c FET ˙IYE ¨OZLEM ONBAS¸IO ˘GLU

IO
G˘
LU
AŞ
Tüm Matematik Lise 1-2-3
O
NB
Konu Anlatımlı Referans Kitabı
O¨
ZL
EM
Fetiye Özlem Onbaşıoğlu
c
FE
TI˙
Y
E
Ağustos 2015
Kitabın Kapsamı Ve Amacı
IO
G˘
LU
Bu kitap Lise 1, 2 ve 3 Matematik müfredatının konu anlatımı yolu ile öğrencinin kendi
kendine Matematik öğretebilmesi amacı ile yazılmıştır. Kitap, üniversiteye hazırlıkta kullanılabileceği gibi günlük lise ders müfredatının hazırlanmasında öğretmenlere bir referans
kitabı görevi de görebilir.
AŞ
Kitaptaki konular, ortaokuldan zayıf Matematik temeli ile gelen tüm öğrencilerin konuları
takip edip öğrenebileceği düzeyde anlatılmıştır.
O
NB
Bu kitabın İngilizce versiyonu da mevcuttur. Bu yüzden kolej ve özel okullardaki Matematik öğretmenleri tarafından yardımcı kitap olarak kullanılabilir. Ayrıca, üniversitede
matematik derslerini ilk defa İngilizce olarak alması gereken öğrenciler için de yararlı
olabilir.
O¨
ZL
EM
Tavsiye edilen çalışma yöntemi, müsvedde kağıdına yazarak çalışmaktır. Lütfen bu kitabı
çocuklarınız ve torunlarınız için saklayın.
Fetiye Özlem Onbaşıoğlu / Tüm Matematik Lise 1-2-3, Konu Anlatımlı Referans Kitabı / ISBN 978-605-65945-0-2
c
FE
TI˙
Y
E
Her hakkı saklıdır. Bu eserin aynen ya da özet olarak hiçbir bölümü, hak sahibi Fetiye
Özlem Onbaşıoğlu’nun yazılı izni alınmadan çoğaltılamaz.
ii
İÇİNDEKİLER
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
1
2
5
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8
8
8
9
10
11
12
13
14
14
15
.
.
.
.
.
.
.
17
17
17
18
18
19
19
19
.
.
.
.
.
.
.
.
.
21
21
21
21
22
22
22
22
22
23
.
.
.
.
.
.
.
.
2. Sayılar
Sayı Sistemleri . . . . . . . . . . . . . . . .
Doğal Sayılar, N . . . . . . . . . . . . . . .
Tam Sayılar, Z . . . . . . . . . . . . . . . .
Sayılarda Tanım Aralıkları . . . . . . . . . .
Tam Sayıların Alt Kümeleri . . . . . .
Rasyonel (Q) ve İrrasyonel Sayılar (I) . . . .
Reel (Gerçel) Sayılar, R . . . . . . . . . . .
Karmaşık (Kompleks) Sayılar, C . . . . . .
Sanal i Sayısı ile İşlemler . . . . . . . .
Karmaşık Sayıların Eşleniği (Konjugat)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c
FE
TI˙
Y
E
3. Koordinat Sistemleri
Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kartezyen Koordinat Sisteminde Bölgeler . . . . . .
Kartezyen Koordinat Sisteminde Noktanın Tanımı .
Eksenler Üzerindeki Noktalar . . . . . . . . .
3 Boyutlu x-y-z Uzayı . . . . . . . . . . . . . . . .
İki Noktanın Orta Noktası . . . . . . . . . . .
İki Nokta Arasındaki Uzaklık . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
AŞ
.
.
.
.
O¨
ZL
EM
.
.
.
.
O
NB
1. Kümeler
Küme Tanımı . . . . . . . . . . .
Kümelerde Kullanılan Semboller .
Kümelerde Temel İşlemler . . . .
Altkümeler . . . . . . . . . . . .
ii
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4. İşlemler ve Denklemler I
Temel İşlemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
İşlemlerde Öncelik Sırası . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üslü ve Köklü İşlemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üslü ve Köklü İfadelerde Temel Kurallar . . . . . .
10 Tabanın Kuvvetleri . . . . . . . . . . . . . . . .
Tabanı Negatif Olan Üslü İfadeler . . . . . . . . .
Üssü Logaritma Olan İfadeler, blogb a . . . . . . . . .
Üssü Karmaşık Sayı Olan İfadeler, eix . . . . . . . .
Tabanı Karmaşık Sayı, Üssü Reel Sayı Olan İfadeler
iii
IO
G˘
LU
Kitabın Kapsamı Ve Amacı
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
iv
İÇİNDEKİLER
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
O¨
ZL
EM
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
AŞ
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
O
NB
5. Fonksiyonlar I
Fonksiyonların Gösterimi . . . . . . . . . . .
Fonksiyon Türleri . . . . . . . . . . . . . . .
Tek ve Çift Fonksiyonlar . . . . . . . .
Sabit Fonksiyon . . . . . . . . . . . . .
Bire Bir Fonksiyon . . . . . . . . . . .
Örten Fonksiyon . . . . . . . . . . . .
İçine Fonksiyon . . . . . . . . . . . . .
Birim (Etkisiz) Fonksiyon . . . . . . .
Ters Fonksiyon . . . . . . . . . . . . .
Bileşke Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . .
Bileşke Fonksiyonlarda Temel Özellikler
. . . . . .
. . . . . .
Grafikleri
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
23
25
26
30
31
31
31
33
37
39
41
41
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
45
45
45
45
46
46
47
47
48
48
50
51
IO
G˘
LU
Köklü İfadeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Denklemler (Eşitlikler) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kartezyen Sisteminde Doğrusal (Lineer) Denklemlerin
Kartezyen Sisteminde Birbirine Dik Olan Doğrular .
Kartezyen Sisteminde Doğrusal Olmayan Denklemler
Eşitsizlikler ve Tanım Aralıkları (Değer Kümeleri) . . . . .
Eşitsizliklerin Genel Özellikleri . . . . . . . . . . . . .
Çoklu (Zincir) Eşitsizlikler . . . . . . . . . . . . . . .
Mutlak Değer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mutlak Değerde Genel Özellikler . . . . . . . . . . .
Mutlak Değer Fonksiyonlarının Türevi ve İntegrali . .
Mutlak Değer Uygulamaları . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
53
53
53
54
54
54
54
55
7. Polinomlar ve Grafikleri
Polinomun Tanımı . . . . . . . . . . . .
Polinomun Derecesi . . . . . . . . .
Polinomlarla İşlemler . . . . . . . . . . .
Toplama ve Çıkarma . . . . . . . .
Polinomların Çarpımı . . . . . . . .
Polinomlarda Bölme İşlemi . . . . .
Polinomların Çarpanlara Ayrılması
Polinom Fonksiyonları . . . . . . . . . .
61
61
61
62
62
62
63
63
65
c
FE
TI˙
Y
E
6. Sayı Tabanları ve Modulo
Tabanlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10’luk Tabanda Sayıların Açılımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2’lik Taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3’lük Taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16’lık (Heksadesimal) Taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Herhangi Bir Tabanda Verilen Sayının 10’luk Tabanda Yazılması . . . . .
10’luk Tabanda Verilen Bir Sayının Farklı Bir Tabanda Yazılması . . . .
Herhangi Bir Tabanda Verilen Sayının 10 Tabanından Farklı Bir Tabanda
Yazılması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Modulo (Mod) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tam Olarak (Kalansız) Bölünebilme Kuralları (kalan = 0) . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
56
57
58
İÇİNDEKİLER
v
P (x)
. . .
Q(x)
Polinom Denklemleri . . . . . . . . . . . . . . .
Polinom Denklemlerinin Kökleri . . . . . .
İkinci Dereceden (Kuadratik) Denklemlerin
Polinom Fonksiyonlarının Grafikleri . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
65
. . . . .
. . . . .
Çözümü
. . . . .
.
.
.
.
68
68
69
71
8. Permütasyon ve Kombinasyon
Permütasyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
n Faktoryel, n! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kombinasyon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
76
76
77
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
9. Olasılık
Olasılığın Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P=1 Durumları . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
P=0 Durumları . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Olasılık Hesaplarında Mantık İfadelerinin Kullanılması
Olasılıkta Kategoriler . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bağımsız (Ayrık) Olaylarda Olasılık . . . . . . . .
Birbirini Dışlayan, Bağlantısız Olaylarda Olasılık
Birbirini Dışlayan, Bağlantılı Olaylarda Olasılık .
Koşullu Olaylarda Olasılık . . . . . . . . . . . . .
Tersi Olasılık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c
FE
TI˙
Y
E
10. Logaritma
Logaritmanın Tanımı . . . . . . . .
Logaritmanın Uygulamaları .
Doğal Logaritma . . . . . . . . . .
Logaritma Fonksiyonun Özellikleri
Üssü Logaritma Olan İfadeler . . .
Logaritma Grafikleri . . . . . . . .
11. Geometri
Düzlemde Doğrular . . . . . . . . . . . . . . . . .
Işın . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Geometride Nesneler . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Poligonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Boyutlu Geometrik Şekiller . . . . . . . .
Koninin Kesitleri: Daire, Elips, Parabol, Hiperbol
Dairenin ve Elipsin Grafiği . . . . . . . . . .
Parabolün Grafiği . . . . . . . . . . . . . . .
Hiperbolün Grafiği . . . . . . . . . . . . . .
12. Vektörler (Yöneyler)
Vektörün Tanımı . . . . . .
Vektörün Gösterimleri
Vektörün Normu (Uzunluğu,
Birim Vektör . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
Büyüklüğü)
. . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
IO
G˘
LU
Rasyonel, Kesirli Fonksiyonlar,
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
79
79
79
79
79
80
80
80
81
82
83
.
.
.
.
.
.
85
85
85
85
85
86
87
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
89
89
90
90
91
105
122
133
133
133
134
.
.
.
.
136
136
136
137
137
vi
İÇİNDEKİLER
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
138
139
139
140
142
143
13. Matrisler ve Determinantlar
Matris Türleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kare Matris . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Birim (Etkisiz) Matris . . . . . . . . . . . . .
Boş Matris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Simetrik (Köşegen) Matris . . . . . . . . . . .
Alt Matris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Satır ve Sütun Matrisleri (Vektörleri) . . . . .
Determinantlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Matrislerde Temel İşlemler . . . . . . . . . . . . . .
Matrislerde Toplama Ve Çıkarma . . . . . . .
Matrisin Sabit Sayı İle Çarpımı . . . . . . . .
Matrislerin Birbiri İle Çarpımı . . . . . . . . .
Matrisin Devriği (Transpozu) . . . . . . . . .
Matrisin Kofaktör Matrisi . . . . . . . . . . .
Matrisin Tersi . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Denklem Sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Denklem Sisteminin Matrislerle İfade Edilmesi
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
145
145
145
146
146
146
147
147
147
149
149
150
150
151
152
154
155
155
14. Trigonometri ve Grafikler
Trigonometrinin Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgende Temel Terminoloji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgende Açılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgenin Kenar Uzunlukları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dik Açılı Üçgenler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Pisagor Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlar Arasındaki İlişkiler . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlarla Temel İşlemler . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlarda Açılar ve Değerler . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonların Periyodu ve Frekansı . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlarda Genlik . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonlarda Faz Farkı . . . . . . . . . . . . . . .
90◦ ’den Büyük ve Negatif Açılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonların Çarpmaya Göre Terslerinin Grafikleri
Ters Trigonometrik Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgende Alan Hesabı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Üçgende Kurallar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sinüs Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kosinüs Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonların Karmaşık eix Fonksiyonu İle Gösterimi . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
158
158
158
158
159
159
159
159
160
160
161
164
165
166
167
168
169
170
170
170
171
171
O¨
ZL
EM
E
c
FE
TI˙
Y
IO
G˘
LU
.
.
.
.
.
.
AŞ
.
.
.
.
.
.
O
NB
Vektörün Bileşke Vektörleri: i, j, k . . . . .
Vektörlerde Temel İşlemler . . . . . . . . . . . .
Vektörlerde Toplama ve Çıkarma İşlemleri
Vektörlerde Çarpım İşlemi . . . . . . . . .
