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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Türev Uygulamaları. 4.1 Bağımlı Hız

Türev Uygulamaları. 4.1 Bağımlı Hız Bölüm 4 Türev Uygulamaları 4.1 Bağımlı Hız Eğer bir balonun içine hava pompalarsak, balonun hem yarıçapı hem de hacmi artar ve artış hızları birbirine bağımlıdır. Fakat, hacmin artış hızını doğrudan ölçmek

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

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

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR

5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR 5. Salih Zeki Matematik Araştırma Projeleri Yarışması PROJENİN ADI DİZİ DİZİ ÜRETEÇ PROJEYİ HAZIRLAYAN ESRA DAĞ ELİF BETÜL ACAR ÖZEL BÜYÜKÇEKMECE ÇINAR KOLEJİ 19 Mayıs Mah. Bülent Ecevit Cad. Tüyap Yokuşu

Detaylı

Toplam İkinci harmonik. Temel Üçüncü harmonik. Şekil 1. Temel, ikinci ve üçüncü harmoniğin toplamı

Toplam İkinci harmonik. Temel Üçüncü harmonik. Şekil 1. Temel, ikinci ve üçüncü harmoniğin toplamı FOURIER SERİLERİ Bu bölümde Fourier serilerinden bahsedeceğim. Önce harmoniklerle (katsıklıklarla) ilişkili sinüsoidin tanımından başlıyacağım ve serilerin trigonometrik açılımlarını kullanarak katsayıları

Detaylı

Ankara Üniversitesi Kütüphane ve Dokümantasyon Daire Başkanlığı Açık Ders Malzemeleri. Ders izlence Formu

Ankara Üniversitesi Kütüphane ve Dokümantasyon Daire Başkanlığı Açık Ders Malzemeleri. Ders izlence Formu Ankara Üniversitesi Kütüphane ve Dokümantasyon Daire Başkanlığı Açık Ders Malzemeleri Ders izlence Formu Dersin Kodu ve İsmi Dersin Sorumlusu Dersin Düzeyi MAT407 REEL ANALİZ Prof. Dr. Ertan İBİKLİ ve

Detaylı

BÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ

BÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ BÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ 6.2. Laplace Dönüşümü Tanımı Bir f(t) fonksiyonunun Laplace alındığında oluşan fonksiyon F(s) ya da L[f(t)] olarak gösterilir. Burada tanımlanan s; ÇÖZÜM: a) b) c) ÇÖZÜM: 6.3.

Detaylı

10.Konu Tam sayıların inşası

10.Konu Tam sayıların inşası 10.Konu Tam sayıların inşası 1. Tam sayılar kümesi 2. Tam sayılar kümesinde toplama ve çarpma 3. Pozitif ve negatif tam sayılar 4. Tam sayılar kümesinde çıkarma 5. Tam sayılar kümesinde sıralama 6. Bir

Detaylı

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 5 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; üstel ve logaritmik fonksiyonları tanıyacak, üstel ve logaritmik fonksiyonların grafiklerini

Detaylı

8.04 Kuantum Fiziği Ders XII

8.04 Kuantum Fiziği Ders XII Enerji ölçümünden sonra Sonucu E i olan enerji ölçümünden sonra parçacık enerji özdurumu u i de olacak ve daha sonraki ardışık tüm enerji ölçümleri E i enerjisini verecektir. Ölçüm yapılmadan önce enerji

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

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Lineer. Cebir. Ünite 6. 7. 8. 9. 10

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. Lineer. Cebir. Ünite 6. 7. 8. 9. 10 ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI Lineer Cebir Ünite 6. 7. 8. 9. 10 T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI NO: 1074 AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ YAYINLARI

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

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

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 6- İSTATİSTİK VE REGRESYON ANALİZİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 1 İSTATİSTİK VE REGRESYON ANALİZİ Bütün noktalardan geçen bir denklem bulmak yerine noktaları temsil eden, yani

