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

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

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

Transkript

1 OLİMPİYATLARA HAZIRLIK İÇİN FONKSİYONEL DENKLEM PROBLEMLERİ ve ÇÖZÜMLERİ (L. Gökçe) Merak uyandıran konulardan birisi olan fonksiyonel denklemlerle ilgili Türkçe kaynakların az oluşundan dolayı, matematik olimpiyatlarında önemli bir yere sahip olan bu konuya nereden başlanacağı da bir parça belirsizlik içerip kafa karıştırmaktadır. Bu eksikliği göz önünde bulundurarak yazarları olarak bizler de fonksiyonel denklem problemleri için bir çalışma kitapçığı hazırladık. Teori yönüyle J. Aczel in Lectures on Functional Equations And Their Applications (966) isimli eserinden faydalanılmıştır. Başlangıç düzeyinde problemlerle başlayarak daha zor sorulara doğru ilerleyen bir konu sıralaması bulunan bu keyifli konunun doyurucu olabilmesi için problemlerin çözüm yöntemlerini de irdelemeye özen gösterdik. Hepimize kolay gelsin. Öncelikle yerine koyma metodu olarak bilinen yöntemle ilgili problemler sunacağız. Burada değişkenlere 0, ya da herhangi bir a değeri verilerek çözüme gidilir. Problem : f ( y) y. f ( ) denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Ayrıca f (5) 000 olarak verilirse f (4) değerini hesaplayınız. Çözüm: f ( y) y. f ( ) denkleminde, y t kolaysak f () t t. f() olur. Burada f () bir sayıdır ama kaça eşit olduğunu bilmiyoruz. a değişken bir reel sayı olmak üzere f () a dersek denklemin genel çözümü f () t at. olur. f () t at. fonksiyonunu f ( y) y. f ( ) denkleminde yazarak çözüm olduğu görülebilir. Şimdi f (5) 000 koşulu altında a nın değerini belirleyebiliriz. f ( ) 8. özel çözümünü elde ederiz. Bu fonksiyon için a a 8 f (4) dir. olup k Alıştırma: k bir sabit olmak üzere f ( y) y. f ( ) denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Cevap: f ( ) a. k

2 Problem : f ( y) f( ). e y fonksiyonel denkleminin tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: 0, y t için denklem f ( t) f(0). e t şekline gelir. a değişken bir reel sayı olmak üzere f (0) a dersek genel çözüm f ( t) ae. t şeklindedir. Gerçekten bu fonksiyonu f ( y) f( ). e y eşitliğinde yazarsak her a sayısı için ae. y ae.. e y eşitliği sağlanır. Problem : y0, f( ) 0 koşulu altında f ( y) f( ) y fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm: f( ) 0 ve f( ) aşikâr çözümlerdir. 0, y t için f( t) f(0) t olur. a bir t reel sayı olmak üzere f (0) a dersek genel çözüm f ( t) a şeklindedir. Bu fonksiyonu y denkleminde yazarsak a a y f ( y) f( ) y olur. Her reel sayısı ve y 0 için bu eşitliğin sağlanması gerekmektedir. Bu ise sadece a 0 ve a durumunda geçerlidir. Bu değerler de bizi f( ) 0 ve f( ) çözümlerine götürür. NOT: Bu çözümde kullandığımız f( ) 0 ve f( ) gösterimleri, f fonksiyonunun sabit fonksiyon olduğunu ve sırasıyla 0 ve değerlerine eşit olduğunu ifade etmektedir. Bazı problemlerin çözümünde fonksiyonların monotonluk özelliği kullanılabilir. y Problem 4: 0 olmak üzere f ( ) y. f( ) denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. y Çözüm: için denklem f ( ) yf. () şekline gelir. f () b diyelim. f ( ) yb. olur. t y dersek bu fonksiyon monoton artan olduğundan bir ters fonksiyonu vardır ve y b y log t olarak çözülür. Böylece f ( ) yb. eşitliği f () t b.log t.lnt şekline dönüşür ve f () t c.lnt genel çözümü ln bulunur. y Gerçekten f () t c.lnt fonksiyonu f ( ) y. f( ) denkleminde yazılırsa c.ln( ) yc..ln eşitliği sağlanır. y y

3 NOT: Burada için çözüme başladık., e ya da logaritma tabanı olmaya uygun herhangi bir a sayısı için a seçilerek de çözüme başlanabilir. Problem 5: / / f (( y) ) 4 y. f ( ) denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: için denklem / / / / / f( y ) 4 y. f() şekline dönüşür. t y ve f () / b dersek f ( y ) 4 yb. olur. t y fonksiyonu monoton artan olduğundan bir ters fonksiyona sahiptir. Kolayca görülebileceği gibi y t olur. Böylelikle f ( y ) 4 yb. / / denklemi / f () t 4. b. t şekline dönüşür ve genel çözüm Şimdi f () t ct. fonksiyonunu / / f () t ct. biçimindedir. / / f (( y) ) 4 y. f ( ) denkleminde yazarsak cy ( ) 4. y.( c) olup c 4. c c 64c 0 elde edilir. Buradan c 0,8, 8 olarak çözülür. Sonuç olarak verilen fonksiyonel denklemin tam olarak tane çözümü vardır ve bunlar f ( ) 8, f ( ) 8, ( ) 0 f fonksiyonlarıdır. Şimdi, içinde f ( y) ve f ( y) fonksiyon gruplarını bulunduran denklemlerin çözümünü inceleyeceğiz. En basit yolu, y 0 koyup eğer mümkünse f ( ) fonksiyonunu doğrudan doğruya verilen denklemden çözmektir. Bu mümkün değilse 0, y t; 0, y t; t, y t vs değerler verilerek f (), t f( t), f() t fonksiyon gruplarını içeren denklemler elde edilir. Bu denklemlerden f ( t), f ( t) ifadeleri yok edilerek f () t bulunabilir. Problem 6: f ( y) f( y) f( ) 6 y. f( y) ise ( ) f fonksiyonunu bulunuz. Çözüm: y 0 için denklem. f ( ) f( ) olup buradan f ( ) olarak çözülür. Problem 7: f ( y) f( y) f( ) f( y) y denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını belirleyiniz. Çözüm: y 0 için denklem f( ) f( ) f ( ) f (0) olup buradan f (0) bulunur. Şimdi 0, y t ve 0, y t değerlerini denklemde yazarsak

4 f() t f( t) t f( t) f( t) t sistemi elde edilir. İlk denklemi,. denklemin katından çıkararak f ( t) ifadesini yok edebiliriz. Bu işlemin sonucunda f () t t bulunur. Bu çözümü orijinal fonksiyonel denklemde yazarak, denklemi sağladığı kontrol edilebilir. Problem 8: f ( y) f( y) f( ).cosy fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm: 0, y t için f () t f( t). f(0).cost olur. f (0) f () t f( t) a.cost () denklemine ulaşırız. Daha sonra t, y ve, y t için f( t ) f( t) 0 () a, f ( ) b dersek f ( t ) f( t) b.cos t b.sint () denklemlerini oluşturalım. () ve () denklemlerinin toplamından () denklemini çıkarırsak olup f ( t) a.cost b.sint f () t a.cos t b.sint genel çözümünü elde ederiz. Bu çözümü verilen fonksiyonel denklemde yazarsak keyfi a, b sabitleri için denklemin sağlandığını görebiliriz. NOT: Burada 0, y t; t, y ;, y t değerleri verilerek benzer bir çözüm yapılabilir.