Sağ El Kuralı . . . . . . . . . . . . . . . .
Vektörlerin Fizikteki Uygulaması . . . . . . . .
İÇİNDEKİLER
vii
Euler Formülü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
172
172
172
173
173
174
175
176
177
178
179
184
185
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
188
188
188
188
189
189
190
190
191
193
195
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
E
O¨
ZL
EM
O
NB
16. Diziler ve Seriler
Diziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dizinin Tanımı . . . . . . . . . . . . . . .
Dizinin Gösterimi . . . . . . . . . . . . . .
Dizide Kuralın Belirlenmesi . . . . . . . .
Dizi Türleri . . . . . . . . . . . . . . . . .
Seriler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Serinin Tanımı ve Gösterimi . . . . . . . .
Sonsuz Seri ve Kısmi Toplamlar Serisi . . .
Seri Türleri ve Yakınsaklık . . . . . . . . .
İç İçe Geçmiş Sonsuz Seriler ve Çarpımlar
AŞ
IO
G˘
LU
15. Limit
Limitin Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Limitin Genel Özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∞ İle İşlemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sağdan ve Soldan Limitler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Logaritmik ve Üslü Fonksiyonların Limitleri . . . . . . . . . .
∞’a Yaklaşırken Limit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Limiti Olmayan Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∞
Limitte Belirsizlikler: 00 , [0 · ∞], ∞
, [∞ − ∞], [00 ] . . . . .
0
∞
ve ∞ Belirsizliklerinin Sadeleştirme İle Giderilmesi
0
Limitte Belirsizliğin Giderilmesi, L’Hopital Kuralı . . . .
Çeşitli Limit Örnekleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fonksiyon Sürekliliğinin Limit ile Olan İlişkisi . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
171
c
FE
TI˙
Y
17. Türev
197
Türevin Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
Türevin Gösterimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
Türevin Genel Özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Temel Fonksiyonların Türevleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Polinom Fonksiyonların Türevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
Üslü Fonksiyonların Türevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Trigonometrik Fonksiyonların Türevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
Logaritmik Fonksiyonların Türevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Bileşke Fonksiyonların Türevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
Türevin Uygulamaları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Türevin Limitte Belirsizliğin Giderilmesinde Kullanılması, L’Hopital Kuralı 203
Teğet Eğimlerinin Hesaplanması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203
Düzlemdeki Bir Noktadan Fonksiyon Grafiğine En Yakın (Minimum) Mesafenin
Hesaplanması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
Türevin Fonksiyonlardaki Uygulaması . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
Türevin Fizikteki Uygulamaları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
viii
İÇİNDEKİLER
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
207
207
207
208
210
211
214
19. İntegral
İntegralin Tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Σ, Limit ve İntegral İlişkisi . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Belirsiz İntegral, Belirsizlik Sabiti C . . . . . . . . . . . . .
İntegralin Genel Özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Temel Fonksiyonların İntegrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Polinom Fonksiyonların İntegrali . . . . . . . . . . . . . . .
Üslü Fonksiyonların İntegrali . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali . . . . . . . . . . .
Logaritmik Fonksiyonların İntegrali . . . . . . . . . . . . .
Çarpım ve Bölüm Fonksiyonlarının İntegrali . . . . . . . .
İntegral Hesaplamada Ek Yöntemler . . . . . . . . . . . . . . .
Yer Değiştirme Yöntemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Trigonometrik Yer Değiştirme Yöntemi . . . . . . . . . . .
İkili ve Üçlü İntegraller . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
İntegral İle Alan ve Hacim Hesabı . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tekli İntegral İle x-y Düzleminde Alan Hesabı . . . . . . .
Tekli İntegral İle Hacim Hesabı . . . . . . . . . . . . . . .
Tekli İntegral İle 3 Boyutlu Cismin Yüzey Alanının Hesabı
Çift İntegral İle Alan ve Hacim Hesabı . . . . . . . . . . .
Üçlü İntegral İle Hacim Hesabı . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
216
216
217
217
218
218
218
218
219
221
223
227
227
228
232
235
235
246
253
254
258
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
18. Fonksiyonlar II
Fonksiyonların Dönüştürülmesi . . . . . . . . . . . . . .
Fonksiyonlarda Tanım Aralıkları . . . . . . . . . . . . . .
Fonksiyonlarda Süreklilik . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fonksiyonların Ekstrem Noktaları . . . . . . . . . . . . .
Fonksiyonların Ekstrem Noktalarının Hesaplanması
Artan, Azalan Fonksiyonlar . . . . . . . . . . . . . . . .
1. Kümeler
IO
G˘
LU
Küme Tanımı
Bir grup elemanın ait olduğu topluluğa küme denir. Örneğin, Temel Renkler kümesi
aşağıdaki şekillerde ifade edilebilir:
Temel Renkler = {mavi, kırmızı, yeşil} ya da,
O
NB
AŞ
Temel Renkler
• kırmızı
• yeşil
O¨
ZL
EM
• mavi
Bir kümenin elemanları değişik şekillerde sıralanabilir. Temel Renkler kümesi aşağıda
üç değişik şekilde sıralanmıştır.
= {mavi, yeşil, kırmızı}
= {yeşil, mavi, kırmızı}
= {kırmızı, mavi, yeşil}
c
FE
TI˙
Y
E
Temel Renkler
Kümelerde Kullanılan Semboller
∈ : Elemanıdır (öğesidir).
∈
/ : Elemanı değildir.
{ }, ∅ : Boş küme.
S
ya da E : Evrensel (Üniversal) küme.
{a, b, c} : Elemanları a, b ve c olan küme.
∪ : Kümelerde YA DA işlemi, kümelerin elemanlarının birleşimi.
∩ : Kümelerde VE işlemi, kümelerin elemanlarının kesişimi.
\ : Eksi, fark işlemi, ilk kümeden ikinci küme çıkarılınca kalan.
1
2
1. KÜMELER
(..)0 : Değildir, tersi işlemi.
⊂ : Altkümesidir.
⊆ : Altkümesi ya da eşittir.
Kümelerde Temel İşlemler
Verilen A, B ve C kümeleri için aşağıdaki işlemler geçerlidir:
IO
G˘
LU
A ∪ B = B ∪ A (Değişme Özelliği)
A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C (Birleşme Özelliği)
A∩B =B∩A
AŞ
A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C (Birleşme Özelliği)
O
NB
A \ B 6= B \ A
A ⊂ B ve B ⊂ A ise A = B ya da A = B = {} olur.
(A ∪ B)0 = B 0 ∩ A0
A∪∅=A
O¨
ZL
EM
(A ∩ B)0 = B 0 ∪ A0
A ∪ B = A + B − (A ∩ B)
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek: Temel küme işlemlerini aşağıda verilen Sürüngenler ve Kuşlar kümeleri
üzerinde uygulayalım.
Hayvanlar Kümesi
Sürüngenler Kümesi
• Yılan
• Kertenkele
• Timsah
Kuşlar Kümesi
• Papağan
• Akbaba
• Serçe
• Kartal
Burada Hayvanlar kümesi Sürüngeler ve Kuşlar kümelerini içeren Evrensel Kümedir. O
halde aşağıdaki ifadeler doğrudur:
KÜMELERDE TEMEL İŞLEMLER
3
Sürüngenler ⊂ Hayvanlar ve Kuşlar ⊂ Hayvanlar
Sürüngenler ∪ Kuşlar = Hayvanlar
Kuşlar ve Sürüngenler kümelerinin ortak elemanı yoktur yani hem kuş hem de sürüngen
olan bir hayvan verilen şemada mevcut değildir. O halde Kuşlar ve Sürüngenler
kümelerinin kesişimi boş kümedir ve aşağıdaki gibi ifade edilir:
Kuşlar ∩ Sürüngenler = ∅
IO
G˘
LU
Yılan, Sürüngenler kümesinin bir elemanıdır, Akbaba Sürüngenler kümesinin bir
elemanı değildir. O halde aşağıdaki ifadeler doğru olur:
Yılan ∈ Sürüngenler, Akbaba ∈
/ Sürüngenler
Kuşlar ve Sürüngenler kümelerinin birleşimi küme şemasına bakarak bulabiliriz:
AŞ
Kuşlar ∪ Sürüngenler = {Papağan, Serçe, Kartal, Akbaba, Kertenkele, Yılan, Timsah}
O
NB
Örnek: Aşağıda verilen A ve B sayı kümelerinin kesişim, birleşim ve farklarını küme
şemalarının yardımı ile hesaplayalım.
A = {1, 3, 4, 9, 11}
O¨
ZL
EM
B = {3, 7, 9, 12, 13}
c
FE
TI˙
Y
E
A ve B kümelerinin ortak elemanlarının olduğu görülmektedir. Küme şemaları
aşağıdaki gibi çizilebilir:
Taralı alan A ve B kümelerinin ortak elemanlarını göstermektedir ve A ve B
kümelerinin kesişimidir.
A ∩ B = {3, 9}
4
1. KÜMELER
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
A ∪ B = {1, 3, 4, 11, 7, 9, 13, 12}
IO
G˘
LU
A ve B kümelerinin birleşimi aşağıdaki şemada görülen taralı alandır.
A kümesinde olupda B kümesinde olmayan elemanlar A \ B ile ifade edilir. Yukarıdaki
şemada taralı alan bu elemanları göstermektedir.
c
FE
TI˙
Y
E
A \ B = {1, 4, 11}
B \ A = {12, 7, 13}
B \ A yukarıdaki şemada taralı alan ile ifade edilir. Burada B \ A 6= A \ B olduğu
görülür.
KÜMELERDE TEMEL İŞLEMLER
5
Altkümeler
S
Bütün kümeleri kapsayan kümeye evrensel küme denir. E ya da sembolü ile
gösterilir. Boş küme de dahil tüm kümeler evrensel kümenin altkümesidir.
Verilen bir A kümesi
S için,
0
A = E \ A (ya da \ A) olarak ifade edilir.
IO
G˘
LU
Örnek: Aşağıda verilen harf kümelerini şema üzerinde gösterelim ve altküme ilişkilerini
inceleyelim.
A = {a, b, d, f, g, i, k, m, z}
AŞ
B = {a, f, g}
D = {a, e, f, g}
F = {d, u, v, z}
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
E = A ∪ B ∪ C ∪ D ∪ F ∪ {t, x}
O
NB
C = {c, g, i, z}
Burada B ve C kümelerinin A kümesinin altkümesi olduğu görülür:
C ⊂ A ve B ⊂ A
6
1. KÜMELER
A0 = E \ A olur.
Evrensel küme E = {a, b, c, d, e, f, g, i, k, m, u, v, z, t, x}
IO
G˘
LU
Şimdi de kümelerdeki fark işlemlerine gözatalım.
A0 = {a, b, c, d, e, f, g, i, k, m, u, v, z, t, x} \ {a, b, d, f, g, i, k, m, z}
AŞ
A0 = {e, u, v, x, t} elde edilir.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
A0 aşağıdaki şemada taralı alan ile gösterilir:
A0 = E \ A
KÜMELERDE TEMEL İŞLEMLER
7
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Aşağıdaki şemada (B ∪ D)0 \ (C ∩ F ) ifadesini hesaplayalım.
E
Şemadan B ∪ D = {a, f, g, e}’dir.
c
FE
TI˙
Y
(B ∪ D)0 = E \ (B ∪ D) olduğundan,
(B ∪ D)0 = {a, b, c, d, e, f, g, i, k, m, u, v, z, t, x} \ {a, f, g, e}’dir.
Buradan, (B ∪ D)0 = {b, c, d, i, k, m, u, v, z, x, t} olur.
Şemadan C ∩ F = {z}’dir.
(B ∪ D)0 \ (C ∩ F ) = {b, c, d, i, k, m, u, v, z, x, t} \ {z} olur.
(B ∪ D)0 \ (C ∩ F ) = {b, c, d, i, k, m, u, v, x, t}
2. Sayılar
IO
G˘
LU
Sayılar, saymak, ölçmek, etiketlemek ve kodlamak gibi amaçlar için kullanılır.
Sayı Sistemleri
Tanımı
N
Doğal Sayılar
0,1,2,3,...
