T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ"

Transkript

1 T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ Burç BAYRAK TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ ANABİLİM DALI

2 T.C TRAKYA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ İKİLİ KUADRATİK FORMLAR VE YAPILARI Burç BAYRAK YÜKSEK LİSANS TEZİ CEBİR VE SAYILAR TEORİSİ ANABİLİM DALI Tez Yönetcs : Yrd. Doç. Dr. Ftnat KARAALİ TELCİ 011 EDİRNE

3

4 ÖZET İkl kuadratk formların yapılarını ncelemey amaçlayan bu çalışmada zlenen plan aşağıdak bçmdedr; I. Bölümde konuyla lgl önblgler verlmştr. II. Bölümde kl kuadratk formların tpler ve kare çarpansız br tamsayı olan " d " nn sınıf sayısı ncelenmştr. III. Bölümde kuadratk formların otomorfları üzerne çalışılmıştır. IV. Bölümde poztf belrl br form le temsl edlen br tamsayının bölenler ve kl kuadratk formlar çn Mass formülü verlmştr. V. Bölümde d csmnn sınıf sayısı le kl kuadratk formlar arasındak lşk ncelenmştr.

5 ABSTRACT The plan followed n ths study, whch ams to determne the structures of bnary quadratc forms, may be outlned as below. In Chapter I, pertnent backgrounds whch are related to ssue are gven. In Chapter II, the types of bnary quadratc forms and the class number of " d " whch s an nteger of square free are determned. In Chapter III, the automorphs of bnary quadratc forms are gven. In Chapter IV, the dvsons of an nteger whch are represented wth a postve defnte form and Mass formula for bnary quadratc forms are gven. In Chapter V, the relaton between class number of the feld d and bnary quadratc forms are studed.

6 ÖNSÖZ Tez çalışmam süresnce yardımlarını esrgemeyen değerl hocalarım Yrd. Doç. Dr. Ftnat KARAALİ TELCİ le Prof. Dr. Hülya İŞCAN a ve madd, manev desteğyle yanımda olan aleme teşekkürlerm sunarım. Burç BAYRAK

7 İÇİNDEKİLER ÖZET.. ABSTRACT.. ÖNSÖZ. GİRİŞ.1 I. BÖLÜM / TEMEL KAVRAMLAR ve GENEL BİLGİLER 1.1. Temel Kavramlar Genel Blgler...6 II. BÖLÜM / KUADRATİK FORMLARIN TİPLERİ.1. Poztf Belrl Formlar 0.. Belrsz Formlar..7 III. BÖLÜM / FORMLARIN OTOMORFLARI 3.1. Genel Blgler Poztf Belrl Formların Otomorfları Belrsz Formların Otomorfları...54 IV. BÖLÜM / POZİTİF BELİRLİ FORM İLE TEMSİL EDİLEN BİR SAYININ BÖLENLERİ ve KUADRATİK FORMLAR İÇİN MASS FORMÜLÜ 4.1. Poztf Belrl Form İle Temsl Edlen Br Sayının Bölenler Kuadratk Formlar İçn Mass Formülü...65 V. BÖLÜM / KUADRATİK CİSİMLER ve KUADRATİK FORMLAR ARASINDAKİ İLİŞKİ Kuadratk Csmler ve Kuadratk Formlar Arasındak İlşk KAYNAKLAR 83 ÖZGEÇMİŞ.84

8 1 GİRİŞ Bu tez çalışmasında abc,, ler, ya da den seçlmek üzere knc dereceden, k değşkenl f x, y ax bxy cy kl kuadratk formlarının genel yapılarının ncelenmes amaçlanmıştır. İkl kuadratk formların özellkler katsayılarının tamsayı, rasyonel sayı ve reel sayı olmasına bağlıdır. İkl kuadratk formlar lk olarak Fermat tarafından k kare toplamı olarak yazılablen tamsayılar çn çalışılmıştır. İkl kuadratk formlar le Pell denklemler arsındak bağlantı kurulduktan sonra bu formlar Pell denklem olarak ele alınmıştır. Lagrange ın 1773 yılındak çalışmalarıyla gelşmeye başlayan kuadratk formlar teors lk olarak Legendre sayesnde belrl br düzen çersnde ncelenmştr. Lagrange ın gelştrp Legendre ın sstematk br bçmde nceledğ kuadratk formlar teors Gauss tarafından daha da gelştrlmştr. Gauss un "Dsqustones Arthmetcae" adlı ktabında formlarda denklk, ndrgeme ve bleşke problemler üzerne çalışılmıştır. Gauss un bu çalışmaları kden çok değşken olan kuadratk formların artmetk teors le cebrsel sayılar teorsn güçlü br şeklde etklemş, cebrsel sayılar teorsnde öneml br rol oynayan kuadratk csmler yerne daha genel olan sayı csmler le çalışılmıştır. Sayı csmlernn yapılarının belrlenmesnde, deal sınıfları grubunun mertebes olarak tanımlanan sınıf sayısının hesaplanması önemldr. Ancak deal sınıfları grubu yardımı le sınıf sayısı hesabı kolay olmadığından br çok yöntem gelştrlmştr. Bu yöntemlerden br de kuadratk Dophant denklemler çözümlernn elde edlmesdr. d kare çarpansız br tamsayı olmak üzere her kuadratk form, ndrgenmş br forma denk olup d dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonlu olduğundan ndrgenmş formların denklk sınıflarının sayısı da sonludur. Bununla brlkte d nn kesrsel dealler le d dskrmnantlı kuadratk formlar arasında bre br eşleme var olduğundan ndrgenmş formların denklk sınıfları sayısı da d csmnn sınıf sayısıdır. İkl kuadratk formları ve genel yapılarını ncelemey amaçlayan bu tez çalışmasının I. Bölümünde; temel kavramlar, kl kuadratk formlar le lgl genel blgler ve sınıf sayısı tanımı verlmştr.

9 Çalışmanın II. Bölümünde; poztf belrl ve belrsz tptek formların özellkler ncelenerek bu tptek formlar yardımı le csmn sınıf saısının hesaplama yöntem verlmştr. III. Bölümünde; kl kuadratk formların otomorflarının genel özellkler ve poztf belrl formlar le belrsz tptek formların otomorflarına yer verlmştr. IV. Bölümünde; aşağıdak makalelerden yararlanarak poztf belrl form le temsl edlen br tamsayının bölenler ve kl kuadratk formlar çn Mass formülü ncelenmştr. Wllam C. JAGY nn 008 yılında yayınlanan makalesnde d 11 ve p asalı özdeşlk formu le temsl edlyor ken np nn prmtf formla öz temsl var se n nnde aynı prmtf formla öz temslnn var olduğunu göstermştr. John Paul COOK un 010 yılında yayınlanan makalesnde d dskrmnantlı poztf belrl f formuyla öz temsl olan n nın aynı dskrmnantlı tüm öz temsllernn sayısını tespt etmştr. Ayrıca temsl le öz temsl arasındak lşkden yaralanarak n nın tüm temsllernn sayısını br formülle fade etmştr. V. Bölümde; konuyla lgl tanımlar verldkten sonra d kare çarpansız br tamsayı olmak üzere d kuadratk sayı csmnn kesrsel dealleryle d dskrmnantlı formlar arasındak lşkye yer verlmştr.

10 3 1. BÖLÜM TEMEL KAVRAMLAR VE GENEL BİLGİLER 1.1 Temel Kavramlar Tanım : F br csm ve S csmne F csmnn br alt csm denr. F olsun. S, F dek şlemlerle br csm se S Tanım 1.1. : F csm br K csmnn alt csm se K ya F csmnn br genşlemes denr ve K F veya K le gösterlr. Ayrıca K F br csm genşlemes F se K, F üzernde br vektör uzayı olarak düşünüleblr. Tanım : K F br csm genşlemes se BoyF K ya K csmnn F üzerndek genşleme dereces denr ve K: F le gösterlr. Eğer K: F se K F genşlemesne sonlu genşleme denr. Tanım : K br csm genşlemes olsun. a K çn f F a 0 olacak şeklde sıfırdan farklı br f x F x polnomu varsa a ya F csm üzernde br cebrsel elemandır denr ve a ceb F le gösterlr. Tanım : Br kompleks sayı üzernde cebrsel se cebrsel sayı olarak adlandırılır. Tanım : br cebrsel sayı olsun. Eğer, üzernde cebrsel se ya cebrsel tamsayı denr. Tanım : F üzernde cebrsel olan br K yı kök kabul eden Fx dek asal ve monk polnoma a nın sağladığı mnmal polnom denr. a nın sağladığı mnmal

11 4 polnom f x F x se mnmal polnomun dereces Irr a, F deg f gösterlr. le Teorem : d kare çarpansız br tamsayı ve k d kümes olmak üzere d olsun. w d d; eğer d,3 mod 4 se, 1 d ; eğer d 1 mod 4 se, d nn her elemanı xy, çn d nn cebrsel tamsayılar x yw şeklnde yazılablr. Sonuç : d x ywd x, y cebrsel tamsayılar kümes : d d d, a b w a b w a a b b w 1 1 d d 1 1 d ve : d d d a b w, a b w a a b. b w 1 1 d d 1 1 d şlemleryle d nn br alt halkası olup br tamlık bölges oluşturur. Tanım : d csmnn cebrsel tamsayılar kümes d ye d tamlık halkası ve 1, w d ye de d tamlık halkasının tamlık tabanı denr. nn Tanım : K br csm ve K olsun. K : se K ya br sayı csm denr. Özel olarak K : se K csm kuadratk sayı csm olarak adlandırılır. Teorem : K br sayı csm olsun. K vardır. olacak şeklde uygun br K

12 5 Teorem : K br sayı csm olsun. : K ye bre br homomorfzması vardır. Teorem : K br sayı csm ve K: n olsun. Bu durumda 1,,..., n çn n tane farklı : K gömme homomorfzması vardır ve ler nın eşlenkler olmak üzere polnomunun köküdür. elemanı K nın üzerndek mnmal Tanım : K br sayı csm ve K: n olsun. 1,,..., n çn ler K nın gömme homomorfzmaları olmak üzere x K çn x n normu ve z(trace) sırasıyla N : K, N x x n 1 bçmnde tanımlanır. Tr : K, Tr x x n 1

13 6 1. Genel Blgler Genel olarak n değşkenl br kuadratk form, 1, j n çn aj ler, ya da den seçlmek üzere n n 1 j1 a x x j j bçmnde fade edlr. İk değşkenl br kuadratk forma bnary (kl) kuadratk form denr ve bçmnde fade edlr. (, ) f ( x, y) ax bxy cy d f b 4ac f x y kuadratk formunun dskrmnantı bçmnde tanımlanır. Ayrıca dskrmnantı d f b 4ac olan f, x y formunun daha kolay br gösterm de f x, y f ( a, b, c) bçmndedr. Eğer ebob a, b, c 1 se f formuna prmtf form denr. Bu tez çalışmasında kl kuadratk formlar yerne form kavramı kullanılacaktır. Teorem 1..1 : f ( x, y) ax bxy cy, d dskrmnantlı, tam katsayılı kl kuadratk form olsun. Eğer d 0 ve d tam kare değlse a 0, c 0 dır ve f ( x, y) 0 denklemnn tamsayılardak tek çözümü x y 0 dır. Kanıt: Eğer a 0 veya c 0 se ac. 0 ve olacağından d nn tam kare olmamasıyla çelşr. a 0 ve c 0 dır. ( 0, 0) x y, (, ) f x y ın herhang br tamsayı çözümü olsun. Eğer y0 0 se f ( x,0) ax olur. a 0 olduğundan x0 0 elde edlr. Eğer x0 0 se benzer bçmde f (0, y ) cy ve c 0 olduğundan y0 0 bulunur. Bu durumda x0 y olduğunda f ( x0, y0) 0 bulunur. x0 0 ve y0 0 olsun. f ( x, y) ax bxy cy bnary kuadratk formundan 4 af ( x, y) 4a x 4abxy 4acy 4 af ( x, y) ( ax by) b y 4acy 4 af ( x, y) ( ax by) y ( b 4 ac)

14 7 4 af ( x, y) ( ax by) dy (1.1) fades elde edlr. f ( x0, y0) 0 olduğundan (1.1) fadesnden ( ax0 by0) dy0 bulunur. y0 0 ve d 0 olduğundan dy0 0 ve çarpanlara ayrılmanın teklğnden d nn tam kare olması gerekr. Buda d nn tamkare olmayışıyla çelşr. d 0 ve tam kare değlse a 0, c 0 dır ve f ( x0, y0) 0 denklemnn tam sayılardak tek çözümü x y 0 dır. Tanım 1.. : Br f, x y kuadratk formu hem poztf hem de negatf değerler alablyorsa f ye belrsz(ndefnte) form denr. Eğer her, se f ye poztf yarı belrl (semdefnte) form, her, se f ye form çn, 0 f x, y 0 xy çn f x, y 0 xy çn negatf yarı belrl (semdefnte) form denr. Poztf yarı belrl br f x y denklemnn çözümü sadece x y 0 se poztf belrl form olarak adlandırılır. Benzer şeklde negatf yarı belrl br form çn f x, y 0 denklemnn çözümü sadece x y 0 se "negatf belrl form" olarak adlandırılır. f x, y x y formu f 1,0 1 ve f formdur. f ( x, y) x xy y ( x y) formu her, olduğundan poztf yarı belrl formdur. f ( x, y) x y formu poztf belrl forma örnektr. 0,1 değerlern aldığından belrsz xy çn f x, y 0 olup f 1,1 0 Br kuadratk formun poztf belrl, negatf belrl, yarı belrl veya belrsz form olup olmadığı dskrnnanta bağlı olarak belrleneblr. f x, y ax bxy cy, d dskrmnantlı, tam katsayılı kl kuadratk Teorem 1..3 : form olsun. Eğer ) d > 0 se f x, y belrsz formdur. ) d 0 se f ( x, y ) yarı belrl formdur fakat belrl form değldr.

