ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ"

Transkript

1 ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ Lokma Gökçe Olimpiyat problemlerii çözümüde eşitsizlik teorisi öemli bir yer tutar. Baze bir maksimum miimum değer problemide, baze bir geometrik eşitsizlik kaıtıda, baze de bir deklem çözümüde eşitsizliklerde faydalaılabilmektedir. Bu yazımızda, sıkça karşılaşıla ve iyi bilimesi gereke eşitsizliklerde birisii, Ortalama Eşitsizlikleri i ele alacağız. a1, a,..., a ; tae pozitif reel sayı olmak üzere a1 + a a Aritmetik Ortalama =, Geometik Ortalama = a1. a... a, a1 + a a Harmoik Ortalama = ve Karesel Ortalama = şeklide a1 a a taımlaır. Ortalama Eşitsizlikleri Teoremi: Ortalamalar arasıda H G A K eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu ise acak a1 = a =... = a olduğuda geçerlidir. UYARI: Problem çözümleride H = G = A = K eşitlik durumuu aaliz edilmesie öem verilmelidir. Bu çok öemli oktaya vurgu yapmak amacıyla aşağıdaki problemleri birçoğuda eşitlik durumuu e zama sağlaacağı da irdelemiştir. Problem 1: = içi H G A K ortalama eşitsizliklerii ispatlayıız. Çözüm: (a) Öcelikle A K eşitsizliğii gösterelim. a, b, c > 0 sayılarıı göz öüe alalım. a + b + c a + b + c olduğuu ispatlamalıyız. Bu eşitsizliği doğru olduğuu kabul ederek her iki tarafı karesii alarak başlayalım: a + b + c a + b + c

2 ( a + b + c) a + b + c ( a b c) ( a b c ) a + b + c + ( ab + ac + bc) ( a + b + c ) + + a b c ab ac bc ( a ab b ) ( b bc c ) ( c ac a ) ( a b) ( b c) ( c a) 0 olur. So eşitsizlik daima doğrudur ve eşitlik durumu acak a = b = c olduğuda sağlaır. O halde a + b + c a + b + c eşitsizliği de doğrudur, sağ ve sol tarafları eşit olması acak ve acak a = b = c olması ile mümküdür. a + b + c (b) Şimdi de G A, yai abc olduğuu göstereceğiz. Buu içi y z yz y z y z y yz z + + = ( + + )( + + ) cebirsel özdeşliğide faydalaacağız. Bu özdeşliği doğruluğuu görmek içi paratezleri açmak yeterli olacaktır., y, z > 0 olduğuu varsayalım. Bu halde + y + z > 0 dır. 1 ( ) ( ) ( ) + y + z y yz z = y + y z + z 0 dır ve eşitlik durumu acak = y = z ike sağlaır. Dolayısıyla + y + z + + elde edilir. Burada y z yz 0 yz da eşitlik durumu = y = z ike sağlaır. = a, y = b, z = c değişke değiştirmesi yaparsak a + b + c a + b + c olduğuda, ya da bua dek olarak a = b = c ike sağlaır. a = b = c a. b. c abc elde edilir. Bu ifade de eşitlik durumu (c) So olarak H G, yai abc olduğuu göstereceğiz. (b) de G A olduğuu a b c ispatlamıştık. 1, 1, 1 sayıları içi aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğii uygulayalım: a b c

3 a b c a b c.. olur. Bu eşitsizliği ters çevirirsek istee eşitsizlik gösterilmiş olur. Burada da eşitlik durumu 1 = 1 = 1 olduğuda, ya da bua dek olarak a = b = c ike vardır. a b c Ortalama eşitsizlikleri ile ilgili daha geel teoremler de vardır. α herhagi bir reel sayı ve a1, a,..., a ; tae pozitif reel sayı olmak üzere M α 1 α α α α a a a = sayısıa a1, a,..., a sayılarıı α ici mertebede ortalaması deir. Geometrik ortalamayı G = a1. a... a = M 0 şeklide sıfırıcı mertebede ortalama olarak isimledirelim. Bu halde aşağıdaki teorem doğrudur: Geelleştirilmiş Ortalama Eşitsizliği Teoremi: β < α iki reel sayı ise M β M α dır. Eşitlik durumu acak ve acak a1 = a =... = a ike vardır. NOT: Geelleştirilmiş ortalama eşitsizliğii bir ispatı içi P. P. Korowki i Eşitsizlikler isimli kitabıa bakılabilir. Koumuzu başıda ifade ettiğimiz H G A K ortalama eşitsizlikleri aslıda M 1 M 0 M1 M özel halidir. Problem : 0 ise eşitsizliğii ispat ediiz. Çözüm: A G eşitsizliğide = +.. = 1 olur. Problem : eşitsizliğii ispatlayıız. Çözüm: A G eşitsizliğide + + = = ( 1) olur. y z t w Problem :, y, z, t, w pozitif sayılar ise olduğuu ispat ediiz. y z t w

4 y z t w y z t w Çözüm: A G eşitsizliğide = 5 elde edilir. y z t w y z t w Problem 5: a > 0 ise a + a olduğuu gösteriiz. Çözüm: A G eşitsizliğide a + a a. a = olur. Problem 6: olduğuu gösteriiz. Çözüm: A G eşitsizliğide 1 paydaları yer değiştirilirse elde edilir = +.. = olur. Eşitsizlikteki kesirleri pay ve Problem 7: Üç dik kearı toplamı 1 br ola dikdörtgeler prizmasıı hacmi e fazla kaç Çözüm: Dikdörtge prizmaı ayrıtlarıı, y, z ile gösterirsek + y + z = 1 olur. Hacmi hesaplamak içi yz çarpımı bize gereklidir. A G eşitsizliğide + y + z. yz br tür? 1. yz yz 6 olur. Dolayısıyla hacim e fazla 6 olabilir. Bu ise sadece = y = z = olduğuda, yai prizma bir küp ike gerçekleşir. Problem 8:, y, z pozitif sayılar ise yz 6 7y toplamıı e küçük değeri edir? z y z Çözüm: A G eşitsizliğide 6 7y 6 7 y yz yz... =.. = olur. Eşitlik durumu z y z z y z yz 6 7 y = = = ike vardır. (Logaritma yardımıyla bu deklemleri sağlaya, y, z z y z sayılarıı bulmak mümküdür). Dolayısıyla e küçük değer tür. Problem 9: olmak üzere + 1! < eşitsizliğii ispat ediiz.

5 Çözüm:! = 1...( 1). olduğuda bu çarpım içi A G eşitsizliği uygulaırsa ( + 1) ( 1) ( 1). + 1!! olur. Fakat aritmetik geometrik ortalama eşitsizliği uygulaa 1,,, sayıları birbiride farklı olduğuda eşitlik durumu söz kousu değildir. Yai + 1! < kesi eşitsizliği vardır. Problem 10:, y, z pozitif sayılar ise (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) + y + z gösteriiz. 9 olduğuu Çözüm: (8 + 9y + 10 z),(9 + 10y + 8 z),(10 + 8y + 9 z) sayılarıa A G eşitsizliğii uygularsak (8 + 9y + 10 z) + (9 + 10y + 8 z) + (10 + 8y + 9 z). (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) 7.( + y + z). (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) olur. Bu ise göstermek istediğimiz eşitsizliğe dektir. Eşitlik durumuu geçerli olup olmadığıı iceleyelim. Ortalama eşitsizliğii uyguladığımız üç sayıyı eşitlersek 8 + 9y + 10z = y + 8z = y + 9z olur. Bu ise = y = z koşulua dektir. Yai bu eşitlik halii doğru olmasıı sağlaya, y, z pozitif sayıları vardır. Problem 11: Dik kearlarıı uzulukları a, b, c ola dikdörtgeler prizmasıı cisim köşegeii uzuluğu e ise.e a + b + c olduğuu gösteriiz. Eşitlik hali e zama sağlaır? Çözüm: Dikdörtgeler prizmasıda sayıları içi A K eşitsizliğii uygularsak e = a + b + c bağıtısıı geçerli olduğuu biliyoruz. a, b, c a + b + c a + b + c a + b + c e olup burada.e a + b + c elde edilir..e = a + b + c eşitlik durumu ise sadece a = b = c olduğuda, yai küpte geçerli olur. Problem 1: C = 90 o ve dik kearlarıı uzulukları a, b ola ABC üçgeide a + b. c olduğuu gösteriiz. Eşitlik e zama sağlaır? Çözüm: Dik üçgede c = a + b dir. a, b sayıları içi A K eşitsizliğii uygularsak a b a b + + a + b c olup a + b. c elde edilir. a + b =. c eşitliğii var olması acak a = b durumuda mümküdür. Yai ABC, ikizkear dik üçge olmalıdır.

