MB1001 ANALİZ I. Ders Notları. Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN. İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "MB1001 ANALİZ I. Ders Notları. Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN. İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü"

Transkript

1 MB1001 ANALİZ I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü

2 c 2013, Emel Yavuz Duman Tüm hakkı saklıdır. Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim Desteği (UDES) lisansı altındadır. Ders notlarına ulaşmak için internet adresine bakınız. İlk yayınlanma: 2013, Eylül Yavuz Duman, Emel İstanbul Kültür Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik-Bilgisayar Bölümü MB1001 Analiz I Ders Notları Ataköy Kampüs 34156, Bakırköy İstanbul - Turkey eyavuz/

3 İçindekiler İçindekiler iii 1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi Temel Tanımlar Sıralanmış Cisim Aksiyomları Tamlık Aksiyomu Ters Fonksiyonlar ve Görüntüler Reel Değerli Diziler Dizilerin Limitleri Limit Teoremleri Bolzano-Weierstrass Teoremi Cauchy Dizileri Limit Supremum ve Limit İnfimum R Üzerinde Fonksiyonlar İki-Yönlü Limitler Tek-Yönlü Limitler ve Sonsuzda Limit Kavramı Süreklilik Düzgün Süreklilik R Üzerinde Diferansiyellenebilme Türev Diferansiyellenebilme Teoremleri Bazı Fonksiyonların Türevleri Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri Kapalı Fonksiyonların Türevleri Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri Logaritmik ve Üstel Fonksiyonların Türevleri Ortalama Değer Teoremi Limitlerde Belirsiz Şekiller ve L Hôpital Kuralı \0 Belirsizliği \, 0, Belirsizlikleri Belirsiz Kuvvetler Fonksiyon Grafiklerinin Çizimi Ters Fonksiyon Teoremleri

4

5 1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi 1.1 Temel Tanımlar Bu derste küme ve reel sayılar için standart notasyonlar kullanılacaktır. Örneğin, R veya (, ) reel sayılar kümesini, ise boş kümeyi (hiç bir elemanı olmayan küme) temsil edecektir. a A notasyonu a nın A kümesinin bir elemanı olduğunu, a / A ise elemanı olmadığını söyler. Verilen bir sonlu kümeyi iki farklı şekilde ifade edebiliriz. Elemanları açık olarak listeleyebilir veya kümeyi cümleler veya denklemler ile tanımlayabiliriz. Örneğin, x 2 = 1 denkleminin çözümleri kümesi { 1,1} veya {x : x 2 = 1} şeklinde gösterilebilir. A ve B iki küme olsun. A nın B kümesinin bir alt kümesi (notasyon: A B) olabilmesi olarak isimlendirilmesi için gerek ve yeter şart A kümesinin her elemanının aynı zamanda B kümesine de ait olmasıdır. Eğer A kümesi B nin bir alt kümesi, fakat B kümesinin A ya ait olmayan en az bir b B elemanı var ise bu durumda A ya B nin özalt kümesi (notasyon: A B) denir. A ve B kümelerinin eşit (notasyon: A = B) olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart A B ve B A içermelerinin sağlanmasıdır. Eğer A ve B eşit değil ise A B yazılır. Bir A kümesinin boştan farklı olarak isimlendirilmesi için gerek ve yeter şart A olmasıdır. A kümesine veya B kümesine veya her iki kümeye de ait x elemanlarının oluşturduğu kümeye A ile B nin birleşimi (notasyon: A B) denir ve A B = {x : x A veya x B} olarak gösterilir. Hem A hem de B kümesine ait x elemanlarının oluşturduğu kümeye A ile B nin kesişimi (notasyon: A B) adı verilir ve A B = {x : x A ve x B} şeklinde ifade edilir. A kümesine ait fakat B kümesine ait olmayan x elemanlarının kümesine B nin A ya göre tümleyeni (notasyon: A\B veya A nın anlaşılması durumunda B c ) denir ve A\B = {x : x A, x / B}

6 olarak gösterilir. Örneğin, { 1,0,1} {1,2} = { 1,0,1,2}, { 1,0,1} {1,2} = {1}, {1,2}\{ 1,0,1} = {2}, { 1,0,1}\{1,2} = { 1,0}. X ve Y iki küme olsun. X ve Y nin Kartezyen çarpımı X Y := {(x,y) : x X,y Y} şeklinde tanımlanan sıralı ikililerin kümesidir (:= sembolünün anlamı tanıma göre eşit veya olarak tanımlansındır). (x,y),(z,w) X Y gibi iki noktanın eşit olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart x = z ve y = w ifadelerinin gerçeklenmesidir. Örneğin X = {1, 2, 3} ve Y = {1, 5} ise X Y, elemanları (1,1), (1,5), (2,1), (2,5), (3,1), (3,5) olan sıralı ikililerin kümesidir. X ve Y iki küme olsun. X Y nin herhangi bir alt kümesine X Y üzerinde bir bağıntı adı verilir. X Y üzerinde bir bağıntı R olsun. R nin tanım kümesi ve R nin değer kümesi {x X : (x,y) R olacak şekilde y Y vardır} {y Y : (x,y) R olacak şekilde x X vardır} olarak tanımlanır. (x,y) R olması durumunda genellikle xry yazılır. X ve Y iki küme, f ise X Y üzerinde bir bağıntı olsun. Eğer her bir x X için (x,y) f olacak şekilde bir ve yalnız bir y Y var ise f ye X kümesinden Y kümesine bir fonksiyon (notasyon: f : X Y veya X f Y ) denir. Buna göre X Y üzerinde tanımlı bir bağıntının fonksiyon olabilmesi için her x X için (x,y) f olacak şekilde bir y Y olmalı ve ayrıca (x,y) f ve (x,y ) f ise y = y eşitliği sağlanmalıdır. f : X Y bir fonksiyon ise X kümesine f in tanım kümesi (notasyon: Dom(f) := X) adı verilir. Açık olarak,x kümesinin herxelemanınaf fonksiyonu ile biry = f(x) Y tekabül eder. (x, y) f ise y ye x in f altındaki görüntüsü (veya değeri veya resmi) (notasyon: y = f(x) veya f : x y), x e y nin f altındaki ön görüntüsü (veya orijinali) denir. Fonksiyon tanımından da anlaşılacağı üzere ön görüntü tek türlü belirli olmak zorunda değildir. Örneğin, her k = 0,±1,±2, için f(x) = sin(kπ) = 0 sağlanmakla birlikte 0 değerinin f(x) = sinx fonksiyonu altında sonsuz sayıda ön görüntüsü vardır. f fonksiyonu X den Y ye bir fonksiyon olsun. Bu durumda f fonksiyonu X üzerinde tanımlanmıştır denir ve Y kümesine eş-tanım kümesi adı verilir. f fonksiyonunun değer kümesi Ran(f) := {y Y : f(x) = y olacak şekilde x X vardır} şeklinde tanımlanan f in tüm görüntülerinin bir koleksiyonudur. 2

7 f. x X = Dom(f). y = f(x) Y eş-tanım kümesi Ran(f) Genel halde, bir fonksiyonun değer kümesi, eş-tanım kümesinin bir alt kümesidir ve her y Ran(f) elemanı bir veya birden fazla ön görüntüye sahiptir. Eğer Ran(f) = Y ve her y Y elemanı f altında sadece bir tane x X ön görüntüsüne sahip ise bu durumda f : X Y fonksiyonunun bir tersi vardır denir ve ters fonksiyon f 1 (y) := x olmak üzere f 1 : Y X şeklinde tanımlanır, burada x X için f(x) = y dir. Eğer f : X Y fonksiyonunun tersi var ise her x X ve y Y için f 1 (f(x)) = x ve f(f 1 (y)) = y sağlanır. f ve g gibi iki fonksiyonun eşit olması için gerek ve yeter şart her iki fonksiyonun da aynı tanım kümesine ve aynı değerlere sahip olmasıdır. Yani, f,g : X Y fonksiyonları her x X için f(x) = g(x) eşitliğini sağlar ise eşittirler. Eğer iki fonksiyonun tanım kümeleri farklı ise fonksiyonlar farklıdır. Örneğin, f(x) = g(x) = x 2 olsun. Eğer f : [0,1) [0,1) ve g : ( 1,1) [0,1) ise f ve g iki farklı fonksiyondur. Her iki fonksiyonun da değer kümesi [0,1) olmakla birlikte, her y (0,1) nin f altında y şeklinde tek türlü belirli bir ön görüntüsü mevcutken, g altında ± y şeklinde iki farklı ön görüntüsü vardır. Buna göre f fonksiyonu f 1 (x) = x ters fonksiyonuna sahip olmakla birlikte g nin ters fonksiyonu yoktur. X ve Y iki küme olsun. f : X Y fonksiyonu x 1,x 2 X olmak üzere x 1 x 2 iken f(x 1 ) f(x 2 ) özelliğini sağlıyor ise injektif (veya bire-bir veya bire-bir içine) olarak adlandırılır. Fonksiyon tanımından ötürü her elemanın görüntüsü tek türlü belirlidir. Yani her fonksiyon için f(x 1 ) f(x 2 ) ise x 1 x 2 olmak zorundadır. Eğer f(x 1 ) f(x 2 ) iken x 1 = x 2 = x olsaydı, bu x elemanının f(x 1 ) ve f(x 2 ) gibi iki farklı görüntüsü olurdu ki bu ise f in fonksiyon olma tanımı ile çelişirdir. Eğer f fonksiyonu injektif ise x 1 x 2 iken f(x 1 ) f(x 2 ) olacağından injektif bir fonksiyon için f(x) kümesinin her elemanının ancak tek bir ön görüntüsü olabilir. Şu halde injektif bir fonksiyon için f(x 1 ) = f(x 2 ) ise x 1 = x 2 eşitliği sağlanır. Örneğin, f : R R olmak üzere f(x) = x 2 şeklinde tanımlanan fonksiyon 1 1 iken f( 1) = f(1) = 1 olduğundan injektif değildir. Diğer taraftan g : R R olmak üzere g(x) = x+1 fonksiyonu 3