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

TRIGONOMETRI AÇI, YÖNLÜ AÇI, YÖNLÜ YAY

TRIGONOMETRI AÇI, YÖNLÜ AÇI, YÖNLÜ YAY TRIGONOMETRI AÇI, YÖNLÜ AÇI, YÖNLÜ YAY A. AÇI Başlangıç noktaları aynı olan iki ışının birleşim kümesine açı denir. Bu ışınlara açının kenarları, başlangıç noktasına ise açının köşesi denir. B. YÖNLÜ AÇI

Detaylı

MAK1010 MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BİLGİSAYAR UYGULAMALARI

MAK1010 MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BİLGİSAYAR UYGULAMALARI .. MAK MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BİLGİSAYAR UYGULAMALARI Polinom MATLAB p=[8 ] d=[ - ] h=[ -] c=[ - ] POLİNOMUN DEĞERİ >> polyval(p, >> fx=[ -..9 -. -.9.88]; >> polyval(fx,9) ans =. >> x=-.:.:.; >> y=polyval(fx,;

Detaylı

2) Bir mağazada, bir ürüne satış fiyatı üzerinden %7 indirim yapılmış. Eğer yeni fiyatı 372 TL ise, kaç liralık indirim yapılmıştır?

2) Bir mağazada, bir ürüne satış fiyatı üzerinden %7 indirim yapılmış. Eğer yeni fiyatı 372 TL ise, kaç liralık indirim yapılmıştır? MATE 106 SOSYAL BİLİMLER İÇİN TEMEL ANALİZ Ad-Soyad No Uygun cevabı bulunuz. 1)A = πr2 formülü r yarıçaplı çemberin A alanını vermektedir. Bir masa örtüsü A alanına sahipse, yarıçapını A'nın bir fonksiyonu

Detaylı

SU DALGALARINDA GİRİŞİM

SU DALGALARINDA GİRİŞİM SU DALGALARINDA GİRİŞİM Yukarıda iki kaynağın oluşturduğu dairesel su dalgalarının meydana getirdiği girişim deseni gösterilmiştir Burada kesikli çizgiler dalga çukurlarını, düz çizgiler dalga tepelerini

Detaylı

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir.

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir. Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri Düzlemin noktalarını, düzlemin noktalarına eşleyen bire bir ve örten bir fonksiyona düzlemin bir dönüşümü denir. Öteleme: a =(a 1,a ) ve u =(u 1,u ) olmak

Detaylı

(a,b) şeklindeki ifadelere sıralı ikili denir. Burada a'ya 1. bileşen b'ye 2. bileşen denir.

(a,b) şeklindeki ifadelere sıralı ikili denir. Burada a'ya 1. bileşen b'ye 2. bileşen denir. BĞANTI - FONKSİYON 1. Sıralı İkili : (a,b) şeklindeki ifadelere sıralı ikili denir. Burada a'ya 1. bileşen b'ye 2. bileşen denir.! (x 1,x 2, x 3,x 4,...x n ) : sıralı n li denir. Örnek, (a,b,c) : sıralı

Detaylı

B: Bu şekildeki her bir nokta dikdörtgenin noktalarını temsil eder.

B: Bu şekildeki her bir nokta dikdörtgenin noktalarını temsil eder. 2. ÇOK KATLI İNTEGRALLER, DİFERENSİYEL DENKLEMLERE GİRİŞ 2.1. Çok Katlı İntegraller 2.1.1. İki Katlı İntegraller Fonksiyonu bir B bölgesinde sınırlı yani için olsun. B bölgesi alt bölgelere ayrılırsa;

Detaylı

Fotogrametrinin Optik ve Matematik Temelleri

Fotogrametrinin Optik ve Matematik Temelleri Fotogrametrinin Optik ve Matematik Temelleri Resim düzlemi O : İzdüşüm (projeksiyon ) merkezi P : Arazi noktası H : Asal nokta N : Nadir noktası c : Asal uzaklık H OH : Asal eksen (Alım ekseni) P OP :

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

Bölüm 9 KÖK-YER EĞRİLERİ YÖNTEMİ

Bölüm 9 KÖK-YER EĞRİLERİ YÖNTEMİ Bölüm 9 KÖK-YER EĞRİLERİ YÖNTEMİ Kapalı-döngü denetim sisteminin geçici-durum davranışının temel özellikleri kapalı-döngü kutuplarından belirlenir. Dolayısıyla problemlerin çözümlenmesinde, kapalı-döngü

