = u, v < 0

34 olur. u ve v arasndaki φ açs φ [0, ) iken ³öyledir: f(u) ve f(v) arasndaki aç θ dr, Sonuç olarak, φ = θ dr. u, v cosh φ = u v. f(u), f(v) cosh θ = f(u) f(v) = u, v u v = cosh φ. R n in her B baz için pozitif yönlendirilme yapld nda, bir f : R n R n izomor- zminin yönü korudu u hatrlanr, o halde f(b) pozitif yönlendirilmi³tir. Bu, f nin determinantnn pozitif oldu unu söylemek ile e³de erdir. E n 1 in izometrilerinin determinant +1 veya 1 oldu undan, determinant +1 olan izometriler yönü korurlar. B = {e 1,..., e n }, e n timelike vektör iken, E n 1 in bir ortogonal baz olsun. e n, (0,..., 0, 1) vektörü ile ayn timelike konide yatyorsa, B ye gelece e yönlendirilmi³ (future-directed) baz denir. Tanm.3.. f : E n 1 E n 1 bir izometri olsun. E er her ortogonal gelece e yönlendirilmi³ B baz için f(b) de gelece e yönlendirilmi³ bir baz oluyor ise, f nin timelike yönlendirmeyi korur denir. Önerme.3.3. f : E n 1 E n 1 bir izometri olsun ve A = (a ij ), E n 1 in bir ola an bazna göre f nin matris gösterimi olsun. > 0 f timelike yönlendirmeyi korur. spat f dönü³ümü timelike yönlendirmesini korur. Çünkü f(e n ), e n = f(e n ), (0,..., 0, 1) < 0 f(e n ) = n a in e n, i=1 f(e n ), e n =. Then f(e n ), e n < 0 if > 0 dr. 7

35 O 1 (n), E 3 1 in tüm vektör izometrilerin kümesini ifade etsin ve O 1 (3) ile gösterilsin. O 1 (3) = {A Gl(3, R); A t GA = G}. Sradaki dört küme ³u ³ekilde olacaktr: O ++ 1 (n) = {A = 1 (n) : > 0, det(a) = 1} O + 1 (n) = {A = 1 (n) : > 0, det(a) = 1} O + 1 (n) = {A = 1 (n) : < 0, det(a) = 1} O 1 (n) = {A = 1 (n) : < 0, det(a) = 1}. 8

36 3. ZOMETR K UZAYLAR ARASINDAK DUAL DÖNÜ ÜMLER 3.1 Dual Dönü³üm Bu bölümde önemli rol oynayacak n n-lik matrislerin iki kümesi a³a daki gibidir. SO(n) = {A GL(n, R) A t A = AA t = I n, det(a) = 1}, SO(n 1, 1) = {A GL(n, R) A t GA = AGA t = G, det(a) = 1}, buradaki G matrisi, G = I n 1 0 dir. Buradaki I n, n n-lik birim matristir. 0 1 Birinci küme, E n Öklid uzayndaki izometriler ile olu³turulmu³tur ve bu izometriler R n deki yönlendirmeyi korurlar. kinci küme olarak ifade edilen SO(n 1, 1), E n 1 Minkowski uzayndaki determinant 1 olan izometrilerdir (Bkz. 1.Bölüm). Bu ve bundan sonraki bölümde, n n-lik matrisler a³a da verilen A matrisi gibi kutulara bölünmü³ ³ekilde yazlacaktr, A = B D C burada 0dr. Buradaki B, (n 1) (n 1)-lik bir kare matris; C, (n 1) 1-lik bir sütun matrisi ve D bir satr matrisidir. Bu matriste, 0 oldu u için, X = {A SO(n); 0} ve Y = {A SO(n 1, 1); 0} kümeleri kullanlacaktr. X = {A SO(n); 0} ve Y = {A SO(n 1, 1); 0} kümeleri arasnda, f : X Y olacak ³ekilde bir dönü³üm tanmlanr ve a³a daki gibi ifade edilir: f : A f(a) = 1 (B 1 ) t C D 1, buradaki t üstindisi matristeki transpozdur. 9

37 imdi, f nin iyi tanml oldu u gösterilmelidir. Öncesinde, sradaki bir önerme ve iki lemma ispat edilecektir. Önerme A X ise, f(a) Y olur. spat f(a) t Gf(A) = G ve f(a)gf(a) t = G oldu u ispatlanacaktr. A matrisi, SO(n) kümesinin içindedir. Bundan dolay A, A t A = AA t = I e³itli ini sa lar. Bu ifade, AA t = B D C Bt C t D t = BBt + CC t BD t + C DB t + C t DD t + = I oldu u anlamna gelir. Bu çarpm sonucunda elde edilen e³itlikler a³a daki gibi yazlr. BB t + CC t = I n 1 (3.1) BD t + C = DB t + C t = 0 (3.) DD t + = 1 (3.3) C = BDt ve C t = DBt (3.)den elde edilir. (3.1) kullanlarak, elde edilir. BB t + BDt DB t = B(B t + Dt DB t ) BB 1 = I B 1 = B t + Dt DB t E³itli in di er taraf ele alnd nda, 30

38 A t A = Bt C t D t B D C = Bt B + D t D B t C + D t C t B + D C t C + = I oldu u görülür. Bu çarpm sonucunda a³a daki e³itlikler yazlr. B t B + D t D = I n 1 (3.4) B t C + D t = C t B + D = 0 (3.5) C t C + = 1 (3.) D t = Bt C ve D = Ct B (3.5)ten elde edilir. (3.4) kullanlarak, B t B + Bt CC t B = (B t + Bt CC t )B B 1 B = I B 1 = B t + Bt CC t elde edilir. A matrisinin, A t A = AA t = I e³itli ini sa lad görülür. imdi, f(a) t Gf(A) = G ve f(a)gf(a) t = G oldu u ispatlanmaldr. f(a) t Gf(A) = = B 1 B 1 Dt C t 1 Dt C t 1 I (B 1 ) t (B 1 ) t C D 1 C D 1 31

39 = B 1 (B 1 ) t Dt D C t (B 1 ) t + D B 1 C + Dt C t C a nn 1 a nn Bu çarpm sonucunda elde edilen e³itlikler ³u ³ekilde gösterilmelidir. B 1 (B 1 ) t Dt D = I n 1 (3.7) B 1 C C t C a 1 nn a nn + Dt = Ct (B 1 ) t + D = 0 (3.8) = 1 (3.9) (3.7)nin ispatnda, B 1 kullanlmaldr. (B t + Dt DB t = ( B t + D t B t )( a nn )(B + BDt D a ) Dt D nn a = nn B + BD t D ) Dt D = ( 4 B t B + a nn B t BD t D + a nn D t DB t B + D t DB t BD t D ) Dt D a 4 nn a nn (3.4) ve (3.3)ten B t B = I D t D ve DD t = 1 kullanlarak, oldu u görülür. = ( 4 I + D t D ) Dt D a 4 nn a nn = I B 1, (3.8)in ispatnda kullanlr. B 1 C a = (Bt + BtCCt a nn )C nn + Dt + Dt = Bt C + Bt CC t C 3 + Dt = Bt C 3 + Bt C 3 Bt C + Dt

40 (3.) ve (3.5)ten C t C = 1 ve D t = Bt C kullanlarak, elde edilir. = Bt C + Bt C 3 Bt C + Bt C 3 = 0 (3.9)un, (3.)dan elde edildi i açktr. CC t 1 = 1. f(a)gf(a) t çarpm a³a daki gibi yazlr. f(a)gf(a) t = (B 1 ) t = = (B 1 ) t C D 1 C D 1 I B 1 Dt C t 1 B 1 (B 1 ) t B 1 CCt ( ) (B 1 ) t D t C DB 1 Ct DD t 1 Dt C t 1. Bu çarpm sonucunda elde edilen e³itlikler ³u ³ekilde gösterilmelidir. (B 1 ) t B 1 CCt = I n 1 (3.10) (B 1 ) t D t C a = DB 1 Ct nn a = 0 (3.11) nn DD t a 1 nn a nn = 1 (3.1) (3.10) un ispatnda B 1 kullanlr. 33