8 x 1 x 2 için x x yani g(x 1 ) g(x 2 ) ifadesini sağladığından injektiftir. X ve Y iki küme ve f : X Y bir fonksiyon olsun. Eğer f(x) = Y eşitliği sağlanıyor, yani Ran(f) = Y ise f fonksiyonu sürjektif (veya üzerine veya örten) olarak adlandırılır. Buna göre herhangi bir y Y için f(x) = y olacak şekilde en az bir x X vardır. Örneğin, f : R R olmak üzere f(x) = x 2 şeklinde tanımlanan fonksiyon sürjektif değildir. Çünkü, hiç bir negatif sayı f in görüntüsünde yer almaz. Bununla beraber g : R R olmak üzere g(x) = x+1 fonksiyonu, verilen her y sayısı için y = g(y 1) şeklinde yazılabileceğinden sürjektiftir. Hem injektif hem de sürjektif olan bir f : X Y fonksiyonuna bijektif adı verilir. Buna göre her y Y için f(x) = y eşitliğini sağlayan tek türlü belirli bir x X vardır (varlığı f in sürjektif olması, tekliği ise injektif olması garantiler). Örneğin, X = {x R : x 1} olmak üzere her x X için f(x) = 2x x 1 şeklinde tanımlansın. f in injektif olduğunu göstermek için f(x 1) = f(x 2 ) eşitliğini sağlayan x 1,x 2 X noktalarını göz önüne alalım. f(x 1 ) = f(x 2 ) olduğundan 2x 1 x 1 1 = 2x 2 x 2 1 eşitliği sağlanır. Bu ise x 1 (x 2 1) = x 2 (x 1 1) yani x 1 = x 2 demektir. Dolayısıyla f injektiftir. Sürjektifliği garantilemek için f in değer kümesini belirleyelim. Bunun için x e bağlı verilen y = 2x y x 1 denklemini y cinsinden yazarsak x = y 2 elde edilir ki bu ifade y 2 için tanımlıdır. Buna göre f in değer kümesi Y := {y R : y 2} için yukarıdaki şekilde tanımlanan fonksiyon sürjektiftir. Dolayısıyla f fonksiyonu X den Y ye bir bijeksiyondur. f bir bijeksiyon olduğundan f in tersi f 1 : Y X fonksiyonu f 1 (x) = x x 2 şeklinde tanımlıdır. 1.2 Sıralanmış Cisim Aksiyomları Bu kısımda reel sayı sisteminin cebirsel yapısı üzerde durulacaktır. Reel sayılar kümesinin her eleman çifti için aşağıdaki özellikleri sağlayan toplama ve çarpma işlemleri bu küme üzerinde komütatif cisim (veya kısaca cisim) adı verilen bir cebirsel yapı belirtirler. Postulat 1 [Cisim Aksiyomları]. R 2 := R R üzerinde tanımlanmış ve her a, b, c R için aşağıdaki özellikleri sağlayan + ve fonksiyonları vardır: Kapalılık Özelliği. a+b R ve a b R dir. Asosyatiflik (Birleşme) Özelliği. a+(b+c) = (a+b)+c ve a (b c) = (a b) c dir. Komütatiflik (Değişme) Özelliği. a+b = b+a ve a b = b a dır. Distribütiflik (Dağılma) Özelliği. a (b+c) = a b+a c dır. Toplamanın Etkisiz Elemanının Varlığı. Her a R için 0 + a = a olacak şekilde tek türlü belirli bir 0 R vardır. Çarpmanın Birim Elemanının Varlığı. Her a R için 1 a = a ve 1 0 olacak şekilde tek türlü belirli bir 1 R vardır. 4

9 Toplamada Ters Elemanların Varlığı. Her x R için x+( x) = 0 olacak şekilde tek türlü belirli bir x R vardır. Çarpmada Ters Elemanların Varlığı. Her x R\{0} için x (x 1 ) = 1 olacak şekilde tek türlü belirli bir x 1 R vardır. Buna göre toplama ve çarpma işlemleri, R reel sayılar kümesi üzerinde bir komütatif cisim yapısı belirtirler. Genellikle a + ( b) ifadesi a b, a b ifadesi ab, a 1 1 ifadesi a veya 1/a ve a b 1 ifadesi a b veya a/b şeklinde gösterilir. Toplamada ve çarpmada ters elemanların varlığının garantisi ile her a R için x + a = 0 ve a 0 olması durumunda ax = 1 denklemleri çözülebilir. Postulat 1 den reel sayıların iyi bilinen aşağıdaki cebirsel kuralları elde edilebilir: ( 1) 2 = 1, (1.1) ve 0 a = 0, a = ( 1) a, ( a) = a, a R, (1.2) (a b) = b a, a,b R (1.3) a,b R ve ab = 0 ise a = 0 veya b = 0 sağlanır. (1.4) Postulat 1 her ne kadar R üzerindeki tüm cebirsel kuralları belirlemede yeterli olsa da reel sayılar sistemini tam olarak açıklamaz. Reel sayılar kümesi üzerinde aynı zamanda bir sıralama bağıntısı vardır. Postulat 2 [Sıralama Aksiyomları]. R R üzerinde aşağıdaki özellikleri sağlayan bir < bağıntısı vardır: Trikotomi (Üç Hal) Özelliği. Her a, b R için aşağıdaki ifadelerin bir ve yalnız bir tanesi doğrudur: a < b, b < a veya a = b. Transitiflik (Geçişme) Özelliği. Her a, b, c R için a < b ve b < c ise a < c dir. Toplama Özelliği. Her a,b,c R için Çarpma Özelliği. Her a,b,c R için ve a < b ve c R ise a+c < b+c dir. a < b ve c > 0 ise ac < bc a < b ve c < 0 ise bc < ac dir. b > a ile a < b kastedilmektedir. a b ve b a ile a < b veya a = b anlatılmaktadır. a < b < c ile a < b ve b < c ifade edilmektedir. 2 < x < 1 şeklindeki bir eşitsizliğin hiç bir anlamı yoktur. 5

10 Yukarıda verildiği gibi iki tane Çarpma Özelliği vardır ve bu özellikleri kullanırken dikkatli olmak gerekir. Örneğin x < 1 olması x > 0 değil ise x 2 < x eşitsizliğinin gerçeklenmesini gerektirmez. Eğer x < 0 ise İkinci Çarpma Özelliği ne göre x < 1 için x 2 > x sağlanır. a 0 özelliğini sağlayan bir a reel sayısı negatif olmayan, a > 0 ise pozitif olarak adlandırılır. Reel sayılar kümesi bazı özel alt kümeleri içerir. Bunlardan ilki 1 ile başlayan ve 2 := 1+1, 3 := 2+1, formunda elemanlarına ardışık olarak 1 eklemek sureti ile elde edilen N := {1,2, } doğal (İngilizce karşılığı Natural) sayılar kümesidir. Ayrıca Z := {, 2, 1,0,1,2, } şeklinde tanımlanan tamsayılar (Almanca karşılığı Zahl) kümesi, { m } Q := n : m,n Z,n 0 olarak tanımlanan rasyonel (İngilizce karşılığı Quotients) sayılar kümesi ve Q c = R\Q irrasyonel (İngilizce karşılığı Irrationals) sayılar kümesi diğer önemli sayı kümeleridir. Rasyonel sayıların eşitliği aşağıdaki şekilde tanımlanır: m n = p q Yukarıdaki sayı kümeleri arasında ancak ve ancak mq = np. N Z Q R şeklinde bir içerme bağıntısı vardır ve bu kümelerin her biri R reel sayılar kümesinin bir özalt kümesidir. Örneğin her rasyonel sayı bir reel sayıdır. Gerçekten, rasyonel sayılar m/n := mn 1 şeklinde yazılabileceğinden ve Postulat 2 ye göre mn 1 bir reel sayı olduğundan m/n rasyonel sayısı aynı zamanda bir reel sayıdır. Fakat 2 reel sayısı rasyonel değildir. N ve Z kümelerini tam olarak tanımlamadığımızdan bazı kabuller yapmamız gerekmektedir: Açıklama N doğal sayılar ve Z tamsayılar kümelerinin aşağıdaki özellikleri gerçeklediği kabul edilsin: i) Eğer n,m Z ise n+m, n m ve nm sayıları da Z kümesine aittirler. ii) Eğer n Z ise n N olması için gerek ve yeter şart n 1 eşitsizliğinin sağlanmasıdır. iii) 0 < n < 1 olacak şekilde bir n Z yoktur. 6