15 8 ) d < 0 se a ve c aynı şaretl olup bunların şaretler poztf olması halnde poztf belrl, negatf olması halnde negatf belrldr. Eğer f poztf belrl form se f negatf belrl form olup bunun tersde doğrudur. Bu yüzden belrl formların özellklern ncelerken sadece poztf belrl formlarla çalışmak yeterldr. Kanıt : f ( x, y) ax bxy cy kuadratk formunun dskrmnantına d dyelm. ) d 0 olsun. Bu durumda f (1, 0) a ve f ( b, a) ad dr. a 0 se f 1,0 Benzer şeklde c 0 se f 0,1 a le f b, a ad ters şaretldr. c le f, c b cd olduğundan yne ters şaretldr. Şu halde ac 0 haln ncelemek yeterldr. a c d b b 0 çn 0, 0 dır. Bu hal çn f 1,1 değerlernn olacağı anlaşılır. ) d 0 olsun. a 0 se b ve f 1, 1 b olacağından f nn hem poztf hem de negatf 4 af ( x, y) ( ax by) dy Eştlğnden f nn sıfırdan farklı değerlernn a le aynı şaretl olduğu anlaşılır. Ayrıca f ( b, a) ad 0 dır. a 0 kabul ettğmzden f belrl değldr. Eğer c 0 se d b ve b 0 olacağından 0 f ( x, y) ax olur k f nn şaret a nın şaret le aynı olur. f (0,1) 0 olduğundan f yarı belrl ama belrl değldr. ) d 0 olsun. 4 af ( x, y) ( ax by) dy eştlğndek 4 af ( x, y ) nn öncek teoremden x y 0 harç her xy, çn poztf değerler aldığı anlaşılır.şu halde poztf belrldr. Ayrıca d b ac ac b d d 4 4 0

16 9 olduğundan a le c aynı şaretldr. Budurumda bu şaret poztf se poztf belrl, negatf se negatf belrldr. Örnekler: f ( x, y) x 3y formu çn f (1,0) 1 ve f (0,1) 3 olduğundan ya da 1) d( f ) d 1 0 olup teoremn ) koşulundan f belrsz br formdur. f ( x, y) x xy y formunda her xy, çn f ( x, y) 0 olup f (1,1) 0 olduğundan ya da d( f ) d 0 ve 0 poztf belrldr. 3) a olduğundan teoremn f ( x, y) x y formunda her xy, çn olup x y 0 olduğundan ya da d f d 4 0 ve koşulundan f poztf belrldr. koşulundan f çn f x, y 0 x nn katsayısı 1>0 olduğundan teoremn Teorem 1..4 : d br tam sayı olsun. Dskrmnantı d olan br kuadratk formun mevcut olması çn gerekl ve yeterl koşul d 0,1mod 4 olmasıdır. Kanıt: : Her b çn b 0,1mod 4 olduğundan d b ac 4 0,1 mod 4 tür. : d, d 0 mod 4 çn d d, formunun dskrmnantı f x y x y 4 d d f d dr. d 1 4 ve d 1mod 4 çn f x, y x xy y d 1 d f d olur. 4 formunun dskrmnantı Tanım 1..5 : a br tam sayı, 1 ebob a, m 1 olsun. Eğer x a(mod m) m ve kongrüansının çözümü varsa a ya m modülüne göre kuadratk rezdü, çözümü yoksa m modülüne göre non- kuadratk rezdü denr.

17 10 Tanım 1..6 : p >, asal sayı olsun. a p Legendre sembolü a p 0, pa se 1, x a(mod p) çözümü var se 1, x a(mod p) çözümü yok se şeklnde tanımlanır. Teorem 1..7 : p >, asal sayı olsun. O zaman ) a a p p1 (mod p ) a b ab p p p ). ebob a, p 1 se ) a 1 p ve a b b p p v ) 1 1 p ve 1 ( 1) p p1 dr. Teorem 1..8 : (QUADRATIC RECIPROCITY ) p ve q farklı tek asal sayılar olsun p q. ( 1) q p p1 q1. dr. Teorem 1..9 : (Çn Kalan Teorem) r, m1, m,..., m r kşer kşer aralarında asal poztf tam sayılar ve b1, b,..., b r keyf tam sayılar olsun. x b1(mod m1) x b(mod m) x b (mod m ) r r

18 11 kongrüans sstemnn br ortak çözümü var ve bu çözüm modülo m1. m... m r de tektr. Yan a ve b k çözüm se a b m m m mod r dr. Teorem : r, m1, m,..., m r kşer kşer aralarında asal poztf tam sayılar ve m m1. m... mr olsun. f ( x) 0(mod m) kongrüansının çözümünün olması çn gerek ve yeter koşul her 1,,,, r çn f ( x) 0(mod m ) kongrüansının br çözümünün olmasıdır. Bu taktrde f x m sayısı Nm se f x 0mod m kongrüansının çözüm sayısı r N( m) N( m ) dr. 1 0 mod nn çözüm Tanım : f x, y br kuadratk form ve n çn, bçmde br x, y varsa n ye f, 0 0 denr. Burada 0 0 f x y n olacak 0 0 x y kuadratk formu le temsl edleblr ebob x, y 1 se bu temsle öz temsl(proper) aks taktrde öz olmayan temsl adı verlr. Bununla brlkte ebob x, y g ve, 0 0 f x y n olmak 0 0 üzere g n olup n nn, n f x y temsller g nn br öz temsl olarak bulunablr. Tanım 1..1 : f, nn f le temsl varsa x y kuadratk formunun dskrmnantı olan d, br tam kare ve n 4 af x, y 4an ax by dy ax by d y. ax by d y elde edlr. Bu bçmdek yazılışa dejenere hal denr.

19 1 Teorem : n 0 ve d tam sayıları verldğnde n y temsl eden br d dskrmnantlı kuadratk formun mevcut olması çn gerekl ve yeterl koşul x d mod 4 n kongrüansının br çözümünün olmasıdır. Kanıt: : Bu da x d n mod(mod 4 ) br çözümü b olsun. Bu durumda b d n (mod 4 ) 4 n b d c b d 4nc d b 4nc dr. formunun dskrmnantıdır. Bununla brlkte f 1,0 f ( x, y) nx bxy cy olduğundan f, x y, n nn br öz temsldr. n : Dskrmnantı d b 4ac f x, y ax bxy cy n formu n nn br öz olan temsl olsun. Bu durumda x, y f x, y n ve ebob x0, y0 1 olduğundan m1m. 4 n ebob x, y 1 dr. 0 0, ebob m y ebob m y,, olacak bçmde m 1 ve m tam sayıları bulunablr. 4n n p asal kuvvetl çarpanlarının 4 n çarpımı m 1 ve m olsun. 4 af ( x, y) ( ax by) dy m fadesnden 4 af ( x, y ) ( ax by ) dy olup 4an 0(mod m1 ) olduğundan elde edlr. ebob m y ( ax by ) dy (mod m ) , 1 olduğundan z0, y0 m1 zo y0 y0 1 dr. Buradan y0 y0 1(mod m1 ) ve ( ax by ) y dy y d y y d(mod m ) dr. Bu durumda u d(mod m1 ) kongrüansının u1 ( ax0 by0) y0 bçmnde br çözümü vardır. Benzer şeklde a ve c y ve ayrıca x ve y y aralarında değştrrsek u d(mod m ) kongrüansınında u ( cy bx ) x bçmnde br çözümünün olduğunu görürüz. Çn Kalan Teoremnden w u1(mod m1) ve w u(mod m) olacak şeklde br w tam sayısı 1 0

20 13 bulunablr. Böylece w u d(mod m ) ve benzer bçmde w u d(mod m ) 1 1 elde edlr. m1m 4 n olduğundan kanıt tamamlanır. Sonuç : d 0 veya 1mod 4 olsun. Eğer p tek asal sayı se p y temsl eden d d dskrmnantlı kl kuadratk formun var olması çn gerekl ve yeterl koşul 1 p olmasıdır. Kanıt: d : 1 p se d, p modülüne göre karedr.( x d(mod 4) kongrüansının çözümü vardır.) Hpotezden d, modül 4 e göre karedr. p tek olduğundan Çn Kalan Teoremnden d, modül 4 p ye göre karedr. Teorem den p, dskrmnantı d olan br form le temsl edlr. : p y temsl eden d dskrmnantlı kl kuadratk form varsa Teorem1..13 den d, d 4 p modülüne göre karedr. Buradan 1 dr. 4 p d d d d 1 1 bulunur. 4p p p Kuadratk Formların Denklğ Formların denklğ lk tam katsayılı yardımıyla verlr. Şmd bu kümelere değnelm. GL veya SL ( ) dek matrsler GL ( ) M det M 1 olup matrslerdek çarpma şlemne göre br gruptur ve SL ( ) M det M 1 kümes de aynı çarpma şlemne göre GL ( ) nn br alt grubudur. Bu alt gruba modüler grup denr. 1 1 S 0 1 ve 0 1 T 1 0

21 14 SL ( ) nn üreteçler olup S n 1 n 0 1 ve T I dır. x Teorem 1..15: Tam katsayılı, +1 determnantlı x lk matrsler grubu SL le üretlmş olup her M SL olarak yazılablr. Kanıt: S 0 1 ve T 1 0 matrs k ve, j olmak üzere M S T S T S T 1 j1 j... k jk M SL ( ) olsun. M, S ve T nn kuvvetler le brm oluncaya kadar soldan çarpılırsa stenlen elde edlmş olur. Şmd S ve T nn kuvvetlernn nasıl belrlendğn gösterelm. M SL ( ) se M,TM, TM, koşulunu sağlayan 0 se n n seçerek matrs dır. k 3 TM matrslernden br 0 k ve stenlen elde etmek çn n y n 0 sağlıyacak bçmde n S le çarpılır. Bu şeklde devam edlecek olursa sonunda sağ üst veya sağ alt bleşenlerden br sıfır olur. 0 yı fade etmemz gerekrse T matrs uygulanır. Determnant tanımından 1 olduğu görülür yı fade etmemz gerekrse T uygulanır.

22 15 Bundan sonra brm elde edlnceye kadar edlmş olur. a M c c TM a 3 T S T b SL d d b a b TM c d 3 c d TM a b çn olup bu matrsler arsında 0 ve koşulunu sağlayan b 0 ve b d se M ye b 0 ve b d se 3 TM ye b 0 ve b d se TM ye b 0 ve b d se TM ye eşttr. le çarparsak stenen brm elde matrs Örnek: 3 M SL 1 b 0 ve d 1 olup b 1 n 3 3 n. n SM n dr. n y matrsn S ve T matrslerne bağlı olarak yazalım. 3 a b M 1 c d d olduğundan M, koşulunu sağlar. elde edlr. Burada n n ve n sağlıyacak şeklde seçersek 1 n 0 den n bulunur. Buradan 1 0 S M M 1 matrs elde edlr. M matrs çn b 0 ve b d 1 olduğundan TM matrs koşulunu sağlar. M matrsn soldan T le çarparsak

23 TM matrs bulunur. n nn seçm dan bağımsızdır. n n 1 S TM 1 0 matrs le çarpılırsa TM olup n çn I M 1 0 S TM x T M T S T M T S T S M I x bulunur. olup S, vardır ve M matrs M S T S T 1 1 TM matrsnde 0 olduğundan T SL dr. M matrs soldan T olduğundan tersler bçmnde fade edlr. Formların denklğn vermeden önce denklk kavramını fade ederken kullanılan fonksyonları verelm. : GL x, y x, y x U U x y x y y fonksyonu tanımlansın. fonksyonu bre brdr. Gerçektende U, U GL , çn U U,,, x y x y, x y x y x y, x y x y, x y U U U GL Benzer şeklde 1 U çn de : x, y x, y U x y

24 17 fonksyonunun tanımlanableceğ açıktır. Yukarıda tanımlanan fonksyonu A f a, b, c kuadratk form d f b 4ac olmak üzere yardımıyla : AGL A f, U f, U det U. f U bçmnde br fonksyon tanımlanablr. nn y tanımlılığını göstermek çn f, U, f, U A GL 1 1 dr. alalım. f, U f, U f f ve U U U f1, U1 det U1. f1 U1 det U. f U f, U çn (1.) f U f, X a c b XY f, Y formu elde edlr. Buradak X x y ve Y x y (1.3) bçmnde tanımlıdır.,, f U A B C le gösterlrse A a b c f (, ) B ( a c ) b( ) (1.4) ve olup d C a b c f (, ) d B 4 AC. d (1.5) d olması çn gerekl ve yeterl koşul 1 olmasıdır. det 0 U se f, U X, Y det U. f U bçmndedr. (1.6)

25 18 Tanım : form olsun. f ( x, y) ax bxy cy ve 1., g( x, y) AX BXY CY k kuadratk f R g U GL f U g bçmnde tanımlanan R br denklk bağıntısı olup f formu g formuna denktr denr. Br f formuna denk olan formların kümes de f nn denklk sınıfı olarak adlandırılır.. f g U SL f U g bçmnde tanımlanan br denklk bağıntısı, olup f formu g formuna has denktr denr. Br f formuna has denk olan formların kümes de f nn has denklk sınıfı olarak adlandırılır. 3. f B g U GL detu 1 ve f, U g bçmnde tanımlanan B br denklk bağıntısı olup f formu g formuna has olmayan denktr denr. Br f formuna has olmayan denk olan formların kümes de f nn has olmayan denklk sınıfı olarak adlandırılır. Verlen br d dskrmnantlı f ( x, y) ax bxy cy kuadratk formu olmak üzere M f a b b ve X c T, x y f x y X M f X (1.7) bçmnde fade edlr. Buradak M f matrsne f kuadratk formunun matrs denr. Özellk: d( f ) d b 4ac Eğer f, olmak üzere f ne ve f de f denk se d( f) det( M( f)) dr. 4 f den f ne x x. y y

26 19 f den f ne ve f den f ne x x. y y x x x... y y y geçşler vardır. Teorem : Denk kuadratk formların dskrmnantları aynıdır. Kanıt: f R g sağlanır. T M GL f M g dr. Bu durumda G M. M( f). M, d g T d f det M g det M. M f. M det f 4 4 Ancak teoremn ters her zaman doğru değldr. Örneğn;, f x, y x y ve g x y x y kuadratk formlarının dskrrmnantları eşt olmasına rağmen denk değldrler. Teorem : f ve g denk k form olsun. Her n çn n nn f le öz temselleryle n nn g le öz temsller arasında 1-1 eşleme vardır.

