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

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır. 1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)

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

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012 1 Genel Tanımlar Bir veya birden fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferensiyel denklem denmektedir. Diferensiyel denklemler Adi (Sıradan) diferensiyel denklemler ve Kısmi diferensiyel denklemler

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

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM EŞİTSİZLİKLER A. TANIM f(x)>0, f(x) - eşitsizliğinin

Detaylı

Cahit Arf Matematik Günleri 10

Cahit Arf Matematik Günleri 10 Cahit Arf Matematik Günleri 0. Aşama Sınavı 9 Mart 0 Süre: 3 saat. Eğer n, den büyük bir tamsayı ise n 4 + 4 n sayısının asal olamayacağını gösteriniz.. Çözüm: Eğer n çiftse n 4 +4 n ifadesi de çift ve

Detaylı

Atatürk Anadolu. Temel Kavramlar Üzerine Kısa Çalışmalar

Atatürk Anadolu. Temel Kavramlar Üzerine Kısa Çalışmalar Atatürk Anadolu Lisesi M A T E M A T İ K Temel Kavramlar Üzerine Kısa Çalışmalar KONYA \ SELÇUKLU 01 MATEMATİK 1. TEMEL KAVRAMLAR 1.1. RAKAM Sayıların yazılmasında kullanılan sembollere rakam denir. Onluk

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

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

MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK (10+10 p.) 2. (15 p.) 3. (7+8 p.) 4. (15+10 p.) 5. (15+10 p.) TOPLAM

MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK (10+10 p.) 2. (15 p.) 3. (7+8 p.) 4. (15+10 p.) 5. (15+10 p.) TOPLAM TOBB-ETÜ, MATEMATİK BÖLÜMÜ, GÜZ DÖNEMİ 2014-2015 MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK 2014 Adı Soyadı: No: İMZA: 1. 10+10 p.) 2. 15 p.) 3. 7+8 p.) 4. 15+10 p.) 5. 15+10 p.) TOPLAM 1. a) NOT: Tam

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

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

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

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

TRİGONOMETRİK DENKLEMLER

TRİGONOMETRİK DENKLEMLER TRİGONOMETRİK DENKLEMLER Daha önceden Sin + Cos = 1 ifadesinin R için gerçekleştiğini biliyoruz. Bu tür eşitliklere Özdeşlik adını verdiğimizi biliyorsunuz. Fakat ; Sin = 0 ve tan = 0 gibi eşitlikler R

Detaylı

LYS MATEMATİK DENEME - 1

LYS MATEMATİK DENEME - 1 LYS MATEMATİK DENEME - BU SORULAR FİNAL EĞİTİM KURUMLARI TARAFINDAN SAĞLANMIŞTIR. İZİNSİZ KOPYALANMASI VE ÇOĞALTILMASI YASAKTIR, YAPILDIĞI TAKDİRDE CEZAİ İŞLEM UYGULANACAKTIR. LYS MATEMATİK TESTİ. Bu testte

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

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

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

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

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A

T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A T I M U R K A R A Ç AY - H AY D A R E Ş C A L C U L U S S E Ç K I N YAY I N C I L I K A N K A R A Contents Rasyonel Fonksiyonlar 5 Bibliography 35 Inde 39 Rasyonel Fonksiyonlar Polinomlar Yetmez! Bölme

Detaylı

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p 1 (x)y (n 1) + + p n 1 (x)y + p n (x)y = f(x) (1) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin

Detaylı

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

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

Detaylı

Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 19, 20, 21, 25, 27, 28, 29, 30, 33-b.

Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 19, 20, 21, 25, 27, 28, 29, 30, 33-b. Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir:,,,, 5, 6, 7, 9,,, 5, 7, 8, 9,, -b. MAT -MATEMATİK (- GÜZ DÖNEMİ) FİNAL ÇALIŞMA SORULARI. Tabanı a büyük eksenli, b küçük eksenli elips ile sınırlanan

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

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

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

1.DERECEDEN DENKLEMLER. (Bu belgenin güncellenmiş halini bu adresten indirebilirsiniz)

1.DERECEDEN DENKLEMLER.  (Bu belgenin güncellenmiş halini bu adresten indirebilirsiniz) .DERECEDEN DENKLEMLER Rüstem YILMAZ 546 550 86 48 destek@sinavdestek.com www.sinavdestek.com (Bu belgenin güncellenmiş halini bu adresten indirebilirsiniz) JET Yayınları 8 Ağustos 07 0. Bir Bilinmeyenli

Detaylı

LİMİT. lim f(x) = L yazılır. lim. lim x a dır. lim g( clim

LİMİT. lim f(x) = L yazılır. lim. lim x a dır. lim g( clim LİMİT I. TANIM:, a yakınındaki değerleri için tanımlı bir onksiyon olsun. Alınan ε> sayısına karşılık -L < ε olacak şekilde -a < δ koşulunu sağlayan δ > sayısı bulunabiliyorsa ;, a ya yaklaşırken, L ye

Detaylı

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

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

Detaylı

Fonksiyonlarda limiti öğrenirken değişkenlerin limitini ve sağdan-soldan limit kavramlarını öğreneceksiniz.

