KÜREYE GÖRE SİMETRİ: ÜÇ BOYUTLU UZAYDA APOLLONIUS VE PAPPUS TEOREMLERİ
|
|
- Engin Ilker Altun
- 7 yıl önce
- İzleme sayısı:
Transkript
1 ÖZEL EGE LİSESİ KÜREYE GÖRE SİMETRİ: ÜÇ BOYUTLU UZAYDA APOLLONIUS VE PAPPUS TEOREMLERİ HAZIRLAYAN ÖĞRENCİLER: Barış TİRYAKİ Maide İdil İSPİR DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Nila BAŞOĞLU İZMİR 016
2 İçindekiler Safa 1. Giriş Amaç.... Yöntem. 3. Bulgular Çembere Göre Simetri Doğrunun Çembere Göre Simetriği Çemberin Çembere Göre Simetriği Düzlemde Apollonius Çemberi Düzlemde Pappus Teoremi Uzada Küree Göre Simetri GeoGebra ve Küree Göre Simetri Uzada Apollonius Küreleri Apollonius Küreleri ve Ortak Merkezli Küreler Arasındaki İlişki Uzada Pappus Teoremi Sonuçlar ve Tartışma Öneriler Kanaklar
3 1. Giriş Bir A noktasının bir l doğrusuna göre simetriği denildiğinde, l doğrusuna A noktası ile eşit uzaklıkta ve l e göre A noktasının karşı tarafında er alan bir nokta anlaşılmaktadır. Benzer bir aklaşımla, bir noktanın bir C çemberine göre ansıması, çembere göre simetri kavramını doğurmuştur. Bir doğrua göre simetri bir düz anaa göre ansıma olarak görülürse, çembere göre simetri de bir çukur anaa göre ansıma olarak düşünülebilir. Doğrua göre simetri dönüşümü, noktaları doğrunun diğer tarafına geçirirken çembere göre simetri dönüşümü ise bir çemberin içindeki noktaları çemberin dışına, dışındaki noktaları ise içine ansıtmaktadır. Orijinal adı Circle Inversion olan bu kavramın Türkçe karşılığı Evirtim dir (Tezer, 199). Evirtim, (Tezer,199) de Hem Öklid geometrisindeki bazı ugulamalar hem de Öklid-dışı geometrilere verilecek en basit örneklerin kuruluşu açısından büük öneme sahip bir dönüşüm olarak tanımlanmaktadır. Çembere göre simetri kavramının, aşadığı dönemin aksine 1600 lü ıllarda değeri anlaşılan Pergeli Apollonius tarafından bulunduğu kabul edilmektedir. Bu kavramın sistematik olarak incelenmesi ise 180 ıllarında henüz 8 aşındaken çembere göre simetri kullanarak geometrik keşifler apan Jakob Stainer ( ) ile başlamıştır (Kozai ve Libeskind, 009). Öklid düzleminde ortaa atılmış birçok teorem, evirtim aracılığı ile eniden ispatlanmıştır. Bunların arasında en ii bilinenlerinden biri de Apollonius Çemberleri dir. Apollonius, A ve B farklı iki nokta ve k pozitif bir reel saı olmak üzere PA = k oranını sağlaan P noktalarının PB geometrik erinin, k 1 iken bir çember ve k = 1 iken [AB] nin orta dikmesi olduğunu belirlemiştir. Bu geometrik er literatüre Apollonius Çemberi olarak geçmiştir (Brannan, Epslen & Gre, 009). Bu ilginç özellik, çembere göre simetri dönüşümü kullanılarak da ispatlanmıştır (Brannan, Epslen & Gre, 009). C, AB çaplı bir çember olsun. C ve C 0 ise sırasıla A ve B noktalarında C çemberine içten teğet, D noktasında ise birbirlerine dıştan teğet çemberler olsun. Birbirine içten teğet olan C ve C çemberlerinin arasına bu çemberlere teğet olarak erleştirilen çemberlerin dizisi Pappus Zinciri olarak bilinmektedir (Lamoen & Weisstein, 016). Bu zincirdeki ardışık herhangi iki çember birbirine ve C ile C çemberlerine dıştan teğet olacak şekilde inşa edilmiştir. M.S. 3. üzılda Pappus, bu zincirde er alan herhangi bir çemberin merkezinin, AB e olan uzaklığını hesaplamıştır (Bankoff, 1981). Daha sonra bu hesap, çembere göre simetri dönüşümü ardımıla oldukça estetik bir şekilde tekrar apılmıştır (Brannan, Epslen & Gre, 009). Bu bilgilerden ola çıkılarak şu soru akla gelmektedir: Öklid düzleminde ifade edilen Apollonius Çemberleri nin ve Pappus Teoremi nin üç boutlu ve eğer mümkünse daha üksek boutlu uzalara taşınarak genelleştirilebilmesi mümkün müdür? Mevcut proje bounca bu sorunun çözümü üzerine odaklanılmıştır. 1.1 Amaç Bu projenin amacı, düzlemde çembere göre simetri kavramını üç boutlu uzada küree göre simetri olarak genelleştirmektir. Bu simetriler ardımıla, üç boutlu uzada Apollonius Küreleri nin oluşturulması ve Pappus Teoremi nin üç boutlu uzaa uarlanarak ispatlanması hedeflenmektedir. Yöntem Bu çalışmada, öncelikle düzlemde çembere göre simetri kavramı detalı olarak incelenmiştir. Bir çemberin ve bir doğrunun, bir çembere göre simetrisi alınarak inceleme apılmıştır. Daha sonra ise Öklid düzleminde verilen Apollonius Çember Teoremi ve Pappus Teoremleri ne er verilmiştir. Düzleme göre simetriden ola çıkarak üç boutlu uzada küree göre simetri kavramı üzerine çalışılmıştır. Uzada, düzlemde ifade edilen Apolloinus Çemberleri nin karşılığı olan Apollonius Küreler Ailesi inşa edilmiş ve üç boutlu uzada Pappus Teoremi oluşturularak ispatlanmıştır.
4 3 Bulgular 3.1 Çembere Göre Simetri Tanım (Blair, 000) C, merkezi O ve arıçapı R olan bir çember olsun. Aşağıdaki şartları sağlaan A noktasına A nın verilen çembere göre simetriği (A nın C çemberine göre evriği) denir: i. O, A ve A noktaları O dan geçen bir ışın üzerindedir. ii. OA. OA = R Bir A noktasının O merkezli ve R arıçaplı C çemberine göre simetriği, geometrik olarak aşağıdaki şekilde bulunabilir: OA doğrusu çizilir. A noktasından OA doğrusuna dik olan doğru oluşturulur. Bu doğrunun çemberi kestiği noktalar T 1 ve T noktaları olsun. Çemberin T 1 ve T noktalarındaki teğet doğrularının OA doğrusunu kestiği nokta, A noktasının C çemberine göre simetriği olan A noktasını verir (Şekil 1): Şekil 1 e göre OAT 1 ~ OA T ve cos α = OA R, cos α = olduğundan R OA OA. OA = R elde edilir. O halde A noktasının C çemberine göre simetriği A noktasıdır. Şekil 1: Çembere göre simetri Çembere göre simetri tanımından bir çemberin iç bölgesinde er alan bir noktanın bu çembere göre simetriğinin çemberin dışında, dış bölgesinde er alan bir noktanın simetriğinin ise bu çemberin iç bölgesinde er alacağı açıktır. Arıca çember üzerindeki bir noktanın bu çembere göre simetriği ine kendisi olacaktır. Özel olarak, çemberin merkezinin simetriğinin olduğu kabul edilir. 3
5 Şekil : Çembere göre simetri ve doğrua göre simetrinin karşılaştırılması Şekilde e göre AC = ve A C = olmak üzere A noktasının bir d doğrusuna göre simetriğinin A noktası olması için gerek ve eter koşul = olmasıdır. Diğer taraftan, = R OA = OA R olduğundan, OA = R OA = R + dir. A noktasının Şekil deki O merkezli R arıçaplı çembere göre simetriği A noktası ise aşağıdaki eşitlikler sağlanır: eşitlikleri sağlanır. Dolaısıla R = OA. OA = (R )(R + ) R = R + R R 1 lim R R = R = R + R R R R = 0 R( ) = 1 = R 0 = 0 = 1 1 = elde edilir. O halde doğru, sonsuz arıçaplı bir çember olarak kabul edilirse doğrua ve çembere göre simetri kavramları çakışır. Önerme 3.1. (Brannan, Epslen & Gre, 009). C, merkezi O ( 0, 0 ) ve arıçapı R olan bir çember olsun. A(, ) noktasının C çemberine göre simetriği noktasıdır. R A ( 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0), 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0)) R 4
6 İspat A(, ) noktasının C çemberine göre simetriği A (, ) noktası olsun (Şekil 3). Bu durumda, çembere göre simetri tanımdan O A. O A = R ve olduğundan O A = ( 0 ) + ( 0 ) O A = ( 0 ) + ( 0 ) O A. O A = ( 0 ) + ( 0 ). ( 0 ) + ( 0 ) = R...(1) elde edilir. C Şekil 3: A(, ) noktasının C çemberine göre simetriği A (, ) dır. Diğer taraftan, O A E ~ O AD olduğundan ve dolaısıla 0 0 = 0 0 = k 0 = k( 0 ) 0 = k( 0 ) dir. Bu eşitlikler (1) numaralı denklemde erine koulursa R = O A. O A = ( 0 ) + ( 0 ). (k( 0 )) + (k( 0 )) = k ( 0 ) + ( 0 ) ( 0 ) + ( 0 ) olduğundan = k (( 0 ) + ( 0 ) ) 5
