sayısını göz önüne alırız. Böylece f (z) yerine ((dw)/(dz)) yazarak (2) denklemi

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "sayısını göz önüne alırız. Böylece f (z) yerine ((dw)/(dz)) yazarak (2) denklemi"

Transkript

1 TÜREVLER f tanım kümesi z₀ ın bir komşuluğunu kapsayan bir fonksiyon olsun. Limitin var olması halinde f (z₀)=lim_{z z₀}((f(z)-f(z₀))/(z-z₀)) #1 denklemiyle tanımlanır. f nin z₀ da türevi varsa f ye z₀ da diferansiyellenebilir denir. Δz=z-z₀ dersek (1) tanımı f (z₀)=lim_{δz 0}((f(z+Δz)-f(z₀))/(Δz)) #2 şeklinde yazılabilir. f z₀ ın bir komşuluğunda tanımlı olduğundan Δz ın yeterince küçük değerleri için f(z+δz) sayısı daima tanımlıdır. şekil 21 Türevin (2) tanımını alırken z₀ daki alt indisi düşürerek çoğu zaman f nin z deki Δz değişimine karşılık gelen değer değişimini gösteren Δw =f(z+δz)-f(z) sayısını göz önüne alırız. Böylece f (z) yerine ((dw)/(dz)) yazarak (2) denklemi şeklini alır. ((dw)/(dz))=lim_{δz 0}((Δw)/(Δz)) #3 Örnek 1 f(z)=z² fonksiyonunu alalım. Herhangi bir z C için lim_{δz 0}((Δw)/(Δz))=lim_{Δz 0}(((z+Δz)²-z²)/(Δz))=lim_{z 0}(2z+Δz)=2z Örnek 2 f(z)= z ² fonksiyonunu alalım. ((Δw)/(Δz))=(( z+δz ²- z ²)/(Δz))=(((z+Δz)(z+Δz)-zz)/(Δz))=z+Δz+z((Δz)/(Δz)) dir. Eğer Δz 0 için ((Δw)/(Δz)) limiti mevcut ise bu Δz=(Δx,Δy) noktasını Δz düzleminde orijine herhangi bir şekilde yaklaştırarak bulunabilir. Özel olarak Δz reel eksende yatay olarak (Δx,0) noktaları ile yaklaştığında Δz=Δz yazılabilir. Böylece eğer ((Δw)/(Δz)) limiti mevcut ise z+z değerine eşit olmalıdır. Fakat eğer Δz orijine imajiner eksen boyunca dikey olarak (0,Δy) noktaları ile yaklaşırsa Δz=-Δz olacağından limit varsa değeri z-z değerine eşit olmalıdır. Limit tek olacağından eğer ((dw)/(dz)) mevcut olacaksa olmalıdır. z+z=z-zveya z=0

2 ((dw)/(dz)) nin aslında z=0 da mevcut olduğunu göstermek için sadece z=0 iken Δz sayısına indirgeneceğidir. Bu yüzden ((dw)/(dz)) nin sadece z=0 da mevcut olduğu sonucuna varırız ve bu noktadaki değeri de 0 dır. Örnek 2 bir fonksiyonun bir noktada diferansiyellenebilir olmasına rağmen bu noktanın herhangi bir komşuluğunda hiçbir noktada diferansiyellenemeyebileceğini gösterir. f(z)= z ²=x²+y²+i0=u(x,y)+iv(x,y) u(x,y)=x²+y², v(x,y)=0 fonksiyonları (0,0) noktasında her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip olmalarına rağmen fonksiyon hala z=0 da diferansiyellenemiyor. Demekki bir komleks değişkenli fonksiyonunun bileşenleri bir noktada her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip olsalar bile fonksiyon hala onoktada diferansiyellenemeyebiliyor. f(z)= z ² düzlemde her noktada sürekli çünkü bileşenleri düzlemde her noktada sürekli. Demekki bir noktada süreklilik o noktada türevlenebilmeyi gerektirmiyor. Fakat bir fonksiyonun bir noktada türevinin olması o noktada sürekli olmasını gerektirir: lim_{z z₀}[f(z)-f(z₀)] = lim_{z z₀}((f(z)-f(z₀))/(z-z₀)) = f (z₀).0 = 0 lim_{z z₀}f(z)=f(z₀) 16.DİFERANSİYEL FORMÜLLERİ Aşağıdaki formüllerde f nin z deki türevini (d/(dz))f(z) veya f¹(z) gösterimleri ile göstereceğiz. c kompleks bir sabit ve fz noktasında türevi mevcut olan bir fonksiyon olsun. Bu durumda aşağıdakileri göstermek kolaydır. (d/(dz))c=0, (d/(dz))z=1, (d/(dz))[cf(z)]=c.f¹(z) #1 Eğer n pozitif tam sayı ise (d/(dz))zⁿ=n.zⁿ ¹ #2 bu formül z 0 olmak üzere n negatif tam sayı olduğunda da geçerlidir. Eğer f ve g fonksiyonlarının z de türevi mevcut ise (d/(dz))[f(z)+g(z)] = f (z)+g (z) #3 (d/(dz))[f(z).g(z)] = f¹(z)g(z)+g¹(z)f(z) #4 ve g(z) 0 iken (d/(dz))[((f(z))/(g(z)))]=((f¹(z)g(z)-g¹(z)f(z))/([g(z)]²)) #5 CAUCHY-RİEMANN DENKLEMLERİ f(z)=u(x,y)+v(x,y)

3 ve f (z₀)=lim_{δz 0}((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz)) #2 olsun. z₀=x₀+iy₀ ve Δz=Δx+iΔy dersek limit teoremlerinden biliyoruzki Re[f (z₀)]=lim_{(δx,δy) 0}Re[((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz))] #3 dir. Burada Im[f (z₀)]=lim_{(δx,δy) 0}Im[((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz))] #4 ((f(z₀+δz)-f(z₀))/(δz)) = ((u(x₀+δx,y₀+δy)-u(x₀,y₀))/(δx+iδy)) +((v(x₀+δx,y₀+δy)-v(x₀,y₀))/(δx+iδy)) şeklindedir. (3) ve (4) (Δx,Δy) (0,0) a nasıl yaklaşırsa yaklaşsın geçerlidir. Özel olarak (Δx,Δy) (0,0) a yatay olarak (Δx,0) noktaları ile yanaşsın. Bu (5) denkleminde Δy=0 olması demektir. O halde (3) ve (4) den Re[f (z₀)]=lim_{(δx,δy) 0}[((u(x₀+Δx,y₀)-u(x₀,y₀))/(Δx))] yani, Im[f (z₀)]=lim_{(δx,δy) 0}((v(x₀+Δx,y₀)-v(x₀,y₀))/(Δx)) f (z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀) #6 dır. (Δx,Δy) yi (0,0) a dikey olarak (0,Δy) noktaları ile de yaklaştırabilirdik. Bu durumda (5) de Δx=0 olurdu ve f (z₀) için f (z₀)=v_{y}(x₀,y₀)-iu_{y}(x₀,y₀) #7 ifadesini elde ederdik. (7) denklemi aynı zamanda f (z₀)=-i[u_{y}(x₀,y₀)+iv_{y}(x₀,y₀)] şeklinde de yazılabilir. (6)ve (7) denklemleri f (z₀) türevini sadece f nin bileşenleri olan u ve v nin kısmi türevleri cinsinden vermekle kalmaz aynı zamanda f (z₀) türevinin varlığı için gerek koşullar da verir.(6)ve (7) denklemlerinin sağ taraflarını eşitleyerek f (z₀) türevinin varlığının u_{x}(x₀,y₀)=v_{y}(x₀,y₀) ve u_{y}(x₀,y₀)=-v_{x}(x₀,y₀) #8 olmasını gerektirdiğini görürüz.. (8) denklemlerine bu denklemleri keşfeden ve kullanan Fransız matematikçi A.L. Cauchy ( ) ve bunları bir değişkenli kompleks

4 fonksiyonlar teorisini geliştirmede temel yapan Alman matematikçi G.F.B. Riemann ( ) onuruna Couchy-Riemann denklemleri adı verilmiştir. Yukarıdaki çıkarımı aşağıdaki şekilde özetleriz. Teorem. f(z)=u(x,y)+v(x,y) ve z₀=x₀+iy₀olsun. Budurumda f (z₀)mevcut uve vnin (x₀,y₀) da birinci-mertebe kısmi türevleri vardır ve bu kısmi türevler Couchy-Riemann denklemlerini sağlarlar Üstelik f (z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀) Örnek1. f(z)=z²=(x+iy)²=x²-y²+2ixy=u(x,y)+iv(x,y) fonksiyonunun her noktada diferansiyellenebilir olduğunu ve f (z)=2z olduğunu biliyoruz. Bunu yukarıdaki teoremden görelim: u_{x}=2x=v_{y},v_{x}=2y=-(-2y)=u_{y} <K1.1 ilk="table" > u(x,y)=x²-y² u_{x}=2x, u_{y}=-2y v(x,y)=2xy v_{x}=2y, v_{y}=2x olup bu her yerde C-R denklemlerinin sağlandığını gösterir. Ayrıca olur. f (z) = u_{x}+iv_{x} = 2x+i2y = 2(x+iy) = 2z Not. Bir z₀=(x₀,y₀)noktasında C-R şartları sağlanmıyorsa o noktada türev yoktur. Örnek2. olsun. f(z)= z ²= x+iy ²=x²+y²=u(x,y)+iv(x,y) x = 0 2x=u_{x}=v_{y}=0,fakat x 0 2x=u_{x} v_{y}=0 y = 0 0=v_{x}=-u_{y}=-2y,fakat y 0 0=v_{x} -u_{y}=-2y