6 Problem 1: a, b, c pozitif sayılar ve a + b + c = 6 ise olur? ( a b) ( b c) ( c a) e az kaç Çözüm: ( a + b),( b + c),( c + a) sayılarıa A K eşitsizliğii uygularsak ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 5( a + b + c) ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) olur. Burada a + b + c = 6 yazılırsa ( a b) ( b c) ( c a) elde edilir. Đfadei 10 değerie eşit olabilmesi acak ve acak a + b = b + c = c + a durumuda mümküdür. Bu eşitlikte a = b = c = olması gerektiği görülebilir. Problem 1: a, b, c pozitif sayılar ve 5a + b + c = ise olur? (8 a c) 6. b (a c) e az kaç Çözüm: (8 a + c),6 b,(a + c) sayılarıa A K eşitsizliğii uygularsak (8 a + c ) + 6 b + ( a + c ) (8 a + c ) + 6. b + ( a + c ) (5a + b + c) (8 a + c) + 6. b + (a + c) olur. Burada 5a + b + c = yazılırsa (8 a + c) + 6. b + (a + c) buluur. Đfadei değerie eşit olabilmesi acak 8a + c = 6b = a + c olmasıyla mümküdür. Bua göre c = a, 11a 11a b = olmalıdır. Bu değerleri 5a + b + c = deklemide kullaırsak 5a + + 6a = 6 a =, b =, c = elde edilir. Bular verile ifadei e küçük olmasıı sağlaya sayılardır Problem 15:, y, z, t, w > 0 ve + y + z + t + w = 0 ise gösteriiz. + y + z + t + w 180 olduğuu

7 Çözüm: A K eşitsizliğii uygularsak + y + z + t + w + y + z + t + w olur y + z + t + w = 0 yazılıp eşitsizliği her iki tarafıı karesi alıırsa + y + z + t + w 180 elde edilir. Đfadei 180 e eşit olması acak ve acak = y = z = t = w = 6 durumuda mümküdür. Problem 16: 1,,..., olduğuu gösteriiz a1 + a a a1 a a a a a ; tae pozitif reel sayı ise ( ) a1 + a a Çözüm: a1, a,..., a sayıları içi H A eşitsizliği uygulaırsa a a a 1 olur. Bu eşitsizlikte çapraz çarpım yapılırsa istee souca ulaşılır. Eşitlik durumu ise sadece a1 = a =... = a olduğuda vardır. Problem 17:, y, z, t > 0 ve + y + z + t = ise olduğuu gösteriiz. y z t Çözüm: H A eşitsizliği uygulaırsa yazılırsa istee souca ulaşılır. Eşitlik durumu + y + z + t y z t = y = z = t = ike sağlaır. olup burada + y + z + t = Problem 18:, y, z pozitif sayılar ve + y + z = ise az kaçtır? y y + z z + ifadesii değeri e Çözüm: H A eşitsizliği uygulaırsa ( + y) + ( y + z) + ( z + ) y y + z z + ( + y + z) y y + z z +

8 olur. Burada + y + z = yazılırsa eşitliği sağlaacağı kolayca gösterilebilir y y + z z + 8 elde edilir. = y = z = içi Problem 19:, y, z pozitif sayılar ve değeri e az kaçtır? + y + z = ise y y + 5z z + 5 ifadesii Çözüm: ( + 5 y),(y + 5 z),(z + 5 ) sayıları içi H A eşitsizliği uygulaırsa ( + 5 y) + (y + 5 z) + (z + 5 ) 8( + y + z) = y y + 5z z + 5 (1) elde edilir. Eşitlik durumu + 5y = y + 5z = z + 5 olduğuda, ya da bua dek olarak = y = z ike vardır. A K eşitsizliğide + y + z + y + z olup + y + z () yazılır. Burada da eşitlik durumu yalızca = y = z ike vardır. (1) ve () de + + elde edilir. Eşitlik durumu acak + 5y y + 5z z + 5 = y = z = içi sağlaır. Problem 0: Birbirie dik ayrıtları toplamı a + b + c = 6 ola dikdörtgeler prizmasıda cisim köşegei e = 6 ise tüm yüzey alaı kaçtır? e = 5 ve e = 7 ike yüzey alaı içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) e = 6 durumuu iceleyelim. Problem 11 de.e a + b + c olduğuu ispatlamıştık. Bu durumda 6 6 olup eşitlik durumu sağlamaktadır. Eşitlik durumu acak ve acak a = b = c = 6 ike sağlaır. Dolayısıyla bu prizma bir küp olup tüm yüzey alaı 6a = 16 olur. (b) e = 5 durumuu iceleyelim..e a + b + c eşitsizliğii göz öüe alırsak 5 6 çelişkisi ortaya çıkmaktadır. O halde e = 5 ola bir dikdörtgeler prizması yoktur. (c) e = 7 durumuu iceleyelim..e a + b + c eşitsizliğii göz öüe alırsak 7 6 kesi eşitsizliği ortaya çıkmaktadır. Bu durumda a, b, c sayılarıda e az ikisii birbiride farklı olduğuu ve

9 a + b + c = 9 a + b + c = 6 deklemlerii sosuz çoklukta ( a, b, c ) çözümü olduğuu söyleriz. Buula birlikte ( a b c) a b c ( ab ac bc) + + = özdeşliği yardımıyla tüm yüzey alaı sabit olarak ( ab + ac + bc) = = 59 dur. Problem 1: a, b, c pozitif sayılar, a + b + c = 15 ve (a) a kaçtır? (a b) (b c) (c a) = ise (b) (c) (a + b) + (b + c) + (c + a) = 5 (a b) (b c) (c a) = ike a, b, c pozitif sayıları içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) (a + b),(b + c),(c + a) sayılarıa A K eşitsizliği uygulaırsa ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 5( a + b + c) (a + b) + (b + c) + (c + a) olur. So durumda eşitlik durumuu sağladığıı görüyoruz. Bu ise acak ve acak a + b = b + c = c + a olmasıyla mümküdür. Burada a = b = c = 5 olduğuu görmek kolaydır. (b) (a b) (b c) (c a) = verilirse koşullara uygu a, b, c pozitif sayıları yoktur çelişkisi elde edilir. Bu (c) (a b) (b c) (c a) = verilirse halde a, b, c pozitif sayılarıda e az ikisi birbiride farklı olmak üzere (a + b) + (b + c) + (c + a) = kesi eşitsizliği elde edilir. Bu a + b + c = 15 deklem sistemii sağlaya sosuz çoklukta a, b, c pozitif sayısı vardır.

10 Problem : C = 90 o ola ABC dik üçgeide hipoteüsü uzuluğu c = ve Çevre( ABC ) = + ise (a) Ala( ABC ) kaç olur? (b) c = (c) c = 5 ike Ala( ABC ) içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) c = durumuu iceleyelim. ABC i dik kear uzulukları a, b olsu. Çevre( ABC ) = + olduğuda a + b = dir. Problem 1 de a + b c olduğuu göstermiştik. Bu halde eşitliği sağlamaktadır. Eşitlik durumu sadece a = b = ike sağlaacağıda Ala( ABC ) = olur. (b) c = durumuu iceleyelim. a + b c eşitsizliğide çelişkisi oluşur. O halde c = ola bir dik üçge yoktur. (c) c = 5 durumuu iceleyelim. a + b c eşitsizliğide 5 kesi eşitsizliği oluşur. Bu halde iki farklı ( a, b ) çözümüe sahip a + b = a + b = 5 ab deklem sistemii elde ederiz. Ala( ABC ) = olduğuda ab çarpımıı hesaplayalım ( a + b) = a + b + ab ab = = dir. Ala( ABC ) = olur. Problem : + 1! = deklemii sağlaya kaç tae egatif olmaya tamsayısı vardır? Çözüm: Problem 9 da içi eşitliği sağ tarafıdaki ifadei, daima sol taraftaki ifadede küçük olduğuu göstermiştik. = 0, = 1 değerlerii her ikisi de deklemi sağladığıda, iki tae değeri vardır. Problem :, y, z pozitif sayılar, + y + z = ve = 5 + z y z + ise (a) z kaçtır?