Z
Tam Sayılar
..,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,..
Rasyonel Sayılar
a
b 6= 0 şartıyla b şeklinde ifade edilebilen
O
NB
Türü
O¨
ZL
EM
Sembolü
AŞ
Sayılar türlerine göre aşağıda verilen tablodaki gibi sınıflandırılır:
Q
sayılar
Rasyonel ve irrasyonel tüm sayılar.
Karmaşık(Kompleks) Sayılar
Reel ve sanal kısımları bulunan kompleks
√
sayılar. z = a + ib, i = −1
c
FE
TI˙
Y
C
Reel(Gerçel) Sayılar
E
R
N ⊂ Z: Tam sayılar kümesi (Z), Doğal sayılar (N) kümesini kapsar.
Z ⊂ Q: Rasyonel Sayılar (Q), Tam Sayılar (Z) kümesini kapsar.
Q ⊂ R: Reel Sayılar (R), Rasyonel ve İrrasyonel Sayılar kümesini kapsar.
R ⊂ C: Karmaşık Sayılar (C), Reel Sayılar kümesini kapsar.
Sayı Sistemleri arasındaki ilişki aşağıda özetlenmiştir:
N⊂Z⊂Q⊂R⊂C
Doğal Sayılar, N
Doğal sayılar sayma sayılarıdır. 0’dan başlayarak sonsuza kadar giden pozitif sayılardır.
N = {0, 1, 2, 3, 4, ...}
8
TAM SAYILAR, Z
9
Doğal sayılar pozitif tam sayılar ve 0’dan ibarettir.
N = Z+ ∪ {0}
Tam Sayılar, Z
Z = {..., −4, −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, ...}
Z+ = {1, 2, 3, 4, ...}
Z− = {..., −4, −3, −2, −1}
IO
G˘
LU
Z = Z− ∪ {0} ∪ Z+
Örnek: Eksi 4 ile artı 5’i toplayalım.
O¨
ZL
EM
O
NB
-4 + 5 = 1
AŞ
Negatif tam sayılar önünde ”-”, eksi işareti olan sayılardır ve sayı ekseninde 0’ın solunda
yer alırlar.
Pozitif tamsayılar sayı ekseninde 0’ın sağında yer alırlar.
Sayı Ekseni
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek: -1’den -3’ü çıkaralım.
−1 |{z}
−− 3 = −1 + 3 = 2
2 eksi bir artı yapar.
Örnek: 6’dan -4’ü çıkaralım.
6 −− 4 = 6 + 4 = 10
Örnek: 6 ile -4’ü toplayalım.
6 +− 4 = 2
Örnek: -7 ile 5’i toplayalım.
−7 + 5 = −2
Örnek: -4’ten 6’yı çıkaralım.
−4 − 6 = −10
a
Örnek: b−4 = 1 eşitliği verilsin.
a, b ∈ Z ise, b’nin alamayacağı değerler nelerdir?
10
2. SAYILAR
a
Çözüm: b−4 = 1 eşitliğinde sol tarafın tanımlı olabilmasi için payda sıfır olamaz.
Bu yüzden,
b 6= 4.
Sayılarda Tanım Aralıkları
IO
G˘
LU
Yukarıdaki b sayısı örneğinde gördüğümüz gibi sayılar, sayı kümelerindeki tüm değerler
için tanımlı olmayabilir. Böyle durumlarda sayılar için tanım aralıkları tanımlamak
gerekir.
O
NB
AŞ
Aşağıda verilen sayı doğrusu (ekseni) üzerinde tanımlanan bir x sayısının tanım
aralığını bulalım.
O¨
ZL
EM
x sayısının alabileceği değerler 3 ile ∞ (sonsuz) arasındaki sayılardır. Burada 3 değeri
dahil değildir, bu yüzden 3 sayısının solunda açık parantez, ( kullanılır. ∞ tarafında
herzaman açık parantez, ) kullanılır.
c
FE
TI˙
Y
E
x ∈ (3, ∞)
Şimdi de aşağıdaki sayı doğrusu üzerinde tanımlanan bir x sayısının tanım aralığını
bulalım.
x sayısının alabileceği değerler -2 ile 5 arasındaki sayılardır. Burada -2 değeri dahildir, 5
değeri dahil değildir. Tanım aralığı ifade edilirken sırasıyla kapalı ve açık parantezler
kullanılır.
x ∈ [−2, 5)
SAYILARDA TANIM ARALIKLARI
11
Örnek: 3a = 5b-7 eşitliği verilsin.
a ∈ Z + ve b [-1, 7) aralığında tanımlı bir tamsayı ise, a’nın alabileceği değerler nelerdir?
Çözüm: b tamsayısının [-1, 7) aralığında alabileceği değerler -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
olur.
b = 0 için, 3a = 5 · 0 − 7 = 0 − 7 =− 7, a = −
7
tamsayı değil.
3
b = 1 için, 3a = 5 · 1 − 7 = 5 − 7 =− 2, a = −
2
tamsayı değil.
3
b = 2 için, 3a = 5 · 2 − 7 = 10 − 7 = 3, a = 1 geçerli yanıt.
b = 4 için, 3a = 5 · 4 − 7 = 20 − 7 = 13, a =
AŞ
8
tamsayı değil.
3
13
tamsayı değil.
3
O
NB
b = 3 için, 3a = 5 · 3 − 7 = 15 − 7 = 8, a =
IO
G˘
LU
b = -1 için, 3a = 5 ·− 1 − 7 =− 5 − 7 =− 12, a = −4 pozitif değil.
b = 5 için, 3a = 5 · 5 − 7 = 25 − 7 = 18, a = 6 geçerli yanıt.
23
tamsayı değil.
3
O¨
ZL
EM
b = 6 için, 3a = 5 · 6 − 7 = 30 − 7 = 23, a =
a’nın alabileceği değerler 1 ve 6’dır yani a ∈ {1, 6}.
Tam Sayıların Alt Kümeleri
Asal Sayılar
c
FE
TI˙
Y
E
1’den büyük olup, kendisinden ve 1’den başka hiçbir sayıya tam olarak bölünemeyen
sayılardır.
2, 3, 5, 7, 11,13, 17, 19, 23, ... sayı dizisi asal sayıları gösterir.
Tek ve Çift Sayılar
2’ye tam olarak kalansız bölünebilen sayılar çift sayılardır. Çift olmayan sayılara tek
sayılar denir.
..-6, -4, -2 0, 2, 4, 6, ... bir çift sayı dizisidir.
..-5, -3, -1, 1, 3, 5, ... bir tek sayı dizisidir.
k bir tamsayı iken, çift sayılar n = 2k ile ifade edilebilir.
k bir tamsayı iken, tek sayılar n = 2k+1 ile ifade edilebilir.
Örnek: n, [−4, 4) sayı aralığında bir çift sayı ise m = 3n + 7 eşitliğini sağlayan m
değerleri nelerdir?
Çözüm: n çift sayısının [−4, 4) aralığında alabileceği değerler -4, -2, 0, 2 sayılarıdır.
12
2. SAYILAR
m = 3n + 7 eşitliğinde, m’nin alabileceği değerleri hesaplayalım:
n = −4 için, m = 3 ·− 4 + 7 = −12 + 7 = −5
n = −2 için, m = 3 ·− 2 + 7 = −6 + 7 = 1
n = 0 için, m = 3 · 0 + 7 = 7
Rasyonel (Q) ve İrrasyonel Sayılar (I)
IO
G˘
LU
n = 2 için, m = 3 · 2 + 7 = 6 + 7 = 13
İki tamsayının kesiri (oranı) olarak ifade edilebilen sayılara rasyonel sayılar denir.
6 rasyoneldir çünkü
3
olarak ifade edilebilir.
2
6
olarak yazılabilir.
1
1
kesirli sayısı olarak ifade edilebilir.
3
O¨
ZL
EM
0.33333... rasyoneldir çünkü
O
NB
1.5 sayısı rasyoneldir çünkü
AŞ
Örnek:
İki tamsayının kesiri (oranı) olarak ifade edilemeyen sayılara irrasyonel sayılar denir.
Örnek:
c
FE
TI˙
Y
E
π (Pi) sayısı irrasyoneldir; π = 3.141519265358979...
√
2 = 1.41421356237309... sayısı irrasyoneldir.
e, euler sayısı irrasyoneldir; e = 2.71828182845...
√
9 rasyoneldir çünkü
√
3
√
9=3=
3
1
7 = 1.9129311827723891... sayısı irrasyoneldir.
Örnek: 3.2666666... sayısının rasyonel olduğu verilmiştir. Bu sayının kesirli ifadesi
nedir?
Çözüm:
x = 3.2666666... olsun. x’i 10 ile çarpınca:
.
10x = 32.6..666666...
.
x = 3.2..666666...
—————————
.
9x = 29.4..000000...
REEL (GERÇEL) SAYILAR, R
13
9x = 29.4 olur.
9x =
x=
294
10
294
90
Pay ve paydayı 6’ya bölerek sadeleştirelim:
49
15
IO
G˘
LU
x=
AŞ
Sonsuz tekrarlayan 3.266666... sayısını 10 ile çarpmamızın nedeni sadece tek bir
basamakta (6 sayısı) tekrar olmasıdır.
O
NB
Örnek: 4.967676767... sayısının rasyonel olduğu verilmiştir. Bu sayının kesirli ifadesi
nedir?
Çözüm:
c
FE
TI˙
Y
E
.
100x = 496.7..67676767...
.
-x =4.9..67676767...
————————————
.
99x = 491.8..00000000...
O¨
ZL
EM
x = 4.967676767... olsun.
Burada iki basamak (67) tekrarlandığı için x’i 100 ile çarpalım:
99x = 491.8 olur.
99x =
x=
4918
10
4918
990
Pay ve paydayı 2’ye bölerek sadeleştirelim:
x=
2459
495
Reel (Gerçel) Sayılar, R
Reel sayılar kümesi, doğal sayılar, tam sayılar, rasyonel sayılar ve irrasyonel sayılar
kümelerinin tamamını kapsar.
14
2. SAYILAR
Karmaşık (Kompleks) Sayılar, C
Karmaşık sayılar reel ve sanal olmak üzere iki kısımdan oluşurlar. Karmaşık sayılar
kümesi, Reel sayılar kümesini kapsar. Karmaşık bir z sayısı aşağıdaki gibi ifade edilir:
z = a + ib, burada i =
√
−1 ve a, b ∈ R
Örnek: Aşağıda verilen sayıların tamamı karmaşık sayılardır.
√
7
3− i
2
IO
G˘
LU
z=
z = 2i
z=
9
2
√
O
NB
z=
AŞ
z = −2π + 3i
2
O¨
ZL
EM
z=0
z = e−3i
√
5 + e6i
π
π
− i sin
10
10
c
FE
TI˙
Y
cos
E
2 √
− + 7+i
3
Karmaşık sayılar için verilen örneklerden görüldüğü gibi karmaşık sayılar tüm sayı
türlerini kapsar.
Sanal i Sayısı ile İşlemler
i=
√
−1 olduğunu hatırlayalım.
i2 = i· i =
√
√
−1· −1 = −1 olur.
i3 = i2 · i = −1· i = −i
i8 = (i2 )4 = (−1)4 = 1
1
1·i
i
i
=
= 2 =
= −i
i
i·i
i
−1
KARMAŞIK (KOMPLEKS) SAYILAR, C
15
Karmaşık Sayıların Eşleniği (Konjugat)
z’nin eşleniği z̄ olarak ifade edilir.
z = a + ib ise z̄ = a − ib olur.
Örnek: 3 + i karmaşık sayısının eşleniği ile çarpımı ne olur?
√
Örnek:
IO
G˘
LU
Çözüm:
z = 3 + i ise z̄ = 3 − i olur.
z · z̄ = (3 + i) · (3 − i) = 3 · 3 + 3 ·− i + i · 3 + i ·− i
= 9 − 3i + 3i − i2 = 9 + 1 = 10 reel bir sayıdır.
2 − 2i karmaşık sayısının eşleniği ile toplamı ne olur?
O
NB
√
= 2 2 reel bir sayıdır.
AŞ
Çözüm:
√
√
z = 2 − 2i ise z̄ = 2 + 2i olur.