5 Problem 9: f ( y) f ( y) f( ) f( y) 4 y denklemini çözünüz. Çözüm: f (0) a olmak üzere y 0 için denklem 4 f ( ) a 4 olup f ( ) a/ olarak elde edilir. Burada 0 için f (0) 0 a / dir. Ayrıca f (0) a olduğundan a 0 bulunur. Dolayısıyla fonksiyonel denklemin tek çözümü f ( ) fonksiyonudur. Problem 0: 4 f ( ). f( y) f( y) f( y). e y fonksiyonel denklemini çözünüz. Çözüm : f() t 0sabit fonksiyonu denklemin aşikâr çözümüdür. Bundan sonraki işlemlerde f() t 0olduğunu varsayalım. f (0) a olmak üzere 0, y t için elde ederiz. 0, y t için 4 af. ( t) f( t). f( t). e t () t 4 af. ( t) f( t). f( t). e () t 4 elde ederiz. () denklemini () nin karesi ile bölersek f() t 0 olduğundan a f(). t e 4 olup bu eşitlik her t değeri için sağlanacağından t 0 için a a. e olup a e elde edilir. t 4 Bu durumda f() t ae. t olup denklemin tüm çözümleri f () t e t, f () t e ve f() t 0dır. Bu çözümler fonksiyonel denklemde yazılırsa, denklemi sağladıkları görülür. 4 Çözüm : f() t 0olduğunu varsayalım. f ( ). f( y) f( y) f( y). e y eşitliğinin her iki tarafının mutlak değeri alındıktan sonra logaritması alınırsa ln f( ) ln f( y).ln f( y).ln y y 4 olur. g ( ) ln f( ) denirse fonksiyonel denklem g ( ) g ( y). gy ( ) g ( y) y 4 biçimine indirgenir. y 0 için. g(0) 4 olup g(0) elde edilir. 0, y t için olur. 0, y t için gt (). g( t) t 6 (). gt ( ) g( t) t 6 (4)

6 olur. () denklemini, (4) denkleminin katından çıkarırsak g( t) terimi yok edilir ve. gt ( ) t 6 olup gt () t bulunur. g ( ) ln f( ) olduğundan f () t olup t e f () t elde edilir. Dolayısıyla denklemin tüm çözümleri Bu fonksiyonların denklemi sağladığı kontrol edilebilir. t e t e f () t ve f() t 0 dır. f( y) f( y) f( )( y) y( y) 0 fonksiyonel denklemini çö- Problem : zünüz. Çözüm: y 0 için denklemden f (0) 0 elde ederiz. Denklemde ( y ) şeklinde bir çarpan olduğunu göz önüne alırsak t, y için denklemimiz daha sade hale gelecektir. O halde f ( ) b olmak üzere 0, y t; t, y ve, y t için f() t f( t) t 0 f( t4) f( t) f( t 4t8) 0 f( t4) f( t) bt( t)(8 t) 0 sistemini elde ederiz. İlk iki denklemin toplamından. denklemi çıkarırsak ( ) (4 ) f t t b t olup f () t t ct elde edilir. Başlangıçta f (0) 0 olduğunu bulmuştuk Buna göre c 0 dır. Denklemin tek çözümü f () t t dir. Bu çözümü denklemde yazarak, denklemin sağlandığı görülebilir. Şimdi f ( y) f( ) f( y) ile verilen Cauchy nin temel denklemini inceleyeceğiz. Problem :, y reel sayılar olmak üzere f ( y) f( ) f( y) denklemini sağlayan tüm sürekli f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: Tümevarım ile denkleminden f ( y) f( ) f( y) () f (... ) f( ) f( )... f( ) () n n

7 eşitliği kolayca elde edilebilir. Şimdi tüm değişkenler için k f ( n) nf ( ) () olur. mn, tamsayılar ve t bir rasyonel sayı olmak üzere f ( n) f ( mt) nf ( ) mf ( t) yazılır. Buradan ( k,,..., n) yazarsak m t şeklinde ise n mt olur ve n m m f t f() t n n (4) elde edilir. t için f () c olsun. Bu durumda her pozitif rasyonel sayısı için bulunur. f ( ) c (5) () denkleminde y 0 yazarsak buradan f (0) 0 elde edilir. Buna göre (4) ve (5) denklemleri sırasıyla 0 m n ve 0 için geçerlidir. Negatif ler için () de y yerine koymasını yaparsak f ( ( )) f( ) f( ) olup f ( ) f( ) olur. Yani negatif rasyonel ler için de f ( ) c olur. Dolayısıyla tüm rasyonel ler için () denkleminin çözümleri f ( ) c şeklindedir. f ( ) in her yerde sürekli olması kabulünden dolayı rasyonel ler için geçerli olan f ( ) eşitliğinin her iki tarafının limiti alınırsa, f ( ) c c eşitliği her reel sayısı için geçerli olur. NOT: () denklemini sağlayan f fonksiyonlarının sürekli olduğu kabulüyle, yukarıda yaptıklarımıza benzer biçimdeki çözüm 8 de A. L. Cauchy tarafından verilmiştir. Şunu hatırlatmada fayda vardır: G. Darbou 875 de () denklemini sağlayan f fonksiyonlarının her yerde sürekli olması şartını zayıflatmayı başarmıştır ve denklemi sağlayan f fonksiyonları sadece bir tek 0 noktasında sürekli oluyorsa f nin her yerde sürekli olduğunu aşağıdaki yolla göstermiştir: Eğer lim f ( t ) f ( 0) ise herhangi bir için t 0 lim f ( u) lim f[( u ) ( )] lim f [ t ( )] lim[ f ( t )] f ( ) u u t 0 t f ( ) f( ) f( ) f( ) olup ispat tamamlanır.