11 1 (b) + + = 5 + z y z + (c) = z y z + ike, y, z pozitif sayıları içi e söyleyebilirsiiz? Yol gösterme: 1 y yerie y koydukta sora H A eşitsizliğii uygulayıız. Problem 5: a, b, c > 0 ve a + b + c = 6 ise 6 a. 6 b. 6 c çarpımıı e küçük değeri kaçtır? a b c Çözüm: A G eşitsizliğide olup bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 6 a = b + c bc 6 b = a + c ac 6 c = a + b ab (6 )(6 )(6 ). a b c abc olur. Eşitsizliği her iki tarafıı abc ile bölersek araa e küçük değeri 8 olduğu alaşılır. 6 a. 6 b. 6 c çarpımı a b c acak a = b = c = durumuda 8 e eşit olabilir. Problem 6:, y, z > 0 ve = + y + z + ise. y. z 16 olduğuu gösteriiz. Çözüm: = a, = b, + y + (1 a) (1 b) = c dersek =, y =, z + a b a + b + c = + + = 1 olur. A G eşitsizliğide + y + z + (1 c) z = ve c olur. Bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 1 a = b + c. bc 1 b = a + c. ac 1 c = a + b. ab

12 1 a 1 b 1 c y z (1 a)(1 b)(1 c). bc. ac. ab olup. y. z 16 elde a b c edilir.. y. z çarpımıı 16 ya eşit olabilmesi acak a = b = c durumuda, yai = y = z = 6 olmasıyla mümküdür. Problem 7:, y, z, t, v, w > 0 ve olduğuu gösteriiz = + 8 y + 8 z + 8 t + 8 v + 8 w ise 6. y. z. t. v. w Çözüm: = a, = b, + 8 y = c, = d, z + 8 t = e, v = f değişke değiştirmesi w + 8 8(1 a) 8(1 b) 8(1 f ) yaparsak =, y =,..., w = ve a + b + c + d + e + f = 1 olur. 6 defa A G a b f eşitsizliği uygulayarak 1 = a b c d e f 5 bcdef 1 = b a c d e f 5 acdef 5 f a b c d e abcde 1 = elde edilir. Bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 6 (1 )(1 )...(1 ) 5. a b f abcdef olup 6. y. z. t. v. w 0 buluur. 1 a 1 b 1 f a b f 6 yazılır. Burada y w NOT: Bu problemdeki, y, z,... değişkelerii sayısıı artırarak ve 8 sabit sayısıı yerie bir k değişkei alarak daha geel bir ifade bulmayı deeyiiz. Problem 8: a, b > 0 ise a Çözüm: A G eşitsizliğide a b 6 1ab + + = deklemii tüm çözümlerii buluuz. + b + 6 durumuu sağlaması acak ve acak a çözümü a = b = olarak buluur. a. b.6 a + b + 6 1ab olur. Eşitlik = b = 6 ile mümküdür. Burada deklemi tek Problem 9: (UMO 006) y z 1 yz = deklemii sağlaya kaç (, y, z ) reel sayı üçlüsü vardır?

13 Çözüm: Verile deklemde yz > 0 olduğu alaşılıyor. A G eşitsizliğide y z 1. y. z.1. yz yz = = olur. Eşitlik durumuu sağlaması acak ve acak = y = z = 1 olması ile mümküdür. yz > 0 koşulua uygu olarak tüm (, y, z ) üçlüleri (1,1,1), (1, 1, 1), ( 1,1, 1), ( 1, 1,1) olup dört taedir. Problem 0: > 0 ise Çözüm: 18 + ifadesii e küçük değeri kaçtır? 18 + = şeklide yazalım. A G eşitsizliğide = 5 = 80 buluur. Eşitlik durumu iceleirse 18 = = = = olup burada = buluur. Yai + ifadesii e küçük değeri ola 80 e eşit olmasıı sağlaya sayı = değeridir. Problem 1: pozitif bir reel sayı olmak üzere alamaz? (UMO 00) + ifadesi aşağıdaki değerlerde hagisii 1 A) 1 B) 5 1 C) 1 D) E) Hiçbiri Çözüm: Đfadei e küçük değerii hesaplayalım = + + şeklide yazalım. A G eşitsizliğide. 1 + = = buluur. O halde ifadesi de daha küçük bir değeri alamaz. 1 < olduğuu görmek kolaydır. Gerçekte 7 1 < < 16. < 9 olur. Souç olarak + ifadesi 1 e eşit olamaz. 1 Problem : Verile bir ABC üçgeii içide serbest bir P oktası seçiliyor. P oktasıı, ABC i kearlarıa ola uzaklıkları, y, z olsu.. y. z çarpımıı e büyük olması içi P oktası asıl seçilmelidir? Çözüm:, y, z uzuluklu doğru parçaları sırasıyla çizilsi. A( ABC) = S olsu. ABC a, b, c uzuluklu kearlarıa dik olarak a. b. c. A( BCP) =, A( ACP) =, A( ABP) = olduğuda

14 a + by + cz = S dir. A G eşitsizliğide a + by + cz ( a)( by)( cz) 8. 7 yz S olur. 8. y. z çarpımıı. S değerie ulaşabilmesi içi gerek ve yeter şart a = by = cz olmasıdır. Bu 7 ise A( BCP) = A( ACP) = A( ABP) eşitliklerie dek olur. P oktasıı yeri, ABC i ağırlık merkezie gelecek şekilde seçilmesi gerekir. A c z y b P B a C NOT: A( BCP) = A( ACP) = A( ABP) eşitliğii sağlaya, ağırlık merkezide başka bir okta bulumadığıı görmek zor değildir. Bu kısmı irdelemesi okuyucuya bırakılmıştır. Problem : Hacmi br ola üstü açık dikdörtgeler prizması şeklideki bir kutuu dış yüzey alaı e az kaçtır? Buu içi kutuu boyutları e olmalıdır? Çözüm:, y, z boyutlarıa sahip kutuu tabaı. y alalı dikdörtge olsu. Bu durumda kutuu hacmi. y. z = ve dış yüzey alaı S = z + yz + y olur. A G eşitsizliğide z yz y z yz y S..( yz) S 8 br dir. S yüzey alaıı 8 olabilmesi içi gerek ve yeter koşul z = yz = y olmasıdır. Bua göre = y = z olup =, y =, z = elde edilir. z z y Problem : Yarıçapı R = 5 ola kürei içie yerleştirile dikdörtgeler prizmasıı hacmi e fazla kaç olabilir?

15 Çözüm: Dikdörtgeler prizmasıı birbirie dik ayrıtlarıı uzulukları, y, z ve hacmi V olsu. Kürei çapı, prizmaı cisim köşegei olduğuda = yz + y + z = R + y + z = y + z yazılır. G K eşitsizliğide yz V 10 olup V 1000 buluur. V i e büyük değeri ola 1000 e ulaşabilmesi içi gerek ve yeter koşul = y = z = 10 olmasıdır. Problem 5: Çevresi 1 ola bir üçgei alaı e fazla kaç olabilir? Çözüm: Daha geel olarak üçgei kear uzulukları a, b, c ve çevresi a + b + c = p sabit bir sayı olduğuda problemi çözelim. Bu problem geometride, üçgeler içi izoperimetri teoremi olarak biliir. Üçgei alaı A olmak üzere A = p( p a)( p b)( p c) eşitliğii göz öüe alalım. Burada p sabit ve ( p a),( p b),( p c) terimlerii her biri değişkedir. O halde değişke ola ( p a)( p b)( p c) çarpımıı e büyük değerii arayalım. A G eşitsizliğide ( p a) + ( p b) + ( p c). ( p a)( p b)( p c) + + p ( a b c). ( p a)( p b)( p c) p ( p a)( p b)( p c) 7 p elde edilir. ( p a)( p b)( p c) çarpımıı alabileceği e büyük değer ola ye ulaşabilmesi 7 içi gerek ve yeter koşul p a = p b = p c ya da bua dek olarak a = b = c olmasıdır. Bir başka ifadeyle; çevresi sabit ola bir üçge eğer eşkear ise alaı e büyük olur. Problemde verile üçgei çevresi 1 olduğuda a = b = c = kear uzulukları içi alaı A = = e büyük değerie ulaşır. Problem 6: Alaı 1 ola herhagi bir dışbükey dörtgei köşegelerii ve kearlarıı uzulukları toplamıı e az ( + ) olduğuu gösteriiz. (Đspaya 1997) Çözüm: Alaı 1 ola dışbükey ABCD dörtgeide [AC], [BD] köşegeleri arasıdaki açı α olsu. 1 0 < siα 1 dir. AC = e, BD = f dersek Ala( ABCD) =. e. f.siα e. f dir. A G eşitsizliğide e + f. e. f yazılır. Eşitlik durumu e = f ve α = 90 o ike vardır.