√
√
+ 2 +
z + z̄ = 2
−2i
2i
O¨
ZL
EM
Örnek: 5 − 2i karmaşık sayısının eşleniğine bölünmesinden elde edilen sayıyı bulalım.
Çözüm:
5 − 2i
z
=
z̄
5 + 2i
Hem payı hem de paydayı, paydanın eşleniği olan 5 − 2i ile çarpalım.
(5 − 2i)(5 − 2i)
(5 + 2i)(5 − 2i)
=
5 · 5 + 5 ·− 2i +− 2i · 5 +− 2i ·− 2i
5 · 5 + 5 ·− 2i + 2i · 5 + 2i ·− 2i
=
25 − 10i − 10i + 4i2
25 − 10i + 10i − 4i2
=
25 − 20i − 4
25 + 4
=
21 20i
21 − 20i
=
−
29
29
29
E
=
c
FE
TI˙
Y
z
z̄
Örnek: z = 2 + 4i ise
Çözüm:
1
’nin reel kısmı nedir?
z
1
1
=
olur.
z
2 + 4i
16
2. SAYILAR
1
ifadesinin paydasını sanal bileşenden kurtarmak için eşleniği olan 2 − 4i ile
2 + 4i
çarpalım.
=
2 − 4i
(2 + 4i)(2 − 4i)
Eşitliğin bozulmaması için hem payı
hem de paydayı 2 − 4i ile çarpalım:
2 − 4i
4 − 8i + 8i − 16i2
=
2 − 4i
4 + 16
=
2 − 4i
1
i
=
−
20
10 5
Reel kısım
1
1
, sanal kısım ’dir.
10
5
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
=
IO
G˘
LU
2 − 4i
=
2 · 2 + 2 ·− 4i + 4i · 2 + 4i ·− 4i
c
FE
TI˙
Y
1
z
3. Koordinat Sistemleri
IO
G˘
LU
Tanımı
Koordinat sistemi, bir noktayı, doğruyu, eğriyi, düzlemi, bölgeyi ve cismi uzayda belli
bir yere yerleştiren standartları tanımlar.
AŞ
Mevcut koordinat sistemleri kartezyen, polar ve silindirik koordinat sistemleridir. Bu
kitapta yalnızca kartezyen koordinat sistemi işlenmektedir.
O
NB
2 boyutlu kartezyen koordinat sistemi, birbirine dik 2 eksenin (çizginin) kesişimi ile elde
edilir ve kısaca x-y düzlemi olarak da isimlendirilebilir. Bu eksenlere x ve y eksenleri
denir. Eksenlerin kesişim noktası orijin yani sıfır noktasıdır.
O¨
ZL
EM
Kartezyen Koordinat Sisteminde Bölgeler
x-y düzlemi 4 bölgeye ayrılmıştır. Bu bölgeler ile bu bölgelerde tanımlanan noktaların x
ve y bileşenlerinin tanım aralıkları aşağıdaki şekilde görülmektedir.
c
FE
TI˙
Y
E
y
2. Bölge
1. Bölge
x < 0, y > 0
x > 0, y > 0
x
3. Bölge
4. Bölge
x < 0, y < 0
x > 0, y < 0
17
18
3. KOORDİNAT SİSTEMLERİ
Kartezyen Koordinat Sisteminde Noktanın Tanımı
Kartezyen koordinat sisteminde bir A noktası A(x1 , y1 ) olarak tanımlanır. x1 , A
noktasının x bileşeni, y1 de y bileşenidir. x1 ve y1 , sıfır yani O(0, 0) noktası referans
alınarak, x-y düzlemine yerleştirilir. Şekildeki x-y düzleminde M(2,1) ve N(-3,-1)
noktaları görülmektedir.
M(2, 1)
•
1−
p
−3
x
p
2
O(0, 0)
AŞ
−1 −
O¨
ZL
EM
O
NB
•
N(−3, −1)
IO
G˘
LU
y
Eksenler Üzerindeki Noktalar
Aşağıda verilen x-y-z koordinat sisteminde görülen A, B, ve C noktaları sırasıyla x, y ve
z eksenleri üzerinde bulunmaktadır.
c
FE
TI˙
Y
E
z
• C(0, 0, 1)
A(1, 0, 0)
•
O
x
•
B(0, 1, 0)
y
Şekilden görüldüğü gibi,
x ekseni üzerindeki A(1, 0, 0) noktasının y ve z bileşenleri sıfırdır.
y ekseni üzerindeki B(0, 1, 0) noktasının x ve z bileşenleri sıfırdır.
z ekseni üzerindeki C(0, 0, 1) noktasının x ve y bileşenleri sıfırdır.
3 BOYUTLU X-Y-Z UZAYI
19
3 Boyutlu x-y-z Uzayı
3 boyutlu kartezyen koordinat sistemi birbirine dik 3 eksenden oluşur ve x-y-z uzayı
olarak isimlendirilebilir. Aşağıdaki şekilde, A(1, 3, 2) noktasının, O(0,0,0) noktası
referans alınarak, x-y-z uzayına nasıl yerleştirildiği oklar yardımı ile gösterilmektedir.
IO
G˘
LU
z
(2, 3, 1)
1
3
O¨
ZL
EM
(2, 3, 0)
y
O
NB
2
x
AŞ
O
İki Noktanın Orta Noktası
c
FE
TI˙
Y
E
A(xa , ya , za ) ve B(xb , yb , zb ) noktalarının orta noktası, C(xc , yc , zc ) ise, aşağıdaki
formül ile ifade edilir:
xa + xb ya + yb za + zb
C(xc , yc , zc ) =
,
,
2
2
2
Örnek: A(−1, 4) ve B(5, −2) noktalarının orta noktasının koordinatlarını bulalım.
Çözüm: A ve B noktalarının orta noktası C(xc , yc ) olsun.
−1 + 5 4 +− 2
,
= (2, 1) bulunur.
C(xc , yc ) =
2
2
İki Nokta Arasındaki Uzaklık
x-y-z düzlemindeki A(a1 , a2 , a3 ) ve B(b1 , b2 , b3 ) noktaları arasındaki uzaklık, |AB|
aşağıdaki formül ile ifade edilir.
|AB| =
p
(a1 − b1 )2 + (a2 − b2 )2 + (a3 − b3 )2
=
p
(b1 − a1 )2 + (b2 − a2 )2 + (b3 − a3 )2
20
3. KOORDİNAT SİSTEMLERİ
Örnek: (-1, 3, 5) ve (2, -2, -6) noktaları arasındaki uzaklığı hesaplayalım.
Çözüm:
İki nokta arasındaki uzaklık d olsun.
p
⇒ d = (−1 − 2)2 + (3 −− 2)2 + (5 −− 6)2
=
√
√
9 + 25 + 121 = 155 birim bulunur.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Not: Özel fonksiyonların, kartezyen koordinat sisteminde grafiklerinin çizimi ilerleyen
bölümlerde anlatılmaktadır.
4. İşlemler ve Denklemler I
IO
G˘
LU
Temel İşlemler
Cebirde temel işlemler toplama(+), çıkarma(−), çarpma(× ya da ·), ve bölme(÷ ya da
/)’dir.
AŞ
İşlemlerde Öncelik Sırası
O
NB
İşlemlerde öncelik parantez içerisindeki işleme aittir. Bunu sırasıyla üslü ve
köklü işlemler, bölme, çarpma, toplama ve çıkarma takip eder:
Örnek: 7 × (3 + 2) − 6 ÷ 2 işleminin sonucu nedir?
E
O¨
ZL
EM
Çözüm: Verilen ifadedeki işlemleri sıralayalım:
7× (3 + 2) |{z}
− 6| {z
÷ 2}
|{z}
| {z }
3. 1. 4. 2.
1) 7 × 5 − 6 ÷ 2
2) 7 × 5 − 3
3) 35 − 3
4) 32
c
FE
TI˙
Y
Yukarıdaki işlemin sonucunu parantezi kaldırarak tekrar hesaplayalım:
+2 |{z}
− 6| {z
÷ 2}
7| {z
× 3} |{z}
2. 3. 4. 1.
1) 7 × 3 + 2 − 3
2) 21 + 2 − 3
3) 23 − 3
4) 20 sonucun farklı olduğu görülür.
Üslü ve Köklü İşlemler
a, b ∈ R ve n ∈ Q olsun.
bn = b| × b × b ×{zb . . . . . . × }b
n tane
Burada b tabandır, n de üs (kuvvet, derece)’tür.
21
22
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Üslü ve Köklü İfadelerde Temel Kurallar
bn × bm = bn+m
bn
= bn−m
bm
√
1
bn = n b
b0 = 1
b−n =
1
bn
IO
G˘
LU
(bn )m = (bm )n = bmn
√
n
m n
b = bm
0n = 0, n 6= 0
10 Tabanın Kuvvetleri
O¨
ZL
EM
103 = 1000
O
NB
AŞ
(a × b)n = an × bn
a n an
= n
b
b
10−1 = 0.1
10−4 = 0.0001
Tabanı Negatif Olan Üslü İfadeler
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek: (− 3)4 ifadesini hesaplayalım.
(− 1 × 3)4
= (− 1)4 × (3)4
= (− 1 ×− 1 ×− 1 ×− 1) × (3 × 3 × 3 × 3)
{z
} |
{z
}
|
1 81
= 81
− 3
−
−
1
1
(−1)3
1
Örnek:
=
=
=
3
6
(6 × 6×)
6×6×6
216
Üssü Logaritma Olan İfadeler, blogb a
Kitabın Logaritma bölümünde anlatılmıştır.
Üssü Karmaşık Sayı Olan İfadeler, eix
Kitabın Trigonometri bölümünde Euler Formülü konu başlığı altında anlatılmıştır.
KÖKLÜ İFADELER
23
Tabanı Karmaşık Sayı, Üssü Reel Sayı Olan İfadeler
√
1
i2 = ( −1)2 = ((−1) 2 )2 = (−1)1 = −1
i3 = i · i2 = i ·− 1 = −i
i4 = i2 · i2 =− 1 ·− 1 = 1
(3i)3 = 33 · i3 = 27 · i2 · i = 27 ·− 1 · i = −27i
1
a ifadesi a n ile aynıdır.
√
4 sayısının karekökünü bulalım.
√
√
√
4 = 2 4 = 2 21 × 21
=
√
2
21+1
=
√
2
22
AŞ
Örnek:
2
= 22
O¨
ZL
EM
= 2 olur.
Aynı
zamanda:
p
p
√
√
4 = 2 4 = 2 (−2)1 × (−2)1 = 2 (−2)1+1
O
NB
√
n
IO
G˘
LU
Köklü İfadeler
=
p
2
(−2)2
2
= (−2) 2
c
FE
TI˙
Y
E
= −2 olur.
√
√
O halde 4’ün 2 farklı çözümü vardır. 4 = ∓2 olarak ifade edilebilir.
√
√
√
3
Örnek: 3 8 = 3 2 × 2 × 2 = 23
3
= 23
= 21 = 2
Örnek:
√
4
16 sayısının dördüncü kökünü bulalım.
√
√
4
16 = 4 2 × 2 × 2 × 2
=
√
4
=2
√
4
24
16 =
=
ya da
Sonuç:
√
4
−2 × −2 × −2 × −2
p
4
(−2)4
= −2
√
4
16 = ±2 olur.
24
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
√
Örnek: Şimdi de 4 32 sayısının dördüncü kökünü bulalım.
q
√
√
√
4
32 = 4 2 × 2 × 2 × 2 × 2 ya da 4 32 = 4 −2
× −2 × −2} ×2
| × −2 {z
p
√
4×2
= 4 (−2)
= 4√24 × 2
√
4
4
=2 2
= −2 2
Sonuç:
√
4
√
32 = ±2 4 2 olur.
AŞ
√
3
5·5·5·2
√
=
532·2
√
3
53 · 2
= √
532·2
√
√
3
53 · 3 2
√
=
3
5 22
O
NB
√
3
250
√
534
IO
G˘
LU
Görüldüğü gibi kökü çift sayı olan ifadelerin ± olmak üzere iki farklı çözümü vardır.