8 Daha sonraki zamanlarda birçok ünlü matematikçi, () denklemini sağlayan f fonksiyonları üzerindeki sadece bir tek 0 noktasında sürekli olma şartını da kaldırıp, tüm çözümlerin (5) formatında olduğunu gösterme şerefine erişebilmek için uğraşmışlardır. Nihayet 905 de G. Hamel beklenenin aksine bir sonuca ulaşmıştır. G. Hamel reel sayı tabanlı bir cebirsel yapı inşa etmiş ve bu cebirsel yapıyı kullanarak () denkleminin f ( ) c biçiminde olmayan (ve dolayısıyla sürekli olmayan) çözümlerinin de olduğunu göstermiştir. Genel çözümü bulma problemini de tamamlamıştır. Cauchy nin diğer denklemleri şunlardır: f ( y) f( ). f( y) f ( y. ) f( ) f( y) f ( y. ) f( ). f( y) G. Hamel in derin çalışmalarından yakamızı kurtarabilmek maksadıyla Cauchy nin temel denklemine dönüşebilen tüm denklemler için bir noktada sürekli olma koşulunu ilave edeceğiz. Şimdi bu denklemlerin çözümünü inceleyelim. Problem : f ( y) f( ). f( y) denkleminin bir noktada sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: Denklemin aşikâr çözümü f( ) 0 dır. Sıfırdan farklı t y değerleri için t denklem f() t f 0 dir. Böylece denklemin aşikâr olmayan çözümü her yerde pozitiftir. Dolayısıyla denklemin her iki tarafının logaritması alınarak ln f ( y) ln f( ) ln f ( y) şekline dönüştürülür. Burada g ( ) ln f( ) dersek g ( y) g ( ) gy ( ) Cauchy nin temel denklemini elde ederiz. Bu denklemin sürekli olan çözümleri g ( ) c cbiçiminde olduğundan f ( ) e olarak bulunur. Dolayısıyla denklemin en genel çözümleri f( ) 0 ve c f ( ) e fonksiyonlarıdır.

9 Problem 4: f ( y. ) f( ) f( y) denkleminin bir noktada sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: İlk olarak pozitif,y değerleri için a b a b denklem f ( e. e ) f( e ) f( e ) olup a b e, y e değişken değiştirmesi yaparsak ab a b f ( e ) f( e ) f( e ) biçimine dönüşür. g ( ) fe ( ) denirse g ( y) g ( ) gy ( ) Cauchy nin temel denklemini elde ederiz. Bir noktada sürekli olma koşulundan dolayı bu denklemin tüm çözümleri g ( ) cşeklindedir. Buna göre f ( ) g(ln ) f( ) c.ln bulunur. y 0 için f (0) f( ) f(0) olup denklemin aşikâr çözümü f( ) 0 bulunur. Tüm pozitif ve negatif,y ler için y t, y t değerlerini denklemde yazarsak. f ( t) f( t ). f( t) olduğundan f ( t) f( t) c.ln t dir. Dolayısıyla fonksiyonel denklemin en genel çözümleri f ( ) c.ln ve f( ) 0 bulunur. Problem 5: f ( y. ) f( ). f( y) denkleminin bir noktada sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: y 0 için f (0) f( ). f(0) olup buradan f( ) veya f (0) 0 bulunur. Tüm pozitif ve negatif,y ler için y t, y t değerlerini denklemde yazarsak f () t f( t ) f( t) olup f ( t) f( t) ya da f ( t) f ( t) dir. a b Pozitif,y değerleri için e, y e değişken değiştirmesi yaparsak denklem ab a b f ( e ) f( e ). f( e ) şeklinde olur. Burada g ( ) fe ( ) denirse denklem ga ( b) ga ( ). gb ( ) biçimine indirgenir. Bu denklemi de Problem. de çözmüştük: c c c g ( ) e veya g( ) 0 dır. f ( e ) g( ) olduğundan f ( e ) e f( ) veya f( ) 0 bulunur. Bu durumda tüm reel sayılardaki çözümler c 0 olmak üzere f ( ) c f ( ).sgn, f( ), f( ) 0 olarak bulunur. c, NOT: c 0 durumunda f ( ) sgn ve f ( ) sgn olacağına dikkat edilmelidir.

10 y f( ) f( y) Problem 6: f fonksiyonlarını bulunuz. denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f Bu eşitlik, Jensen Denklemi olarak bilinir. 0 f( ) f(0) f( ) a Çözüm: f (0) a olmak üzere y 0 için f yazılır. Böylece f olup f ( y) f( ) f( y) a elde edilir. Bura- f ( ) f( y) y f( y) a da g ( ) f( ) adeğişken değiştirmesi yapılırsa g ( y) g ( ) gy ( ) Cauchy denklemi elde edilir. Bir noktada süreklilikten g ( ) colur. f ( ) c a genel çözümü bulunur. yz f( ) f( y) f( z) Problem 7: f olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli Çözüm: f (0) a olmak üzere z 0 için y0 f( ) f( y) f(0) f( ) f( y) a f olur. Ayrıca ( y) 00 f( y) f(0) f(0) f( y) a f olup f ( ) f( y) a f( y) a elde edilir. Buradan f ( y) f( ) f( y) a yazılır. g ( ) f( ) a değişken değiştirmesi yapılırsa g ( y) g ( ) gy ( ) Cauchy denklemi elde edilir. Bir noktada süreklilikten g ( ) f ( ) c a şeklinde bulunur. c olur. Fonksiyonel denklemin genel çözümü NOT: n tamsayı olmak üzere Jensen denkleminin genel şekli... n f( ) f( )... f( n) f n n olacaktır. Benzer işlemlerle bu denklemi sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f fonksiyonlarının f ( ) c a şeklinde olacağı görülebilir.

11 Problem 8: y 0 ve y 0 olmak üzere y. f( y) y( y). f( ) ( y). f( y) denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: Denklemin her iki tarafını y( y) ile bölersek f ( y) f( ) f( y) ( y) y eşitliğine ulaşırız. Burada indirgenir. Bir noktada süreklilikten dolayı g ( ) çözümü elde edilir. f ( ) g ( ) denirse denklem, g ( y) g ( ) gy ( ) biçimine colur. f ( ) g. ( ) f( ) c genel Problem 9: f ( y) f( ) f( y) f( ). f( y) denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: f( ) g( ) yerine koyması yapılırsa verilen denklem g ( y) g ( ) gy ( ) g ( ). gy ( ) olup g ( y) g ( ). gy ( ) şeklindeki Cauchy denklemine dönüşür. Problem de bu denklemin çözümünün g ( ) e ve g( ) 0 olduğunu göstermiştik. f( ) g( ) olduğundan c c verilen denklemin genel çözümü f( ) e ve f ( ) bulunur. f ( ) f( y) Problem 0: y 0 olmak üzere f( y) y denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: Denklemin her iki tarafını y ile genişletirsek y. f( y) f. ( ) yf. ( y) eşitliğini elde ederiz. g ( ) f. ( ) denirse denklem, gy ( ) g ( ) gy ( ) Cauchy denklemine dönüşür. Bu denklemin çözümünün g( ) 0 ve g ( ) c.ln olduğunu biliyoruz. f( ) g ( ) c.ln olduğundan f( ) 0 ve f( ) bulunur.

