T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ ÇİZGELERİ BOYAMAK HAZIRLAYAN FERHAN ÇİFTCİ DANIŞMAN Doç. Dr.

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ ÇİZGELERİ BOYAMAK HAZIRLAYAN FERHAN ÇİFTCİ 27991225984. DANIŞMAN Doç. Dr."

Transkript

1 T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ ÇİZGELERİ BOYAMAK HAZIRLAYAN FERHAN ÇİFTCİ DANIŞMAN Doç. Dr. EMRAH AKYAR MAT401 MATEMATİK UYGULAMALARI GÜZ DÖNEMİ

2 1 Ön Bilgiler Çizge, noktalar ve bu noktaları birleştiren kenarlar kümesinden oluşur. Her bir noktadan çıkan kenar sayısına derece denir. Bir G çizgesinin noktalarının kümesi genellikle V, kenarlarının kümesi ise E ile gösterilir. Bu durumda G = (V, E) şeklinde yazılır. Çizgenin her bir kenarı V kümesinin iki elemanlı bir alt kümesi gibi düşünülebilir. Örneğin, G nin u ve v gibi iki noktasını birleştiren kenar, {u, v} kümesi olarak düşünülebilir. Ancak, biz bu yazım şekli yerine kenarı uv şeklinde göstereceğiz. Bir çizgenin iki noktası arasında birden fazla kenarın olmasına, ya da bir noktadan kendisine bir kenar çizilmesine de izin verilebilir. Ancak, bu çalışmada çizgenin iki noktası arasında birden fazla kenarın bulunmasına izin verilmeyecektir. Ayrıca, bir kenarın her zaman iki farklı noktayı birleştirdiği düşünülecektir. Bu şekildeki çizgelere basit çizge denir. En basit çizge hiç bir kenarı olmayıp sadece noktalardan oluşan çizgedir. Başka basit çizge de n noktası ve bu noktaların herhangi ikisi arasında bir kenarın olduğu çizgelerdir. Bu çizgelere tam çizge denir. Bir G çizgesinin ardışık olanların uç noktaları aynı olacak şekildeki farklı kenarlarının dizisine bu çizge içinde bir yol denir. Eğer yolun başlangıç ve bitiş noktaları aynı ise bu yola G içinde bir döngü denir. Bir G çizgesinin keyfi iki noktası G deki bir yol ile birleştirilebiliyorsa G çizgesine tekparça çizge denir. Bir başka ifadeyle G nin keyfi u ve v noktaları için uç noktaları bu noktalar olan ve G nin alt çizgesi olan bir yol varsa G ye tekparça çizge denir. Bir çizgenin noktaları, aynı kümenin herhangi iki noktası arasında kenar olmayacak şekilde iki kümeye ayrılabiliyorsa, bu tür çizgelere iki kümeli çizge denir. Kenarları noktalardan başka hiçbir yerde kesişmeyen çizgelere düzlemsel çizge denir. 2 Euler Formülü Teorem 1 (Euler Formülü). G = (V,E) tek parça, düzlemsel bir çizge olsun. Ayrıca, V = v, E = e ve G çizgesinin düzlemde belirlediği bölgelerin sayısı r olsun (bu bölgelerden birisi sınırsız bir bölge olacaktır). Bu durumda r+v = e+2 olur. Kanıt. Kanıtı G çizgesinin kenar sayısı e üzerinden tümevarımla yapalım: e = 0 ise çizge tek parça olduğundan çizgenin sadece 1 noktası vardır. Bu durumda bölge sayısı da 1 olacağından r +v = e = 0+2 elde edilir ve formül doğrudur. e = 1 ise yine çizge tek parça olduğundan çizgenin sadece 2 noktası vardır. Bu çizge için de bölge sayısı 1 olacaktır. O halde olduğundan formül yine geçerlidir. r +v = e = 1+2 k N olsun ve 0 e k için formülün doğru olduğunu kabul edelim (tümevarım hipotezi). 2

3 Şimdi e = k +1 için de formülün doğru olduğunu gösterelim. a,b V ve {a,b} E alalım. Bu kenarı G çizgesinden çıkaralım. Kalan alt çizgeyi H ile gösterelim. Yani, H = G {a,b} veya G = H +{a,b} yazabiliriz. Bu durumda H alt çizgesi için iki durum söz konusudur: H tek parça: Bu durumda G nin hiç bir noktasını çıkarmadığımızdan H de v noktalı olur. Ancak G nin bir kenarını çıkardığımızdan H nin kenar sayısı k, bölge sayısı ise r 1 olacaktır. b a H nin kenar sayısı k olduğundan tümevarım hipotezine göre v k +(r 1) = 2 v (k +1)+r = 2 elde edilir. O halde e = k +1 için de formül doğrudur. H tek parça değil: Bu durumda da G den bir nokta çıkarılmadığından H nin nokta sayısı v olur. G çizgesinden bir kenar çıkarıldığında H tek parça olmuyorsa H aşağıdaki çizgeler gibi olacaktır. a b a b Yani H çizgesinin H 1 ve H 2 gibi tek parça olan iki bileşeni vardır (Bu bileşenlerden biri tek nokta da olabilir). i = 1,2 olmak üzere H i bileşeninin nokta sayısı v i, kenar sayısı e i ve bölge sayısı da r i olsun. Bu durumda v 1 +v 2 = v, e 1 +e 2 = k, r 1 +r 2 = r +1 olur (sınırsız bölge her iki bileşen için de sayıldığındanh 1 veh 2 nin belirlediği bölgelerin sayısı toplandığında toplam bölge sayısının bir fazlası elde edilir). H 1 ve H 2 bileşenleri için formülü kullanırsak, olur. Bu iki eşitliği taraf tarafa toplarsak, v 1 e 1 +r 1 = 2 ve v 2 e 2 +r 2 = 2 (v 1 +v 2 ) (e 1 +e 2 )+(r 1 +r 2 ) = 4 v k+(r+1) = 4 v (k+1)+r = 2 elde ederiz. O halde H tek parça olmadığında da formül doğrudur. 3

4 Böylece tümevarım yöntemi gereği her e = k doğal sayısı için verilen formülün doğru olduğu gösterilmiş olur. Teorem 2. K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge değildir. Kanıt. Varsayalım ki K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge olsun. Yani K 5 çizgesi, düzlemde kenarları kesişmeden çizilebilsin. K 5 çizgesinin 5 noktası olduğundan ( ) 5 = 10 2 kenarı vardır. Euler Formülü ile çizgenin bölge sayısını bulalım. v e+r = r = 2 r = 7 K 5 basit çizge olduğundan her bölge onu çevreleyen en az 3 kenara sahiptir. Bu nedenle çizgenin en az 3 7 = kenarı olmak zorundadır (her kenar 2 farklı bölgenin sınırı olduğundan ikiye böldük). Fakat K 5 çizgesinde 10 kenar vardı. Bu bir çelişkidir. O halde varsayımımız yanlıştır. Yani K 5 tam çizgesi düzlemsel çizge değildir. Teorem 3. Düzlemsel ve n noktalı bir çizgenin en fazla 3n 6 tane kenarı vardır. Kanıt. Keyfi düzlemsel ve n noktalı bir G çizgesini ele alalım. Çizgenin kenarlarının sayısı e, çizgenin düzlemde belirlediği bölgelerin sayısı da r olsun. Euler formülünden n+r = e+2 eşitliği geçerlidir. Diğer taraftan her bir bölgenin sınırı en az 3 kenar ile belirlenir. O halde r bölgeyi belirlemek için en az 3r kenar gereklidir. Ancak, her kenar da en fazla 2 bölgenin sınırı olacağından kenar sayısı en az 3r 2 bulunur. olmalıdır. Yani e 3r 2 n+r = e+2 n+r 3r 2 3 Bölgeleri ve Çizgeleri Boyamak 3.1 İki Renk ile Bölgeleri Boyamak olur. Bu eşitsizliği Euler formülünde kullanırsak, +2 e 3n 6 Düzleme n tane çember çizelim. Bu çemberler düzlemi bölgelere ayıracaktır. Bu bölgeleri her zaman Şekil 1 deki gibi sadece iki renk kullanarak boyayabilir miyiz? Aşağıdaki teorem bu sorunun yanıtının olumlu olduğunu ifade etmektedir. Teorem 4. Düzlemde n tane çemberin belirlediği bölgeler, bölgelerin sınırı aynı yayı paylaşıyorsa farklı renklerde olacak şekilde sadece iki renk kullanılarak boyanabilir (Eğer iki bölgenin ortak sınırı tek nokta ise bu iki bölge aynı renge boyanabilir). Kanıt. Kanıtı çemberlerin sayısı olan n üzerinden tümevarım yöntemini kullanarak yapalım. 4