√
3
250
Örnek: √
sayısını sadeleştirelim.
534
1
O¨
ZL
EM
=
5 · 23
2
5 · 23
1
= 2− 3
c
FE
TI˙
Y
E
1
= √
3
2
Örnek:
√
4x3 7 y 2 x14
√
3 ifadesini sadeleştirelim.
3 7√
x · 128·y 7
√
3
4x3
x7 ·
p
7
√
2
y 2 x14
3
128 · y 7
14
4x3 y 7 x 7
√
= √
3
3
x6 · x · 82 · 2 · y 7
2
4x3 y 7 x2
= √
√
3
x2 3 x · 8 2 · y 7
2
x5 · y 7
=
√
1
3
x2 · x 3 · 2 2 · y 7
DENKLEMLER (EŞİTLİKLER)
25
1
x3 · y − 7
= 1 √
x3 · 2 2
1
1
x3− 3 · y − 7
√
=
2 2
8
1
x 3 · y− 7
√
=
2 2
2
√
2 ile çarpalım.
√
√
3
2 · x2 x2
√ √
=√
2·2 27y
O¨
ZL
EM
√
√
3
2 · x2 x2
=
√
47y
AŞ
paydayı
O
NB
Hem payı hem de
IO
G˘
LU
x2 x 3
= √ 1
2 2y 7
√
3
x2 x2
= √ √
2 27y
Denklemler (Eşitlikler)
c
FE
TI˙
Y
E
x − 3 = 5 ifadesi bir denklemdir çünkü ifadede eşittir sembolü, = bilinmeyen değişken ve
eşitliğin sağ tarafında sabit bir değer vardır.
f (x) = x − 3 ise bir fonksiyondur.
Örnek: 2x − 6 = 4 tek bilinmeyenli denkleminde x’in değerini bulalım.
Çözüm:
Eşitliğin her iki tarafına 6 ekleyelim.
2x − 6 = 4
2x − 6 + 6 = 4 + 6
2x = 10
Eşitliğin her iki tarafını 2’ye bölelim.
2x
10
=
2
2
x=5
Yukarıdaki denklemde eşitliği bozmamak için eşitliğin her iki tarafına da aynı işlem uygulanmıştır.
Örnek: 3x + 5 = 9x + 11 denkleminde x’in değerini bulalım.
26
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Çözüm: x’li ifadeleri eşitliğin aynı tarafına taşıyalım.
3x + 5 = 9x + 11
Eşitliğin her iki tarafına −3x ekleyelim.
-3x + 3x + 5 = -3x
+ 9x} +11
| {z
5 = 6x + 11
IO
G˘
LU
Sabit sayıları eşitliğin diğer tarafına taşıyalım.
Eşitliğin her iki tarafına −11 ekleyelim.
-11 + 5 = 6x + 11 + -11
−6 = 6x
AŞ
x =− 1
O
NB
Kartezyen Sisteminde Doğrusal (Lineer) Denklemlerin Grafikleri
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
x-y kartezyen koordinat sisteminde düz bir çizgi (doğru), doğrusal bir denklem ile tanımlanır.
Yukarıdaki grafikte verilen doğrunun denklemi aşağıdaki genel formül ile tanımlanır:
y = mx + a
.&
doğrunun eğimi y-eksenini kesim noktası
Doğrunun eğimi, doğru üzerindeki herhangi iki A(x1 , y1 ) ve B(x2 , y2 ) noktası kullanılarak
hesaplanabilir.
∆y
m = ∆x
=
y2 −y1
x2 −x1
=
y1 −y2
x1 −x2
∆y : y-ekseni boyunca değişim
DENKLEMLER (EŞİTLİKLER)
27
∆x : x-ekseni boyunca değişim
Doğrunun y-eksenini kestiği noktada x = 0 olur.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Doğrunun x-eksenini kestiği noktada y = 0 olur.
Yukarıda grafiği verilen y = x ve y = −x doğruları O(0, 0) noktasından (orijinden)
geçmektedir.
Kartezyen Sisteminde Kesişen Doğrular
x-y kartezyen sisteminde paralel olmayan doğrular kesişirler. İki doğrunun kesişim
noktası bu doğruları tanımlayan iki doğrusal denklemin ortak çözümüdür.
Örnek: Aşağıda denklemleri verilen kesişen iki doğrunun kesişim noktasını bulalım.
Doğru 1: 4y = 3x + 5
Doğru 2: y = x + 1
28
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Çözüm:
2. denklemin her iki tarafını
4 ile çarpalım.
2. denklem
4y = 4x + 4 4×(2. denklem)
- 4y = 3x + 5
1. denklem
0=x−1
x=1
2. denkleme x = 1 değerini
yerleştirelim.
y =1+1=2
IO
G˘
LU
Elde edilen denklemden
1. denklemi çıkaralım.
y =x+1
Kartezyen Sisteminde Paralel Doğrular
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
Paralel doğruların eğimleri eşittir.
Örnek: A(−5, 1) ve B(4, −4) noktalarından geçen ve şekilde grafiği verilen doğrunun
denklemi nedir?
DENKLEMLER (EŞİTLİKLER)
29
Doğrunun denklemi: y = mx + a
=
1−− 4
− 5−4
=
5
−9
ya da,
− 4−1
4−− 5
= − 95
O¨
ZL
EM
m=
= − 59
O
NB
∆y
Doğrunun eğimi: m = ∆x
AŞ
IO
G˘
LU
Çözüm 1: Grafiği tekrar çizerek doğrunun eğimini hesaplayalım.
m’nin değerini denklemde yerine koyalım:
5
y =− 9 x+a
E
a’nın değerini hesaplamak için A ya da B noktasının koordinatlarını yukarıdaki
denklemde yerine koyalım:
c
FE
TI˙
Y
A(-5, 1) noktasını kullanarak
a’yı yalnız bırakalım.
5
1 = − · −5 + a
9
25
1 = 9 +a
16
x=− 9
Çözüm 2: İkinci çözümde grafiği çizmeden A ve B noktalarının koordinatlarını
y = mx + a denklemine yerleştirerek m ve a bilinmeyenlerinin değerleri hesaplanır:
A(−5, 1) noktasının koordinatlarını
denkleme yerleştirelim.
1 = m · −5 + a
1 = −5m + a
B(4, −4) noktasının koordinatlarını
denkleme yerleştirelim.
−4 = m · 4 + a
−4 = 4m + a
30
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Böylece 2 bilinmeyen (m ve a) ve 2 denklem elde ederiz.
Bu iki denkleme çıkarma
işlemi uygulayalım.
1 = −5m + a
(1. denklem)
− − 4 = 4m + a (2. denklem)
5 = −9m + 0
9m = −5
1 = −5m + a
IO
G˘
LU
5
m = − 9 değerini
1. denkleme yerleştirelim:
5
m = −9
−5
1=− 9 ·−5+a
AŞ
25
1 = 9 +a
O
NB
16
x=− 9
O¨
ZL
EM
Kartezyen Sisteminde Birbirine Dik Olan Doğrular
Aynı düzlemde birbirine dik olan doğruların eğimlerinin çarpımı -1’e eşittir.
y = f (x)
c
FE
TI˙
Y
E
y = 3x − 1
m1 = 3
x
1
x−2
3
1
m2 =−
3
y =−
1
Yukarıdaki şekilde y =− x − 2 ve y = 3x − 1 doğruları birbirine diktir ve eğimleri
3
−1
sırasıyla,
ve 3’tür. Eğimlerin çarpımının -1 olduğu görülür.
3
EŞİTSİZLİKLER VE TANIM ARALIKLARI (DEĞER KÜMELERİ)
31
y = f (x)
x = −1
m2 = ±∞
y=2
m1 = 0
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
x
Yukarıdaki grafikte doğrular birbirine diktir ve eğimleri m1 = 0 ve m2 = ±∞’dir.
Kartezyen Sisteminde Doğrusal Olmayan Denklemler
O¨
ZL
EM
y = x2 , xy = 5, x = y 3 , y = x2 + 2x + 1 denklemleri doğrusal değildir. x-y kartezyen
koordinatlarında çizilen grafikleri eğridir.
Eşitsizlikler ve Tanım Aralıkları (Değer Kümeleri)
c
FE
TI˙
Y
> : büyüktür
E
Eşitsizliklerde ”eşittir, = ” sembolü yerine aşağıdaki semboller kullanılır:
< : küçüktür
> ya da ≥ : büyüktür ya da eşittir
6 ya da ≤ : küçüktür ya da eşittir
Örnek: 3 > 2 ifadesi bir eşitsizliktir.
Eşitsizliklerin Genel Özellikleri
1) Geçişlilik Özelliği
a, b, c ∈ R olsun.
Eğer a > b ve b > c ise, a > c doğrudur.
Eğer a 6 b ve b 6 c ise, a 6 c doğrudur.
Eğer a > b ve b > c ise, a > c doğrudur.
32
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Eğer a = b ve b > c ise, a > c doğrudur.
2) Zıtlık Özelliği
6 ile > birbirinin zıttıdır.
a, b ∈ R olsun.
Eğer a > b ise, b 6 a doğrudur.
Eğer a 6 b ise, b > a doğrudur.
IO
G˘
LU
3) Toplama ve Çıkarma Özelliği
a, b, c ∈ R olsun.
Eğer a 6 b ise, a + c 6 b + c ve a − c 6 b − c olur.
AŞ
Eğer a > b ise, a + c > b + c ve a − c > b − c olur.
O
NB
4) Çarpılma ve Bölünme Özelliği
a, b, c ∈ R olsun.
O¨
ZL
EM
b
a
Eğer a > b ve c > 0 ise, ac > bc ve c > c doğru olur.
b
a
Eğer a 6 b ve c < 0 ise, ac 6 bc ve c 6 c doğru olur.
Eğer c < 0 ise, eşitsizliğin heriki tarafını c ile çarpmak ya da c’ye bölmek
eşitsizliğin yönünü değiştirir!
c
FE
TI˙
Y
E
b
a
Eğer a > b ve c < 0 ise, ac 6 bc ve c 6 c doğru olur.
a
b
Eğer a 6 b ve c < 0 ise, ac > bc ve c > c doğru olur.
Örnek: 5x − 7 > 3 eşitsizliğinde x’in tanımlı olduğu aralığı bulalım.
Çözüm:
x’i eşitsizliğin tek bir
tarafında yalnız bırakalım.
5x − 7 > 3
Eşitsizliğin her iki
tarafına 7 ekleyelim.
5x − 7 + 7 > 3 + 7
Eşitsizliğin her iki
tarafını 5 ile bölelim.
5x > 10
x>2
EŞİTSİZLİKLER VE TANIM ARALIKLARI (DEĞER KÜMELERİ)
33
Sayı doğrusu üzerinde x aşağıdaki gibi tanımlanır:
IO
G˘
LU
x ∈ (2, ∞) x’in tanımlı olduğu aralıktır. x, 2 değerini kapsamamaktadır.
x’in değer kümesi ayrıca x ∈ R − (−∞, 2] olarak da ifade edilebilir.
1 1
Örnek: a ve b reel sayıları 1 > a > b > 0 eşitsizliğini sağlıyorsa, , , a2 , b2 sayılarını
a b
büyükten küçüğe sıralayalım:
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
Çözüm: a ve b sayıları pozitif, 1’den küçük kesirli sayılardır.
1
1
1 > a > b olduğundan b > a > 1 olur.
1
a
b
Ayrıca eşitsizliğin her tarafını
>
>
ab
ab
ab
ab’ye bölebiliriz.
1
1
1
> >
ab
b
a
1 > a > b olduğundan 1 > a2 > b2 olur.
>
1
2
2
a >1>a >b
c
FE
TI˙
Y
1
b
E
İki sonucu birleştirdiğimizde:
Sadeleştirirsek:
1
1
> > a2 > b2 elde ederiz.
b
a
Örnek: −4x > 12 ise, x’in tanım aralığı nedir?
Çözüm: x’i yalnız bırakalım:
Eşitsizliğin her iki tarafını 4 ile bölelim.
Bölen (−4) negatif olduğu için eşitsizlik yön değiştirdi.
