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

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

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

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

Detaylı

ANADOLU ÜNİVERSİTESİ AÇIKÖĞRETİM FAKÜLTESİ İLKÖĞRETİM ÖĞRETMENLİĞİ LİSANS TAMAMLAMA PROGRAMI. 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

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

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

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR

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

Detaylı

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

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

Detaylı

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

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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

d) x TABAN ARĐTMETĐĞĐ

d) x TABAN ARĐTMETĐĞĐ YILLAR 00 00 00 00 00 007 008 009 010 011 ÖSS-YGS - 1 1 - - - - - - - TABAN ARĐTMETĐĞĐ Genel olarak 10 luk sayı sistemini kullanırız fakat başka sayı sistemlerine de ihtiyaç duyarız Örneğin bilgisayarın

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

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

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

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. 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

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

ÖZEL KONU ANLATIMI SENCAR Başarının sırrı, bilginin ışığı

ÖZEL KONU ANLATIMI SENCAR Başarının sırrı, bilginin ışığı GENİŞLETİLMİŞ GERÇEL SAYILARDA LİMİT R = Q I küsin Rl Sayılar Küsi dniliyor. Rl Sayılar Küsid; = Tanısız v = olduğunu biliyorduk. -- R = R { -, + } gnişltiliş grçl sayılar küsind: li = -, - = -, li = +

Detaylı

ZAMAN SERİLERİNDE REGRESYON ANALİZİ

ZAMAN SERİLERİNDE REGRESYON ANALİZİ ZAMAN SERİLERİNDE REGRESYON ANALİZİ 1 1. GİRİŞ Trent, serinin genelinde yukarıya ya da aşağıya doğru olan hareketlere denmektedir. Bu hareket bazen düz bir doğru şeklinde olmaktadır. Bu tür harekete sahip

Detaylı

1. Toplam Harcama ve Denge Çıktı

1. Toplam Harcama ve Denge Çıktı DERS NOTU 03 TOPLAM HARCAMALAR VE DENGE ÇIKTI - I Bugünki dersin içeriği: 1. TOPLAM HARCAMA VE DENGE ÇIKTI... 1 HANEHALKI TÜKETİM VE TASARRUFU... 2 PLANLANAN YATIRIM (I)... 6 2. DENGE TOPLAM ÇIKTI (GELİR)...

Detaylı

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

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

Detaylı

18. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK SORULARI A A A A A A A

18. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK SORULARI A A A A A A A KDENİZ ÜNİVERSİTESİ 18. ULUSL NTLY MTEMTİK OLİMPİYTLRI BİRİNCİ ŞM SORULRI SINV TRİHİ VESTİ:30 MRT 2013 - Cumartesi 10.00-12.30 Bu sınav 25 sorudan oluşmaktadır vesınav süresi 150 dakikadır. SINVL İLGİLİ

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

Örnek...3 : f : R R, f (x)=2 x fonksiyonuna ait tabloyu. Örnek...4 : Örnek...1 :

Örnek...3 : f : R R, f (x)=2 x fonksiyonuna ait tabloyu. Örnek...4 : Örnek...1 : LOGARİTMA a b =c eşitliğini düşünelim. Mümkün olan durum larda; Durum 1: a ve b biliniorsa c üs alma işlemile bulunabilir. Örneğin 2 5 =c ise c=32 dir. Örnek...3 : f : R R, f ()=2 fonksionuna ait tablou

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

2014 LYS MATEMATİK. P(x) x 2 x 3 polinomunda. 2b a ifade- x lü terimin. olduğuna göre, katsayısı kaçtır? değeri kaçtır? ifadesinin değeri kaçtır? 4.

2014 LYS MATEMATİK. P(x) x 2 x 3 polinomunda. 2b a ifade- x lü terimin. olduğuna göre, katsayısı kaçtır? değeri kaçtır? ifadesinin değeri kaçtır? 4. 04 LYS MATEMATİK. a b b a ifade- ab olduğuna göre, sinin değeri kaçtır? 5. P() polinomunda katsayısı kaçtır? 4 lü terimin. ifadesinin değeri kaçtır? 4. yy y 4y y olduğuna göre, + y toplamının değeri kaçtır?