7 elde edilir. Diğer taraftan, olduğundan k = R R ( 0 ) + ( 0 ) = k = 0 + k( 0 ) = 0 + k( 0 ) A (, ) = A ( 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0), 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0)) olarak bulunur. R Sonuç ) Bir A(, ) noktasının orijin merkezli birim çembere göre simetriği noktasıdır. A (, ) = A ( +, + ) ) Bir A(, ) noktasının orijin merkezli R arıçaplı çembere göre simetriği A ( R +, R + ) noktasıdır. Önerme (Brannan, Epslen & Gre, 009) C, merkezi O( 0, 0 ) ve arıçapı R olan bir çember olsun. A(, ) noktasının C çemberine göre simetriği A (, ) noktası ise A (, ) noktasının C çemberine göre simetriği A(, ) noktasıdır. İspat Önerme 3.1. e göre ve olduğundan ve ( 0 ) = ( 0 ) = R = 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0) R = 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0) R ( 0 ) + ( 0 ) ( 0) R ( 0 ) + ( 0 ) ( 0)..()..(3) dir. Buradan R 4 ( 0 ) + ( 0 ) = (( 0 ) + ( 0 ) ) (( 0) + ( 0 ) ) R 4 = ( 0 ) + ( 0 ) 6
8 olarak bulunur. O halde dir. Diğer taraftan () ve (3) den ve ( 0 ) + ( 0 ) = R 4 ( 0 ) + ( 0 ) 0 = ( 0 )(( 0 ) + ( 0 ) ) R dir. 0 = 0 = ( 0 )(( 0 ) + ( 0 ) ) R R 4 ( 0 ) + ( 0 ) ( 0 ) R = R ( 0 ) ( 0 ) + ( 0 ) ve benzer şekilde ( 0 ) 0 = ( 0 ) + ( 0 ) R = olarak bulunur. O halde ve R 4 = = R ( 0 ) ( 0 ) + ( 0 ) + 0 R ( 0 ) ( 0 ) + ( 0 ) + 0 R ( 0 ) ( 0 ) + ( 0 ) dır. Dolaısıla, A (, ) noktasının C çemberine göre simetriği A(, ) noktasıdır Doğrunun Çembere Göre Simetriği Bu bölümde, (Brannan, Epslen & Gre, 009) ve (Blair, 000) de er alan çalışmalar detalı olarak incelenmiştir. Önerme a R ve a 0 olmak üzere = a doğrusunun orijin merkezli birim çembere göre simetriği, M ( 1 1, 0) merkezli ve r = arıçaplı bir çemberdir. a a İspat Bir A(, ) noktasının orijin merkezli birim çembere göre simetriği dir. = a ve < < olduğundan = bulunur. olduğundan A (, ) = ( +, + ) a a + ve = a + dir. O halde a + = (a + ) + (a + ) = a + (a + ) = 1 a + = a a + = 0 ( 1 a ) + = ( 1 a ) 7
9 elde edilir. Bu denklem ise M ( 1 1, 0) merkezli ve r = arıçaplı bir çember belirtir. a a Özel Durumlar a) a > 1 ise Şekil 4 de görüldüğü gibi = a doğrusunun orijin merkezli birim çembere göre simetriği, M ( 1 1, 0) merkezli ve r = arıçaplı bir çemberdir. Oluşan çember ile birim a a çemberin ortak bir noktası oktur. b) a = 1 ise Şekil 5 de görüldüğü gibi = 1 doğrusunun orijin merkezli birim çembere göre simetriği, M ( 1, 0) merkezli ve 1 arıçaplı bir çemberdir. Bu çember, = 1 doğrusuna ve birim çembere teğettir. c) a < 1 ise Şekil 6 da görüldüğü gibi = a doğrusunun orijin merkezli birim çembere göre simetriği, M ( 1 1, 0) merkezli ve r = arıçaplı bir çemberdir. Oluşan çember ile birim a a çember K 1 ve K gibi iki farklı noktada kesişir: Şimdi K 1 ve K noktalarının birim çembere göre simetrilerinin, M ( 1, 0) merkezli ve r = 1 arıçaplı bir çemberin üzerinde olduğunu gösterelim: a + = 1 ve = a olduğundan K 1 = (a, 1 a ) ve K = (a, 1 a ) dir. Diğer taraftan, a ve (a 1 a ) (a 1 a ) + ( 1 a ) = ( a 1 ) + 1 a = 4a4 4a + 1 a 4a + 1 a = ( 1 a ) + ( 1 a ) = ( a 1 ) + 1 a = 4a4 4a + 1 a 4a + 1 a = ( 1 a ) olduğundan, K 1 ve K noktaları M ( 1 1, 0) merkezli ve r = a a arıçaplı çemberin üzerindedir. Şekil 4,5 ve 6 da görüldüğü gibi simetriği alınan doğru orijine doğru aklaştıkça, simetriği olan çemberin arıçapı büümektedir. 8
10 M( 1 a, 0) M(0.5,0) C C Şekil 4: a > 1 = a = 1 Şekil 5: a = 1 C M( 1 a, 0) = a Şekil 6: a < 1 Önerme C, merkezi O ( 0, 0 ) ve arıçapı R olan bir çember olsun. a) C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçen bir d doğrusunun C çemberine göre simetriği ine kendisidir (Şekil 7). b) C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçmeen bir d 1 doğrusunun, C çemberine göre simetriği, C çemberinin merkezinden geçen bir çemberdir (Şekil 8). 9
11 C O ( 0, 0 ) C O ( 0, 0 ) İspat Şekil 7 Şekil 8 a) d, denklemi a + b + c = 0 olan ve C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçen bir doğru olsun. d doğrusu üzerindeki herhangi bir A(, ) noktasının C çemberine göre R simetriği, A (, ) = A ( 0 + ( ( 0 ) +( 0 ) 0), 0 + ( ( 0 ) +( 0 ) 0)) dir. A(, ) ve O ( 0, 0 ) noktaları d doğrusunun üzerinde olduğundan a + b + c = 0 ve a 0 + b 0 + c = 0 denklemleri sağlanır. Buradan a + b + c = a ( 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0)) R R + b ( 0 + ( 0 ) + ( 0 ) ( 0)) + c R = a 0 + b 0 + c + ( 0 ) + ( 0 ) (a + b a 0 + b 0 ) R = 0 0 ( c + c) elde edilir. O halde d doğrusu üzerindeki herhangi bir noktanın C çemberine göre simetriği ine d doğrusu üzerindedir. Dolaısıla, C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçen bir doğrunun C çemberine göre simetriği ine kendisidir. b) Öteleme ve döndürme, çembere göre simetri dönüşümü altında korunur. Önerme de elde edilen sonuçtan ola çıkılarak gerekli öteleme ve döndürmeler aracılığıla ispat apılabilir Çemberin Çembere Göre Simetriği Bu bölümde bir çemberin bir çembere göre simetriği üzerinde durulmuştur. (Brannan, Epslen & Gre, 009) ve (Blair, 000) da er alan önermeler detalı olarak incelenmiştir. 10
12 Önerme a, r R, a 0, r > 0 ve (a r) olmak üzere merkezi O (a, 0) ve arıçapı r olan bir çemberin, orijin merkezli birim çembere göre simetriği, merkezi M ( olan çemberdir (Şekil 9 ve Şekil 10). a a r, 0) ve arıçapı r a r M O (a, 0) Şekil 9 O M Şekil 10 İspat O (a, 0) merkezli ve r arıçaplı çember üzerinde bir A(, ) noktası alınsın. Bu noktanın birim çembere göre simetriği, çember üzerindeki A (, ) = ( durumda, dir. Buradan + = ( + ) + ( + ) = =. ( + ) =, ( + ) = ve =. ( + ) = ) noktasıdır. Bu + elde edilir. A(, ) noktası, O (a, 0) merkezli ve r arıçaplı çember üzerinde olduğundan çember denklemini sağlar. ( a ) + = r olduğundan ( + a) + ( + ) = r 11
13 ve buradan ( a( + ) + ) + ( + ) = r olarak bulunur. Bu denklem düzenlenerek + a 1 a r + a r = 0 denklemi elde edilir. Dolaısıla, ( a a r ) + r = (a r ) a r elde edilir. Bu ise, merkezi M ( a r, 0) ve arıçapı a r olan bir çember denklemidir (Şekil 9 ve 10). a, r R ve a = r + 1 olmak üzere merkezi O (a, 0) ve arıçapı r olan bir çemberin orijin merkezli birim çembere göre simetriği merkezi M ( 1+r r, 0) ve arıçapı olan çemberdir. 1+r 1+r Şekil 11 de görüldüğü gibi simetriği alınan çember, birim çembere teğettir. r M Şekil 11 Şeki1 Önerme r R, r > 0 olmak üzere merkezi M( 0, o ) noktası, arıçapı r olan ve orijinden geçen bir çemberin orijin merkezli birim çembere göre simetriği, orijinden geçmeen bir doğrudur. İspat Simetriği alınacak çemberin denklemi 0 + o = r olmak üzere ( 0 ) + ( 0 ) = r olsun. Bu çemberin üzerinde bir P(, ) noktası alınsın. Bu noktanın orijin merkezli birim çembere göre simetriği P (, ) noktası ise = +, = + eşitlikleri sağlanır. P noktası çemberin üzerinde olduğundan ( 0 ) + ( 0 ) = ( + 0) + ( + 0) elde edilir. Bu denklem düzenlenerek, ( + )(1 0 0 ) = 0 = r 1
14 olarak bulunur. + 0 olduğundan = 0 dır. Bu denklem ise orijinden geçmeen bir doğru belirtir (Şekil 1). Önerme C, merkezi O ( 0, 0 ) ve arıçapı R olan bir çember olsun. a) C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçen bir çemberin, C çemberine göre simetriği, O ( 0, 0 ) noktasından geçmeen bir doğrudur (Şekil 13). b) C çemberinin merkezi olan O ( 0, 0 ) noktasından geçmeen bir çemberin, C çemberine göre simetriği, O ( 0, 0 ) noktasından geçmeen bir çemberdir (Şekil ). Şekil 13 Şekil 14 Şekil 15 Şekil 16 13
15 İspat Öteleme ve döndürme, çembere göre simetri dönüşümü altında korunur. Önerme ve Önerme de elde edilen sonuçlardan ola çıkılarak gerekli öteleme ve döndürmeler aracılığıla ispat apılabilir. 3. DÜZLEMDE APOLLONIUS ÇEMBER TEOREMİ Teorem 3..1 (Brannan, Epslen & Gre, 009). a 0 ve a R olmak üzere A( a, 0) ve B(a, 0) noktaları için PA = k (k 1 ve k > 0) PB koşulunu sağlaan P(, ) noktalarının geometrik eri, merkezi A ve B noktalarının bulunduğu doğru üzerinde bulunan ve merkezi A( a, 0) ile B(a, 0) noktalarından farklı olan bir çemberdir. Bu çember literatüre Apollonius Çemberi (Şekil 17) olarak geçmiştir. P(, ) P(, ) Şekil 17 k = 1 ise P(, ) noktalarının geometrik eri, AB doğrusuna dik olan ve orijinden geçen doğrudur. Şekil 18 de görüldüğü gibi her PA oranı için düzlemde farklı bir Apollonius Çemberi PB oluşmaktadır. A B Şekil 18 14