−4x
12
−4 > −4
x 6 −3
x’in tanım aralığı: x ∈ (−∞, −3]
Çoklu (Zincir) Eşitsizlikler
Bir değişken birden fazla eşitsizlikle ifade edilebilir. Bu durumda değişkenin tanım aralığı
tüm eşitsizlikler çözüldükten sonra tespit edilebilir.
34
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Örnek: 1 < 3x − 2 6 7 eşitsizliğini çözelim ve x değişkeninin tanım aralığını bulalım.
Çözüm:
1 < 3x − 2 6 7
Eşitsizlikte x’i yalnız
bırakalım.
Eşitsizlikte her 3 ifadeye de
2 ekleyelim.
1 + 2 < 3x − 2 + 2 6 7 + 2
IO
G˘
LU
3 < 3x 6 9
1<x63
O¨
ZL
EM
O
NB
x’in tanım aralığı:
AŞ
3x
9
3
3 < 3 6 3
Eşitlikte her 3 ifadeyi de
3 ile bölelim.
c
FE
TI˙
Y
E
x ∈ (1, 3]
Örnek: x değişkeni bir reel sayı ve 6x2 + 1 > 25 ve x 6 3x + 14 eşitsizliğini sağlıyorsa,
tanım aralığı nedir?
Çözüm: İki eşitsizliği teker teker çözüp tanım aralıklarının kesişimini sayı doğruları
üzerinden tespit etmeliyiz.
x’i eşitliğin tek bir tarafında
yalnız bırakalım.
6x2 + 1 > 25
6x2 + 1 − 1 > 25 − 1
6x2 > 24
Her iki tarafı
6’ya bölelim.
24
6x2
6 > 6
x2 > 4
x’in karesinin 4’ten büyük olabilmesi için x’in +2’den büyük (3, 4, 5 gibi), -2’den küçük
(-3, -4, -5 gibi) olması gerekir.
EŞİTSİZLİKLER VE TANIM ARALIKLARI (DEĞER KÜMELERİ)
x2 > 4
.&
x > 2 ya da x 6 −2
olmak üzere 2 sonuç bulunur.
x 6 −2 ya da x > 2 için tanım aralığı: (−∞, −2] ∪ [2, ∞)
IO
G˘
LU
Çözümü sayı doğrusu üzerinde gösterelim:
Eşitsizliğin her iki
tarafına -x ekleyelim.
0 6 2x + 14
−14 + 0 < 2x + 14 +− 14
O¨
ZL
EM
Eşitsizliğin her iki
tarafına -14 ekleyelim.
O
NB
−x + x < 3x + 14 +− x
AŞ
Şimdi de x < 3x + 14 eşitsizliğini çözelim. x’i eşitsizliğin tek bir tarafında yalnız
bırakalım:
−14 < 2x
2x > −14
x > −7
c
FE
TI˙
Y
E
2x
−14
2 > 2
x > −7 için tanım aralığı: (−7, ∞)
Her iki çözümüm sayı doğrularının kesişimi aşağıdaki gibidir:
Doğruların kesişimden elde edilen tanım aralığı: (−7, −2] ∪ [2, ∞)
35
36
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Eşitsizlikte Yön Değişimi
x > a ise, eşitsizliğin her iki tarafını negatif bir sayı ile çarparsak ya da bölersek, eşitsizlik
yön değiştirir. Örneğin -3 ile çarparsak −3x < −3a olur.
Örnek: x < 4x + 15 eşitsizliğinde x’in tanım aralığını (değer kümesini) bulalım.
Çözüm: x’i eşitsizliğin tek bir tarafında yalnız bırakalım.
−4x + x < −4x + 4x + 15
Eşitsizliğin her iki tarafına
-4x ekleyelim.
IO
G˘
LU
−3x < 15
Eşitsizliğin her iki tarafını -3’e
15
−3x
−3 > −3
bölünce eşitsizlik yön değiştirir.
x > −5
AŞ
Çözümün değer kümesi: x ∈ (−5, ∞)
O
NB
Örnek: 4x < 2x + 4 6 3x + 3 eşitsizliğini sağlayan x tanım aralığını bulalım.
O¨
ZL
EM
Çözüm: 4x < 2x + 4 6 3x + 3 eşitsizliğinde x değişkenini eşitsizliğin tek bir tarafında
yalnız bırakmak mümkün değildir. Bu yüzden eşitsizliği iki parçaya ayırıp tek tek
çözmemiz gerekir. Daha sonra da elde edilen 2 farklı tanım aralığının kesişimi bulunur.
4x < 2x + 4 6 3x + 3
. &
4x < 2x + 4
46x+3
c
FE
TI˙
Y
2x < 4
−2x + 2x + 4 6 −2x + 3x + 3
E
−2x + 4x < −2x + 2x + 4
2x + 4 6 3x + 3
x<2
16x
x>1
x < 2 ve (∩) x > 1
MUTLAK DEĞER
37
Yukarıdaki iki çözüme ait sayı doğrularının kesişimi aşağıda verilmektedir:
Tanım Aralığı: x ∈ [1, 2)
Mutlak Değer
IO
G˘
LU
Reel bir x sayısının mutlak değeri |x| ile ifade edilir. |x|’in değeri x’in pozitif ya da negatif
olmasına bakmaksızın pozitif bir sayıdır.
Örnek: |3| = 3, | − 3| = 3
AŞ
|x| sayısının değeri herzaman pozitiftir. O halde x pozitifken |x| = x ifadesi doğru olur.
x negatifken de |x| = −x doğru olur çünkü -x pozitif bir değere eşittir.
x,
x ≥ 0;
−x, x < 0.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
f (x) = |x| =
O
NB
Örnek: f (x) = |x| fonksiyonun x-y kartezyen koordinat sisteminde grafiğini çizelim
ve f (x) = x fonksiyonunun grafiği ile karşılaştıralım:
Örnek: f (x) = |3x + 2| mutlak değer fonksiyonunun grafiğini çizelim.
Çözüm: Önce f (x) = |3x + 2| fonksiyonunu sıfıra eşit yapan x0 değerini bulalım:
3x0 + 2 = 0 denkleminin çözümü x0 = −
2
olur.
3
38
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
y = f (x) = |3x + 2| =



 3x + 2,


 −3x − 2,
2
x ≥ −3 ;
2
x < −3.
x’e değerler vererek, bu değerlere denk düşen y değerlerini bulalım. Bu noktaları kullanarak grafiği çizelim.
IO
G˘
LU
2
x < − 3 için:
x = −2 için y = −3x − 2 = −3 ·− 2 − 2 = 4 −→ (-2, 4) noktası
AŞ
x = −1 için y = −3x − 2 = −3 ·− 1 − 2 = 1 −→ (-1, 1) noktası
O
NB
2
x > − 3 için:
O¨
ZL
EM
2
2
2
x = − 3 için y = 3x + 2 = 3·− 3 +2 = 0 −→ (− 3 , 0) noktası
x = 0 için y = 3x + 2 = 3 · 0 + 2 = 2 −→ (0, 2) noktası
x = 1 için y = 3x + 2 = 3 · 1 + 2 = 5 −→ (1, 5) noktası
E
Şimdi noktaları grafiğe yerleştirelim.
c
FE
TI˙
Y
f (x) = |3x + 2|
y = −3x − 2
•
5
•
y = 3x + 2
4
•2
•
•
−2 −1− 32
1
1
x
MUTLAK DEĞER
39
Mutlak Değerde Genel Özellikler
1) |a| =
√
a2
2) |a| > 0
3) Eğer |a| = 0 ise, a = 0
4) |0| = 0
5) |ab| = |a| · |b|
IO
G˘
LU
6) |a + b| 6 |a| + |b|
7) ||a|| = |a|, mutlak değerin mutlak değeri, mutlak değere eşittir.
8) | − a| = |a|
AŞ
9) Eğer |a − b| = 0 ise, a = b
11) |a| > b ise, a > b ya da −a > b (a 6 −b)
O¨
ZL
EM
|a|
a
12) Eğer b 6= 0 ise, | b | = |b|
O
NB
10) |a| 6 b ise, −b 6 a 6 b
13) |a − b| = |b − a|
Örnek: |x − 4| 6 7 mutlak değer eşitsizliğinde x’in tanım aralığını bulalım.
Çözüm 1:
10. genel özellikten:
−7 6 x − 4 6 7 olur.
−7 + 4 6 x − 4 + 4 6 7 + 4
−3 6 x 6 11
c
FE
TI˙
Y
E
Eşitsizliğin üç tarafına da
4 ekleyelim.
x’in Tanım Aralığı (Çözüm Kümesi):
x ∈ [−3, 11]
Çözüm 2:
Eğer 10. genel özelliği kullanmasaydık,
|x − 4| 6 7
. &
x−467
x 6 11
−(x − 4) 6 7
−(x−4)
7
−1 6 −1
x − 4 > −7
x > −3
Her iki tarafı -1’e bölelim.
Eşitsizlik yön değiştirdi.
40
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
x 6 11 ve x > −3 çözümlerinin kesişimi tekrar −3 6 x 6 11 olur. Tanım aralığını sayı
doğrusu üzerinde gösterelim:
AŞ
Örnek: |x − 4| > 7 eşitsizliğinde x’in tanım aralığını bulalım.
IO
G˘
LU
x ∈ [−3, 11]
|x − 4| > 7
. &
−(x − 4) > 7
x > 11
−(x−4)
7
−1 > −1
Her iki tarafı -1’e bölelim.
O¨
ZL
EM
x−4>7
O
NB
Çözüm:
x − 4 6 −7
Eşitsizlik yön değiştirdi.
c
FE
TI˙
Y
E
x 6 −3
Tanım aralığı: x ∈ (−∞, −3] ∪ [11, ∞)
|4x+1|
Örnek: |2x−3| > 3 eşitsizliğini sağlayan x sayısının tanım aralığını bulalım.
MUTLAK DEĞER
41
|4x + 1|
>3
|2x − 3|
4x + 1 2x − 3 > 3
. &
3
2
Payda sıfır olamaz.
x 6=
−
−
4x + 1 > 3(2x − 3)
1· −
4x + 1
2x − 3
4x + 1
2x − 3
>3
> 3 ·− 1
4x + 1 > 6x − 9
4x+1
2x−3 6 −3
10 > 2x
4x + 1 6 −3(2x − 3)
5>x
4x + 1 6 −6x + 9
x65
10x 6 8
Her iki tarafı -1 ile çarpalım.
IO
G˘
LU
4x + 1
>3
2x − 3
O
NB
AŞ
Eşitsizlik yön değiştirdi.
O¨
ZL
EM
x 6 0.8
c
FE
TI˙
Y
E
x 6 5 çözümünün tanım aralığı (−∞, 5]’dir.
x 6 0.8 çözümünün tanım aralığı (−∞, 0.8]’dir.
3
3
(−∞, 0.8] ⊂ (−∞, 5] ve x 6= 2 olduğundan eşitsizliğin çözüm kümesi (−∞, 5] − { 2 }
olur.
Mutlak Değer Fonksiyonlarının Türevi ve İntegrali
Bu konu türev ve integral konu başlıkları altında anlatılmaktadır.
Mutlak Değer Uygulamaları
Mutlak değer, x-y ve x-y-z kartezyen koordinat sisteminde iki nokta arasındaki
mesafenin hesaplanmasında kullanılır.
42
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
Örnek:
IO
G˘
LU
Şekilde A ve B noktaları arasındaki
mesafeyi hesaplayalım.
O¨
ZL
EM
A ve B arası uzaklık |AB|’dir.
A(x0 , y0 ) = (−2, 3)
E
B(x1 , y1 ) = (3, −1)
= (x0 − x1 )2 + (y0 − y1 )2
c
FE
TI˙
Y
|AB|2
= (|x0 − x1 |)2 + (|y0 − y1 |)2
= (|x1 − x0 |)2 + (|y1 − y0 |)2
= |3 −− 2|2 + | − 1 − 3|2
= |5|2 + | − 4|2
= 52 + 42
= 25 + 16
= 41
|AB|
=
√
O
NB
AŞ
Çözüm:
41 birim uzunluk
MUTLAK DEĞER
43
Örnek: x-y-z kartezyen koordinat sisteminde B noktası, x-y düzlemindeki
3
y = − x + 3 doğrusunun x ve y eksenlerini kesim noktalarının orta noktasıdır.