27 0 II. BÖLÜM KUADRATİK FORMLARIN TİPLERİ.1 Poztf Belrl Formlar Bu bölümdek öncelkl amacımız d 0 dskrmnantlı poztf belrl formların her br denklk sınıfı çn ndrgenmş formları belrlemektr. Tanım.1.1 : f a, b, c se f a, b, c, d dskrmnantlı poztf belrl br form olsun. Eğer formuna ndrgenmş form denr. b a c (.1) Önerme.1. : f a, b, c tür. Kanıt :, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form se 4 4 b ac b d 3b b d d 3 b d 3 b d tür. 3 Teorem.1.3 : d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. Kanıt : Aynı dskrmnantlı formlar çn Önerme.1. den dolayı mümkün olan b lern kümes d b d aralığındak tamsayılar olup dskrmnant korunduğundan 3 3 d dskrmnantlı ndrgenmş formlara at b ler Bunedenle d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. 4ac b d eştlğn sağlar. Teorem.1.4 : d dskrmnantlı her f poztf belrl formu aynı dskrmnantlı br ndrgenmş forma denktr.

28 1 Kanıt : f a, b, c, d dskrmnantlı ndrgenmemş br form olsun. a) c a se ; matrsne karşılık gelen dönüşümler u y, v x y olup,,,, f u v f y x y c b c a b c a, b, c dr. b a b c c sağlayacak bçmde seçldğnde ( a, b, c) c, b c, a b c a, b, c formu elde edlr. Eğer a c se f ndrgenmş olur. Aks taktrde a c oluncaya kadar şleme devam edlr. b) a c ancak b a, a se b y küçültmeden önce f formuna 0 çn matrs dönüşümü uygulanarak,,,,, f a b c c b a a b c f formu elde edlr. f formuna matrsene karşılık gelen u x y, v y matrs dönüşümler uygulandığında,,,,, f u v a a b a b c a b c formu bulunur. a a a c olduğundan b, b a b a olacak şeklde seçldğnde a a b c a c elde edlr. bundan sonra lk durumda olduğu gb ard arda matrs uygulanarak ndrgenmş form elde edlr.

29 Örnek : f x, y 3,5, 4 formu aşağıdak bçmde ndrgenr. 5 3,3 olduğundan f ndrgenmş br form değldr. f ye karşılık gelen u y ve v x 1y dönüşümlern uygulandığında, 4,8 1 5, f u v matrsne formu elde edlr olacak şeklde 1 =1 alındığında f 3,5,4 4,3, f formu elde edlr. <4 olduğundan şleme devam edlr. Bu durumda f ne formu bulunur. 1 matrs uygulandığında 4,3,,4 3, 3 4 f çn 3,5, 4 4,3,,1,3 f ndrgenmş elde edlr. Teorem.1.5 : 1 ) a, b, a a, b, a ) a, a, c a, a, c formları dışında has denk olan brbrnden farklı ndrgenmş form yoktur. Kanıt : abc,, ve a, b, c brbrne has denk k ndrgenmş form se (1.4) den a a b c olacak şeklde, vardır. a c a olduğundan a a a b c a b a a a ac b a elde edlr. Buradan, 0, 1, 1,0 olmalıdır. I. Durum : 1, 0 se 1 0 SL a, b, c a, b a, 1 0 matrs le a, b, c a, b a, ve SL denk formları elde edlr. 0 çn b a b a dır. matrs le

30 3 1 çn b a b a a a a a dr. Budurumda 1 çn ba b a a olup b a a sağlayan b a değer a olarak bulunur. 1 çnde benzer şlemler yapıldığında b a a olduğu görülür. Buradan a b ve a b çn a, a, c a, a, c elde edlr. II. Durum : 0ve 1 se gerekr. Budurumda 1 formuna denktr olup determnanttan 1 olması çn a, b, c c, b c, a b c ve 1 çn a, b, c c, b c, a b c se,, Budurumda a, b, a a, b, a a, c, c c, c, a abc ve c, b, a formlarının her ksde ndrgenmştr. olması çn a c olmalıdır. 1 olup a c ve c a III. Durum : 1ve 1 se Budurumda a, b, c a, b, b olduğundan a, a, a a, a, a dır. a a a a olduğundan se a a a b c dr. olup a b olduğundan ndrgenmş formdur. a,0, a formu T dönüşümü altında ve,, dönüşümler altında kendne denktr. P T. S aaa formu P ve P Teorem.1.6 : d dskrmnantlı her poztf belrl form(teorem.1.5 dek stsna durum harç) br tek ndrgenmş forma denktr. Teorem.1.7 : Belrl br dskrmnant değer çn denklk sınıflarının sayısı sonludur. Tanım.1.8 : d dskrmnantlı f a, b, c formuna karşılık gelen knc dereceden denklem ax bx c 0 olup bu denklemn b a köküne f formunun esas kökü denr. d

31 4 Poztf belrl formları ndrgemek çn kullanılan dğer yöntem de aşağıdak bçmdedr. a ) 1 Re b a elde etmek çn dönüşümler uygulanır. n S veya n S matrsne karşılık gelen b ) 1 a c elde etmek çn T matrsne karşılık gelen dönüşümler uygulanır. Gerekl se şlemler tekrarlanır. Örnek : f,3, formu yukarıda verlen yöntemle aşağıdak bçmde ndrgenr. <3 olduğundan uygulanmalıdır. S n 1 n 0 1 matrsne karşılık gelen u x ny, v y dönüşümü,,,4 3, 3 f u v f x ny y n n n formu elde edlr. n 1 çn,,, 1,1 f x y y g x y dr. >1 olduğundan gelen u y ve v x dönüşümler g ye uygulanırsa ndrgenmş formu elde edlr.,, 1,1, g y x h x y T matrsne karşılık Tanım.1.9 : d negatf br tamsayı olsun. d dskrmnantlı, tam katsayılı, prmtf formların has denklk sınıflarının sayısına d nn sınıf sayısı denr ve gösterlr. hd le Örnek : d 71 dskrmnantlı formların kümes üzernde tanımlı has denklk bağıntısına göre sınıf sayısı h 71 bulmaya çalışalım. d 71 dskrmnantlı formların kümes olmak üzere f, g A çn A f a, b, c kuadratk form d b 4ac 71

32 5 f g M SL f, M g x, y bçmnde tanımlı, A üzernde br denklk bağıntısı olduğundan A bölüm kümesdr. A f f A kümesnn elemanları denklk sınıfları olup her br denklk sınıfı f g A f g bçmnde fade edlr. Her kuadratk form aynı dskrmnantlı br tek ndrgenmş forma denk olduğundan (Teorem.1.5 dek stsna harç) her br denklk sınıfının temslcs ndrgenmş form olarak alındığında brbrnden farklı ndrgenmş formların sayısı sınıf sayısını verecektr. olup Önerme.1. den h a, b, c d D 71 D 71 ndrgenmş formlarının b ler çn b 71 br üst sınırdır. Budurumda aday b ler b -4,-3,-,-1,0,1,,3,4 3 olarak bulunur. Ancak denk formların dskrmnantları aynı olduğundan b ler dskrmnant formülünü de sağlamalıdır olup aday b ler arasından ancak d b ac ac b d b D b b 1, 3 dört le bölüneblr. b 1 çn ; ac, 0 olduğundan çarpımı 18 veren poztf tam sayıları 4ac ac 18 çn aday formlarımız belrlenmş olur. f1 1,1,18 (ndrgenmş) f, 1,9 (ndrgenmş) f3 3, 1, 6 (ndrgenmş) f4 6, 1,3 (ndrgenmemş) f5 9, 1, (ndrgenmemş) f6 18, 1,1 (ndrgenmemş) b 1 çn farklı denklk sınıfları Benzer şeklde b 3 çn 1,1,18,, 1,9,3, 1,6 olup 5 tanedr. 4ac ac 0 olup çarpımı 0 olan a ve c sayıları çn aday formlarımız g1 1, 3, 0 (ndrgenmemş)

33 6 g, 3,10 (ndrgenmemş) g3 4, 3,5 (ndrgenmş) g4 5, 3, 4 (ndrgenmemş) g5 10, 3, (ndrgenmemş) g6 0, 3,1 (ndrgenmemş) b 3 çn ndrgenmş formlar 4, 3,5 olup tanedr. Bu durumda d 71 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı 7 olduğundan h71 7 dr.

34 7. Belrsz Formlar Poztf belrl formlarda verlen br denklk sınıfı çnde aslında tek br ndrgenmş form olmasına rağmen d 0 dskrmnantlı belrsz formların denklk sınıfları çnde brden fazla ndrgenmş form olablr. Bu bölümde belrsz formlardak ndrgenmş formların nasıl bulunacağını ve bu ndrgenmş formların devrlern açıklayacağız. Tanım..1 : abc,,, d 0 dskrmnantlı belrsz br form olsun. Eğer ; 0 b d ve se abc,, formuna ndrgenmştr denr. d b a d b (.) Önerme.. : abc,,, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş belrsz br form se d b c d b dr. Kanıt: abc,,, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş belrsz br form olsun. abc,, ndrgenmş br form se d b a d b dr. 4ac d b a d b. d b a c a c d b..(*) d b d b d b d b. a c a d b a d b d b d b a c a D b c D b..(**) (*) ve (**) dan d b c d b elde edlr. Önerme..3 : d 0 dskrmnantlı ndrgenmş formların sayısı sonludur. Kanıt : ndrgenmş formlar çn b katsayıları 0 b d aralığından seçleceğnden bu aralıktak b lern sayısı sonludur. Bununla brlkte dskrmnant değer blndğnden

35 8 d D b 4ac 4ac b D nn a ve c çarpanlarının sayısı da sonlu sayıdadır. Bunedenle ndrgenmş formların sayısı sonludur. Önerme..4 : Her belrsz form aynı dskrmnantlı br ndrgenmş forma denktr. Kanıt : f a, b, c, d 0 dskrmnantlı ndrgenmemş belrsz br form olsun. d c b c d olacak şeklde seçlen çna, b, c c, b c, a b c se bu şlem tekrarlanarak A C a b c c dır. ve d A B d sağlayan A, B, C ndrgenmş formu elde edlr. Bununla brlkte br dğer yöntemde d B. d B 4 A C olduğundan ele alınan formun ndrgenmş olması çn A C ve d B C oluncaya kadar belrtlen şlem tekrarlanır. Budurumda A C ken d B C olduğunda olup buda 0 B d formdur. d B C A d B A C olmasını gerektrr. Bu sebeple,, A B C formu ndrgenmş br Örnek : 5 bçmde ndrgenr. d dskrmnantlı,1, 3 f formunun ndrgenmş formu aşağıdak a olduğundan f formu ndrgenmemştr. f formuna SL 4 4,6 matrsne karşılık gelen dönüşümler uygulanırsa,1, denk formu elde edlr. Ancak koşulunu sağlayan olmadığından şlemn devam edeblmes çn 3 3 sağlayan ler

36 9 bulunup bu lar çn şleme devam edlmeldr. Bu koşulu sağlayan ler -1,0 ve 1 dr. çn,1, 3 3, 7, olup SL uygulandığında 3, 7,, 7 4 1, matrs dnüşümü formu elde edlr. Buradan olarak bulunur. Bu aralıktak 1 nın tamsayı değer 1 1 olup ndrgenmş formu elde edlr. 0,1, 3 3, 7,,3, çn,1, 3 3, 1, dr ve SL uygulandığında 3, 1,,1 4, 3 matrs dönüşümü denk formu elde edlr. Ancak eştszlğn sağlayan yoktur. Bunedenle 3 sağlayan ler bulunmalıdır. Bu ler -1,0 ve 1 olup çn,1, 3 3,1,, 3,,3,,1 1, 0 ndrgenmş formu elde edlr. çn,1, 3 3, 1,,1, 3,3 1 formuna ger dönülür. çn,1, 3 3, 1,,5, 0 denk formu bulunur ve bu form ndrgeme koşullarını sağlamadığından dğer köke geçlr. çn,1, 3 3,5, 0 olup şlem sonlanır. Bu durumda,1, denk,3, ndrgenmş formu elde edlr. formuna Tanım..5 : a, b, c ve,, b b 0 mod a a b c k belrsz form olsun. Eğer c1 a ve se a, b, c ve,, durumda a b c formları komşudur denr. Bu a b c formu a, b, c formunun sağ komşuluğu,,,,, da a, b, c formunun sol komşuluğu olarak adlandırılır. a b c formu 1 1 1

37 30 Tanım..6 : Br f formunun f ye denk olan f0 f f1 f... f n... bçmndek sağ yada sol komşuluklarından br yne f0 f f1 f f n f nn kends se,,,...,,... ye f formunun br devrdr denr ve br devrdek formların sayısıda o devrn peryodu olarak adlandırılır. Teorem..7 : Verlen br d 0 dskrmnant değer çn ndrgenmş formların kümes komşu formların devrlernn bleşm bçmnde yazılabr. Kanıt : f a, b, c formu d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form olsun. f nn ard arda sağ komşulukları alındığında bu komşuluklar arasında ndrgenmş formlarda bulunur. İndrgenmş formların sayısı sonlu olduğundan bell br adımdan sonra lk ndrgenmş forma dönülür. Eğer daha fazla ndrgenmş form yoksa şlem tamamlanır aks taktrde seçtğmz forma ger dönülmedyse şlem tekrarlanır. Komşu formlar 0 1 b1 b 1 a matrs dönüşümü altında denk olup denklğn geçş özellğnden br devr çndek tüm formlar brbrne denktr. Örnek : 5 bulunuz.,3,, b, c d dskrmnantlı,3, formunun ndrgenmş sağ komşuluklarını 3 b olacak şeklde 5 b 5 aralığından. seçlrse b 1 çn,3,,1, 3 sağ komşuluğu elde edlr. Benzer şlemler yapılarak devam edlrse devr elde edlr.,3,,1, 3 3, 1,, 1,3 3,1, Teorem..8 : İk ndrgenmş formun denk olması çn gerekl ve yeterl koşul aynı devrde olmalarıdır.