5 <K1.1 ilk="table" > u(x,y)=x²+y² u_{x}=2x, u_{y}=2y v(x,y)=0 v_{x}=0, v_{y}=0 olduğundan fnin (x,y)=(0,0) noktası hariç hiçbir noktada türevi yoktur. 18 DİFERANSİYELLENEBİLME İÇİN YETER ŞARTLAR z₀=(x₀,y₀) noktasında C-R sağlanması onoktada f(z)fonksiyonunun türevinin varlığını garantilemek için yeterli değildir. Fakat belli süreklilik şartları altında aşağıdaki kullanışlı teoremimiz var. Teorem. f(z)=u(x,y)+v(x,y) fonksiyonu bir z₀=x₀+iy₀ noktasının bir ε komşuluğunda tanımlı olsun. u ve v nin bu komşulukta x ve y ye kismi türevleri var ve bu kısmi türevler z₀=(x₀,y₀) noktasında sürekli olsun. Bu durumda bu kısmi türevler z₀=(x₀,y₀) noktasında C_R şartlarını sağlarsa f (z₀) mevcuttur. İspat. 0< Δz <ε olmak üzere Δz=Δx+iΔy ve Δw=f(z₀+Δz)-f(z₀) diyelim. Böylelikle olur burada Δw=Δu+iΔv Δu = u(x₀+δx,y₀+δy)-u(x₀,y₀) #1 Δv = v(x₀+δx,y₀+δy)-v(x₀,y₀) dir. Şimdi u ve v nin birinci-mertebe kısmi türevlerinin (x₀,y₀) noktasında sürekliliğinden Δu = u_{x}(x₀,y₀)δx+u_{y}(x₀,y₀)δy+ε₁ ((Δx)²+(Δy)²) #2 Δv = v_{x}(x₀,y₀)δx+v_{y}(x₀,y₀)δy+ε₂ ((Δx)²+(Δy)²) dir. Burada (Δx,Δy) Δzdüzleminde (0,0) yaklaştıkça ε₁ veε₂ 0 a gider. Böylece, Δw = u_{x}(x₀,y₀)δx+u_{y}(x₀,y₀)δy+ε₁ ((Δx)²+(Δy)²) #3 +i[v_{x}(x₀,y₀)δx+v_{y}(x₀,y₀)δy+ε₂ ((Δx)²+(Δy)²)] olur. Birinci-mertebe sürekli kısmi türevlere sahip iki reek değişkenli fonksiyonlar için (2) tipindeki ifadelerin varlığı ileri analiz derslerinde diferansiyellerle bağlantılı olarak verilir.

6 (x₀,y₀)noktasında Cauchy-Riemann denklemlerinin sağlandığını varsayarak (3) denkleminde u_{x}(x₀,y₀)ile v_{y}(x₀,y₀), v_{x}(x₀,y₀) ile de u_{y}(x₀,y₀) nin yerlerini değiştirip sonrada Δzye bölerek ((Δw)/(Δz))=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀)+(ε₁+iε₂)(( ((Δx)²+(Δy)²))/(Δz)) #4 elde ederiz. Fakat ((Δx)²+(Δy)²)=Δz olup (( ((Δx)²+(Δy)²))/(Δz)) =1 dir. Üstelik, (Δx,Δy) (0,0) (ε₁+iε₂) (0,0) dır.böylece Δz=(Δx)+i(Δy)0 a gittikçe(4) denkleminin sağındaki son terimde 0 a gider.bunun anlamı (4) denkleminin solundaki limit mevcuttur ve dır. f (z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀) #5 Örnek 1. f(z)=e^{x}(cos y+isin y) olsun. u(x,y)=e^{x}cos y ve v(x,y)=e^{x}sin y dir. Her (x,y)için u_{x}(x,y)=e^{x}cos y=v_{y}(x,y)ve v_{x}(x,y)=-u_{y}(x,y)olup butürevler her (x,y)için sürekli olduklarındanteoremdeki koşullar Kompleks düzlemdeki her noktada sağlanır. Böylece f (z) mevcuttur ve f (z)=u_{x}+iv_{x}=e^{x}(cos y+isin y) dir. Yani, f (z)=f(z) dir. Örnek 2. f(z)= z ²=x²+y²=u(x,y)+iv(x,y)fonksiyonu z=0 da bir türeve sahiptir ve f (0)=0+i0 dır. Daha önce gördükki bu fonksiyon sıfırdan farklı hiçbir noktada Cauchy-Riemann denklemlerini sağlamadığından türevlenemez. 21 REFLEKSİYON KURALI Bu bölümün son iki konusunda analitik fonksiyonların teorik olarak önemli olmasının yanında uygulamalarda da önemli olan bazı önemli özelliklerini geliştireceğiz. Aşağıdaki teoremin anlattığı şey bazı analitik fonksiyonların belli bölgelerde (domainlerde) f(z)=f(z) özelliğini sağladığı, bazılarınında sağlamadığıdır. Örneğin;z+1ve z²fonksiyonları tüm kompleks düzlemde (D=C) bu özelliğe sahip fakat z+ive iz²fonksiyonları değildir. Teorem reflection principle olarak bilinir ve f(z)nin reel eksen üzerindeki refleksiyonunun ne zaman z nin refleksiyonuna karşılık geleceğini bilmeye yarar. TEOREM ffonksiyonu x-ekseninin bir parçasını (doğru parçası olarak) bulunduran vebu eksene göre simetrik olan bir Ddomaininde analitik olsun. Bu durumda D deki her z noktası için

7 f(z)=f(z) dır ancak ve ancak D nin içinde bulunan ve x-ekseninin bir parçasındaki her x için f(x)reeldir. İSPAT Kabul edelim ki f(x) doğru parçası üzerindeki her noktada reel olsun. F(z)=f(z) #2 fonksiyonunun D de analitik olduğunu gösteririz, bu kabulü (1)denklemini elde etmek için kullanırız. Şimdi F(z)nin analitikliğini gösterelim: f(z)=u(x,y)+iv(x,y),f(z)=u(x,y)+iv(x,y)diyelim. f(z)=u(x,-y)-iv(x,-y) #3 dir.f(z) vef(z)nin bileşenleri U(x,y) = u(x,t) #4 V(x,y) = -v(x,t) denklemleri ile bağlanır. Burada t=-y dir.şimdi f(x+it)fonksiyonu x+itnin analitik fonksiyonu olduğundan u(x,t)vev(x,t)fonksiyonlarının birinci mertebe kısmi türevleri D boyunca süreklidir ve u_{x}=v_{t},u_{t}=v_{x} #5 C-R koşullarını sağlar.dahası (4)denklemlerinden U_{x}=u_{x},V_{y}=-v_{t}((dt)/(dy))=v_{t} elde ederiz.bu son denklemler ve (5)denklemlerinin ilkinden U_{x}=V_{y} olur.benzer şekilde U_{y}=u_{t}((dt)/(dy))=-u_{t},V_{x}=-v_{x} ve (5)denklemlerinin ikincisinden U_{y}=-V_{x} elde ederiz. Böyle olunca U(x,y)ve V(x,y)nin birinci mertebeden kısmi türevlerinin C-R denklemlerini sağladığı görülür ve bu kısmi türevler sürekli olduğundan F(z)nin D de analitik olduğunu görmüş oluruz. f(x),ddeki doğru parçası üzerinde v(x,0)=0 dır ve(4)denklemlerine göre bu F(x)=U(x,0)+iV(x,0)=u(x,0)-iv(x,0)=u(x,0)