11 Bu özellikler kullanılarak Q rasyonel sayılar kümesinin Postulat 1 i sağladığı gösterilebilir (bkz Alıştırma ). Dikkat edilirse R nin rasyonel sayılar kümesi hariç hiçbir özel alt kümesi Postulat 1 i gerçeklemez. N kümesi üç özellik hariç diğer tüm özellikleri gerçekler: N kümesi 0 / N olduğundan toplamanın etkisiz elemanına sahip değildir, negatif eleman barındırmadığından toplamada ters elemanları olamaz ve 1 dışında hiç bir elemanının çarpmada ters elemanı yoktur. Z kümesi bir özellik hariç Postulat 1 in diğer tüm özellikleri gerçekler: 1 ve 1 hariç Z nin sıfırdan farklı hiç bir elemanının çarpmada ters elemanı yoktur. Q c kümesi üç özellik hariç Postulat 1 in diğer özellikleri gerçekler: 0 / R\Q olduğundan toplamanın etkisiz elemanına sahip değildir, 1 / R\Q olduğundan çarpmanın etkisiz elemanı yoktur. Ayrıca kapalılık özelliğini de her zaman sağlamaz. Gerçekten, 2 irrasyonel olmakla birlikte 2+( 2) = 0 toplamı ve 2 2 = 2 çarpımı rasyoneldir. Dikkat edilirse R nin sözü edilen tüm alt kümeleri Postulat 2 yi gerçekler. Buna göre Q Postulat 1 ve Postulat 2 yi sağlarken Kısım 1.3 de verilen Postulat 3 ü (Tamlık Aksiyomu) gerçeklemez. Benzer şekilde N, Z ve Q c kümelerinin Postulat 1 ve Postulat 2 de verilen özelliklerden hangilerini sağladığı, hangilerini sağlamadığı okuyucu tarafından incelenmelidir. Verilen bu postulatlar aslında R yi karakterize ederler. R kümesi Postulat 1, Postulat 2 ve Postulat 3 ü gerçekleyen tek kümedir ve bu özelliğinden ötürü Tam Archimedean Sıralanmış Cisim olarak isimlendirilir. Postulat 1 ve Postulat 2 kullanılarak reel sayıların sağladıkları tüm eşitlik ve eşitsizlikler ispatlanabilir. Bu aşamada ispat kavramına kısaca değinelim. İspat nedir? Her matematiksel sonuç (örnek, açıklama (remark), lemma ve teorem) hipotez ve bir hüküm içerir. Bir ispatı yapmak için üç temel yöntem vardır: matematiksel indüksiyon (tümevarım), doğrudan çıkarım (doğrudan ispat) ve çelişki (olmayana ergi). Matematiksel indüksiyon (veya tümevarım) verilen bir ifadenin tüm doğal sayılar için doğru olduğunu ispatlamakta kullanılan oldukça pratik bir yöntemdir. Bu yönteme ifadenin önce 1 için (daha doğrusu, ifadenin doğruluğunun başladığı doğal sayı için) doğru olduğu gösterilir. Daha sonra n doğal sayısı için doğru olduğu farz edilir ve n+1 doğal sayısı için doğru olduğu gösterilir. Bu da herhangi bir doğal sayı için doğruysa sonraki için de doğru olacağını ispatladığından bütün doğal sayılar için geçerli bir ifade olduğu anlamına gelecektir. Bu yöntem genelde sonsuz sayıda domino taşlarının dizilmesine benzetilir. n. taşın devrilmesi bir sonraki yani n + 1. taşın da devrilmesi anlamına geleceğinden taşların tamamı devrilecektir. Tabi ki yine n = 1 için doğruluğunu söylemek gerekir. Bunun için de ilk taşı devirmemiz yeterli olacaktır. Doğrudan çıkarım (veya doğrudan ispat) yönteminde hipotez doğru olarak kabul edilir ve adım adım ilerleyerek istenen hükmün gerçeklendiği gösterilir. Doğru olduğu gösterilmek istenen ifade, direk olarak, doğruluğu kanıtlanmış başka ifadelerle veya aksiyomlarla türetilir. Çelişki (veya olmayana ergi) yönteminde hipotez doğru, doğruluğunu göstermeyi planlanan ifadenin yanlış olduğu kabul edilir ve adım adım işlem yapılarak bir çelişkiye ulaşılır. Çelişki, açık olarak yanlış olan ya da hipotez ile çelişen bir ifadedir. Çelişkiye ulaşıldığı anda ispat tamamlanmış olur (bkz Te- 7

12 orem 1.2.9). Çünkü, başta yanlış olduğu kabul edilen ifadenin aslında doğru olduğu ispatlanmış olur. Peki verilen bir ifadenin yanlış olduğu nasıl ispatlanır? Bunun için ifadenin hipotezini gerçekleyen fakat hüküm ile çelişen somut bir örnek vermek yeter. Bu örneğe ters örnek adı verilir. Örneğin x > 1 ise x 2 x 2 0 sağlanır. ifadesinin doğru olmadığını göstermek için 1 den büyük x = 2 sayısı seçilsin = 0 olduğundan verilen ifadenin yanlış olduğu gösterilmiş olur. Aşağıda doğrudan çıkarım yöntemi kullanılarak bazı ispatlar yapılmaktadır. sembolü ispatın ya da çözümün tamamlandığını ifade eder. Örnek a R olsun. Buna göre a 0 ise a 2 > 0 (1.5) olduğunu ve 1 < 0 < 1 eşitsizliğinin gerçeklendiğini ispatlayınız. Kanıt. a 0 olsun. Trikotomi özelliğine göre ya a < 0 ya da a > 0 sağlanır. Durum 1. a > 0 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı Birinci Çarpma Özelliği kullanılarak a ile çarpılırsa a 2 = a a > 0 a elde edilir. (1.2) ye göre 0 a = 0 olduğundan a 2 > 0 sonucuna ulaşılır. Durum 2. a < 0 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı İkinci Çarpma Özelliği kullanılırarak a ile çarpılırsa a 2 = a a > 0 a elde edilir. (1.2) ye göre 0 a = 0 olduğundan a 2 > 0 sonucuna ulaşılır. Buna göre a 0 ise a 2 > 0 sağlanır. Diğer taraftan 1 0 olduğundan 1 = 1 2 > 0 dır. Bu eşitsizliğin her iki tarafına 1 eklenirse 0 = 1 1 > 0 1 = 1 elde edilir. Örnek a R olsun. Buna göre olduğunu ispatlayınız. 0 < a < 1 ise 0 < a 2 < a ve a > 1 ise a 2 > a (1.6) Kanıt. 0 < a < 1 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı Birinci Çarpma Özelliği kullanılırarak a ile çarpılırsa 0 = 0 a < a 2 < 1 a = a yani 0 < a 2 < a elde edilir. Diğer taraftan a > 1 ise Örnek ve Transitiflik Özelliği ne göre a > 0 dır. Dolayısıyla Birinci Çarpma Özelliği kullanılabilir. a > 1 ifadesinin her iki tarafı a ile çarpılır ise a 2 = a a > 1 a = a sonucuna ulaşılır. Benzer şekilde (bkz Alıştırma 1.2.3) aşağıdaki ifadelerin doğruluğu gösterilebilir: 0 a < b ve 0 c < d ise ac < bd, (1.7) 0 a < b ise 0 a 2 < b 2 ve 0 a < b, (1.8) 8

13 ve 0 < a < b ise 1 a > 1 b > 0. (1.9) Tanım Bir a R sayısının mutlak değeri a a 0 a := a a < 0 şeklide tanımlanan bir sayıdır. Mutlak değere ilişkin bir özelliği ispatlamak istediğimizde genellikle parametrelerin pozitif, negatif veya sıfıra eşit olmasına bağlı olarak ispatı çeşitli alt durumlara ayırıp bu alt durumlar üzerinde çalışırız. Aşağıda bu duruma ilişkin bir örnek verilmektedir. Açıklama Mutlak değer çarpımsaldır. Yani hera,b R için ab = a b sağlanır. Kanıt. Aşağıdaki dört durumu göz önüne alalım: Durum 1. a = 0 veya b = 0 olsun. Bu durumda ab = 0 dır ve tanım gereği ab = 0 = a b sağlanır. Durum 2. a > 0 ve b > 0 olsun. Birinci Çarpma Özelliği ne göre ab > 0 b = 0 sağlandığından mutlak değer tanımı gereği ab = ab = a b elde edilir. Durum 3. a > 0, b < 0 veya b > 0, a < 0 olsun. İspatı a > 0 ve b < 0 eşitsizliklerinin sağlandığı durumda yapmak yeter (çünkü simetriden ötürü a ile b nin yerlerini değiştirdiğimize b > 0 ve a < 0 kabulünü elde ederiz). İkinci Çarpma Özelliği ne göre ab < 0 olduğundan Tanım 1.2.4, asosyatiflik ve komütatiflik özellikleri kullanılarak ab = (ab) = ( 1)(ab) = a(( 1)b) = a( b) = a b sonucuna ulaşılır. Durum 4. a < 0 ve b < 0 olsun. İkinci Çarpma Özelliği ne göre ab > 0 olduğundan Tanım kullanılarak elde edilir. ab = ab = ( 1) 2 (ab) = ( a)( b) = a b Aşağıdaki teorem mutlak değer barındıran eşitsizlikleri çözmede oldukça sık kullanılır. Teorem (Mutlak Değerin Temel Teoremi). a R ve M 0 olsun. Buna göre a M olması için gerek ve yeter şart M a M eşitsizliğinin sağlanmasıdır. 9