16 Apollonius Çemberleri analitik düzlemde kolaca ispatlanarak oluşturulabilineceği gibi çemberde simetri dönüşümü ardımıla da (Brannan, Epslen & Gre, 009) da ispat edilmiştir. 3.3 DÜZLEMDE PAPPUS TEOREMİ TEOREM (Brannan, Epslen & Gre, 009) C, AB çaplı bir çember olsun. C 0 ve C ise A ve B noktalarında C çemberine içten teğet, D noktasında ise birbirlerine dıştan teğet çemberler olsun. C 0, C 1,, C n, çemberler dizisi alınsın öle ki her n = 0,1,, için C n+1 çemberi C n çemberine dıştan teğet ve her C n çemberi, C ve C çemberlerine de dıştan teğettir (Şekil 19). Her n = 0,1,, için C n çemberinin arıçapı r n olmak üzere C n çemberinin merkezinin AB doğrusuna olan uzaklığı d n ise dir. d n = nr n Şekil UZAYDA KÜREYE GÖRE SİMETRİ Tanım S, merkezi O ve arıçapı R olan bir küre olsun. Aşağıdaki şartları sağlaan P noktasına P nin verilen küree göre simetriği (P nin S küresine göre evriği) denir: iii. O, P ve P noktaları O den geçen bir ışın üzerindedir. iv. O P. O P = R S küresi, P ve P noktalarını içeren bir düzlem ile kesiştirildiğinde bir çember elde edileceğinden, Tanım de verilen küree göre simetri ile çembere göre simetri kavramları benzerdir. Önerme 3.4. S, merkezi O(0,0,0) ve arıçapı R olan bir küre olsun. Bu durumda, bir P(,, z) noktasınının S küresine göre simetriği P (,, z) ise P R = ( + + z, R + + z, R z + + z ) 15
17 dir. İspat Şekil 0 Çembere göre simetride olduğu gibi benzerlikten P = (,, z ) = (k, k, kz) olacak şekilde bir k R vardır (Şekil 0). OP = + + z, OP = (k) + (k) + (kz) = k + k + k z olduğundan OP. OP = R = + + z. k + + z elde edilir. Buradan R = k ( + + z R ) olarak bulunur. Yani k = = k dir. O + +z halde P (, R, z ) = (k, k, kz) = ( + + z, R + + z, R z + + z ) olarak bulunur. Önerme S, merkezi O(0,0,0) ve arıçapı R olan bir küre olsun. A, B, C R olmak üzere A + B + Cz = 0 düzleminin S küresine göre simetriği ine kendisidir (Şekil 1). İspat Düzlem üzerinde bulunan bir P(,, z) noktasının S küresine göre simetriği P (, R, z ) = ( + + z, R + + z, R z + + z ) noktasıdır. P (,, z ) noktasının simetriğinin de P(,, z) noktası olduğu açıktır. O halde, R = + + z, = R + + z, z = R z + + z eşitlikleri sağlanır. 16
18 z S Şekil 1 P(,, z) noktası, düzlemin üzerinde olduğundan R A + B + Cz = A + + z + B R + + z + C R z + + z = 0 denklemi sağlanır. Bu denklem düzenlenerek R + + z (A + B + Cz ) = 0 denklemi elde edilir. R 0 olduğundan A + B + Cz = 0 olarak bulunur. Dolaısıla, A + B + Cz = 0 düzleminin S küresine göre simetriği ine kendisidir. Önerme S, merkezi O(0,0,0) ve arıçapı R olan bir küre olsun. a R, a 0 ve a > R olmak üzere = a düzleminin S küresine göre simetriği, orijinden geçen, merkezi M ( R, 0,0) noktası ve arıçapı R olan bir küredir (Şekil ). a İspat Düzlem üzerinde alınan bir P(,, z) noktasının koordinatları,, z R olmak üzere P(a,, z) şeklindedir. O halde, P noktasının simetriği P (,, z ) olmak üzere dır. Buradan, = R + + z = a, = R + + z, z = R z + + z a 17
19 elde edilir. + + z = R a M Şekil Bu denklem tam karee tamamlanarak ( R a ) + R + z = ( a ) olarak bulunur. Bu ise merkezi M ( R orijinden geçtiği açıktır. Sonuç a R, 0,0) noktası ve arıçapı olan bir küredir. Bu kürenin a S, merkezi O(0,0,0) ve arıçapı R olan bir küre olsun. = R düzleminin S küresine göre simetriği, orijinden geçen, merkezi M ( R, 0,0) noktası ve arıçapı R olan bir küredir. Bu kürenin S küresine teğet olduğu açıktır (Şekil 3). 18
20 M Önerme Şekil 3 Orijinden geçen bir kürenin, R arıçaplı ve orijin merkezli bir küree göre simetriği, orijinden geçmeen bir düzlemdir (Şekil 4). Şekil 4 19
21 İspat Önerme ve Önerme den açıktır. Önerme S, merkezi O(0,0,0) ve arıçapı R olan bir küre olsun. a, r R, ve a, r 0 olmak üzere merkezi M(a, 0,0) ve arıçapı r (a r) olan bir kürenin S küresine göre simetriği, merkezi M ( ar, 0,0) noktası ve arıçapı rr a r a r olan bir küredir (Şekil 5). z M M S Şekil 5 İspat Merkezi M(a, 0,0) ve arıçapı r olan kürenin denklemi ( a) + + z = r dir. Bu küre üzerinde alınan bir P(,, z) noktasının S küresine simetriği P (,, z ) ise = R + + z, = R + + z, z = R z + + z dir. Bu değerler, ( a) + + z = r denkleminde erine erleştirilirse R ( + + z a) R + ( + + z ) R z + ( + + z ) bulunur. Bu denklem düzenlenerek R 4 ar + (a r )( + + z ) = 0 dir. a r olduğundan R 4 a r ar a r + ( + + z ) = 0 = r 0
22 olarak bulunur. Bu denklem tam karee tamamlanarak ( ar a r ) + + z = ( rr a r ) elde edilir. Bu ise merkezi M ( ar, 0,0) noktası ve arıçapı rr a r a r olan bir küredir. Sonuç S, merkezi O( 0, 0, z 0 ) noktası ve arıçapı R olan bir küre olsun. Bu durumda, a) O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçen bir düzlemin S küresine göre simetriği, ine kendisidir. b) O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçmeen bir düzlemin S küresine göre simetriği, O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçen bir küredir. c) O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçen bir kürenin, S küresine göre simetriği, O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçmeen bir düzlemdir. d) O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçmeen bir kürenin, S küresine göre simetriği, O( 0, 0, z 0 ) noktasından geçmeen bir küredir. İspat Küree göre simetri, öteleme ve döndürme altında korunur. Önerme 3.4.3, Önerme 3.4.4, Önerme ve Önerme de elde edilen sonuçlardan ola çıkılarak gerekli öteleme ve döndürmeler apılarak ispat edilebilir GeoGebra ve Küree Göre Simetri Markus Hohenwarter tarafından 001 ılında Salzburg Üniversitesi nde üksek lisans tezi olarak hazırlanıp, daha sonra uluslararası bir grup tarafından geliştirilen ilköğretimden ükseköğretime kadar her kademede kullanılabilecek geometri, cebir ve analizi tek bir ara üze taşıan açık kanak kodlu dinamik bir matematik azılımıdır (Hohenwarter & Lavicza, 007; Preiner 008). Arıca sanal olarak Java tabanlı bir azılım olduğundan geniş spektrumlu bir platformda çalışmaktadır (Dikovic, 009). GeoGebra denklem ve koordinatları direkt girebilme, fonksionları cebirsel tanımlama gibi sembolik ve görselleştirme özelliğinden dolaı bir Bilgisaar Cebiri Sistemi olarak tanımlanabilir (Kutluca & Engin, 011). Anı zamanda nokta, doğru parçaları, doğrular ve konik kesitleri gibi kavramları barındırıp bu kavramlar arasında dinamik ilişkiler sağladığından dolaı Dinamik Geometri Yazılımı olarak da tanımlanır (Kutluca & Engin, 011). GeoGebra denklem ve koordinatları direkt girebilme, fonksionları cebirsel tanımlama gibi sembolik ve görselleştirme özellikleri mevcuttur (Kutluca & Engin, 011). GeoGebra, fen bilimleri, teknoloji, mühendislik ve matematik eğitimini (STEM) ve düna genelinde öğrenim ve öğretimde inovasonu destekleerek önde gelen bir dinamik matematik azılımı haline gelmiştir ( 1
23 Yazılımda düzlemde bir noktanın bir çembere göre simetriğini bulma aracı mevcut iken üç boutlu uzada böle bir araç geliştirilmemiştir. Bu çalışmada, GeoGebra azılımında üç boutlu uzada bir noktanın bir küree göre simetriğini ve bir kürenin bir küree göre simetriğini oluşturan kodlar Javascript dili ile sırasıla Şekil 6 ve Şekil 7 deki gibi azılmıştır. Şekil 6
24 Şekil UZAYDA APOLLONIUS KÜRELERİ Teorem a 0 ve a R olmak üzere A( a, 0,0) ve B(a, 0,0) noktaları için PA = k (k 1 ve k R) PB koşulunu sağlaan P(,, z) noktalarının geometrik eri, merkezi A ve B noktalarının bulunduğu doğru üzerinde bulunan ve merkezi A ve B noktalarından farklı olan bir küredir. Bu küre Apollonius Küresi olarak adlandırılmaktadır APOLLONIUS KÜRELERİ VE ORTAK MERKEZLİ KÜRELER ARASINDAKİ İLİŞKİ f:r 3 R 3 f(,, z) = (f 1 (,, z), f (,, z), f 3 (,, z)), f 1 (,, z) = u, f (,, z) = v, f 3 (,, z) = w (u, v, w) = ( + + z a ( + a) + + z, a ( + a) + + z, az ( + a) + + z ) 3