41 (B + CCt B a )(Bt + Bt CC t nn a ) CCt nn a = nn = ( B + C t CB )( B t + B t CC t ) CCt a nn a nn a nn = ( 4 BB t + a nn BB t CC t + a nn CC t BB t + CC t BB t CC t ) CCt a 4 nn a nn (3.1) ve (3.)dan, BB t = I CC t ve C t C = 1 kullanlarak, oldu u görülür. = ( 4 I + a nn CC t ) CCt a 4 nn a = I nn B 1, (3.11)in ispatnda kullanlr. DB 1 Ct ) = D(Bt + DtDBt Ct (3.4) ve (3.)den, B t B = I D t D ve C t = DBt kullanlarak elde edilir. DB t DD t DB t + DB t 3 = 0 (3.1)nin, (3.3)ten geldi i açktr. DD t 1 = 1. spatn tamamlanmas için, f(a) nn determinantnn +1 oldu u gösterilmelidir. Bunun için a³a daki iki lemmaya ihtiyaç vardr. Lemma A matrisi SO(n) kümesinde ise, 0 olmak üzere det(b) = 1 dir. 34

42 spat A matrisi a³a daki ³ekilde yazlr. A = B D C = B D BDt Bu matris, det(a) nn hesab için, iki matrisin çarpm ³eklinde de yazlabilir. = B 0 D 1 I D t 0 1 det(a) = det(b) 1 Sonuç olarak, bu durumda det(a) = 1 dir, o halde det(b) = olarak elde edilir., Lemma A matrisi SO(n 1, 1) kümesinde ise, 0 olmak üzere det(b) 1 = 1 dir. spat A matrisi a³a daki ³ekilde yazlr. A = B C = B D D BDt Bu matris, det(a) nn hesab için, iki matrisin çarpm ³eklinde de yazlabilir. O halde, oldu u görülür. = B 0 D 1 I D t 0 1 det(a) = det(b) 1, Lemma 3.1. nin ispatnn devam için, det(a) = 1, det(b) = 1 ve Lemma kullanlr. det(f(a)) = det((b 1 ) t ) 1 1 = det(b) = 1 35

43 f nin iyi tanml oldu unun ispatndan hemen sonra, 1 1 ve örten oldu u gösterilmelidir. Bunun için f 1 : Y X, a³a daki gibi tanmlanr. f 1 B D C = 1 (B 1 ) t C D 1 Önerme f, 1 1 ve örtendir; f 1, f nin inversidir. spat f nin 1 1 ve örten olmas, f 1 in iyi tanml oldu u anlamna gelir. Çünkü, f f 1 = I Y ve f 1 f = I X. O halde, f f 1 (A) = I Y (A) and f 1 f(a) = I X (A). (B 1 ) t = B, B 1 = B t, B = (B t ) 1 = (B 1 ) t, C x D = C, x = D 1 = a x nn, C = C D = xd = 1 a n n D, x = 1 a n n f(a) ve f 1 (A) için örnek verilebilecek özel matrisler a³a daki gibidir. Örnek A = cos s sin s olarak alnan A matrisi SO() kümesine aittir. A X olmas sin s cos s için a = cos s 0 olmaldr. Yani, s ± π olur. f dual dönü³ümü ile, f(a) = 1 cos s 1 sin s sin s 1 = sec(s) tan(s) tan(s) sec(s) elde edilir. Dual dönü³üm ile elde edilen bu matris SO(1, 1) kümesine aittir, 1.Bölümden hatrlanacak olursa, SO(1, 1) = O ++ 1 () O + 1 () olarak ifade edilir. O halde θ R açsna ba l olarak f(a), 3

44 cosh(θ) sinh(θ) sinh(θ) cosh(θ) veya cosh(θ) sinh(θ) sinh(θ) cosh(θ) olarak yazlr. θ açsnn seçimi, cos(s) de erinin pozitif veya negatif olu³una ba ldr. lk durumda, θ açs cosh(θ) = sec(s) ve sinh(θ) = tan(s) e³itliklerini sa lamaldr. sec(s) tan(s) = 1 oldu undan, tek bir θ açsnn varl ndan söz edilir.. B = ± cosh t sinh t sinh t ± cosh t olarak alnan B matrisi SO(1, 1) kümesine aittir. f dual dönü³ümü ile, f(b) = 1 ± cosh t 1 sinh t sinh t 1 (t R) elde edilir, SO() kümesine aittir. Uyar f dönü³ümü lineer de ildir. f(a + B) f(a) + f(b) 37

45 4. DUAL DÖNÜ ÜMLER N GEOMETR K UYGULAMALARI 4.1 E 3 Öklid Uzaynda Görü³ Açs AP B sabit açs, E 3 üç boyutlu Öklid uzaynda P, A ve B noktalar ile verilsin. Bu açya bakld nda açnn görünümü görü³ noktasna göre de i³mektedir. Tanm AP B açs, E 3 te bir sabit aç olsun. Görü³ noktas O olmak üzere, o AP B açs, OP AB bozulmu³ dört yüzlüsünün OP A ve OP B yüzleri arasnda kalan iki duzlemli aç olarak ifade edilsin. o AP B açsna, O görü³ noktasndan AP B açsnn görü³ açs denir. ekil 4.1'de Öklid uzayndaki bir görü³ açs incelenebilir. Uyar E n de (n 4) görü³ açs tanm, Tanm 4.1.1'deki gibidir. Z B A B A O P y X P ekil 4.1 Öklid uzaynda görü³ açs Aslnda, o AP B görü³ açs AP B nin P den geçen ve normali OP olan hiperdüzleme dik izdü³ümüdür, ekil 4.1'deki A P B açsna e³ittir. 38

46 Görü³ açs tanm yardmyla ekil 1.1'deki kutu ve e ik kutu resimleri incelenecektir. Dik eksenlerin görüs açlar bu konuda yardmc olacaktr. Bunun için, P noktasnda bir dik çat seçilsin. x OP A 1 A A 0 E P(1,0,0) A 1 A 0 y O Z ekil 4. o A 0 P A 1 görü³ açs Sekil 4.'de görüldü ü üzere, P- A 0 A 1 A dik eksenlerine O görü³ noktasndan baklsn. O görü³ noktas orijin olacak ³ekilde E 3 te O - x 0 x 1 x dik koordinat sistemi olu³turulsun. P = (1, 0, 0) olsun. P A 0 = (a 00, a 01, a 0 ) P A 1 = (a 10, a 11, a 1 ) P A = (a 0, a 1, a ), (a ij ) SO(3) olacak ³ekilde, o A i P A j (i,j=0,1,) görü³ açs; uj = (a j1, a j ) vektörleri arasndaki aç olarak verilir. ui = (a i1, a i ) ve 39

47 Burada, P - A 0 A 1 A dik eksenlerine O görü³ noktasndan bakld nda, matristen de görülece i gibi, üç görü³ açs elde edilir. P = (1, 0, 0) noktas seçildi i için görü³ açs tanmndan yola çklarak OP do rusunu normal kabul eden düzleme dik izdü³üm yaplacaktr. Bu düzlemin x = 1 düzlemi oldu u görülmektedir. o A 0 P A 1, o A 0 P A ve o A 1 P A dik izdü³ümler sonrasnda elde edilen üç görü³ açs olacaktr. Sekil 4.'de görüldü ü üzere, A 0 ve A 1 noktalarnn x = 1 düzlemine dik izdü³ümü ile A 0 ' ve A 1 ' noktalar elde edilir. P A 0 = (0, u 0 ) ve P A 1 = (0, u 1 ) vektörleri arasndaki aç, o A 0 P A 1 görü³ açsdr. Tanm gere i bu görü³ açsn olusturan iki vektör matristen de görülece i gibi u 0 = (a 01, a 0 ) ve u 1 = (a 11, a 1 ) vektörleridir. E er P noktas (0, 0, 1) seçilmi³ olsayd, z = 1 düzlemine izdü³üm yaplm³ olacakt. Bu durumda, (a ij ) SO(3) olacak ³ekilde, o A i P A j (i,j=0,1,) görü³ açs, u i = (a i0, a i1 ) ve u j = (a j0, a j1 ) vektörleri arasndaki aç olarak verilirdi. Yani, o A 0 P A 1 görü³ açsn olu³turan iki vektör, matristen de görülece i gibi, u 0 = (a 00, a 01 ) ve u 1 = (a 10, a 11 ) vektörleri olurdu. Burada P A 0 = ( u 0, 0) ve P A 1 = ( u 1, 0) olur. Örnek P = (1, 0, 0) noktas ve A 0 = (1 + 1, 1, 0), A 1 = (1 + 1, 1, ), A = (1 1 3, 1 3, 1 3 ) noktalar yardmyla P noktasnda bir çat olu³turulsun. P A 0 = ( 1, 1, 0) P A 1 = ( 1 1,, ) P A = ( 1 3, 1 1 3, 3 ), ekil 4.3'te de görülebilen bu ortonormal çatya O noktasndan bakld nda görülebilecek üç görü³ açs a³a daki gibidir. A 0 = (1, 1, 0), A 1 1 = (1,, ), A = (1, 1 1 3, 3 ), u0 = ( 1, 0), u 1 = ( 1, ) ve u = ( 1 1 3, 3 ) oldu undan; 40