14 Kanıt. (Gereklilik İspatı ) a R ve a M olsun. Bu eşitsizliği 1 ile çarparak a M elde edilir. Durum 1. a 0 olsun. Bu durumda Tanım e göre a = a sağlanır. Dolayısıyla hipotez şartından M 0 a = a M sonucu elde edilir. Durum 2. a < 0 olsun. Bu durumda Tanım e göre a = a sağlanır. Dolayısıyla hipotez şartından M a = a < 0 M ifadesine ulaşılır. Yani her iki durumda da M a M eşitsizliği gerçeklenir. (Yeterlilik İspatı ) Tersine, M a M eşitsizliği doğru olsun. Buna göre a M ve M a dır. Dolayısıyla a 0 olması durumunda a = a M a < 0 olması durumunda a = a M elde edilir. Yani her iki durumda da a M sağlanır. Not. Benzer şekilde a < M olması için gerek ve yeter şartın M < a < M eşitsizliğinin sağlanması olduğu gösterilebilir. Aşağıdaki teorem mutlak değer kavramı için kullanışlı bir sonuçtur. Teorem Mutlak değer aşağıdaki üç özelliği gerçekler: i) [Pozitiflik] Her a R için a 0 dır, öyleki a = 0 olması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin sağlanmasıdır. ii) [Simetriklik] Her a,b R için a b = b a gerçeklenir. iii) [Üçgen Eşitsizliği] Her a, b R için eşitsizlikleri geçerlidir. a+b a + b ve a b a b Kanıt. i) Eğer a 0 ise a = a 0 sağlanır. Diğer taraftan a < 0 olması durumunda Tanım ve İkinci Çarpma Özelliği ne göre a = a = ( 1)a > 0 elde edilir. Yani her a R için a 0 sonucuna ulaşılır. Şimdi a = 0 olması için gerek ve yeter şartın a = 0 eşitliğinin sağlanması olduğunu gösterelim. Öncelikle a = 0 olduğunu kabul edelim. Tanımından 10

15 ötürü a 0 için a = a = 0 ve a < 0 için a = a = 0 gerçeklendiğinden a = 0 olması a = 0 eşitliğini gerektirir. Tersine, a = 0 olsun. Mutlak değer tanımına göre 0 = 0 sağlandığından a = 0 gerçeklenir. ii) Açıklama göz önüne alındığında a b = 1 a b = b a eşitliği elde edilir. iii) İlk eşitsizliğin doğruluğunu ispatlamak için her x R reel sayısının x x eşitsizliğini sağladığı göz önüne alınsın. Buna göre Teorem ifadesinden a a a ve b b b elde edilir. Bu iki eşitsizliği taraf tarafa topladığımızda ( a + b ) a+b a + b sonucuna ulaşılır. Bu aşamada tekrar Teorem kullanılır ise a+b a + b eşitsizliği elde edilir. İkinci eşitsizliği ispatlamak için (a b) + b ifadesine ilk eşitsizlik uygulanır. Buna göre a b = a b+b b a b + b b = a b elde edilir. Şimdi yukarıda a ile b nin yerleri değiştirilir ve ii) sonucu kullanılır ise b a = b a+a a b a + a a = b a = a b, ve bu ifadeyi 1 ile çarparak sonucu bulunur. Dolayısıyla a b a b a b a b a b eşitsizliği doğru olduğundan Teorem ya göre a b a b ifadesine ulaşılır. Yukarıdaki son eşitsizlik ispatlanırken aynı zamanda her a,b R için a b a b olduğu sonucu da elde edildi ki bu ifade sıkça kullanılacaktır. Uyarı. Burada dikkat edilmesi gereken bir husus Toplama Özelliği ve mutlak değerin beraber kullanılıp b < c ise a + b < a + c şeklinde bir eşitsizliğin her zaman geçerli olduğunun düşünülmemesidir. Bu eşitsizlik sadece a+b ve a+c ifadelerinin her ikisi de negatif değil ise doğrudur. Örneğin a = 1, b = 5 ve c = 1 ise b < c sağlanır fakat a + b = 1 + ( 5) = 4 > 0 = 1 + ( 1) = a+c dır. 11

16 Örnek Eğer 2 < x < 1 ise x 2 x < 6 olduğunu gösteriniz. Kanıt. Hipoteze göre 2 < x < 1 olduğundan 2 < x < 1 < 2 yani 2 < x < 2 dolayısıyla x < 2 sağlanır. Dolayısıyla üçgen eşitsizliği ve Açıklama kullanıldığında elde edilir. x 2 x x 2 + x = x 2 + x < = 6 Şimdi Trikotami Özelliği ne karşılık gelen ve çokça kullanacağımız aşağıdaki sonucu verelim: Teorem x,y,a R olsun. i) Her ε > 0 sayısı için x < y + ε olması için gerek ve yeter şart x y eşitsizliğinin gerçeklenmesidir. ii) Her ε > 0 sayısı için x > y ε olması için gerek ve yeter şart x y eşitsizliğinin gerçeklenmesidir. iii) Her ε > 0 sayısı için a < ε olması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin gerçeklenmesidir. Kanıt. i) Gereklilik kısmının ispatını çelişki yöntemi ile elde edeceğiz. Buna göre, her ε > 0 sayısı için x < y + ε sağlansın fakat buna karşılık x > y olsun. x > y olduğundan x y farkı pozitiftir. ε 0 = x y > 0 denirse y + ε 0 = x olarak ifade edilebilir. Dolayısıyla, Trikotami Özelliği ne görey+ε 0 değerix den büyük olamaz. Bu ise ε = ε 0 için teorem hipotezi ile çelişir. Bu çelişkiye neden x > y olarak alınmasıdır. Yani, x y eşitsizliği geçerlidir. Tersine, ε > 0 sayısı verilsin ve x y sağlansın. Buna göre ya x = y ya da x < y dir. Eğer x < y ise Toplama ve Transitiflik Özellikleri nden x+0 < y + 0 < y + ε yazılabilir. Eğer x = y ise Toplama Özelliği ne göre x < y + ε sağlanır. Bu durumda her ε > 0 sayısı için x < y+ε eşitsizliği her iki durumda da gerçeklenir. ii) Her ε > 0 sayısı için x > y ε olsun. İkinci Çarpma Özelliği ne göre bu ifade x < y + ε eşitsizliğine denktir. Dolayısıyla i) şıkkına göre x y olduğu sonucu elde edilir. Bu ise İkinci Çarpma Özelliği göz önüne alındığında x y eşitsizliğinin doğruluğunu gösterir. iii) Her ε > 0 sayısı için a < ε = 0 + ε olsun. i) neticesine göre bu ifade a 0 olmasına denktir. Diğer taraftan her zaman a 0 sağlandığından Trikotami kuralı gereğince a = 0 dır. Bu ise Teorem nin i) şıkkına göre a = 0 olduğu anlamına gelir. 12