8 yani; doğru parçası üzerindeki herz=xnoktasında F(z)=f(z) #6 demektir.şimdi ilerde elde edilecek bir teoremden bahsedelim. -Bir D domaininde analitik olan fonksiyon D de bulunan herhangi bir doğru parçası üzerindeki değerleri ile tek türlü belirlenir. Böylece F(z)fonksiyonunun (2)tanımından da F(z)=f(z) dır, bu da denklem (1)ile aynıdır. Teoremin öbür yönünü ispatlamak için (1) denleminin sağlandığını varsayalım. (3)ifadesinden, (1)denkleminin (7)şekli u(x,-y)-iv(x,-y)=u(x,y)+iv(x,y) şeklinde yazılabilir. Özel olarak, eğer (x,0)d deki doğru parçası üzerindeki bir nokta ise u(x,0)-iv(x,0)=u(x,0)+iv(x,0) dır. Buradan da imajiner kısımları eşitleyerek v(x,0)=0 buluruz. Bu da f(x) in x-ekseninin Dde bulunan doğru parçası üzerinde reel olduğunu gösterir. Örnekler teoremden önce belittiğimiz gibi z Ciçin z+1=z+1ve z²=z² dir. Aynı zamandaz+ive iz²fonksiyonları reflection özelliğine sahip değildir. Çünküxreel iken x+ive ix²reel değildirler. 22 HARMONİK FONKSİYONLAR H:D R² R(Ddomain) fonksiyonu Dboyunca birinci ve ikinci mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip ve H_{xx}(x,y)+H_{yy}(x,y)=0 Laplace denklemini sağlıyor ise bu fonksiyona D harmoniktir denir. Harmonik uygulamalı matematikte önemli rol oynar. Örneğinxy-düzlemindeki ince plakalardat(x,y)sıcaklıkları çoğu zaman harmoniktir. Yükten arındırılmış üç boyutlu bir bölge içinde sadecexvey değişkenlerine göre değişenv(x,y)elektrostatik potansiyeli harmoniktir. Örnek 1 T(x,y)=e^{-y}sin xfonksiyonu xy- düzleminde bütün domainlerde harmoniktir. Özel olarak da 0<x<π,y>0 yarı sonsuz şeridinde harmoniktir. Fonksiyon şeridin kenarlarında da değerler alır.(bkz şekil)

9 (şekil) Daha açık olarak T aşağıdaki koşulların hepsini sağlar. T_{xx}(x,y)+T_{yy}(x,y)=0 T(0,y) = 0 T(π,y) = 0 T(x,0) = sin x limt(x,y) = 0 Bu kenarlar boyunca belirtilen koşullar hariç yalıtılmış hiç bir sıcaklık kaynağına sahip olmayan xy- düzleminde zayıf homojen bir plakada T(x,y)sıcaklığını tanımlar. Örnek 1 deki gibi sıcaklık ve diğer problemlerin çözümünde kompleks değişkenli fonksiyonlar teorisinin kullanımı sonraki bölümlerde detaylı olarak incelenecektir. (chapter 10). Bu teori aşağıdaki teoreme dayanır. TEOREM 1 f(z)=u(x,y)+iv(x,y) fonksiyonu bir D domaininde analitik ise f nin uvevbileşen fonksiyonları D de harmoniktir. İSPAT Bu teoremin ispatında ileride ispatlanacak bir teorem kullanılacaktır. Bu teorem şudur: Eğer f=u+ivbir noktada analitik ise uvev fonksiyonları bu noktada her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahiptir. Şimdi ispata geçelim. f,dde analitik olsun. Bu durumda D de C-R sağlanır. Yani Dboyunca u_{x}=v_{y},u_{y}=-v_{x} #2 dir.buradan denklemlerin her iki tarafında x e göre türev alınarak u_{xx}=v_{yx},u_{yx}=-v_{xx} #3 benzer şekilde (2)nin iki tarafınıda y ye göre türevleyerek u_{xy}=v_{yy},u_{yy}=-v_{xy} #4 elde edilir. Kısmi türevler sürekli olduğundan ileri analizden biliyoruz ki u_{xy} = u_{yx} v_{xy} = v_{yx} dir.o halde (3)ve(4)den u_{xx}+u_{yy} = 0 v_{xx}+v_{yy} = 0 elde ederiz ki bu da uvevnind de harmonik olduğunu gösterir.

10 Örnek 2:f(z)=e^{-y}sin x-ie^{-y}cos x fonksiyonu tam fonksiyondur. (Gösteriniz). Böylece T(x,y)=e^{-y}sin xfonksiyonu xy- düzlemindeki her domainde harmoniktir. Örnek 3:f(z)örnek 2 deki fonksiyon ve g(z)=z²=(x+iy)²=x²-y²+i2xy olsun. fve gtam olduğundan f.gde tamdır. Dolayısıyla Re[f(z).g(z)]=e^{-y}[(x²-y²)sin x+2xycos x] fonksiyonu tüm xy- düzleminde harmoniktir.(tabiki bu çarpımın imajiner kısmı da tüm xydüzleminde analitiktir.) Harmonik Eşlenik:uvevbirD domaininde harmonik ve birinci mertebeden kısmi türevleri D de C-R şartlarını sağlarsa v ye u nun harmonik eşleniği denir. Not: Bu znin eşleniği z anlamında değildir. TEOREM 2 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)d(domain) de analitiktir. v, u nun harmonik eşleniğidir. İSPAT f,d de analitik ise uvevdde harmonik veuvevdde C-R şartlarını sağlar ise v, u nun harmonik eşleniğidir. v D de u nun harmonik eşleniği iseuvevharmonik olduğunda birinci ve ikinci mertebe kısmi türevleri D de sürekli (birinci mertebesi yeter) v, u nun harmonik eşleniği olduğunda da D de C-R şartları sağlanır. f=u+iv,dde analitiktir. Uyarı:vbir domainde u nun harmonik eşleniği ise (genel olarak) bu bölgede u da v nin harmonik eşleniğidir diyemeyiz. Örnek 4:u(x,y)=x²-y²,v(x,y)=2xyolsun Bunlar f(z)=z²tam fonksiyonunun bileşenleri olduğundan v, u nun harmonik eşleniğidir.(teorem 2) Fakat 2xy+i(x²-y²)fonksiyonu hiç bir yerde Bunu şöyle kısaca ifede edelim. f analitik ise imajiner bileşen reel bileşenin harmonik eşleniğidir. f analitik değil ise imajiner bileşen reel bileşenin harmonik eşleniği değildir. Eğer u ve v nin herbiri diğerinin harmonik eşleniği ise u ve v nin her ikiside sabit fonksiyon olmalıdır. Bununla birlikte D domaininde v, u nun harmonik eşleniği ise -u da v nin harmonik eşleniğidir. Çünkü, f(z) = u(x,y)+iv(x,y) -if(z) = v(x,y)-iu(x,y) dir ve f,dde analitik ise-if de Dde analitik olacağından-u, v nin harmonik eşleniği olur. İleride (bölüm 9) göreceğiz ki billi tipte bir domainde harmonik olan bir u fonksiyonunun orada daima bir harmonik eşleniği vardır. Böylece o gibi domainlerde her harmonik fonksiyon bir analitik fonksiyonun reel kısmıdır. Diğer yandan harmonik eşlenik varsa toplam sabiti hariç tektir. Şimdi verilen bir harmonik fonksiyonun harmonik eşleniğini bulmak için bir metod göstereceğiz. Örnek 5: u(x,y)=y³-3x²yolsun. u_{xx}(x,y) = -6y

11 x,yiçin u_{yy}(x,y) = 6y u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-6y+6y=0 olduğundan xy- düzleminde harmoniktir. Şimdi vharmonik eşleniğini bulalım. u_{x}(x,y) = -6xy v_{y}(x,y)=-6xy v_{y}(x,y)dy= -6xydy v(x,y)=-3xy²+φ(x) (d/(dx))[v(x,y)]=(d/(dx))[-3xy²+φ(x)] v_{x}(x,y)=-3y²+φ (x)=-3y²+3x² Φ (x)=3x² Φ(x)=x³+c v(x,y)=-3xy²+x³+c f(z) = (y³-3x²y)+i(x³-3xy²+c) #* = i(z³+c) Bu form (*) da y=0 alınırsa f(x)=i(x³+c) elde edilir mantığı ile bulunur. 4.BÖLÜM İNTEGRALLER 30. w(t)kompleks DEĞERLİ FONKSİYONU f(z) nin basit bir şekilde integralini vermek için ilk olarak t reel değişkenli ve kompleks değerli w fonksiyonunun türevini ve belirli integralini göz önüne alacağız. uvev,t reel değişkenli reel değerli fonksiyonlar olmak üzere w fonksiyonunu w(t)=u(t)+iv(t) #1 şeklinde yazarız. (1)fonksiyonunun t noktasındaki w (t)veya ((dw)/(dt))türevi u ve v türevlerinin t noktasında mevcut olması koşuluyla w (t)=u (t)+iv (t) #2 şeklinde tanımlanır. (2)tanımından her z₀=x₀+iy₀ kompleks sabiti için (d/(dt))[z₀w(t)] = (d/(dt))[(x₀+iy₀)(u+iv)]