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

Temel Elektronik Basic Electronic Düğüm Gerilimleri Yöntemi (Node-Voltage Method)

Temel Elektronik Basic Electronic Düğüm Gerilimleri Yöntemi (Node-Voltage Method) Temel Elektronik Basic Electronic Düğüm Gerilimleri Yöntemi (Node-Voltage Method) Konular Düğüm Gerilimleri Yöntemi o Temel Kavramlar o Yönteme Giriş o Yöntemin Uygulanışı o Yöntemin Uygulanması o Örnekler

Detaylı

1) Toplam gelir fonksiyonu olarak verildiğine göre marjinal gelir fonksiyonu MG aşağıdakilerden hangisidir? A) ** B) C) D) E)

1) Toplam gelir fonksiyonu olarak verildiğine göre marjinal gelir fonksiyonu MG aşağıdakilerden hangisidir? A) ** B) C) D) E) İktisadi ve İdari Bilimler Fakültesi MAT 152 Genel Matematik II Final Sorularının Çözümleri: 1) Toplam gelir fonksiyonu olarak verildiğine göre marjinal gelir fonksiyonu MG aşağıdakilerden hangisidir?

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

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

LYS Matemat k Deneme Sınavı

LYS Matemat k Deneme Sınavı LYS Matematk Deneme Sınavı. ab iki basamaklı saısı b ile bölündüğünde, bölüm 5 ve kalan b 5 tir. u şartlara uan kaç farklı ab iki basamaklı saısı vardır? ) 5 6 7 5. a, b, c, d, e sıfırdan farklı tamsaılar

Detaylı

ULAŞTIRMA MODELİ VE ÇEŞİTLİ ULAŞTIRMA MODELLERİ

ULAŞTIRMA MODELİ VE ÇEŞİTLİ ULAŞTIRMA MODELLERİ ULAŞTIRMA MODELİ VE ÇEŞİTLİ ULAŞTIRMA MODELLERİ Özlem AYDIN Trakya Üniversitesi Bilgisayar Mühendisliği Bölümü ULAŞTıRMA MODELININ TANıMı Ulaştırma modeli, doğrusal programlama probleminin özel bir şeklidir.

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

Mikrobilgisayarda Aritmetik

Mikrobilgisayarda Aritmetik 14 Mikrobilgisayarda Aritmetik SAYITLAMA DİZGELERİ Sayıları göstermek (temsil etmek) için tarih boyunca türlü simgeler kullanılmıştır. Konumuz bu tarihi gelişimi incelemek değildir. Kullanılan sayıtlama

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

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

PROJE ADI BİR POLİNOMUN KÖKLERİNİN KUVVETLER TOPLAMININ VEKTÖRASYON YÖNTEMİ İLE HESAPLANMASI AHSEN EKİNCİ IRMAK DAİ

PROJE ADI BİR POLİNOMUN KÖKLERİNİN KUVVETLER TOPLAMININ VEKTÖRASYON YÖNTEMİ İLE HESAPLANMASI AHSEN EKİNCİ IRMAK DAİ PROJE ADI BİR POLİNOMUN KÖKLERİNİN KUVVETLER TOPLAMININ VEKTÖRASYON YÖNTEMİ İLE HESAPLANMASI AHSEN EKİNCİ IRMAK DAİ Özel Bahçeşehir Fen Teknoloji Lisesi Başakşehir/İSTANBUL Projenin Adı: Bir Polinomun

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

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

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

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

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

Detaylı

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

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

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

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

Detaylı

Örnek. Aşağıdaki veri setlerindeki X ve Y veri çiftlerini kullanarak herbir durumda X=1,5 için Y nin hangi değerleri alacağını hesaplayınız.