12 Şimdi AB. 0 olmak üzere f ( A By c) A. f ( ) B. f ( y) C formundaki bir denklemin çözüm yöntemini vereceğiz. Denklemde u, v y c u c v c c ;, y ; 0, y ve 0, y koyarsak sırasıyla A B A B B B u v c f ( uv) A. f B. f C a b () u c f ( u) A. f B. f C a b v c f () v A. f(0) B. f C b c f (0) Af. (0) Bf. C b () () (4) elde edilir. f (0) a olmak üzere () ve (4) denklemlerinin toplamında (), (4) denklemlerinin toplamını çıkarırsak f ( uv) f( u) f( v) a (5) denklemini elde ederiz. Böyle bir denklem için g ( ) f( ) a yerine koyması yapılarak gu ( v) gu ( ) gv ( ) temel Cauchy denklemini elde edebileceğimizi daha önce görmüştük. Bir noktada süreklilik şartı altında g ( ) colup f ( ) c a elde edilir. Bu f fonksiyonunun f ( A By c) A. f ( ) B. f ( y) C denklemini sağladığını görmek için yerine yazmak yeterlidir. Problem : f(y). f ( ). f( y) 5 denklemini sağlayan ve bir noktada sürekli olan tüm f fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: u v u v, y ;, y 4; 0, y ve 0, y 4 için u v f( uv). f. f 5 ()

13 u f( u). f. f 45 v f() v. f 0. f 5 () () elde edilir. f (0) f(0). f 0. f 4 5 (4) a olmak üzere () ve (4) denklemlerinin toplamında (), (4) denklemlerinin toplamını çıkarırsak f ( uv) f( u) f( v) a elde edilir. g ( ) f( ) a yerine koyması yapılarak gu ( v) gu ( ) gv ( ) temel Cauchy denklemini elde ederiz. Bir noktada süreklilikten dolayı g ( ) colur. Buradan genel çözüm f ( ) c a bulunur. NOT: abab 0 olmak üzere f ( a by c) A. f ( ) B. f ( y) C biçiminde bir denklem verildiğinde aynı yöntemle çözüme gidebiliriz. Fakat elde edilen f ( ) c a çözümü denklemde yazılırsa a A veya b B durumları için fonksiyonel denklemi sağlamayacağı görülür. Diğer bir deyişle sadece a A ve b B durumunda çözüm vardır. Problem : aa. 0 olmak üzere f ( a y) f ( A) f ( y) denklemini sağlayan bir f fonksiyonunun, her k pozitif tamsayısı için k k. ( ) f a A f eşitliğini sağlayacağını gösteriniz. Bu sade problem 96 de Z. Daroczy tarafından bulunmuştur. Çözüm: f ( a y) f ( A) f ( y) denkleminde y 0 yazarsak f (0) f(0) f(0) olup f (0) 0 bulunur. y 0 için f ( a) f ( A) f (0) olup f ( a) f ( A) bulunur. İddia k için doğrudur. Tümevarımla k k. ( ) f a A f olduğunu kabul edip k için iddiamızın doğruluğunu gösterelim:

14 k k k k f a f a.( a ) A. f( a. ) A. f( ) bulunur. İspatlamak istediğimiz de buydu. Problem : c > 0 sabit bir sayı olmak üzere f :,, c c fonksiyonel denkleminin sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. f ( ) f( y) f( y) f ( ). f( y) Çözüm: tan fonksiyonu, (, ) için birebir ve örtendir. Dolayısıyla f ( ) tan g( ) dersek her f için bir ve yalnız bir g fonksiyonu karşılık gelecektir. f ( ) f( y) tan g( ) tan g( y) f( y) tan g( y) f ( ). f( y) tan g( ).tan g( y) tan g y tan g( ) g( y) g y g( ) g( y) elde edilir. Bu ise Cauchy nin temel denklemi olup g ( ) f ( ) tan g( ) f( ) tan( c) olarak çözülür. c dir. Buradan fonksi- Alıştırma: c > 0 sabit bir sayı olmak üzere f : 0,, c yonel denkleminin sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. f( y) f( ). f( y) f ( ) f( y) Cevap: f ( ) cot( c) Problem 4: f :, tüm çözümlerini bulunuz. f( y) f ( ). f( y) f ( ) f( y) fonksiyonel denkleminin sürekli olan Çözüm: f ( ). f( y) f( ) f( y) f( y) f ( ) f( y) f( y) f( ). f( y) olur. Buradan

15 olup g ( ) Buradan g ( ) f ( ) f ( y) f( ) f( y) dersek denklemimiz, g y g ( ) g ( y ) colup Cauchy denklemine dönüşür. c f( ) f( ) g ( ) genel çözümü elde edilir. Problem 5: f ( y) f( ). f( y) f( ). f( y) fonksiyonel denkleminin reel sayılarda sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: f( ) 0 olması gerektiğinden f( ) dir. cos :[0, ] [,] fonksiyonu birebir ve örten olduğundan f ( ) cos g( ) dersek verilen denklem: cos g ( y) cos g ( ).cos gy ( ) sin g ( ).sin gy ( ) biçimine indirgenir. Buna göre cos g ( y) cos g ( ) gy ( ) temel Cauchy denklemi elde edilir. g ( ) genel çözümü elde edilir. olup g ( y) g ( ) gy ( ) colduğundan f ( ) cos g( ) f( ) cos( c) Alıştırma: f ( y) f( ). f( y) f( y). f( ) fonksiyonel denkleminin reel sayılarda sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Cevap: f ( ) sin( c) ÇÖZÜMLÜ ALIŞTIRMALAR Soru : f ( y ). f( ) y. f( y ) denklemini sağlayan tüm f : sürekli fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: y 0 için f (0) 0 elde edilir. Ayrıca 0 için verilen denklem f y ( ) y. f( y ) olduğundan f y f f y ( ) ( ) ( )

16 biçimine indirgenir. Burada u, y v değişken değiştirmesi yapılırsa f ( uv) f( u) f( v) Cauchy denklemi elde edilir. Genel çözüm f ( ) c olur. Soru : f : bulunuz., f( y) f( y) y( y) denklemini sağlayan tüm f fonksiyonlarını Çözüm: f () a olmak üzere y için f( ) f() olup f( ) a yazılır. t değişken değiştirmesi yapılırsa f () t c çözümüne ulaşılır. Bu fonksiyonu denklemde yazarsak eşitliğin her c için sağlandığı t görülebilir. Soru : f ( ) f( y ) ( y y )( f( ) f( y)) denklemini sağlayan tüm f : fonksiyonlarını bulunuz. Çözüm: f (0) a olmak üzere g ( ) f( ) adeğiştirmesi yapılırsa g(0) aa 0 olur. Verilen denklem g gy y y g gy ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) biçimine gelir. y 0 için g ( ). g ( ) olur. Denklemimiz: ggy y y g gy. ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) olarak yazılıp y için. g( ) g() ( ). g( ) ( ). g() elde edilir. Buradan g ( ) g. () olur. g() b olmak üzere f ( ) b a şeklinde bulunur. Soru 4: f :{,,..., n} {995,996} olmak üzere f() f()... f(996) toplamının tek sayı olmasını sağlayan tüm f fonksiyonlarının sayısını bulunuz. (Yunanistan 996) Çözüm:,,...,( n ) sayıları için {995,996} elemanlarından herhangi biriyle eşleme yapabiliriz. f ( n ) ise tek türlü belirlenerek istenen toplamın sonucu tek sayı yapılabilir. Böylece n tane f fonksiyonu yazılabilir.