12 = (d/(dt))[(x₀u-y₀v)+i(y₀u+x₀v)] = (d/(dt))(x₀u-y₀v)+i(d/(dt))(y₀u+x₀v) = (x₀u -y₀v )+i(y₀u +x₀v ) = (x₀+iy₀)u +i(x₀+iy₀)v = (x₀+iy₀)(u +iv ) yani, (d/(dt))[z₀w(t)]=z₀(d/(dt))[w(t)]=z₀w (t) #3 olur. Toplam çarpım vs gibi Calculustaki fonksiyonlar için olan kurallar burada da geçerlidir.ispatlar reel değerli fonksiyonlarınkinden yararlanarak yapılır. Diğer bir diferansiyel formulü (d/(dt))e^{z₀t}=z₀e^{z₀t} #4 tir. NOT: Calculustaki her türev kuralının burada geçerli olmadığına dikkat edilmelidir.aşağıdaki örnek bunu açıklar. Örnek:w(t)=u(t)+iv(t)fonksiyonu a t b aralığı üzerinde sürekli olsun. a<t<b aralığında w (t)mevcut olsa bile ortalama değer teoremi uygulanabilir diyemeyiz.daha açık bir dille, w (c)=((w(a)-w(b))/(a-b)) olacak şekilde bir c (a,b) olması gerekmez. Bunu görmek için sadece w(t)=e^{it},0 t 2π fonksiyonunu göz önüne almak yeterlidir.çünkü, dir ve bu w (t)= ie^{it} =1 w(2π)-w(0)=0 olduğu halde w (t) nin hiç bir zaman sıfır olamayacağını anlatır. (1) tipindeki fonksiyonların a t büzerindeki belirli integralleri sağdaki uve v nin integralleri mevcut iken w(t)dt+ u(t)dt+i v(t)dt #5 şeklinde tanımlanır. Böylece Re w(t)dt= Re[w(t)]dt

13 ve w(t)dt= Im[w(t)]dt dır. Örnek 2: (1+it)²dt = (1-t²)dt+i 2tdt = [t-((t³)/3)]+i[t²] = (2/3)+i NOT: w(t) nin sınırsız aralıklarda has olmayan integralleri benzer şekilde tanımlanır. (5) tanımında u ve v fonksiyonları a t baralığı üzerinde parçalı sürekli fonksiyonlar ise bunların integrallerinin varlığı garantilenir.tabi bu oluşumda a da sağ, b de sol limitin olması gerekir. u ve v parçalı sürekli ise w fonksiyonu bu özelliğe sahiptir denir. Sabit ile çarpımın integrali, toplamın integrali ve integrasyon sınırlarını değiştirme kuralları burada da geçerlidir. Bu kurallar ve w(t)dt= w(t)dt+ w(t)dt özelliği Calculustaki benzer sonuçlardan yararlanılarak ispatlanabilir. Antitürevleri içeren Calculusun temel teoremi (5) tipindeki integrallere uygulamak için genişletilebilir.mesela, w(t)=u(t)+iv(t) W(t)=U(t)+iV(t) fonksiyonlarının a t b aralığı üzerinde sürekli olduğunu kabul edelim.eğer a t b iken ise W (t)=w(t) U (t) = u(t) V (t) = v(t) dir. Böylece (5) den yani w(t)dt = U(t)]+iV(t)] = [U(b)-U(a)]+i[V(b)-V(a)] = [U(b)+iV(b)]-[U(a)+iV(a)] w(t)dt = W(t)]

14 = W(b)-W(a) Örnek 3: (e^{it}) =ie^{it} olduğundan e^{it}dt = (1/t)e^{it}] = -ie^{i(π/4)}-(-ie⁰) = -i((( 2)/2)+i(( 2)/2))+i Burayı integrallerin mutlak değerinin önemli bir özelliği ile bitiriyoruz.bu özellik w(t)dt w(t)dt(a b) #8 dır. 31.ÇEVRELER Kompleks değişkenli kompleks değerli fonksiyonların integrali reel eksen üzerindeki aralıklardan çok kompleks düzlemdeki eğriler üzerinde tanımlanır. Bu bölümde bu tip integraller için gerekli eğri sınıflarını vereceğiz. x(t) ve y(t) t değişkenli sürekli fonksiyonlar olmak üzere #1 x=x(t), y=y(t) (a t b) ise kompleks düzlemdeki z=(x,y) noktalarının kümesine bir yay denir. C ile gösterilir. Bu tanım a t b aralığının xy-düzlemine yada z-düzlemine sürekli bir resmedilişini belirtir ve görüntü noktası t nin artan değerlerine göre sıralanır. C nin noktalarını #2 z=z(t) (a t b) denklemiyle tanımlamak uygundur; burada z(t)=x(t)+iy(t) #3 şeklindedir. t₁ t₂ iken z(t₁) z(t₂) ise yani yay kendini kesmiyorsa C yayı basit yay yada Jordan yayıdır. z(a)=z(b) olması durumunda C basit yay ise C ye kapalı eğri yada Jordan eğrisi deriz. Yayların geometrik mahiyetine göre (2) denklemindeki t parametresi için farklı notasyonlar kullanılabilir. Örnek 1: z={ #4 x+ix, 0 x 1

15 x+i, 1 x 2 bir basit yay beliritir. Bu yay 0 dan 1+i ye 1+i den 2+i ye olan doğru parçalarından oluşur. Örnek 2: [Figure ] #5 z=e^{iθ} (0 θ 2π) orjin merkezli birim çemberi saat yönünün tersinde yönlendirirlmiş basit kapalı eğridir. Buradan z₀ merkezli R yarıçaplı #6 z=z₀+re^{iθ} (0 θ 2π) çemberi de basit kapalı eğridir. Aynı nokta kümeleri farklı yaylar oluşturabilir. Örnek 3: z=e^{-iθ} (0 θ 2π) yayı (5) denklemiyle tanımlanan yayla aynı değildir. Noktalar aynı olmasına göre çember saat yönünde taranmıştır. Örnek 4: #8 z=e^{i2θ} (0 θ 2π) yayı üzerindeki noktalar (5) ve (7) yayını oluşturan noktalar ile aynıdır. Fakat bu yayda yine (5) ve (7) yaylarından ayıran şey çemberin saat yönünün tersinde iki kez taranmasıdır. Şimdi kabul edelim ki (3) fonksiyonunun bileşenlerinin x (t) ve y (t) türevleri a t baralığında mevcut ve sürekli olsun. Bu koşullar altında C ye diferansiyellenebilir yay denir. z(t)nin türevi olacağından z (t)=x (t)+iy (t) #9 z (t) = ([x (t)]²+[y (t)]²)

16 reel değerli fonksiyonu a t b aralığında integrallenebilir ve yayın uzunluğu da L= z (t) dt #10 olur. (10) daki tanım Calculus'daki yay uzunluğudur. Tabiki C nin parametrik gösterimi tek değildir. Buna rağmen L uzunluğu bütün gösterimler için aynıdır. Mesela φ, α τ β aralığını a t b aralığı üzerine resmeden reel değerli bir fonksiyon olmak üzere t=φ(τ) α τ β olsun. φ yi ve türevini sürekli kabul ediyoruz. Üstelik her τ için φ (τ)>0 kabul ediyoruz. Bu t nin τ ile artmasını sağlar. Denklem (11) de belirtilen değişken değişimi ile C eğrisinin uzunluğu için (10) ifadesi L= z (φ(τ)) φ (τ)dτ #11 şeklini alır. Böylece eğer C #12 z=z(τ)=z[φ(τ)] α τ β gösterimine sahipse z (τ)=z [φ(τ)]φ (τ) #13 olması (ödev) (10) ifadesini L= z (φ(τ)) dτ şeklinde yazmamıza imkan sağlar. Eğer z=z(t) (a t b) diferansiyellenebilir bir yay ise ve a<t<b aralığında z (t) 0 ise bu durumda T=((z (t))/( z (t) )) birim tanjant vektörü bu aralıktaki her t için iyi tanımlıdır ve eğim açısı arg z (t) dir. Üstelik T döndükçe t de a<t<b aralığında sürekli olarak değişir. T için olan bu ifade z(t) yarıçap vektörü ile temsil edildiğinde Calculus'da öğrenilen ile aynıdır. Böyele bir yaya düzgün (smooth) denir. z=z(t) (a t b) düzgün yayından bahsediyorsak t (a,b) için z (t) 0 demektir. Sonlu sayıda düzgün yayın uç uca eklenmesiyle elde edilen yaya parçalı düzgün yay veya çevre denir. Böylece eğer (2) denklemi bir çevreyi gösteriyorsa z (t) parçalı sürekli, bunun