48 x OP A E P(1,0,0) A 1 A 0 y O A 0 A 1 z ekil 4.3 P A 0 A 1 A çats ve o A 0 P A 1 görü³ açs o A 0 P A 1 görü³ açsn, P A 0 = (0, u 0 ) = (0, 1, 0) ile P A 1 = (0, 1 u 1 ) = (0,, ) vektörleri olusturmaktadr ve açnn de eri cos θ = 1 5 θ = 11, 5 olur. o A 0 P A görü³ açsn, P A 0 = (0, u 0 ) = (0, 1, 0) ile P A = (0, u ) = (0, 1 1 3, 3 ) vektörleri olusturmaktadr ve açnn de eri cos θ = 1 θ = 45 olur. o A 1 P A görü³ açsn, P A 1 = (0, 1 u 1 ) = (0,, ) ile P A = (0, u ) = (0, 1 1 3, 3 ) vektörleri olusturmaktadr ve açnn de eri cos θ = 1 10 θ = 71, 5 olur. zdü³üm yaplacak olan düzlem de i³tirilerek ba³ka bir örnek verilsin. Örnek P = (0,, 0) noktas ve A 0 = ( 4, 1, 7 ), A 1 = (, 1, 1 ), A = ( 1 11, 3 11, 1 11 )noktalar yardmyla P noktasnda bir 41

49 çat olu³turulsun. P = (0,, 0) noktas seçildi i için, görü³ açs tanmndan yola çklarak OP do rusunu normal kabul eden düzleme dik izdü³üm yaplacaktr. Bu düzlemin y = düzlemi oldu u görülmektedir. A 0 ve A 1 noktalarnn y = düzlemine dik izdü³ümü ile A 0 ' ve A 1 ' noktalar elde edilir. P A 0 = ( 4, 1 7, ) P A 1 = (, 1 1, ) P A = ( 1 11, 3 11, 1 11 ), Bu ortanormal çatya O noktasndan bakld nda görülebilecek üç görü³ açs a³a daki gibidir. A 0 = ( 4 7,, ), A 1 = ( 1,, ), A = ( 1 11,, 1 11 ), u0 = ( 4 7, ), u 1 = ( 1, ) ve u = ( 1 11, 1 11 ) oldu undan; o A 0 P A 1 görü³ açsn, P A 0 = ( 4, 0, 7 ) ile P A 1 = (, 0, 1 ) vektörleri olu³turmaktadr ve açnn de eri cos θ = θ = 93, 17 olur. o A 0 P A görü³ açsn, P A 0 = ( 4, 0, 7 ) ile P A = ( 1 11, 0, 1 11 ) vektörleri olu³turmaktadr ve açnn de eri cos θ = θ = 105, 5 olur. o A 1 P A görü³ açsn, P A 1 = (, 0, 1 ) ile P A = ( 1 11, 0, 1 11 ) vektörleri olu³turmaktadr ve açnn de eri cos θ = 3 10 θ = 11, 5 olur. Dolaysyla, seçilen herhangi bir noktada kurulan bir dik çatya ba³ka bir noktadan bakld nda, bu çatya ait üç görü³ açs elde edilir. Bu durum, bir kutuya bakld ndaki durumla benzerdir. Kutunun herhangi bir kö³esi ve o kö³eye ait üç ayrt dü- ³ünülürse, kutunun o noktasnda kurulmu³ bir dik çat görülebilir. Bu dü³ünce ile kutuya belli bir mesafeden bakld nda, görü³ noktasna göre, o kutunun en fazla üç 4

18.702 Cebir II 2008 Bahar

18.702 Cebir II 2008 Bahar MIT Açk Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.702 Cebir II 2008 Bahar Bu materyallerden alnt yapmak veya Kullanm artlar hakknda bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

Çarpm ve Bölüm Uzaylar

Çarpm ve Bölüm Uzaylar 1 Ksm I Çarpm ve Bölüm Uzaylar ÇARPIM UZAYLARI 1 ÇARPIM TOPOLOJ S 2 KARMA P R O B E M L E R 1. A ile B, srasyla, (X, T )X ile (Y, S ) topolojik uzaylarnn birer alt-kümesi olsunlar. (a) (A B) = A B (b)

Detaylı

Soru Toplam Puanlama Alnan Puan

Soru Toplam Puanlama Alnan Puan 26.11.2013 No: Ad-Soyad: mza: Soru 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Toplam Puanlama 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 105 Alnan Puan 405024142006.1 CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI SORULARI (ÖRGÜN Ö

Detaylı

f 1 (H ) T f 1 (H ) = T

f 1 (H ) T f 1 (H ) = T Bölüm 15 TIKIZLIK 15.1 TIKIZ UZAYLAR 15.1.1 Problemler 1. Her sonlu topolojik uzay tkzdr. 2. Ayrk bir topolojik uzayn tkz olmas için gerekli ve yeterli ko³ul sonlu olmasdr. 3. Ayn bir küme üzerinde S T

Detaylı

f( F) f(f) K = K F f 1 f( F) f 1 (K) = F F f 1 (S ) = [f 1 (S)] f(x) S V

f( F) f(f) K = K F f 1 f( F) f 1 (K) = F F f 1 (S ) = [f 1 (S)] f(x) S V Bölüm 6 SÜREKL FONKS YONLAR 6.1 YEREL SÜREKL L K Tanm 6.1.1. (X, T ) ve (Y, S) topolojik uzaylar ile f : X Y fonksiyonu verilsin. E er f(x 0 ) ö esinin her V kom³ulu una kar³lk f(u) V olacak ³ekilde x

Detaylı

(i) (0,2], (ii) (0,1], (iii) [1,2), (iv) (1,2]

(i) (0,2], (ii) (0,1], (iii) [1,2), (iv) (1,2] Bölüm 5 KOM ULUKLAR 5.1 KOM ULUKLAR Tanm 5.1.1. (X, T ) bir topolojik uzay ve A ile N kümeleri X uzaynn iki alt-kümesi olsun. E er A T N olacak ³ekilde her hangi bir T T varsa, N kümesine A nn bir kom³ulu

Detaylı

S = {T Y, X S T T, S S} (9.1)

S = {T Y, X S T T, S S} (9.1) Bölüm 9 ÇARPIM UZAYLARI 9.1 ÇARPIM TOPOLOJ S Bo³ olmayan kümelerden olu³an bo³ olmayan bir ailenin kartezyen çarpmnn da bo³ olmad n, Seçme Aksiyomu [13],[20], [8] ile kabul ediyoruz. imdi verilen aileye

Detaylı

B A. A = B [(A B) (B A)] (2)

B A. A = B [(A B) (B A)] (2) Bölüm 5 KÜMELER CEB R Do a olaylarnn ya da sosyal olaylarn açklanmas için, bazan, matematiksel modelleme yaplr. Bunu yapmak demek, incelenecek olaya etki eden etmenleri içine alan matematiksel formülleri

Detaylı

x = [x] = [x] β = {y (x,y) β} (8.5) X = {x x X}. x,y X [(x = y) (x y = )]. b(b [x]) b [y] [x] [y] (8.8)

x = [x] = [x] β = {y (x,y) β} (8.5) X = {x x X}. x,y X [(x = y) (x y = )]. b(b [x]) b [y] [x] [y] (8.8) Bölüm 8 DENKL K BA INTILARI 8.1 DENKL K BA INTISI 8.1.1 E³itlik Kavramnn Genelle³mesi Matematikte ve ba³ka bilim dallarnda, birbirlerine e³it olmayan, ama e³itli e benzer niteliklere sahip nesnelerle sk

Detaylı

TOPOLOJ TEST A. 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir?