38 31 Tanım..9 : k, kn, c bçmndek forma ambguous form denr. Bununla brlkte a, b, a formunun denklk sınıfında ambguous form olduğundan ambguous form olarak görüleblr. a, b, a a, b a, b a b a, b a, a b a, b a, a a, b, a formu Tanım..10 : a, b, c formuna,, form kend tersne has denktr. b abc formunun ters denr ve br ambguous ka çn k seçldğnde a, b, c c, b, a a, b a, c b c a, b, c olduğu görülür. Tanım..11 : abc,, ve c, b, a formlarına lgl formlar denr. Önerme..1 : Br devrn peryodu her zaman çfttr. Kanıt : abc,,, f ndrgenmş formunun devrndek herhang br eleman olsun. abc,, formuna matrsne karşılık gelen matrs dönüşümler uygulandığında a, b, c c, b, a denk formu elde eldr. c, b, a formu,, abc formunun sağ komşuluğu olduğundan abc,, formu f ndrgenmş formunun devrnde se c, b, a formu da aynı devrde olmak zorundadır. Bu nedenle f nn devrnn peryodu çfttr. Önerme..13 : f ve f aynı devrde olmayan k lgl form se bu devrlerden herhang brnde bulunan br formun lgl formu dğer devrdedr. Böyle devrlere lgl devr denr. Kanıt : f a, b, c ve f c, b, a 0 mod olacak şeklde f a, b, c b b c komşuluğu vardır. Benzer şeklde f c, b, a farklı devrlerde bulunan k lgl form olsun. formunun c, b, c bçmnde br sağ formunun da b b 0mod c sağlayan br a, b, c sol komşuluğu vardır. Dskrmnanttan a c olduğu görülür. Bu durumda a, b, c c, b, c ve,, c b c formları lgl formlardır. Bu şeklde devam

39 3 edldğnde devrlerden herhang brndek br formun lgl formunun dğer devrde olduğu görülür. Önerme..14 : Tam olarak k ambguous form çeren br devr kendsyle lgl br devrdr. Tersne kendsyle gl br devr tam olarak k ambguous form çerr. Kanıt : f a, b, c ve f c, b, a kend kendyle lgl olan br devrn k lgl formu se Önerme..13 nn kanıtına benzer şeklde f nn sağ ve f nün sol komşuluklarının lgl formlar olduğu kolaylıkla görüleblr. f nn sağ komşuluklarından ve sonlu olduğu çn sonlu br adımdan sonra f nün sol komşuluklarından lerlenecek olursa devr uzunlukları f a, b, c c, b1, c1 c1, b, c ck 1, bk, ck ck, bk 1, ck 1 c b c c b a f n 1, n,,, elde edlr. b b1 b bn 0mod c olduğundan c, b, c ve c, b, c lgl formlardır. Bu şeklde devam edlerek c 1 1 n 1 n 1 formları 1, b, c formu le ck, bk 1, ck 1 k k k formlarının lgl formlar olduğu görülür. bk bk 1 bk bk bk 0mod ck olduğundan ck b k dır. ck, bk, ck 1 formu ambguous formdur. Benzer şeklde f nn sol ve f nün sağ komşuluklarından lerlenecek olursa farklı br ambguous form elde edlr. Bu durumda devr tamamlanmış olduğundan kend kendyle lgl br devrde k ambguous form vardır. Tersne a, b, c k ambguous form çeren br devrn herhang br elemanı olsun. a, b, c nn sağ komşulukları alınarak devam edldğnde,, a b c nün sağ komşuluklarından br a, ak, c bçmndek br ambguous formdur. Bu formun sağ komşuluklarından br a, ak, c le lgl c, ak, a formu olup a, ak, c formunun sol, c, ak, a formunun da sağ komşuluğu alındığında,,,,,,,,,, f a b c a b a a ak c c ak a a b c

40 33 denklğ elde edlr. f nn dskrmnantı d olmak üzere d, d b, b çn ak b ak b 0mod a formülünden a aralığındak olduğundan b b olup dskrmnant c olduğu görülür. Bu durumda a, b, a c, b, a a, b, c denk lgl formları elde edlr. Bu şeklde devam edlecek olursa sonlu br adımdan sonra a, b, c c, b, a lgl formu elde edlr. O halde f nn devr kendsyle lgl br devrdr. Verlen br belrsz formun has denklk sınıfındak ndrgenmş formları bulmak çn daha kullanışlı br yöntem aşağıdak bçmde verlr. Tanım..15 : f a, b, c formu çn f c, b, a ya f nn normalleştrcs denr. Daha açık olarak formuna f nn normal ve s s f olmak üzere b c b sgnc. sgnc. ; c D c c D b sgnc. ; c D c f c, b sc, cs bs a dr. (.3) Tam katsayılı formlar çn D le D nın yer değştrleblr. Bununla brlkte matrs çn f f, U f U f s f olarak elde edlr. Örnek : 9 d dskrmnantlı 5, 3, 1 f formu ndrgenmş br formdur olduğundan s s f sgn1. 1 dr. Bu durumda 1

41 34 f 1,5,1 ndrgenmş formu elde edlr. f f 1,5, 1 e br kez daha uygulandığında ndrgenmş formu elde edlr. Buda belrsz formların has denklk sınıflarında brden fazla ndrgenmş formun olduğunu gösterr. Br denklk sınıfındak ndrgenmş formların sayısı Verlen br f a, b, c ndrgenmş formların sayısını bulmak çn ndrgenmş belrsz formunun denklk sınıfındak tüm f f, a, b c bçmnde br operatörü tanımlanır. Bu durumda f f c, b sc, a bs cs elde edlr. Bununla brlkte f le f denktr ancak has denk olmaları gerekmez. Önerme..16 : a ) f ve f has denk se f nn denklk sınıfı f nn has denklk snıfına eşttr. b ) f ve f has olmayan denk se f nn denklk sınıfı, brbrnden farklı f ve f n has denklk sınıflarının bleşmdr. Kanıt : a ) f a, b, c form olsun. ve f has denk ken g, f nn denklk sınıfındak herhang br g nn f ye has denk olduğu gösterlmeldr. Eğer g, f ye has olmayan denk se detu 1 olmak üzere, det. g f U U f U Ax Bxy Cy olup g, f ye has denktr. Gerçektende g, f ye has olmayan denk se f, U g U GL detu 1 1 çn f g, U f g, U dr.

42 35 olup g, f ye has denktr.ancak f, f ye has denk olduğundan g, f ye has denk olur k buda g nn f ye has olmayan denk oluşuyla çelşr. O halde f, f ye has denk se f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. b ) f ve f has olmayan denk olsun. Bu durumda f ve f nn has denklk sınıfları farklıdır. Bununla brlkte f nn has denklk sınıfı f nn has olmayan denklk sınıfına eşt olduğundan f nn denklk sınıfı f nn ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. f tam katsayılı br form olsun. f nn has ya da has olmayan denklk sınıfındak ndrgenmş formları bulmak çn f kullanışlı olan f Örneğn ; f 1,3, formunun dönüşümü altındak devr ken dönüşümü altındak devr f ve f dzs kullanılır. dzs ya da f,, f c b s f c c s f b s f a 1,3,,,1,,,3, 1, 1,3,,,1,,,3,1 f c, b s f c, a b s f c s f 1,3,,,1,,,3, 1 dr. dzsne göre daha peryodk olup f n peryot uzunluğu f nn peryot uzunluğunun k katıdır. Bununla brlkte f f Önerme..16 den f nn has ve has olmayan denklk sınıfları eşttr. olduğundan Tanım..17 : d poztf br tamsayı olsun. d dskrmnantlı, tam katsayılı, prmtf formların denklk sınıfları sayısına d nn sınıf sayısı ve hd le gösterlr.

43 36 Örnek : d 1173 dskrmnantlı formların kümes üzernde tanımlanan denklk bağıntısına göre sınıf sayısı h 1173 aşağıdak gb bulunur. d 1173 dskrmnantlı her f a, b, c ndrgenmş formu 0 b ve dskrmnant formülünü sağlayacağından aday formlar çn b ler b 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19, 1, 3, 5, 7, 9,31,33 olablr. b 1 çn 4ac d b ac 93 (93 asal) 1,1, 93, 1,1, 93, 93,1, 1, 93,1,1 (ndrgenmemş) b 3 çn 4ac d b ac ,3, 91, 1,3, 91, 91,3, 1, 91,3,1 (ndrgenmemş) 3,3, 97, 3,3,97, 97,3, 3, 97,3,3 (ndrgenmemş) b 5 çn 4ac d b ac ,5, 87, 1,5, 87, 87,5, 1, 87,5,1 (ndrgenmemş) 7,5, 41, 7,5, 41, 41,5, 7, 41,5,7 (ndrgenmemş) b 7 çn 4ac d b ac 81 (81 asal) 1,7, 81, 1,7, 81, 81,7, 1, 81,7,1 (ndrgenmemş) b 9 çn 4ac d b ac ,9, 73, 1,9, 73, 73,9, 1, 73,9,1 (ndrgenmemş) 3,9, 91, 3,9,91, 91,9, 3, 91,9,3 (ndrgenmemş) 1,9 13, 1,9,13, 13,9, 1, 13,9, 1 (ndrgenmş) Benzer şeklde devam edlecek olursa b 17, 3,33 çnde ndrgenmş formlar elde edlr. d 1173 dskrmnantlı tüm ndrgenmş formlar 1,9, 13, 1,9,13, 13,9, 1, 13,9, 1, 13,17, 17, 13,17,17, 17,17, 13 17,17,13, 7,3, 3, 7,3,3, 3,3, 7, 3,3,7, 1,33, 1, 1,33,1 1,33, 1, 1,33,1, 3,33, 7, 3,33,7, 7,33, 3, 7,33,3

44 37 olup bu ndrgenmş formlara uygulanırsa A ) 1,33, 1 1,9,13 13,17, 17 17,17,13 13,9, 1 1,33,1 B ) 1,33, 1 1,9, 13 13,17,17 17,17, 13 13,9, 1 1,33, 1 C ) 3,33, 7 7, 3, 3 3, 3, 7 7,33,3 D ) 3,33,7 7, 3, 3 3, 3,7 7,33, 3 bçmnde devrler elde edlr. f ve f has denk olmadığından f nn denklk sınıfı f ve f nn denklk sınıflarının bleşmdr. Bu durumda f nn denklk sınıfı, f 1,33, 1 le 1,33, 1 g kuadratk formlarının devrlernn bleşm olup benzer şeklde dğer devrlern bleşmnn de ayrı br denklk sınıfı olduğu görüleblr. d 1173 dskrmnantlı tam katsayılı formlar kümes üzernde tanımlanan denklk bağıntısına göre k farklı denklk sınıfı olduğundan h1173 olarak bulunur. Tanım..18 : f tam katsayılı belrsz br form olsun. ) g, f ye has denk br form olmak üzere f nn has devr g dzsdr. ) g A, B, C ve A 0 olmak üzere g, f ye has olmayan denk olsun. f nn devr g dzsdr. Önerme..19 : f tam katsayılı br form ve olsun. a ) f nn peryodu l tek se f ve f nn has devr f, f, f, f,..., f, f, f,..., f l1 0 1 l 1 dr. Bu durumda f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. f f0, f1, f,... f l 1 de f nn devr b ) f nn peryodu l çft se f nn has devr f0, f1, f,..., fl 1 has devr ve f f0, f1, f,..., fl 1 dr. Ayrıca f nn denklk sınıfı; brbrnden farklı f ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. nn

45 38 Kanıt : a ) l tek olsun. M olmak üzere M I olduğundan l l l l l f f f f f dr. Bu nedenle f ve l f has denktr. Önerme..16 den f nn denklk sınıfı f nn has denklk sınıfına eşttr. f nn denklk sınıfında f x de olduğundan 1,,3,..., l 1 çn f, f nn has denklk sınıfında ken f de f nn has denklk sınıfındadır. Buradan f nn denklk sınıfı f0, f1, f, f3,..., fl1, f0, f1,..., fl 1 dır. b ) l çft olsun. Bu durumda l l f f f olup 0 l çn, f l f f f U olduğundan f, f ye has olmayan denktr. f ve f has olmayan denk olduğundan Önerme..16 den f nn denklk sınıfı f ve f nn has denklk sınıflarının bleşmdr. f nn devr 0,1,,..., l 1 çn f 1 olup her 0,1,,..., l 1 çn ( ) f f, U f f olduğundan f, f 1 e has olmayan denktr. Bunedenle f nn has devr f f f f f nn has devrde a 0 olmak üzere f a, b, c şeklde hesaplanır.,,,..., l dr. Benzer şeklde f0, f1, f,..., fl olarak bulunur. olsun. f nn f0, f1, f,..., fl 1 devr aşağıdak f a, b, c f ve her 0,1,,..., l 1 durumda olup f 1 n dğer br yazılışı çn s s f b D c,,,, f a b c c b s c a b s c s olsun. Bu

46 39 dr. f f, T sağlayan 0 1 f 1 f,, 1 s f p T q p q 1 1 GL matrsn hesaplamak çn T0 Ix ve 0 çn p s p1 p, q sq 1 q rekürans bağıntıları tanımlanır. Örnek : 73 bçmde bulunur. d dskrmnantlı 1,7, 6 f ndrgenmş formunun devr aşağıdak a b c p q s Tablo.1 f nn peryodu 9 olduğundan Önerme..19 den f nn has devr uzunluğu 18 dr. Önerme..0 : f, d 0 dskrmnantlı ndrgenmş br form olsun. a ) çn p1 p 0 ve p p b ) çn q1 q 0 ve q q c ) çn p d ) çn q 1

47 40 e ) 0 çn p D f ) 0 Kanıt : 1 çn q D a ) f, 0 dr. 1 1 d dskrmnantlı ndrgenmş br form se 1 s f D dr. p0 1, p1 0 olup p s p1 p rekürans bağıntısından 0 çn p s0 p1 p0 1 ve 1çn p s p p s.1 0 s elde edlr çn p s p 1 p p 1 p p 1 0 dır. Buradan 3 çn p p ve s 1 çn p s p p p p s 1 p olduğundan çn s 1 s 1 1 p p dr. Önermenn b ) şıkkı da benzer şeklde kanıtlanır. c ) çn p doğru olduğu tüme varımla kanıtlanır. n çn Tn önermes k çn p 1 n T n : p n bçmnde tanımlamsın. olduğundan T doğrudur. k olmak üzere k n çn Tk önermes doğru olsun. Bu durumda k n çn k p p k k sağlanır. n çn Tn önermesnn doğru olduğu göstermeldr. n4 pn. dr. den Tn n 1 doğru n 4 çft se edlr. n 4 n4 n4 olduğundan n 4 tek se bu durumda p n5 n3 n p n. dr. den T n n 1 doğru p n n4 n pn. elde n 4 n 4 n 5 n 5 olup

48 41 çn e ) 0 p dr. Önermenn d ) şıkkı da benzer şeklde kanıtlanır. çn p D olduğunu da önermenn üçüncü fadesnn kanıtına 1 benzer şeklde tüme varımla yapalır. n 0 çn T n önermes T n pn D n 0 çn p 0 1 D 1 : 1 n olsun. olduğundan 0 n 1 çn p3 s1 D D 1 T doğrudur. olduğundan 1 k olmak üzere k n 1 pk D 1 k sağlanır. çn T doğrudur. T k doğru olsun. Bu durumda k n 1 çn k n çn T n : p 1 n n D nın doğru olduğunu göstermeldr. n n n1 n n1 n s D n 1 n p s p p D. p p D. D 1 D 1 n D D D 1. 1 n çn p dr. Önermenn f ) şıkkı da benzer bçmde kanıtlanır.