17 yanında z(t) süreklidir. Örneğin (4) poligonal yolu bir çevredir. Sadece başlangıç ve bitiş değerleri olan çevreye basit kapalı çevre denir. Üçgenler, dikdörtgenler, (5) ve (6) denklemlerindeki çemberler basit kapalı çevrelerdir. Herhangi bir basit kapalı eğri veya basit kapalı C çevresi üzerindeki noktalar iki farklı domain'in sınır noktalarıdır; bunlardan birisi C nin içidir ve sınırlıdır. Diğeri C nin dışıdır ve sınırsızdır. Bu Jordan çevre teoremidir ve geometrik olarak bu ifade açık olmasına rağmen ispatı zordur. 32.ÇEVRE İNTEGRALLERİ Şimdi kompleks değişkenli kompleks değerli f fonksiyonlarının integrallerini inceleyeceğiz. Böyle bir integral kompleks düzlemde verilen ve z=z₁ noktasını z=z₂ noktasına bağlayan bir C üzerindeki f(z) nin değerleri cinsinden tanımlanır. Bu yüzden bu tip integralin değeri genelde f nin yanı sıra C çevresine bağlıdır. Bu integral için f(z)dz f(z)dz gösterimini kullanırız. İkinci gösterim integralin değerinin z₁ noktasını z₂ noktaına bağlayan çevrelerden bağımsız olduğunda kullanılır. İntegrali toplamın limiti olarak da tanımlayabiliriz. Fakat burada yukarıda verdiğimiz belirli integral cinsinde vereceğiz. Kabul edelimki #1 z=z(t) (a t b) z₁=z(a) noktasını z₂=z(b) noktasına bağlayan C eğrisini göstersin. f(z) fonksiyonu C üzerinde parçalı sürekli olsun. Yani f[z(t)] a t b üzerinde parçalı sürekli olsun. f nin C boyunca eğrisel integralini veya çevre integralini aşağıdaki şekilde tanımlarız: f(z)dz= f[z(t)]z (t)dt #2 NOT: C bir çevre olduğundan z (t) a t b aralığında parçalı süreklidir. Böylece (2) integralinin varlığı garanti edilmiş olur. Çevre integralinin değeri C çevresinin gösteriminden bağımsızdır(c nin gösterimdeki değişiklikten kastettiğimiz bir önceki bölümdeki gibi anlaşılacak). Bunu görmek için yay uzunluğunun değişmezliğindeki metodu kullanabiliriz. w(t) kompleks değerli fonksiyonun integrallerin özelliklerinden ve (2) tanımından z₀ C sabit olamak üzere ve z₀f(z)dz=z₀ f(z)dz #3 [f(z)+g(z)]dz= f(z)dz+ g(z)dz #4

18 olduğunu görürüz. (2) integralinde verilen C çevresi ile aynı noktalardan oluşan fakat bu noktaların tersine sıralanmış olduğu, z₂ noktasını z₁ noktasına bağlayan çevreyi -C ile gösteririz. Bu çevre artık başka bir çevredir. -Cnin parametrik gösterimi z=(-t) (-b t -a) dır ve f(z)dz= f[z(-t)][-z (-t)]dt olur. Burada z (-t) z(t) nin t ye göre türevini alıp t yerine -t yazmakla elde edilir. Bu son integralde değişken değiştirme yapılarak f(z)dz=- f(z)dz #5 elde edilir. Kabul edelimki C z₁ i z₀ a bağlayan C₁ çevresi ve z₀ ı z₂ ye bağlayan C₂ çevrelerini uç uca eklenmesi ile oluşsun. Bu durumda öyle bir c sayısı vardır ki z₀=z(c) dir ve C₁:z=z(t) (a t c) ile C₂: z=z(t) (c t b) ile temsil edilir. olduğundan f(z)dz= f[z(t)]z (t)dt+ f[z(t)]z (t)dt f(z)dz= f(z)dz+ f(z)dz #6 dır. Bazen C ye C₁ ve C₂ nin toplamı denir ve C₁+C₂ ile gösterilir. C₁ ve C₂ aynı son noktalara sahip olduğundan C₁ ve -C₂ nin toplamları iyi tanımlıdır ve C₁-C₂ şeklinde gösterilir. Son olarak (2) tanımından ve önceden gördüğümüz (bölüm 30) f(z)dz f[z(t)]z (t) dt olur. Buradan C üzerindeki noktalarda f(z) M eşitsizliğini sağlayan herhangi bir negatif olmayan M sabiti için f(z)dz M z (t) dt dir. L= z (t) dt olduğu düşünülürse f(z)dz ML #7 olduğunu görürüz. Bunun anlamı şudur: f nin C boyunca integralinin değerinin modülü ML sayısını geçemez. f(z) <M ise (7) eşitsizlik de kesindir. NOT: Burada bahsettiğimiz bütün integral yolları çevreler ve integrantlar bu çevreler üzerinde parçalı sürekli fonksiyon olduklarından (7) eşitsizliğindeki M sayıları daima mevcuttur. Bunun nedeni f C üzerinde sürekli olduğundan f[z(t)] reel-değerli fonksiyonuda a t b aralığında süreklidir ve bu fonksiyon M maksimum değerini bu aralık üzerinde alır. Böylece f(z) C üzerinde sürekli olduğunda f(z) C üzerinde bir maksimum değere sahiptir. Aynı şey f C üzerinde parçalı sürekli olduğunda da doğrudur. Calculusta integraller alanlarla veya başka temsillerle temsil edilebilir. Özel durumlar hariç kompleks düzlemdeki integraller için geometrik veya fiziksel benzer temsiller yoktur.

19 33.ÖRNEKLER Örnek 1: C z =2 çemberinin sağ yarısı yani, C:z=2e^{iθ} (-(π/2) θ (π/2)) olmak üzere I= zdz integralinin değerini bulalım. Önceki bölümdeki tanım (2) den I = 2e^{iθ}(2e^{iθ}) dθ = 2e^{-iθ}.2ie^{iθ}dθ = 4i dθ = 4iπ olur. NOT: z noktası z =2 çemberi üzerinde ise z.z=4 veya z=(4/z) olur. Böylece I=4iπ sonucu ((dz)/z)=iπ #2 şeklinde yazılabilir. Örnek 2: C₁ aşağıdaki şekildeki OAB çevresi ve f(z)=y-x-i3x² (z=x+iy) olmak üzere f(z)dz= f(z)dz+ f(z)dz #3 integralini hesaplayalım. OA bacağı parametrik olarak z=0+iy (0 y 1) şeklinde ifade edilebilir ve bu bacak üzerindeki noktalarda x=0 olduğundan f nin oradaki değerleri f(z)=y (0 y 1) denklemi ile değişir. Sonuç olarak, f(z)dz= yidy=i ydy=(i/2) AB bacağı üzerinde z=x+i0 (0 x 1) olup f(z)dz = (1-x-i3x²)1dx = (1-x)dx-3i x²dx = (1/2)-i. Sonuç olarak (3) denkleminden f(z)dz=(1/2)-i+(i/2)=((1-i)/2) #4

20 dir. Eğer C₂ y=x doğrusunun şekildeki OB parçasını gösteriyorsa bunun parametrik gösterimi z=x+ix (0 x 1) olmak üzere f(z)dz = -i3x²(1+i)dx #5 = 3(1-i) x²dx = 1-i dir. Buradan şunu anlıyoruz: C₁ ve C₂ yollarının başlangıç ve bitiş noktaları aynı olmasına rağmen f(z) nin bu yollar üzerindeki integralleri farklıdır. [Figure ] Diğer yandan OABO yada C₁-C₂ basit kapalı çevresi üzerindeki f(z) nin integrali f(z)dz- f(z)dz=((-1+i)/2) olur. Örnek 3: z=z(t) (a t b), z₁ noktasından z₂ noktasına bir düzgün yay olsun. I = zdz= z(t).z (t)dt = (d/(dt))(([z(t)]²)/2)dt=(([z(t)]²)/2) = (([z(b)]²-[z(a)]²)/2) = (((z₂²-z₁²))/2). I nın değeri sadece C nin uç noktalarına bağlı olduğundan yoldan bağımsız olduğundan zdz=((z₂²-z₁²)/2) #6 yazabiliriz(bunu örnek 2 ile karşılaştırınız, burada integral yola bağlıydı). (6) ifadesi C düzgün olması gerekmeyen bir çevre olsa da geçerlidir. Çünkü bir çevre z_{k} ları z_{k+1} lere bağlayan sonlu sayıda düzgün C_{k} yaylarının uç uca eklenmesiyle oluşur. Buradan zdz= zdz= ((z_{k+1}²-z_{k}²)/2)=((z_{n+1}²-z₁²)/2) #7 olur. (7) ifadesi kompleks düzlemde bütün kapalı eğriler üzerinde f(z)=z fonksiyonunun integralinin sıfır olduğu görülür(gene örnek 2 ile karşılaştırınız. Burada belirli bir çevre boyunca integral sıfırdan farklı idi). Kapalı bir çevre boyunca bir kompleks değişkenli fonksiyonun integralinin ne zaman sıfır olacağı sorusu kompleks değişkenli fonksiyonlar teorisinde merkezdir. Örnek 4: C:z=3e^{iθ} (0 θ π) z^{(1/2)} fonksiyonunun #8 f(z)= re^{i(θ/2)} (r>0, 0<θ<2π) branşı C çevresinin z=3 başlangıç noktasında tanımlı olmadığı halde bu branşın

21 I= z^{(1/2)}dz #9 integrali yine de mevcuttur. Çünkü integrand C üzerinde parçalı süreklidir. Bunu görmek için z(θ)=3e^{iθ} olmak üzere f[z(θ)]= 3e^{i(θ/2)}= 3cos(θ/2)+i 3sin(θ/2) (0 θ π) fonksiyonunun reel ve sanal kısımlarının θ=0 daki sağ limitlerinin sırasıyla 3 ve 0 olduğunu gözlemleriz. Böylece f[z(θ)], değeri θ=0 da 3 olarak tanımlandığında 0 θ π aralığında sürekli olur. Sonuç olarak, ve I= 3e^{i(θ/2)}3ie^{iθ}dθ=3 3i e^{i((3θ)/2)}dθ e^{i((3θ)/2)}dθ=(2/(3i))e^{i((3θ)/2)} =-(2/(3i))(1+i) dir. Sonuç olarak elde edilir. Örnek 5: I=-2 3(1+i) C_{R}:z=Re^{iθ} (0 θ π) yarı çembersel yolu z^{(1/2)} de bir önceki örnekteki karekök fonksiyonunun (8) branşını göstersin. İntegralin değerini bulmadan lim ((z^{(1/2)})/(z²+1))dz=0 #10 olduğunu gösterelim. z =R>1 iken ve z^{(1/2)} = Re^{i((3θ)/2)} = R z²+1 z ²-1 =R²-1. Sonuç olarak C_{R} üzerindeki integrandın tanımlı olduğu noktalarda

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

MAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 9. Tanım 2. Kompleks düzlemin tamamında analitik olan bir fonksiyona tam fonksiyon denir.

MAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 9. Tanım 2. Kompleks düzlemin tamamında analitik olan bir fonksiyona tam fonksiyon denir. .7. Analitik ve Harmonik Fonksiyonlar Tanım 1. f(z) nin z 0 da f (z 0 ) türevi mevcut ve z 0 ın bir D ε (z 0 ) = {z : z z 0 < ε} komşuluğundaki her noktada türevi varsa bu durumda f ye z 0 da analitiktir

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

BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ

BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ BÖLÜM 1: MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 1.1. Giriş Kinematik, daha öncede vurgulandığı üzere, harekete sebep olan veya hareketin bir sonucu olarak ortaya çıkan kuvvetleri dikkate almadan cisimlerin hareketini

Detaylı

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür.

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür. - 1 - ÖĞRENME ALANI CEBİR BÖLÜM KARMAŞIK SAYILAR ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Karmaşık Sayılar Karmaşık Sayıların Kutupsal Biçimi KARMAŞIK SAYILAR Kazanım 1 : Gerçek sayılar kümesini genişletme gereğini örneklerle

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

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 10 Eylemsizlik Momentleri Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C.Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 10. Eylemsizlik Momentleri

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

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve nin her g L 2 (S için tek çözümünüm olması için gerekli ve yeterli koşulun her j için λ λ j olacak biçimde λ j ifadesini sağlayan R \ {} de bir λ j dizisinin olduğunu gösteriniz. (13) Her λ j için (19.43)

Detaylı

Chapter 1 İçindekiler

Chapter 1 İçindekiler Chapter 1 İçindekiler Kendinizi Test Edin iii 10 Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemler 565 10.1 Arılabilir Denklemler 566 10. Lineer Denklemler 571 10.3 Matematiksel Modeller 576 10.4 Çözümü Olmaan

Detaylı

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.1. Düzlemde vektörler Düzlemdeki her noktası ile reel sayılardan oluşan ikilisini eşleştirebiliriz. Buna P noktanın koordinatları denir. y-ekseni P x y O dan P ye

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

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 5- SONLU FARKLAR VE İNTERPOLASYON TEKNİKLERİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 210 - Sayısal Analiz 1 İNTERPOLASYON Tablo halinde verilen hassas sayısal değerler veya ayrık noktalardan

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

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

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

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

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

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur.

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Üç Boyutlu Geometri Nokta (Point,Vertex) Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Kartezyen Koordinat Sistemi Uzayda bir noktayı tanımlamak

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

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

MATEMATiKSEL iktisat

MATEMATiKSEL iktisat DİKKAT!... BU ÖZET 8 ÜNİTEDİR BU- RADA İLK ÜNİTE GÖSTERİLMEKTEDİR. MATEMATiKSEL iktisat KISA ÖZET KOLAY AOF Kolayaöf.com 0362 233 8723 Sayfa 2 içindekiler 1.ünite-Türev ve Kuralları..3 2.üniteTek Değişkenli

Detaylı

13.Konu Reel sayılar

13.Konu Reel sayılar 13.Konu Reel sayılar 1. Temel dizi 2. Temel dizilerde toplama ve çarpma 3. Reel sayılar kümesi 4. Reel sayılar kümesinde toplama ve çarpma 5. Reel sayılar kümesinde sıralama 6. Reel sayılar kümesinin tamlık

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

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası) ve bu noktadan geçen ve birbirine dik olan üç yönlü doğruyu seçerek sabitlememiz gerekir.

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

7.1 Karmaşık Sayılar. x 2 = 1. denkleminin çözümü olarak +i ve i sayıları tanımlanır. Tanım 7.1.

7.1 Karmaşık Sayılar. x 2 = 1. denkleminin çözümü olarak +i ve i sayıları tanımlanır. Tanım 7.1. Bölüm 7 Karmaşık Sayılar Karmaşık sayılar gerçel sayıların genişlemesiyle elde edilen daha büyük bir kümedier. Genişleme şu gereksemeden doğmuştur: x 2 = +1 denklemimin çözümü +1, 1 sayılarıdır ve R içindedir.

Detaylı

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43 İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 SAYILAR 13 1.1 Doğal Sayılar 15 1.1.1. Tek ve Çift Sayılar 15 1.1.2. Asal Sayılar 15 1.1.3 Doğal Sayıların Özellikleri 15 1.1.4 Doğal Sayılarda Özel Toplamlar 16 1.1.5. Faktöriyel

Detaylı

Cebirsel Fonksiyonlar

Cebirsel Fonksiyonlar Cebirsel Fonksiyonlar Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 4 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; polinom, rasyonel ve cebirsel fonksiyonları tanıyacak ve bu türden bazı fonksiyonların grafiklerini öğrenmiş

Detaylı

Diferansiyel denklemler uygulama soruları

Diferansiyel denklemler uygulama soruları . Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. a) d y d d + y = 0 b) 5 d dt + 4d + 9 = cos 3t dt Diferansiyel denklemler uygulama soruları 0.0.3 c) u + u [ ) ] d) y + = c d. y + 3 = 0 denkleminin,

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

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 4 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri Outline İçindekiler 1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri 1 1.1 Lineer sistem türleri (iki bilinmeyenli iki denklem)................. 1 2 Normal Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki

Detaylı

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 9 Ağırlık Merkezi ve Geometrik Merkez Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C. Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 9. Ağırlık

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

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

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

DİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ

DİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ DİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ 1. Bu testte 50 soru vardır.. Cevaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için

Detaylı

Örnek...1 : Örnek...5 : n bir pozitif tamsayı ise i 4 n + 2 +i 8 n + 1 2 +i 2 0 n + 6 =?

Örnek...1 : Örnek...5 : n bir pozitif tamsayı ise i 4 n + 2 +i 8 n + 1 2 +i 2 0 n + 6 =? KARMAŞIK SAYILAR Karmaşık saılar x 2 + 1 = 0 biçimindeki denklemlerin çözümünü apabilmek için tanım lanm ıştır. Örnek...2 : Toplamları 6 ve çarpımları 34 olan iki saı bulunuz. a ve b birer reel saı ve

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

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu .SORU 8 sayı tabanında verilen (5) 8 sayısının sayı tabanında yazılışı nedir?.soru 6 3 3 3 3 4 6 8? 3.SORU 3 ise 5? 5 4.SORU 4 5 olduğuna göre, ( )? 5.SORU (y z) z(y ) y z yz bulunuz. ifadesinin en sade

Detaylı

8.04 Kuantum Fiziği Ders IV. Kırınım olayı olarak Heisenberg belirsizlik ilkesi. ise, parçacığın dalga fonksiyonu,

8.04 Kuantum Fiziği Ders IV. Kırınım olayı olarak Heisenberg belirsizlik ilkesi. ise, parçacığın dalga fonksiyonu, Geçen Derste Kırınım olayı olarak Heisenberg belirsizlik ilkesi ΔxΔp x 2 Fourier ayrışımı Bugün φ(k) yı nasıl hesaplarız ψ(x) ve φ(k) ın yorumu: olasılık genliği ve olasılık yoğunluğu ölçüm φ ( k)veyahut

Detaylı

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 SAYILAR 11 Bölüm 2 KÜMELER 31 Bölüm 3 FONKSİYONLAR

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 SAYILAR 11 Bölüm 2 KÜMELER 31 Bölüm 3 FONKSİYONLAR İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 SAYILAR 11 1.1. Sayı Kümeleri 12 1.1.1.Doğal Sayılar Kümesi 12 1.1.2.Tam Sayılar Kümesi 13 1.1.3.Rasyonel Sayılar Kümesi 14 1.1.4. İrrasyonel Sayılar Kümesi 16 1.1.5. Gerçel

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

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 8- SAYISAL İNTEGRASYON 1 GİRİŞ Mühendislikte sık karşılaşılan matematiksel işlemlerden biri integral işlemidir. Bilindiği gibi integral bir büyüklüğün toplam değerinin bulunması

Detaylı

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) (5) Denklem (5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (5) denklemine lineer homogen; aksi taktirde lineer homogen olmayan denklem

Detaylı

13. Karakteristik kökler ve özvektörler

13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13. Karakteristik kökler ve özvektörler 13.1 Karakteristik kökler 1.Tanım: A nxn tipinde matris olmak üzere parametrisinin n.dereceden bir polinomu olan şeklinde gösterilen polinomuna A matrisin karakteristik

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

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

Matris Cebiriyle Çoklu Regresyon Modeli

Matris Cebiriyle Çoklu Regresyon Modeli Matris Cebiriyle Çoklu Regresyon Modeli Hüseyin Taştan Mart 00 Klasik Regresyon Modeli k açıklayıcı değişkenden oluşan regresyon modelini her gözlem i için aşağıdaki gibi yazabiliriz: y i β + β x i + β

Detaylı

POLİNOMLAR I MATEMATİK LYS / 2012 A1. 1. Aşağıdakilerden kaç tanesi polinomdur? 6. ( ) ( ) 3 ( ) 2. 2. ( ) n 7 8. ( ) 3 2 3. ( ) 2 4.