5 Şekil 1: Bölgelerin sınırı aynı yayı paylaşıyorsa, bu bölgeler farklı renklere boyanacak. Eğer n = 1 ise sadece bir tane çember vardır. Dolayısıyla bu çember düzlemde iki bölge belirler ve bu bölgeler iki farklı renk ile boyanabilir. Kabul edelim ki (n 1) tane çemberin belirlediği bölgeler, bölgelerin sınırı ortak ise bu bölgeler farklı renkte olacak şekilde iki renk yardımıyla boyanabilsin (Tümevarım Hipotezi). Şimdi n çember için de bu iddianın doğru olduğunu gösterelim. Bu n tane çemberden herhangi bir tanesini alalım ve C ile gösterelim. C çemberini çıkarırsak geriye (n 1) tane çember kalır. Tümevarım hipotezi gereği kalan bu (n 1) tane çemberin belirlediği bölgeler iki renk yardımıyla istenilen şekilde boyanabilir. Şekil 2: Çıkarılan C çemberi tekrar ekleniyor ve çemberin dışına dokunmadan çemberin içinde kalan mavi bölgeleri kırmızıya, kırmızı bölgeleri de maviye boyanıyor Bölgeleri iki renk ile boyadıktan sonra çıkardığımız C çemberini tekrar ekleyelim ve çemberin dışına dokunmadan çemberin içinde kalan mavi bölgeleri kırmızıya, kırmızı bölgeleri 5

6 de maviye boyayalım. Bu yöntemle elde edilen boyamanın istenen koşulları sağladığı açıktır. Gerçekten de herhangi bir yayı ele aldığımızda bu yay C çemberinin dışında ise, bölgelerin rengi değişmediğinden istenen koşul korunur. Eğer yay C çemberinin içinde ise yine bu yayın komşu olduğu bölgelerin rengi farklı olacaktır (sadece eski renkleri değişir ama farklı kalmaya devam eder). Son olarak ele alınan yay C çemberinin üzerinde ise bu yayın iki tarafındaki renkler önceden aynı fakat iç tarafında kalan bölgenin rengi değiştiğinden artık farklı olacaktır. O halde tümevarım yöntemi gereği n çember tarafından belirlenen bölgeler istenilen şekilde iki renk yardımıyla boyanabilir. Alıştırma 1. En dışta kalan bölgenin rengi mavi olmak üzere, aşağıdaki şekilde soru işareti ile gösterilen bölge hangi renge boyanmalıdır? Bu sorunun yanıtı tüm bölgeler boyanmadan verilebilir mi? Eğer bölge çift sayıda çemberin içinde kalıyorsa mavi, tek sayıda çemberin içinde kalıyorsa kırmızı ile boyanmalıdır. Bu iddianın kanıtını tümevarım yöntemi ile kolayca yapabiliriz.? Eğer n = 1 ise yani sadece bir tane çember varsa; Bölge çemberin içindeyse kırmızıya (tek sayıda çemberin içinde kalıyorsa), Bölge çemberin dışındaysa maviye (çift sayıda (sıfır da olabilir) çemberin içinde kalıyorsa), boyanmalıdır. Kabul edelim ki (n 1) çember için iddia doğru olsun (tümevarım hipotezi). Şimdi n tane çember için de doğru olduğunu gösterelim. Bir önceki teoremin kanıtında yaptığımız gibi çemberin bir tanesini çıkarırsak (n 1) çember kalır ve tümevarım hipotezinden iddia doğrudur. n. çemberi eklediğimizde çemberin dışında herhangi bir değişiklik olmaz (bölgeler hala aynı sayıda çemberin içinde kalmaya devam eder). Ancak çemberin içinde, hem bölgenin içinde kaldığı çember sayısı hem de rengi değiştiğinden iddia da geçerliliğini korur. 3.2 İki Renk ile Çizgeleri Boyamak Ali nin 6 tane çok yaramaz çocuğu vardır. Çocuklardan Ceren, Berna, Fatma ve Ebru her zaman kavga ederler. Ebru, Ceren in yanı sıra hem Ayşe hem de Derya ile anlaşamaz. Ayşe ve Berna ise her zaman kavga ediyor. 6

7 Ali, anlaşamayan çocuklar farklı odalarda olacak şekilde çocuklarını iki farklı odaya koymak istiyor. Bu durum mümkün mü? Eğer çocukları noktalar ile gösterip, kavga eden çocuklar arasına da bir çizgi çizersek bu durumu bir çizge ile gösterip çözümü kolaylaştırabiliriz. a b b a f c f c e d e d Ancak bunun yerine noktalar iki gruba ayrılmadan komşu noktalar farklı renklere boyanarak da istenen çözüm elde edilebilir. a b f c e d Önceki bölümde incelediğimiz çemberler ile belirlenen bölgeleri boyama problemini bölgeleri noktalar şeklinde alıp, eğer iki bölgenin ortak sınırı varsa (tek nokta hariç) bu iki noktayı kenar ile birleştirerek çizgeleri iki renk ile boyama problemine dönüştürebiliriz. Hangi çizgeler iki renk ile boyanabilir? Eğer çizgenin sadece izole noktaları varsa (hiç kenarı yoksa); istenen şekilde boyama için bir renk yeterlidir. Eğer çizgenin en az bir kenarı varsa; bu durumda istenen şekildeki boyama için en az iki renk yeterlidir. Eğer K 3 tam çizgesini ele alırsak iki renk yeterli olmaz. Bu durumda en az 3 renge ihtiyaç vardır. Ancak K 3 tam çizgesini (üçgen) bulundurmayan bir çizge de iki renk ile boyanamıyor olabilir (Bakınız Şekil 3). Şekil 3: Üçgen bulundurmadığı halde iki renk ile boyanamayan bir çizge örneği 7

8 Teorem 5. Bir çizgenin iki renk ile boyanabilmesi için gerek ve yeter koşul uzunluğu tek sayı olan bir döngü içermemesidir. Kanıt. Çizge iki renk ile boyanabilir olsun. Bu durumda uzunluğu tek sayı olan bir döngü içermediğini kanıtlayalım. Tersine, çizgede uzunluğu tek olan bir döngü olduğunu kabul edelim. O zaman bu döngüyü herhangi bir noktasından boyamaya başlarsak son kalan nokta başladığımız renk ile aynı olur. Bu da çelişkidir. O halde varsayımımız yanlıştır. Çizgede uzunluğu tek sayı olan bir döngü bulunmasın. Bu durumda çizgenin 2 renk ile boyanabileceğini gösterelim. Çizgenin herhangi bir noktasını seçelim ve a ile gösterelim. a noktasını kırmızı ile a nın tüm komşularını da mavi ile boyayalım. a nın iki komşu noktasını birleştiren bir kenar yoktur (aksi halde bir üçgen oluşurdu ve uzunluğu tek olan bir döngü ortaya çıkardı). Şimdi mavi ile boyanmış her komşunun, boyanmamış tüm komşularını kırmızı ile boyayalım. Göstermemiz gereken şey kırmızı ile boyanmış herhangi iki nokta arasında bir kenar olmadığıdır. Böyle bir kenar gerçekten de yoktur: Eğer olsaydı uzunluğu 3 ya da 5 olan döngüler ortaya çıkardı. u u 1 u 2 a v Bu kenar olsaydı uzunluğu 5 olan döngü ortaya çıkardı Bu kenar olsaydı uzunluğu 3 olan döngü ortaya çıkardı Eğer çizge tek parça ise bu yöntemi kullanarak çizgenin tüm noktalarını boyayabiliriz. Eğer çizge tek parça değilse bu yöntemi tek parça olan her bir bileşene uygulayabiliriz. Son olarak aynı renge sahip olan iki nokta arasında bir kenar olmadığını kanıtlayalım. Tersine, kabul edelim ki u ve v gibi iki aynı renk (diyelim ki kırmızı) nokta arasında bir kenar olsun. Bu durumda u nun komşusu olan ve mavi ile boyalı bir u 1 noktası, u 1 in komşusu olan ve kırmızı ile boyalı bir u 2 noktası,... Böyle devam edersek a noktasına ulaşırız. Yani u noktasından a noktasına bir P yolu vardır. Benzer olarak v noktasından a noktasına da bir Q yolu vardır. Şimdi v noktasından Q yolu ile başlayıp P ile kesiştiği ilk noktaya kadar Q ile devam edip sonra P yolunu takip edersek u noktasına ulaşırız. Bu yol uv kenarı ile bir döngü oluşturur. Yol boyunca noktalar farklı renkte olur fakat başladığımız nokta ile biten nokta (u ve v) aynı renk yani kırmızı olur. u ve v noktalarının rengi aynı olduğuna göre bu döngünün uzunluğu tek demektir. Oysa varsayımımıza göre uzunluğu tek sayı olan bir döngü bulunmuyordu. Bu da çelişkidir. Demek ki u ve v noktaları arasında bir kenar olamaz. Böylece sadece bu tür boyamanın varlığı kanıtlanmadı, aynı zamanda boyamayı elde etmek için de bir algoritma verilmiş oldu. 8