4
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
A(−1, 3, 2) noktası ile B noktası arasındaki mesafe ne kadardır?
c
FE
TI˙
Y
E
Çözüm: Önce B noktasının koordinatlarını bulmamız gerekir. Grafiği tekrar
3
çizelim. y = − x + 3 doğrusunun y eksenini kestiği nokta C olsun, x eksenini
4
kestiği nokta D olsun.
x-y düzleminde z’nin aldığı değer 0’dır.
C(x0 , y0 , z0 ) = (0, 3, 0),
D(x1 , y1 , z1 ) = (4, 0, 0) olur.
44
4. İŞLEMLER VE DENKLEMLER I
C ve D’nin orta noktası:
B=
1 y0 +y1 z0 +z1
( x0+x
2 , 2 , 2 )
B=
3+0 0+0
( 0+4
2 , 2 , 2 )
3
B = (2, 2 , 0)
s
|AB| =
|−1−
2
3 + |2 − 0|2
2
| − 3|2 + | 23 |2 + |2|2
=
q
9 + 94 + 4
61
4
O¨
ZL
EM
√
61
2
O
NB
q
AŞ
=
=
E
+ 3 −
q
=
c
FE
TI˙
Y
2|2
IO
G˘
LU
A ve B arasındaki mesafe:
5. Fonksiyonlar I
IO
G˘
LU
Bir sistemin girdileri ve çıktıları arasındaki ilişkiyi tanımlayan kurallara fonksiyon denir.
Örnek: f (x) = 4x2 bir fonksiyondur. Burada girdi x değişkenidir, çıktı da 4x2 ifadesidir.
Fonksiyonların Gösterimi
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
f (x) = y fonksiyonunun gösterimi,
f : A → B olarak verildiğinde, x değişkeni A kümesinin elemanı, y de B kümesinin
elemanıdır. f fonksiyonu A kümesinden B kümesine gönderme yapmaktadır. A’ya değer
kümesi, B’ye de tanım kümesi denir.
Örnek: g : Z → Z+
x 7→ x2 + 1
verilsin.
Yukarıdaki ifade ile g(x) = x2 fonksiyonu tanımlanmıştır. x girdisi tam sayılar kümesi
Z’nin elemanıdır. x2 çıktısı da sıfırdan büyük tam sayılar kümesi Z+ ’nin elemanıdır. g
fonksiyonu Z kümesinden Z+ kümesine gönderme yapmaktadır.
Fonksiyon Türleri
Tek ve Çift Fonksiyonlar
f :R→R
f (−x) = f (x) ise, f fonksiyonu çift fonksiyondur.
45
46
5. FONKSİYONLAR I
f (−x) = −f (x) ise, f fonksiyonu tek fonksiyondur.
Çift fonksiyonların grafikleri y eksenine göre simetriktir.
Tek fonksiyonların grafikleri x eksenine göre simetriktir.
y
y
y = x3
x
Tek fonksiyon
c
FE
TI˙
Y
Çift fonksiyon
E
O¨
ZL
EM
x
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
y = x2
Sabit Fonksiyon
f : R → R, c ∈ R
f (x) = c ise f sabit bir fonksiyondur.
Bire Bir Fonksiyon
f : A → B, ∀x1 , x2 ∈ A verilsin.
Eğer f (x1 ) 6= f (x2 ) ise x1 6= x2 olur. B kümesinde birbirine eşit olmayan her eleman
için, A kümesinde bu elemanlara denk düşen elemanlar da farklıysa f fonksiyonu bire
birdir.
FONKSİYON TÜRLERİ
47
IO
G˘
LU
Bire bir fonksiyon
Örten Fonksiyon
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
f : A → B verilsin.
B kümesindeki her eleman için A kümesinde eleman varsa, f fonksiyonu örtendir.
c
FE
TI˙
Y
E
Örten fonksiyon
İçine Fonksiyon
f : A → B verilsin.
f fonksiyonu hem bire bir hem de örten ise, f fonksiyonu içine bir fonksiyondur.
İçine fonksiyon
48
5. FONKSİYONLAR I
Birim (Etkisiz) Fonksiyon
f : R → R, f (x) = x ise f birim (etkisiz) fonksiyondur. Birim fonksiyon genellikle I ile
gösterilir.
Ters Fonksiyon
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
f : A → B ise f −1 : B → A olur.
Burada f −1 , f ’nin tersidir.
y = f (x) ise x = f −1 (y) olur.
Koşul: Bir f fonksiyonun tersinin olabilmesi için içine fonksiyon (hem bire bir hem de
örten) olması gerekir.
Ters fonksiyon
E
Örnek: f : R → R, f (x) = x2 ise f −1 (x) nedir?
c
FE
TI˙
Y
Çözüm: f (x) = x2 fonksiyonu içine değildir çünkü bire bir değildir. Bu yüzden
f (x) = x2 fonksiyonunun tersi yoktur.
Yukarıda görüldüğü gibi f (x) = x2 fonksiyonu içine değildir çünkü bire bir değildir.
FONKSİYON TÜRLERİ
49
Örnek: f (x) = 3x + 5 ise f −1 (x) nedir?
Çözüm: f (x) = y’dir. f fonksiyonunda x yerine y, y yerine x koyalım, sonra da
denklemi y için çözelim:
3y + 5 = x
x−5
3
x−5
3
2x−7
Örnek: f (x) = 6x+5 ise f −1 (x) nedir?
AŞ
f −1 (x) =
O
NB
y=
IO
G˘
LU
3y = x − 5
O¨
ZL
EM
Çözüm: f (x) = y’dir. f fonksiyonunda, x yerine y, y yerine x koyup denklemi y için
çözelim:
2y−7
x = 6y+5
x yerine y,
c
FE
TI˙
Y
E
y yerine x koyalım.
içler dışlar
2y−7
x
1 = 6y+5
çarpımı yapalım.
x(6y + 5) = 1 · (2y − 7)
6xy + 5x = 2y − 7
6xy − 2y = −7 − 5x
y’yi parantez dışına
çıkartalım.
Her iki tarafı
(6x-2)ile bölelim.
y(6x − 2) = −7 − 5x
−7−5x
y = 6x−2
−5x−7
f −1 (x) = 6x−2 olur.
50
5. FONKSİYONLAR I
Ters Fonksiyonların Grafikleri
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
x−3
f (x) = 2x + 3 ise f −1 (x) = 2 olur.
f ’nin ve f −1 ’in grafiklerini çizelim.
O¨
ZL
EM
f (x) fonksiyonun grafiği ile f −1 (x) fonksiyonunun grafiği y = f (x) = x doğrusuna göre
birbirinin simetriğidir.
Bileşke Fonksiyonlar
c
FE
TI˙
Y
E
f : A → B ve g : B → C fonksiyonları tanımlansın.
f ◦ g : A → B fonksiyonuna f ile g fonksiyonlarının bileşke fonksiyonu denir. f ile g’nin
arasındaki ◦ operasyon kelimesinin kısaltılmışıdır.
(g ◦ f )(x) = g[f (x)],
(f ◦ g)(x) = f [g(x)]
BİLEŞKE FONKSİYONLAR
51
Bileşke Fonksiyonlarda Temel Özellikler
1) f ◦ I = f, I ◦ f = f I birim fonksiyondur.
2) f ◦ g 6= g ◦ f Değişme özelliği yoktur ancak eğer f = g ya da g = I ya da f −1 = g ise
f ◦ g = g ◦ f olur.
3) f −1 ◦ f = f ◦ f −1 = I
4) (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) Birleşme özelliği vardır.
f ◦ g = h ise
f ◦ f ◦ g = f −1 ◦ h
6)
I ◦ g = f −1 ◦ h
g = f −1 ◦ h
f ◦ g = h ise
f ◦ g ◦ g −1 = h ◦ g −1
f ◦ I = h ◦ g −1
f = h ◦ g −1
−1
1
g(x) = x−2
(f ◦ g)(x)
=f [g(x)]
O¨
ZL
EM
ise (f ◦ g)(3)’in değeri nedir?
1
= (6x − 7)◦( x−2 )
c
FE
TI˙
Y
E
1
= 6( x−2 ) −7
Paydaları
eşitleyelim.
7(x−2)
6
= x−2 − x−2
=
6−7(x−2)
x−2
=
6−7x+14
x−2
20−7x
= x−2
x = 3 değerini =
yerine koyalım.
=
20−7·3
3−2
20−21
1
= −1
O
NB
f (x) = 6x − 7
AŞ
Örnek: f : R → R, g : R → R tanımlansın.
Çözüm:
IO
G˘
LU
5) f ◦ f = f = f ◦ f ◦ f
52
5. FONKSİYONLAR I
Örnek:
f, g : R → R
2x−5
(f ◦ g)(x) = x − 4 ve f (x) = x+1 tanımlansın.
g(x) nedir?
Çözüm:
f −1 ◦ f ◦ g = g olduğunu biliyoruz. O halde, f −1 ’i hesaplayalım:
IO
G˘
LU
2x−5
y = x+1
f (x) =
x yerine y, y yerine x
2y−5
x = y+1
yerleştirerek denklemi
y için çözelim.
O
NB
çarpımı yapalım.
AŞ
2y−5
x
1 = y+1
İçler dışlar
x(y + 1) = 1 · (2y − 5)
O¨
ZL
EM
xy + x = 2y − 5
y değişkenini eşitliğin
xy − 2y = −x − 5
aynı tarafına toplayalım.
y(x − 2) = −x − 5
y’yi parantez dışına
çıkartalım.
−x−5
y = x−2
c
FE
TI˙
Y
E
Eşitliğin her iki tarafını
(x-2)’ye bölelim.
f −1 ◦ (f ◦ g)’de
−x−5
f −1 (x) = x−2
yerine yerleştirelim:
g(x)
=f −1 ◦ (f ◦ g)(x)
Buradan,
=
( −x−5
x−2 ) ◦(x − 4)
−(x−4)−5
= (x−4)−2
−x+4−5
= x−4−2
−x−1
g(x) = x−6
6. Sayı Tabanları ve Modulo
IO
G˘
LU
Tabanlar
Sayı tabanları sayı düzenleri (sistemleri)dir. Günlük yaşamda kullandığımız sayılar
daha çok onluk düzendedir (10 tabanındadır). Bilgisayar ve telekomünikasyon
teknolojisinde 2’lik, 8’lik(oktal) ve 16’lık (heksadesimal) tabanlar, bilgi akışında ve
saklanmasında kullanılan sayı düzenleridir (tabanlardır).
10’luk Tabanda Sayıların Açılımı
O
NB
AŞ
Örnek: 10’luk düzende, 15 = (15)10
10’luk tabanda, sayıların basamaklarının alabileceği değerler 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ve
9’dur.
O¨
ZL
EM
10 tabanında verilen bir abcd sayısının açılımı aşağıdaki gibi verilir:
3
2
1
0
→ a
b
c
d
abcd
= (a × 103 ) + (b × 102 ) + (c × 101 ) + (d × 100 )
abcd
= (a × 1000) + (b × 100) + (c × 10) + (d × 1)
E
(abcd)10
c
FE
TI˙
Y
Örnek: 257 = (2 × 100) + (5 × 10) + (7 × 1)
Örnek: 10’luk tabanda verilen (aa7)10 ve (3a9)10 sayıları arasındaki ilişki aşağıda
verilmiştir. a’nın tamsayı değeri nedir?
(aa7)10 = (3a9)10 + 98
Çözüm:
Verilen eşitlik:
Eşitliğin her iki tarafındaki
sayıların açılım değerini yazalım.
(aa7)10
=
(3a9)10 + 98
a · 100 + a · 10 + 7
=
(3 · 100 + a · 10 + 9) + 98
110a + 7
=
309 + 10a + 98
110a + 7
=
10a + 407
100a =
a =
53
400
4
54
6. SAYI TABANLARI VE MODULO
2’lik Taban
2 tabanındaki sayıların basamakları 0 ve 1 değerini alabilir.
101001 sayısı 2 tabanında bir sayıdır. Buradaki 0 ve 1 sayılarına bit denir.