25 dönüşümü göz önüne alınsın. u + v + w = r ise u + v + w = ( + + z a ( + a) + + z ) denklemi düzenlenerek a az + ( ( + a) + + z ) + ( ( + a) + + z ) u + v + w = (( a) + + z )(( + a) + + z ) (( + a) + + z ) = r denklemi elde edilir. Buradan, elde edilir. Diğer taraftan, r = ( a) + + z ( + a) + + z PA PB = ( + a) + + z ( a) + + z = 1 r değeri sabit olduğundan A ve B noktalarının bulunduğu doğrudan daima bir küre çizilebilir. r = r 1 < 1 ise r = ( a) + +z < 1 ve dolaısıla (+a) + +z ( a) + + z < ( + a) + + z dir. O halde PA > PB dir (Şekil 8). Bu koşulu sağlaan P(,, z) noktalarının f dönüşümü altındaki görüntüsü ise u v w düzleminde u + v + w = r 1 küresini oluşturur (Şekil 9). r = r = 1 ise PA = PB dir (Şekil 8). Bu koşulu sağlaan P(,, z) noktaları, = 0 düzlemini oluşturur. = 0 düzlemi üzerindeki noktaların f dönüşümü altındaki görüntüsü ise u v w düzleminde u + v + w = 1 küresini oluşturur (Şekil 9). r = r 3 > 1 ise r = ( a) + +z > 1 ve dolaısıla (+a) + +z ( a) + + z > ( + a) + + z dir. O halde PA < PB dir (Şekil 8). Bu koşulu sağlaan P(,, z) noktalarının f dönüşümü altındaki görüntüsü ise u v w düzleminde u + v + w 3 = r 3 küresini oluşturur (Şekil 9). 4
26 Şekil 8 w v A B u Şekil 9 5
27 z A B Şekil 30 r değeri değiştikçe Şekil 30 da görüldüğü gibi Apollonius küreleri oluşacaktır. ÖZEL DURUMLAR 1) u = 0 ise u = + + z a ( + a) + + z = 0 elde edilir. O halde + + z = a dir. Dolaısıla f dönüşümünün tersi, u = 0 düzlemini merkezi orijin, arıçapı a birim olan bir küree dönüştürür (Şekil 31). A B Şekil 31 ) β pozitif bir reel saı olmak üzere w = β. u olsun. Bu durumda, az ( + a) + + z = β + + z a ( + a) + + z 6
28 elde edilir. Bu denklem düzenlenerek bulunur. Bu eşitlik tam karee tamamlanarak z a β = + + z a + + (z a β ) = a + a β denklemi elde edilir. O halde f dönüşümünün tersi, w = βu düzlemini, merkezi M (0,0, a β ) noktası ve arıçapı a + a β olan küree dönüştürmektedir. Bu kürenin, A( a, 0,0) ve B(a, 0,0) noktalarından geçtiği açıktır (Şekil 3). z w v A B u Şekil 3 3) β pozitif bir reel saı olmak üzere w = β. u olsun. Bu durumda, elde edilir. Bu denklem düzenlenerek az ( + a) + + z = β + + z a ( + a) + + z z a β = + + z a bulunur. Bu eşitlik tam karee tamamlanarak + + (z + a β ) = a + a β denklemi elde edilir. O halde f dönüşümünün tersi, w = βu düzlemini, merkezi M (0,0, a β ) noktası ve arıçapı a + a β olan küree dönüştürmektedir. Bu kürenin, A( a, 0,0) ve B(a, 0,0) noktalarından geçtiği açıktır (Şekil 33). 7
29 w z A B v u Şekil 33 Şekil 34 de görüldüğü gibi tüm uza (a, 0,0) ve ( a, 0,0) noktalarından geçen küreler ve r değeri değiştikçe oluşan Apollonius Küreleri ile kaplanacaktır. z A B Şekil 34 8
30 3.4.3 UZAYDA PAPPUS TEOREMİ Yardımcı Teoerem a 0, a R olmak üzere A(a, 0,0) merkezli ve r arıçaplı bir kürenin, R arıçaplı orijin merkezli bir S küresine göre simetriğinin kendisi olması için gerek ve eterli koşul bu iki küre arasında kalan açının 90 olmasıdır. İspat: K, A(a, 0,0) merkezli ve r arıçaplı küre olsun. K küresinin denklemi, ( a) + + z = r dir. K küresi üzerinden alınan herhangi bir P(,, z) noktasının S küresine göre simetriği P (,, z ) noktası olmak üzere ( ar a r ) + + z = ( ar a r ) dir. Diğer taraftan, K küresinin S küresine göre simetriği ine kendisi ise ( a) + + z = r denklemi sağlanmalıdır. Bu durumda, a r = 1 elde edilir. Dolaısıla R = a r bulunur. a = r + R denklemi bir Pisagor bağıntısı olduğundan iki küre arasındaki açı 90 dir. Tersine, iki küre arasındaki açı 90 ise K küresinin S küresine göre simetriğinin kendisi olduğu benzer şekilde gösterilebilir. R z Şekil 35 9
31 Teorem C, AB çaplı bir küre olsun. C ve C 0 ise sırasıla A ve B noktalarında C küresine içten teğet, D noktasında ise birbirlerine dıştan teğet küreler olsun. C 0, C 1,, C n, küreler dizisi alınsın öle ki her n = 0,1,, için C n+1 küresi C n ve C kürelerine dıştan; her C n küresi, C küresine içten teğettir. Her n = 0,1,, için C n küresinin arıçapı r n olmak üzere C n küresinin merkezinin AB doğrusuna olan uzaklığı d n ise d n = nr n dir. z İspat: z Şekil 36 Bu teoremin ispatı, merkezi A(0,0,0) olan ve arıçapı, C n küresine teğet olan bir S küresine göre simetri alarak apılacaktır. C n küresi, S küresine teğet olduğu için aralarındaki açı 90 dir. Yardımcı Teorem gereği, C n küresinin S küresine göre simetriği ine kendisidir. Şekil 37 30
32 Şimdi C ve C kürelerinin S küresine göre simetrilerini bulalım: A(0,0,0) noktasından geçen bir kürenin, S küresine göre simetriği orijinden geçmeen bir düzlemdir. C ve C küreleri, A(0,0,0) noktasından geçtiğine göre S küresine göre simetrileri, orijinden geçmeen, AB e dik ve birbirlerine paralel iki düzlemdir. Bu düzlemler sırasıla D 1 ve D düzlemleri olsun. Bu düzlemlerin C ve C küreleri ile arakesit noktaları sırasıla N ile M ve K ile L olsun (Şekil 38). z Şekil 38 Şimdi C n 1 ve C n kürelerinin S kürelerine göre simetrilerini bulalım: C n 1 ve C n küreleri S küresinin dışında olduğundan S e göre simetrileri, S küresinin içinde olacaktır. C n küresinin S küresine göre simetriği kendisi ve C n 1 ile C n küreleri C ve C kürelerine teğet olduğundan bu kürelerin S kürelerine göre simetrileri de C ve C kürelerinin simetrilerine teğet olacaktır. Arıca, C n 1 ve C n küreleri birbirlerine teğet olduğundan simetrileri de birbirlerine teğet olur (Şekil 39). Bu durumu, C n küresinden başlaıp C n 1, C n,, C 1, C 0 kürelerine kadar devam ettirirsek iki paralel düzlem arasında, birbirlerine ve düzlemlere teğet olacak şekilde r n arıçaplı, n tane özdeş küre elde edilir (Şekil 40). 31
33 z d n Şekil 39 Elde edilen kürelerin arıçaplarını C n küresinin merkezinden AB doğrusuna kadar olan mesafede toplanırsa d n = nr n elde edilir (Şekil 40). d n = nr n Şekil 40 3
34 4. Sonuçlar ve Tartışma Düzlemde (üç boutlu uzada) çembere (küree) göre simetri kavramının özellikleri detalı olarak incelenmiştir. GeoGebra adlı azılımda ugulanabilecek ve küree göre simetri alan aracın kodları oluşturulmuştur. Çalışmanın sonunda 1. Düzlemde ifade edilen Apollonius Çember Teoremi küree göre simetri kullanılarak üç boutlu uzaa taşınmıştır: a) Uzada sabit A ve B noktalarına olan uzaklıkları oranını i) bir apan noktaların geometrik erinin [AB] nin orta noktasından geçen ve AB i normal olarak kabul eden bir düzlem, ii) birden farklı bir reel saıa eşit kılan noktaların geometrik erinin, merkezinin [AB] nin üzerinde ve A ile B noktalarından farklı olan bir küre olduğu küree göre simetri kullanılarak ispatlanmıştır. Bu kürelere Apollonius küreleri adı verilmiştir. b) Uzada, birim küre dışında her bir küree, bir Apollonius küresi karşılık geldiği ispatlanmıştır.. Pappus Teoremi küree göre simetri kullanılarak üç boutlu uzaa taşınmıştır: Pappus Küreler zinciri oluşturulmuş ve bu zincirde er alan her bir kürenin merkezinin AB çapına olan uzaklığı, zincirde er alan kürelerin arıçapları cinsinden belirlenmiştir. 5. Öneriler Apollonius Çemberleri ve çembere göre simetri dönüşümü, elektrostatik ve hidrodinamik problemlerinin çözümlerinde kullanılmaktadır. Bu öntem görüntüleme metodu olarak adlandırılmaktadır. Apollonius Çemberleri ni temel alan koordinat sistemi ise düzlemde bipolar koordinat sistemi olarak bilinmektedir. Bu bakış açısından ola çıkarak Apollonius Çemberleri nin genelleştirilmesi olan Apollonius Küreleri; üç boutlu uzada bipolar koordinat sistemi, diğer bir deişle küresel bipolar koordinat sistemi olarak kullanılabilir. Arıca, küree göre simetri dönüşümü, üç boutlu uzada elektrostatik ve hidrodinamik alanlarındaki çeşitli problemleri çözmei mümkün kılabilir. Bir başka ugulama alanı ise küre paketleme (Apollonius Gasket) ve Apollonius Küreleri paketleme problemleri ile ilişkilidir. Bu problemlerin kodlama teorisi, bilgi kuramı, atomların ve moleküllerin küre olarak düşünüldüğü kimasal fizik alanlarında ugulamaları mevcuttur. Pappus Teoremi nin genelleştirilmesinin bu alanlar üzerine katkı sağlaabileceği görüşündeiz. KAYNAKLAR Bankoff, L. (1981). How Did Pappus Do It?. The Mathematical Gardner , Boston. Blair, D. (000). Inversion Theor and Conformal Mappings. American Mathematical Societ, Student Mathematical Librar, Volume 9. Brannan, D.; Esplen F.; Gra, J. (009). Geometr. Cambridge Universit Press