9 3.3 Daha Fazla Renk ile Çizgeleri Boyamak n noktalı bir çizge verilsin. Bu çizgenin iki renk ile boyanamadığını kabul edelim (komşu noktalar farklı renkte olacak şekilde). Eğer elimizde yeterli sayıda renk varsa çizgeyi istenen şekilde boyayabiliriz. Örneğin n farklı renk varsa, çizge de n noktalı olduğundan her noktayı farklı renk olacak şekilde istenen şekilde boyayabiliriz. Eğer çizgeyi k farklı renk ile boyayabiliyorsak çizgeye k renk boyanabilir çizge diyelim. Bir çizgenin k renk boyanabilir olacak şekildeki en küçük k sayısına bu çizgenin nokta renk sayısı diyelim. Şimdi verilen bir çizgeyi 3 renk ile istenilen şekilde boyamak istediğimizi düşünelim. Acaba 3 renk çizgenin noktalarını boyamak için yeterli olur mu? Buna nasıl karar verebiliriz? İki renk için uyguladığımız yöntemi uygulamaya kalksak; örneğin kırmızı, mavi ve yeşil ile noktaları boyayalım. Bir a noktasından a noktasını kırmızı ile boyayarak başlasak daha sonra a noktasının bir b komşu noktasını mavi ile boyayabiliriz. Yine a noktasının bir başka komşu noktası c yi alalım. Eğer b ve c arasında bir kenar varsa c yeşil olmak zorundadır. Eğer b ve c arasında kenar yoksa c noktasını yeşil ya da mavi renklerden herhangi biri ile boyayabiliriz. Ancak b ve c nin renklerinin farklı olması çok şeyi değiştirir. Yani b ve c nin renkleri için bir seçim yapmamız gerekir. Bu şekilde devam ederek tüm noktalar istenilen şekilde boyanamayabilir. Bu durumda backtrackking yöntemi ile seçimleri değiştirmemiz gerekir. Sonunda 3 renk ile boyama mümkün ise bu boyamayı elde etmiş oluruz. Ancak bu yöntem oldukça zaman alan bir yöntemdir. Kabul edelim ki verilen bir çizge k renk ile boyanmak istensin bazı özel durumlarda bu boyamanın mümkün olup olmadığını belirlemek kolaydır. Teorem 6 (Brook, 1941). Bir çizgenin tüm noktalarının derecesi en fazla d ise bu çizge d+1 renk ile boyanabilir. Kanıt. Kanıtı tümevarım yöntemi ile yapalım. Eğer çizgenin d + 1 tane noktası varsa bu çizge d + 1 (ya da daha az) renk ile boyanabilir (Her noktayı başka bir renk ile boyarız). Kabul edelim ki önerme n den daha az sayıda noktası olan çizgeler için doğru olsun. Şimdi n noktalı çizgeler için önermenin doğruluğunu gösterelim. n noktalı bir G çizgesi alalım ve bu çizgenin herhangi bir v noktasını seçelim. v noktasını ve v noktasından geçen kenarları G çizgesinden çıkaralım. Geriye kalan çizgeye G diyelim. G çizgesi n 1 noktalı bir çizgedir. Bu G çizgesinin de tüm noktalarının derecesi en fazla d olur. O halde tümevarım hipotezinden G çizgesi d+1 renk ile boyanabilir. v noktasının G çizgesine tekrar ekleyelim. v noktasının en fazla d tane komşusu olduğundan ve d+1 tane farklı renk olduğundan bu d+1 rengin bir tanesi komşu noktalarda yoktur. O halde v noktasını da bu renge boyarsak G çizgesini d+1 renk ile boyamış oluruz. Bir çizgenin tüm noktalarının dereceleri yüksek olduğu halde sadece 2 renk ile boyanabiliyor da olabilir. 9

10 Gerçekte Brook daha fazlasını kanıtlamıştır: Bazı istisnalarla tüm noktalarının derecesi en fazla d olan bir çizge d renk ile boyanabilir. İstisnalar:? + Tüm noktalarının derecesi d = 2 iken çizge 2 renk ile boyanamaz. Tüm noktalarının derecesi d > 2 ise d+1 noktalı ve tekparça bileşeni tam çizge olan çizgeler istenen şekilde boyanamaz. Bu istisnalar kanıtı zorlaştırdığından bu konu kapsamında incelenmemiştir. Bir çizge verilsin. Bu çizgeyi k renk ile boyamak istiyorsunuz fakat Brook un teoremi bu çizgeye uygulanamıyor (tüm noktalarının derecesi k dan küçük olabilir). Bir çok deneme yapıyorsunuz ama bir boyama yapamıyorsunuz. Böyle bir boyama olmadığından şüphelenmeye başlıyorsunuz. Peki bu durumdan nasıl emin olabilirsiniz? Eğer şanslıysanız çizgede k +1 noktadan oluşan bir tam çizge varsa sadece bu kısmı boyamak için k + 1 renk gerekeceğinden k boyama yoktur diyebilirsiniz. Ancak her k pozitif tamsayısı için k + 1 noktalı tam çizgeler bulundurmadığı halde yine de k renk ile boyanamayan çizgeler de vardır (Bakınız Şekil 4). Hatta hiç üçgen içermeyip 3 renk ile boyanamayan çizgeler de vardır (Bakınız Şekil 4). Şekil 4: 3 renk ile boyanamayan iki çizge 3.4 Harita Boyama ve Dört Renk Teoremi Konumuza çemberlerin düzlemde belirlediği bölgeleri boyayarak başladık. Fakat bu tür boyamalar nerede kullanılıyor olabilir? Haritalarda bir ülkenin ve komşularının boyanmasında bu tür boyamalar kullanılır. Çemberleri boyamak için 2 renk yeterli gelmişti. Fakat gerçek haritalar çok daha karmaşıktır ve 2 renk yeterli gelmeyebilir. Şekil 5 de olduğu gibi herhangi ikisi komşu olan dört ülke kolayca çizilebilir. Bu ülkelerin aynı sınırı paylaşanlarının farklı renkte boyanması için 4 renk gerektiği de açıktır. 10

11 Şekil 5: Dört komşu ülke Şekil 6: Türkiye nin şehirlerinin 4 renk ile boyanmış şekli Şimdi gerçek yaşamdan haritaları, örneğin Türkiye siyasi haritasını, düşünelim. Bu haritanın şehirlerini boyamak için 4 renk yeterlidir (Bakınız Şekil 6). Acaba 3 renk yeterli olur muydu? Cevabın olumsuz olduğunu kolayca görebiliriz. Haritayı boyamaya 3 renk ile başlayalım. Renkler turuncu, kırmızı ve sarı olsun (3 renkten hangisiyle başlayacağımız durumu değiştirmez). Türkiye nin en çok komşularına sahip illerimizden biri olan Konya yı turuncu boyamakla başlayalım. Onun bütün komşuları kırmızı ya da sarı olacaktır. Isparta sarı olsun. Saat yönünde devam edersek Afyon kırmızı, Eskişehir sarı, Ankara kırmızı, Aksaray sarı, Niğde kırmızı, Karaman sarı ve Antalya kırmızı olur. Fakat Mersin ili Konya, Antalya ve Karaman ın da komşusu olduğundan 3 renkten biri olamaz. Demek ki kesinlikle dördüncü rengi kullanmak zorundayız. 11