17 Soru 5: nın hangi değerleri için sabit olmayan f :, f ( ( y)) f( ) f( y) fonksiyonu vardır? (Rusya 997) Çözüm: için f ( y) f( ) f( y) olur. Bu denklemi sağlayan ve sabit olmayan f ( ) m biçiminde fonksiyonlar vardır. Şimdi olsun. yaparsak denklem f ( y) f( ) f( y) y yerine koymasını biçimine indirgenir. Buradan f( ) 0 sabit fonksiyonu bulunur. Sonuç olarak sadece için f fonksiyonu sabit olmayabilir. Soru 6: f :, f ( y) f( y) f( ) fonksiyonel denkleminin sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: y a, y b değişken değiştirmesini yaparsak a b fonksiyonel denklem f( a) f( b). f a b olur. Bu durumda şekline dönüşür. Bunu da ab f( a) f( b) f biçiminde yazarsak Jensen denklemini elde ederiz. Dolayısıyla genel çözüm f ( ) m n şeklindeki doğrusal fonksiyonlardır. Soru 7: f :, f ( y) f( y) f( y) fonksiyonel denkleminin sürekli olan tüm çözümlerini bulunuz. Çözüm: Öncelikle verilen denklemde y 0 koyarsak f (0) 0 elde edilir. y a, y b değişken değiştirmesini yaparsak a b denklem f( a) f( b). f a b y olur. Bu durumda fonksiyonel şekline dönüşür. Bu denklemi f a b f( a) f( b) şeklinde yazalım. Problem den, f ( A By c) A. f ( ) B. f ( y) C biçimindeki sürekli bir denklemin genel çözümünün a b f ( ) m n olduğunu biliyoruz. Buna göre f( a) f( b). f denkleminin genel

18 çözümü de f ( ) m n dir. Fakat f (0) 0 olduğundan n 0 dır ve genel çözüm f ( ) m olarak bulunur. Soru 8: F( ) ve f ( ) fonksiyonları tüm reel eksende verilmiş reel değerli fonksiyonlar olmak üzere, her ve y için F( f( y)) y 7 eşitliği sağlanmaktadır. f( F(7)) değerini bulunuz. (Antalya 999) Çözüm: F( f( y)) y 7 denkleminde y 0 koyarsak F( f (0)) 7 olur. f (0) c diyelim. Bu halde F( c) 7 olup F( ) ( c) 7 (7 c) bulunur. Dolayısıyla F(7) 8 c dir. Şimdi F( f( y)) y 7 eşitliğinde 0 koyarsak F( f( y)) y 7 olur. Diğer taraftan F( f( y)) f( y) (7 c) olacağından bu iki ifadeyi eşitlersek f( y) (7 c) y 7 olup f ( y) 0 c f ( F(7)) f(0 c) c olup f( F(7)) 0 bulunur. y c şeklinde elde edilir. Buna göre y Soru 9: Pozitif reel sayılarda tanımlı bir f fonksiyonu için f( ) f( y) f( y) y ise f () nin alabileceği farklı değerlerin toplamı nedir? (UMO 000) Çözüm : f () nin alabileceği iki değer var gibi görünüyor. Öncelikle y için f olup f f () f() 0 f (), f () elde ederiz. Şimdi de, y için Burada f () için 5 5. f() f() f() dir. (). () 0 dır. Buradan f(). f() f() yazılır. 5 5 f () için f() f() f() tür. En başta yapılması gereken, verilen şartlara uygun kaç farklı f fonksiyonu olduğunu 4 belirlemektir.

19 f () olduğunu varsayarak orijinal denklemde y yazarsak f( ) f() f( ) y olup f( ) elde edilir. Bu fonksiyonun, f( ) f( y) f( y) y denkleminin çözümü olduğunu kontrol etmek kolaydır. f () olduğunu varsayarak orijinal denklemde y yazarsak f( ) f() f( ) olup f( ) dir. Bu fonksiyonu ( ) ( ) ( ) y f f y f y y denkleminde yazarsak eşitliğin her, y için sağlanmadığı görülebilir. Dolayısıyla f () dir. Buna bağlı olarak aranan tek değer 5 f () dir. Soru 0: f : fonksiyonu her, y için f( ) f( y) f( ) f( y) koşu- y lunu sağlıyor ve f () ise f () değeri nedir? (UMO 998) Çözüm: y yazarsak f () f() 0 olup f () 0 veya f () dir. Şimdi de denklemde, y yazarsak f() f() f() f() olup f () 0 için f (), f () için f () olarak bulunur. f () şartından dolayı f () 0 durumunu alırız. Buna göre orijinal denklemde, y yazarsak f() f() f() f() ve f () elde edilir. Bu problemde de öncelikli olarak yapılması gereken, verilen koşullara uygun bir f fonksiyonu olup olmadığını belirlemektir. Nitekim f () 0 şartı altında orijinal denklemde y yazarsak f( ) bulunur. Bu fonksiyon f( ) f( y) f( ) f( y) denklemini (özdeş olarak) sağladığında verilen şartlara uygun bir f y vardır. NOT: Soruda f () şartı kaldırılırsa f () olup da orijinal denklemi sağlar. f( ) elde edilir. Bu fonksiyon

20 Soru : Tüm, y, z gerçel sayıları için f ( ) f ( y) f ( z) f ( yz) 6yz koşulunu sağlayan kaç f : fonksiyonu vardır? (UMO 0) Çözüm: y z için f () f() 6 olur. f () a denirse a6 0 denklemi elde edilir. Bu denklemin bir kökünün a olduğu görülürse de çarpanlara ayrılıp diğer kök a 4 olarak bulunur. a ( a ) ( a 4) 0 şeklin- f () olmak üzere y z için 4 f ( ) f( ) 6 eşitliğinden f ( ) olur. f () 4 olmak üzere y z için 6 f ( ) f( ) 6 eşitliğinden f ( ) 4 olur. f ( ) ve f ( ) 4 fonksiyonların orijinal denklemi sağladığı kontrol edilebilir. Dolayısıyla iki çözüm vardır.

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

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER MATEMATİK Taşkın, Çetin, Abdullayeva BÖLÜM. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER. ÖZDEŞLİKLER İki cebirsel ifade içerdikleri değişkenlerin (veya bilinmeyenlerin) her değeri içinbirbirine eşit oluyorsa,

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9 İÇİNDEKİLER Ön Söz... Adi Diferansiyel Denklemler... Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler...9 Homojen Diferansiyel Denklemler...15 Tam Diferansiyel Denklemler...19 Birinci Mertebeden

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

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

Detaylı

Mustafa Özdemir İrtibat İçin : veya Altın Nokta Yayınevi

Mustafa Özdemir İrtibat İçin : veya Altın Nokta Yayınevi 2 Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 4 Mustafa Özdemir MATEMATİK OLİMPİYATLARINA HAZIRLIK 4 (336 sayfa) ANALİZ CEBİR 1 TANITIM DÖKÜMANI (Kitabın içeriği hakkında bir bilgi verilmesi amacıyla bu döküman