49 4 III. BÖLÜM FORMLARIN OTOMORFLARI 3.1 Genel Blgler Bu bölümde br f formuna uygulandığında onu değştrmeyen GL matrslere karşılık gelen dönüşümler nceleyeceğz. dek Tanım : f br kuadratk form olmak üzere f, U f sağlayan matrsne f nn otomorfu, f, U f sağlayan has otomorfu denr. U SL U GL matrsne de f nn Örnek : Herhang br f formu çn,, x f Ix f Ix f olduğundan I x ve I her formun otomorflarıdır. Bu otomorflara f nn aşkar otomorfları denr. Tanım 3.1. : f nn otomorflarının kümes GL nn otomorflar grubu denr ve Aut f le gösterlr. nn br alt grubudur. Bu gruba f 1 Gerçekten de Aut f U GL f U f olup U Aut f U Aut f, dr. Bu durumda 1,, 1., 1,, olduğundan U U Aut f f U U f U U f U f Aut f GL dr. Tanım : f nn has otomorflarının kümes de SL gruba f nn has otomorfları grubu denr ve Aut f x x nn br alt grubudur. Bu alt le gösterlr. I, I Aut f olduğundan f nn has otomorflarının kümes her zaman I, I matrslern çerr. x x Tanım : Eğer f nn otomorflar grubu sadece aşkar otomorflardan oluşuyorsa bu otomorflar grubuna f nn aşkar otomorflar grubu denr.

50 43 Tanım : n reel sayısının f le temsller xy, ve x, y olsun. x, y x, y U Aut f U x, y x, y bçmnde tanımlanan br denklk bağıntısıdır. Teorem : f a, b, c katsayıları tam sayı olmayan br form olsun. Aut f aşkar değlse rf. tam katsayılı olacak şeklde poztf br r tam sayısı vardır. Kanıt : U Aut f olsun. (1.7) den det U 1 olarak alınırsa T M ( fu ) M f (det U ). U. M ( f ). U dr. 1 T U M f M f U (3.1) elde edlr. U, (1.) de tanımlanan matrs olarak düşünüldüğünde ve 1 a b a b M f. U c b c b T 1 1 a b c b a b c b U. M f olduğu görülür. (3.1), (3.) ve (3.3) den elde edlr. x a c, b a, b c (3.) (3.3) (3.4) U I se 0 veya 0 veya 0 dr. 0 se (3.4) den a abc,,,, dr. Benzer şeklde (3.4) ten 0 se c abc,,,, ve 0 se abc,, b,, elde edlr. detu 1 çn kanıt benzer şeklde yapılır. Sonuç : Aut f Aut g dr. f ve g k kuadratk form olsun. Eğer br r çn g rf se Kanıt : U Aut f olsun. gu rf U r fu rf g olduğundan U Aut g olup Aut f Aut g dr. Tersne V Aut g olsun.

51 44,,, g V rf V g rf V rf r f, V rf f, V f dr. Bu durumda V Aut f olup Aut g Aut f elde edlr. Aut f Aut g Aut g Aut f olduğundan Aut f Aut g dr. ve Sonuç den dolayı formun prmtf şeklnn otomorf grubu aynıdır. prmtf olmayan br formun otomorf grubu le o Tanım : Nd, çn x dy N Dophant denklemne Fermat-Pell denklem ya da kısaca Pell denklem denr. M SL ve Teorem : f a, b, c, d dskrmnantlı prmtf br form olsun., x y de x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere 0 0 x0 by0 Kanıt : x0 by0 cy0 M Aut f M olmasıdır. x0 by0 ay 0 x, 0 by0 ve det M 1 olduğunu göstermemz gerekr x dy 4 x b 4ac y 4 x0 b y0 4ac x b y ac x b y x0 by0 x0 by0 x0 b y0 4k k 4 x x çelşks elde edlr. 0 by 0 0 by0 4 elde edlr. k x b y k olup x0 by0 olduğu var sayılarak x0 by0 dr. Benzer şlemler çn

52 45 x de yapılırsa 0 by0 0 0 det x b y x M acy dy dr. Bu nedenle 4 4 dr. r s : M m n olduğu görüleblr. Bununla brlkte x0 by0 M ay0 cy 0 x0 by0, f nn has otomorfu olsun. SL, f M f x y olduğundan a, b, c ar brm cm x ars rn sm b cmn xy as bsn cn y dr. det M rn sm 1 rn 1 sm olup bu eştlk b de yerne yazıldığında b ars 1 sm b cmn 0 ars bsm cmn elde edlr. Bu durumda a ar brm cm 0 ars bsm cmn eştlkler bulunur. Brnc eştlk s, knc eştlk r le çarpılıp taraf taraf toplanırsa as cm (*) eştlğ ve brnc eştlk n knc eştlk m le çarpılırsa bm a n r (**) eştlğ elde edlr. (*) ve (**) eştlklernden a cm ve a bm olup ebob a, b, c 1 olduğundan am dr. a m y0 m ay0 dr. (*) dan as cm cay0 s cy0 ve (**) dan a n r bm bay0 n r by0 elde edlr. Böylece n r n r 4nr 0 4 b y nr b y0 41 sm b y cy ay 0 41 acy0 b y

53 46 n x by ve r n r dy x dy ac y0 b 4 4 d dy 0 4 bulunur. x by olmak üzere x0 n r olup 4 4 olduğundan Pell denklemnn br çözümüdür. : x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere 0 0 x0 by0 M ay0 cy 0 x0 by0 f, M g a, b, c SL olsun. Bu durumda olsun. M Aut f olduğu gösterlmeldr. x by x by a a a b ay ca y x b ac y a a x0 dy0.4 a ve 4 4 x 0 by 0 x by b a cy b cy ay c ay 0 b f ~ g olduğundan d f d g olup a1 x0 by0 M Aut f ay 0 det 1 cy 0 x0 by0 a ve b 1 dr. b ken c 1 M olan matrsnn yeterl koşul 0 0 A GL c elde edlr. Aut f de olması çn gerekl ve x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü olmak üzere M x0 by0 ay0 cy0 x0 by0 olmasıdır. Kanıtı Teorem a benzer şeklde yapılır.

54 47 Yukarıda tanımlanan M matrsn bundan sonra le göstereceğz. U f, x, y x by ay cy x by Teorem : f prmtf br form olsun. 1. x dy 4 Pell denklemnn çözümlern U f, x, y Aut f ye dönüştüren dönüşüm 1-1 ve örtendr.. x dy 4 Pell denklemnn çözümlern U f, x, y Aut f ye dönüştüren dönüşüm 1-1 ve örtendr. Kanıt : B x, y x dy 4 olmak üzere h: B Aut f bçmnde br h dönüşümü tanımlıyalım. x, y, x, y B çn 1 1 h y tanımlıdır. x, y hx, y U f, x, y x, y x, y x x, y y olup x1 by1 cy1 h x1, y1 U f, x1, y1 x1 by1 ay 1 x by cy U f x y h x y x by ay,,, x, y, x, y B çn hx, y hx, y U f, x, y U f, x, y dr.

55 48,,,, U f x y U f x y ve c ken x by ay1 1 1 x by cy1 x1 by1 ay x cy by olup a 0 ebob a, b, c 1 olduğundan b 1 olmalıdır. Bu durumda son eştlkte a 0, c 0 ve b 1 yerne yazıldığında x1 y1 0 x y 0 x1 y x 1 y 0 0 elde edlr. Matrs eştlğnden x, y x, y olduğu görülür. 1 1 a 0 olsun. Bu durumda ay1 ay olduğundan y1 y dr. y1 y olması durumunda x by 1 1 h 1-1, dr. x = by x x b y y x x elde edlr. olsun. Teorem den x y x dy U Aut f, 4 çn h x, y 0 0 h örtendr. x0 by0 ay0 cy0 x0 by0 dr. d olsun. Bu durumda f 1,0, d Örnek : 0mod 4 formdur. den formu d dskrmnantlı br x, y, x dy 4 Pell denklemnn br çözümü se Teorem dr. Tersne U f, x, y 0 0 x0 dy0 x y 0 0 Aut f

56 49 se x, y, 0 0 x dy 4 Pell denklemnn br çözümüdür. Teorem : Aynı dskrmnantlı tüm prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorftur. Kanıt : f ve g, d dskrmnantlı tam katsayılı k prmtf form olsun. Bu durumda Aut f ve Aut g aynı x dy 4 Pell denklemnn çözümler le üretlr. xy, ve ab, x dy 4 Pell denklemnn k çözümü se kls de x x dy a db xa ybd xb ay xa byd xb ay d 4 4, olduğundan dy 4 Pell denklemnn dğer br çözümüdür. Bu durumda xa ybd xb ay, elemanıdır. B üzernde şlem bçmnde tanımlansın. x y a b,,,,,,, x y x y a b a b B çn br öncek teoremde tanımladığımız B kümesnn br xa ybd xb ay,,, x, y, a, b x, y, a, b x1, y1 x, y ve a1, b1 a, b dr x y a b olduğundan y tanımlıdır.,,,,, a b a b a b B çn x x ve y y ve a a ve b b x a y b d x b a y , 1 1, 1, x a y b d x b a y, x, y a, b a1, b1 a, b a3, b3 a1, b1 a, b a3, b3

57 50 olduğundan şlemnn brleşme özellğ vardır. x, y B çn olup buradan,,, x y a b B çn xa ybd,,, xb ay x y a b x, y xa ybd x ve xb ay y xa ybd x ve xb ay y dr. xa ybd x x yd a x. xb ay y y x b y x yd x x y x x dy y y a, b 0 elde edlr. x yd x dy x yd y x y x x y a b xa ybd xb ay,,, ax byd ay xb a, b x, y, olduğundan şlem değşmel olup x, y B çn a, b,0 x, y a, b a, b x, y x, y dr. şlemnn etksz elemanı vardır. x, y B çn x y a b,, xa ybd xb ay B,,,,0 a b x y B olup şlemnn ters elemanı vardır. B, değşmel gruptur. Teorem da tanımlanan h: B Aut f, B ve örten br fonksyon olup x, y, s, t B çn xs ytd xt sy h x, y s, t h, Aut f grupları arasında 1-1 ve

58 51 xs ytd xt sy U f,, xs ytd xt sy b xt sy c xs ytd xt sy xt sy b a x yb s tb cy ct. x yb s tb ay at U f, x, y. U f, s, t h x, y. hs, t olduğundan grup zomorfzmasıdır. Bu nedenle A Aut f A Aut g olduğu da görüleblr. A Aut f ve A Aut g olduğundan Aut f Aut g dr. Benzer şeklde dr. Bu teoremn br sonucu olarak aynı dskrmnantlı k formun otomorflarının sayısının aynı olduğu söyleneblr.

59 5 3. Poztf Belrl Formların Otomorfları f Bu bölümde tam katsayılı poztf belrl formların otomorflarını tanımlıyacağız. a, b, c poztf belrl br form ve U Aut f se f f, U xy, çn f x, y 0 olduğundan f f, U olup her olması çn detu 1 olmalıdır. Bu nedenle poztf belrl formların otomorfları has otomorflardır. Öncek bölümde verlen d dskrmnantlı f a, b, c formunun otomorfları le x dy 4 Pell denklem arsındak lşkden yararlanılarak poztf belrl formların otomorfları tespt edleblr. Örnek : Tam katsayılı -4 dskrmnantlı prmtf formların otomorflarını belrleynz. Öncek teoremden tüm -4 dskrmnantlı tam katsayılı prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorf olduğundan -4 dskrmnantlı poztf belrl form olarak f 1,0,1 formu alınablr. Bu formun otomorfları x 4y 4 Pell denklemnn çözümleryle elde edlp x 4y 4 0, 1 olduğundan f nn otomorflar grubu denklemnn çözümler sadece,0 ve Aut f , dr. Bu otomorflar grubu devrl olup dördüncü mertebeden T matrs le üretlr. Örnek : Tam katsayılı -3 dskrmnantlı prmtf formların otomorflarını belrleynz. -3 dskrmnantlı tüm prmtf formların otomorflar grubu brbrne zomorf olduğundan -3 dskrmnantlı poztf belrl form olarak f 1,1,1 formu alınablr. Bu formun otomorfları x 3y 4 Pell denklemnn çözümleryle elde edlp x 3y 4 denklemnn çözümler 1, 1 ve,0 Aut f olduğundan f nn otomorflar grubu ,,

6. NORMAL ALT GRUPLAR

6. NORMAL ALT GRUPLAR 6. ORMAL ALT GRUPLAR G br grup ve olsun. 5. Bölümden çn eştlğnn her zaman doğru olamayacağını blyoruz. Fakat bu özellğ sağlayan gruplar, grup teorsnde öneml rol oynamaktadır. Bu bölümde bu tür grupları

Detaylı

KARMAŞIK SAYILAR. Derse giriş için tıklayın...