12 Eskişehir Ankara Afyon Konya Aksaray Isparta Niğde Antalya Mersin Karaman Verdiğimiz örneklerdeki durumlarda haritaları boyamak için 4 renge ihtiyacın oluşu tesadüf değildir. Aşağıdaki teorem bu durumu ifade etmektedir. Teorem 7 (4 Renk, Appel ve Haken, 1976). Her düzlemsel çizge 4 renk ile boyanabilir. Bu ünlü teoremin bir yüzyılı aşkın geçmişi vardır. İngiltere de 1852 yılında Francis Guthrie tarafından ortaya çıkarıldı lerde bir kanıt ortaya çıkana kadar onlarca yıl matematikçiler tarafından uğraşıldı yılında Alfred Kempe tarafından bir kanıt bulundu. Fakat daha sonra kanıtın hatalı olduğu anlaşıldı. Kempe nin kanıtının başarısızlığından sonra bir asırdan fazla sürede pek çok matematikçi 4 Renk Sanısı (Four Color Conjecture) denilen ilginç problemi çözmek için boşuna uğraştı. Pek çok hatalı kanıtlar yayınlandı ve çürütüldü. Sonunda, 1976 yılında Kenneth Appel ve Wolfgang Haken şimdi bilinen adıyla 4 Renk Teoreminin kanıtını buldular. Bu kanıtı bilgisayar yardımı ile buldular. Bu teoremin hala saf matematiksel kanıtı yoktur. Bu teoremin kanıtı oldukça karmaşık olduğu için bu çalışma kapsamında verilmeyecektir. Ancak kanıtı daha kolay olan 5 renk teoremi kanıtlanacaktır. Bu harita boyama problemini çizgeleri boyama problemine dönüştürebiliriz. Haritadaki her ülkeden bir nokta seçelim ve bu noktaları o ülkenin başkenti olarak düşünelim. Şimdi, eğer iki ülkenin ortak sınırı varsa bu ülkelerin başkentlerini, sadece bu ülkelerin içinde kalan ve sınırı bir kez kesen bir demiryolu ile birleştirelim. Üstelik bu demiryollarını çeşitli ülkelerin başkentlerini birbirine bağlayan demiryollarını kesişmeyecek şekilde çizebiliriz. Bu durumda ülkelerin başkentleri ve onları birleştiren demiryolları bir çizge oluşturur. Üstelik bu çizge düzlemsel çizgedir. Bu çizgeye, verilen haritanın dual çizgesi denir (bakınız Şekil 7). Eğer iki ülkenin sınırı birden fazla parçadan oluşuyorsa (Çin ve Rusya nın sınırları Moğolistan tarafından ikiye ayrılmaktadır.) başkentleri sadece bir demiryolu hattıyla bağlamak yeterlidir. Verilen haritadaki ülkeleri boyamak yerine komşu noktalar farklı renklerde olacak şekilde dual çizgenin noktalarını boyayabiliriz. 12

13 Şekil 7: Bir çizge ve duali Lemma 1. Her düzlemsel çizgenin derecesi en fazla 5 olan en az bir noktası vardır. Yani, bir düzlemsel çizgenin tüm noktalarının derecesi 5 ten fazla olamaz. Düzlemsel bir çizgenin derecesi 5 olan 1 den fazla sayıda noktası da olabilir. Şekil 8: Derecesi 5 olan iki nokta bulunduran düzlemsel çizge örneği Kanıt. Tersine, kabul edelim ki n noktalı düzlemsel çizgede her noktanın derecesi en az 6 olsun. Bu durumda çizgenin en az 3n tane kenarı vardır. Bu durum da Teorem 3 ile çelişir. O halde varsayımımız yanlıştır. Yani, her düzlemsel çizgenin derecesi en fazla 5 olan bir noktası vardır. Lemma 2. G bir noktası dışında tüm noktalarının derecesi en fazla d olan düzlemsel bir çizge olsun (bir noktasının derecesi d den fazla olabilir). Bu durumda G çizgesi (d+1) renk ile boyanabilir. Kanıt. Çizgenin en az iki noktası olduğunu kabul edebiliriz. Tüm noktaların derecesi d oluncaya kadar recursive olarak derecesi en fazla d olan noktalardan birini silelim. En sonunda kalan noktaların hepsinin derecesi d olduğundan Brook Teoremine göre kalan çizgeyi (d + 1) renk ile boyayabiliriz. Sildiğimiz noktaların derecesi en fazla d olduğuna göre bu noktaların en fazla d komşusu olacaktır. Komşuların boyanmadığı renk ile sildiğimiz noktayı boyayıp tekrar çizgeye eklediğimiz de çizge d+1 renk ile boyanmış olur. Lemma 3. Eğer bir G çizgesinin her alt çizgesinin, derecesi en fazla d olan bir noktası varsa, G çizgesi d+1 renk ile boyanabilir. Kanıt. Lemma 2 deki gibi derecesi en fazla d olan noktalardan biri silinerek elde edilen alt çizgeler d+1 renk ile boyandığından kanıt tamamlanmış olur. 13

14 Şimdi 5 renk teoremini kanıtlamak için kanıtı çok daha kolay olan 6 renk teoremini kanıtlayalım. Teorem 8 (6 Renk). Her düzlemsel çizge 6 renk ile boyanabilir. Kanıt. Düzlemsel bir çizgenin alt çizgeleri de düzlemseldir. O halde Lemma 1 gereği bu alt çizgelerin de derecesi en fazla 5 olan en az bir noktası vardır. O zaman Lemma 3 den her alt çizge 6 renk ile boyanabildiğinden düzlemsel çizge de 6 renk ile boyanabilir. Teorem 9 (5 Renk). Her düzlemsel çizge 5 renk ile boyanabilir. Kanıt. n noktalı düzlemsel çizge alalım. n üzerinden tümevarım yöntemini kullanalım. n = 1 için doğrudur. (n 1) için doğru olduğunu kabul edelim. Yani (n 1) nokta 5 renk ile boyanabilir olsun (Tümevarım Hipotezi). n için de doğru olduğunu gösterelim. Lemma 1 den bu çizgede derecesi en fazla 5 olan bir v noktası vardır. v nin derecesi 4 ya da daha az ise: Bu durumda v noktasını çizgeden çıkaralım. Kalan n 1 noktalı çizgenin 5 renk ile boyanabildiğini biliyoruz (Tümevarım Hipotezinden). Diğer taraftan v nin en fazla 4 komşusu olur. Bu komşular farklı renktedir. Geriye kalan renk ile v yi boyayıp tekrar çizgeye eklersek n noktalı çizge 5 renk ile boyanabilir. w u v uw Şekil 9: 5 renk Teoreminin kanıtı v nin derecesi 5 ise: u ve w,v nin iki komşusu olsun. v yi çizgeden çıkarmak yerine çizgede biraz değişiklik yapalım.uvew yu yapıştıralım.uveya w noktasının uç nokta olduğu her kenarı, bu yeni uw noktasına yönlendirelim. Yeni çizgenin n 1 tane noktası olduğundan Tümevarım Hipotezinden 5 renk ile boyanabilir. u ve w yu tekrar ayıralım. u ve w aynı renkte olduklarından v nin komşuları en fazla 4 renkle boyanmıştır. Kalan renk ile de v noktası boyanırsa tüm çizge 5 renk ile boyanmış olur. Ancak; u ile w noktaları arasında bir kenar varsa uw yu tekrar ayırdığımızda u ve w aynı renk olacağından yukarıdaki ifadeler doğru olmaz. Hem u hem de w noktası ortak bir p noktasına komşu iseler u ile w birleştirildiğinde uw dan p noktasına 2 kenar ortaya çıkar. 14

15 İkinci durum önemli değildir. Çünkü uw noktası p den farklı renkte boyanırsa bu noktalar ayrıldığında p de farklı renkte olur. İlk durum için de v nin aralarında kenar olmayan başka u, w komşuları seçilmelidir. Acaba v nin tüm komşu çiftleri için bu sorun ortaya çıkar mı? Hayır. Eğer v nin herhangi iki komşusu arasında bir kenar olsa K 5 tam çizgesi ortaya çıkar. Oysa K 5 düzlemsel çizge değildir. Yani verdiğimiz kanıt geçerli olacak şekilde v noktasının aralarında kenar olmayacak şekilde iki komşu noktası her zaman bulunabilir. 15

16 Kaynaklar [1] L. Lovasz, J. Pelikan, K. Vesztergombi, Discrete Mathematics: Elementary and Beyond, Springer, [2] R. J. Wilson, Introduction to Graph Theory 5th Ed., Pearson, [3] S. Küçükçiftçi, Matematik Dünyası Çizgeler Özel Sayısı, 2003 Güz. 16

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Çizgeler 7. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Çift ve Tek Dereceler Çizgeler Çift ve Tek Dereceler Soru 51 kişinin

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Gezgin Satıcı Problemi 9. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Gezgin Satıcı Problemi Soru n tane şehri olan bir

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Gezgin Satıcı Problemi 9. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Gezgin Satıcı Problemi Soru n tane şehri olan bir

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Geometride Kombinatorik 11. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Köşegenlerin Arakesiti Geometride Kombinatorik

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Geometride Kombinatorik 11. Bölüm Doç. Dr. Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2011 2012 Güz Dönemi Köşegenlerin Arakesiti Geometride Kombinatorik

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Çizgeler 7. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Çift ve Tek Dereceler Çizgeler Çift ve Tek Dereceler Soru 51 kişinin

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Fibonacci Sayıları 4. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Fibonacci nin Tavşanları Fibonacci Sayıları Fibonacci

Detaylı

A GRUBU Her bir yüzü düzgün beşgen olan düzgün 12-yüzlünün kaç ayrıtı vardır? A) 30 B) 24 C) 12 D) 36 E) 48

A GRUBU Her bir yüzü düzgün beşgen olan düzgün 12-yüzlünün kaç ayrıtı vardır? A) 30 B) 24 C) 12 D) 36 E) 48 Numarası : Adı Soyadı : SINAV YÖNERGESİ 2. K 5 tam çizgesinin bir kenarı çıkarılarak elde edilen çizgenin köşe noktaları en az kaç renk ile boyanabilir? A) 3 B) 4 C) 2 D) 5 E) 6 İşaretlemelerinizde kurşun

Detaylı

2. K 6 tam çizgesinde kaç farklı mükemmel eşleme vardır? 4. Düzlemsel kodu (planar code) olan ağacın kaç köşe noktası vardır?