35 Dikovic, L. (009). Implementing Dnamic Mathematics Resources with GeoGebra at the College Level. International Journal of Emerging Technologies in Learning (IJET), 1 (3). Gow, M. (1960). A Course in Pure Mathematics. Butterworth-Heinemann, p.115. Hohenwarter, M.; Lavicza, Z. (007). Mathematics Teacher Development with ICT: Towards an International GeoGebra Institute, Proceedings of British Societ for Research into Learning Mathematics, 7. Kozai, K.; Libeskind, S. (008). Circle Inversions and Applications to Euclidean Geometr, online supplement to Euclidean and Transformational Geometr: A Deductive Inquir. Kutluca, T.; Zengin, Y. (011). Matematik Öğretiminde Geogebra Kullanımı Hakkında Öğrenci Görüşlerinin Değerlendirilmesi. Dicle Üniversitesi Zia Gökalp Eğitim Fakültesi Dergisi, 17, Lamoen. F.; Weisstein, E. (016). Pappus Chain. Erişim Tarihi: , Preiner, J. (008). Introducing Dnamics Mathematics Software to Mathematics Teacher: the Case of GeoGebra. Dissertation in Mathematics Education, Universit of Salzburg. Tezer, C. (199). Evirtim I. Matematik Dünası, (1), Tezer, C. (199). Evirtim II. Matematik Dünası, (),
Chapter 1 İçindekiler
Chapter 1 İçindekiler Kendinizi Test Edin iii 10 Birinci Mertebeden Diferansiel Denklemler 565 10.1 Arılabilir Denklemler 566 10. Lineer Denklemler 571 10.3 Matematiksel Modeller 576 10.4 Çözümü Olmaan
Detaylı2. İKİ BOYUTLU MATEMATİKSEL MODELLER
. İKİ BOYULU MAEMAİKSEL MODELLER.. Genel Bilgiler Şimdi konform dönüşüm teknikleri ile çözülebilen kararlı durum ısı akışı elektrostatik ve ideal sıvı akışı ile ilgili problemleri göz önüne alacağız. Konform
Detaylı- 2-1 0 1 2 + 4a a 0 a 4a
İKİNCİ DERECEDEN FNKSİYNLARIN GRAFİKLERİ a,b,c,z R ve a 0 olmak üzere, F : R R f() = a + b + c şeklinde tanımlanan fonksionlara ikinci dereceden bir değişkenli fonksionlar denir. Bu tür fonksionların grafikleri
DetaylıKonikler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Doç.Dr. Hüseyin AZCAN
Konikler Yazar Doç.Dr. Hüsein AZCAN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu ünitei çalıştıktan sonra; lise ıllarından da tanıdığınız çember, elips, parabol ve hiperbol gibi konik kesitleri olarak adlandırılan geometrik nesneleri
Detaylı6 II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR 2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK. y f(x) f(x)
6 II. DERECEDEN FNKSÝYNLR (Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MTEMTÝK 1. f(). f() 6 8 T Yukarıda grafiği verilen = f() parabolünün denklemi nedir?( = 6) Yukarıda grafiği verilen
DetaylıİÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Noktanın Analitik İncelenmesi...3. Doğrunun Analitiği Analitik Düzlemde Simetri...25
İÇİNDEKİLER Ön Söz...2 Noktanın Analitik İncelenmesi...3 Doğrunun Analitiği...11 Analitik Düzlemde Simetri...25 Analitik Sistemde Eşitsizlikler...34 Çemberin Analitik İncelenmesi...40 Elips...58 Hiperbol...70
DetaylıİÇİNDEKİLER UZAY AKSİYOMLARI... 001-006... 01-03 UZAYDA DOGRU VE DÜZLEMLER... 007-010... 04-05 DİK İZDÜŞÜM... 011-014... 06-07
UZY GEMETRİ İÇİNDEKİLER Safa No Test No UZY KSİYMLRI... 001-00... 01-0 UZYD DGRU VE DÜZLEMLER... 007-010... 0-05 DİK İZDÜŞÜM... 011-01... 0-07 PRİZMLR... 015-0... 08-1 KÜP... 05-00... 1-15 SİLİNDİR...
DetaylıTaşkın, Çetin, Abdullayeva
BÖLÜM Taşkın, Çetin, Abdullaeva FONKSİYONLAR.. FONKSİYON KAVRAMI Tanım : A ve B boş olmaan iki küme a A ve b B olmak üzere ( ab, ) sıralı eleman çiftine sıralı ikili denir. ( ab, ) sıralı ikilisinde a
Detaylı2.2 Bazıözel fonksiyonlar
. Bazıözel fonksionlar Kuvvet fonksionu, polinomlar ve rasonel fonksionlar, mutlak değer ve tam değer fonksionları, pratik grafik çizimleri. 1-) Lineer fonksionlar: m ve n sabit saılar olmak üzere f()
DetaylıDİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ
DİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ. Bu testte 50 soru vardır.. Cevaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için arılan
DetaylıKUTUPSAL KOORDİNATLAR
KUTUPSAL KOORDİNATLAR Geometride, bir noktanın konumunu belirtmek için değişik yöntemler uygulanır. Örnek olarak çok kullanılan Kartezyen (Dik ) Koordinat sistemini anımsatarak çalışmamıza başlayalım.
Detaylız z Genel yükleme durumunda, bir Q noktasını üç boyutlu olarak temsil eden kübik gerilme elemanı üzerinde 6 bileşeni
GERİLME VE ŞEKİL DEĞİŞTİRME DÖNÜŞÜM BAĞINTILARI Q z Genel ükleme durumunda, bir Q noktasını üç boutlu olarak temsil eden kübik gerilme elemanı üzerinde 6 bileşeni gösterilebilir: σ, σ, σ z, τ, τ z, τ z.
DetaylıÖZEL EGE LİSESİ SİMEDYAN ÜÇGENİ VE NOKTADAŞLIK
ÖZEL EGE LİSESİ SİMEDYAN ÜÇGENİ VE NOKTADAŞLIK HAZIRLAYAN ÖĞRENCİLER: Barış BALKAN Meryem Nilsu ÇETİN DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem GÜNEL AÇIKSÖZ İZMİR 2016 İçindekiler Sayfa 1. Giriş... 2 1.1 Projenin Amacı....
DetaylıPARABOL. çözüm. kavrama sorusu. çözüm. kavrama sorusu
PARABL Bu bölümde birinci dereceden fonksion =f()=a+b ve ikinci dereceden fonksion =f()=a +b+c grafiklerini üzesel olarak inceleeceğiz. f()=a +b+c ikinci dereceden bir bilinmeenli polinom fonksionun grafiği
DetaylıPARABOL. Merkezil parabol. 2px. 2py F 0, 2 F,0. Şekil I. Şekil II. p Odağı F 2. Odağı F 0, Doğrultmanı x. Doğrultmanı y
ARABL Tanım: Düzlemde verilen sabit bir noktası ile bir d doğrusuna uzaklıkları eşit olan noktaların geometrik erine arabol denir. Sabit noktaa arabolün odağı; doğrua ise doğrultmanı denir. Merkezil arabol
Detaylı12. SINIF. Fonksiyonlar - 1 TEST. 1. kx + 6 fonksiyonu sabit fonksiyon olduğuna göre aşağıdakilerden hangisidir? k. = 1 olduğuna göre k. kaçtır?
. SINIF M Fonksionlar. f ( + a ) + vef( ) 7 olduğuna göre a kaçtır? E) TEST. f ( ) k + 6 fonksionu sabit fonksion olduğuna f ( ) göre aşağıdakilerden k E). f( ) 6 k ve f ( ) olduğuna göre k kaçtır? E)
DetaylıMATEMATİK MATEMATİK-GEOMETRİ SINAVI LİSANS YERLEŞTİRME SINAVI-1 TESTİ SORU KİTAPÇIĞI 08
LİSNS YRLŞTİRM SINVI- MTMTİK-GMTRİ SINVI MTMTİK TSTİ SRU KİTPÇIĞI 08 U SRU KİTPÇIĞI LYS- MTMTİK TSTİ SRULRINI İÇRMKTİR. . u testte 0 soru vardýr. MTMTİK TSTİ. evaplarýnýzý, cevap kâðýdýnın Matematik Testi
DetaylıTAKSİ DÜZLEMİNDE FINSLER-HADWIGER EŞİTSİZLİĞİ
ÖZEL EGE LİSESİ KSİ DÜZLEMİNDE FINSLER-HDWIGER EŞİSİZLİĞİ HZIRLYN ÖĞRENCİ: Eray ÖZER DNIŞMN ÖĞREMEN: Gizem GÜNEL İZMİR 0 İÇİNDEKİLER. PROJENİN MCI... GİRİŞ............. YÖNEM.... 4. ÖN BİLGİLER..... 4
DetaylıMATEMATİK VE FEN BİLİMLERİ EĞTİMİ ANABİLİM DALI MATEMATİK EĞİTİMİ BİLİM DALI TEZLİ YÜKSEK LİSANS PROGRAMI
I.YARIYIL MATEMATİK VE FEN BİLİMLERİ EĞTİMİ ANABİLİM DALI MATEMATİK EĞİTİMİ BİLİM DALI TEZLİ YÜKSEK LİSANS PROGRAMI 3715055832012 Z Uzmanlık Alan Dersi 3715055702017 Z Bilimsel Araştırma Yöntemleri ve
Detaylı11. SINIF. No Konular Kazanım Sayısı GEOMETRİ TRİGONOMETRİ Yönlü Açılar Trigonometrik Fonksiyonlar
11. SINIF No Konular Kazanım Sayısı GEOMETRİ Ders Saati Ağırlık (%) 11.1. TRİGONOMETRİ 7 56 26 11.1.1. Yönlü Açılar 2 10 5 11.1.2. Trigonometrik Fonksiyonlar 5 46 21 11.2. ANALİTİK GEOMETRİ 4 24 11 11.2.1.
DetaylıÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI MATEMATİK YARIŞMASI 1.AŞAMA KONU KAPSAMI
ÖZEL EGE LİSESİ EGE BÖLGESİ OKULLAR ARASI MATEMATİK YARIŞMASI 1.AŞAMA KONU KAPSAMI 6. SINIF 5. SINIF TÜM KONULARI 1.ÜNİTE: Geometrik Şekiller 1) Verileri Düzenleme, Çokgenler ve Süsleme 2) Dörtgenler 3)
Detaylı1977 ÜSS. 2 y ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşittir? 1 x. 2 y. 1 y. 1 y. 1 x. 2 x. 2 x. 1 x. 1 y. 1 x. 1 y. 1 x. 1 y 2 C) 4 E)
77 ÜSS. ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşittir?. C) 4 E). Şekilde a+b+c+d açılarının toplamı kaç dik açıdır? (açılar pozitif önlüdür.) 4 C) 6 7 E) 8 Verilen şekilde açıların ölçüleri verilmiştir. En
DetaylıÜNİTE. MATEMATİK-1 Prof.Dr.Murat ÖZDEMİR İÇİNDEKİLER HEDEFLER GRAFİK ÇİZİMİ. Simetri ve Asimtot Bir Fonksiyonun Grafiği
HEDEFLER İÇİNDEKİLER GRAFİK ÇİZİMİ Simetri ve Asimtot Bir Fonksionun Grafiği MATEMATİK-1 Prof.Dr.Murat ÖZDEMİR Bu ünitei çalıştıktan sonra; Fonksionun simetrik olup olmadığını belirleebilecek, Fonksionun
DetaylıNewton Metodu. Nümerik Kök Bulma. Mahmut KOÇAK ESOGU FEN-ED.FAK. MATEMATİK BÖLÜMÜ. mkocak
Nümerik Kök Bulma Mahmut KOÇAK ESOGU FEN-ED.FAK. MATEMATİK BÖLÜMÜ http://www2.ogu.edu.tr/ mkocak Mahmut KOÇAK, March 28, 2008 Newton Metodu - p. 1/7 f( )=0 denklemini nümerik olarak çözelim. Tahmini bir
DetaylıPROJEYİ HAZIRLAYANLAR YUSUFHAN BAŞER BERKE SERTEL NAİLE ÇOLAK
KESİN PROJE RAPORU PROJENİN ADI: ÜÇGENİN ELEMANLARI ARASINDAKİ SİMETRİK FONKSİYONLAR PROJEYİ HAZIRLAYANLAR YUSUFHAN BAŞER BERKE SERTEL OKUL ADI VE ADRESİ ÖZEL KÜLTÜR FEN LİSESİ Ataköy 9.-10. Kısım, 34156
DetaylıÖZEL TANIMLI FONKSİYONLAR
ÖZEL TANIMLI FONKSİYONLAR Fonksionlar ve Özel Tanımlı Fonksionlar Özel tanımlı fonksionlar konusu fonksionların alt bir dalıdır. Bu konuu daha ii anlaabilmemiz için fonksionlar ile ilgili bilgilerimizi
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
DetaylıNoktanın y = a Doğrusuna Göre Simetriği Noktanın y = x ve y = x (I. ve II. açıortay) Doğrularına Göre Simetriği Noktanın Doğruya Göre
İÇİNDEKİLER Dik Koordinat Sistemi... Dik Koordinat Sisteminde Bölgeler... İki Nokta Arası Uzaklık... rta Nokta... İki Doğru Parçasını Belli randa Bölen Noktanın Koordinatları... Analitik Düzlemde Paralelkenar...
DetaylıNÜMERİK ANALİZ. Sayısal Yöntemlerin Konusu. Sayısal Yöntemler Neden Kullanılır?!! Denklem Çözümleri
Saısal Yöntemler Neden Kullanılır?!! NÜMERİK ANALİZ Saısal Yöntemlere Giriş Yrd. Doç. Dr. Hatice ÇITAKOĞLU 2016 Günümüzde ortaa konan problemlerin bazılarının analitik çözümleri apılamamaktadır. Analitik
DetaylıLİSE ÖĞRENCİLERİNE OKULLARDA YARDIMCI VE ÜNİVERSİTE SINAVLARINA. (YGS ve LYS na) HAZIRLIK İÇİN. Örnek çözümlü. Deneme sınavlı GEOMETRİ-2.
LİSE ÖĞRENCİLERİNE OKULLARDA YARDIMCI VE ÜNİVERSİTE SINAVLARINA (YGS ve LYS na) HAZIRLIK İÇİN Konu anlatımlı Örnek çözümlü Test çözümlü Test sorulu Deneme sınavlı GEOMETRİ-2 Hazırlayan Erol GEDİKLİ Matematik
DetaylıMAT 103 ANALİTİK GEOMETRİ I FİNAL ÇALIŞMA SORULARI
MAT 103 ANALİTİK GEOMETRİ I FİNAL ÇALIŞMA SORULARI SORU 1. Köşeleri (1,4) (3,0) (7,2) noktaları olan ABC üçgeninin bir ikizkenar dik üçgen (İpucu:, ve vektörlerinden yararlanın) SORU 2. Bir ABC üçgeninin
Detaylı1996 ÖYS. 2 nin 2 fazlası kız. 1. Bir sınıftaki örencilerin 5. örencidir. Sınıfta 22 erkek öğrenci olduğuna göre, kız öğrencilerin sayısı kaçtır?
996 ÖYS. Bir sınıftaki örencilerin nin fazlası kız örencidir. Sınıfta erkek öğrenci olduğuna göre, kız öğrencilerin saısı kaçtır? 8 C) 6 D) E) 6. Saatteki hızı V olan bir hareketti A ve B arasındaki olu
DetaylıÇEMBERİN ANALİTİK İNCELENMESİ DÖNÜŞÜMLERLE GEOMETRİ
ÜNİVERSİTEYE HZIRLIK. SINIF KUL YRDIMCI KNU NLTIMLI SRU NKSI GEMETRİ ÇEMERİN NLİTİK İNCELENMESİ DÖNÜŞÜMLERLE GEMETRİ ÇEMERİN NLİTİK İNCELENMESİ Çemberin Standart Denklemi Çemberin Genel Denklemi Nokta
DetaylıFONKSİYONLAR ÜNİTE 3. ÜNİTE 3. ÜNİTE 3. ÜNİTE 3. ÜNİT
FONKSİYONLAR ÜNİTE. ÜNİTE. ÜNİTE. ÜNİTE. ÜNİT. Kazanım : Gerçek saılar üzerinde tanımlanmış fonksion kavramını açıklar. Tanım kümesi, değer kümesi, görüntü kümesi kavramlarını açıklar.. Kazanım : Fonksionların
Detaylı[ 1, 1] alınırsa bu fonksiyon birebir ve örten olur. Bu fonksiyonun tersine arkkosinüs. f 1 (x) = sin 1 (x), 1 x 1
..3 Ters Trigonometrik Fonksionlar Önceki kesimde belirtilen bütün trigonometrik fonksionlar perodik olduklarından görüntü kümesindeki her değeri sonsuz noktada alırlar. Bölece trigonometrik fonksionlar
DetaylıÖrnek...1 : Örnek...5 : n bir pozitif tamsayı ise i 4 n + 2 +i 8 n + 1 2 +i 2 0 n + 6 =?
KARMAŞIK SAYILAR Karmaşık saılar x 2 + 1 = 0 biçimindeki denklemlerin çözümünü apabilmek için tanım lanm ıştır. Örnek...2 : Toplamları 6 ve çarpımları 34 olan iki saı bulunuz. a ve b birer reel saı ve
Detaylıa 2 = b 2 +c 2 a 2 +b 2 =c 2
1.1. ELİPS 1.2. HİPERBOL 1.3. ORTAK özellikler =-a 2 /c =a 2 /c K =-a 2 /c B(b,0) K =a 2 /c Asal Eksen Uzunluğu: AA =2a Yedek Eksen Uzunluğu: BB =2b p A'(-a,0) F'(-c,0) p p Odak Uzaklığı: FF =2c Dış Merkezlik:
DetaylıEĞİTİM ÖĞRETİM YILI. FEN LİSESİ 11.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLLIK PLANI 11.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU
08-09 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI. FEN LİSESİ.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLLIK PLANI.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU No Konular Kazanım sayısı Ders Saati Ağırlık (%).. TRİGONOMETRİ 8 6 6.. Yönlü Açılar
Detaylı2. Dereceden Denklem ve Eşitsizlikler x 2 2x + 2m + 1 = 0 denkleminin kökleri x 1 ve x 2 dir. 4x 1 + 5x 2 = 7 ise m aşağıdakilerden hangisidir?
MC www.matematikclub.com, 006 Cebir Notları Gökhan DEMĐR, gdemir3@ahoo.com.tr. Dereceden Denklem ve Eşitsizlikler- TEST I A) 1 B) C) 3 D) 4 E) 5 1. 1/ = 0 denkleminin köklerinin toplamı aşağıdakilerden
DetaylıVEKTÖRLER KT YRD.DOÇ.DR. KAMİLE TOSUN FELEKOĞLU
VEKTÖRLER KT YRD.DOÇ.DR. KMİLE TOSUN ELEKOĞLU 1 Mekanik olaları ölçmekte a da değerlendirmekte kullanılan matematiksel büüklükler: Skaler büüklük: sadece bir saısal değeri tanımlamakta kullanılır, pozitif
DetaylıMustafa YAĞCI, yagcimustafa@yahoo.com Parabol Denkleminin Yazılması
www.mustafaagci.com.tr, 11 Cebir Notları Mustafa YAĞCI, agcimustafa@ahoo.com Parabol Denkleminin Yazılması B ir doğru kaç noktasıla bellidi? İki, değil mi Çünkü tek bir noktadan geçen istediğimiz kadar
DetaylıEĞİTİM ÖĞRETİM YILI. ANADOLU LİSESİ 11.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLLIK PLANI 11.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU
08-09 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI. ANADOLU LİSESİ.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLLIK PLANI.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU No Konular Kazanım sayısı Ders Saati Ağırlık (%).. TRİGONOMETRİ 7 6 6.. Yönlü
DetaylıDERS 1: TEMEL KAVRAMLAR
DERS : TEMEL KAVRAMLAR Dersin Amacı: Diferansiel denklemlerin doğasını kavramak, onları tanımlamak ve sınıflandırmak, adi diferansiel denklemleri lineer ve lineer olmama durumuna göre sınıflandırmak, bir
Detaylı2014 LYS MATEMATİK. x lü terimin 1, 3. 3 ab olduğuna göre, ifadesinin değeri kaçtır? 2b a ifade- sinin değeri kaçtır? olduğuna göre, x.