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

Şekil 7.1 Bir tankta sıvı birikimi

Şekil 7.1 Bir tankta sıvı birikimi 6 7. DİFERENSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMLERİ Diferensiyel denklemlerin sayısal integrasyonunda kullanılabilecek bir çok yöntem vardır. Tecrübeler dördüncü mertebe (Runge-Kutta) yönteminin hemen hemen

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

AKSARAY KANUNİ ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ 2015-2016 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI MATEMATİK DERSİ 11.SINIFLAR ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI TEKNİKLER

AKSARAY KANUNİ ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ 2015-2016 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI MATEMATİK DERSİ 11.SINIFLAR ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI TEKNİKLER AKSARAY KANUNİ ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ 015-01 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI MATEMATİK DERSİ 11.SINIFLAR ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI SÜRE: MANTIK(30) ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER(18) 1. Önermeyi, önermenin

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

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

H. Turgay Kaptanoğlu. Bu yazüda çember, elips, parabol ve hiperbolden. çemberin denklemi olan

H. Turgay Kaptanoğlu. Bu yazüda çember, elips, parabol ve hiperbolden. çemberin denklemi olan KONİNİN KESİTLERİ (I) H. Turgay Kaptanoğlu Bu yazüda çember, elips, parabol ve hiperbolden söz edeceğiz. Bu düzlem eğrilerinin denklemlerini elde ettikten sonra birkaç değişik konuyu açacağüz. Bunlar,

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

x 2i + A)( 1 yj 2 + B) u (v + B), y 1

x 2i + A)( 1 yj 2 + B) u (v + B), y 1 Ders 11: Örnekler 11.1 Kulplarla inşalar Bu bölümde kulpları birbirine yapıştırıp tanıdık manifoldlar elde edeceğiz. Artık bu son ders. Özellikle dersin ikinci bölümünde son meyveleri toplamak adına koşarak

Detaylı

MATEMATÝK TEMEL SEVÝYE DEVLET OLGUNLUK SINAVI. Testin Çözme Süresi: 180 dakika ADAY ÝÇÝN AÇIKLAMALAR - YÖNERGE DEVLET SINAV MERKEZÝ ADAYIN ÞÝFRESÝ

MATEMATÝK TEMEL SEVÝYE DEVLET OLGUNLUK SINAVI. Testin Çözme Süresi: 180 dakika ADAY ÝÇÝN AÇIKLAMALAR - YÖNERGE DEVLET SINAV MERKEZÝ ADAYIN ÞÝFRESÝ ADAYIN ÞÝFRESÝ BURAYA YAPIÞTIR DEVLET OLGUNLUK SINAVI DEVLET SINAV MERKEZÝ MATEMATÝK - TEMEL SEVÝYE MATEMATÝK TEMEL SEVÝYE Testin Çözme Süresi: 180 dakika Haziran, 2009 yýlý BÝRÝNCÝ deðerlendiricinin þifresi

Detaylı

Bu durumu, konum bazında bileşenlerini, yani dalga fonksiyonunu, vererek tanımlıyoruz : ) 1. (ikx x2. (d)

Bu durumu, konum bazında bileşenlerini, yani dalga fonksiyonunu, vererek tanımlıyoruz : ) 1. (ikx x2. (d) Ders 10 Metindeki ilgili bölümler 1.7 Gaussiyen durum Burada, 1-d de hareket eden bir parçacığın önemli Gaussiyen durumu örneğini düşünüyoruz. Ele alış biçimimiz kitaptaki ile neredeyse aynı ama bu örnek

Detaylı

fonksiyonunun [-1,1] arasındaki grafiği hesaba katılırsa bulunan sonucun

fonksiyonunun [-1,1] arasındaki grafiği hesaba katılırsa bulunan sonucun . UŞAK FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ ANALİZ II FİNAL SORULARI ÇÖZÜMLERİ d belirli integralinin aşağıdaki çözümünün doğru olup olmadığını belirtiniz. Eğer çözüm yanlış ise sebebini açıklayınız.