2. K 6 tam çizgesinde kaç farklı mükemmel eşleme vardır? 4. Düzlemsel kodu (planar code) olan ağacın kaç köşe noktası vardır? Ayrık Hesaplama Yapıları A GRUBU 0.06.01 Numarası :. K 6 tam çizgesinde kaç farklı mükemmel eşleme vardır? Adı Soyadı : SINAV YÖNERGESİ İşaretlemelerinizde kurşun kalem kullanınız. Soru ve cevap kağıtlarına

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Euler Formülü 12. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Saldıraya Uğrayan Gezegen Euler Formülü Saldıraya Uğrayan

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Ağaçlar 8. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Ağacın Tanımı Ağaçlar Ağacın Tanımı Tanım Döngüsü olmayan tekparça

Detaylı

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Analiz. Cilt 2. Ünite 8-14

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Analiz. Cilt 2. Ünite 8-14 ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI Analiz Cilt 2 Ünite 8-14 T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI NO: 1082 AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ YAYINLARI NO: 600

Detaylı

10. DİREKT ÇARPIMLAR

10. DİREKT ÇARPIMLAR 10. DİREKT ÇARPIMLAR Teorem 10.1. H 1,H 2,, H n bir G grubunun alt gruplarının bir ailesi ve H = H 1 H 2 H n olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir. a ) dönüşümü altında dır. b) ve olmak üzere her yi tek türlü

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Fibonacci Sayıları 4. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Fibonacci nin Tavşanları Fibonacci Sayıları Fibonacci

Detaylı

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun.

için doğrudur. olmak üzere tüm r mertebeli gruplar için lemma nın doğru olduğunu kabul edelim. G grubunun mertebesi n olsun. ve olsun. 11. Cauchy Teoremi ve p-gruplar Bu bölümde Lagrange teoreminin tersinin doğru olduğu bir özel durumu inceleyeceğiz. Bu teorem Cauchy tarafından ispatlanmıştır. İlk olarak bu teoremi sonlu değişmeli gruplar

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Pokerin Matematiği açık oyun renk

Pokerin Matematiği açık oyun renk Pokerin Matematiği atrançta bir oyuncunun bilip de öbür oyuncunun bilmediği bilgi yoktur. Bu tür oyunlara açık oyun diyelim. STavlada da bir oyuncunun bildiğini öbür oyuncu bilir. Birinin öbüründen gizlisi

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT3 AYRIK MATEMATİK 4 Ders Doç Dr Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 00 0 Güz Dönemi 3 yüzyılda İtalyan matematikçi Leonardo Fibonacci aşağıdaki soruyu ortaya atmıştır:

Detaylı

SIERPINSKI ÇİZGELERİN OYUN KROMATİK VE OYUN RENK SAYILARI GAME CHROMATIC NUMBER AND GAME COLORING NUMBER OF SIERPINSKI GRAPHS

SIERPINSKI ÇİZGELERİN OYUN KROMATİK VE OYUN RENK SAYILARI GAME CHROMATIC NUMBER AND GAME COLORING NUMBER OF SIERPINSKI GRAPHS Anadolu Üniversitesi Bilim ve Teknoloji Dergisi B- Teorik Bilimler Anadolu University Journal of Science and Technology B- Theoretical Sciences 2016 - Cilt: 4 Sayı: 2 Sayfa: 91-98 DOI: 10.20290/btdb.53177

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Çizgelerde Eşleme 10. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Bir Dans Problemi Çizgelerde Eşleme Bir Dans Problemi

Detaylı

3. Herhangi bir G çizgesi için aşağıdaki önermelerden hangi(ler)si her zaman doğrudur?

3. Herhangi bir G çizgesi için aşağıdaki önermelerden hangi(ler)si her zaman doğrudur? Ayrık Hesaplama Yapıları A GRUBU.0.05 Numarası : Adı Soyadı : SINAV YÖNERGESİ İşaretlemelerinizde kurşun kalem kullanınız. Soru ve cevap kağıtlarına numaranızı ve isminizi mürekkepli kalem ile yazınız.

Detaylı

11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler

11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler 11.Konu Tam sayılarda bölünebilme, modüler aritmetik, Diofant denklemler 1. Asal sayılar 2. Bir tam sayının bölenleri 3. Modüler aritmetik 4. Bölünebilme kuralları 5. Lineer modüler aritmetik 6. Euler

Detaylı

Her noktas ya maviye ya k rm z ya boyanm fl bir düzlem

Her noktas ya maviye ya k rm z ya boyanm fl bir düzlem Renkli Noktalar Her noktas ya maviye ya k rm z ya boyanm fl bir düzlem önündeyiz. Baz noktalar maviye, baz noktalar k rm z - ya boyanm fl bir düzlem... Düzlemin sonsuz tane noktas n kim boyam flsa boyam

Detaylı

Bahçe Sorusu Ali Nesin

Bahçe Sorusu Ali Nesin Bahçe Sorusu Ali Nesin 1. Giriş. Daire biçiminde bir bahçeye, merkezden başlayarak, birer metre aralıklarla yatay ve dikey sıralanmış fidan dikmeyi düşünüyoruz. İşte bahçemizi ve fidanları dikeceğimiz

Detaylı

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ 1.GİRİŞ Bu bölüm lineer cebirin temelindeki cebirsel yapıya, sonlu boyutlu vektör uzayına giriş yapmaktadır. Bir vektör uzayının tanımı, elemanları skalar olarak adlandırılan herhangi bir cisim içerir.

Detaylı

A GRUBU Noktaları adlandırılmış K 6 tam çizgesinin tam olarak 3 noktalı kaç tane alt çizgesi vardır? A) 9 B) 20 C) 24 D) 60 E) 160

A GRUBU Noktaları adlandırılmış K 6 tam çizgesinin tam olarak 3 noktalı kaç tane alt çizgesi vardır? A) 9 B) 20 C) 24 D) 60 E) 160 A GRUBU.. Numarası :............................................. Adı Soyadı :............................................. SINAV YÖNERGESİ İşaretlemelerinizde kurşun kalem kullanınız. Soru ve cevap kağıtlarına

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

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR 8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR Şimdiye kadar bir gruptan diğer bir gruba tanımlı olan fonksiyonlarla ilgilenmedik. Bu bölüme aşağıdaki tanımla başlayalım. Tanım 8.1: G, ve H, iki grup ve f : G H

Detaylı

AYRIK YAPILAR ARŞ. GÖR. SONGÜL KARAKUŞ- FIRAT ÜNİVERSİTESİ TEKNOLOJİ FAKÜLTESİ YAZILIM MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ, ELAZIĞ

AYRIK YAPILAR ARŞ. GÖR. SONGÜL KARAKUŞ- FIRAT ÜNİVERSİTESİ TEKNOLOJİ FAKÜLTESİ YAZILIM MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ, ELAZIĞ AYRIK YAPILAR P r o f. D r. Ö m e r A k ı n v e Y r d. D o ç. D r. M u r a t Ö z b a y o ğ l u n u n Ç e v i r i E d i t ö r l ü ğ ü n ü ü s t l e n d i ğ i «A y r ı k M a t e m a t i k v e U y g u l a

Detaylı

ÇİZGE KURAMI KESİKLİ MATEMATİKSEL YAPILAR GÜZ

ÇİZGE KURAMI KESİKLİ MATEMATİKSEL YAPILAR GÜZ ÇİZGE KURAMI KESİKLİ MATEMATİKSEL YAPILAR 2012-2013 GÜZ Çizgeler Yollar ve Çevrimler Çizge Olarak Modelleme Çizge Olarak Modelleme Yönlü Çizge Kenar - Köşe 2 / 90 Çizgeler Yollar ve Çevrimler Çizge Olarak

Detaylı

= 646 ] (n+2) 2 1 = n 2 + 4n+4 1 = (n 2 1)+4(n+1) MAT223 AYRIK MATEMATİK DERSİ 2.ARA SINAVI ÇÖZÜMLER

= 646 ] (n+2) 2 1 = n 2 + 4n+4 1 = (n 2 1)+4(n+1) MAT223 AYRIK MATEMATİK DERSİ 2.ARA SINAVI ÇÖZÜMLER MAT3 AYRIK MATEMATİK DERSİ.ARA SINAVI 18.1.009 ÇÖZÜMLER 1. G çizgesinin silindiğinde kalan çizge tek parça olacak şekildeki kenarlarını birer birer silelim (G yoldan farklı olduğundan en az bir böyle bir

Detaylı

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A Contents 1 İyi Sıralama 5 Bibliography 13 1 İyi Sıralama Well Ordering İyi sıralama kavramı, doğal sayıların

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış

Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış ÖZEL DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ V. MATEMATİK ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış Muhammed Osman Çorbalı Danışman Öğretmen: Yüksel Demir PROJE RAPORU 2014 PROJENİN AMACI:

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Kombinatoryal Olasılık 5. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Olaylar ve Olasılıklar Kombinatoryal Olasılık Olaylar

Detaylı

SORULAR. 2. Noktaları adlandırılmamış 6 noktalı kaç ağaç vardır? Çizerek cevaplayınız.