KARMAŞIK SAYILAR. Derse giriş için tıklayın... KARMAŞIK SAYILAR Derse grş çn tıklayın A Tanım B nn Kuvvetler C İk Karmaşık Sayının Eştlğ D Br Karmaşık Sayının Eşlenğ E Karmaşık Sayılarda Dört İşlem Toplama - Çıkarma Çarpma Bölme F Karmaşık Dülem ve

Detaylı

ÇOKLU REGRESYON MODELİ, ANOVA TABLOSU, MATRİSLERLE REGRESYON ÇÖZÜMLEMESİ,REGRES-YON KATSAYILARININ YORUMU

ÇOKLU REGRESYON MODELİ, ANOVA TABLOSU, MATRİSLERLE REGRESYON ÇÖZÜMLEMESİ,REGRES-YON KATSAYILARININ YORUMU 6.07.0 ÇOKLU REGRESON MODELİ, ANOVA TABLOSU, MATRİSLERLE REGRESON ÇÖZÜMLEMESİ,REGRES-ON KATSAILARININ ORUMU ÇOKLU REGRESON MODELİ Ekonom ve şletmeclk alanlarında herhang br bağımlı değşken tek br bağımsız

Detaylı

VEKTÖRLER VE VEKTÖREL IŞLEMLER

VEKTÖRLER VE VEKTÖREL IŞLEMLER VEKTÖRLER VE VEKTÖREL IŞLEMLER 1 2.1 Tanımlar Skaler büyüklük: Sadece şddet bulunan büyüklükler (örn: uzunluk, zaman, kütle, hacm, enerj, yoğunluk) Br harf le sembolze edleblr. (örn: kütle: m) Şddet :

Detaylı

bir yol oluşturmaktadır. Yine i 2 , de bir yol oluşturmaktadır. Şekil.DT.1. Temel terimlerin incelenmesi için örnek devre

bir yol oluşturmaktadır. Yine i 2 , de bir yol oluşturmaktadır. Şekil.DT.1. Temel terimlerin incelenmesi için örnek devre Devre Analz Teknkler DEE AAĐZ TEKĐKEĐ Bu zamana kadar kullandığımız Krchoffun kanunları ve Ohm kanunu devre problemlern çözmek çn gerekl ve yeterl olan eştlkler sağladılar. Fakat bu kanunları kullanarak

Detaylı

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1

KPSS MATEMATÝK. SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) N tam sayılar kümesinde i N için, A = 1 i,i 1 SOYUT CEBÝR ( Genel Tekrar Testi-1) 1. A = { k k Z, < k 4 } 4. N tam sayılar kümesinde i N için, k 1 B = { k Z, 1 k < 1 } k 1 A = 1 i,i 1 i ( ] kümeleri verildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Detaylı

GİRİŞ. elde edilmesi çok eski ve önemli bir problemdir. Bunun için öncelikle v cismine genişlemelerinin belirlenmesi hedeflenmiştir.

GİRİŞ. elde edilmesi çok eski ve önemli bir problemdir. Bunun için öncelikle v cismine genişlemelerinin belirlenmesi hedeflenmiştir. GİRİŞ Değerlendrme teors cebrsel fonksyonlar e cebrsel sayılar arasındak lşknn sonucu olarak ortaya çıkmıştır. Dedeknd e Weber n cebrsel fonksyonlar teorsne artmetk yaklaşımları Remann yüzeynn br noktasında

Detaylı

ALTERNATİF AKIM DEVRE YÖNTEM VE TEOREMLER İLE ÇÖZÜMÜ

ALTERNATİF AKIM DEVRE YÖNTEM VE TEOREMLER İLE ÇÖZÜMÜ BÖLÜM 6 ALTERNATİF AKIM DEVRE ÖNTEM VE TEOREMLER İLE ÇÖZÜMÜ 6. ÇEVRE AKIMLAR ÖNTEMİ 6. SÜPERPOZİSON TEOREMİ 6. DÜĞÜM GERİLİMLER ÖNTEMİ 6.4 THEVENİN TEOREMİ 6.5 NORTON TEOREMİ Tpak GİRİŞ Alternatf akımın

Detaylı

RANKI İKİ OLAN SERBEST METABELYEN LİE CEBİRLERİ İÇİN BİR KOMUTATÖR TESTİ

RANKI İKİ OLAN SERBEST METABELYEN LİE CEBİRLERİ İÇİN BİR KOMUTATÖR TESTİ ANKI İKİ OLAN SEBEST METABELYEN LİE CEBİLEİ İÇİN Bİ KOMUTATÖ TESTİ Zerrn ESMELİGİL Çukurova Ünverstes, Matematk Bölümü, Adana, 033386084-45, 033386070, e-zerrn@cu.edu.tr ÖZET. Bu çalışmada rankı k olan

Detaylı

değerine bu matrisin bir girdisi(elemanı,bileşeni) denir. Bir sütundan (satırdan) oluşan bir matrise bir sütun (satır) matrisi denir.

değerine bu matrisin bir girdisi(elemanı,bileşeni) denir. Bir sütundan (satırdan) oluşan bir matrise bir sütun (satır) matrisi denir. Bölüm 2 Matrsler aım 2.1 F br csm, m, brer doğal sayı olsu. a F ( 1,.., m; j 1,..., ) olmak üzere, a11... a1 fadese m satır sütuda oluşa (veya m tpde) br F matrs der. am 1... a m Böyle br matrs daha sade

Detaylı

11. z = 1 2i karmaşık sayısının çarpmaya göre tersinin eşleniğinin sanal kısmı kaçtır? 14. eşitliğini sağlayan z karmaşık sayısı kaçtır? 15.

11. z = 1 2i karmaşık sayısının çarpmaya göre tersinin eşleniğinin sanal kısmı kaçtır? 14. eşitliğini sağlayan z karmaşık sayısı kaçtır? 15. GD. + se Re() + Im()? www.gkhandemr.rg, 007 Cebr Ntları Gökhan DEMĐR, gdemr@yah.cm.tr Karmaşık sayılar 9. + + sayısı kaça eşttr? 7 890. ( x y) + + ( x + y) se x + y tplamı kaçtır?. x + y ( x) ve se y kaçtır?.

Detaylı

Standart Model (SM) Lagrange Yoğunluğu. u, d, c, s, t, b. e,, Şimdilik nötrinoları kütlesiz Kabul edeceğiz. Kuark çiftlerini gösterelim.

Standart Model (SM) Lagrange Yoğunluğu. u, d, c, s, t, b. e,, Şimdilik nötrinoları kütlesiz Kabul edeceğiz. Kuark çiftlerini gösterelim. SM de yer alacak fermyonlar Standart Model (SM) agrange Yoğunluğu u s t d c b u, d, c, s, t, b e e e,, Şmdlk nötrnoları kütlesz Kabul edeceğz. Kuark çftlern gösterelm. u, c ve t y u (=1,,) olarak gösterelm.

Detaylı

ADIYAMAN ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI YÜKSEK LİSANS TEZİ SOFT KÜMELER VE BAZI SOFT CEBİRSEL YAPILAR.

ADIYAMAN ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI YÜKSEK LİSANS TEZİ SOFT KÜMELER VE BAZI SOFT CEBİRSEL YAPILAR. ADIYAMAN ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ MATEMATİK ANABİLİM DALI YÜKSEK LİSANS TEZİ SOFT KÜMELER VE BAZI SOFT CEBİRSEL YAPILAR Ebubekr İNAN DANIŞMAN Yrd. Doç. Dr. Mehmet Al ÖZTÜRK ADIYAMAN 2011 Her

Detaylı

MODÜLLER VE ASAL ALT MODÜLLERİ

MODÜLLER VE ASAL ALT MODÜLLERİ YILDIZ TEKİK ÜİVESİTESİ FE BİLİLEİ ESTİTÜSÜ ODÜLLE VE ASAL ALT ODÜLLEİ Yüksek atematkç Kürşat Hakan OAL FBE atematk Anablm Dalı atematk Proramında Hazırlanan DOKTOA TEZİ Tez Savunma Tarh : 01.09.2010 Tez

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

UYUM ĐYĐLĐĞĐ TESTĐ. 2 -n olup. nin dağılımı χ dir ve sd = (k-1-p) dir. Burada k = sınıf sayısı, p = tahmin edilen parametre sayısıdır.

UYUM ĐYĐLĐĞĐ TESTĐ. 2 -n olup. nin dağılımı χ dir ve sd = (k-1-p) dir. Burada k = sınıf sayısı, p = tahmin edilen parametre sayısıdır. UYUM ĐYĐLĐĞĐ TESTĐ Posson: H o: Ver Posson dağılıma sahp br ktleden gelmektedr. H a : Ver Posson dağılıma sahp br ktleden gelmemektedr. Böyle br hpotez test edeblmek çn, önce Posson dağılım parametres

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

BÖLÜM 5 İKİ VEYA DAHA YÜKSEK BOYUTLU RASGELE DEĞİŞKENLER İki Boyutlu Rasgele Değişkenler

BÖLÜM 5 İKİ VEYA DAHA YÜKSEK BOYUTLU RASGELE DEĞİŞKENLER İki Boyutlu Rasgele Değişkenler BÖLÜM 5 İKİ VEYA DAHA YÜKSEK BOYUTLU RASGELE DEĞİŞKENLER 5.. İk Boyutlu Rasgele Değşkenler Br deney yapıldığında, aynı deneyle lgl brçok rasgele değşkenn aynı andak durumunu düşünmek gerekeblr. Böyle durumlarda

Detaylı

SEK Tahmincilerinin Arzulanan Özellikleri. SEK Tahmincilerinin Arzulanan Özellikleri. Ekonometri 1 Konu 9 Sürüm 2,0 (Ekim 2011)

SEK Tahmincilerinin Arzulanan Özellikleri. SEK Tahmincilerinin Arzulanan Özellikleri. Ekonometri 1 Konu 9 Sürüm 2,0 (Ekim 2011) SEK Tahmnclernn Arzulanan Özellkler İk Değşkenl Bağlanım Model SEK Tahmnclernn Arzulanan Özellkler Ekonometr 1 Konu 9 Sürüm 2,0 (Ekm 2011) http://www.ackders.org.tr SEK Tahmnclernn Arzulanan Özellkler

Detaylı

T.C. YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ GAMMA MODÜLLERİN BULANIK ALT MODÜLLERİ FERDİ ÇELİKER DOKTORA TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI

T.C. YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ GAMMA MODÜLLERİN BULANIK ALT MODÜLLERİ FERDİ ÇELİKER DOKTORA TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI T.C. YILDIZ TEKNİK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ GAMMA MODÜLLERİN BULANIK ALT MODÜLLERİ FERDİ ÇELİKER DOKTORA TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI DANIŞMAN DOÇ. DR. BAYRAM ALİ ERSOY İSTANBUL, 2014 T.C.

Detaylı

OLASILIĞA GİRİŞ. Biyoistatistik (Ders 7: Olasılık) OLASILIK, TIP ve GÜNLÜK YAŞAMDA KULLANIMI

OLASILIĞA GİRİŞ. Biyoistatistik (Ders 7: Olasılık) OLASILIK, TIP ve GÜNLÜK YAŞAMDA KULLANIMI OLASILIĞA GİRİŞ Yrd. Doç. Dr. Ünal ERKORKMAZ Sakarya Ünverstes Tıp Fakültes Byostatstk Anablm Dalı uerkorkmaz@sakarya.edu.tr OLASILIK, TIP ve GÜNLÜK YAŞAMDA KULLANIMI Br olayındoğal koşullar altında toplumda

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

10.Konu Tam sayıların inşası

10.Konu Tam sayıların inşası 10.Konu Tam sayıların inşası 1. Tam sayılar kümesi 2. Tam sayılar kümesinde toplama ve çarpma 3. Pozitif ve negatif tam sayılar 4. Tam sayılar kümesinde çıkarma 5. Tam sayılar kümesinde sıralama 6. Bir

Detaylı

DENEY 4: SERİ VE PARALEL DEVRELER,VOLTAJ VE AKIM BÖLÜCÜ KURALLARI, KIRCHOFF KANUNLARI

DENEY 4: SERİ VE PARALEL DEVRELER,VOLTAJ VE AKIM BÖLÜCÜ KURALLARI, KIRCHOFF KANUNLARI A. DNYİN AMACI : Bast ser ve bast paralel drenç devrelern analz edp kavramak. Voltaj ve akım bölücü kurallarını kavramak. Krchoff kanunlarını deneysel olarak uygulamak. B. KULLANILACAK AAÇ V MALZML : 1.

Detaylı

Kİ KARE ANALİZİ. Doç. Dr. Mehmet AKSARAYLI Ki-Kare Analizleri

Kİ KARE ANALİZİ. Doç. Dr. Mehmet AKSARAYLI  Ki-Kare Analizleri Kİ KAR ANALİZİ 1 Doç. Dr. Mehmet AKSARAYLI www.mehmetaksarayl K-Kare Analzler OLAY 1: Genelde br statstk sınıfında, öğrenclern %60 ının devamlı, %30 unun bazen, %10 unun se çok az derse geldkler düşünülmektedr.

Detaylı

Adi Diferansiyel Denklemler NÜMERİK ANALİZ. Adi Diferansiyel Denklemler. Adi Diferansiyel Denklemler

Adi Diferansiyel Denklemler NÜMERİK ANALİZ. Adi Diferansiyel Denklemler. Adi Diferansiyel Denklemler 6.4.7 NÜMERİK ANALİZ Yrd. Doç. Dr. Hatce ÇITAKOĞLU 6 Müendslk sstemlernn analznde ve ugulamalı dsplnlerde türev çeren dferansel denklemlern analtk çözümü büük öneme saptr. Sınır değer ve/vea başlangıç

Detaylı

DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -III- Çok değişkenli doğrusal olmayan karar modelinin çözümü

DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -III- Çok değişkenli doğrusal olmayan karar modelinin çözümü DOĞRUSAL OLMAYAN PROGRAMLAMA -III- Çok değşkenl doğrusal olmayan karar modelnn çözümü Hazırlayan Doç. Dr. Nl ARAS Anadolu Ünverstes, Endüstr Mühendslğ Bölümü İST8 Yöneylem Araştırması Ders - Öğretm Yılı

Detaylı

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

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

Detaylı

ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme

ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme ÖABT Sayılar Teorisi KONU TESTİ Tam Sayılarda Bölünebilme ÇÖZÜMLER. a b ve b a a b, a, b a b a b ve b c a c olduğundan a b ve c d ise a c b d olmayabilir. ve 5., ve olduğundan sonsuz çözüm vardır...9.9

Detaylı

Merkezi Eğilim (Yer) Ölçüleri

Merkezi Eğilim (Yer) Ölçüleri Merkez Eğlm (Yer) Ölçüler Ver setn tanımlamak üzere kullanılan ve genellkle tüm elemanları dkkate alarak ver setn özetlemek çn kullanılan ölçülerdr. Ver setndek tüm elemanları temsl edeblecek merkez noktasına

Detaylı

MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13. TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı

MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13. TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı MODÜLER ARİTMETİK A)1 B)3 C)8 D)11 E)13 TANIM Z tam sayılar kümesinde tanımlı ={(x,y): x ile y nin farkı n ile tam bölünür} = {(x,y): n x-y, n N + } bağıntısı bir denklik bağıntısıdır. (x,y) ise x y (mod

Detaylı

TEMEL DEVRE KAVRAMLARI VE KANUNLARI

TEMEL DEVRE KAVRAMLARI VE KANUNLARI TDK Temel Devre Kavramları ve Kanunları /0 TEMEL DEVRE KAVRAMLARI VE KANUNLARI GĐRĐŞ: Devre analz gerçek hayatta var olan fzksel elemanların matematksel olarak modellenerek gerçekte olması gereken sonuçların