Örnek. Aşağıdaki veri setlerindeki X ve Y veri çiftlerini kullanarak herbir durumda X=1,5 için Y nin hangi değerleri alacağını hesaplayınız. Örnek Aşağıdaki veri setlerindeki X ve Y veri çiftlerini kullanarak herbir durumda X=1,5 için Y nin hangi değerleri alacağını hesaplayınız. i. ii. X 1 2 3 4 1 2 3 4 Y 2 3 4 5 4 3 2 1 Örnek Aşağıdaki veri

Detaylı

Bir H Hilbert uzay üzerinde herhangi bir kompakt simetrik T operatörü için,

Bir H Hilbert uzay üzerinde herhangi bir kompakt simetrik T operatörü için, Ritz Yöntemi Kullan larak Integral Operatörlerin Özde¼gerlerinin Yaklaş k Hesab Yüksel SOYKAN, Erkan TAŞDEM IR, Melih GÖCEN Zonguldak Karaelmas Üniversitesi, Fen Edebiyat Fakültesi, Matematik Bölümü, 6700

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

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

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

Detaylı

MAT223 AYRIK MATEMATİK

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

Detaylı

altında ilerde ele alınacaktır.

altında ilerde ele alınacaktır. YTÜ-İktisat İstatistik II Nokta Tahmin Yöntemleri 1 NOKTA TAHMİN YÖNTEMLERİ Şimdiye kadar verilmiş tahmin edicilerin sonlu örneklem ve asimptotik özelliklerini inceledik. Acaba bilinmeyen anakütle parametrelerini

Detaylı

TRIGONOMETRI AÇI, YÖNLÜ AÇI, YÖNLÜ YAY

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

Detaylı

TMOZ/tmoz@yahoogroups.com Kasım - 2005 Ters trigonometrik fonksiyonlar Eyüp Kamil Yeşilyurt Alaattin Altuntaş Mustafa Yağcı Dikkat edilmeyen veya önemsenmeyen ayrıntılar bir gün sizi de rahatsız edebilir.

Detaylı

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

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

Detaylı

Uzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi

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

Detaylı

30 NİSAN-14 MAYIS ZEYNEP KAYAR. 1) L : R 3 R 2, L(x 1, x 2, x 3 ) = ( 3x 1 + 2x 3 4x 2, 2x 1 + x 2 3x 3 )

30 NİSAN-14 MAYIS ZEYNEP KAYAR. 1) L : R 3 R 2, L(x 1, x 2, x 3 ) = ( 3x 1 + 2x 3 4x 2, 2x 1 + x 2 3x 3 ) 3 NİSAN-4 MAYIS ZEYNEP KAYAR MATEMATİK BÖLÜMÜ LİNEER CEBİR-II DERSİ ÖDEV 4 Soru I: Aşağıda verilen dönüşümlerin lineer olup olmadığını gösteriniz. ) L : R 3 R, L(x, x, x 3 ) = ( 3x + x 3 4x 4, x + x 3x

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

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

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ HAZİRAN 04 PAZAR TG 9 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun,

Detaylı

Ali Sinan Sertöz. Tarih: 5 Şubat 1998, Antalya

Ali Sinan Sertöz. Tarih: 5 Şubat 1998, Antalya SEMİNER Ali Sinan Sertöz 1 KONİ KESİTLERİ Tarih: 5 Şubat 1998, Antalya 1.1 Başlangıç Koni kesitleri ilk kez eski Yunan da ortaya çıkmıştır. MÖ 350 yıllarında yaşamış olan Menaechmus un koni kesitlerini

Detaylı

BÖLÜM 6 LAPLACE DÖNÜŞÜMLERİ

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

Detaylı

LOJİK İFADENİN VE-DEĞİL VEYA VEYA-DEĞİL LOJİK DİYAGRAMLARINA DÖNÜŞTÜRÜLMESİ

LOJİK İFADENİN VE-DEĞİL VEYA VEYA-DEĞİL LOJİK DİYAGRAMLARINA DÖNÜŞTÜRÜLMESİ LOJİK İFADENİN VE-DEĞİL VEYA VEYA-DEĞİL LOJİK DİYAGRAMLARINA DÖNÜŞTÜRÜLMESİ Sayısal tasarımcılar tasarladıkları devrelerde çoğu zaman VE-Değil yada VEYA-Değil kapılarını, VE yada VEYA kapılarından daha