SORULAR. 2. Noktaları adlandırılmamış 6 noktalı kaç ağaç vardır? Çizerek cevaplayınız. MAT3 AYRIK MATEMATİK DERSİ DÖNEM SONU SINAVI 4.0.0 Numarası :..................................... Adı Soyadı :..................................... SORULAR. Prüfer kodu ( 3 3 ) olan ağacı çiziniz.. Noktaları

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Ç.Ü Fen ve Mühendislik Bilimleri Dergisi Yıl:2012 Cilt:28-2

Ç.Ü Fen ve Mühendislik Bilimleri Dergisi Yıl:2012 Cilt:28-2 SERBEST LİE CEBİRLERİNİN ALT MERKEZİ VE POLİSENTRAL SERİLERİNİN TERİMLERİNİN KESİŞİMLERİ * Intersections of Terms of Polycentral Series and Lower Central Series of Free Lie Algebras Zeynep KÜÇÜKAKÇALI

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Tamsayılar, Bölenler ve Asal Sayılar 6. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Bölünebilme Tamsayılar, Bölenler ve

Detaylı

Özdeğer ve Özvektörler

Özdeğer ve Özvektörler Özdeğer ve Özvektörler Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 9 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; bir lineer dönüşümün ve bir matrisin özdeğer ve özvektör kavramlarını anlayacak, bir dönüşüm matrisinin

Detaylı

MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

MIT Açık Ders Malzemeleri  Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret

Detaylı

ÇARPANLAR VE KATLAR ÖĞRENİYORUM

ÇARPANLAR VE KATLAR ÖĞRENİYORUM ÖĞRENİYORUM Bir pozitif tam sayıyı birden fazla pozitif tam sayının çarpımı şeklinde yazarken kullandığımız her bir sayıya o sayının çarpanı denir. Örnek: nin çarpanları,, 3, 4, 6 ve dir. UYGULUYORUM Verilmeyen

Detaylı

Türev Uygulamaları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV

Türev Uygulamaları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Türev Uygulamaları Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 10 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; türev kavramı yardımı ile fonksiyonun monotonluğunu, ekstremum noktalarını, konvekslik ve konkavlığını, büküm

Detaylı

T.C. MİLLİ EĞİTİM BAKANLIĞI TEMEL EĞİTİM GENEL MÜDÜRLÜĞÜ OKUL ÖNCESİ EĞİTİM PROGRAMI - 2012. PAMUK ŞEKERİM I (Kavram Eğitimi Kitabı)

T.C. MİLLİ EĞİTİM BAKANLIĞI TEMEL EĞİTİM GENEL MÜDÜRLÜĞÜ OKUL ÖNCESİ EĞİTİM PROGRAMI - 2012. PAMUK ŞEKERİM I (Kavram Eğitimi Kitabı) T.C. MİLLİ EĞİTİM BAKANLIĞI TEMEL EĞİTİM GENEL MÜDÜRLÜĞÜ OKUL ÖNCESİ EĞİTİM PROGRAMI - 2012 PAMUK ŞEKERİM I (Kavram Eğitimi Kitabı) ANKARA 2012 BAŞLARKEN Okul öncesi yıllar çocukların örgün eğitime başlamadan

Detaylı

2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK

2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK 2017 MÜKEMMEL YGS MATEMATİK 1. 2,31 0,33 0,65 0,13 + 3,6 0,6 işleminin sonucu kaçtır? A)0,5 B) 0,8 C)0,9 D)5 E)8 4. Üç basamaklı ABB doğal sayısı 4 e ve 9 a kalansız bölünmektedir. Buna göre, A+B toplamının

Detaylı

2. (v+w+x+y+z) 8 ifadesinin açılımında kaç terim vardır? 3. log 5 0, 69897 olduğuna göre 50 10 sayısı kaç basamaklıdır?

2. (v+w+x+y+z) 8 ifadesinin açılımında kaç terim vardır? 3. log 5 0, 69897 olduğuna göre 50 10 sayısı kaç basamaklıdır? Ayrık Hesaplama Yapıları A GRUBU 3.03.0 Numarası Adı Soyadı : CEVAP : ANAHTARI SINAV YÖNERGESİ İşaretlemelerinizde kurşun kalem kullanınız. Soru ve cevap kağıtlarına numaranızı ve isminizi mürekkepli kalem

Detaylı

köşe (vertex) kenar (edg d e)

köşe (vertex) kenar (edg d e) BÖLÜM 7 köşe (vertex) kenar (edge) Esk den Ank ya bir yol (path) Tanım 7.1.1: Bir G çizgesi (ya da yönsüz çizgesi) köşelerden oluşan bir V kümesinden ve kenarlardan oluşan bir E kümesinden oluşur. Herbir

Detaylı

Onur NURTAN. Danışman Öğretmen: Mustafa YAZAGAN. Özel Atacan Anadolu Lisesi

Onur NURTAN. Danışman Öğretmen: Mustafa YAZAGAN. Özel Atacan Anadolu Lisesi KAĞIT KATLAMA YOLUYLA KESİRLERİN BELİRLENMESİ Onur NURTAN Danışman Öğretmen: Mustafa YAZAGAN Özel Atacan Anadolu Lisesi Özet: Kare biçimindeki kağıdı tam iki eş parçaya ayıran kırışığına kağıdımızı katlayarak

Detaylı

Sabancı Üniversitesi Matematik Kulübü 5. Liseler Arası Matematik Yarışması 1. AŞAMA

Sabancı Üniversitesi Matematik Kulübü 5. Liseler Arası Matematik Yarışması 1. AŞAMA Sabancı Üniversitesi Matematik Kulübü 5. Liseler Arası Matematik Yarışması 1. AŞAMA SABANCI ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK KULÜBÜ 5. LİSELER ARASI MATEMATİK YARIŞMASI 1. AŞAMA 15 MART 2013 CUMA BAŞLANGIÇ: 14:00

Detaylı

Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları DENEME SINAVI. 4. Deneme

Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları DENEME SINAVI. 4. Deneme Türkiye Ulusal Matematik Olimpiyatları Birinci Aşama Zor Deneme Sınavı 11 Haziran 2016 DENEME SINAVI 4. Deneme Soru Sayısı: 32 Sınav Süresi: 210 dakika Başarılar Dileriz... Page 1 of 9 DENEME SINAVI (4.

Detaylı

Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim

Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim Ders 8: Konikler - Doğrularla kesişim Geçen ders RP 2 de tekil olmayan her koniğin bir dönüşümün ardından tek bir koniğe dönüştüğü sonucuna vardık; o da {[x : y : z x 2 + y 2 z 2 = 0]} idi. Bu derste bu

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

MAT223 AYRIK MATEMATİK MAT223 AYRIK MATEMATİK Saymanın Temelleri 1. Bölüm Emrah Akyar Anadolu Üniversitesi Fen Fakültesi Matematik Bölümü, ESKİŞEHİR 2014 2015 Öğretim Yılı Ayşe nin Doğum Günü Partisi Saymanın Temelleri Ayşe

Detaylı

DAHA (DAiresel HAreket)

DAHA (DAiresel HAreket) DAHA (DAiresel HAreket) Kişi Sayısı: 4 Yaş grubu: 8 yaş ve üstü Oyun Türü: Taş hareketi, strateji, olasılık DAHA oyununda, kırmızı (birinci oyuncu), sarı (ikinci oyuncu), mavi (üçüncü oyuncu), ve siyah

Detaylı

Ders Adı Kodu Yarıyılı T+U Saati Ulusal Kredisi AKTS. Kesikli Matematiksel Yapılar BIL152 2. 3+0 3 7

Ders Adı Kodu Yarıyılı T+U Saati Ulusal Kredisi AKTS. Kesikli Matematiksel Yapılar BIL152 2. 3+0 3 7 DERS BİLGİLERİ Ders Adı Kodu Yarıyılı T+U Saati Ulusal Kredisi AKTS Kesikli Matematiksel Yapılar BIL152 2. 3+0 3 7 Ön Koşul Dersleri Dersin Dili Dersin Seviyesi Dersin Türü Türkçe Lisans Zorunlu / Yüz

Detaylı

BÖLÜM IV. olsa r s(mod p) bulunur ki, bu mümkün değildir. Ayrıca bu sayı takımındaki hiçbir sayı p tarafından bölünmez.