Detaylı

MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8. Muazzez Sofuoğlu Nebil Tamcoşar

MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8. Muazzez Sofuoğlu Nebil Tamcoşar MATE 409 SAYILAR TEORİSİ BÖLÜM: 8 LİNEER KONGRÜANSLAR Muazzez Sofuoğlu 067787 Nebil Tamcoşar 8.1. Bir Değişkenli Lineer Kongrüanslar a,b ve m/a olmak üzere; Z ax b(modm) şeklindeki bir kongrüansa, birinci

Detaylı

Direct Decomposition of A Finitely-Generated Module Over a Principal Ideal Domain *

Direct Decomposition of A Finitely-Generated Module Over a Principal Ideal Domain * BİR ESAS İDEAL BÖLGESİ ÜZERİNDEKİ SONLU DOĞURULMUŞ BİR MODÜLÜN DİREK PARÇALANIŞI * Drec Decompoon of A Fnely-Generaed Module Over a Prncpal Ideal Doman * Zeynep YAPTI Fen Blmler Enüü Maemak Anablm Dalı

Detaylı

II. DERECEDEN DENKLEMLER Test -1

II. DERECEDEN DENKLEMLER Test -1 II. DERECEDEN DENKLEMLER Test -. 5 {, 5} {, 5} { 5, } {, 5} {, 5} 5. 5 {,, } {,, } {,, } {,, } {,, }.. 5 7 7 5 5,, 5 5, 5 5, 5 5, 6. 7. 5 95 { 5,, } {,, 5} { 5,, 9} {,, 5} { 9,, 5} 6 66 {, } {,, } {,,

Detaylı

2.7 Bezier eğrileri, B-spline eğrileri

2.7 Bezier eğrileri, B-spline eğrileri .7 Bezer eğrler, B-splne eğrler Bezer eğrler ve B-splne eğrler blgsaar grafklernde ve Blgsaar Destekl Tasarım (CAD) ugulamalarında çok kullanılmaktadır.. B-splne eğrler sadece br grup ver noktası çn tanımlanan

Detaylı

ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ

ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ ELEKTRİK DEVRE TEMELLERİ Öğretm üyes: Doç. Dr. S. Özoğuz Tel: 85 36 9 e-posta: serdar@ehb.tu.edu.tr Ders saat: Pazartes,.-3. / D-4 İçndekler. Dere teors, toplu parametrel dereler, Krchhoff un gerlm e akım

Detaylı

ENERJİ. Isı Enerjisi. Genel Enerji Denklemi. Yrd. Doç. Dr. Atilla EVCİN Afyon Kocatepe Üniversitesi 2007

ENERJİ. Isı Enerjisi. Genel Enerji Denklemi. Yrd. Doç. Dr. Atilla EVCİN Afyon Kocatepe Üniversitesi 2007 Yrd. Doç. Dr. Atlla EVİN Afyon Kocatepe Ünverstes 007 ENERJİ Maddenn fzksel ve kmyasal hal değşm m le brlkte dama enerj değşm m de söz s z konusudur. Enerj değşmler mler lke olarak Termodnamğn Brnc Yasasına

Detaylı

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1

1 Primitif Kökler. [Fermat ] p asal, p a a p 1 1 (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) = 1, a φ(m) 1 (mod m) φ(1) := 1 Primitif Kökler [Fermat ] p asal, p a a p (mod p) a Z, a p a (mod p) [Euler] ebob(a, m) =, a φ(m) (mod m) φ : Z + Z + φ() := φ(m) := {x Z x < m, ebob(x, m) = } φ fonksiyonunun özellikleri: ) m >, φ(m)

Detaylı

X, R, p, np, c, u ve diğer kontrol diyagramları istatistiksel kalite kontrol diyagramlarının

X, R, p, np, c, u ve diğer kontrol diyagramları istatistiksel kalite kontrol diyagramlarının 1 DİĞER ÖZEL İSTATİSTİKSEL KALİTE KONTROL DİYAGRAMLARI X, R, p, np, c, u ve dğer kontrol dyagramları statstksel kalte kontrol dyagramlarının temel teknkler olup en çok kullanılanlarıdır. Bu teknkler ell

Detaylı

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir.

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir. YER ÖLÇÜLERİ Yer ölçüler, verler merkez veya yığılma oktasıı belrleye statstklerdr. Grafkler bze verler yığılma oktaları hakkıda ö blg vermede yardımcı olurlar. Acak bu değerler gerçek değerler değldr,

Detaylı

TRANSPORT PROBLEMI için GELIsTIRILMIs VAM YÖNTEMI

TRANSPORT PROBLEMI için GELIsTIRILMIs VAM YÖNTEMI Yönetm, Yl 9, Say 28, Ekm - 1997,5.20-25 TRANSPORT PROBLEMI ÇIN GELIsTIRILMIs VAM YÖNTEMI Dr. Erhan ÖZDEMIR I.Ü. Teknk Blmler M.Y.O. L.GIRIs V AM transport problemlerne en düsük malyetl baslangç çözüm

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

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir?

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler, değer kümelerine göre adlandırı - lırlar. Dizinin değer

Detaylı

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise =

MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR. (b) = ise = MAT 302 SOYUT CEBİR II SORULAR 1. : bir dönüşüm, olsunlar. a) ( ) = ( ) ( ) b) ( ) ( ) ( ) olduğunu c) ( ) nin eşitliğinin sağlanması için gerekli ve yeterli bir koşulun nin 1 1 olması ile mümkün olduğunu

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

( ) 3.1 Özet ve Motivasyon. v = G v v Operasyonel Amplifikatör (Op-Amp) Deneyin Amacı. deney 3

( ) 3.1 Özet ve Motivasyon. v = G v v Operasyonel Amplifikatör (Op-Amp) Deneyin Amacı. deney 3 Yıldız Teknk Ünverstes Elektrk Mühendslğ Bölümü Deneyn Amacı İşlemsel kuvvetlendrcnn çalışma prensbnn anlaşılması le çeştl OP AMP devrelernn uygulanması ve ncelenmes. Özet ve Motvasyon.. Operasyonel Amplfkatör

Detaylı

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR

SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR 1 SAYILAR DOĞAL VE TAM SAYILAR RAKAM: Sayıları ifade etmek için kullandığımız 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 sembollerinden her birine rakam denir. Soru: a ve b farklı rakamlar olmak üzere a + b nin alabileceği

Detaylı

ÇOK BĐLEŞENLĐ DAMITMA KOLONU TASARIMI PROF. DR. SÜLEYMAN KARACAN

ÇOK BĐLEŞENLĐ DAMITMA KOLONU TASARIMI PROF. DR. SÜLEYMAN KARACAN ÇOK BĐLEŞENLĐ DAMITMA KOLONU TASARIMI PROF. DR. SÜLEYMAN KARACAN 1 DAMITMA KOLONU Kmya ve buna bağlı endüstrlerde en çok kullanılan ayırma proses dstlasyondur. Uygulama alanı antk çağda yapılan alkol rektfkasyonundan

Detaylı

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

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

Detaylı

A İSTATİSTİK. 4. X kesikli rasgele (random) değişkenin moment çıkaran. C) 4 9 Buna göre, X in beklenen değeri kaçtır?

A İSTATİSTİK. 4. X kesikli rasgele (random) değişkenin moment çıkaran. C) 4 9 Buna göre, X in beklenen değeri kaçtır? . Br torbada 6 syah, 4 beyaz top vardır. Bu torbadan yerne koyarak top seçlyor. A İSTATİSTİK KPSS/-AB-PÖ/006. Normal dağılıma sahp br rasgele (random) değşkenn varyansı 00 dür. Seçlen topların ksnn de

Detaylı

DOĞRUSAL HEDEF PROGRAMLAMA İLE BÜTÇELEME. Hazırlayan: Ozan Kocadağlı Danışman: Prof. Dr. Nalan Cinemre

DOĞRUSAL HEDEF PROGRAMLAMA İLE BÜTÇELEME. Hazırlayan: Ozan Kocadağlı Danışman: Prof. Dr. Nalan Cinemre 1 DOĞRUSAL HEDEF PROGRAMLAMA İLE BÜTÇELEME Hazırlayan: Ozan Kocadağlı Danışman: Prof. Dr. Nalan Cnemre 2 BİRİNCİ BÖLÜM HEDEF PROGRAMLAMA 1.1 Grş Karar problemler amaç sayısına göre tek amaçlı ve çok amaçlı

Detaylı

Açık Poligon Dizisinde Koordinat Hesabı

Açık Poligon Dizisinde Koordinat Hesabı Açık Polon Dzsnde Koordnat Hesabı Problem ve numaralı noktalar arasında açılacak tüneln doğrultusunu belrlemek amacıyla,,3,4, noktalarını çeren açık polon dzs tess edlmş ve şu ölçme değerler elde edlmştr.

Detaylı

Rasgele Değişken Üretme Teknikleri

Rasgele Değişken Üretme Teknikleri Rasgele Değşken Üretme Teknkler Amaç Smülasyon modelnn grdlern oluşturacak örneklern üretlmes Yaygın olarak kullanılan ayrık veya sürekl dağılımların örneklenmes sürecn anlamak Yaygın olarak kullanılan

Detaylı

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

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

Detaylı

MAK 744 KÜTLE TRANSFERİ

MAK 744 KÜTLE TRANSFERİ ZKÜ Fen Blmler Ensttüsü Makne Mühendslğ Anablm alı MAK 744 KÜTLE TRANSFERİ TERMOİNAMİK ve TRANSPORT BÜYÜKLÜKLERİNİN HESAPLANMASI İÇİN FORMÜLLER VE TABLOLAR Mustafa EYRİBOYUN ZONGULAK - 007 1. TERMOİNAMİK

Detaylı

Deney No: 2. Sıvı Seviye Kontrol Deneyi. SAKARYA ÜNİVERSİTESİ Dijital Kontrol Laboratuvar Deney Föyü Deneyin Amacı

Deney No: 2. Sıvı Seviye Kontrol Deneyi. SAKARYA ÜNİVERSİTESİ Dijital Kontrol Laboratuvar Deney Föyü Deneyin Amacı SRY ÜNİVERSİESİ Djtal ontrol Laboratuvar Deney Föyü Deney No: 2 Sıvı Sevye ontrol Deney 2.. Deneyn macı Bu deneyn amacı, doğrusal olmayan sıvı sevye sstemnn belrlenen br çalışma noktası cvarında doğrusallaştırılmış

Detaylı

Akköse, Ateş, Adanur. Matris Yöntemleri ile dış etkilerden meydana gelen uç kuvvetlerinin ve uç yerdeğiştirmelerinin belirlenmesinde;

Akköse, Ateş, Adanur. Matris Yöntemleri ile dış etkilerden meydana gelen uç kuvvetlerinin ve uç yerdeğiştirmelerinin belirlenmesinde; MATRİS ÖNTEMER 1. GİRİŞ Matrs öntemler; gerçek sürekl apının erne, matrs bçmnde ade edleblen blnen atalet (elemslk) ve elastklk öellklerne sahp sonl büüklüktek apısal elemanlardan olşan matematksel br

Detaylı

Communication Theory

Communication Theory Communcaton Theory ENFORMASYON TEORİSİ KODLAMA Doç. Dr. Hakan Doğan ENFORMASYON DEYİMİ NEDEN KULLANILMIŞ? Kaynaklarn, kanalların,alıcıların blg karakterstklern ncelemek. Blgnn letmn optmze etmek çn İletmn

Detaylı

ÖZET. Yüksek Lisans Tezi GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE 4. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE.

ÖZET. Yüksek Lisans Tezi GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE 4. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE. ÖZET Yüse Lsans Tez GAUSS TAMSAYILARI HALKASINDA KONGRÜANS DENKLEMERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE. DERECEDEN KALANLAR ÜZERİNE Kevser AKTAŞ Selçu Ünverstes Fen Blmler Ensttüsü İlöğretm Anablm Dalı Matemat Öğretmenlğ

Detaylı

1. KEYNESÇİ PARA TALEBİ TEORİSİ

1. KEYNESÇİ PARA TALEBİ TEORİSİ DERS NOTU 07 KEYNESÇİ PARA TALEBİ TEORİSİ, LM EĞRİSİ VE PARA TALEBİ FAİZ ESNEKLİĞİ Bugünk dersn çerğ: 1. KEYNESÇİ PARA TALEBİ TEORİSİ... 1 1.1 İŞLEMLER (MUAMELELER) TALEBİ... 2 1.2 ÖNLEM (İHTİYAT) TALEBİ...

Detaylı

ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER

ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER ÖZDEĞERLER- ÖZVEKTÖRLER GİRİŞ Özdeğerler, bir matrisin orijinal yapısını görmek için kullanılan alternatif bir yoldur. Özdeğer kavramını açıklamak için öncelikle özvektör kavramı ele alınsın. Bazı vektörler

Detaylı

JFM316 Elektrik Yöntemler ( Doğru Akım Özdirenç Yöntemi)

JFM316 Elektrik Yöntemler ( Doğru Akım Özdirenç Yöntemi) JFM316 Elektrk Yöntemler ( Doğru Akım Özdrenç Yöntem) yeryüzünde oluşturacağı gerlm değerler hesaplanablr. Daha sonra aşağıdak formül kullanılarak görünür özdrenç hesaplanır. a K I K 2 1 1 1 1 AM BM AN

Detaylı

ÖRNEK SET 5 - MBM 211 Malzeme Termodinamiği I

ÖRNEK SET 5 - MBM 211 Malzeme Termodinamiği I ÖRNE SE 5 - MBM Malzeme ermdnamğ I 5 ºC de ve sabt basınç altında, metan gazının su buharı le reaksynunun standart Gbbs serbest enerjs değşmn hesaplayın. Çözüm C O( ( ( G S S S g 98 98 98 98 98 98 98 Madde

Detaylı

Kİ-KARE VE KOLMOGOROV SMİRNOV UYGUNLUK TESTLERİNİN SİMULASYON İLE ELDE EDİLEN VERİLER ÜZERİNDE KARŞILAŞTIRILMASI

Kİ-KARE VE KOLMOGOROV SMİRNOV UYGUNLUK TESTLERİNİN SİMULASYON İLE ELDE EDİLEN VERİLER ÜZERİNDE KARŞILAŞTIRILMASI C.Ü. İktsad ve İdar Blmler Dergs, Clt 4, Sayı 1, 3 6 Kİ-KARE VE KOLMOGOROV SMİRNOV UYGUNLUK TESTLERİNİN SİMULASYON İLE ELDE EDİLEN VERİLER ÜZERİNDE KARŞILAŞTIRILMASI H. BİRCAN, Y. KARAGÖZ ve Y. KASAPOĞLU

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

2 MANYETİZMA. 7. Etki ile mıknatıslanmada mıknatısın 5. K L M F F S N S N S N

2 MANYETİZMA. 7. Etki ile mıknatıslanmada mıknatısın 5. K L M F F S N S N S N 3 Manyetzma Test Çözümler 1 Test 1'n Çözümler 3. 1 2 3 4 5 6 1. X Şekl I M 1 2 Y 3 4 Mıknatıs kutupları Şekl I dek gb se 4 ve 5 numaralı kutuplar zıt şaretl olur. Manyetk alan çzgler kutup şddet le doğru

Detaylı

ÇANAKKALE ONSEKİZ MART ÜNİVERSİTESİ FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ MODÜLER ARİTMETİK

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

Detaylı

Bilgisayarla Görüye Giriş

Bilgisayarla Görüye Giriş Blgsayarla Görüye Grş Ders 8 Görüntü Eşleme Alp Ertürk alp.erturk@kocael.edu.tr Panorama Oluşturma Görüntüler eşlememz / çakıştırmamız gerekmektedr Panorama Oluşturma İk görüntüden özntelkler çıkar Panorama

Detaylı

MUTLAK DEĞER. Örnek...6 : 1 x > 1 y > 1 z. Örnek...7 : x=1 5, y= 5 2, ise x+y y x x =? Örnek...1 : =? Örnek...8 : Örnek...2 : =?