Detaylı

DOĞUŞ ÜNİVERSİTESİ 8. İSTANBUL MATEMATİK YARIŞMASI LİSELER KATEGORİSİ TAKIM YARIŞMASI

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

Detaylı

1. Fonksiyonlar Artan, Azalan ve Sabit Fonksiyon Alıştırmalar Çift ve Tek Fonksiyon

1. Fonksiyonlar Artan, Azalan ve Sabit Fonksiyon Alıştırmalar Çift ve Tek Fonksiyon İçindekiler Cebir 1. Fonksiyonlar....... 1.1 Fonksiyonların Tanım, Değer ve Görüntü Kümesi...... 1.1.1 Fonksiyon.. 1.1. Görüntü Kümesi... 1.1.3 Eşit Fonksiyonlar. 1.1.4 Fonksiyonun Gösterimi. 1.1.4.1 Liste

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

13.Konu Reel sayılar

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

Detaylı

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

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

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

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

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

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

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

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

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

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

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

Detaylı

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İkinci Dereceden Denklemler a, b ve c reel sayı, a ¹ 0 olmak üzere ax + bx + c = 0 şeklinde yazılan denklemlere ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Aşağıdaki denklemlerden

Detaylı

ÜNİTE MATEMATİK-1 İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI. Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK. Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu

ÜNİTE MATEMATİK-1 İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI. Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK. Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu HEDEFLER İÇİNDEKİLER ÜSTEL VE LOGARİTMA FONKSİYONLARI Üstel Fonksiyon Logaritma Fonksiyonu MATEMATİK-1 Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK Bu ünite çalışıldıktan sonra, Üstel fonksiyonun tanımı öğrenilecek Üstel fonksiyonun

Detaylı

2012 LYS MATEMATİK SORU VE ÇÖZÜMLERİ Niyazi Kurtoğlu

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

Detaylı

8. 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

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

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

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

Çözüm: Z 3 = 27 = 27CiS( +2k ) Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = 2 k=1 için z 1 = 3

Çözüm: Z 3 = 27 = 27CiS( +2k ) Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = 2 k=1 için z 1 = 3 p ve q iki önerme olsun p q q p dir. p: = 3 ve q: y< 8 alınırsa I ve III ün denk olduğu görülür. Yanıt B Z 3 = 7 = 7CiS( +k ) k Z k =3CiS ( ) 3 3 k = 0 için z 0 = k=1 için z 1 = 3 k = için z = Yanıt A

Detaylı

Ortak Akıl MATEMATİK DENEME SINAVI

Ortak Akıl MATEMATİK DENEME SINAVI Ortak Akıl LYS MATEMATİK DENEME SINAVI 0505- Ortak Akıl Adem ÇİL Ali Can GÜLLÜ Ayhan YANAĞLIBAŞ Barbaros GÜR Barış DEMİR Celal İŞBİLİR Deniz KARADAĞ Engin POLAT Erhan ERDOĞAN Ersin KESEN Fatih TÜRKMEN

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

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

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

Detaylı

: Matematik. : 9. Sınıf. : Sayılar. : (6) Ders Saati

: Matematik. : 9. Sınıf. : Sayılar. : (6) Ders Saati MATEMATİK DERS PLÂNI Dersin adı Sınıf Öğrenme Alanı : Matematik : 9. Sınıf : Sayılar Başlangıç Tarihi :.. /../. Alt Öğrenme Alanı : Mutlak Değer Önerilen Süre : (6) Ders Saati Öğrenci Kazanımları /Hedef

Detaylı

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI 1-TÜREVİN TANIMI VE GÖSTERİLİŞİ a,b R olmak üzere, f:[a,b] R fonksiyonu verilmiş olsun. x 0 (a,b) için lim x X0 f(x)-f( x 0 ) limiti bir gerçel sayı ise bu limit değerine f fonksiyonunun

Detaylı

MAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 2. yapılırsa bu durumda θ ya z nin esas argümenti denir ve Argz ile gösterilir. argz = Argz + 2nπ, n Z

MAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 2. yapılırsa bu durumda θ ya z nin esas argümenti denir ve Argz ile gösterilir. argz = Argz + 2nπ, n Z MAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta 1.. Kutupsal Formda Gösterim z x + iy vektörünün pozitif reel eksenle yaptığı açıya θ diyelim. cos θ x, sin θ y ve buradan tan θ y θ arctan y olup θ ya z z

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

Matematik 1 - Alıştırma 1. i) 2(3x + 5) + 2 = 3(x + 6) 3 j) 8 + 4(2x + 1) = 5(x + 3) + 3

Matematik 1 - Alıştırma 1. i) 2(3x + 5) + 2 = 3(x + 6) 3 j) 8 + 4(2x + 1) = 5(x + 3) + 3 Matematik 1 - Alıştırma 1 A) Denklemler 1. Dereceden Denklemler 1) Verilen denklemlerdeki bilinmeyeni bulunuz (x =?). a) 4x 6 = x + 4 b) 8x + 5 = 15 x c) 7 4x = 1 6x d) 7x + = e) 5x 1 = 10x + 6 f) 0x =

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

Özdeğer ve Özvektörler

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

Detaylı

EŞĐTSĐZLĐKLER MATEMATĐK ĐM. Eşitsizlikler YILLAR /LYS. 14) Özel olarak. x >x ÖZELLĐKLER.

EŞĐTSĐZLĐKLER MATEMATĐK ĐM. Eşitsizlikler YILLAR /LYS. 14) Özel olarak. x >x ÖZELLĐKLER. YILLAR 00 00 00 00 006 007 008 009 00 0 ÖSS-YGS - - - - - / - /LYS EŞĐTSĐZLĐKLER =y,,, y,,, < y y,,, > y,,, y (tarif et ) ÖZELLĐKLER ) > veya < 0

Detaylı

MAT MATEMATİK I DERSİ

MAT MATEMATİK I DERSİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MAT 0 - MATEMATİK I DERSİ ÇALIŞMA SORULARI Bölüm : Fonksiyonlar. Tanım Kümesi ) f() = ln fonksiyonu verilsin. Tanım kümesini bulunuz. ((0, )\{}) Bölüm : Limit ve Süreklilik.. Limit L Hospital

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

1. ÇÖZÜM YOLU: (15) 8 = = 13 13:2 = :2 = :2 = 1.2+1

1. ÇÖZÜM YOLU: (15) 8 = = 13 13:2 = :2 = :2 = 1.2+1 . ÇÖZÜM YOLU: (5) 8 =.8+5 = 3 3:2 = 6.2+ 6:2 = 3.2+0 3:2 =.2+ En son bölümden başlayarak kalanları sıralarız. (5) 8 = (0) 2 2. ÇÖZÜM YOLU: 8 sayı tabanında verilen sayının her basamağını, 2 sayı tabanında

Detaylı

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

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

Detaylı

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

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

Detaylı

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

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

Detaylı

1-A. Adı Soyadı. Okulu. Sınıfı LYS-1 MATEMATİK TESTİ. Bu Testte; Toplam 50 Adet soru bulunmaktadır. Cevaplama Süresi 75 dakikadır.