TOPOLOJ TEST A. 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir? 1 TOPOLOJ TEST A 1. A³a dakilerden hangisi topoloji tanmlama yöntemi de ildir? (a) Açk kümeleri belirleme (b) Kapal kümeleri belirleme (c) Alt-kümeleri belirleme (d) Kaplamlar belirleme (e) çlemleri belirleme

Detaylı

A = i IA i = i I A = A = i IA i = {x α((α I) (x A α ))} (7.7) A = (α,β I) (α β) A α A β = (7.8) A A

A = i IA i = i I A = A = i IA i = {x α((α I) (x A α ))} (7.7) A = (α,β I) (α β) A α A β = (7.8) A A Bölüm 7 KÜME A LELER 7.1 DAMGALANMI KÜMELER E er inceledi imiz kümelerin says, alfabenin harerinden daha çok de ilse, onlara,b,...,w gibi harerle temsil edebiliriz. E er elimizde albenin harerinden daha

Detaylı

A = i I{B i : B i S} A = x A{B x A : B x S}

A = i I{B i : B i S} A = x A{B x A : B x S} Bölüm 4 TOPOLOJ TABANI 4.1 TOPOLOJ TABANI Tanm 4.1.1. Bir S P(X) ailesi verilsin. S ye ait kümelerin her hangi bir bile³imine e³it olan bütün kümelerin olu³turdu u aileye S nin üretti i (do urdu u) aile

Detaylı

BÖLÜM 1. stanbul Kültür Üniversitesi. Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram. ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir.

BÖLÜM 1. stanbul Kültür Üniversitesi. Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram. ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir. BÖLÜM 1 0, Q 1. f() = 1, R/Q, Fonksiyonlar - Özellikleri ve Limit Kavram ³eklinde tanmlanan fonksiyona Dirichlet fonksiyonu ad verilir. Buna göre a³a da verilen tanm bölgeleri altnda görüntü cümlelerini

Detaylı

TOPOLOGY TEST A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de ildir? 3. A³a dakilerden hangisi a³kn bir süzgeç de ildir?

TOPOLOGY TEST A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de ildir? 3. A³a dakilerden hangisi a³kn bir süzgeç de ildir? 1 TOPOLOGY TEST 02 1. S ailesi X kümesi üzerinde bir süzgeç ise, a³a dakilerden hangisi sa lanmaz? (a) / S (b) * S (c) X S (d) A, B S A B S (e) (V S ) (V W ) W S 2. A³a dakilerden hangisi bir süzgeç de

Detaylı

TOPOLOJ TEST B. (d) Dizinin limiti yoktur; y lma noktas yoktur. 4. Dizisel süreklilik hangi uzaylarda süreklili e denktir?

TOPOLOJ TEST B. (d) Dizinin limiti yoktur; y lma noktas yoktur. 4. Dizisel süreklilik hangi uzaylarda süreklili e denktir? 1 TOPOLOJ TEST B 1. {( 1) n 1 n : n > 0} dizisi için a³a dakilerden hangisi do rudur? (a) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas 1 ve +1 dir. (b) Dizinin limiti 1 ve +1 dir; y lma noktas yoktur. (c)

Detaylı

BÖLÜM 1. Matematiksel ndüksiyon Prensibi

BÖLÜM 1. Matematiksel ndüksiyon Prensibi BÖLÜM 1 Matematiksel ndüksiyon Prensibi Matematiksel indüksiyon prensibini kullanarak a³a daki e³it(siz)liklerin her n N için gerçeklendi ini ispatlaynz. 1. 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1) 6 2.

Detaylı

0 = ρ(x,x) ρ(x,y)+ρ(y,x) = 2ρ(x,y) 0, x = y δ(x,y) = κ(z 1,z 2 ) = z 1 z 2, (z 1,z 2 C) (17.27)

0 = ρ(x,x) ρ(x,y)+ρ(y,x) = 2ρ(x,y) 0, x = y δ(x,y) = κ(z 1,z 2 ) = z 1 z 2, (z 1,z 2 C) (17.27) 230 BÖLÜM 17. METR K UZAYLAR 17.2 METR K METR K UZAY KAVRAMI Normlanm³ bir uzay, her³eyden önce bir vektör uzaydr, yani (X, ) normlanm³ bir uzay ise, X kümesi üzerinde bir vektör uzay yaps vardr. Oysa,

Detaylı

XIV. Ulusal Antalya Matematk Olmpyat Brnc A³ama Snav Sorular -2009

XIV. Ulusal Antalya Matematk Olmpyat Brnc A³ama Snav Sorular -2009 XIV. Ulusal ntalya Matematk Olmpyat rnc ³ama Snav Sorular -009 c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.com Soru 1. dar açl üçgeninde m() = 45 'dir. 'dan 'ye indirilmi³ dikmenin aya E ve 'den

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

ARA SINAV II. (1) (x k ) k N, R n içinde yaknsak ve limiti x olan bir dizi olsun. {x} = oldu unu gösteriniz.

ARA SINAV II. (1) (x k ) k N, R n içinde yaknsak ve limiti x olan bir dizi olsun. {x} = oldu unu gösteriniz. MC 411/ANAL Z IV ARA SINAV II ÇÖZÜMLER 1 x k k N, R n içinde yaknsak iti x olan bir dizi olsun. {x} = {x m m k} k=1 Çözüm. Her k N için A k := {x m m k} olsun. x k k N dizisinin iti x oldu undan, A k =

Detaylı

Soru Toplam Puanlama Alnan Puan

Soru Toplam Puanlama Alnan Puan ..04 No: Ad-Soyad: mza: Soru.. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Toplam Puanlama 0 0 0 5 0 0 0 0 00 Alnan Puan 04043006. CEB RSEL TOPOLOJ ARASINAVI CEVAP ANAHTARI ( K NC Ö RET M) Not: Süre 90 Dakika. stedi iniz 7 soruyu

Detaylı

II. DERS R 3 te E R LER ve VEKTÖR ALANLARI

II. DERS R 3 te E R LER ve VEKTÖR ALANLARI Bölüm II. DERS R 3 te E R LER ve VEKTÖR ALANLARI Bu kesimde R 3 e ri kavram tanmlanacak ve geometrik özellikleri tart³lacaktr.. D FERENS YELLENEB L R E R VE PARAMETR K TEMS L I notasyonu ile R nin a

Detaylı

CHAPTER 1. Vektörler

CHAPTER 1. Vektörler iv CHAPTER 1 Vektörler Vektör kavram, ziksel kavram olarak ortaya çkm³ olsa da matematiksel sistemlerin temel kavram olmu³tur. Gerçekten vektör kavramn geli³imi matematikçilerden çok zikçiler ve kimyaclar

Detaylı

ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ LORENTZ UZAYINDA UMBİLİK YÜZEYLER. Esma DEMİR MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2010

ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ LORENTZ UZAYINDA UMBİLİK YÜZEYLER. Esma DEMİR MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2010 ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ LORENTZ UZAYINDA UMBİLİK YÜZEYLER Esma DEMİR MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2010 Her hakkı saklıdır OZET Yuksek Lisans Tezi LORENTZ UZAYINDA

Detaylı

L SANS YERLE T RME SINAVI 1

L SANS YERLE T RME SINAVI 1 LSANS YERLETRME SINAVI MATEMATK TEST SORU KTAPÇII 9 HAZRAN 00. ( )( + ) + ( )( ) = 0 eitliini salayan gerçel saylarnn toplam kaçtr?. ( )( ) < 0 eitsizliinin gerçel saylardaki çözüm kümesi aadaki açk aralklarn

Detaylı

DO U ÜN VERS TES 9.Liseleraras Matematik Yar³mas Sorular. (n + 1) n n n + 1 = n(n + 1)

DO U ÜN VERS TES 9.Liseleraras Matematik Yar³mas Sorular. (n + 1) n n n + 1 = n(n + 1) DO U ÜN VERS TES 9.Liseleraras Matematik Yar³mas Sorular 1 1) a n = (n + 1) n + n n + 1 olmak üzere, a 1 + a + a 3 +... + a 99 toplamn bulunuz. 9 evap: 10 a n = (n + 1) n n n + 1 n(n + 1) n (n + 1) oldu

Detaylı

TOPOLOJ SORULARI. Ksm I. 1 Topological Notions. 1. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz.

TOPOLOJ SORULARI. Ksm I. 1 Topological Notions. 1. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz. 1 Ksm I TOPOLOJ SORULARI 1 Topological Notions 1. Her açk aralk salt topolojiye göre R uzaynda açktr. Gösteriniz. 2. n Z olmak üzere (n, n + 1) aralklarnn bile³imi açktr. Gösteriniz. 3. {0} = ( 1 n, 1

Detaylı

KUADRATİK FORM. Tanım: Kuadratik Form. Bir q(x 1,x 2,,x n ) fonksiyonu

KUADRATİK FORM. Tanım: Kuadratik Form. Bir q(x 1,x 2,,x n ) fonksiyonu KUADRATİK FORMLAR KUADRATİK FORM Tanım: Kuadratik Form Bir q(x,x,,x n ) fonksiyonu q x : n şeklinde tanımlı ve x i x j bileşenlerinin doğrusal kombinasyonu olan bir fonksiyon ise bir kuadratik formdur.