16 a + b + c + d Diğer tarafta ABCD i kear uzuluklarıı a, b, c, d ve yarı çevresii p = ile A + C gösterirsek Ala( ABCD) = ( p a)( p b)( p c)( p d) cos eşitliği vardır. Bu durumda ( p a)( p b)( p c)( p d) 1 olmalıdır. A G eşitsizliğide ( p a) + ( p b) + ( p c) + ( p d). ( p a)( p b)( p c)( p d) a + b + c + d p a p b p c p d. ( )( )( )( ) olur. Burada da eşitlik durumu acak ( p a) = ( p b) = ( p c) = ( p d) olduğuda, ya da a = b = c = d = 1 ike sağlaır. Bua göre e + f + a + b + c + d + dir ve eşitlik durumuu sağlaması içi gerek ve yeter koşul ABCD dörtgeii bir kare olmasıdır. Problem 7: Hipoteüsüe ait yüksekliği 6 ola bir dik üçgei alaı e az kaç olabilir? Çözüm: CH A = 90 o ola ABC üçgeide [AH] yüksekliğii uzuluğu 6 olsu. BH = k dersek Öklid bağıtısıda p. k = 6 olur. A( ABC) = ( p + k) dır. O halde alaı e küçük olması içi p k = p, AH. BC A( ABC ) = olduğuda + toplamıı e küçük olmasıı sağlamalıyız. A G eşitsizliğide p + k pk p + k 1 olur. Eşitlik durumu sadece p = k = ike geçerlidir. Böylece A( ABC ) mi = 6 elde edilir. A 6 B p H k C Problem 8: Aşağıdaki şekilde yarıçapı 8 ola O merkezli çeyrek çember A ve B oktalarıda geçmektedir. P oktası, AB yayı üzeride değişmektedir. OSPR dikdörtgeii alaı e fazla kaç olur?

17 B R P 8 O S A Çözüm: OS =, OR = y dersek istiyoruz. A G eşitsizliğide + y = 6 olur. A( OSPR) = y ifadesii e büyük olmasıı y y y y +. = olur. Alaı e büyük değeri ola ye eşit olabilmesi acak ve acak = y = durumuda mümküdür. Problem 9: Aşağıdaki m( B ) = 90 o ola ABC üçgeide BD = 1, CD = dir. AB uzuluğu değişke olduğua göre m( CAD) = θ açısıı e fazla kaç derece olabileceğii buluuz? C D θ 1 A B Çözüm: bir değişke olmak üzere AB =, m( ADB) = α, m( ACB) = β olsu. Bu durumda π θ = α β dır. 0 < θ < aralığıda g( θ ) = taθ foksiyou arta olduğuda, θ açısıı e büyük olması içi taθ ı e büyük olması gerekli ve yeterlidir. taα = ta β = ve 1 1 taα ta β taθ = ta( α β ) = olduğu kullaılarak ta( α β ) = = buluur. 1 + ta α.ta β = + şeklide yazalım. A G eşitsizliğide. + = olup +

18 1 elde ederiz. Bu eşitsizliği pay ve paydasıı yeri değiştirilirse olur. Burada + 1 o taθ θ 0 elde edilir. Eşitlik durumu = olduğuda, yai = ike sağlaır. Problem 0: a, b, c pozitif reel sayılar ise ispatlayıız. (Asya Pasifik Matematik Olimpiyatı 1998) Çözüm: Paratezi açarak başlayalım: a b c a b c b c a = b c a b c a a b c a b c a + b + c b c a abc eşitsizliğii a a a b b b c c c = b c a c a b a b c (her bir parateze A G uygulayalım) a b b abc abc abc a + b + c a + b + c = 1 + abc abc (ortadaki terime A G uygulayalım) a + b + c + 1 abc 1 a + b + c = + elde edilir. abc

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri V MERSİN MATEMATİK OLİMPİYATI (ÜNV ÖĞR) I AŞAMA SINAV SORULARI ( Nisa 8) de ye taımlı, birebir ve örte f ve g foksiyoları her bir içi koşuluu sağlası g( a ) = ve f ( ) ( ) ( ) f = g a 4 = a ise a sayısı

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler...

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler... İÇİNDEKİLER Ö Söz... Poliomlar... II. ve III. Derecede Deklemler... Parabol... 9 II. Derecede Eşitsizlikler... 8 Trigoometri... 8 Logaritma... 59 Toplam ve Çarpım Sembolü... 7 Diziler... 79 Özel Taımlı

Detaylı

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( )

VII. OLİMPİYAT SINAVI. Sınava Katılan Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR k polinomu ( ) Sıava Katıla Tüm Talebe Arkadaşlara Başarılar Dileriz SORULAR 2 997. ( )( )( ) ( ) ( ) k x x x... k. x... 997. x poliomu ( ) a x a x... a x, a 0 ve k < k

Detaylı

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ

Problem 1. Problem 2. Problem 3. Problem 4. PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisan 2010 LİSE - PROBLEMLERİ PURPLE COMET MATEMATİK BULUŞMASI Nisa 2010 LİSE - PROBLEMLERİ c Copyright Titu Adreescu ad Joatha Kae Çeviri. Sibel Kılıçarsla Casu ve Fatih Kürşat Casu Problem 1 m ve aralarıda asal pozitif tam sayılar

Detaylı

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız.

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız. Sayılar Teorisi Kouları Geel Sıavları www.sbelia.wordpress.com SINAV I(IDENTITIES WITH SQUARES) 4 4. a 4b (Sopphie Germai Deklemi) çarpalarıa ayırıız.. 4 4 = A ise A ı sadece = durumuda asal olduğuu ispatlayıız..

Detaylı

+ y ifadesinin en küçük değeri kaçtır?

+ y ifadesinin en küçük değeri kaçtır? PROBLEMLER: 9 Sıavı 5 a, a, a,..., a Z, 0 a k olmak üzere, 95 sayısı faktöriyel tabaıda 5. k 95 = a+ a.! + a.! +... + a.! biçimide yazılıyor. a kaçtır? (! =...( ) ) 0 ( B ) ( C ) ( D ) ( E ). Bir ABC üçgeide

Detaylı

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10 . ( ) ( ) 9 x.si x + 4 / x.si x, 0 x π İfadesii alabileceği e küçük tamsayı değeri A) 4 B) 3 C) D) E) 0. Yuvarlak bir masa etrafıda otura 5 şövalye arasıda rasgele seçile 3 taeside e az ikisii ya yaa oturma

Detaylı

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ

POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK. Derleyen Osman EKİZ Eskişehir Fatih Fen Lisesi 1. GİRİŞ POLİNOMLARDA İNDİRGENEBİLİRLİK Derleye Osma EKİZ Eskişehir Fatih Fe Lisesi. GİRİŞ Poliomları idirgeebilmesi poliomları sıfırlarıı bulmada oldukça öemlidir. Şimdi poliomları idirgeebilmesi ile ilgili bazı

Detaylı

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+...

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+... MC formülüü doğruluğuu tümevarım ilkesi ile gösterelim. www.matematikclub.com, 00 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri Tümevarım Metodu : Matematikte kulladığımız

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ

MATEMATİK ÖĞRETMENİ ALIMI AKADEMİK BECERİ SINAVI ÇÖZÜMLERİ MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SÜLEYMNİYE EĞİTİM KURUMLRI MTEMTİK ÖĞRETMENİ LIMI KDEMİK EERİ SINVI ÇÖZÜMLERİ SORULR. li ile etül ü de içide buluduğu 4 erkek ve 6 bayada oluşa bir grupta

Detaylı

TÜME VARIM Bu bölümde öce,kısaca tümevarım yötemii, sorada ÖYS de karşılamakta olduğumuz sembolüü ve sembolüü ele alacağız. A. TÜME VARIM YÖNTEMİ Tümevarım yötemii ifade etmede öce, öerme ve doğruluk kümesi

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferasiyel Deklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulumak veya kullaım koşulları hakkıda bilgi içi http://ocw.mit.edu/terms web sitesii ziyaret ediiz.

Detaylı

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe)

OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN DOĞRUSAL ĐNDĐRGEMELĐ DĐZĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ (L. Gökçe) Matematikte sayı dizileri teorisii ilgiç bir alt kolu ola idirgemeli diziler kousu olimpiyat problemleride de karşımıza

Detaylı

Analiz II Çalışma Soruları-2

Analiz II Çalışma Soruları-2 Aaliz II Çalışma Soruları- So gücelleme: 04040 (I Aşağıdaki foksiyoları (ilgili değişkelere göre türevlerii buluuz 7 cos π 8 log (si π ( si ta e 9 4 5 6 + cot 0 sec sit t si( e + e arccos ( e cos(ta (II

Detaylı

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları PROJE RAPORU PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıları. Derecede Kökler Toplamı ve Trigoometrik Yasımaları PROJENİN AMACI: Karmaşık sayıı karekökleri toplamı sıfırdır. Peki. derecede kök toplamı içi de geçerli miydi?