17 a ve b iki reel sayı olsun. Bu durumda [a,b] := {x R : a x b}, [a, ) := {x R : a x}, (,b] := {x R : x b} veya (, ) := R formundaki bir kümeye kapalı aralık, (a,b) := {x R : a < x < b}, (a, ) := {x R : a < x}, (,b) := {x R : x < b} veya (, ) := R formundaki bir kümeye ise açık aralık adı verilir. Aralık ile ya bir kapalı aralık ya bir açık aralık ya da [a,b) := {x R : a x < b} veya (a,b] := {x R : a < x b} formundaki bir küme kastedilmektedir. a < b olması durumunda [a, b], [a, b), (a, b] ve (a, b) aralıkları reel sayı doğrusu üzerinde bir doğru parçasına tekabül eder, eğer b < a ise bu aralıkların hepsi boş kümedir. < a b < olmak üzere bir I aralığının sınırlı olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart [a,b], (a,b), [a,b) veya (a,b] formlarından birine sahip olmasıdır. Bu durumda a ve b sayılarına I aralığının uç noktaları denir. Sınırlı olmayan diğer tüm aralıklar sınırsız olarak isimlendirilir. a, b uç noktaları a = b eşitliğini sağlayan bir aralığa dejenere, a < b eşitsizliğini sağlayan bir aralığa ise dejenere olmayan aralık adı verilir. Tanıma göre bir dejenere açık aralık boş kümedir ve dejenere kapalı aralık ise bir noktadan ibarettir. Mutlak değer uzunluk kavramı ile yakından ilişkilidir. a ve b uç noktalarına sahip bir kapalı aralığın uzunluğu I := b a olarak, a,b R gibi herhangi iki sayının arasındaki uzaklık ise a b şeklinde tanımlanır. Aralıklar kullanılarak eşitsizlikler ifade edilebilir. Örneğin, Teorem istenirse a M olması için gerek ve yeter şarta nın[ M,M] kapalı aralığında yer almasıdır, benzer şekilde Teorem da iii) ifadesi a sayısının ε > 0 olmak üzere ( ε,ε) açık aralığında yer alması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin gerçeklenmesidir şeklinde yazılabilir. Alıştırmalar a, b, c, d R olmak üzere aşağıda verilen ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin yanlış olduğunu tespit ediniz. Doğru olanları ispatlayıp yanlış olanlara ise birer ters örnek veriniz. a) a < b ve c < d < 0 ise ac > bd dir. b) a b ve c > 1 ise a+c b+c dir. c) a b ve b a+c ise a b c dir. d) Her ε > 0 için a < b ε ise a < 0 dır. Çözüm. 13

18 a) Yanlış. a = 2/3, b = 1, c = 2 ve d = 1 alınır ise istenilen gösterilmiş olur. b) Yanlış. a = 4, b = 1 ve c = 2 alınır ise istenilen gösterilmiş olur. c) Doğru. a b ve b a+c olduğundan a b = b a a+c a = c sağlanır. d) Eğer b 0 ise a < b ε < 0+0 = 0 yani a < 0 olur. Eğer b > 0 ise ε = b için a < b ε = 0 elde edilir a,b,c R ve a b olsun. a) a+c b+c olduğunu ispatlayınız. b) c 0 ise a c b c eşitsizliğinin geçerliliğini gösteriniz. Çözüm. a) a < b ise Toplama Özelliği ne görea+c < b+c sağlanır.a = b olması durumunda + bir fonksiyon olduğundan a+c = b+c gerçeklenir. Buna göre her a b için a+c b+c eşitsizliği doğrudur. b) c = 0 ise ac = 0 = bc ifadesi sağlanacağından c > 0 olduğunu kabul edebiliriz. Eğer a < b ise Çarpma Özelliği ne göre ac < bc gerçeklenir. a = b olması durumunda bir fonksiyon olduğundan ac = bc sağlanır. Buna göre her a b ve c 0 için ac bc eşitsizliği doğrudur (1.7), (1.8) ve (1.9) ifadelerini ispatlayınız. Ayrıca a 0 veya a > 0 koşullarının kaldırılması durumunda bu ifadelerin gerçeklenemediğini gösteriniz. Çözüm. a) 0 a < b ve 0 c < d ise ac < bd sağlanır. Gerçekten, ilk eşitsizliği c ve ikinci eşitsizliği b ile çarparsak 0 ac < bc ve 0 bc < bd elde edilir. Bu ise Transitiflik Özelliği ne göre ac < bd olduğu anlamına gelir. b) 0 a < b ise 0 a 2 < b 2 ve 0 a < b sağlanır. Gerçekten, 0 a < b olduğundan (1.7) ye göre 0 a 2 < ab ve 0 ab < b 2 yani 0 a 2 < b 2 eşitsizliği doğrudur. Diğer taraftan eğer a b olsaydı a b dolayısıyla a = ( a) 2 ( b) 2 = b çelişkisi elde edilirdi. c) 0 < a < b ise 1/a > 1/b > 0 sağlanır. Gerçekten, eğer 1/a 1/b olsaydı Çarpma Özelliği ne göre b = ab(1/a) ab(1/b) = a çelişkisi elde edilirdir. Diğer taraftan 1/b 0 olsaydı b = b 2 (1/b) 0 çelişkisine ulaşılırdı. d) a < 0 için verilen ifadelerinin doğru olması gerekmediğini göstermek için a = 2, b = 1, c = 2 ve d = 5 alalım. Bu durumda a < b ve c < d iken ac = 4 olup bd = 5 değerinden küçük değildir. Ayrıca a 2 = 4 sayısı da b 2 = 1 den küçük değildir. Diğer taraftan1/a = 1/2 değeri de1/b = 1 sayısından küçük kalmaz Bir a R sayısının pozitif kısmı negatif kısmı ise olarak tanımlanır. a + := a +a, 2 a := a a, 2 a) a = a + a ve a = a + +a olduğunu gösteriniz. 14

19 b) Aşağıdaki ifadelerin doğruluğunu gösteriniz: a + a a 0 = ve a 0 a 0 = 0 a 0 a a 0. Çözüm. a) Verilen tanımlara göre ve a + a = a +a 2 a + +a = a +a 2 a a 2 + a a 2 = a +a a +a 2 = a +a+ a a 2 = 2a 2 = a, = 2 a 2 = a sağlanır. b) Mutlak değer tanımına göre a 0 ise a + = (a + a)/2 = a ve a < 0 ise a + = ( a + a)/2 = 0 olur. Benzer şekilde a 0 ise a = (a a)/2 = 0 ve a < 0 ise a = ( a a)/2 = a gerçeklenir Aşağıdaki eşitsizlikleri sağlayan x R sayılarını tespit ediniz. a) 2x+1 < 7 b) 2 x < 2 c) x 3 3x+1 < x 3 x d) e) Çözüm. x 1 < 1 x 2 4x 2 1 < 1 4 a) 2x + 1 < 7 ancak ve yalnız 7 < 2x + 1 < 7 ancak ve yalnız 8 < 2x < 6 ancak ve yalnız 4 < x < 3. b) 2 x < 2 ancak ve yalnız 2 < 2 x < 2 ancak ve yalnız 4 < x < 0 ancak ve yalnız 0 < x < 4. c) x 3 3x + 1 < x 3 ancak ve yalnız x 3 < x 3 3x + 1 < x 3 ancak ve yalnız 3x+1 < 0 yani 3x 1 > 0 ve 2x 3 3x+1 > 0. 3x 1 > 0 eşitsizliği x > 1/3 olmasına denktir. Diğer taraftan 2x 3 3x + 1 = (x 1)(2x 2 + 2x 1) = 0 ifadesini sağlayan değerler x = 1,( 1 ± 3)/2 olduğundan 2x 3 3x + 1 > 0 eşitsizliği ( 1 3)/2 < x < ( 1 + 3)/2 ya da x > 1 eşitsizliğine karşılık gelir. Dolayısıyla çözüm (1/3,( 3 1)/2) (1, ) olarak bulunur. d) Verilen ifadenin her iki yanını x 1 in pozitif veya negatif olduğunu göz önüne almadan x 1 ile çarpamayız. Durum 1. x 1 > 0 olsun. Bu durumda x < x 1 yani 0 < 1 olacağından eşitsizliği sağlayan x değerlerinin kümesi boştur. Durum 2. x 1 < 0 olsun. Bu durumda İkinci Çarpma Özelliği ne göre x > x 1 yani 0 > 1 olması her x reel sayısı için doğru olduğundan çözüm aralığı (, 1) dir. e) Durum 1. 4x 2 1 > 0 olsun. Çapraz çarpma yaparak 4x 2 < 4x 2 1 yani boş küme elde edilir. Durum 1. 4x 2 1 < 0 olsun. Bu durumda İkinci Çarpma Özelliği ne göre 4x 2 > 4x 2 1 yani 0 > 1 olması her x reel sayısı için doğru olduğundan çözüm aralığı ( 1/2,1/2) dir. 15