Detaylı

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak DERS: MATEMATİK I MAT0(09) ÜNİTE: TÜREV ve UYGULAMALARI KONU: A. TÜREV. GİRİŞ Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre) zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

Detaylı

matematik LYS SORU BANKASI KONU ÖZETLERİ KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ Süleyman ERTEKİN Öğrenci Kitaplığı

matematik LYS SORU BANKASI KONU ÖZETLERİ KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ Süleyman ERTEKİN Öğrenci Kitaplığı matematik SORU BANKASI Süleyman ERTEKİN LYS KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ KONU ÖZETLERİ Öğrenci Kitaplığı SORU BANKASI matematik LYS EDAM Öğrenci Kitaplığı 18 EDAM ın yazılı izni olmaksızın,

Detaylı

6.12 Örnekler PROBLEMLER

6.12 Örnekler PROBLEMLER 6.1 6. 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 Çok Parçalı Taşıyıcı Sistemler Kafes Sistemler Kafes Köprüler Kafes Çatılar Tam, Eksik ve Fazla Bağlı Kafes Sistemler Kafes Sistemler İçin Çözüm Yöntemleri Kafes Sistemlerde

Detaylı

PARABOL. çözüm. kavrama sorusu. çözüm. kavrama sorusu

PARABOL. çözüm. kavrama sorusu. çözüm. kavrama sorusu PARABL Bu bölümde birinci dereceden fonksion =f()=a+b ve ikinci dereceden fonksion =f()=a +b+c grafiklerini üzesel olarak inceleeceğiz. f()=a +b+c ikinci dereceden bir bilinmeenli polinom fonksionun grafiği

Detaylı

18 Sağ son örnek x 3 yerine 3 x yazılacak 20 5 Soru denkleminin reel köklerinin olacak

18 Sağ son örnek x 3 yerine 3 x yazılacak 20 5 Soru denkleminin reel köklerinin olacak MAT 1 Hata 73 1 C 135 8 A 137 7 D şıkkına parantez konacak 143 Sol üst örnek Sıkça yapılan yanlış ün son cümlesi O halde. 144 Son örnek tam yerine doğal 208 9 18 yerine 18 8 5 225 2 A 246 6 Doğru cevap:

Detaylı

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77 UZAYDA DOĞRU VE DÜZLEM Sayfa No. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi.............. 7. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri.......................................... 77. BÖLÜM uzayda Bir

Detaylı

Cismin Ağırlığı Düzlemsel Alanda Ağırlık Merkezi - İntegrasyon Yöntemi Örnekler Düzlemsel Eğride Ağırlık Merkezi - İntegrasyon Yöntemi

Cismin Ağırlığı Düzlemsel Alanda Ağırlık Merkezi - İntegrasyon Yöntemi Örnekler Düzlemsel Eğride Ağırlık Merkezi - İntegrasyon Yöntemi 4. 4. Cismin ğırlığı Düzlemsel landa ğırlık erkezi - İntegrasyon Yöntemi Düzlemsel Eğride ğırlık erkezi - İntegrasyon Yöntemi 4.3 Bileşik Plak ve Teller 4.4 Pappus Guldinus Teoremleri 4.5 Üç Boyutlu Cisimlerde

Detaylı

- 2-1 0 1 2 + 4a a 0 a 4a

- 2-1 0 1 2 + 4a a 0 a 4a İKİNCİ DERECEDEN FNKSİYNLARIN GRAFİKLERİ a,b,c,z R ve a 0 olmak üzere, F : R R f() = a + b + c şeklinde tanımlanan fonksionlara ikinci dereceden bir değişkenli fonksionlar denir. Bu tür fonksionların grafikleri

Detaylı

MB5002 NÜMERİK ANALİZ

MB5002 NÜMERİK ANALİZ MB500 NÜMERİK ANALİZ Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü c 01, Emel Yavuz Duman Tüm hakkı saklıdır. Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim

Detaylı

Kareköklü Sayılar. sayısını en yakın onda birliğe kadar tahmin edelim.