Detaylı

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ İkici bölümde verileri frekas tablolarıı hazırlaması ve grafikleri çizilmesideki esas amaç; gözlemleri doğal olarak ait oldukları populasyo dağılışıı belirlemek ve dağılışı geel özelliklerii

Detaylı

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve BÖLÜM III Kogrüaslar Taım 3. N sabit bir sayı, a, b Z olma üzere, eğer ( a b) ise a ile b, modülüe göre ogrüdür deir ve a b(mod ) şelide gösterilir. Asi halde, yai F ( a b) ise a ile b ye modülüe göre

Detaylı

Matematik Olimpiyatları İçin

Matematik Olimpiyatları İçin KONU ANLATIMLI Matematik Olimpiyatları İçi İdirgemeli Diziler, Kombiatorik ve Cebirsel Uygulamaları LİSE MATEMATİK OLİMPİYATLARI İÇİN Lokma Gökçe, Osma Ekiz İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Lokma Gökçe,

Detaylı

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI Projesii Kousu: Bir çekirgei metre, metre veya 3 metre zıplayarak uzuluğu verile bir yolu kaç farklı şekilde gidebileceği ya da bir kişii veya (veya 3) basamak atlayarak basamak sayısı verile bir merdivei

Detaylı

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri,

POLİNOMLAR. reel sayılar ve n doğal sayı olmak üzere. n n. + polinomu kısaca ( ) 2 3 n. ifadeleri polinomun terimleri, POLİNOMLAR Taım : a0, a, a,..., a, a reel sayılar ve doğal sayı olmak üzere P x = a x + a x +... + a x + a x + a biçimideki ifadelere x e bağlı reel katsayılı poliom (çok terimli) deir. 0 a 0 ax + a x

Detaylı

TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI.

TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI. TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM ADAMI YETİŞTİRME GRUBU ULUSA L İLKÖĞRETİM MA TEMATİK OLİMPİYADI DENEME SINAVI Birici Bölüm DENEME-4 Bu sıav iki bölümde oluşmaktadır. * Çokta seçmeli

Detaylı

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Kümeler ve Foksiyolar A ı bir elemaıa B i yalız bir elemaıı eşleye bağıtıya bir foksiyo deir. f : A B, Domf = U A ve ragef B dir. Taım 1.1.1. f : A B foksiyou içi V A olsu.

Detaylı

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Diziler ve Seriler Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üiteyi çalıştıkta sora; dizi kavramıı taıyacak, dizileri yakısaklığıı araştırabilecek, sosuz toplamı alamıı bilecek, serileri yakısaklığıı

Detaylı

BAĞINTI VE FONKSİYON

BAĞINTI VE FONKSİYON BAĞINTI VE FONKSİYON SIRALI N-Lİ x, x, x,..., x tae elema olsu. ( x, x, x,..., x ) yazılışıda elemaları sırası öemli ise x, x, x,..., x ) e sıralı -li deir. x, x, x,..., x ) de ( x (, x, x ( x, ) sıralı

Detaylı

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( )

1. TEMEL KAVRAMLAR Derleyen: Osman EKİZ ( ) . TEMEL KAVRAMLAR Derleye: Osma EKİZ Bu çalışmaı temelii Jiri Herma, Rada Kucera, Jaromir Simsa., Elemetary Problems ad Theorems i Algebra ad Number Theory isimli kitap oluşturmaktadır. İlgili bölümü çevirisi

Detaylı

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri

Kuyruk Teorisi Ders Notları: Bazı Kuyruk Modelleri uyruk Teorisi Ders Notları: Bazı uyruk Modelleri Mehmet YILMAZ mehmetyilmaz@akara.edu.tr 10 ASIM 2017 11. HAFTA 6 Çok kaallı, solu N kapasiteli, kuyruk sistemi M/M//N/ Birimleri sisteme gelişleri arasıdaki

Detaylı

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6.

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6. Problemler 3 i Çözümleri Problemler 3 i Çözümleri Aşağıdaki özellikleri kaıtlamaızı ve buu yaıda daha fazla soyut kaıt vermeizi isteyeceğiz. h.h. eşitliğii ölçümü sıfır ola bir kümei tümleyei üzeride eşit

Detaylı

GAMA FONKSİYONU. H. Turgay Kaptanoğlu. A. Tanım Gama fonksiyonu, 0 < x < değerleri için Euler integrali dediğimiz

GAMA FONKSİYONU. H. Turgay Kaptanoğlu. A. Tanım Gama fonksiyonu, 0 < x < değerleri için Euler integrali dediğimiz GAMA FONKSİYONU H. Turgay Kaptaoğlu A. Taım Gama foksiyou, < < değerleri içi Euler itegrali dediğimiz Γ( = t e t dt itegrali ile taımlaır. Öce bu ifadei e demek olduğuu alamaya çalışalım. bir gerçel sayı

Detaylı

5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ

5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ 5 İKİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DİF. DENKLEMLERİN SERİ ÇÖZÜMLERİ Bir lieer deklemi geel çözümüü bulmak homoje kısmı temel çözümlerii belirlemesie bağlıdır. Sabit katsayılı diferasiyel deklemleri temel çözümlerii

Detaylı

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR

ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR ASAL ÇARPANLARINA AYIRMA ÇÖZÜMLÜ SORULAR 1) 60 sayısıı asal çarpalarıa ayrılmış şekli aşağıdakilerde hagisidir? A)..5 D)..5 B)..5 E)..5 C)..5 1.Yötem: 60 180 90 45 60..5 tir. 15 5 5 1.Yötem: Öğrecilerimizi1.Yötemde

Detaylı

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere,

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere, KÖKLÜ SAYILAR, de üyük ir sayma sayısı olmak üzere, x = α deklemii sağlaya x sayısıa α ı yici derecede kökü deir. x m = x m O halde tersi düşüülürse, ir üslü sayıı üssü kesirli ise, o sayı köklü sayı içimide

Detaylı

A) π B) 4 π C) 9 π D) 16 π E ) π 6. Çözüm: Yanıt:A. 5. ax +by+ 5 = 0 } denklemlerini aynı zamanda. Çözüm: Yanıt:B

A) π B) 4 π C) 9 π D) 16 π E ) π 6. Çözüm: Yanıt:A. 5. ax +by+ 5 = 0 } denklemlerini aynı zamanda. Çözüm: Yanıt:B . +? + + işlemii soucu aşağıdakilerde xy } y 5,x 4 5x 4y Ç 6y +7x 6.5+7.4 58 cm Yaıt:C hagisie eşittir? A) 7 B) 4 C) 7 4 D) 7 7 E ) 7 4. Aşağıda alaları verile dairelerde hagisii alaı sayıca çevresie eşittir?

Detaylı

h)

h) ĐZMĐR FEN LĐSESĐ TÜMEVARIM-DĐZĐLER-SERĐLER ÇALIŞMA SORULARI TÜME VARIM:. Aşağıdaki ifadelerde geel bir kural çıkarabilir misiiz? a) p()= ++4 poliomuda değişkeie 0,,,, değerleri verdiğimizde elde edile

Detaylı

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1)

TÜMEVARIM. kavrayabilmek için sonsuz domino örneği iyi bir modeldir. ( ) domino taşını devirmek gibidir. P ( k ) Önermesinin doğru olması halinde ( 1) TÜMEVARIM Matematite ulladığımız teoremleri ispatlamasıda pe ço ispat yötemi vardır. Özellile doğal sayılar ve birço ouda ispatlar yapare tümevarım yötemii sıça ullaırız. Tümevarım yötemii P Öermesii doğruluğuu

Detaylı

T.C. SELÇUK ÜNĠVERSĠTESĠ FEN BĠLĠMLERĠ ENSTĠTÜSÜ

T.C. SELÇUK ÜNĠVERSĠTESĠ FEN BĠLĠMLERĠ ENSTĠTÜSÜ T.C. SELÇUK ÜNĠVERSĠTESĠ FEN BĠLĠMLERĠ ENSTĠTÜSÜ AÇILARI VE KENARLARI ARĠTMETĠK, GEOMETRĠK VE HARMONĠK DĠZĠ OLUġTURAN ÜÇGENLER ĠLE x 3y z DĠOPHANTĠNE DENKLEMĠ ARASINDAKĠ ĠLĠġKĠ ÜZERĠNE BĠR ARAġTIRMA Tayfu

Detaylı

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak

Venn Şeması ile Alt Kümeleri Saymak Ve Şeması ile lt Kümeleri Saymak Osma Ekiz Bu çalışmada verile bir kümei çeşitli özellikleri sağlaya alt küme veya alt kümlerii ve şeması yardımıyla saymaya çalışacağız. Temel presibimiz aradığımız alt

Detaylı

KOMBİNASYON: ve r birer pozitif doğal sayı olmak üzere r olsu. farklı elemaı r elemalı alt kümelerii sayısıa i r 2. Örek:! C(,r) = r!. r! li kombiasyou deir ve gösterilir. C(,r) = r P(,r)! = = r r! r!.