MUTLAK DEĞER. Örnek...6 : 1 x > 1 y > 1 z. Örnek...7 : x=1 5, y= 5 2, ise x+y y x x =? Örnek...1 : =? Örnek...8 : Örnek...2 : =? TANIM MUTLAK DEĞER Örnek...6 : 1 x > 1 y > 1 z ise x y x z z y =? Bir x reel sayısına karşılık gelen noktanın sayı doğrusunda 0 (sıf ır) a olan uzaklığına x sayısının mutlak değeri denir ve x şeklinde

Detaylı

ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ

ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ YÜKSEK LİSANS TEZİ Gülesen ÜSTÜNDAĞ BAZI PARAMETRİK OLMAYAN İSTATİSTİKSEL YÖNTEMLERİN İNCELENMESİ İSTATİSTİK ANABİLİM DALI ADANA, 005 ÇUKUROVA ÜNİVERSİTESİ

Detaylı

KAPASİTANS VE ENDÜKTANS EBE-215, Ö.F.BAY 1

KAPASİTANS VE ENDÜKTANS EBE-215, Ö.F.BAY 1 KAPASİTANS VE ENDÜKTANS EBE-5, Ö.F.BAY KAPASİTANS VE ENDÜKTANS Bu bölümde enerj depolayan pasf elemanlardan Kapasörler e Endükörler anıılmakadır ÖĞRENME HEDEFLERİ KAPASİTÖRLER Elekrk alanında enerj depolarlar

Detaylı

Bulanık Mantık ile Hesaplanan Geoid Yüksekliğine Nokta Yüksekliklerinin Etkisi

Bulanık Mantık ile Hesaplanan Geoid Yüksekliğine Nokta Yüksekliklerinin Etkisi Harta Teknolojler Elektronk Dergs Clt: 5, No: 1, 2013 (61-67) Electronc Journal of Map Technologes Vol: 5, No: 1, 2013 (61-67) TEKNOLOJİK ARAŞTIRMALAR www.teknolojkarastrmalar.com e-issn: 1309-3983 Makale

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

4.5. SOĞUTMA KULELERİNİN BOYUTLANDIRILMASI İÇİN BİR ANALIZ

4.5. SOĞUTMA KULELERİNİN BOYUTLANDIRILMASI İÇİN BİR ANALIZ Ünsal M.; Varol, A.: Soğutma Kulelernn Boyutlandırılması İçn Br Kuramsal 8 Mayıs 990, S: 8-85, Adana 4.5. SOĞUTMA KULELERİNİN BOYUTLANDIRILMASI İÇİN BİR ANALIZ Asaf Varol Fırat Ünverstes, Teknk Eğtm Fakültes,

Detaylı

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür.

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür. ÖZDEĞER VE ÖZVEKTÖRLER A n n tipinde bir matris olsun. AX = λx (1.1) olmak üzere n 1 tipinde bileşenleri sıfırdan farklı bir X matrisi için λ sayıları için bu denklemi sağlayan bileşenleri sıfırdan farklı

Detaylı

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

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

Detaylı

PARAMETRİK OLMAYAN HİPOTEZ TESTLERİ. χ 2 Kİ- KARE TESTLERİ. Doç.Dr. Ali Kemal ŞEHİRLİOĞLU Araş.Gör. Efe SARIBAY

PARAMETRİK OLMAYAN HİPOTEZ TESTLERİ. χ 2 Kİ- KARE TESTLERİ. Doç.Dr. Ali Kemal ŞEHİRLİOĞLU Araş.Gör. Efe SARIBAY PARAMETRİK OLMAYAN HİPOTEZ TESTLERİ Kİ- KARE TESTLERİ Doç.Dr. Al Kemal ŞEHİRLİOĞLU Araş.Gör. Efe SARIAY Populasyonun nceledğmz br özellğnn dağılışı blenen dağılışlardan brsne, Normal Dağılış, t Dağılışı,

Detaylı

Yeşilköy Anadolu Lisesi

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

Detaylı

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

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

Detaylı

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n

Örnek...3 : Aşağıdaki ifadelerden hangileri bir dizinin genel terim i olabilir? Örnek...4 : Genel terimi w n. Örnek...1 : Örnek...5 : Genel terimi r n DİZİLER Tanım kümesi pozitif tam sayılar kümesi olan her fonksiyona dizi denir. Örneğin f : Z + R, f (n )=n 2 ifadesi bir dizi belirtir. Diziler değer kümelerine göre adlandırılırlar. Dizinin değer kümesi

Detaylı

3. işleminin birim elemanı vardır, yani her x A için x e = e x = x olacak şekilde e A vardır.

3. işleminin birim elemanı vardır, yani her x A için x e = e x = x olacak şekilde e A vardır. 0.1 GRUPLAR Tanım 1 A kümesi boştan farklıolmak üzere işlemine göre aşağıdaki koşulları gerçekliyorsa (A, ) ikilisine bir Grup denir. 1. kapalılık özelliğine sahiptir, yani her x, y A için x y A olur.

Detaylı

ZKÜ Mühendislik Fakültesi - Makine Mühendisliği Bölümü ISI VE TERMODİNAMİK LABORATUVARI Sudan Suya Türbülanslı Akış Isı Değiştirgeci Deney Föyü

ZKÜ Mühendislik Fakültesi - Makine Mühendisliği Bölümü ISI VE TERMODİNAMİK LABORATUVARI Sudan Suya Türbülanslı Akış Isı Değiştirgeci Deney Föyü ZKÜ Müendslk Fakültes - Makne Müendslğ Bölümü Sudan Suya Türbülanslı Akış Isı Değştrge Deney Föyü Şekl. Sudan suya türbülanslı akış ısı değştrge (H950 Deneyn adı : Boru çnde sudan suya türbülanslı akışta

Detaylı

Cebir Notları. Gökhan DEMĐR, ÖRNEK : A ve A x A nın bir alt kümesinden A ya her fonksiyona

Cebir Notları. Gökhan DEMĐR, ÖRNEK : A ve A x A nın bir alt kümesinden A ya her fonksiyona , 2006 MC Cebir Notları Gökhan DEMĐR, gdemir23@yahoo.com.tr Đşlem ĐŞLEM A ve A x A nın bir alt kümesinden A ya her fonksiyona ikili işlem denir. Örneğin toplama, çıkarma, çarpma birer işlemdir. Đşlemler

Detaylı

DEFORMASYONLARIN MODELLENMESİ. Levent TAŞÇI 1 ltasci@firat.edu.tr

DEFORMASYONLARIN MODELLENMESİ. Levent TAŞÇI 1 ltasci@firat.edu.tr DFORMSYOLRI MODLLMSİ Levent TŞÇI 1 ltasc@frat.edu.tr Öz: Deformasyonların belrleneblmes çn farklı çalışma grupları tarafından ortaya konulmuş farklı yaklaşımlar söz konusudur. Deformasyon analznde, bloklar

Detaylı

HİPERSTATİK SİSTEMLER

HİPERSTATİK SİSTEMLER HİPERSTATİK SİSTELER Tanım: Bütün kest zorlarını ve bunlara bağlı olarak şekl değştrmelern ve yer değştrmelern hesabı çn denge denklemlernn yeterl olmadığı sstemlere Hperstatk Sstemler denr. Hperstatk

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

Farklı Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = s 2 Eşit Varyans

Farklı Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = s 2 Eşit Varyans Farklı Varyans Var(u X ) = Var(u ) = E(u ) = s Eşt Varyans Y X 1 Farklı Varyans Hata Var(u X ) = Var(u ) = E(u ) = s Farklı Varyans Zaman EKKY nn varsayımlarından br anakütle regresyon fonksyonu u lern

Detaylı

1 RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER Sorular Sorular DOĞRUSAL DENKLEMLER Sorular DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ 25

1 RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER Sorular Sorular DOĞRUSAL DENKLEMLER Sorular DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ 25 İçindekiler RASYONEL SAYILARDA İŞLEMLER. Çözümlü Sorular............................. 2.2 Sorular................................... 5 2 TEK - TERİMLİ veçok-terimli İFADELER 7 2. Çözümlü Sorular.............................

Detaylı

ENDÜSTRİNİN DEĞİŞİK İŞ KOLLARINDA İHTİYAÇ DUYULAN ELEMANLARIN YÜKSEK TEKNİK EĞİTİM MEZUNLARINDAN SAĞLANMASINDAKİ BEKLENTİLERİN SINANMASI

ENDÜSTRİNİN DEĞİŞİK İŞ KOLLARINDA İHTİYAÇ DUYULAN ELEMANLARIN YÜKSEK TEKNİK EĞİTİM MEZUNLARINDAN SAĞLANMASINDAKİ BEKLENTİLERİN SINANMASI V. Ulusal Üretm Araştırmaları Sempozyumu, İstanbul Tcaret Ünverstes, 5-7 Kasım 5 ENDÜSTRİNİN DEĞİŞİK İŞ KOLLARINDA İHTİYAÇ DUYULAN ELEMANLARIN YÜKSEK TEKNİK EĞİTİM MEZUNLARINDAN SAĞLANMASINDAKİ BEKLENTİLERİN

Detaylı

Bölüm 3. Tanımlayıcı İstatistikler

Bölüm 3. Tanımlayıcı İstatistikler Bölüm 3 Tanımlayıcı İstatstkler Tanımlayıcı İstatstkler Br ver setn tanımak veya brden fazla ver setn karşılaştırmak çn kullanılan ve ayrıca örnek verlernden hareket le frekans dağılışlarını sayısal olarak

Detaylı

Farklı Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = σ i2. Eşit Varyans. Hata. Zaman

Farklı Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = σ i2. Eşit Varyans. Hata. Zaman Farklı Varyans Var(u X ) = Var(u ) = E(u ) = σ Eşt Varyans Y X Farklı Varyans Hata Var(u X ) = Var(u ) = E(u ) = σ Farklı Varyans Zaman Farklı Varyans le Karşılaşılan Durumlar Kest Verlernde. Kar dağıtım

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

(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

NİSAN 2010 DENEMESİ A)75 B)80 C)85 D)90 E)95 A)0 B)1 C)2 D)3 E)4

NİSAN 2010 DENEMESİ A)75 B)80 C)85 D)90 E)95 A)0 B)1 C)2 D)3 E)4 NİSAN 21 DENEMESİ 1) ABCD dikdörtgeninin AB kenarı üzerindeki M noktasından geçen ve CM doğrusuna dik olan doğru AD kenarını E noktasında kesiyor. M noktasından CE doğrusuna indirilen dikmenin ayağı P

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

YAYILI YÜK İLE YÜKLENMİŞ YAPI KİRİŞLERİNDE GÖÇME YÜKÜ HESABI. Perihan (Karakulak) EFE

YAYILI YÜK İLE YÜKLENMİŞ YAPI KİRİŞLERİNDE GÖÇME YÜKÜ HESABI. Perihan (Karakulak) EFE BAÜ Fen Bl. Enst. Dergs (6).8. YAYII YÜK İE YÜKENİŞ YAPI KİRİŞERİNDE GÖÇE YÜKÜ HESABI Perhan (Karakulak) EFE Balıkesr Ünverstes ühendslk marlık Fakültes İnşaat üh. Bölümü Balıkesr, TÜRKİYE ÖZET Yapılar

Detaylı

Sabit Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = s 2

Sabit Varyans. Var(u i X i ) = Var(u i ) = E(u i2 ) = s 2 X Sabt Varyans Y Var(u X ) = Var(u ) = E(u ) = s Eşt Varyans EKKY nn varsayımlarından br anakütle regresyon fonksyonu u lern eşt varyanslı olmasıdır Her hata term varyansı bağımsız değşkenlern verlen değerlerne

Detaylı

3. Parçaları Arasında Aralık Bulunan Çok Parçalı Basınç Çubukları

3. Parçaları Arasında Aralık Bulunan Çok Parçalı Basınç Çubukları 3. Parçaları Arasında Aralık Bulunan Çok Parçalı Basınç Çubukları Basınç çubukları brden fazla profl kullanılarak, bu profller arasında plan düzlemnde bell br mesafe bulunacak şeklde düzenleneblr. Bu teşklde,

Detaylı

TESADÜFİ DEĞİŞKENLERLE İLGİLİ BAZI YAKINSAKLIK ÇEŞİTLERİNİN KARŞILAŞTIRILMASI

TESADÜFİ DEĞİŞKENLERLE İLGİLİ BAZI YAKINSAKLIK ÇEŞİTLERİNİN KARŞILAŞTIRILMASI ISSN:1306-3111 e-journal of New Worl Scences Acaemy 2008, Volume: 3, Number: 4 Artcle Number: A0108 NATURAL AND APPLIED SCIENCES MATHEMATICS APPLIED MATHEMATICS Receve: March 2008 Accepte: September 2008

Detaylı