Kareköklü Sayılar. sayısını en yakın onda birliğe kadar tahmin edelim. 1 2 sayısını en yakın onda birliğe kadar tahmin edelim. 3 sayısını en yakın onda birliğe kadar tahmin edelim. 28 sayısına en yakın tam kare sayılar 25 ve 36 dır. 4 sayısını en yakın onda birliğe kadar

Detaylı

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ 2015-2016 YAZ OKULU DERS İÇERİĞİ. (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri)

FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ 2015-2016 YAZ OKULU DERS İÇERİĞİ. (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri) Bölümü Dersin Kodu ve Adı K MAT101 Genel I (Mühendislik Fakültesi Bütün Bölümler, Fen Fakültesi Kimya ve Astronomi Bölümleri) 1- Kümeler, reel sayılar, bir denklem veya eşitsizliğin grafiği 2- Fonksiyonlar,

Detaylı

YGS MATEMATİK - CEBİR 01 TEMEL SAYI KAVRAMLARI VE UYGULAMALARI 02 TAMSAYILARDA BÖLME 03 BÖLÜNEBİLME KURALLARI 04 ASAL SAYILAR 05 OBEB VE OKEK 06

YGS MATEMATİK - CEBİR 01 TEMEL SAYI KAVRAMLARI VE UYGULAMALARI 02 TAMSAYILARDA BÖLME 03 BÖLÜNEBİLME KURALLARI 04 ASAL SAYILAR 05 OBEB VE OKEK 06 1 YGS MATEMATİK - CEBİR 01 TEMEL SAYI KAVRAMLARI VE UYGULAMALARI 02 TAMSAYILARDA BÖLME 03 BÖLÜNEBİLME KURALLARI 04 ASAL SAYILAR 05 OBEB VE OKEK 06 RASYONEL SAYILAR KÜMESİ VE ÖZELLİKLERİ 07 BASİT EŞİTSİZLİKLER

Detaylı

Y = f(x) denklemi ile verilen fonksiyonun diferansiyeli dy = f '(x). dx tir.

Y = f(x) denklemi ile verilen fonksiyonun diferansiyeli dy = f '(x). dx tir. 1 İNTEGRAL BİR FONKSİYONUN DİFERANSİYELİ Tanım: f: [a,b] R, x f(x) fonksiyonu (a,b) aralığında türevli olmak üzere, x değişkeninin değişme miktarı x ise f '(x). x ifadesine f(x) fonksiyonunun diferansiyeli

Detaylı

DİNAMİK (2.hafta) Yatay Hareket Formülleri: a x =0 olduğundan ilk hız ile yatay bileşende hareketine devam eder.

DİNAMİK (2.hafta) Yatay Hareket Formülleri: a x =0 olduğundan ilk hız ile yatay bileşende hareketine devam eder. EĞİK ATIŞ Bir merminin serbest uçuş hareketi iki dik bileşen şeklinde, yatay ve dikey hareket olarak incelenir. Bu harekette hava direnci ihmal edilerek çözüm yapılır. Hava direnci ihmal edilince yatay

Detaylı

x13. ULUSAL MATEMATİK OLİMPİYATI - 2005

x13. ULUSAL MATEMATİK OLİMPİYATI - 2005 TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNOLOJİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM İNSANI DESTEKLEME DAİRE BAŞKANLIĞI x13. ULUSAL MATEMATİK OLİMPİYATI - 005 BİRİNCİ AŞAMA SINAVI Soru kitapçığı türü A 1. AB = olmak üzere, A

Detaylı

MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 19 HAZİRAN 2010 BU SORU KİTAPÇIĞI 19 HAZİRAN 2010 LYS 1 MATEMATİK TESTİ SORULARINI İÇERMEKTEDİR.

MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 19 HAZİRAN 2010 BU SORU KİTAPÇIĞI 19 HAZİRAN 2010 LYS 1 MATEMATİK TESTİ SORULARINI İÇERMEKTEDİR. Ö S Y M T.C. YÜKSEKÖĞRETİM KURULU ÖĞRENCİ SEÇME VE YERLEŞTİRME MERKEZİ LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 9 HAZİRAN 00 BU SORU KİTAPÇIĞI 9 HAZİRAN 00 LYS MATEMATİK

Detaylı

yaz labilir. Bu yaz l m da x reel say s na z nin reel k sm ; y reel say s na da z nin sanal k sm denir ve

yaz labilir. Bu yaz l m da x reel say s na z nin reel k sm ; y reel say s na da z nin sanal k sm denir ve Komplex say lar reel say lar n (x; y) s ral ikilileri şeklinde düşünülebilirler. x reel say s s n reel eksen üerindeki (x; 0) noktas şeklinde düşünürsek kompleks say lar kümesinin reel say lar kümesini

Detaylı

Prof.Dr.Ünal Ufuktepe

Prof.Dr.Ünal Ufuktepe İzmir Ekonomi Üniversitesi, Matematik Bölümü 21 Ocak 2012 KLASİK ANLAMDA TÜREV Fiziğin en temel işlevlerinden biri hareketi tanımlamaktır. Newton ve Leibniz hareketi tanımlama ve tahmin etme konusunda

Detaylı

Uzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi

Uzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi Uzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi Uzayda verilen d 1 ve d aykırı doğrularının ikisine birden dik olan doğruya ortak dikme doğrusu denir... olmak üzere bu iki doğru denkleminde değilse

Detaylı

İçindekiler 3. Türev... 3.1 Türev kavramı.. 001 3.2 Bir fonksiyonun bir noktadaki türevi. 003. Alıştırmalar 3 1...

İçindekiler 3. Türev... 3.1 Türev kavramı.. 001 3.2 Bir fonksiyonun bir noktadaki türevi. 003. Alıştırmalar 3 1... İçindekiler. Türev......... Türev kavramı.. 00. Bir fonksiyonun bir noktadaki türevi. 00. Alıştırmalar.... 005. Bir fonksiyonun bir noktadaki soldan ve sağdan türevi..... 006.4 Bir fonksiyonun bir noktadaki

Detaylı

MATM 133 MATEMATİK LOJİK. Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev

MATM 133 MATEMATİK LOJİK. Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev MATM 133 MATEMATİK LOJİK Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev 3.KONU Kümeler Teorisi; Küme işlemleri, İkili işlemler 1. Altküme 2. Evrensel Küme 3. Kümelerin Birleşimi 4. Kümelerin Kesişimi 5. Bir Kümenin Tümleyeni

Detaylı

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

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

Detaylı

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 16. MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF ELEME SINAVI TEST SORULARI

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 16. MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF ELEME SINAVI TEST SORULARI EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI. MATEMATİK YARIŞMASI 0. SINIF ELEME SINAVI TEST SORULARI 5. sayısının virgülden sonra 9 99 999 5. basamağındaki rakam kaçtır? A) 0 B) C) 3 D) E) 8!.!.3!...4! 4. A= aşağıdaki hangi

Detaylı

HAREKET HAREKET KUVVET İLİŞKİSİ

HAREKET HAREKET KUVVET İLİŞKİSİ HAREKET HAREKET KUVVET İLİŞKİSİ Sabit kabul edilen bir noktaya göre bir cismin konumundaki değişikliğe hareket denir. Bu sabit noktaya referans noktası denir. Fizikte hareket üçe ayrılır Ötelenme Hareketi:

Detaylı

Şekil 6.2 Çizgisel interpolasyon

Şekil 6.2 Çizgisel interpolasyon 45 Yukarıdaki şekil düzensiz bir X,Y ilişkisini göstermektedir. bu fonksiyon eğri üzerindeki bir dizi noktayı birleştiren bir seri düzgün çizgi halindeki bölümlerle açıklanabilir. Noktaların sayısı ne

Detaylı

Akademik Personel ve Lisansüstü Eğitimi Giriş Sınavı. ALES / Sonbahar / Sayısal I / 18 Kasım 2007. Matematik Soruları ve Çözümleri