20 a,b R olsun. a) a > 2 ve b = 1+ a 1 ise 2 < b < a olduğunu ispatlayınız. b) 2 < a < 3 ve b = 2+ a 2 ise 0 < a < b olduğunu ispatlayınız. c) 0 < a < 1 ve b = 1 1 a ise 0 < b < a olduğunu ispatlayınız. d) 3 < a < 5 ve b = 2+ a 2 ise 3 < b < a olduğunu ispatlayınız. Çözüm. a) a > 2 olsun. Bu durumdaa 1 > 1 yani1 < a 1 < a 1 sağlanır. Dolayısıyla 2 < b = 1+ a 1 < 1+(a 1) gerçeklenir. b) 2 < a < 3 olsun. Bu durumda 0 < a 2 < 1 yani 0 < a 2 < a 2 < 1 sağlanır. Dolayısıyla 0 < a < 2+ a 2 = b gerçeklenir. c) 0 < a < 1 olsun. Bu durumda 0 > a > 1 yani 0 < 1 a < 1 sağlanır. 1 a reel olduğundan 1 a < 1 a doğrudur. Dolayısıyla b = 1 1 a < 1 (1 a) = a gerçeklenir. d) 3 < a < 5 olsun. Bu durumda 1 < a 2 < 3 yani 1 < a 2 < a 2 sağlanır. Dolayısıyla 3 < 2+ a 2 = b < a gerçeklenir a,b R sayılarının aritmetik ortalaması A(a,b) = (a + b)/2 ve a,b [0, ) sayılarının geometrik ortalaması ise G(a,b) = ab olarak tanımlanır. Eğer 0 a b ise a G(a,b) A(a,b) b olduğunu ispatlayınız. Ayrıca G(a,b) = A(a,b) eşitliğinin sağlanması için gerek ve yeter şartın a = b ifadesinin gerçeklenmesi olduğunu gösteriniz. Çözüm. Her a,b [0, ) için a + b 2 ab = ( a b) 2 0 sağlanır. Buna göre 2 ab a + b ve dolayısyla G(a,b) A(a,b) gerçeklenir. Diğer taraftan 0 a b olduğundan A(a,b) = (a + b)/2 2b/2 = b ve G(a,b) = ab a 2 = a elde edilir. Son olarak, A(a,b) = G(a,b) ancak ve yalnız 2 ab = a + b ancak ve yalnız ( a b) 2 = 0 ancak ve yalnız a = b ancak ve yanlız a = b ifadesine ulaşılır x R olsun. a) x 2 ise x x 2 olduğunu ispatlayınız. b) x 1 ise x 2 +2x 3 4 x 1 olduğunu ispatlayınız. c) 3 x 2 ise x 2 +x 6 6 x 2 olduğunu ispatlayınız. d) 1 < x < 0 ise x 3 2x+1 < 1.26 x 1 olduğunu ispatlayınız. Çözüm. a) x 2 ve x+2 x +2 olduğundan x 2 4 = x+2 x 2 4 x 2 elde edilir. b) x 1 ve x+3 x +3 olduğundan x 2 +2x 3 = x+3 x 1 4 x 1 elde edilir. c) 3 x 2 ve x 2 x +2 olduğundan x 2 +x 6 = x+3 x 2 6 x 2 elde edilir. d) 1 < x < 0 ve x 2 + x 1 fadesi ( 1,0) aralığında minimum değerini 1.25 noktasında aldığından x 3 2x+1 = x 2 +x 1 x 1 < 5 x 1 /4 elde edilir Aşağıdaki eşitsizlikleri gerçekleyen tüm n N değerlerini tespit ediniz. 1 n a) < n 2 n b) 2 +2n+3 < n 3 +5n 2 +8n+3 n 1 c) < n 3 n 2 +n 1 16

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

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

Detaylı

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

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

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

MATM 133 MATEMATİK LOJİK. Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev

MATM 133 MATEMATİK LOJİK. Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev MATM 133 MATEMATİK LOJİK Dr. Doç. Çarıyar Aşıralıyev 5.KONU Cebiresel yapılar; Grup, Halka 1. Matematik yapı 2. Denk yapılar ve eş yapılar 3. Grup 4. Grubun basit özellikleri 5. Bir elemanın kuvvetleri

Detaylı

12.Konu Rasyonel sayılar

12.Konu Rasyonel sayılar 12.Konu Rasyonel sayılar 1. Rasyonel sayılar 2. Rasyonel sayılar kümesinde toplama ve çarpma 3. Rasyonel sayılar kümesinde çıkarma ve bölme 4. Tam rayonel sayılar 5. Rasyonel sayılar kümesinde sıralama

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

8.Konu Sonlu ve sonsuz kümeler, Doğal sayılar

8.Konu Sonlu ve sonsuz kümeler, Doğal sayılar 8.Konu Sonlu ve sonsuz kümeler, Doğal sayılar 1. Eşit güçlü kümeler 2. Sonlu ve sonsuz kümeler 3. Doğal sayılar kümesi 4. Sayılabilir kümeler 5. Doğal sayılar kümesinde toplama 6. Doğal sayılar kümesinde

Detaylı

BÖLÜM I MATEMATİK NEDİR? 13 1.1. Matematik Nedir? 14

BÖLÜM I MATEMATİK NEDİR? 13 1.1. Matematik Nedir? 14 İÇİNDEKİLER Önsöz. V BÖLÜM I MATEMATİK NEDİR? 13 1.1. Matematik Nedir? 14 BÖLÜM II KÜMELER 17 2.1.Küme Tanımı ve Özellikleri 18 2.2 Kümelerin Gösterimi 19 2.2.1 Venn Şeması Yöntemi 19 2.2.2 Liste Yöntemi

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

Kafes Yapıları. Hatırlatma

Kafes Yapıları. Hatırlatma Kafes Yapıları Ders 7 8-1 Hatırlatma Daha önce anlatılan sıra bağıntısını hatırlayalım. A kümesinde bir R bağıntsı verilmiş olsun. R bağıntısı; a. Yansıma (Tüm a A için, sadece ve sadece ara ise yansıyandır(reflexive)).

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

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

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

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

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir.

SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon denir. SOYUT CEBİR Tanım 1: Uzunluğu 2 olan dairesel permütasyona transpozisyon Tanım 2: Bir grubun kendi üzerine izomorfizmine otomorfizm, grubun kendi üzerine homomorfizmine endomorfizm Sadece birebir olan

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

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

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

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

(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

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

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

ANALİZ IV. Mert Çağlar

ANALİZ IV. Mert Çağlar ANALİ IV Mert Çağlar Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim Desteği (UDS) lisansı altındadır. Ders notlarına erişim için: http://udes.iku.edu.tr CC $\ BY: Mert Çağlar C Matematik-Bilgisayar Bölümü İstanbul

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

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

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

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

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

Saygın KIRILMAZ, Tolga TANIŞ, Simay AYDIN

Saygın KIRILMAZ, Tolga TANIŞ, Simay AYDIN YAYIN KURULU Hazırlayanlar Saygın KIRILMAZ, Tolga TANIŞ, Simay AYDIN YAYINA HAZIRLAYANLAR KURULU Kurumsal Yayınlar Yönetmeni Saime YILDIRIM Kurumsal Yayınlar Birimi Dizgi & Grafik Mustafa Burak SANK &

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

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

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

1. ÜNİTE: MANTIK. Bölüm 1.1. Önermeler ve Bileşik Önermeler

1. ÜNİTE: MANTIK. Bölüm 1.1. Önermeler ve Bileşik Önermeler . ÜNİTE: MANTIK . ÜNİTE: MANTIK... Önerme Tanım (Önerme) BÖLÜM.. - Doğru ya da yanlış kesin bir hüküm bildiren ifadelere önerme adı veriler. Örneğin Bir hafta 7 gündür. (Doğru) Eskişehir Türkiye'nin başkentidir.

Detaylı

a = b ifadesine kareköklü ifade denir.

a = b ifadesine kareköklü ifade denir. KAREKÖKLÜ SAYILAR Rasyonel sayılar kümesi sayı ekseninde sık olmasına rağmen sayı eksenini tam dolduramamaktadır;çünkü sayı doğrusu üzerinde görüntüsü olduğu halde rasyonel olmayan sayılar da vardır. Karesi

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

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

15. Bağıntılara Devam:

15. Bağıntılara Devam: 15. Bağıntılara Devam: Yerel Bağıntılardan Örnekler: Doğal sayılar kümesi üzerinde bir küçüğüdür (< 1 ) bağıntısı: < 1 {(x, x+1) x N} {(0,1), (1, 2), } a< 1 b yazıldığında, a doğal sayılarda bir küçüktür

Detaylı

ANALİZ III. Mert Çağlar

ANALİZ III. Mert Çağlar ANALİZ III Mert Çağlar Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim Desteği (UDES) lisansı altındadır. Ders notlarına erişim için: http://udes.iku.edu.tr CC $\ BY: Mert Çağlar C Matematik-Bilgisayar Bölümü

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

(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

sayısının tamkare olmasını sağlayan kaç p asal sayısı vardır?(88.32) = n 2 ise, (2 p 1

sayısının tamkare olmasını sağlayan kaç p asal sayısı vardır?(88.32) = n 2 ise, (2 p 1 TAM KARELER 1. Bir 1000 basamaklı sayıda bir tanesi dışında tüm basamaklar 5 tir. Bu sayının hiçbir tam sayının karesi olamayacağını kanıtlayınız. (2L44) Çözüm: Son rakam 5 ise, bir önceki 2 olmak zorunda.

Detaylı

MİNTERİM VE MAXİTERİM

MİNTERİM VE MAXİTERİM MİNTERİM VE MAXİTERİM İkili bir değişken Boolean ifadesi olarak değişkenin kendisi (A) veya değişkenin değili ( A ) şeklinde gösterilebilir. VE kapısına uygulanan A ve B değişkenlerinin iki şekilde Boolean

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

Dikkat: Bir eleman, her iki kümede de olsa bile sadece bir kez yazılır.

Dikkat: Bir eleman, her iki kümede de olsa bile sadece bir kez yazılır. KÜMELER Kümelerin birleşimi (A B ): Kümelerin bütün elemanlarından oluşur. Kümelerin kesişimi (A B): Kümelerin ortak elemanlarından oluşur. Kümelerin Farkı (A \ B ) veya (A - B ): Birinci kümede olup ikinci

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

Sıfırdan farklı a, b, c tam sayıları için aşağıdaki özellikler sağlanır.