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

(sf) F C = [(s,f) sf] x [0,1] = (sf)(x) = sf(x)

(sf) F C = [(s,f) sf] x [0,1] = (sf)(x) = sf(x) Bölüm 13 MATEMAT KSEL YAPILAR 13.1 YAPI KAVRAMI Ça da³ Matematik kümeleri, kümeler üzerindeki yaplar, yaplar arasndaki dönü³ümleri inceler. Buraya dek ö e, küme, i³lem, fonksiyon kavramlarn kullandk. Bunlar

Detaylı

Bir-Yönlü ANOVA (Tamamen Rasgele Tasarm)

Bir-Yönlü ANOVA (Tamamen Rasgele Tasarm) Bir-Yönlü ANOVA (Tamamen Rasgele Tasarm) Birdal eno lu ükrü Acta³ çindekiler 1 Giri³ Giri³ 2 3 4 LS Tahmin Edicilerinin Özellikleri 5 Genel Kareler Toplamnn Parçalan³ ndirgenmi³ Model-Tam Model Yakla³m

Detaylı

19.8. PROBLEMLER 0.1 PROBLEMLER 0.1. PROBLEMLER a herhangi bir nicelik says ise

19.8. PROBLEMLER 0.1 PROBLEMLER 0.1. PROBLEMLER a herhangi bir nicelik says ise 0.1. PROBLEMLER 1 19.8. PROBLEMLER // 0.1 PROBLEMLER // 1. a herhangi bir nicelik says ise (i) a + 0 = a, a0 = 0, a 0 = 1 oldu unu gösteriniz. A³a daki kümelerin e³güçlülü ünden nicelik saylar için istenen

Detaylı

Soyut Matematik Test A

Soyut Matematik Test A 1 Soyut Matematik Test A 1. A³a dakilerden hangisi do rudur? (a) * A B C(C B) A C) (b) A B C(C B) A C) (c) A B C(B C) A C) (d) A B C(B C) A C) (e) A B C(B C) (A C) 2. Her hangi bir A kümeler ailesi üzerinde

Detaylı

P = {x A (y A y x) f(y) x} (22.6) M p = {m A m p f(p) m} (22.8)

P = {x A (y A y x) f(y) x} (22.6) M p = {m A m p f(p) m} (22.8) Bölüm 22 SEÇME AKS YOMU SEÇME AKS YOMU VE E DE ERLER 22.1 G R Bir X kümesi dü³ünelim. Bu küme ya bo³tur ya de ildir. De ilse, X kümesine ait bir ö e seçilebilir. imdi ba³ka bir Y kümesi daha dü³ünelim.

Detaylı

ndrgemel Dzler Ders Notlar

ndrgemel Dzler Ders Notlar ndrgemel Dzler Ders Notlar c wwww.sbelian.wordpress.com Bu ders notunda diziler konusunun bir alt konusu olan First Order Recursions ve Second Order Recursions konular anlatlm³ ve bu konularla alakal örnekler

Detaylı

ç- çe Tasarmlar Birdal eno lu ükrü Acta³ eno lu & Acta³ statistiksel Deney Tasarm Giri³ ki A³amal ç- çe Üç A³amal ç- çe l A³amal ç- çe

ç- çe Tasarmlar Birdal eno lu ükrü Acta³ eno lu & Acta³ statistiksel Deney Tasarm Giri³ ki A³amal ç- çe Üç A³amal ç- çe l A³amal ç- çe lar Birdal eno lu ükrü çindekiler 1 2 3 4 5 A³amal tasarmlar (hierarchical designs) olarak da bilinen iç-içe tasarmlarda (nested designs), ³u ana kadar gördü ümüz tasarmlardan farkl olarak iki veya ikiden

Detaylı

ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER

ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER GİRİŞ Özdeğerler, bir matrisin orijinal yapısını görmek için kullanılan alternatif bir yoldur. Özdeğer kavramını açıklamak için öncelikle özvektör kavramı ele alınsın. Bazı vektörler

Detaylı

Darboux Ani Dönme Vektörleri ile. SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ. Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006

Darboux Ani Dönme Vektörleri ile. SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ. Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006 Darboux Ani Dönme Vektörleri ile SPACELIKE ve TIMELIKE YÜZEYLER GEOMETRİSİ Prof. Dr. H. Hüseyin UĞURLU Prof. Dr. Ali ÇALIŞKAN Celal Bayar Üniversitesi Yayınları Yayın No: 0006 0 Celal Bayar Üniversitesi

Detaylı

ANT TÜREV VE NTEGRAL HESAPLAMA YÖNTEMLER

ANT TÜREV VE NTEGRAL HESAPLAMA YÖNTEMLER ANT TÜREV VE NTEGRAL HESAPLAMA YÖNTEMLER 1 TEMEL YÖNTEM VE DE KEN DE T RME Bir kapal aralkta tanmlanm³ olan f ve F fonksiyonlar için e er bu aralkta F () f() ko³ulu sa lanyorsa F fonksiyonu, f fonksiyonunun

Detaylı

Soyut Matematik Test B

Soyut Matematik Test B 1 Soyut Matematik Test B 1. Hangisi tümel (tam, linear) sralama ba ntsdr? (a) Yansmal, antisimetrik, geçi³ken ve örgün olan ba ntdr. (b) Yansmal, simetrik, geçi³ken ve örgün olan ba ntdr. (c) Yansmaz,

Detaylı

MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER

MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER (1) A³a daki her bir önermenin do ru mu yanl³ m oldu unu belirleyiniz. Do ruysa, gerekçe gösteriniz; yanl³sa, bir kar³-örnek veriniz. (a) (a n ) n N dizisi yaknsak

Detaylı

3. V, R 3 ün açık bir altkümesi olmak üzere, c R. p noktasında yüzeye dik olduğunu gösteriniz.(10

3. V, R 3 ün açık bir altkümesi olmak üzere, c R. p noktasında yüzeye dik olduğunu gösteriniz.(10 Diferenisyel Geometri 2 Yazokulu 2010 AdıSoyadı: No : 1. ϕ (u, v) = ( u + 2v, v + 2u, u 2 v ) parametrizasyonu ile verilen M kümesinin bir regüler yüzey olduğunu gösteriniz. (15 puan) 3. V, R 3 ün açık

Detaylı

kili ve Çoklu Kar³la³trmalar

kili ve Çoklu Kar³la³trmalar kili ve Çoklu Kar³la³trmalar Birdal eno lu ükrü Acta³ çindekiler 1 Giri³ 2 3 4 5 6 7 Bu bölümde, (2.1) modelinde, H 0 : µ 1 = µ 2 = = µ a = µ (1) ³eklinde ifade edilen sfr hipotezinin reddedilmesi durumunda,

Detaylı

Baki Karl ¼ga. Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Ankara/Türkiye

Baki Karl ¼ga. Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Ankara/Türkiye H IPERBOL IK VE KÜRESEL ÜÇGENLERIN KENAR UZUNLUKLARINA BA ¼GLI ALAN FORMÜLLER I Baki Karl ¼ga karliaga@gazi.edu.tr Murat Savaş msavas@gazi.edu.tr Gazi Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü

Detaylı

SOYUT MATEMAT K DERS NOTLARI. Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç

SOYUT MATEMAT K DERS NOTLARI. Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç SOYUT MATEMAT K DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Hüseyin B LG Ç Kahramanmara³ Sütçü mam Üniversitesi FenEdebiyat Fakültesi Matematik Bölümü Eylül 2010 çindekiler 1 Önermeler ve spat Yöntemleri 1 2 Kümeler 13

Detaylı

BÖLÜM 1 1- KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR 1-1 KARMAŞIK SAYILAR VE ÖZELLİKLERİ

BÖLÜM 1 1- KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR 1-1 KARMAŞIK SAYILAR VE ÖZELLİKLERİ BÖLÜM - KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR - KARMAŞIK SAYILAR VE ÖELLİKLERİ ax + bx +c ikinci derece denkleminin < iken reel köklerinin olmadığını biliyoruz. Örneğin x + denkleminin reel sayılar kümesinde çözümü

Detaylı

Ç NDEK LER. Bölüm 4: Üslü Say lar...44 Üslü fadeler...44 Al t rmalar...47 Test Sorular...49