Detaylı

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla Foksiyolarda Limit Foksiyolarda it: Bu bölümde y f ( ) foksiyou ve sayısı verildiğide, bağımsız değişkei sayısıa (solda veya sağda) yaklaşırke ya da sosuza yaklaşırke, foksiyou da bir L sayısıa (veya ya

Detaylı

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir.

BÖLÜM II. Asal Sayılar. p ab ise p a veya p b dir. BÖLÜM II Asal Sayılar Taım. p > tam sayısıı de ve ediside başa bölei yosa bu sayıya asal sayı deir. de büyü asal olmaya sayılara da bileşi sayı deir. Teorem. Eğer p bir asal sayı ve p ab ise p a veya p

Detaylı

KÖKLÜ İFADELER. = a denklemini sağlayan x sayısına a nın n inci. Tanım: n pozitif doğal sayı olmak üzere kuvvetten kökü denir.

KÖKLÜ İFADELER. = a denklemini sağlayan x sayısına a nın n inci. Tanım: n pozitif doğal sayı olmak üzere kuvvetten kökü denir. 1 Taı: pozitif doğal saı olak üzere kuvvette kökü deir. KÖKLÜ İFADELER = a dekleii sağlaa saısıa a ı ici = a dekleide = a, tek ise a 0 ; = ± a, çift ise Uarı: = ise, a = a olarak gösterilir. a ifadesie

Detaylı

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar 0 0 0 Gerçek Say lar Kümesii Geiflletme Gere i Kümesi Aalitik Düzlemde Gösterilmesi Efllei i Modülü da fllemler ki Karmafl k Say Aras daki Uzakl k Karmafl k Say Geometrik Yeri Kutupsal Gösterimi Karmafl

Detaylı

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS

POLĐNOMLAR YILLAR ÖYS YILLAR 4 5 6 7 8 9 ÖSS - - - - - - ÖYS POLĐNOMLAR a,a,a,..., a P () = a + a +... + a R ve N olmak üzere; ifadesie Reel katsayılı.ci derecede bir değişkeli poliom deir. P()= a sabit poliom, (a ) P()= sıfır

Detaylı

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI OLASILIK HESABI Bu derste, uygulamalarda sıkça karşılaşıla, Olasılık Uzaylarıda bazılarıa değieceğiz ve verilmiş bir Olasılık Uzayıda olasılık hesabı yapacağız. Ω. Ω solu sayıda elemaa sahip olsu. Ω {

Detaylı

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R İ H S A N T İ M U Ç İ N D O L A P C İ, Y İ Ğ İ T A K S O Y M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R P U B L I S H E R O F T H I S B O O K Copyright 13 İHSAN TİMUÇİN DOLAPCİ, YİĞİT AKSOY

Detaylı

11. SINIF KONU ÖZETLİ SORU BANKASI

11. SINIF KONU ÖZETLİ SORU BANKASI . SINIF MATEMATİK KONU ÖZETLİ SORU BANKASI Mil li Eği tim Ba ka lı ğı Ta lim ve Ter bi ye Ku ru lu Baş ka lı ğı ı 4.8. ta rih ve sa yı lı ka ra rı ile ka bul edi le ve - Öğ re tim Yı lı da iti ba re uy

Detaylı

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10 KOMBİNASYON tae esei r taesii seçimie elemaı r li kombiasyoları deir ve C(,r) veya ( ile gösterilir. 1) ( ) = ( 0) =1 r) C(;r)= ( r) =! ( r)!.r! 2) ( 1) = ( 1) = 3) ( r) = ( r) 4) ( a) = ( b) (r ) ise

Detaylı

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10

n ile gösterilir. 0) + ( n 1) + ( n 2) + + ( n n) =2n Örnek...4 : ( 8 3) = ( 8 Örnek...5 : ( 7 5) + ( 7 6) + ( 8 7) + ( 9 8) + ( 10 KOMBİNASYON tae esei r taesii seçimie elemaı r li kombiasyoları deir ve C(,r) veya ( ile gösterilir. 1) ( ) = ( 0) =1 r) C(;r)= ( r) =! ( r)!.r! 2) ( 1) = ( 1) = 3) ( r) = ( r) 4) ( a) = ( b) (r ) ise

Detaylı

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI 6. BÖLÜM VEKTÖR LARI -BOYUTLU (ÖKLİT) I Taım: Eğer pozitif bir tam sayı ise sıralı -sayı, gerçel sayılar kümesideki adet sayıı (a 1, a 2,, a ) bir dizisidir. Tüm sıralı -sayılarıı kümesi -boyutlu uzay

Detaylı

ÖZEL DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ V. MATEMATİK ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI

ÖZEL DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ V. MATEMATİK ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI ÖZEL DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ V. MATEMATİK ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI PROJENİN ADI: ANA ÇOKGEN YAVRU ÇOKGEN İLİŞKİSİ: KENAR VE ALAN BAĞINTILARI HAZIRLAYANLAR: AYŞENUR İREM OKAY EZGİ HARPUT ÖZEL

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

İşlenmemiş veri: Sayılabilen yada ölçülebilen niceliklerin gözlemler sonucu elde edildiği hali ile derlendiği bilgiler.

İşlenmemiş veri: Sayılabilen yada ölçülebilen niceliklerin gözlemler sonucu elde edildiği hali ile derlendiği bilgiler. OLASILIK VE İSTATİSTİK DERSLERİ ÖZET NOTLARI İstatistik: verileri toplaması, aalizi, suulması ve yorumlaması ile ilgili ilkeleri ve yötemleri içere ve bu işlemleri souçlarıı probabilite ilkelerie göre

Detaylı

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005

18.06 Professor Strang FİNAL 16 Mayıs 2005 8.6 Professor Strag FİNAL 6 Mayıs 25 ( Pua) P,..., P R deki oktalar olsu. ( ai, ai2,..., a i) P i i koordiatlarıdır. Bütü P i oktasıı içere bir cx +... + cx = hiperdüzlemi bulmak istiyoruz. a) Bu hiperdüzlemi

Detaylı

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz.

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz. MAT -MATEMATİK (5-5 YAZ DÖNEMİ) ÇALIŞMA SORULARI. Tabaı a büyük ekseli, b küçük ekseli elips ile sıırlaa ve büyük eksee dik her kesiti kare ola cismi 6ab hacmii buluuz. Cevap :. y = ve y = eğrileri ile

Detaylı

H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Kısım Bir Reel Değişkeli Foksiyolar Teorisi Prof.Dr.Hüseyi Çakallı 3 H.L.Royde Real Aalysis çeviri ve düzeleme Prof.Dr.Hüseyi Çakallı Reel

Detaylı

Bileşik faiz hesaplamalarında kullanılan semboller basit faizdeki ile aynıdır. Temel formüller ise şöyledir:

Bileşik faiz hesaplamalarında kullanılan semboller basit faizdeki ile aynıdır. Temel formüller ise şöyledir: 1 BİLEŞİK FAİZ: Basit faiz hesabı kısa vadeli(1 yılda az) kredi işlemleride uygulaa bir metot idi. Ayrıca basit faiz metoduda her döem içi aapara sabit kalmakta olup o döem elde edile faiz tutarı bir soraki

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

Detaylı

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi

T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi T.C. Ölçme, Seçme ve Yerleştirme Merkezi LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 MATEMATİK TESTİ 11 HAZİRAN 2017 PAZAR Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının

Detaylı

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol komşuluğu: Taım: ; isteildiği kadar küçük seçilebile poziti bir sayı olmak üzere a a açık aralığıa a R sayısıı komşuluğu deir Örek : Taım: a a a a ve 0 00 olsu ' i 0 00 0 00 999 00 : Z R bir dizi deir

Detaylı

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI:

SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm 1 / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: www.testhae.com SAYILAR DERS NOTLARI Bölüm / 3 SAYILAR DERS NOTLARI KONU BASLIKLARI: -RAKAM -SAYI -DOGAL SAYILAR -SAYMA SAYILARI -ÇFT DOGAL SAYILAR -TEK DOGAL SAYILAR -ARDISIK DOGAL SAYILAR -ARDISIK ILK

Detaylı

Doç. Dr. M. Mete DOĞANAY Prof. Dr. Ramazan AKTAŞ

Doç. Dr. M. Mete DOĞANAY Prof. Dr. Ramazan AKTAŞ TAHVİL DEĞERLEMESİ Doç. Dr. M. Mee DOĞANAY Prof. Dr. Ramaza AKTAŞ 1 İçerik Tahvil ve Özellikleri Faiz Oraı ve Tahvil Değeri Arasıdaki İlişki Tahvili Geiri Oraı ve Vadeye Kadar Geirisi Faiz Oraı Riski Verim