Sıfırdan farklı a, b, c tam sayıları için aşağıdaki özellikler sağlanır. SAYILAR TEORİSİ 1 Bölünebilme Bölme Algoritması: Her a ve b 0 tam sayıları için a = qb + r ve 0 r < b olacak şekilde q ve r tam sayıları tek türlü belirlenebilir. r sayısı a nın b ile bölümünden elde edilen

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ

MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ T.C. ANADOLU ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI NO: 108 AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ YAYINLARI NO: 600 MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ Analiz Yazar: Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Editör: Öğr.Gör.Dr. Mehmet ÜREYEN Bu kitabın basım, yayım

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

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

BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR

BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR İÇİNDEKİLER BİRİNCİ BÖLÜM SAYILAR 1.1 Tamsayılarda İşlemler... 2 1.1.1 Tek, Çift ve Ardışık Tamsayılar... 5 1.2 Rasyonel Sayılar... 6 1.2.1 Kesirlerin Birbirine Çevrilmesi... 7 1.2.2 Kesirlerin Genişletilmesi

Detaylı

1. KÜMELER TEORİSİ 1. Giriş. Modern matematiğin en önemli kullanım araçlarından birisi kümeler teorisidir. Kümeler teorisi çalışmaları matematiğin temelinde kullanılışı 20. yüzyılın başlangıcında Frege,

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

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

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

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

İl temsilcimiz sizinle irtibata geçecektir.

İl temsilcimiz sizinle irtibata geçecektir. Biz, Sizin İçin Farklı Düşünüyor Farklı Üretiyor Farklı Uyguluyoruz Biz, Sizin İçin Farklıyız Sizi de Farklı Görmek İstiyoruz Soru Bankası matematik konularını yeni öğrenen öğrenciler için TMOZ öğretmenlerince

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

FONKSİYONLAR FONKSİYONLAR... 179 198. Sayfa No. y=f(x) Fonksiyonlar Konu Özeti... 179. Konu Testleri (1 8)... 182. Yazılıya Hazırlık Soruları...

FONKSİYONLAR FONKSİYONLAR... 179 198. Sayfa No. y=f(x) Fonksiyonlar Konu Özeti... 179. Konu Testleri (1 8)... 182. Yazılıya Hazırlık Soruları... ÜNİTE Safa No............................................................ 79 98 Fonksionlar Konu Özeti...................................................... 79 Konu Testleri ( 8)...........................................................

Detaylı

Şekildeki gibi yarıçapları 1 cm olan üç çember birbirine teğettir. Bu çemberler arasındaki a- lan kaç cm 2 dir? A) π. E) π+ 2 3. Çözüm: üçgendir. 2.

Şekildeki gibi yarıçapları 1 cm olan üç çember birbirine teğettir. Bu çemberler arasındaki a- lan kaç cm 2 dir? A) π. E) π+ 2 3. Çözüm: üçgendir. 2. . + - + + - x y x y x y x y ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşittir? ) - B) - C) - x y x y x y D) - E ) 5 - x y x y + - + + - 5 - x y x y x y x y x y. Verilen şekilde açıların ölçüleri verilmiştir. En

Detaylı

2. ÜNİTE RASYONEL,ÜSLÜ VE KÖKLÜ SAYILAR

2. ÜNİTE RASYONEL,ÜSLÜ VE KÖKLÜ SAYILAR 2. ÜNİTE RASYONEL,ÜSLÜ VE KÖKLÜ SAYILAR KONULAR 1. RASYONEL SAYILAR 2. Kesir Çeşitleri 3. Kesirlerin Sadeleştirilmesi 4. Rasyonel Sayılarda Sıralama 5. Rasyonel Sayılarda İşlemler 6. ÜSLÜ İFADE 7. Üssün

Detaylı

ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MODÜLER ARİTMETİK

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

Detaylı

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

HESAP. (kesiklik var; süreklilik örnekleniyor) Hesap sürecinin zaman ekseninde geçtiği durumlar

HESAP. (kesiklik var; süreklilik örnekleniyor) Hesap sürecinin zaman ekseninde geçtiği durumlar HESAP Hesap soyut bir süreçtir. Bu çarpıcı ifade üzerine bazıları, hesaplayıcı dediğimiz somut makinelerde cereyan eden somut süreçlerin nasıl olup da hesap sayılmayacağını sorgulayabilirler. Bunun basit

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

1. ÜNİTE 2. ÜNİTE 3. ÜNİTE. Bölüm 1 : Üslü Sayılar... 8. Bölüm 2 : Doğal Sayılar... 18. Bölüm 3 : Doğal Sayı Problemleri... 30

1. ÜNİTE 2. ÜNİTE 3. ÜNİTE. Bölüm 1 : Üslü Sayılar... 8. Bölüm 2 : Doğal Sayılar... 18. Bölüm 3 : Doğal Sayı Problemleri... 30 İçindekiler 1. ÜNİTE Bölüm 1 : Üslü Sayılar... 8 Bölüm 2 : Doğal Sayılar... 18 Bölüm 3 : Doğal Sayı Problemleri... 30 Bölüm 4 :- Çarpanlar ve Katlar, Bölünebilme... 40 Bölüm 5 : Asal Sayılar, Ortak Bölenler,

Detaylı

OKUL ADI : ÖMER ÇAM ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI : 2015 2016 DERSİN ADI : MATEMATİK SINIFLAR : 9

OKUL ADI : ÖMER ÇAM ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI : 2015 2016 DERSİN ADI : MATEMATİK SINIFLAR : 9 OKUL ADI : ÖMER ÇAM ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ EĞİTİM VE ÖĞRETİM YILI : 015 01 1 Eylül 18 Eylül Kümelerde Temel Kavramlar 1. Küme kavramını örneklerle açıklar ve kümeleri ifade etmek için farklı gösterimler.

Detaylı

KÜMELER ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİT

KÜMELER ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİT KÜMELER ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİTE 1. ÜNİT Kümelerde Temel Kavramlar 1. Kazanım : Küme kavramını açıklar; liste, Venn şeması ve ortak özellik yöntemleri ile gösterir. 2. Kazanım : Evrensel küme,

Detaylı

KÜMELER. Kümeler YILLAR 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010 2011 MATEMATĐK ĐM /LYS. UYARI: {φ} ifadesi boş kümeyi göstermez.

KÜMELER. Kümeler YILLAR 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010 2011 MATEMATĐK ĐM /LYS. UYARI: {φ} ifadesi boş kümeyi göstermez. MTEMTĐK ĐM YILLR 00 00 004 005 006 007 008 009 010 011 ÖSS-YGS - 1 - - - - - 1 1 1/1 /LYS KÜMELER TNIM: in tam bir tanımı yoksa da matematikçiler kümeyi; iyi tanımlanmış nesneler topluluğu olarak kabul

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

Afyon Kocatepe Üniversitesi Fen ve Mühendislik Bilimleri Dergisi

Afyon Kocatepe Üniversitesi Fen ve Mühendislik Bilimleri Dergisi Afyon Kocatepe Üniversitesi Fen ve Mühendislik Bilimleri Dergisi Afyon Kocatepe University Journal of Science and Engineering AKÜ FEMÜBİD 13 (2013) 011301 (1-7) AKU J. Sci. Eng. 13 (2013) 011301 (1-7)

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

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

BULANIK MANTIK VE SİSTEMLERİ 2014 2015 BAHAR DÖNEMİ ÖDEV 1. Müslüm ÖZTÜRK 148164001004 Bilişim Teknolojileri Mühendisliği ABD Doktora Programı

BULANIK MANTIK VE SİSTEMLERİ 2014 2015 BAHAR DÖNEMİ ÖDEV 1. Müslüm ÖZTÜRK 148164001004 Bilişim Teknolojileri Mühendisliği ABD Doktora Programı BULANIK MANTIK VE SİSTEMLERİ 2014 2015 BAHAR DÖNEMİ ÖDEV 1 Müslüm ÖZTÜRK 148164001004 Bilişim Teknolojileri Mühendisliği ABD Doktora Programı Mart 2015 0 SORU 1) Bulanık Küme nedir? Bulanık Kümenin (fuzzy

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

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

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

barisayhanyayinlari.com

barisayhanyayinlari.com YGS MATEMATİK KONU ANLATIM FASİKÜLLERİ SERİSİ 1 ISBN 978-605-84147-0-9 Baskı Tarihi Ağustos 015 Baskı Yeri: İstanbul YAYINLARI İletişim tel: (538) 90 50 19 barisayhanyayinlari.com Benim için her şey bir

Detaylı

(Boolean Algebra and Logic Simplification) Amaçlar Lojik sistemlerin temeli olarak Booleron Matematiğini tanıtmak