POLİNOMLAR I MATEMATİK LYS / 2012 A1. 1. Aşağıdakilerden kaç tanesi polinomdur? 6. ( ) ( ) 3 ( ) 2. 2. ( ) n 7 8. ( ) 3 2 3. ( ) 2 4. POLİNOMLAR I MATEMATİK. Aşağıdakilerden kaç tanesi polinomdur? I. ( ) P = + II. ( ) P = + III. ( ) + + P = + 6. ( ) ( ) ( ) P = a b a + b sabit polinom olduğuna göre ( ) ( ) ( ) P a +P b +P 0 toplamı kaçtır?

Detaylı

1984 ÖYS A) 875 B) 750 C) 625 D) 600 E) 500

1984 ÖYS A) 875 B) 750 C) 625 D) 600 E) 500 984 ÖYS. + + a a + a + a işleminin sonucu nedir? a A) +a B) a C) +a D) a E) +a a b ab. ifadesinin kısaltılmış biçimi a b + a b + ab a + b A) a b a b D) a b B) a b a + b E) ab(a-b) C) a b a + b A) 87 B)

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

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV - 1 - ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV Kazanım 1 : Türev Kavramını fiziksel ve geometrik uygulamalar yardımıyla açıklar, türevin tanımını

Detaylı

(z z 0 ) n. n=1. Z f (z) dz = 2ib 1

(z z 0 ) n. n=1. Z f (z) dz = 2ib 1 0 RE IDÜ TEOR IS I Tan m. f fonksiyonu z 0 noktas nda ayr k singülerli¼ge sahip olsun. Bu durumda f fonksiyonu 0 < jz z 0 j < " bölgesinde X X f(z) = a n (z z 0 ) n b n + (z z 0 ) n Laurent seri aç l m

Detaylı

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Öğr. Gör. Volkan ÖĞER MAT 1010 Matematik II 1/ 172 Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası)

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

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016

6. Ders. Mahir Bilen Can. Mayıs 16, 2016 6. Ders Mahir Bilen Can Mayıs 16, 2016 Bu derste lineer cebirdeki bazı fikirleri gözden geçirip Lie teorisine uygulamalarını inceleyeceğiz. Bütün Lie cebirlerinin cebirsel olarak kapalı ve karakteristiği

Detaylı

T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ

T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ DERS: CEBİRDEN SEÇME KONULAR KONU: KARDİNAL SAYILAR ÖĞRETİM GÖREVLİLERİ: PROF.DR. NEŞET AYDIN AR.GÖR. DİDEM YEŞİL HAZIRLAYANLAR: DİRENCAN DAĞDEVİREN ELFİYE ESEN

Detaylı

2014 LYS MATEMATİK. x lü terimin 1, 3. 3 ab olduğuna göre, ifadesinin değeri kaçtır? 2b a ifade- sinin değeri kaçtır? olduğuna göre, x.

2014 LYS MATEMATİK. x lü terimin 1, 3. 3 ab olduğuna göre, ifadesinin değeri kaçtır? 2b a ifade- sinin değeri kaçtır? olduğuna göre, x. 4 LYS MATEMATİK. a b b a ifade- ab olduğuna göre, sinin değeri kaçtır? 5. ifadesinin değeri kaçtır? 5. P() polinomunda katsaısı kaçtır? 4 lü terimin 4 log log çarpımının değeri kaçtır? 6. 4 olduğuna göre,.

Detaylı

( KARMAŞIK SAYI MODÜL VE ÖZELLİKLERİ İKİ KARMAŞIK SAYI ARASI UZAKLIK DÜZLEMDE BELİRTTİĞİ BÖLGELER ) 1) z = z = i.z = z =... 2) z 1.

( KARMAŞIK SAYI MODÜL VE ÖZELLİKLERİ İKİ KARMAŞIK SAYI ARASI UZAKLIK DÜZLEMDE BELİRTTİĞİ BÖLGELER ) 1) z = z = i.z = z =... 2) z 1. BİR KARMAŞIK SAYININ MUTLAK DEĞERI (MODÜLÜ) Karmaşık düzlemde, bir karmaşık sayıya karşılık gelen noktanın (A noktasının), başlangıç noktasına uzaklığına bu sayının mutlak değeri (modülü) denir ve z şeklinde

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

Ders 9: Bézout teoremi

Ders 9: Bézout teoremi Ders 9: Bézout teoremi Konikler doğrularla en fazla iki noktada kesişir. Şimdi iki koniğin kaç noktada kesiştiğini saptayalım. Bunu, çok kolay gözlemlerle başlayıp temel ve ünlü Bézout teoremini kanıtlayarak

Detaylı

AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ. Anten Parametrelerinin Temelleri. Samet YALÇIN

AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ. Anten Parametrelerinin Temelleri. Samet YALÇIN AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ Anten Parametrelerinin Temelleri Samet YALÇIN Anten Parametrelerinin Temelleri GİRİŞ: Bir antenin parametrelerini tanımlayabilmek için anten parametreleri gereklidir. Anten performansından

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Önsöz...2. Önermeler ve İspat Yöntemleri...3. Küme Teorisi Bağıntı Fonksiyon İşlem...48

İÇİNDEKİLER. Önsöz...2. Önermeler ve İspat Yöntemleri...3. Küme Teorisi Bağıntı Fonksiyon İşlem...48 İÇİNDEKİLER Önsöz...2 Önermeler ve İspat Yöntemleri...3 Küme Teorisi...16 Bağıntı...26 Fonksiyon...38 İşlem...48 Sayılabilir - Sonlu ve Sonsuz Kümeler...56 Genel Tarama Sınavı...58 Önermeler ve İspat Yöntemleri

Detaylı

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n,

Bu tanım aralığı pozitif tam sayılar olan f(n) fonksiyonunun değişim aralığı n= 1, 2, 3,, n, DİZİLER Tamamen belirli bir kurala göre sıralanmış sayılar topluluğuna veya kümeye Dizi denir. Belirli bir kurala göre birbiri ardınca gelen bu sayıların her birine dizinin terimi ve hepsine birden dizinin

Detaylı

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi

Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Üç Boyutlu Uzayda Koordinat sistemi Uzayda bir noktayı ifade edebilmek için ilk önce O noktasını (başlangıç noktası) ve bu noktadan geçen ve birbirine dik olan üç yönlü doğruyu seçerek sabitlememiz gerekir.

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

Manyetik Alanlar. Benzer bir durum hareketli yükler içinde geçerli olup bu yüklerin etrafını elektrik alana ek olarak bir manyetik alan sarmaktadır.

Manyetik Alanlar. Benzer bir durum hareketli yükler içinde geçerli olup bu yüklerin etrafını elektrik alana ek olarak bir manyetik alan sarmaktadır. Manyetik Alanlar Manyetik Alanlar Duran ya da hareket eden yüklü parçacığın etrafını bir elektrik alanın sardığı biliyoruz. Hatta elektrik alan konusunda şu sonuç oraya konulmuştur. Durgun bir deneme yükü

Detaylı

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları 2004 Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları Mustafa Özdemir İçindekiler Temel Bilgiler...................................................................... 2 Tam Diferensiyel Denklemler........................................................4

Detaylı

sayıların kümesi N 1 = { 2i-1: i N } ve tüm çift doğal sayıların kümesi N 2 = { 2i: i N } şeklinde gösterilebilecektir. Hiç elemanı olmayan kümeye

sayıların kümesi N 1 = { 2i-1: i N } ve tüm çift doğal sayıların kümesi N 2 = { 2i: i N } şeklinde gösterilebilecektir. Hiç elemanı olmayan kümeye KÜME AİLELERİ GİRİŞ Bu bölümde, bir çoğu daha önceden bilinen incelememiz için gerekli olan bilgileri vereceğiz. İlerde konular işlenirken karşımıza çıkacak kavram ve bilgileri bize yetecek kadarı ile

Detaylı

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984.