Detaylı

Ki- kare Bağımsızlık Testi

Ki- kare Bağımsızlık Testi PARAMETRİK OLMAYAN İSTATİSTİKSEL TEKNİKLER Prof. Dr. Ali ŞEN Ki- kare Bağımsızlık Testi Daha öceki bölümlerde ölçümler arasıdaki ilişkileri asıl iceleeceğii gördük. Acak sıklıkla ilgileile veriler ölçüm

Detaylı

UZAY KAVRAMI VE UZAYDA DOĞRULAR

UZAY KAVRAMI VE UZAYDA DOĞRULAR UZAY KAVRAMI VE UZAYDA DOĞRULAR Cisimlerin kapladığı yer ve içinde bulundukları mekan uzaydır. Doğruda sadece uzunluk, düzlemde uzunluk ve genişlik söz konusudur. Uzayda ise uzunluk ve genişliğin yanında

Detaylı

TEST: 6. Verilenlere göre EF =? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 A) 7 B) 8 C) 10 D) 11 E) 12. x eksenini 5 te, y eksenini 7 de kesen doğrunun denklemi

TEST: 6. Verilenlere göre EF =? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 A) 7 B) 8 C) 10 D) 11 E) 12. x eksenini 5 te, y eksenini 7 de kesen doğrunun denklemi TEST: 6 5. 1. Verilenlere göre EF =? A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 A) 7 B) 8 C) 10 D) 11 E) 12 2. 6. x eksenini 5 te, y eksenini 7 de kesen doğrunun denklemi aşağıdakilerden hangisidir? A) 7x+5y=35 B) 7x-5y=35

Detaylı

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir.

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir. 203-204 Bahar REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyo Basit doğrusal regresyo modeli: y i = β 0 + β x i + ε i Modeli matris gösterimi, y i = [ x i ] β 0 β + ε i şeklidedir. x y 2 gözlem

Detaylı

İSTATİSTİK DERS NOTLARI

İSTATİSTİK DERS NOTLARI Balıkesir Üiversitesi İşaat Mühedisliği Bölümü umutokka@balikesir.edu.tr İSTATİSTİK DERS NOTLARI Yrd. Doç. Dr. Umut OKKAN idrolik Aabilim Dalı Balıkesir Üiversitesi İşaat Mühedisliği Bölümü Bölüm 5 Örekleme

Detaylı

a) BP = P H olmalıdır. b) BP = 2 P H olmalıdır. c) P H = 2 BP olmalıdır. d) Böyle bir P noktası yoktur. e) Hiçbiri

a) BP = P H olmalıdır. b) BP = 2 P H olmalıdır. c) P H = 2 BP olmalıdır. d) Böyle bir P noktası yoktur. e) Hiçbiri TÜBİTAK TÜRKİYE BİLİMSEL VE TEKNOLOJİK ARAŞTIRMA KURUMU BİLİM İNSANI DESTEKLEME DAİRE BAŞKANLIĞI 7. ULUSAL İLKÖĞRETİM MATEMATİK OLİMPİYATI SINAVI - 00 Birinci Bölüm Soru kitapçığı türü A 1. Bir ikizkenar

Detaylı

Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış

Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış ÖZEL DARÜŞŞAFAKA LİSESİ SALİH ZEKİ V. MATEMATİK ARAŞTIRMA PROJELERİ YARIŞMASI Nesbitt Eşitsizliğine Farklı Bir Bakış Muhammed Osman Çorbalı Danışman Öğretmen: Yüksel Demir PROJE RAPORU 2014 PROJENİN AMACI:

Detaylı

SINIF TEST. Üslü Sayılar A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 A) - 5 B) - 4 C) 5 D) 7. sayısı aşağıdakilerden hangisine eşittir?

SINIF TEST. Üslü Sayılar A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 A) - 5 B) - 4 C) 5 D) 7. sayısı aşağıdakilerden hangisine eşittir? 8. SINIF. Üslü Sayılar - = T olduğuna göre T kaçtır? A) - B) - C) D) 7 TEST.. 0 - işleminin sonucu kaç basamaklı bir sayıdır? A) B) C) 6 D) 7. n =- 7 için n ifadesinin değeri kaçtır? A) - 8 B) - C) 8 D)

Detaylı

35 Yay Dalgaları. Test 1'in Çözümleri. Yanıt B dir.

35 Yay Dalgaları. Test 1'in Çözümleri. Yanıt B dir. 35 Yay Dalgaları 1 Test 1'i Çözümleri 1. dalga üreteci 3. m 1 2m 2 Türdeş bir yayı her tarafıı kalılığı ayıdır. tma türdeş yay üzeride ilerlerke dalga boyu ve hızı değişmez. İlk üretile ı geişliği büyük,

Detaylı

Bağıntı YILLAR ) AxB BxA. 2) Ax(BxC) = (AxB)xC. 4) s(axb) = s(bxa) = s(a).s(b)

Bağıntı YILLAR ) AxB BxA. 2) Ax(BxC) = (AxB)xC. 4) s(axb) = s(bxa) = s(a).s(b) Bağıtı YILLAR 00 00 00 005 006 007 008 009 00 0 ÖSS-YGS - - - - - - - - - BAĞINTI ÖZELLĐKLER: SIRALI ĐKĐLĐ: (a,) şeklideki ifadeye ir sıralı ikili yada kısaca ikili deir (a,) sıralı ikiliside a ya irici

Detaylı

SİVAS FEN LİSESİ. Soru Kitapçığı Türü. 25 Nisan 2015 Cumartesi, 9:30 12:30

SİVAS FEN LİSESİ. Soru Kitapçığı Türü. 25 Nisan 2015 Cumartesi, 9:30 12:30 SİVAS FEN LİSESİ SİVAS İL MERKEZİ ORTAOKUL 1. MATEMATİK OLİMPİYATI SINAVI 015 ÖĞRENCİNİN ADI SOYADI : T.C. KİMLİK NO : OKUL / SINIFI : SINAVLA İLGİLİ UYARILAR: Soru Kitapçığı Türü A 5 Nisan 015 Cumartesi,

Detaylı

ANA NİRENGİ AĞLARINDA NİRENGİ SAYISINA GÖRE GPS ÖLÇÜ SÜRELERİNİN KURAMSAL OLARAK BULUNMASI

ANA NİRENGİ AĞLARINDA NİRENGİ SAYISINA GÖRE GPS ÖLÇÜ SÜRELERİNİN KURAMSAL OLARAK BULUNMASI TMMOB Harita ve Kadastro Mühedisleri Odası 13. Türkiye Harita Bilimsel ve Tekik Kurultayı 18 22 Nisa 2011, Akara ANA NİRENGİ AĞLARINDA NİRENGİ SAYISINA GÖRE GPS ÖLÇÜ SÜRELERİNİN KURAMSAL OLARAK BULUNMASI

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ Sapmasızlık 3.2. Tutarlılık 3.3. Etkinlik minimum varyans 3.4. Aralık tahmini (güven aralığı)

TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ Sapmasızlık 3.2. Tutarlılık 3.3. Etkinlik minimum varyans 3.4. Aralık tahmini (güven aralığı) 3 TAHMİNLEYİCİLERİN ÖZELLİKLERİ 3.1. Sapmasızlık 3.. Tutarlılık 3.3. Etkilik miimum varyas 3.4. Aralık tahmii (güve aralığı) İyi bir tahmi edici dağılımı tahmi edilecek populasyo parametresie yakı civarda

Detaylı

{ 1 3 5} UYGULAMA-2 OLASILIK HESABI { } i, i = 1, 2,, n elemanına aşağıdaki özelliklere sahip bir p. her bir ω. sayısı karşılık getirilsin.

{ 1 3 5} UYGULAMA-2 OLASILIK HESABI { } i, i = 1, 2,, n elemanına aşağıdaki özelliklere sahip bir p. her bir ω. sayısı karşılık getirilsin. UYGULAMA- OLASILIK HESABI Ω. Ω solu sayıda elemaa sahip olsu. Ω { ω, ω,, ω }, U olmak üzere, Ω ı her bir ω i, i,,, elemaıa aşağıdaki özelliklere sahip bir p i sayısı karşılık getirilsi. ) p 0, i,,...,

Detaylı

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları Hatırlatma: ( Ω, U, P) bir olasılık uzayı ve 7. Ders Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları : Ω ω R ( ω) foksiyou Borel ölçülebilir, yai B B içi { ω Ω : ( ω) B } U oluyorsa foksiyoua bir Rasgele Değişke deir.