BÖLÜM IV. olsa r s(mod p) bulunur ki, bu mümkün değildir. Ayrıca bu sayı takımındaki hiçbir sayı p tarafından bölünmez. BÖLÜM IV (KÜÇÜK FERMAT VE WİLSON TEOREMLERİ Teorem 4. (Fermat Teoremi F a olan bir asal sayı olsun. Bu durumda a (mod İsat: a sayısının a a a K ( a gibi ilk ( katından oluşan sayı takımını gözönüne alalım.

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

BÖLÜM 4: MADDESEL NOKTANIN KİNETİĞİ: İMPULS ve MOMENTUM

BÖLÜM 4: MADDESEL NOKTANIN KİNETİĞİ: İMPULS ve MOMENTUM BÖLÜM 4: MADDESEL NOKTANIN KİNETİĞİ: İMPULS ve MOMENTUM 4.1. Giriş Bir önceki bölümde, hareket denklemi F = ma nın, maddesel noktanın yer değiştirmesine göre integrasyonu ile elde edilen iş ve enerji denklemlerini

Detaylı

BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER

BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER YILLAR 00 00 00 00 00 00 007 008 009 00 ÖSS-YGS - - - - - - - - BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER a,b R ve a 0 olmak üzere ab=0 şeklindeki denklemlere Birinci dereceden bir bilinmeyenli denklemler

Detaylı

Projenin Amacı: Çok kullanılan trigonometrik oranların farklı ve pratik yöntemlerle bulunması

Projenin Amacı: Çok kullanılan trigonometrik oranların farklı ve pratik yöntemlerle bulunması Projenin Adı: Trigonometrik Oranlar için Pratik Yöntemler Projenin Amacı: Çok kullanılan trigonometrik oranların farklı ve pratik yöntemlerle bulunması GİRİŞ: Matematiksel işlemlerde, lazım olduğunda,

Detaylı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı 10.1 Türev Kavramı fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki bir değerine kadar bir artma verildiğinde varılan x = x 0 + noktasında fonksiyonun değeri olsun.

Detaylı

ÖZEL SAMANYOLU LİSELERİ

ÖZEL SAMANYOLU LİSELERİ ÖZEL SAMANYOLU LİSELERİ SAMANYOLU 10. ULUSAL MATEMATİK YARIŞMASI 22 MART 2014 A KİTAPÇIĞI Bu sınav çoktan seçmeli 40 Test sorusundan oluşmaktadır. Süresi 120 dakikadır. Sınavla İlgili Uyarılar Cevap kağıdınıza,

Detaylı

ÖZEL EGE LİSESİ FİBONACCİ DİZİLERİ YARDIMIYLA DEĞERİNİ HESAPLAYAN BİR FORMÜL

ÖZEL EGE LİSESİ FİBONACCİ DİZİLERİ YARDIMIYLA DEĞERİNİ HESAPLAYAN BİR FORMÜL ÖZEL EGE LİSESİ FİBONACCİ DİZİLERİ YARDIMIYLA DEĞERİNİ HESAPLAYAN BİR FORMÜL HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Tilbe GÖKÇEL DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Emel ERGÖNÜL İZMİR 2013 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI... 3 2. GİRİŞ... 3

Detaylı

B) Aşağıdaki şekillerin içindeki dar açıları siyah, dik açıları kırmızı ve geniz açıları yeşil renkle boyayınız.

B) Aşağıdaki şekillerin içindeki dar açıları siyah, dik açıları kırmızı ve geniz açıları yeşil renkle boyayınız. ULUKÖY YATILI BÖLGE ORTAOKULU 3-A SINIFI MATEMATİK ETKİNLİKLERİ 1 A) Aşağıdaki boşlukları uygun kelimelerle doldurunuz. Açıklığı dik açıdan daha az olan açılara.denir. Açıklığı dik açıdan daha fazla açılara..denir.

Detaylı

Şimdi Okullu Olduk İlkokul 1. Sınıf

Şimdi Okullu Olduk İlkokul 1. Sınıf Yrd. Doç. Dr. Özgül Polat Şimdi Okullu Olduk İlkokul 1. Sınıf 8 Adım ve Soyadım Ritim tutalım. Parmak şıklatmayı biliyor musun? Aşağıdaki yönergeyi takip edelim. Sırayla parmak şıklatıp ayağımızı yere

Detaylı

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık

Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 5 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayı ve alt uzay yapısını daha iyi tanıyacak, Bir vektör uzayındaki vektörlerin

Detaylı

Ders 10: Düzlemde cebirsel eğriler

Ders 10: Düzlemde cebirsel eğriler Ders 10: Düzlemde cebirsel eğriler İzdüşümsel geometride bir doğruyu derecesi 1 olan homojen bir polinomun sıfırları kümesi olarak tarif ettik. Bir kuadrik, derecesi 2 olan homojen bir polinomla anlatılıyordu

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

SERİMYA II. MATEMATİK YARIŞMASI I. AŞAMA SORULARI

SERİMYA II. MATEMATİK YARIŞMASI I. AŞAMA SORULARI SERİMYA - 4 II. MATEMATİK YARIŞMASI I. AŞAMA SORULARI. 4? 4 4. A B denkleminde A ve B birbirinden farklı pozitif tam sayılar olduğuna göre, A + B toplamı kaçtır? işleminin sonucu kaçtır? A) 6 B) 8 C) D)

Detaylı

11. RASYONEL SAYILARIN SIRALANMASI

11. RASYONEL SAYILARIN SIRALANMASI 11. RASYONEL SAYILARIN SIRALANMASI SIRALAMA SEMBOLLERİ Sıralama sembolleri, sayıların sıralanma şeklini gösterirler. Yani, sıralama sembolleri sayıların küçükten büyüğe veya büyükten küçüğe doğru sıralanmasını

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

SAYILARA GİRİŞ. Her şeyden önce temel kavramları bilmeliyiz. Nedir temel kavramlar? Matematik dilinin abc'si olarak tanımlayabiliriz.

SAYILARA GİRİŞ. Her şeyden önce temel kavramları bilmeliyiz. Nedir temel kavramlar? Matematik dilinin abc'si olarak tanımlayabiliriz. SAYILARA GİRİŞ Her şeyden önce temel kavramları bilmeliyiz. Nedir temel kavramlar? Matematik dilinin abc'si olarak tanımlayabiliriz. Rakamlar {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} On tane rakam bulunmaktadır.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

26 Nisan 2009 Pazar,

26 Nisan 2009 Pazar, TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNOLOJİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM İNSANI DESTEKLEME DAİRE BAŞKANLIĞI 17. ULUSAL MATEMATİK OLİMPİYATI - 2009 BİRİNCİ AŞAMA SINAVI Soru kitapçığı türü A 26 Nisan 2009 Pazar, 13.00-15.30

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

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

12-A. Sayılar - 1 TEST

12-A. Sayılar - 1 TEST -A TEST Sayılar -. Birbirinden farklı beş pozitif tam sayının toplamı 0 dur. Bu sayılardan sadece ikisi den büyüktür. Bu sayılardan üç tanesi çift sayıdır. Buna göre bu sayılardan en büyüğü en çok kaç

Detaylı

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması. PROJE ADI Düzensizlikten Düzene: Çeşitkenar Üçgen Üzerinde Eşkenar Üçgen

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması. PROJE ADI Düzensizlikten Düzene: Çeşitkenar Üçgen Üzerinde Eşkenar Üçgen 5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJE ADI Düzensizlikten Düzene: Çeşitkenar Üçgen Üzerinde Eşkenar Üçgen Eslem Nur KELEŞOĞLU Muhammet Enes ÖRCÜN ÖZEL BAŞAKŞEHİR ÇINAR FEN LİSESİ İSTANBUL,

Detaylı

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Yrd.Doç.Dr.Ömer TARAKÇI İÇİNDEKİLER HEDEFLER DOĞRULAR VE PARABOLLER

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Yrd.Doç.Dr.Ömer TARAKÇI İÇİNDEKİLER HEDEFLER DOĞRULAR VE PARABOLLER HEDEFLER İÇİNDEKİLER DOĞRULAR VE PARABOLLER Birinci Dereceden Polinom Fonksiyonlar ve Doğru Doğru Denklemlerinin Bulunması İkinci Dereceden Polinom Fonksiyonlar ve Parabol MATEMATİK-1 Yrd.Doç.Dr.Ömer TARAKÇI

Detaylı

ÜÇGENLER ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİT

ÜÇGENLER ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİTE 4. ÜNİT ÜÇGNLR ÜNİT. ÜNİT. ÜNİT. ÜNİT. ÜNİT ÜÇGNLRİN ŞLİĞİ Üçgende çılar 1. Kazanım : ir üçgenin iç açılarının ölçüleri toplamının 180, dış açılarının ölçüleri toplamının 0 olduğunu gösterir. İki Üçgenin şliği.