4 LYS MATEMATİK. a b b a ifade- ab olduğuna göre, sinin değeri kaçtır? 5. ifadesinin değeri kaçtır? 5. P() polinomunda katsaısı kaçtır? 4 lü terimin 4 log log çarpımının değeri kaçtır? 6. 4 olduğuna göre,.
DetaylıUzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi
Uzayda iki doğrunun ortak dikme doğrusunun denklemi Uzayda verilen d 1 ve d aykırı doğrularının ikisine birden dik olan doğruya ortak dikme doğrusu denir... olmak üzere bu iki doğru denkleminde değilse
DetaylıUYGULAMALI DİFERANSİYEL DENKLEMLER
UYGULAMALI DİFERANSİYEL DENKLEMLER GİRİŞ Birçok mühendislik, fizik ve sosal kökenli problemler matematik terimleri ile ifade edildiği zaman bu problemler, bilinmeen fonksionun bir vea daha üksek mertebeden
DetaylıBasým Yeri: Ceren Matbaacılık AŞ. Basým Tarihi: Haziran / ISBN Numarası: Sertifika No: 33674
kapak safası İÇİNDEKİLER. ÜNİTE FNKSİYNLARDA İŞLEMLER VE UYGULAMALARI Fonksionların Simetrileri ve Cebirsel Özellikleri... 4 Tek ve Çift Fonksionlar... 4 Fonksionlarda İşlemler... 6 Konu Testleri -...
DetaylıBÖLÜM 24 TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI
TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI YILLAR 966 967 968 969 97 97 97 975 976 977 978 980 98 98 98 98 985 986 987 988 989 990 99 99 99 99 995 996 997 998 006 007 ÖSS / ÖSS-I ÖYS / ÖSS-II 5 6 6 5
DetaylıDERS 5. Çok Değişkenli Fonksiyonlar, Kısmi Türevler
DERS 5 Çok Değişkenli Fonksionlar Kısmi Türevler 5.1. Çok Değişkenli Fonksionlar. Reel saılar kümesi R ile gösterilmek üere ve her n için olarak tanımlanır. R R 3 {( ): R} = {( ) : R} = {( L ): L R} n
DetaylıMATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz.
MATEMATİK. DENEME ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI. f : X tanımlı y = f() fonksiyonu için lim f ( ) = L ise aşağıdaki önermelerden kaç tanesi kesinlikle doğrudur? 0 I. X dir. 0 II. f() fonksiyonu
Detaylıçemberi 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
DetaylıA A A A A A A A A A A
LYS 1 GMTRİ TSTİ 1. u testte sırasıyla Geometri (1 ) nalitik Geometri (3 30) ile ilgili 30 soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Geometri Testi için ayrılan kısmına işaretleyiniz. 1. bir üçgen =
Detaylıİleri Diferansiyel Denklemler
MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret
Detaylı1 (c) herhangi iki kompleks sayı olmak üzere
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA SORULARI- Problem. Aşağıdaki (a) ve (b) de olmak üere (a) olduklarını gösterini. (b) (c) Imi Re Çöüm (a) i olsun. i i (b) i olsun. i i i i i i i i i i Im i Re i (c)
DetaylıNLİTİK EMETRİ lan ve ğırlık Merkezi 5. ölüm Örnek 0 nalitik düzlemde üçgen [] açıorta [] // [] (6 0 (6 (6 (6 0 [H] [] [K] [] H = K = br K ile H üçgenl
NLİTİK EMETRİ lan ve ğırlık Merkezi 5. ölüm lan Örnek 0 nalitik düzlemde ( 0 c h b h a h c b ( 0 ( 0 a a h b h a b c h lan( = = = c Yukarıdaki verilenlere göre lan( kaç birimkaredir? 6 8 9 E c b Taban:
Detaylı1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77
UZAYDA DOĞRU VE DÜZLEM Sayfa No. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi.............. 7. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri.......................................... 77. BÖLÜM uzayda Bir
DetaylıMatematikte 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
DetaylıSTATİK MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ. Behcet DAĞHAN. Behcet DAĞHAN. Behcet DAĞHAN. Behcet DAĞHAN
Statik Ders Notları Sınav Soru ve Çözümleri DAĞHAN MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ STATİK MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ STATİK İÇİNDEKİLER 1. GİRİŞ - Skalerler ve Vektörler - Newton Kanunları. KUVVET SİSTEMLERİ - İki Boutlu
DetaylıBİRİM ŞEKİLDEĞİŞTİRME DÖNÜŞÜMÜ
BİRİM ŞEKİLDEĞİŞTİRME DÖNÜŞÜMÜ DÜZLEM-BİRİM ŞEKİLDEĞİŞTİRME 3D durumda, bir noktadaki birim şekil değiştirme durumu 3 normal birim şekildeğiştirme bileşeni,, z, ve 3 kesme birim şekildeğiştirme bileşeninden,
DetaylıAKSARAY KANUNİ ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ 2015-2016 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI MATEMATİK DERSİ 11.SINIFLAR ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI TEKNİKLER
AKSARAY KANUNİ ANADOLU İMAM HATİP LİSESİ 015-01 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI MATEMATİK DERSİ 11.SINIFLAR ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI SÜRE: MANTIK(30) ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER(18) 1. Önermeyi, önermenin
Detaylı2013 2014 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI 8. SINIF MATEMATİK DERSİ KONULARININ ÇALIŞMA TAKVİMİNE GÖRE DAĞILIM ÇİZELGESİ ALT ÖĞRENME. Örüntü ve Süslemeler
2013 2014 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI 8. SINIF MATEMATİK DERSİ KONULARININ ÇALIŞMA TAKVİMİNE GÖRE DAĞILIM ÇİZELGESİ SÜRE ÖĞRENME Ay Hafta D.Saati ALANI EYLÜL 2 Geometri 2 3 Geometri 2 Geometri 2 Olasılıkve ALT
DetaylıETKİNLİK ÇÖZÜMLERİ ADIM m(ëa) + m(b) = m(ëa) = ise 2.m(ëA ) = =
ETKİNLİK ÇÖZÜMLERİ DIM 0. m(ë) 0 0 7 ise.m(ë ) 80 60 8 0.m(ë) m(ë) 8 0 8 7 99 7 66 60. m(ë) m() 8 60 08 dir. 08 R 80 08. R 80 radandır. 99 8 6. 60 06 9 8 60 0 79 8 6 79 8 6 7. irim çemberin üzerindeki
Detaylı4. Çok büyük ve çok küçük pozitif sayıları bilimsel gösterimle ifade eder.
LENDİRME ŞEMASI ÜNİTE Üslü 1. Bir tam sayının negatif kuvvetini belirler ve rasyonel sayı olarak ifade eder.. Ondalık kesirlerin veya rasyonel sayıların kendileriyle tekrarlı çarpımını üslü sayı olarak
DetaylıJeodezi
1 Jeodezi 5 2 Jeodezik Eğri Elipsoid Üstünde Düşey Kesitler Elipsoid yüzünde P 1 noktasındaki normalle P 2 noktasından geçen düşey düzlem, P 2 deki yüzey normalini içermez ve aynı şekilde P 2 de yüzey
DetaylıNOKTANIN ANALİTİK İNCELEMESİ NOKTANIN ANALİTİK İNCELEMESİ
NKTANIN ANALİTİK İNCELEMESİ NKTANIN ANALİTİK İNCELEMESİ Başlangıç noktasında birbirine dik olan iki saı doğrusunun oluşturduğu sisteme "Dik Koordinat Sistemi" denir. Dik Koordinat Sisteminin belirttiği
Detaylı7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI İÇ ÇARPIM UZAYLARI .= 1 1 + + Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;
İÇ ÇARPIM UZAYLARI 7. BÖLÜM İÇ ÇARPIM UZAYLARI Genel: Vektörler bölümünde vektörel iç çarpım;.= 1 1 + + Açıklanmış ve bu konu uzunluk ve uzaklık kavramlarını açıklamak için kullanılmıştır. Bu bölümde öklit
Detaylııç ındek ıler 1. Küresel geometr ı ve den ızc ıl ık 2. Küresel geometr ın ın ınşası 2.1. Küresel geometr ın ın analitik modeli 1
1 orijin 1 KÜRESEL GEOMETRİ VE DENİZCİLİK Ferit Öztürk ıç ındek ıler 1. Küresel geometr ı ve den ızc ıl ık 1. Küresel geometr ın ın ınşası 1.1. Küresel geometr ın ın analitik modeli 1.. Küresel üçgen 3.
DetaylıLYS Matemat k Deneme Sınavı
LYS Matematk Deneme Sınavı. Üç basamaklı doğal saılardan kaç tanesi, 8 ve ile tam bölünür? 8 9. ile in geometrik ortası z dir. ( z). ( z ). z aşağıdakilerden hangisidir?. 9 ifadesinin cinsinden değeri
DetaylıProf.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, BAHAR
MAT 114 LİNEER CEBİR ( İSTATİSTİK, ASTRONOMİ ve UZAY BİLİMLERİ) Hafta 8: İç Çarpım Prof.Dr.F.Nejat EKMEKCİ, Prof. Dr. Yusuf YAYLI, Doç.Dr.İsmail GÖK 2017-2018 BAHAR İç Çarpım Tanım 23: V bir reel vektör
Detaylı18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu
MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr
Detaylı1.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)
DetaylıTÜRKİYE GENELİ DENEME SINAVI LYS - 1 MATEMATİK
TÜRKİY GNLİ SINVI LYS - 1 7 MYIS 017 LYS 1 - TSTİ 1. u testte 80 soru vardır.. evaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için arılan kısmına işaretleiniz. + k+ n 15 + 10 1. : = + 6 16 + 8 0 + 8 olduğuna
DetaylıGelecek için hazırlanan vatan evlâtlarına, hiçbir güçlük karşısında yılmayarak tam bir sabır ve metanetle çalışmalarını ve öğrenim gören
Gelecek için hazırlanan vatan evlâtlarına, hiçbir güçlük karşısında ılmaarak tam bir sabır ve metanetle çalışmalarını ve öğrenim gören çocuklarımızın ana ve babalarına da avrularının öğreniminin tamamlanması
DetaylıÖrnek...1 : f (x)=2x 2 5x+6 parabolü K(2,p) noktasından geçiyorsa p kaçtır? Örnek...2 : Aşağıda çeşitli parabol grafikleri verilmiştir incele yi niz.
a, b,c R,a 0 olmak koşulula f ()=a 2 +b+c fonksionuna ikinci dereceden bir değişkenli fonksion ve bu fonksionun belirttiği eğrie de parabol denir. Uarı ir parabolün grafiği başkatsaı olan a saısına bağlı
DetaylıMühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş
Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 10 Eylemsizlik Momentleri Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C.Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 10. Eylemsizlik Momentleri
Detaylı25. f: R { 4} R 28. ( ) 3 2 ( ) 26. a ve b reel sayılar olmak üzere, 27. ( ) eğrisinin dönüm noktasının ordinatı 10 olduğuna göre, m kaçtır?