Akademik Personel ve Lisansüstü Eğitimi Giriş Sınavı. ALES / Sonbahar / Sayısal I / 18 Kasım 2007. Matematik Soruları ve Çözümleri Akademik Personel ve Lisansüstü Eğitimi Giriş Sınavı ALES / Sonbahar / Sayısal I / 18 Kasım 2007 Matematik Soruları ve Çözümleri 1. Bir sayının 0,02 ile çarpılmasıyla elde edilen sonuç, aynı sayının aşağıdakilerden

Detaylı

DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -I-

DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -I- DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -I- Dışbükeylik / İçbükeylik Hazırlayan Doç. Dr. Nil ARAS Anadolu Üniversitesi, Endüstri Mühendisliği Bölümü İST38 Yöneylem Araştırması Dersi 0-0 Öğretim Yılı Doğrusal olmayan

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Bölüm 1 MATEMATİKSEL İKTİSADA GİRİŞ 11 1.1.İktisat Hakkında 12 1.2.İktisatta Grafik ve Matematik Kullanımı 13

İÇİNDEKİLER. Bölüm 1 MATEMATİKSEL İKTİSADA GİRİŞ 11 1.1.İktisat Hakkında 12 1.2.İktisatta Grafik ve Matematik Kullanımı 13 İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 MATEMATİKSEL İKTİSADA GİRİŞ 11 1.1.İktisat Hakkında 12 1.2.İktisatta Grafik ve Matematik Kullanımı 13 Bölüm 2 STATİK DENGE ANALİZİ 19 2.1 İktisatta Denge Kavramı 20 2.1.1.

Detaylı

Buna göre, eşitliği yazılabilir. sayılara rasyonel sayılar denir ve Q ile gösterilir. , -, 2 2 = 1. sayıdır. 2, 3, 5 birer irrasyonel sayıdır.

Buna göre, eşitliği yazılabilir. sayılara rasyonel sayılar denir ve Q ile gösterilir. , -, 2 2 = 1. sayıdır. 2, 3, 5 birer irrasyonel sayıdır. TEMEL KAVRAMLAR RAKAM Bir çokluk belirtmek için kullanılan sembollere rakam denir. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sembolleri birer rakamdır. 2. TAMSAYILAR KÜMESİ Z = {..., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4,... }

Detaylı

ŞEKİL DEĞİŞTİRME HALİ

ŞEKİL DEĞİŞTİRME HALİ ŞEKİL DEĞİŞTİRME HALİ GİRİŞ Önceki bölümde cisme etkiyen kuvvetlerin dengesi incelenerek gerilme kavramı geliştirildi. Bu bölümde ise şekil değiştiren cisim mekaniğinin en önemli kavramlarından biri olan

Detaylı

2014 - LYS TESTLERİNE YÖNELİK ALAN STRATEJİLERİ

2014 - LYS TESTLERİNE YÖNELİK ALAN STRATEJİLERİ 2014 - LYS TESTLERİNE YÖNELİK ALAN STRATEJİLERİ YGS sonrası adayları puan getirisinin daha çok olan LYS ler bekliyor. Kalan süre içinde adayların girecekleri testlere kaynaklık eden derslere sabırla çalışmaları

Detaylı

Salim. Yüce LİNEER CEBİR

Salim. Yüce LİNEER CEBİR Prof. Dr. Salim Yüce LİNEER CEBİR Prof. Dr. Salim Yüce LİNEER CEBİR ISBN 978-605-318-030-2 Kitapta yer alan bölümlerin tüm sorumluluğu yazarına aittir. 2015, Pegem Akademi Bu kitabın basım, yayın ve satış

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

Fatih University- Faculty of Engineering- Electric and Electronic Dept.

Fatih University- Faculty of Engineering- Electric and Electronic Dept. Dijital Devre Tasarımı EEE122 A Ref. Morris MANO & Michael D. CILETTI DIGITAL DESIGN 4 th edition Fatih University- Faculty of Engineering- Electric and Electronic Dept. 2. BÖLÜM Boole Cebri ve Mantık

Detaylı