Detaylı

Dr. Fatih AY Tel: 0 388 225 22 55 fatihay@fatihay.net www.fatihay.net

Dr. Fatih AY Tel: 0 388 225 22 55 fatihay@fatihay.net www.fatihay.net Bilgisayar Programlama Ders 9 Dr. Fatih AY Tel: 0 388 225 22 55 fatihay@fatihay.net www.fatihay.net Dizileri Fonksiyonlara Dizileri Fonksiyonlara Bir dizi argümanını fonksiyon içinde bir değer olarak kullanabilmek

Detaylı

TEMEL MATEMATİĞE GİRİŞ - Matematik Kültürü - 5

TEMEL MATEMATİĞE GİRİŞ - Matematik Kültürü - 5 1 14 ve 1 sayılarına tam bölünebilen üç basamaklı kaç farklı doğal sayı vardır? x = 14.a = 1b x= ekok(14, 1 ).k, (k pozitif tamsayı) x = 4.k x in üç basamaklı değerleri istendiğinden k =, 4, 5, 6, 7,,

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

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

Detaylı

Ders 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

Kıyametin Kopacağı Gün (Hanoi Bilmecesi)

Kıyametin Kopacağı Gün (Hanoi Bilmecesi) Kıyametin Kopacağı Gün (Hanoi Bilmecesi) Timur Karaçay tkaracay@baskent.edu.tr Çok eskiden Hanoi deki bir tapınakta başrahip tapınağın bahçesine üç sütun diktirmiş. Yanyana duran sütünlardan soldakine,

Detaylı

3 VEKTÖRLER. Pilot uçağın kokpit inden havaalanını nasıl bulur?

3 VEKTÖRLER. Pilot uçağın kokpit inden havaalanını nasıl bulur? 3.1 Koordinat sistemleri 3.2 Kartezyen koordinatlar 3.3 Vektörler 3.4 Vektörlerin bileşenleri 3.5 Vektörlerin toplanması 3.6 Vektörlerin çıkarılması 37Bii 3.7 Birim vektör 3 VEKTÖRLER Pilot uçağın kokpit

Detaylı

ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ. YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ. Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ

ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ. YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ. Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ ZAMAN SKALASINDA LİNEER OLMAYAN İNTEGRAL EŞİTSİZLİKLERİ YÜKSEK LİSANS TEZİ Hakan TEMİZ Danışman Doç. Dr. Mustafa Kemal YILDIZ MATEMATİK ANABİLİM DALI Haziran, 2014 AFYON KOCATEPE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ

Detaylı

Karşılaştırmalı Durağan Analiz ve Türev kavramı. 6. Bölüm :Alpha Chiang,Matematiksel İktisadın Temel Yöntemleri

Karşılaştırmalı Durağan Analiz ve Türev kavramı. 6. Bölüm :Alpha Chiang,Matematiksel İktisadın Temel Yöntemleri Karşılaştırmalı Durağan Analiz ve Türev kavramı 6. Bölüm :Alpha Chiang,Matematiksel İktisadın Temel Yöntemleri 1 Karşılaştırmalı durağan analiz 6. Karşılaştırmalı Durağanlıklar ve Türev Kavramı 6.1 doğası

Detaylı

YGS MATEMATİK SORU BANKASI

YGS MATEMATİK SORU BANKASI YGS MATEMATİK SORU BANKASI Sebahattin ÖLMEZ www.limityayinlari.com Sınavlara Hazırlık Serisi YGS Matematik Soru Bankası ISBN: 978-60-48--9 Copyright Lmt Limit Yayınları Bu kitabın tüm hakları Lmt Limit

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 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

SAYILARIN ASAL ÇARPANLARINA AYRILMASI

SAYILARIN ASAL ÇARPANLARINA AYRILMASI ASAL SAYILAR Asal sayılar, 1 ve kendisinden başka pozitif tam böleni olmayan 1' den büyük tamsayılardır. En küçük asal sayı, 2' dir. 2 asal sayısı dışında çift asal sayı yoktur. Yani, 2 sayısı dışındaki

Detaylı