1-A. Adı Soyadı. Okulu. Sınıfı LYS-1 MATEMATİK TESTİ. Bu Testte; Toplam 50 Adet soru bulunmaktadır. Cevaplama Süresi 75 dakikadır. -A Adı Soadı kulu Sınıfı LYS- MATEMATİK TESTİ Bu Testte; Toplam Adet soru bulunmaktadır. Cevaplama Süresi 7 dakikadır. Süre bitiminde Matematik Testi sınav kitapçığınızı gözetmeninize verip Geometri Testi

Detaylı

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

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

Detaylı

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

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

Detaylı

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

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

Detaylı

OPTIMIZASYON Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu...2

OPTIMIZASYON Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu...2 OPTIMIZASYON.... Bir Değişkenli Fonksiyonların Maksimizasyonu.... Türev...3.. Bir noktadaki türevin değeri...4.. Maksimum için Birinci Derece Koşulu...4.3. İkinci Derece Koşulu...5.4. Türev Kuralları...5

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

Şekil 6.1 Basit sarkaç

Şekil 6.1 Basit sarkaç Deney No : M5 Deney Adı : BASİT SARKAÇ Deneyin Amacı yer çekimi ivmesinin belirlenmesi Teorik Bilgi : Sabit bir noktadan iple sarkıtılan bir cisim basit sarkaç olarak isimlendirilir. : Basit sarkaçta uzunluk

Detaylı

MATEMATİK. Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU

MATEMATİK. Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU MATEMATİK Doç Dr Murat ODUNCUOĞLU Mesleki Matematik 1 TEMEL KAVRAMLAR RAKAM Sayıları yazmak için kullandığımız işaretlere rakam denir. Sayıları ifade etmeye yarayan sembollere rakam denir. Rakamlar 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9

Detaylı

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

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

Detaylı

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

Ders 9: Bézout teoremi

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

Detaylı

2009 Ceb ır Soruları

2009 Ceb ır Soruları Genç Balkan Matemat ık Ol ımp ıyatı 2009 Ceb ır Soruları c www.sbelian.wordpress.com sbelianwordpress@gmail.com 2009 yılında Bosna Hersek te yapılan JBMO sınavında ki shortlist sorularının cebir kısmının

Detaylı

TEMEL KAVRAMLAR. SAYI KÜMELERİ 1. Doğal Sayılar

TEMEL KAVRAMLAR. SAYI KÜMELERİ 1. Doğal Sayılar TEMEL KAVRAMLAR Rakam: Sayıları ifade etmeye yarayan sembollere rakam denir. Bu semboller {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kümesinin elemanlarıdır., b ve c birer rakamdır. 15 b = c olduğuna göre, + b + c

Detaylı

Doğrusal Denklem Sistemlerini Cebirsel Yöntemlerle Çözme. 2 tişört + 1 çift çorap = 16 lira 1 tişört + 2 çift çorap = 14 lira

Doğrusal Denklem Sistemlerini Cebirsel Yöntemlerle Çözme. 2 tişört + 1 çift çorap = 16 lira 1 tişört + 2 çift çorap = 14 lira 2 tişört + 1 çift çorap = 16 lira 1 tişört + 2 çift çorap = 14 lira 1 16 soruluk bir testte 5 ve 10 puanlık sorular bulunmaktadır. Soruların tamamı doğru cevaplandığında 100 puan alındığına göre testte

Detaylı

TAMSAYILAR. 9www.unkapani.com.tr. Z = {.., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, } kümesinin her bir elemanına. a, b, c birer tamsayı olmak üzere, Burada,

TAMSAYILAR. 9www.unkapani.com.tr. Z = {.., -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, } kümesinin her bir elemanına. a, b, c birer tamsayı olmak üzere, Burada, TAMSAYILAR Z = {.., -, -, -, 0,,,, } kümesinin her bir elemanına tamsayı denir. Burada, + Z = {,,,...} kümesine, pozitif tamsayılar kümesi denir. Z = {...,,,,} kümesine, negatif tamsayılar kümesi denir.

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

Yeşilköy Anadolu Lisesi

Yeşilköy Anadolu Lisesi Yeşilköy Anadolu Lisesi TANIM (KONUYA GİRİŞ) a, b, c gerçel sayı ve a ¹ 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Bu açık önermeyi

Detaylı

2. Dereceden Denklemler

2. Dereceden Denklemler . Dereceden Denklemler Yazım hataları olabilir. Tam olarak tashih edilmemiştir. Hataları osmanekiz000@gmail.com mail adresine bildirilseniz makbule geçer.. a + b + 5c = c(a + b) ise a b =? C: 9. ( 4) (

Detaylı

ASAL SAYILAR. www.unkapani.com.tr

ASAL SAYILAR. www.unkapani.com.tr ASAL SAYILAR ve kendisinden aşka pozitif öleni olmayan den üyük doğal sayılara asal sayı denir.,, 5, 7,,, 7, 9, sayıları irer asal sayıdır. En küçük asal sayı dir. den aşka çift asal sayı yoktur. den aşka

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

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

Ö.S.S MATEMATĐK II SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ

Ö.S.S MATEMATĐK II SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ Ö.S.S. 7 MATEMATĐK II SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ. Karmaşık sayılar kümesi üzerinde * işlemi, Z * Z Z + Z + Z Z biçiminde tanımlanıyor. Buna göre, ( i) * (+i) işleminin sonucu nedir? A) + 8i B) - 8i C) 8 + i

Detaylı

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir.

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir. TÜREV y= f(x) fonksiyonu [a,b] aralığında tanımlı olsun. Bu aralıktaki bağımsız x değişkenini h kadar arttırdığımızda fonksiyon değeri de buna bağlı olarak değişecektir. Fonksiyondaki artma miktarını değişkendeki

Detaylı

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

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

Detaylı

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK İÇİNDEKİLER HEDEFLER TÜREV VE TÜREV ALMA KURALLARI. Türev Türev Alma Kuralları

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK İÇİNDEKİLER HEDEFLER TÜREV VE TÜREV ALMA KURALLARI. Türev Türev Alma Kuralları HEDEFLER İÇİNDEKİLER TÜREV VE TÜREV ALMA KURALLARI Türev Türev Alma Kuralları MATEMATİK-1 Prof.Dr.Ahmet KÜÇÜK Bu üniteyi çalıştıktan sonra Burada türevin tanımı verilecek, Geometride bir eğrinin bir noktadaki

Detaylı

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

Detaylı

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

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

Detaylı

MATEMATİK MATEMATİK-GEOMETRİ SINAVI LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 10

MATEMATİK MATEMATİK-GEOMETRİ SINAVI LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 10 LİSNS YRLŞTİRM SINVI- MTMTİK-GOMTRİ SINVI MTMTİK TSTİ SORU KİTPÇIĞI 0 U SORU KİTPÇIĞI LYS- MTMTİK TSTİ SORULRINI İÇRMKTİR. . u testte 0 soru vardýr. MTMTİK TSTİ. evaplarýnýzý, cevap kâðýdýnın Matematik