Ç NDEK LER. Bölüm 4: Üslü Say lar...44 Üslü fadeler...44 Al t rmalar...47 Test Sorular...49 Ç NDEK LER Bölüm1: Say Sistemleri...1 Say Sistemi...2 Desimal (Onluk) Say Sistemi...2 Say Basamaklar ve Taban...4 Binary ( kilik) Say Sistemi...4 Oktal (Sekizlik) Say Sistemi...7 Heksadesimal (Onalt l

Detaylı

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri

Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k Ba¼glant l Topolojik Uzaylar. Tan m (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k

2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k Ba¼glant l Topolojik Uzaylar. Tan m (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k 2. Topolojik Uzaylarda Ba¼glant l l k 2.1. Ba¼glant l Topolojik Uzaylar Tan m 2.1.1. (X; ) topolojik uzay n n her biri boş kümeden farkl olan ayr k iki aç ktan oluşan bir örtüsü yok ise, (X; ) topolojik

Detaylı

MATEMATİK 2 TESTİ (Mat 2)

MATEMATİK 2 TESTİ (Mat 2) MTEMTİ TESTİ (Mat ). u testte srasyla, Matematik ( ) Geometri ( 0) ile ilgili 0 soru vardr.. evaplarnz, cevap kâğdnn Matematik Testi için ayrlan ksmna işaretleyiniz.. armaşk saylar kümesi üzerinde işlemi,

Detaylı

7. SINIF MATEMATİK TESTİ A. 1. Yandaki eşkenar dörtgensel bölge şeklindeki uçurtma I, II, III ve IV nolu

7. SINIF MATEMATİK TESTİ A. 1. Yandaki eşkenar dörtgensel bölge şeklindeki uçurtma I, II, III ve IV nolu . Yandaki eşkenar dörtgensel bölge şeklindeki uçurtma I, II, III ve IV nolu çıtaların şekildeki gibi birleştirilmesi ile oluşturulmuştur. Aşağıdakilerden hangisindeki çıtalar birbirinin orta dikmesidir?

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı

LİNEER VEKTÖR ALANLARI VE GEOMETRİK UYGULAMALARI. Türkan YAYLACI ANKARA Her hakkı saklıdır

LİNEER VEKTÖR ALANLARI VE GEOMETRİK UYGULAMALARI. Türkan YAYLACI ANKARA Her hakkı saklıdır ANKARA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ LİNEER VEKTÖR ALANLARI VE GEOMETRİK UYGULAMALARI Türkan YAYLACI MATEMATİK ANABİLİM DALI ANKARA 2006 Her hakkı saklıdır ÖZET Yüksek Lisans

Detaylı

ÖRNEK KİTAP. x ax 12. x.sinx dx. 1 cos x. x x mx 1. 4 (a b ) ise a çifttir. 4. x+y=14 ise x 2.y 5 çarpımının değeri en fazla kaça eşittir?

ÖRNEK KİTAP. x ax 12. x.sinx dx. 1 cos x. x x mx 1. 4 (a b ) ise a çifttir. 4. x+y=14 ise x 2.y 5 çarpımının değeri en fazla kaça eşittir? 1. lim a 1 üzere a+b toplam kaçtr? A)-8 B)-5 C)- C)1 E)4 b, a,b R olmak 4. +y=14 ise.y 5 çarpmnn değeri en fazla kaça eşittir? A)4 6.10 B)10.4 5 C)10 5. D) 5.10 7 E)16.10 5. bir cisim için hareket denklemi

Detaylı

TEMEL KAVRAMLAR MATEMAT K. 6. a ve b birer do al say r. a 2 b 2 = 19 oldu una göre, a + 2b toplam kaçt r? (YANIT: 28)

TEMEL KAVRAMLAR MATEMAT K. 6. a ve b birer do al say r. a 2 b 2 = 19 oldu una göre, a + 2b toplam kaçt r? (YANIT: 28) TEMEL KAVRAMLAR 6. a ve b birer do al say r. a b = 19 oldu una göre, a + b toplam (YANIT: 8) 1. ( 4) ( 1) 6 1 i leminin sonucu (YANIT: ). ( 6) ( 3) ( 4) ( 17) ( 5) :( 11) leminin sonucu (YANIT: 38) 7.

Detaylı

ENİNE DEMET DİNAMİĞİ. Prof. Dr. Abbas Kenan Çiftçi. Ankara Üniversitesi

ENİNE DEMET DİNAMİĞİ. Prof. Dr. Abbas Kenan Çiftçi. Ankara Üniversitesi ENİNE DEMET DİNAMİĞİ Prof. Dr. Abbas Kenan Çiftçi Ankara Üniversitesi 1 Dairesel Hızlandırıcılar Yönlendirme: mağnetik alan Odaklama: mağnetik alan Alan indisi zayıf odaklama: 0

Detaylı

( ) ( ) ÖABT Analitik Geometri KONU TESTİ Noktanın Analitik İncelemesi. Cevap D. Cevap C. noktası y ekseni üzerinde ise, a + 4 = 0 A 0, 5 = 1+

( ) ( ) ÖABT Analitik Geometri KONU TESTİ Noktanın Analitik İncelemesi. Cevap D. Cevap C. noktası y ekseni üzerinde ise, a + 4 = 0 A 0, 5 = 1+ ÖABT Analitik Geometri KONU TESTİ Noktanın Analitik İncelemesi. a+ = b 4. a = b 0+ a b a b = b a+ b = 0. A ( a + 4, a) noktası y ekseni üzerinde ise, ( + ) a + 4 = 0 A 0, 5 a = 4 B b, b 0 noktası x ekseni

Detaylı

L SANS YERLE T RME SINAVI 1

L SANS YERLE T RME SINAVI 1 LSNS YRLTRM SINVI GOMTR TST SORU KTPÇII 9 HZRN 00. bir üçgen 80 = m() = m() m() = 80 m() = Yukardaki verilere göre kaç derecedir? ) 40 ) 45 ) 50 ) 60 ) 75. bir üçgen m() = 90 = 9 cm = 4 cm Yukardaki ekilde

Detaylı

MATEMATİK TESTİ LYS YE DOĞRU. 1. Bu testte Matematik ile ilgili 50 soru vardır.

MATEMATİK TESTİ LYS YE DOĞRU. 1. Bu testte Matematik ile ilgili 50 soru vardır. MTMTİK TSTİ LYS-. u testte Matematik ile ilgili 0 soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz.. u testteki süreniz 7 dakikadır.. a, b, c birer reel sayı

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz.

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz. MATEMATİK. DENEME ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI. f : X tanımlı y = f() fonksiyonu için lim f ( ) = L ise aşağıdaki önermelerden kaç tanesi kesinlikle doğrudur? 0 I. X dir. 0 II. f() fonksiyonu

Detaylı

T. C. NÖNÜ ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ

T. C. NÖNÜ ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ T. C. NÖNÜ ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ Ç FT D Z LER N I-YAKINSAKLI I ÜZER NE Erdinç DÜNDAR DOKTORA TEZ MATEMAT K ANAB L M DALI MALATYA 2010 Tezin Ba³l : Çift Dizilerin I-Yaknsakl Üzerine Tezi Hazrlayan

Detaylı

NÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi

NÜMER IK ANAL IZ. Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM. Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi NÜMER IK ANAL IZ Bilimsel Hesaplama Matemati¼gi Nuri ÖZALP FONKS IYONLARA YAKLAŞIM Nuri ÖZALP (Ankara Üni.) NÜMER IK ANAL IZ BÖLÜM 4 7! FONKS IYONLARA YAKLAŞIM 1 / 21 1 Polinom Interpolasyonu Newton Formu

Detaylı

A COMMUTATIVE MULTIPLICATION OF DUAL NUMBER TRIPLETS

A COMMUTATIVE MULTIPLICATION OF DUAL NUMBER TRIPLETS . Sayı Mayıs 6 A COMMTATIVE MLTIPLICATION OF DAL NMBER TRIPLETS L.KLA * & Y.YAYLI * *Ankara Üniversitesi Fen Fakültesi, Matematik Bölümü 6 Tandoğan-Ankara, Türkiye ABSTRACT Pfaff [] using quaternion product

Detaylı

KÜRESEL VE H PERBOL K UZAYDA BERTRAND E R LER

KÜRESEL VE H PERBOL K UZAYDA BERTRAND E R LER T.C. AH EVRAN ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ KÜRESEL VE H PERBOL K UZAYDA BERTRAND E R LER Burcu AH N YÜKSEK L SANS TEZ MATEMAT K ANAB L M DALI KIR EH R 2016 T.C. AH EVRAN ÜN VERS TES FEN B L MLER

Detaylı

IV. DERS D FERENS YELLENEB L R MAN FOLDLAR

IV. DERS D FERENS YELLENEB L R MAN FOLDLAR Bölüm 1 IV. DERS D FERENS YELLENEB L R MAN FOLDLAR Bir öceki bölümde bir yüzeyi oktalar yeterice küçük kom³uluklaryla ilgileebildik. Bu prosesi soyut realizasyou içi, souçta bizi diferesiyelleebilir maifold

Detaylı

2013-2014 EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI TED KDZ EREĞLİ KOLEJİ ORTAOKULU MATEMATİK 8.SINIF ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANDIR.