Fonksiyonlarda limiti öğrenirken değişkenlerin limitini ve sağdan-soldan limit kavramlarını öğreneceksiniz. 8.2. Fonksiyonlarda Limit Fonksiyonlarda limiti öğrenirken değişkenlerin limitini ve sağdan-soldan limit kavramlarını öğreneceksiniz. 8.2.1. Değişkenin Limiti Sonsuz sayıda değer alabilen bir x değişkeninin

Detaylı

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol ORGANİZASYON ŞEMASI . BÖLÜM Polinomlar... 7. BÖLÜM II. Dereceden Denklemler.... BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler... 9. BÖLÜM Parabol... 5 5. BÖLÜM Trigonometri... 69 6. BÖLÜM Karmaşık Sayılar... 09 7.

Detaylı

BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER

BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER YILLAR 00 00 00 00 00 00 007 008 009 00 ÖSS-YGS - - - - - - - - BİRİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER a,b R ve a 0 olmak üzere ab=0 şeklindeki denklemlere Birinci dereceden bir bilinmeyenli denklemler

Detaylı

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

Örnek 1: 2 x = 3 x = log 2 3. Örnek 2: 3 2x 1 = 2 2x 1 = log 3 2. Örnek 3: 4 x 1 = 7 x 1 = log 4 7. Örnek 4: 2 x = 3 2 x 2 = 3

Örnek 1: 2 x = 3 x = log 2 3. Örnek 2: 3 2x 1 = 2 2x 1 = log 3 2. Örnek 3: 4 x 1 = 7 x 1 = log 4 7. Örnek 4: 2 x = 3 2 x 2 = 3 Soru : f(x) = log x 4 5 fonksiyonunun tanım aralığını bulunuz? a x = b eşitliğinde a ve b belli iken x i bulmaya logaritma işlemi denir. Üstel fonksiyon bire bir ve örten olduğundan ters fonksiyonu vardır.

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

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

ÜNİTE. MATEMATİK-1 Doç.Dr.Erdal KARADUMAN İÇİNDEKİLER HEDEFLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER HEDEFLER İÇİNDEKİLER ÖZDEŞLİKLER, DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER Özdeşlikler Birinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler Yüksek Dereceden Denklemler Eşitsizlikler

Detaylı

İSTANBUL III. BİLİM OLİMPİYATI

İSTANBUL III. BİLİM OLİMPİYATI İSTANBUL III. BİLİM OLİMPİYATI MATEMATİK SBELIAN Bu çalışma notunda İstanbul Bilim Olimpiyatı matematik sorularının bir bölümünün soru metinleri ve çözümleri verilmiştir. Soruların tamamının yayın hakkı

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

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

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

(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

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

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

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

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

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 17. MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF TEST SORULARI A) 80 B) 84 C) 88 D) 102 E) 106

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 17. MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF TEST SORULARI A) 80 B) 84 C) 88 D) 102 E) 106 1. n bir doğal sayı olmak üzere, n! sayısının sondan k basamağı 0 dır. Buna göre, k tamsayısı aşağıdakilerden hangisi olamaz? 3. (x+y+z+t ) 6 ifadesinin açılımında kaç terim vardır? A) 80 B) 84 C) 88 D)

Detaylı

Diferansiyel denklemler uygulama soruları

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

Detaylı

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

Değişken içeren ve değişkenlerin belli değerleri için doğru olan cebirsel eşitliklere denklem denir.

Değişken içeren ve değişkenlerin belli değerleri için doğru olan cebirsel eşitliklere denklem denir. 1 DENKLEMLER: Değişken içeren ve değişkenlerin belli değerleri için doğru olan cebirsel eşitliklere denklem denir. Bir denklemde eşitliği sağlayan(doğrulayan) değerlere; verilen denklemin kökleri veya

Detaylı

EŞİTSİZLİKLER. 5. x 2 + 4x + 4 > x 2 0. eşitsizliğinin çözüm kümesi. eşitsizliğinin çözüm kümesi. aşağıdakilerden hangisidir?