. f: R { 4} R, > ise ( ) 4 f =, ise 6 8. ( ) f = 6 + m + 4 eğrisinin dönüm noktasının ordinatı olduğuna göre, m kaçtır? ) 7 ) 8 ) 9 ) E) fonksiyonu aşağıdaki değerlerinin hangisinde süreksizdir? ) ) )
DetaylıANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI
ÖABT ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI Yasin ŞAHİN ÖABT ANALİTİK GEOMETRİ KONU ANLATIMLI ÇÖZÜMLÜ SORU BANKASI Her hakkı saklıdır. Bu kitabın tamamı ya da bir kısmı, yazarın izni olmaksızın,
Detaylıolsun. 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)
DetaylıDOĞRUNUN ANALİTİK İNCELENMESİ
ÜNİVERSİTEYE HAZIRLIK 10. SINIF KULA YARDIMI KNU ANLATIMLI SRU BANKASI DĞRUNUN ANALİTİK İNELENMESİ GEMETRİ ÜNİVERSİTEYE HAZIRLIK 10. SINIF KULA YARDIMI KNU ANLATIMLI SRU BANKASI ISBN 978 60 227 61 6 Dizgi
DetaylıSaf Eğilme (Pure Bending)
Saf Eğilme (Pure Bending) Bu bölümde, doğrusal, prizmatik, homojen bir elemanın eğilme etkisi altındaki deformasonları incelenecek. Burada çıkarılacak formüller, en kesiti an az bir eksene göre simetrik
DetaylıDüzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir.
Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri Düzlemin noktalarını, düzlemin noktalarına eşleyen bire bir ve örten bir fonksiyona düzlemin bir dönüşümü denir. Öteleme: a =(a 1,a ) ve u =(u 1,u ) olmak
Detaylı{ } ( ) ( ) 3. β = (x,y) : y - x = 1, x,y R bağıntısı Aşağıdaki sayılardan hangisi asal alabilir?
. Aşağıdaki saılardan hangisi asal alabilir? A) 5!+7! B) 7 - ) 54 D) A seçeneği: 5!+7! 5! ( + 6.7 ) 5!.4 7 - E ) 57 5!.4 saısı 5! ile bölünür.o halde asal değildir. B seçeneği: 7-8- 7 7 kendisi hariç hiçbir
DetaylıTAM DEĞER ARDIŞIK TOPLAMLAR
ÖZEL EGE LİSESİ TAM DEĞER VE ARDIŞIK TOPLAMLAR HAZIRLAYAN ÖĞRENCİ: Tilbe GÖKÇEL DANIŞMAN ÖĞRETMEN: Gizem GÜNEL İZMİR 01 İÇİNDEKİLER 1. PROJENİN AMACI.... GİRİŞ..YÖNTEM. ÖN BİLGİLER.. 5.ARDIŞIK TOPLAMLARIN
Detaylı9SINIF MATEMATİK. Denklemler ve Eşitsizlikler
9SINIF MATEMATİK Denklemler ve Eşitsizlikler YAYIN KOORDİNATÖRÜ Oğuz GÜMÜŞ EDİTÖR Hazal ÖZNAR - Uğurcan AYDIN DİZGİ Muhammed KARATAŞ SAYFA TASARIM - KAPAK F. Özgür OFLAZ Eğer bir gün sözlerim bilim ile
Detaylı1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.
1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)
DetaylıDİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ
DİKKAT! SORU KİTAPÇIĞINIZIN TÜRÜNÜ A OLARAK CEVAP KÂĞIDINIZA İŞARETLEMEYİ UNUTMAYINIZ. MATEMATİK SINAVI MATEMATİK TESTİ. Bu testte 50 soru vardır.. Cevaplarınızı, cevap kâğıdının Matematik Testi için arılan
DetaylıPARABOL Test -1. y x 2x m 1 parabolü x eksenini kesmiyorsa m nin alabileceği değerler kümesi aşağıdakilerden hangisidir?
PROL est -. m parabolü eksenini kesmiorsa m nin alabileceği değerler kümesi aşağıdakilerden hangisidir?. f a b c (, ) ) (, ) (, ) (, ) ( 6, ). m parabolü eksenini iki farklı noktada kesmektedir. una göre,
DetaylıMATEMATİK 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
Detaylıolduğundan A ve B sabitleri sınır koşullarından
TEMEL ELEKTROT SİSTEMLERİ Eş Merkezli Küresel Elektrot Sistemi Merkezleri aynı, aralarında dielektrik madde bulunan iki küreden oluşur. Elektrik Alanı ve Potansiyel Yarıçapları ve ve elektrotlarına uygulanan
DetaylıEĞİTİM ÖĞRETİM YILI. FEN LİSESİ 9.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI 9.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU
08 09 EĞİTİM ÖĞRETİM YILI. FEN LİSESİ 9.SINIF MATEMATİK DERSİ ÜNİTELENDİRİLMİŞ YILLIK PLANI 9.SINIF KAZANIM VE SÜRE TABLOSU No Konular Kazanım sayısı Ders Saati Ağırlık (%) SAYILAR VE CEBİR 9. MANTIK 8
DetaylıMAT355 Kompleks Fonksiyonlar Teorisi I Hafta Kompleks Sayıların Cebirsel ve Geometrik Özellikleri
1. KOMPLEKS SAYILAR 1.1. Kompleks Sayıların Cebirsel ve Geometrik Özellikleri Tanım 1. x, y R olmak üzere (x, y) sıralı ikililerine kompleks sayı denir. Burada x, z nin reel kısmı, ve y, z nin imajiner
Detaylıalalım. O noktasına, bu eksenlerin sıfır noktası(orijin, merkez) denir. Pozitif sayılar, yatay
1 DİK (KARTEZYEN) KOORDİNAT SİSTEMİ: Bir O noktasında dik olarak kesişen ata ve düşe doğrultudaki iki saı eksenini ele alalım. O noktasına, u eksenlerin sıfır noktası(orijin, merkez) denir. Pozitif saılar,
DetaylıAnalitik Geometri (MATH172) Ders Detayları
Analitik Geometri (MATH172) Ders Detayları Ders Adı Ders Kodu Dönemi Ders Uygulama Saati Saati Laboratuar Kredi AKTS Saati Analitik Geometri MATH172 Bahar 2 2 0 3 4 Ön Koşul Ders(ler)i Dersin Dili Dersin
DetaylıPERGEL YAYINLARI LYS 1 DENEME-6 KONU ANALİZİ SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ KAZANIM NO KAZANIMLAR
2013-2014 PERGEL YAYINLARI LYS 1 DENEME-6 KONU ANALİZİ SORU NO LYS 1 MATEMATİK TESTİ A B KAZANIM NO KAZANIMLAR 1 1 / 31 12 32173 Üslü İfadeler 2 13 42016 Rasyonel ifade kavramını örneklerle açıklar ve
DetaylıMil li Eği tim Ba kan lı ğı Ta lim ve Ter bi ye Ku ru lu Baş kan lı ğı nın 24.08.2011 ta rih ve 121 sa yı lı ka ra rı ile ka bul edi len ve 2011-2012
Mil li Eği tim Ba kan lı ğı Ta lim ve Ter bi e Ku ru lu Baş kan lı ğı nın.8. ta rih ve sa ı lı ka ra rı ile ka bul edi len ve - Öğ re tim Yı lın dan iti ba ren u gu lana cak olan prog ra ma gö re ha zır
Detaylı1-A. Adı Soyadı. Okulu. Sınıfı LYS-1 MATEMATİK TESTİ. Bu Testte; Toplam 50 Adet soru bulunmaktadır. Cevaplama Süresi 75 dakikadır.
-A Adı Soadı kulu Sınıfı LYS- MATEMATİK TESTİ Bu Testte; Toplam Adet soru bulunmaktadır. Cevaplama Süresi 7 dakikadır. Süre bitiminde Matematik Testi sınav kitapçığınızı gözetmeninize verip Geometri Testi
DetaylıMATEMATİK BİLİM GRUBU III KURS PROGRAMI
MATEMATİK BİLİM GRUBU III KURS PROGRAMI 1.Kurumun Adı 2.Kurumun adresi 3.Kurucunun Adı 4.Programın Adı : OĞUZHAN ÖZKAYA ÖZEL ÖĞRETİM KURSU : Onur Mahallesi Leylak Sok.No:9 Balçova-İzmir : Oğuzhan Özkaya
DetaylıÖ.S.S MATEMATĐK II SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ 1 E) x x. x x = x
Ö.S.S. MATEMATĐK II SORULARI ve ÇÖZÜMLERĐ. olduğuna göre, kaçtır? A B C D E Çözüm. -. : ifadesinin sadeleştirilmiş biçimi aşağıdakilerden hangisidir? A B C D E Çözüm :... :....... . olduğuna göre, - ifadesinin
DetaylıTEST. Dönüşüm Geometrisi. 1. y 5. 4
Dönüşüm Geometrisi 8. Sınıf Matematik Soru ankası TEST 33 1. 4. (0, 4) (5,4) (3, 0) Koordinat düzlemi üzerinde verilen ve noktaları arasındaki uzaklık kaç birimdir? ) 5 ) 3 2 4 2 5 2 Koordinat düzlemi
DetaylıİÇİNDEKİLER. Tekrar Zamanı TÜREVİN GEOMETRİK YORUMU ÇÖZÜMLÜ TEST 1... 52 ÇÖZÜMLÜ TEST 2... 54 MAKS. - MİN. PROBLEMLERİ. Uygulama Zamanı 1...
İÇİNDEKİLER TÜREVİN GEOMETRİK YORUMU Teğet ve Normal Doğruların Eğimi... Teğet Doğrusunun Eğim Açısı... Teğet ve Normal Denklemleri... Eğrinin Teğetine Paralel ve Dik Doğrular... Grafikte Teğet I... 5
Detaylı