(Boolean Algebra and Logic Simplification) Amaçlar Lojik sistemlerin temeli olarak Booleron Matematiğini tanıtmak Boolean Kuralları ve Lojik İfadelerin Sadeleştirilmesi BÖLÜM 4 (Boolean lgebra and Logic Simplification) maçlar Lojik sistemlerin temeli olarak Booleron Matematiğini tanıtmak Başlıklar Booleron Kurallarını

Detaylı

1203608-SIMÜLASYON DERS SORUMLUSU: DOÇ. DR. SAADETTIN ERHAN KESEN. Ders No:5 Rassal Değişken Üretimi

1203608-SIMÜLASYON DERS SORUMLUSU: DOÇ. DR. SAADETTIN ERHAN KESEN. Ders No:5 Rassal Değişken Üretimi 1203608-SIMÜLASYON DERS SORUMLUSU: DOÇ. DR. SAADETTIN ERHAN KESEN Ders No:5 RASSAL DEĞIŞKEN ÜRETIMI Bu bölümde oldukça yaygın bir biçimde kullanılan sürekli ve kesikli dağılımlardan örneklem alma prosedürleri

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

Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları

Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları Projenin Adı: Metalik Oranlar ve Karmaşık Sayı Uygulamaları Projenin Amacı: Metalik Oranların elde edildiği ikinci dereceden denklemin diskriminantını ele alarak karmaşık sayılarla uygulama yapmak ve elde

Detaylı

MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER

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

Detaylı

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

Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 9 Ağaç Veri Modeli ve Uygulaması. Mustafa Kemal Üniversitesi

Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 9 Ağaç Veri Modeli ve Uygulaması. Mustafa Kemal Üniversitesi Algoritma Geliştirme ve Veri Yapıları 9 Ağaç Veri Modeli ve Uygulaması Ağaç, verilerin birbirine sanki bir ağaç yapısı oluşturuyormuş gibi sanal olarak bağlanmasıyla elde edilen hiyararşik yapıya sahip

Detaylı

EM302 Yöneylem Araştırması 2 Doğrusal Olmayan Programlamaya Giriş. Dr. Özgür Kabak

EM302 Yöneylem Araştırması 2 Doğrusal Olmayan Programlamaya Giriş. Dr. Özgür Kabak EM302 Yöneylem Araştırması 2 Doğrusal Olmayan Programlamaya Giriş Dr. Özgür Kabak Doğrusal Olmayan Programlama Eğer bir Matematiksel Programlama modelinin amaç fonksiyonu ve/veya kısıtları doğrusal değil

Detaylı

DÖRDÜNCÜ BÖLÜM. 4.1. Aritmetik işlemler

DÖRDÜNCÜ BÖLÜM. 4.1. Aritmetik işlemler DÖRDÜNCÜ BÖLÜM 4.1. Aritmetik işlemler Bu bölümde öğrencilerin lisede bildikleri aritmetik işlemleri hatırlatacağız. Bütün öğrencilerin en azından tamsayıların toplama, çıkarma, çarpma ve bölme işlemlerini

Detaylı

MIT OpenCourseWare http://ocw.mit.edu. 14.30 Ekonomide İstatistiksel Yöntemlere Giriş Bahar 2009

MIT OpenCourseWare http://ocw.mit.edu. 14.30 Ekonomide İstatistiksel Yöntemlere Giriş Bahar 2009 MIT OpenCourseWare http://ocw.mit.edu 14.30 Ekonomide İstatistiksel Yöntemlere Giriş Bahar 2009 Bu materyale atıfta bulunmak ve kullanım koşulları için http://ocw.mit.edu/terms sayfasını ziyaret ediniz.

Detaylı

Bu ders materyali 06.09.2015 23:17:19 tarihinde matematik öğretmeni Ömer SENCAR tarafından hazırlanmıştır. Unutmayın bilgi paylaştıkça değerlidir.

Bu ders materyali 06.09.2015 23:17:19 tarihinde matematik öğretmeni Ömer SENCAR tarafından hazırlanmıştır. Unutmayın bilgi paylaştıkça değerlidir. -- Bu ders materyali 06.09.05 :7:9 tarihinde matematik öğretmeni Ömer SENCAR tarafından UYGULAMA-00 Cevap: x- -x- x- =0 denklemini sağlayan x değeri kaçtır? UYGULAMA-00 Cevap: x x x 5 + = + denklemini

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

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

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

Detaylı

PERMÜTASYON, KOMBİNASYON. Örnek: Örnek: Örnek:

PERMÜTASYON, KOMBİNASYON. Örnek: Örnek: Örnek: SAYMANIN TEMEL KURALLARI Toplama Kuralı : Sonlu ve ayrık kümelerin eleman sayılarının toplamı, bu kümelerin birleşimlerinin eleman sayısına eşittir. Mesela, sonlu ve ayrık iki küme A ve B olsun. s(a)=

Detaylı

Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 17 Nisan 1994. Matematik Soruları ve Çözümleri = 43. olduğuna göre a kaçtır?

Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 17 Nisan 1994. Matematik Soruları ve Çözümleri = 43. olduğuna göre a kaçtır? Öğrenci Seçme Sınavı (Öss) / 17 Nisan 1994 Matematik Soruları ve Çözümleri 4.10 +.10 1. 4 10 4 işleminin sonucu kaçtır? A) 0,4 B) 4, C) 4 D) 40 E) 400 Çözüm 1 4.10 +.10 4 10 4 4.10 +.10 10 1+ 1 = 4 4 (40+

Detaylı

Sayılar ve Altın Oranı. Mahmut Kuzucuoğlu. 16 Ağustos 2015

Sayılar ve Altın Oranı. Mahmut Kuzucuoğlu. 16 Ağustos 2015 Sayılar ve Altın Oranı Mahmut Kuzucuoğlu Orta Doğu Teknik Üniversitesi Matematik Bölümü matmah@metu.edu.tr İlkyar-2015 16 Ağustos 2015 Ben kimim? Denizli nin Çal ilçesinin Ortaköy kasabasında 1958 yılında

Detaylı

Mil li Eği tim Ba kan lı ğı Ta lim ve Ter bi ye Ku ru lu Baş kan lı ğı nın 24.08.2011 ta rih ve 121 sa yı lı ka ra rı ile ka bul edi len ve 2011-2012

Mil li Eği tim Ba kan lı ğı Ta lim ve Ter bi ye Ku ru lu Baş kan lı ğı nın 24.08.2011 ta rih ve 121 sa yı lı ka ra rı ile ka bul edi len ve 2011-2012 Mil li Eği tim Ba kan lı ğı Ta lim ve Ter bi e Ku ru lu Baş kan lı ğı nın.8. ta rih ve sa ı lı ka ra rı ile ka bul edi len ve - Öğ re tim Yı lın dan iti ba ren u gu lana cak olan prog ra ma gö re ha zır

Detaylı

Kümeler ve Küme İşlemleri

Kümeler ve Küme İşlemleri Kümeler ve Küme İşlemleri ÜNİTE 2 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; küme kavramını, küme işlemlerini, küme işlemlerinin özelliklerini ve kullanılan simgeleri tanıyacaksınız. küme ailelerini, kümelerin

Detaylı

MATEMATİK SORU BANKASI GEOMETRİ KPSS KPSS. Genel Yetenek Genel Kültür. Sayısal ve Mantıksal Akıl Yürütme. Eğitimde

MATEMATİK SORU BANKASI GEOMETRİ KPSS KPSS. Genel Yetenek Genel Kültür. Sayısal ve Mantıksal Akıl Yürütme. Eğitimde KPSS Genel Yetenek Genel Kültür MATEMATİK Sayısal ve Mantıksal Akıl Yürütme KPSS 2016 Pegem Akademi Sınav Komisyonu; 2015 KPSS ye Pegem Yayınları ile hazırlanan adayların, 100'ün üzerinde soruyu kolaylıkla

Detaylı

KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER

KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER ORTAÖĞRETİM ÖĞRENCİLERİ ARASI ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI (01 013) KENAR UZUNLUKLARI GEOMETRİK DİZİ OLUŞTURAN TAM SAYI KENARLI ÜÇGENLER Fatih KORKUSUZ Şehit Fazıl Yıldırım Anadolu Lisesi Eskişehir Kadir

Detaylı

SERĠMYA 2011 - IX. ULUSAL ĠLKÖĞRETĠM MATEMATĠK OLĠMPĠYATI. 9. Ulusal. serimya. İLKÖĞRETİM 7. Ve 8. SINIFLAR ARASI MATEMATİK YARIŞMASI.

SERĠMYA 2011 - IX. ULUSAL ĠLKÖĞRETĠM MATEMATĠK OLĠMPĠYATI. 9. Ulusal. serimya. İLKÖĞRETİM 7. Ve 8. SINIFLAR ARASI MATEMATİK YARIŞMASI. Sayfa1 9. Ulusal serimya İLKÖĞRETİM 7. Ve 8. SINIFLAR ARASI MATEMATİK YARIŞMASI 2011 Sayfa2 1. Bir ABCD konveks dörtgeninde AD 10 cm ise AB CB? m( Dˆ ) 90, ( ˆ) 150 0 0 m C ve m Aˆ m Bˆ ( ) ( ) olarak

Detaylı