EŞİTSİZLİKLER. 5. x 2 + 4x + 4 > x 2 0. eşitsizliğinin çözüm kümesi. eşitsizliğinin çözüm kümesi. aşağıdakilerden hangisidir? 1. 36 x A) [- 6, ] B) [- 6, 6 ] C) [, 36] D) [, 36 ] E) [- 36, ] 5. x + 4x + 4 > A) (, ) B) - } C) D) R E) R - {- } 6. x + 8x + 16. x x 8 < aşağıdalerden hangisidir? A) (- 4, ) B) (-, ) C) (- 4, ) A) {

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

BAZI ÖZEL TİP İRRASYONEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜM TEKNİKLERİ

BAZI ÖZEL TİP İRRASYONEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜM TEKNİKLERİ BAZI ÖZEL TİP İRRASYONEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜM TEKNİKLERİ www.sbelian.wordpress.com Gerek lise müfredatında gerekse Tübitak İlköğretim ve Lise sınavlarında, sıkça karşılaşılan soru tiplerinde biri de irrasyonel

Detaylı

Taşkın, Çetin, Abdullayeva

Taşkın, Çetin, Abdullayeva BÖLÜM Taşkın, Çetin, Abdullaeva FONKSİYONLAR.. FONKSİYON KAVRAMI Tanım : A ve B boş olmaan iki küme a A ve b B olmak üzere ( ab, ) sıralı eleman çiftine sıralı ikili denir. ( ab, ) sıralı ikilisinde a

Detaylı

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y SABİT KATSAYILI DENKLEMLERE DÖNÜŞTÜREBİLEN DENKLEMLER Bu bölümde sabit katsayılı diferansiyel denklemlere dönüşebilen değişken katsayılı diferansiyel denklemlerden Cauchy Euler ve Legendre difarensiyel

Detaylı

d) x - y = 0 e) 5x -3y = 0 f) 4x -2y = 0 g) 2x +5y = 0

d) x - y = 0 e) 5x -3y = 0 f) 4x -2y = 0 g) 2x +5y = 0 Koordinat sistemi Orijinden geçen doğrular Aşağıda koordinat sisteminde orijinden geçen doğruyu inceleyelim. Tanım: Orijinden geçen doğrular eksenlere dokunmaz. Orijin bir nokta olduğu için sonsuz doğru

Detaylı

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri

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

Detaylı

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

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

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI A R, a A ve f de A da tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer f(x) f(a) lim x a x a limiti veya x=a+h koymakla elde edilen f(a+h) f(a) lim h 0 h Bu türev f (a), df dx limiti varsa f fonksiyonu

Detaylı

LYS Y ĞRU MTMTİK TSTİ. u testte Matematik ile ilgili 0 soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz.. u testteki süreniz 7 dakikadır.., y reel sayılar

Detaylı

23. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI B B B B B B B

23. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI B B B B B B B AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ 23. ULUSAL ANTALYA MATEMATİK OLİMPİYATI SORULARI ADI SOYADI :... OKUL... ŞEHİR :...SINIF :... İMZA :... SINAV TARİHİ VESAATİ:29 Nisan 2018 - Pazar 10.00-12.30 u sınav 25 sorudan oluşmaktadır

Detaylı

Çözümlü Limit ve Süreklilik Problemleri

Çözümlü Limit ve Süreklilik Problemleri Bölüm 5 Çözümlü Limit Süreklilik Problemleri. 2 fonksiyonunun tanım bölgesini = noktasındaki itini bulunuz. Paydanın 0 değerini aldığı = noktasında fonksiyon tanımlı değldir. Tanım bölgesini T (f ) ile

Detaylı

Lys x 2 + y 2 = (6k) 2. (x 2k) 2 + y 2 = (2k 5) 2 olduğuna göre x 2 y 2 =? Cevap: 14k 2

Lys x 2 + y 2 = (6k) 2. (x 2k) 2 + y 2 = (2k 5) 2 olduğuna göre x 2 y 2 =? Cevap: 14k 2 1. 1 =? Lys 1 7. x + y = (6k) (x k) + y = (k 5) olduğuna göre x y =?. 6 a.b = ise a + 1 b. b 1 a =? 1k 8. x ve y birbirinden farklı pozitif gerçel sayılar olmak üzere, x y y x. x.y = (x y) ise x y =?.

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

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

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

Mustafa Sezer PEHLİVAN. Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü

Mustafa Sezer PEHLİVAN. Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü * Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü SAYILAR Doğal Sayılar, Tam Sayılar, Rasyonel Sayılar, N={0,1,2,3,,n, } Z={,-3,-2,-1,0,1,2,3, } Q={p/q: p,q Z ve q 0} İrrasyonel Sayılar, I= {p/q

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

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

: 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

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere,

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, Bölüm 33 Denklemler 33.1 İkinci Dereceden Denklemler İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli

Detaylı

Sevdiğim Birkaç Soru

Sevdiğim Birkaç Soru Sevdiğim Birkaç Soru Matematikte öyle sorular vardır ki, yanıtı bulmak önce çok zor gibi gelebilir, sonradan saatler, günler, aylar, hatta kimi zaman yıllar sonra yanıtın çok basit olduğu anlaşılır. Bir

Detaylı

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 16.MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF FİNAL SORULARI

ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI 16.MATEMATİK YARIŞMASI 10. SINIF FİNAL SORULARI 10. SINIF FİNAL SORULARI 1. a,b,c,d sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, + c + d = 0 denkleminin kökleri a ve b, + a + b = 0 denkleminin kökleri c ve d ise b + d değerini bulunuz.. sin + cos cos +

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

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

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: ve iki grup ve f : G H bir fonksiyon

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

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

SÜREKLİLİK. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları

SÜREKLİLİK. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları SÜREKLİLİK Bu bölümde süreklilik kavramı, süreksizlik, sürekli fonksiyonların özellikleri ile buna ilişkin teoremler örnekler ve grafiklerle açıklanmaktadır. 9.1 Süreklilik ve Süreksizlik Kavramları Tanım

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

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

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

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

TEMEL KAVRAMLAR. a Q a ve b b. a b c 4. a b c 40. 7a 4b 3c. a b c olmak üzere a,b ve pozitif. 2x 3y 5z 84

TEMEL KAVRAMLAR. a Q a ve b b. a b c 4. a b c 40. 7a 4b 3c. a b c olmak üzere a,b ve pozitif. 2x 3y 5z 84 N 0,1,,... Sayı kümesine doğal sayı kümesi denir...., 3,, 1,0,1,,3,... sayı kümesine tamsayılar kümesi denir. 1,,3,... saı kümesine sayma sayıları denir.pozitif tamsayılar kümesidir. 15 y z x 3 5 Eşitliğinde

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

1.4. KISMİ SIRALAMA VE DENKLİK BAĞINTILARI

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

Detaylı

14. LİSELERARASI MATEMATİK YARIŞMASI EKİP FİNAL SORULARI

14. LİSELERARASI MATEMATİK YARIŞMASI EKİP FİNAL SORULARI 14. LİSELERARASI MATEMATİK YARIŞMASI EKİP FİNAL SORULARI - 008 SORU -1 1 0.7 0.1 0.48 = 0.018 0.8 0. eşitliğini sağlayan sayısı kaçtır? [ 0.15] SORU - c d d c a b 4 c d b b a ifadesinin i i sayısal ldeğeri

Detaylı

Cahit Arf Liseler Arası Matematik Yarışması 2008

Cahit Arf Liseler Arası Matematik Yarışması 2008 Cahit Arf Liseler Arası Matemati Yarışması 2008 İinci Aşama 11 Mayıs 2008 Notlar: Birnci tasla. 1. Tamsayılardan gerçel sayılara tanımlı fonsiyonlar ümesi üzerinde şöyle bir operatörü tanımlayalım: f(x)

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

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

12-B. Polinomlar - 1 TEST. olduğuna göre P(x - 2, y + 4) polinomunun katsayılar toplamı kaçtır? olduğuna göre A B kaçtır? A) 78 B) 73 C) 62 D 58 E) 33

12-B. Polinomlar - 1 TEST. olduğuna göre P(x - 2, y + 4) polinomunun katsayılar toplamı kaçtır? olduğuna göre A B kaçtır? A) 78 B) 73 C) 62 D 58 E) 33 -B TEST Polinomlar -. Py _, i= y- y + 5y- olduğuna göre P( -, y + ) polinomunun katsayılar toplamı. - 6 = A - 5 + - + B - olduğuna göre A B 78 B) 7 6 D 58 E) B) D) - E) -. -a- b = _ + -5i_ -ci eşitliğine

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

Cebir Notları. Birinci Derecen Denklemler TEST I. Gökhan DEMĐR, x

Cebir Notları. Birinci Derecen Denklemler TEST I. Gökhan DEMĐR, x MC www.matematikclub.com, 006 Cebir Notları Gökhan DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Birinci Derecen Denklemler TEST I. 7 [ [ ( )] ] + 6 = ( ) + denkleminin kökü 6. + 7 = 0 denkleminin köklerinin toplamı A) B)

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

BÖLÜM 1 1- KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR 1-1 KARMAŞIK SAYILAR VE ÖZELLİKLERİ

BÖLÜM 1 1- KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR 1-1 KARMAŞIK SAYILAR VE ÖZELLİKLERİ BÖLÜM - KOMPLEKS (KARMAŞIK) SAYILAR - KARMAŞIK SAYILAR VE ÖELLİKLERİ ax + bx +c ikinci derece denkleminin < iken reel köklerinin olmadığını biliyoruz. Örneğin x + denkleminin reel sayılar kümesinde çözümü

Detaylı