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. Çankırı Karatekin Üniversitesi Matematik Bölümü 2015 Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. (Adi ) Bir ya da daha fazla bağımsız değişkenden oluşan bağımlı değişken ve türevlerini

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

Bölüm-4. İki Boyutta Hareket

Bölüm-4. İki Boyutta Hareket Bölüm-4 İki Boyutta Hareket Bölüm 4: İki Boyutta Hareket Konu İçeriği 4-1 Yer değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri 4-2 Sabit İvmeli İki Boyutlu Hareket 4-3 Eğik Atış Hareketi 4-4 Bağıl Hız ve Bağıl İvme

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

EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER

EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER LAGRANGE YÖNTEMİ Bu metodu incelemek için Amaç fonksiyonu Min.z= f(x) Kısıtı g(x)=0 olan problemde değişkenler ve kısıtlar genel olarak şeklinde gösterilir. fonksiyonlarının

Detaylı

DOĞUŞ ÜNİVERSİTESİ 8. İSTANBUL MATEMATİK YARIŞMASI LİSELER KATEGORİSİ TAKIM YARIŞMASI

DOĞUŞ ÜNİVERSİTESİ 8. İSTANBUL MATEMATİK YARIŞMASI LİSELER KATEGORİSİ TAKIM YARIŞMASI DOĞUŞ ÜNİVERSİTESİ 8. İSTANBUL MATEMATİK YARIŞMASI LİSELER KATEGORİSİ TAKIM YARIŞMASI 1-60) Dört çocuk, Ahmet, Ferit, Berk ve Mehmet koşu yarışı yapıyorlar. Yarışma sonucunda, Ahmet, "Ben birinci ve sonuncu

Detaylı

MATEMATİK MATEMATİK-GEOMETRİ SINAVI LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 08

MATEMATİK MATEMATİK-GEOMETRİ SINAVI LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 08 LİSNS YRLŞTİRM SINVI- MTMTİK-GMTRİ SINVI MTMTİK TSTİ SRU KİTPÇIĞI 08 U SRU KİTPÇIĞI LYS- MTMTİK TSTİ SRULRINI İÇRMKTİR. . u testte 0 soru vardýr. MTMTİK TSTİ. evaplarýnýzý, cevap kâðýdýnın Matematik Testi

Detaylı

OLİMPİYATLARA HAZIRLIK İÇİN FONKSİYONEL DENKLEM PROBLEMLERİ ve ÇÖZÜMLERİ (L. Gökçe)

OLİMPİYATLARA HAZIRLIK İÇİN FONKSİYONEL DENKLEM PROBLEMLERİ ve ÇÖZÜMLERİ (L. Gökçe) OLİMPİYATLARA HAZIRLIK İÇİN FONKSİYONEL DENKLEM PROBLEMLERİ ve ÇÖZÜMLERİ (L. Gökçe) Merak uyandıran konulardan birisi olan fonksiyonel denklemlerle ilgili Türkçe kaynakların az oluşundan dolayı, matematik

Detaylı

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI Reel sayılar kümesinin "küçük ya da eşit", bağıntısı ile sıralanmış olduğunu biliyoruz. Bu bağıntı herhangi bir X kümesine aşağıdaki şekilde genelleştirilebilir. Bir X kümesi üzerinde aşağıdaki yansıma,

Detaylı

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa

olsun. Bu halde g g1 g1 g e ve g g2 g2 g e eşitlikleri olur. b G için a b b a değişme özelliği sağlanıyorsa 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), G de bir ikili işlemdir. 2) a, b, c G için a( bc)

Detaylı

r r s r i (1) = [x(t s ) x(t i )]î + [y(t s ) y(t i )]ĵ. (2) r s

r r s r i (1) = [x(t s ) x(t i )]î + [y(t s ) y(t i )]ĵ. (2) r s Bölüm 4: İki-Boyutta Hareket(Özet) Bir-boyutta harekeçin geliştirilen tüm kavramlar iki-boyutta harekeçin genelleştirilebilir. Bunun için hareketli cismin(parçacığın) yer değiştirme vektörü xy-düzleminde

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

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

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

ÖRNEK LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI - 1 GEOMETRİ TESTİ. Ad Soyad : T.C. Kimlik No:

ÖRNEK LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI - 1 GEOMETRİ TESTİ. Ad Soyad : T.C. Kimlik No: LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI - GEOMETRİ TESTİ ÖRNEK Ad Soyad : T.C. Kimlik No: Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının Metin Yayınları nın yazılı

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

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

Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu

Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu JEODEZİ9 1 Genel Olarak Bir Yüzeyin Diğer Bir Yüzeye Projeksiyonu u ve v Gauss parametrelerine bağlı olarak r r ( u, v) yer vektörü ile verilmiş bir Ω yüzeyinin, u*, v* Gauss parametreleri ile verilmiş

Detaylı

Dik koordinat sisteminde yatay eksen x ekseni (apsis ekseni), düşey eksen ise y ekseni (ordinat ekseni) dir.

Dik koordinat sisteminde yatay eksen x ekseni (apsis ekseni), düşey eksen ise y ekseni (ordinat ekseni) dir. ANALĐTĐK GEOMETRĐ 1. Analitik Düzlem Bir düzlemde dik kesişen iki sayı doğrusunun oluşturduğu sisteme analitik düzlem denir. Analitik düzlem, dik koordinat sistemi veya dik koordinat düzlemi olarak da

Detaylı

1991 ÖYS. 9. Parasının 7. ünü kardeşine veren Ali nin geriye lirası kalmıştır. Buna göre, Ali nin başlangıçtaki parası kaç liradır?

1991 ÖYS. 9. Parasının 7. ünü kardeşine veren Ali nin geriye lirası kalmıştır. Buna göre, Ali nin başlangıçtaki parası kaç liradır? 99 ÖYS.,8 + (, + ), işleminin sonucu kaçtır? B) 7 D) 86 987 B) D). a, b, c birer pozitif gerçel sayı ve a=b b=c olduğuna göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur? a

Detaylı

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET TİTREŞİM VE DALGALAR Periyodik Hareketler: Belirli aralıklarla tekrarlanan harekete periyodik hareket denir. Sabit bir nokta etrafında periyodik hareket yapan cismin hareketine titreşim hareketi denir.

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

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur?

p sayısının pozitif bölenlerinin sayısı 14 olacak şekilde kaç p asal sayısı bulunur? 07.10.2006 1. Kaç p asal sayısı için, x 3 x + 2 (x r) 2 (x s) (mod p) denkliğinin tüm x tam sayıları tarafından gerçeklenmesini sağlayan r, s tamsayıları bulunabilir? 2. Aşağıdaki ifadelerin hangisinin

Detaylı

YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK

YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK YAZILI SINAV SORU ÖRNEKLERİ MATEMATİK SORU 1: Aşağıdaki grafik, bir okuldaki spor yarışmasına katılan öğrencilerin yaşa göre dağılışını göstermektedir. Öğrenci sayısı 5 3 9 10 1 14 Yaş 1.1: Yukarıdaki

Detaylı

V 2 = J 2,1 J 2,2 = aşamada ise atılanlar = 27. ve kalanlar. kümeleridir. aralıklar 2 n 1 tanedir ve. V n = J n,1 J n,2 n 1 = tanedir ve

V 2 = J 2,1 J 2,2 = aşamada ise atılanlar = 27. ve kalanlar. kümeleridir. aralıklar 2 n 1 tanedir ve. V n = J n,1 J n,2 n 1 = tanedir ve CANTOR KÜMELERİ H. Turgay Kaptanoğlu Yazımızın başlığında adı geçen Alman matematikçisi Georg Cantor (845 8), modern matematiğin temeli olan kümeler teorisinin kurucusu olarak kabul edilir. Cantor,. yüzyılın

Detaylı

9. SINIF Geometri TEMEL GEOMETRİK KAVRAMLAR

9. SINIF Geometri TEMEL GEOMETRİK KAVRAMLAR TEMEL GEOMETRİK KAVRAMLAR 9. SINIF Geometri Amaç-1: Nokta, Doğru, Düzlem, Işın ve Uzayı Kavrayabilme. 1. Nokta, doğru, düzlem ve uzay kavramlarım açıklama. 2. Farklı iki noktadan geçen doğru sayışım söyleme

Detaylı

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır?

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır? 017 LYS MATEMATİK DENEMESİ Soru Sayısı: 50 Sınav Süresi: 75 ı 1. 4. (1+ 5 ) 1+ 5 işleminin sonucu kaçtır? A) 5 B)3 5 C)+ 5 işleminin sonucu kaçtır? D)3+ 5 E)1+ 5 A) B) 1 C) 1 D) E) 3. 4 0,5.16 0,5 işleminin

Detaylı

MIT 8.02, Bahar 2002 Ödev # 1 Çözümler

MIT 8.02, Bahar 2002 Ödev # 1 Çözümler Adam S. Bolton bolton@mit.edu MIT 8.02, Bahar 2002 Ödev # 1 Çözümler 15 Şubat 2002 Problem 1.1 Kütleçekim ve Elektrostatik kuvvetlerin bağıl şiddetleri. Toz parçacıkları 50 µm çapında ve böylece yarıçapları

Detaylı