2013-2014 EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI TED KDZ EREĞLİ KOLEJİ ORTAOKULU MATEMATİK 8.SINIF ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANDIR. EYLÜL 2013-201 EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI TED KDZ EREĞLİ KOLEJİ ORTAOKULU MATEMATİK 8.SINIF ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANDIR. 9-13 Örüntü ve Süslemeler Dönüşüm Geometrisi 1. Doğru, çokgen ve çember modellerinden

Detaylı

SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (2009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK

SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (2009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK SAÜ Fen Edebiyat Dergisi (009-II) ÜÇ BOYUTLU LORENTZ UZAYI L DE TIMELIKE MANNHEİM EĞRİ ÇİFTİ ÜZERİNE A. ZEYNEP AZAK Saarya Üniversitesi, Fen-Edebiyat Faültesi Matemati Bölümü, 5487, SAKARYA apirdal@saarya.edu.tr

Detaylı

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1 SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) 1. A = { k k Z, < k 4 } 4. N tam sayılar kümesinde i N için, k 1 B = { k Z, 1 k < 1 } k 1 A = 1 i,i 1 i ( ] kümeleri verildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Detaylı

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR MAT 114 LİNEER CEBİR ( İSTATİSTİK, ASTRONOMİ ve UZAY BİLİMLERİ) Hafta 8: İç Çarpım Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, Doç.Dr.İsmail GÖK 2017-2018 BAHAR İç Çarpım Tanım 23: V bir reel vektör

Detaylı

Ö.Y.S MATEMATĐK SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ

Ö.Y.S MATEMATĐK SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ Ö.Y.S. 996 MATEMATĐK SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ. Bir sınıftaki örencilerin nin fazlası kız örencidir. Sınıfta erkek öğrenci olduğuna göre, kız öğrencilerin sayısı kaçtır? A) B) 8 C) 6 D) E) Çözüm Toplam öğrenci

Detaylı

1994 ÖYS. 6. x, y, z sıfırdan büyük birer tam sayı ve 2x+3y-z=94 olduğuna göre, x in en küçük değeri kaçtır?

1994 ÖYS. 6. x, y, z sıfırdan büyük birer tam sayı ve 2x+3y-z=94 olduğuna göre, x in en küçük değeri kaçtır? 99 ÖYS. Üç basamaklı abc sayısının birler basamağı tür. Birler basamağı ile yüzler basamağı değiştirildiğinde oluşan yeni sayı, abc sayısından 97 küçüktür. Buna göre, abc sayısının yüzler basamağı kaçtır?.,

Detaylı

CEB RSEL TOPOLOJ. Ders Notlar

CEB RSEL TOPOLOJ. Ders Notlar CEB RSEL TOPOLOJ Prof. Dr. smet KARACA Ders Notlar çindekiler 1 HOMEOMORF ZM 2 2 DENT F KASYON UZAYLAR 11 3 BÖLÜM UZAYLARI 17 4 HOMOTOP 24 5 TEMEL GRUPLAR 32 6 ÖRTÜLÜ UZAYLAR 37 7 ÇEMBER N TEMEL GRUBU

Detaylı

Soyut Matematik Test 01

Soyut Matematik Test 01 1 Soyut Matematik Test 01 1. A³a dakilerden hangisi do rudur? (a) * A B C(C B) A C) (b) A B C(C B) A C) (c) A B C(B C) A C) (d) A B C(B C) A C) (e) A B C(B C) (A C) 2. A³a dakilerden hangisi do rudur?

Detaylı

10. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 20, Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız:

10. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 20, Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız: 10. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 20, 2016 1 Yarıbasit Bir Lie Cebirinin Yapısı Hakkında Yarıbasit bir Lie cebirinin yapısını analiz etmeye devam ediyoruz. hatırlayınız: Kök uzay ayrışımını g = h χ Φ g χ.

Detaylı

ÜZER NDE TANIMLI HER NORM-SINIRLI OPERATÖRÜN REGÜLER OLDU U BANACH ÖRGÜLER YÜKSEK L SANS TEZ. Nazl DO AN

ÜZER NDE TANIMLI HER NORM-SINIRLI OPERATÖRÜN REGÜLER OLDU U BANACH ÖRGÜLER YÜKSEK L SANS TEZ. Nazl DO AN STANBUL KÜLTÜR ÜN VERS TES FEN B L MLER ENST TÜSÜ ÜZER NDE TANIMLI HER NORM-SINIRLI OPERATÖRÜN REGÜLER OLDU U BANACH ÖRGÜLER YÜKSEK L SANS TEZ Nazl DO AN 1109041005 Anabilim Dal: Matematik-Bilgisayar Program:

Detaylı

PERGEL YAYINLARI LYS 1 DENEME-6 KONU ANALİZİ SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ KAZANIM NO KAZANIMLAR

PERGEL YAYINLARI LYS 1 DENEME-6 KONU ANALİZİ SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ KAZANIM NO KAZANIMLAR 2013-2014 PERGEL YAYINLARI LYS 1 DENEME-6 KONU ANALİZİ SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ A B KAZANIM NO KAZANIMLAR 1 1 / 31 12 32173 Üslü İfadeler 2 13 42016 Rasyonel ifade kavramını örneklerle açıklar ve

Detaylı

BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E 3-BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI.

BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E 3-BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI. BOZOK ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME TEZİ E -BOYUTLU ÖKLİD UZAYINDA HELİSLER VE UYGULAMALARI Hasibe ŞENOL 16104210046 Danışman: Yrd. Doç. Dr. Murat BABAARSLAN YOZGAT 201 ÖZET

Detaylı

7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI .= 1 1 + + Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;

7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI .= 1 1 + + Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım; İÇ ÇARPIM UZAYLARI 7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;.= 1 1 + + Açıklanmış ve bu konu uzunluk ve uzaklık kavramlarını açıklamak için kullanılmıştır. Bu bölümde öklit

Detaylı

Ksm I. Simgeler ve Terimler

Ksm I. Simgeler ve Terimler Ksm I Simgeler ve Terimler 1 Bölüm 1 S MGELER ve TER MLER 1.1 KÜMELER CEB R 1.2 FONKS YON 1.3 DENKL K BA INTISI 1.4 SIRALAMA BA INTILARI 1.5 SEÇME AKS YOMU SEÇME AKS YOMU ve E DE ERLER 3 4 BÖLÜM 1. S

Detaylı

1.1 FET Çal³ma Bölgeleri. Elektronik-I Laboratuvar 6. Deney. Ad-Soyad: mza: Grup No: JFET; jonksiyon FET. MOSFET; metal-oksit yar iletken FET

1.1 FET Çal³ma Bölgeleri. Elektronik-I Laboratuvar 6. Deney. Ad-Soyad: mza: Grup No: JFET; jonksiyon FET. MOSFET; metal-oksit yar iletken FET Elektronik-I Laboratuvar 6. eney Ad-oyad: mza: rup No: 1 FET ve FET Çal³ma Bölgeleri Alan etkili transistorlar ksaca FET (Field-Eect Transistor) olarak bilinmektedir. Aktif devre eleman olan alan etkili

Detaylı

T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE

T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE T.C. SÜLEYMAN DEMİREL ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ DEJENERE HELİSLER ÜZERİNE Zafer ŞANLI Danışman: Prof. Dr. A. Ceylan ÇÖKEN YÜKSEK LİSANS TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI ISPARTA-2009 Fen Bilimleri

Detaylı

AB yönlü doğru parçası belirtilmiş olur. Doğrultusu, uzunluğu ve yönünden söz edilebilir.

AB yönlü doğru parçası belirtilmiş olur. Doğrultusu, uzunluğu ve yönünden söz edilebilir. HAZİNE-1 HAZİNE-2 Doğrunun A ve B noktaları ile bunların arasında kalan bütün noktalarından oluşan kümeye [AB] DOĞRU PARÇASI denir. Doğrultusu (üzerinde bulunduğu doğru) ve uzunluğundan söz edilebilir.