Detaylı

Şartlı Olasılık. Pr[A A ] Pr A A Pr[A ] Bir olayın (A 1 ) olma olsılığı, başka bir olayın (A 2 ) gerçekleştiğinin bilinmesine bağlıysa;

Şartlı Olasılık. Pr[A A ] Pr A A Pr[A ] Bir olayın (A 1 ) olma olsılığı, başka bir olayın (A 2 ) gerçekleştiğinin bilinmesine bağlıysa; Şartlı Olasılık Bir olayın (A ) olma olsılığı, başka bir olayın (A 2 ) gerçekleştiğinin bilinmesine bağlıysa; Pr[A A 2 Pr A A Pr A A = Pr[A A 2 2 2 Pr[A Pr[A 2 2 A A 2 S Pr[A A 2 A 2 verildiğinde (gerçekleştiğinde)

Detaylı

ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MODÜLER ARİTMETİK

ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MODÜLER ARİTMETİK ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MODÜLER ARİTMETİK ÇANAKKALE 2012 ÖNSÖZ Bu kitap Çanakkale Onsekiz Mart Üniversitesi Matematik Bölümünde lisans dersi olarak Cebirden

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve

Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve Ders 2: RP 1 ve RP 2 - Reel izdüşümsel doğru ve düzlem Geçen ders doğrusal cebir aracılığıyla izdüşümsel geometri için bir model kurduk. Şimdi bu modeli daha somut bir şekle sokalım, F = R durumunda kurduğumuz

Detaylı

Develerle Eşekler Ali Nesin

Develerle Eşekler Ali Nesin Develerle Eşekler Ali Nesin MATEMATİĞE GİRİŞ Matematik 101 dersindesiniz, ilk dersiniz, birinci gününüz... Hiç matematik bilmediğinizi varsayıyor hocanız... Kümelerden başlayacaksınız matematiğe... İlk

Detaylı

Test 16. 1. Teorem: a R ve a 1 ise 1 1. 4. İddia: 5 = 3 tür. 2. Teorem: x Z ve. Kanıt: Varsayalım ki, 1 olsun. a 1

Test 16. 1. Teorem: a R ve a 1 ise 1 1. 4. İddia: 5 = 3 tür. 2. Teorem: x Z ve. Kanıt: Varsayalım ki, 1 olsun. a 1 Test 6. Teorem: a R ve a ise a dir. Kanıt: Varsayalım ki, olsun. a a olduğundan a 0 dır. Bu durumda, eşitsizliğin yönü değişmeden, a a olur. Demek ki, a a dir. Fakat bu durum a hipotezi ile çelişmektedir.

Detaylı

İstenen Durum Olasılık Tüm Durum 12

İstenen Durum Olasılık Tüm Durum 12 OLASILIK ÇIKMIŞ SORULAR 1.SORU İçinde top bulunan iki torbadan birincisinde beyaz, siyah ve ikincisinde beyaz, 5 siyah top vardır. Birinci torbadan bir top çekilip rengine bakılmadan ikinci torbaya atılıyor.

Detaylı

İÇİNDEKİLER TOPLAMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...59-60... 01-01 ÇARPMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...61-64... 02-03 FAKTÖRİYEL...65-66...

İÇİNDEKİLER TOPLAMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...59-60... 01-01 ÇARPMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...61-64... 02-03 FAKTÖRİYEL...65-66... İÇİNDEKİLER Sayfa No Test No 3-PERMÜTASYON, KOMBİNASYON, BİNOM, OLASILIK VE İSTATİSTİK TOPLAMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...59-60... 01-01 ÇARPMA YOLUYLA SAYMA YÖNTEMİ...61-64... 0-03 FAKTÖRİYEL...65-66...

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 10 Graf Veri Modeli. Mustafa Kemal Üniversitesi

Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 10 Graf Veri Modeli. Mustafa Kemal Üniversitesi Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 10 Graf Veri Modeli Graf, matematiksel anlamda, düğümler ve bu düğümler arasındaki ilişkiyi gösteren kenarlardan oluşan bir kümedir; mantıksal ilişki düğüm ile düğüm

Detaylı

Ali 8 yaşındadır. Ali den 1 yaş büyük olan Oya. Can ın 5 kalemi vardır. Ayla nın kalemleri Can ın kalemlerinden 3 fazladır. Ayla nın kalemi vardır.

Ali 8 yaşındadır. Ali den 1 yaş büyük olan Oya. Can ın 5 kalemi vardır. Ayla nın kalemleri Can ın kalemlerinden 3 fazladır. Ayla nın kalemi vardır. Zihinden toplayalım. 1. artı 8 eder.. 3 ten büyük olan sayı 5 tir. 3. 5 e eklersek olur. 4. 5.. 5 e 1 ilave edersek olur. 7 den sonra gelen sayı 5, 3 daha eder. olur. 7. yi 1 artırırsak olur. 8. 9. 9 ile

Detaylı

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır.

1.GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G. vardır. 3) a G için denir) vardır. 1.GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G, ) cebirsel yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir. 1) a, b, c G için a ( b c) ( a b) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

IQ PLUS BUTİK EĞİTİM MERKEZİ

IQ PLUS BUTİK EĞİTİM MERKEZİ TÜRKÇE www.ilusegitim.com 0 232 2013 2013 www.ilusegitim.com www.ilusegitim.com 0 232 2013 2013 www.ilusegitim.com 2013 www.ilusegitim.com 0 232 2013 www.ilusegitim.com www.ilusegitim.com 0 232 www.ilusegitim.com

Detaylı

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER HEDEFLER İÇİNDEKİLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER Özdeşlikler Birinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler Yüksek Dereceden Denklemler Eşitsizlikler

Detaylı

2 şeklindeki bütün sayılar. 2 irrasyonel sayısı. 2 irrasyonel sayısından elde etmekteyiz. Benzer şekilde 3 irrasyonel sayısı

2 şeklindeki bütün sayılar. 2 irrasyonel sayısı. 2 irrasyonel sayısından elde etmekteyiz. Benzer şekilde 3 irrasyonel sayısı 1.8.Reel Sayılar Kümesinin Tamlık Özelliği Rasyonel sayılar kümesi ile rasyonel olmayan sayıların kümesi olan irrasyonel sayılar kümesinin birleşimine reel sayılar kümesi denir ve IR ile gösterilir. Buna

Detaylı

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz.

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Alıştırmalar 1 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Denklem Mertebe Derece a) 2 1 ( ) 4 6 c) 2 1 d) 2 2 e) 3 1 f) 2 4 g)

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

2004 II. MATEMATİK YARIŞMASI I. AŞAMA SORULARI

2004 II. MATEMATİK YARIŞMASI I. AŞAMA SORULARI 4 II MATEMATİK YARIŞMASI I AŞAMA SORULARI 4? 4 4 A B denkleminde A ve B birbirinden farklı pozitif tam sayılar olduğuna göre, A + B toplamı kaçtır? işleminin sonucu kaçtır? 5 A) B) C) - D) E) - 8 4 x x

Detaylı

Bir işaretli büyüklük sayısında en soldaki basamak bir işaret içerir. Diğer basamaklarda ise sayısal değerin büyüklüğü (mutlak değeri) gösterilir.

Bir işaretli büyüklük sayısında en soldaki basamak bir işaret içerir. Diğer basamaklarda ise sayısal değerin büyüklüğü (mutlak değeri) gösterilir. İşaretli Tamsayı Gösterimi 1. İşaretli Büyüklük Bir işaretli büyüklük sayısında en soldaki basamak bir işaret içerir. Diğer basamaklarda ise sayısal değerin büyüklüğü (mutlak değeri) gösterilir. Örnek

Detaylı

Bölüm 3: Vektörler. Kavrama Soruları. Konu İçeriği. Sunuş. 3-1 Koordinat Sistemleri

Bölüm 3: Vektörler. Kavrama Soruları. Konu İçeriği. Sunuş. 3-1 Koordinat Sistemleri ölüm 3: Vektörler Kavrama Soruları 1- Neden vektörlere ihtiyaç duyarız? - Vektör ve skaler arasındaki fark nedir? 3- Neden vektörel bölme işlemi yapılamaz? 4- π sayısı vektörel mi yoksa skaler bir nicelik

Detaylı