Detaylı

TEMEL KAVRAMLAR Test -1

TEMEL KAVRAMLAR Test -1 TEMEL KAVRAMLAR Test -1 1. 6 ( ) 4 A) B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 5. 4 [1 ( 3). ( 8)] A) 4 B) C) 0 D) E) 4. 48: 8 5 A) 1 B) 6 C) 8 D) 1 E) 16 6. 4 7 36:9 18 : 3 A) 1 B) 8 C) D) 4 E) 8 3. (4: 3 + 1):4 A) 3 B) 5

Detaylı

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

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

Detaylı

ÖZEL TANIMLI FONKSİYONLAR

ÖZEL TANIMLI FONKSİYONLAR ÖZEL TANIMLI FONKSİYONLAR Fonksionlar ve Özel Tanımlı Fonksionlar Özel tanımlı fonksionlar konusu fonksionların alt bir dalıdır. Bu konuu daha ii anlaabilmemiz için fonksionlar ile ilgili bilgilerimizi

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

10. SINIF MATEMATİK FONKSİYONLARDA İŞLEMLER-1 ÇAKABEY ANADOLU LİSESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ

10. SINIF MATEMATİK FONKSİYONLARDA İŞLEMLER-1 ÇAKABEY ANADOLU LİSESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ 10. SINIF MATEMATİK FONKSİYONLARDA İŞLEMLER-1 ÇAKABEY ANADOLU LİSESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ 1. ÜNİTE 3.1 FONKSİYONLARLA İŞLEMLER VE UYGULAMALARI Neler öğreneceksiniz? Bir fonksiyon grafiğinden dönüşümler yardımıyla

Detaylı

Soru 1. Soru 5. Soru 2. Soru 6. Soru 3. Soru 7.

Soru 1. Soru 5. Soru 2. Soru 6. Soru 3. Soru 7. İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik -Bilgisayar Bölümü MB00 Analiz I 3 Aralık 03 Final Sınavı Öğrenci Numarası: Adı Soyadı: - Taatlar: Sınav süresi 0 dakikadır. İlk 30 dakika sınav salonunu terk etmeyiniz.

Detaylı

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları

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

Detaylı

ÜN TE II L M T. Limit Sa dan ve Soldan Limit Özel Fonksiyonlarda Limit Limit Teoremleri Belirsizlik Durumlar Örnekler

ÜN TE II L M T. Limit Sa dan ve Soldan Limit Özel Fonksiyonlarda Limit Limit Teoremleri Belirsizlik Durumlar Örnekler ÜN TE II L M T Limit Sa dan ve Soldan Limit Özel Fonksiyonlarda Limit Limit Teoremleri Belirsizlik Durumlar Örnekler MATEMAT K 5 BU BÖLÜM NELER AMAÇLIYOR? Bu bölümü çal flt n zda (bitirdi inizde), *Bir

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

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

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

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

1995 ÖYS. a+ =3a a= Cevap:D. Çözüm: Çözüm: Çözüm:

1995 ÖYS. a+ =3a a= Cevap:D. Çözüm: Çözüm: Çözüm: 99 ÖYS. a b c d ve a, b, c, d tek sayılar olmak üzere, abcd dört basamaklı en büyük sayıdır? Bu sayı aşağıdakilerden hangisine kalansız bölünebilir? A) B) 6 C) 9 D) E) a, b, c, d rakamları birbirinden

Detaylı

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 KÜMELER Bölüm 2 SAYILAR

İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ Bölüm 1 KÜMELER Bölüm 2 SAYILAR İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 KÜMELER 11 1.1. Küme 12 1.2. Kümelerin Gösterimi 13 1.3. Boş Küme 13 1.4. Denk Küme 13 1.5. Eşit Kümeler 13 1.6. Alt Küme 13 1.7. Alt Küme Sayısı 14 1.8. Öz Alt Küme 16 1.9.

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

Örnek...6 : Örnek...1 : Örnek...7 : Örnek...2 : Örnek...3 : Örnek...4 : Örnek...8 : Örnek...5 : MANTIK 2 MATEMATİKSEL ARAÇLAR AÇIK ÖNERMELER

Örnek...6 : Örnek...1 : Örnek...7 : Örnek...2 : Örnek...3 : Örnek...4 : Örnek...8 : Örnek...5 : MANTIK 2 MATEMATİKSEL ARAÇLAR AÇIK ÖNERMELER MANTIK MATEMATİKSEL ARAÇLAR AÇIK ÖNERMELER İçerisinde değişken olan ve değişkenin değerlerine göre doğru ya da yanlış olabilen önermelere açık önerme denir. Açık önermeler değişkenine göre P( x), Q( a)

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

Soru 1. Soru 5. Soru 2. Soru 6. Soru 3. Soru 7.

Soru 1. Soru 5. Soru 2. Soru 6. Soru 3. Soru 7. İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik -Bilgisayar Bölümü MB1001 Analiz I 6 Aralık 013. Yıliçi Sınavı Öğrenci Numarası: Adı Soyadı: - Talimatlar: Sınav süresi 90 dakikadır. İlk 30 dakika sınav salonunu

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

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

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

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

Detaylı

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir.

Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. Temel Kavramlar 1 Doğal sayılar: N = {0, 1, 2, 3,.,n, n+1,..} kümesinin her bir elamanına doğal sayı denir ve N ile gösterilir. a) Pozitif doğal sayılar: Sıfır olmayan doğal sayılar kümesine Pozitif Doğal

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

EKSTREMUM PROBLEMLERİ. Örnek: Çözüm: Örnek: Çözüm:

EKSTREMUM PROBLEMLERİ. Örnek: Çözüm: Örnek: Çözüm: EKSTREMUM PROBLEMLERİ Ekstremum Problemleri Bu tür problemlerde bir büyüklüğün (çokluğun alabileceği en büyük (maksimum değer ya da en küçük (minimum değer bulunmak istenir. İstenen çokluk bir değişkenin

Detaylı

Trigonometrik Fonksiyonlar

Trigonometrik Fonksiyonlar Trigonometrik Fonksiyonlar Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 6 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; açı kavramını hatırlayacak, açıların derece ölçümünü radyan ölçümüne ve tersine çevirebilecek, trigonometrik

Detaylı

LYS Matemat k Deneme Sınavı

LYS Matemat k Deneme Sınavı LYS Matematk Deneme Sınavı. n olmak üzere; n n toplamı ten büük n nin alabileceği tamsaı değerleri kaç tanedir? 9 B) 8 7.,, z reel saılar olmak üzere; ( 8) l 8 l z z aşağıdakilerden hangisidir? B) 8. tabanındaki

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

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

a.c = 48 3a + 2b c = 37 ise, a nın alacağı en küçük değer kaçtır?

a.c = 48 3a + 2b c = 37 ise, a nın alacağı en küçük değer kaçtır? . a,b,c birbirinden farklı tamsayılar ve a sıfırdan. a, b, c R olmak üzere farklı olmak üzere, a.b = 0 c

Detaylı

Ö.Y.S MATEMATĐK SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ

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

Detaylı