Detaylı

1) 6 kişilik bir aile yuvarlak bir masa etraf nda, anne ile baban n yan yana oturmamas koşulu ile kaç farkl biçimde oturabilir?

1) 6 kişilik bir aile yuvarlak bir masa etraf nda, anne ile baban n yan yana oturmamas koşulu ile kaç farkl biçimde oturabilir? ) 6 kişilik bir aile yuvarlak bir masa etraf nda, anne ile baban n yan yana oturmamas koşulu ile kaç farkl biçimde oturabilir? Çözüm: Önce, anne ile baban n yan yana oturma durumunu düşünelim. Anne ile

Detaylı

4. BÖLÜM DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ

4. BÖLÜM DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ 4. BÖLÜM DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ Doğrusal Denklem Sistemi x 1,x 2,,x n ler bilinmeyenler olmak üzere, doğrusal denklemlerin oluşturduğu; a x a x a x b 11 1 12 2 1n n 1 a x a x a x b 21 1 22 2 2n n

Detaylı

Math 103 Lineer Cebir Dersi Final Sınavı

Math 103 Lineer Cebir Dersi Final Sınavı Haliç Üniversitesi, Uygulamalı Matematik Bölümü Math Lineer Cebir Dersi Final Sınavı 8 Ocak 8 Hazırlayan: Yamaç Pehlivan Başlama saati: 4: Bitiş Saati: 5:5 Toplam Süre: Dakika Lütfen adınızı ve soyadınızı

Detaylı

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak

Şimdi de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor. teoreminini iki kere kullanarak 10.Konu İç çarpım uzayları ve özellikleri 10.1. ve üzerinde uzunluk de [ ] vektörünün ile gösterilen boyu veya büyüklüğü Pisagor teoreminden dir. 1.Ö.: [ ] ise ( ) ( ) ve ( ) noktaları gözönüne alalım.

Detaylı

Fath Ünverstes Matematk Olmpyatlar

Fath Ünverstes Matematk Olmpyatlar Fath Ünverstes Matematk Olmpyatlar - 007 www.sbelian.wordpress.com Fatih Üniversitesi Matematik Bölümü tarafndan ilki düzenlenen Liseleraras Matematik Olimpiyat'nn ilk snav 0 Ekim 007 tarihinde üniversite

Detaylı

KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA

KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI Prof. Dr. smet KARACA KOMB NATOR K TOPOLOJ L SANS DERS NOTLARI 2010 Prof. Dr. smet KARACA çindekiler 1 S MPLEKSLER 3 1.1 Ane Uzaylar........................... 3 1.2 Simpleksler Kompleksi...................... 12 2 HOMOTOP

Detaylı

: Bir d do rusu üzerinde; A, B, C ve D noktalar alal m. d. n n uzunlu u denir ve. d d1 d2 F G. E, F d G, H d ve ise. d // d 1 2

: Bir d do rusu üzerinde; A, B, C ve D noktalar alal m. d. n n uzunlu u denir ve. d d1 d2 F G. E, F d G, H d ve ise. d // d 1 2 VI. ÖLÜM ÜZLEME VEKTÖRLER YÖNLÜ RU PRÇSI Tan m : üzlemde ve noktalar verilsin. [] n n dan e do ru önlendirildi ini düflünelim. öle do ru parçalar na, önlü do ru parçalar denir. önlü do ru parças, ile gösterilir.

Detaylı

Cebir II 2008 Bahar

Cebir II 2008 Bahar MIT Açk Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.702 Cebir II 2008 Bahar Bu materyallerden alnt yapmak veya Kullanm artlar hakknda bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı

Math 103 Lineer Cebir Dersi Final Sınavı

Math 103 Lineer Cebir Dersi Final Sınavı Haliç Üniversitesi, Uygulamalı Matematik Bölümü Math 3 Lineer Cebir Dersi Final Sınavı 3 Araliık 7 Hazırlayan: Yamaç Pehlivan Başlama saati: : Bitiş Saati: 3:4 Toplam Süre: Dakika Lütfen adınızı ve soyadınızı

Detaylı

Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 14 Haziran 2009. Matematik I Soruları ve Çözümleri E) 6 ). 6 5 = 25 6 =

Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 14 Haziran 2009. Matematik I Soruları ve Çözümleri E) 6 ). 6 5 = 25 6 = Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 4 Haziran 009 Matematik I Soruları ve Çözümleri. ( ).( + ) işleminin sonucu kaçtır? A) 6 B) 6 C) D) 6 E) 6 Çözüm ( ).( + ) 0 ( ).( ) + ( 4 9 ). 6 36 6 36. 6 6. 0, 0,0 0,0 işleminin

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25 İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Noktanın Analitik İncelenmesi...3 Doğrunun Analitiği...11 Analitik Düzlemde Simetri...25 Analitik Sistemde Eşitsizlikler...34 Çemberin Analitik İncelenmesi...40 Elips...58 Hiperbol...70

Detaylı

= e DIŞ MERKEZLİK HAZİNE-1 HAZİNE-2

= e DIŞ MERKEZLİK HAZİNE-1 HAZİNE-2 HAZİNE-1 HAZİNE-2 Bir eksen üzerinde verilen noktadan geçen ve eksen ile belirli açı yaparak dönen doğrunun oluşturduğu yüzeye konik yüzey denir. Konik yüzeyin değişik düzlemler ile arakesit kümeleri çember,

Detaylı

4 ab sayısı 26 ile tam bölünebildiğine göre, kalanı 0 dır.

4 ab sayısı 26 ile tam bölünebildiğine göre, kalanı 0 dır. BÖLME, BÖLÜNEBİLME A. Bölme İşlemi A, B, C, K doğal sayılar ve B 0 olmak üzere, Bölünen A 75, bölen B 9, bölüm C 8 ve kalan K tür. Yukarıdaki bölme işlemine göre, 1. 9 yani, K B dir. işlemine bölme denir.

Detaylı

ÜN TE II. UZAYDA VEKTÖR, DO RU VE DÜZLEM N ANAL T K NCELENMES

ÜN TE II. UZAYDA VEKTÖR, DO RU VE DÜZLEM N ANAL T K NCELENMES ANAL T K GEOMETR ÜN TE II. UZAYDA VEKTÖR, DO RU VE DÜZLEM N ANAL T K NCELENMES 1. ANAL T K UZAY. ANAL T K UZAY D A D K KOORD NAT EKSENLER VE ANAL T K UZAY I. Analitik uzayda koordinat sistemi II. Analitik

Detaylı

x 1,x 2,,x n ler bilinmeyenler olmak üzere, doğrusal denklemlerin oluşturduğu;

x 1,x 2,,x n ler bilinmeyenler olmak üzere, doğrusal denklemlerin oluşturduğu; 4. BÖLÜM DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ Doğrusal Denklem Sistemi x,x,,x n ler bilinmeyenler olmak üzere, doğrusal denklemlerin oluşturduğu; a x + a x + L + a x = b n n a x + a x + L + a x = b n n a x + a

Detaylı

BİR SAYININ ÖZÜ VE DÖRT İŞLEM

BİR SAYININ ÖZÜ VE DÖRT İŞLEM ÖZEL EGE LİSESİ BİR SAYININ ÖZÜ VE DÖRT İŞLEM HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Sıla Avar DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem Günel İZMİR 2012 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI.. 3 2. GİRİŞ... 3 3. YÖNTEM. 3 4. ÖN BİLGİLER... 3 5.

Detaylı

ANAHTARLANMI DO RUSAL S STEMLERE G R

ANAHTARLANMI DO RUSAL S STEMLERE G R ANAHTARLANMI DO RUSAL S STEMLERE G R Ça da³ TOPÇU Ocak 2009 Proje Dan³man: Yrd.Doç.Dr. brahim Beklan KÜÇÜKDEM RAL YILDIZ TEKN K ÜN VERS TES ELEKTR K - ELEKTRON K FAKÜLTESi ELEKTR K MÜHEND SL BÖLÜMÜ PROJE

Detaylı

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR

Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR MAT 114 LİNEER CEBİR ( İSTATİSTİK, ASTRONOMİ ve UZAY BİLİMLERİ) Hafta 7: Lineer Dönüşümlerde Görüntü Uzayıve Çekirdek Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, Doç.Dr.İsmail GÖK 2017-2018 BAHAR Lineer

Detaylı