Detaylı

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI µ µ içi Güve Aralığı ALTERNATİF İTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMAI Bezetimi e öemli faydalarıda birisi, uygulamaya koymada öce alteratifleri karşılaştırmaı mümkü olmasıdır. Alteratifler; Fabrika yerleşim tasarımları

Detaylı

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI Bezetimi e öemli faydalarıda birisi, uygulamaya koymada öce alteratifleri karşılaştırmaı mümkü olmasıdır. Alteratifler; Fabrika yerleşim tasarımları Alteratif üretim

Detaylı

İSTATİSTİK 2. Tahmin Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI. aysecagli@beykent.edu.tr

İSTATİSTİK 2. Tahmin Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI. aysecagli@beykent.edu.tr İSTATİSTİK 2 Tahmi Teorisi 07/03/2012 AYŞE S. ÇAĞLI aysecagli@beyket.edu.tr İstatistik yötemler İstatistik yötemler Betimsel istatistik Çıkarımsal istatistik Tahmi Hipotez testleri Nokta tahmii Aralık

Detaylı

Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteın Yöntemi

Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteın Yöntemi 3 Cebirsel Olarak Çözüme Gitmede Wegsteı Yötemi Bu yötem bir izdüşüm tekiğie dayaır ve yalış pozisyo olarak isimledirile matematiksel tekiğe yakıdır. Buradaki düşüce f() çizgisi üzerideki bilie iki oktada

Detaylı

T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI

T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI GAUSS BALANS VE GAUSS KOBALANS SAYILARI ÜZERİNE YÜKSEK LİSANS TEZİ MUSTAFA YILMAZ DENİZLİ, TEMMUZ - 07 T.C. PAMUKKALE ÜNİVERSİTESİ

Detaylı

çemberi ile O Çemberlerin birbirine göre durumlarını inceleyelim. İlk durumda alalım. olduğu takdirde O2K1

çemberi ile O Çemberlerin birbirine göre durumlarını inceleyelim. İlk durumda alalım. olduğu takdirde O2K1 . merkezli R yarıçaplı Ç çemberi ile merkezli R yarıçaplı ve noktasından geçen Ç çemberi veriliyor. Ç üzerinde, T Ç K T Ç, ve K K T K olacak şekilde bir T noktası alınıyor. Buna göre, uzunluklarından birinin

Detaylı

vor vsu n Sini 2 = n 12 = sabit ; Sinr n1 Sini n = Sinr Sinr = Sini

vor vsu n Sini 2 = n 12 = sabit ; Sinr n1 Sini n = Sinr Sinr = Sini KIRILMALAR Gülük hayatta çok sık rastladığımız ve gözlemlediğimiz bir olaydır kırılma. Bir su kuyusua baktığımız zama kuyuu dibii daha yakıda görürüz. Çay bardağıdaki kaşığı bardak içideyke kırık gibi

Detaylı

ARAŞTIRMA MAKALESİ /RESEARCH ARTICLE

ARAŞTIRMA MAKALESİ /RESEARCH ARTICLE ANADOLU ÜNİVERSİTESİ BİLİM VE TEKNOLOJİ DERGİSİ ANADOLU UNIVERSITY JOURNAL OF SCIENCE AND TECHNOLOGY Cilt/Vol.:10-Sayı/No: : 383-388 (009) ARAŞTIRMA MAKALESİ /RESEARCH ARTICLE BAZI ÜÇGENSEL VE DÖRTGENSEL

Detaylı

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

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

Detaylı

Yard. Doç. Dr. Mustafa Akkol

Yard. Doç. Dr. Mustafa Akkol Yard. Doç. Dr. Mustaa Akkol Değişim Oraı: oksiouu değişimii ile, i değişimii İle östere. Değişim oraı olur. Diğer tarata olduğuda, Değişim oraı ve 0, alalım. Örek: Yard. Doç. Dr. Mustaa Akkol olur. 0,

Detaylı

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS)

İDEAL ÇARPIMLARI (IDEAL PRODUCTS) T.C. ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ (IDEAL PRODUCTS) 070216013 TUĞBA ÖZMEN 080216038 AYŞE MUTLU 080216064 SEVİLAY HOROZ Nil ehri, Düyaı e uzu ehridir (6.650

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

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

Akademik Personel ve Lisansüstü Eğitimi Giriş Sınavı. ALES / Sonbahar / Sayısal II / 18 Kasım Matematik Soruları ve Çözümleri Akademik Personel ve Lisansüstü Eğitimi Giriş Sınavı ALES / Sonbahar / Sayısal II / 8 Kasım 007 Matematik Soruları ve Çözümleri. + + 0 0³ toplamı aşağıdakilerden hangisine eşittir? A) 000 B) 00 C), D),0

Detaylı

EKSTREMUM PROBLEMLERİ. Örnek: Çözüm: Örnek: Çözüm:

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

Detaylı

Ö.Y.S MATEMATĐK SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ

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

Detaylı

DIRAC SİSTEMİ İÇİN BİR SINIR DEĞER PROBLEMİ

DIRAC SİSTEMİ İÇİN BİR SINIR DEĞER PROBLEMİ DIRAC SİSTEMİ İÇİN BİR SINIR DEĞER PROBLEMİ UFUK KAYA Mersi Üiversitesi Fe Bilimleri Estitüsü Matematik Aa Bilim Dalı YÜKSEK LİSANS TEZİ Tez Daışmaı Prof. Dr. Nazım KERİMOV MERSİN Hazira - 8 ÖZ Bu çalışmada

Detaylı

Tahmin Edici Elde Etme Yöntemleri

Tahmin Edici Elde Etme Yöntemleri 6. Ders Tahmi Edici Elde Etme Yötemleri Öceki derslerde ve ödevlerde U(0; ) ; = (0; ) da¼g l m da, da¼g l m üst s r ola parametresi içi tahmi edici olarak : s ra istatisti¼gi ve öreklem ortalamas heme

Detaylı

Eğer piramidin tabanı düzgün çokgense bu tip piramitlere düzgün piramit denir.

Eğer piramidin tabanı düzgün çokgense bu tip piramitlere düzgün piramit denir. PİRAMİTLER Bir düzlemde kapalı bir bölge ile bu düzlemin dışında bir T noktası alalım. Kapalı bölgenin tüm noktalarının T noktası ile birleştirilmesi sonucunda oluşan cisme piramit denir. T noktası piramidin

Detaylı

HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisans Tezi Matematik Anabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr.

HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisans Tezi Matematik Anabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr. HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisas Tezi Matematik Aabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr. Arzu AYKUT 2014 Her hakkı saklıdır ATATÜRK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ

Detaylı

Örnek...3 : β θ. Örnek...1 : Örnek...2 : KARMAŞIK SAYILAR 4. w i. = n z { i=0,1,2,...,(n 1) } Adım 1. Adım 2. Adım 3

Örnek...3 : β θ. Örnek...1 : Örnek...2 : KARMAŞIK SAYILAR 4. w i. = n z { i=0,1,2,...,(n 1) } Adım 1. Adım 2. Adım 3 KARMAŞIK SAYININ ORJİN ETRAFINDA DÖNDÜRÜLMESİ z = a + bi karmaşık sayısını, uzunluğunu değiştirmeden orijin etrafında pozitif yönde β kadar döndürülmesiyle elde edilen yeni karm aşık sa yı w olsun. İm

Detaylı

2012 YGS MATEMATİK Soruları

2012 YGS MATEMATİK Soruları 01 YGS MATEMATİK Soruları 1. 10, 1, 0, 0, işleminin sonucu kaçtır? A) B), C) 6 D) 6, E) 7. + ABC 4 x 864 Yukarıda verilenlere göre, çarpma işleminin sonucu kaçtır? A) 8974 B) 907 C) 9164 D) 94 E) 98. 6

Detaylı

6. SINIF GENEL AÇIKLAMA

6. SINIF GENEL AÇIKLAMA 6. SINIF GENEL AÇIKLAMA Bu kitapçık 3 bölümden oluşmaktadır. 1. bölümde yer alan 5 sorunun her biri 1, puan değerindedir.. bölümde yer alan 15 sorunun her biri,4 puan değerindedir. 3. bölümde yer alan

Detaylı

ISBN - 978-605-5631-60-4 Sertifika No: 11748

ISBN - 978-605-5631-60-4 Sertifika No: 11748 ISBN - 978-605-563-60-4 Sertifia No: 748 GENEL KOORDİNATÖR: REMZİ ŞAHİN AKSANKUR REDAKTE: REMZİ ŞAHİN AKSANKUR SERDAR DEMİRCİ SABRİ ŞENTÜRK Basm Yeri: EVOS BASIM - ANKARA Bu itab tüm basm ve yay halar

Detaylı