3’lük Taban
3’lük tabanda sayıların basamaklarının alabileceği değerler 0, 1 ve 2’dir.
IO
G˘
LU
16’lık (Heksadesimal) Taban
Heksadesimal tabanda, sayıların basamaklarının alabileceği değerler 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,
8, 9, A, B, C, D, E ve F’dir. Burada A-F aralığındaki sayıların onluk düzendeki
değerleri şöyledir:
O
NB
AŞ
D = 13
E = 14
F = 15
A = 10
B = 11
C = 12
O¨
ZL
EM
16 tabanındaki sayılara kısaca heksli sayılar da denir ve sayının önüne 0× getirilerek
ifade edilir.
Örnek: 0xB3, 0x2a, 0xc6, 0xEF sayıları heksli sayılardır.
Herhangi Bir Tabanda Verilen Sayının 10’luk Tabanda Yazılması
Herhangi bir m tabanında verilen xyz sayısını 10 tabanında yazmak için açılımı yapılır:
E
2
1
0
= (x
y
z
)m
c
FE
TI˙
Y
(xyz)m
= (x · m2 ) + (y · m1 ) + (z · m0 )
= (xm2 + ym + z)10
Örnek: (101001)2 sayısını 10 tabanına çevirelim.
Çözüm: (101001)2 sayısının açılımı yapıldığında 10 tabanında yazılmış olur.
(101001)2
2
1
0
5
4
3
0
1
0
1
0
→ 1
(101001)2
= 1 · 25 + 0 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20
= 32 + 0 + 8 + 0 + 0 + 1
(101001)2
= (41)10
Örnek: 0 × A3 heks sayısını 10 tabanında yazalım.
Çözüm: 0 × A3 sayısının açılımı yapıldığında 10 tabanında yazılmış olur.
TABANLAR
55
1
0
0 × A3 → 0 × A
3
0 × A3
= 10 · 161 + 3 · 160
Burada A = 10 ve heks tabanı= 16
= 160 + 3
= (163)10
IO
G˘
LU
0 × A3
10’luk Tabanda Verilen Bir Sayının Farklı Bir Tabanda Yazılması
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
10 tabanındaki bir sayıyı farklı bir m tabanında yazmak için, 10 tabanındaki sayıyı m’den
küçük kalanlar elde edinceye kadar m’ye bölmemiz gerekir. Bu aşağıdaki örneklerde
açıklanmıştır.
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek: 10 tabanındaki 4110 sayısını ikilik düzene çevirelim.
4110 = (101001)2
56
6. SAYI TABANLARI VE MODULO
O
NB
4110 = (1112)3
AŞ
IO
G˘
LU
Örnek: 10 tabanındaki 4110 sayısını 3 tabanına çevirelim.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
Örnek: 10 tabanındaki 47910 sayısını heksadesimal olarak yazalım.
47910 = 0 × 1DF
Herhangi Bir Tabanda Verilen Sayının 10 Tabanından Farklı Bir
Tabanda Yazılması
10 tabanından farklı bir m tabanındaki sayıyı, n tabanındaki bir sayıya direkt olarak
çeviremeyiz. m tabanındaki sayı önce 10 tabanına çevrilir, daha sonra da 10 tabanından
n tabanına çevrilir.
Örnek: 0 × 4C heks sayısını oktal (8lik taban) düzende yazalım.
MODULO (MOD)
57
Çözüm: 0 × 4C sayısını önce 10’luk düzene çevirelim. Bunun için 0 × 4C’nin açılımını
yazalım.
0 × 4C
1
0
→ 0 × 4
C
0 × 4C
= 4 · 161 + 12 · 160
Burada C = 12 ve heks tabanı= 16
= 64 + 12
0 × 4C
= (76)10
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Şimdi de 10 tabanındaki 76 sayısını 8 tabanında yazalım.
E
0 × 4C = (76)10 = (114)8
c
FE
TI˙
Y
Modulo (Mod)
Bir pozitif tamsayının başka bir pozitif tam sayı ile bölünmesi ile arta kalan tamsayının
hesaplanması işlemine modulo işlemi denir.
Örnek modulo işlemleri:
5 mod 3 = 2 ya da 5 ≡ 2 (mod 3) olarak ifade edilir.
Burada ≡ ”denktir” sembolüdür.
126 ≡ 1 (mod 5)
10 ≡ 0 (mod 5)
Örnek: ∀a ∈ Z + ve a < 7 için 2a ≡ 3 (mod 5) ise a’nın alabileceği değerleri
hesaplayalım.
2a sayısının a < 7 pozitif tamsayıları için alabileceği değerler:
58
6. SAYI TABANLARI VE MODULO
20
21
22
23
=1
24 = 16
=2
25 = 32
=4
26 = 64
= 8 olur.
Bunlardan sadece 8’in mod 5’teki değeri 3 olur. O halde,
a = 3 sonucu elde edilir.
Tam Olarak (Kalansız) Bölünebilme Kuralları (kalan = 0)
IO
G˘
LU
Kalanı sıfır olan modulo işlemlerinde, 2’ye, 3’e, 5’e ve 6’ya tam olarak bölünebilme kuralları vardır.
2’ye Tam Olarak Bölünebilme
AŞ
abcd, onluk düzende 4 basamaklı bir tamsayı olsun.
O
NB
abcd ≡ 0 (mod 2) koşulunun sağlanabilmesi için en düşük basamak olan d’nin, 2’nin
katları olan 0, 2, 4, 6 ve 8 olması gerekir.
Örnek: 139674869 sayısı 2’ye tam olarak bölünemez çünkü 9 sayısı 2’ye tam olarak
bölünemez. Burada,
O¨
ZL
EM
139674869 ≡ 1 (mod 2) olur çünkü 9 ≡ 1 (mod 2)
Örnek: 732922654 ≡ 0 mod(2) çünkü 4 ≡ 0 (mod 2)
3’e Tam Olarak Bölünebilme
E
abcdef, onluk düzende 6 basamaklı bir tamsayı olsun.
c
FE
TI˙
Y
abcdef ≡ 0 (mod 3) koşulunun sağlanabilmesi için basamakların toplamı olan a + b + c +
d + e + f sayısının 3’e tam olarak bölünebilmesi gerekir. Bunun için bu toplamın 3’ün
katları olan 0, 3, 6, 9, 12, 15, ..., 3n olması gerekir. Burada n bir tamsayıdır (n ∈ Z).
Örnek: 29736912 ≡ 0 (mod 3) yani 3’e tam olarak bölünebilir çünkü:
2 + 9 + 7 + 3 + 6 + 9 + 1 + 2 = 39
39 ⇒ 3 + 9 = 12
12 ⇒ 1 + 2 = 3
39 ≡ 0 (mod 3)
olduğu görülür.
Örnek: 72691 sayısının 3’e tam olarak bölünüp bölünmediğini bulalım.
Çözüm:
7 + 2 + 6 + 9 + 1 = 25
25 ≡ 1 (mod 3) olur.
72691 sayısı 3’e tam olarak bölünemez.
MODULO (MOD)
59
Örnek: 62a54 tamsayısı 3’e tam olarak bölünebiliyorsa, a sayısının alabileceği pozitif
tamsayı değerleri bulalım.
Çözüm: 10 tabanında a sayısının alabileceği değerler 0 6 a 6 9 aralığındadır.
6 + 2 + a + 5 + 4 = 17 + a olur.
3’ün katları: 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, ...
Burada,
17+a = 18 ise a= 1 geçerli yanıttır.
17+a = 21 ise a=4 geçerli yanıttır.
IO
G˘
LU
17+a = 24 ise a=7 geçerli yanıttır.
17+a = 27 ise a =10 geçersiz yanıttır.
AŞ
0 6 a 6 9 aralığında a’nın alabileceği değerler 1, 4 ve 7 olur. Bu sonuç a ∈ {1, 4, 7}
olarak da ifade edilebilir.
abcde, on tabanında bir tamsayı olsun.
O
NB
5’e Tam Olarak Bölünebilme
O¨
ZL
EM
abcde tamsayısının 5’e tam olarak bölünebilmesi için birler basamağı olan e’nin değerinin
5 ya da 0 olması gerekir.
Örnek: 3b26a sayısının 5’e tam olarak bölünebilmesi için a ve b tamsayılarının değer
kümesini bulalım.
Çözüm:
b ve a tamsayılarının alabileceği sayılar [0, 9] tanım aralığındadır.
c
FE
TI˙
Y
E
5’e bölünebilme kuralından, a = 0 ya da a = 5 olmak zorundadır.
Burada b’nin değeri [0, 9] aralığında herhangi bir tamsayı olabilir.
O halde yanıt: a ∈ {0, 5} ve b ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} olur.
6’ya Tam Olarak Bölünebilme
Bir tamsayının 6’ya tam olarak bölünebilmesi için hem 2’ye hem de 3’e tam olarak
bölünebilmesi gerekir.
Örnek: 437962a tamsayısının 6’ya tam olarak bölünebilmesi için a’nın alması gereken
değerleri bulalım.
Çözüm:
Koşul 1) 437962a sayısının 2’ye kalansız bölünebilmesi için a ∈ {0, 2, 4, 6, 8} koşulu
sağlanmalıdır.
Koşul 2) 437962a sayısının 3’e kalansız bölünebilmesi için 4 + 3 + 7 + 9 + 6 + 2 + a =
31 + a ⇒ 3 + 1 + a = 4 + a sonucunun 3’e kalansız bölünebilmesi gerekir.
60
6. SAYI TABANLARI VE MODULO
Koşul 1’de verilen a değerlerini kullanarak, koşul 2’nin sağlanıp sağlanmadığını görelim:
a = 0 için, 4 + a = 4 + 0 = 4 ⇒ 4 ≡ 1 mod(3) ⇒ a = 0 geçersiz yanıt
a = 2 için, 4 + a = 4 + 2 = 6 ⇒ 6 ≡ 0 (mod 3)⇒ a = 2 geçerli yanıt
a = 4 için, 4 + a = 4 + 4 = 8 ⇒ 8 ≡ 2 (mod 3) ⇒ a = 4 geçersiz yanıt
a = 6 için, 4 + a = 4 + 6 = 10 ⇒ 10 ≡ 1 (mod 3) ⇒ a = 6 geçersiz yanıt
a = 8 için, 4 + a = 4 + 8 = 12 ⇒ 12 ≡ 0 (mod 3) ⇒ a = 8 geçerli yanıt
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
O halde, a’nın alabileceği değerler: a ∈ {2, 8}
7. Polinomlar ve Grafikleri
IO
G˘
LU
Polinomun Tanımı
Polinom, değişkenlerden ve katsayılardan oluşan ve sadece toplama, çıkarma, çarpma ve
pozitif tamsayı üs-alma işlemlerini içeren ifadeye denir.
Örnek: P (x) = 6x2 + 2x − 5 polinomunda değişken x, katsayılar da 6, 2 ve -5’tir.
1
bir polinomdur.
5
O
NB
x3 − 4x +
AŞ
Örnek:
4
7
+ 3x /2 bir polinom değildir çünkü 2. terimde 4x−2 ’nin üssü negatiftir ve 3.
2
x
7
terimdeki 3x7/2 ’de x’in üssü bir tamsayı değildir.
2
O¨
ZL
EM
x5 +
Q(x, y) = x + 3xy − 5x2 y 3 + 7y bir polinomdur, değişkenleri x ve y’dir.
Polinomun Derecesi
E
Polinomun derecesini üssü en büyük olan değişken belirler.
c
FE
TI˙
Y
P (x) = 2x3 + 5x − 4 polinomunun derecesi 3’tür.
Bir polinomun derecesi grafiğinden de belirlenebilir.
P (x)
P (x) = ax5 + bx4 + cx2 + dx + e
3
1
x
2
4
Şekildeki polinom grafiğinde toplam tepe
ve çukur sayısı 4’tür. Bu yüzden, P(x)
polinomunun derecesi 4+1 =5 olur.
61
62
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
Polinomlarla İşlemler
Toplama ve Çıkarma
Polinomlar toplanırken dereceleri aynı olan değişkenlerin katsayıları toplanır. Çıkarırken
de dereceleri aynı olan değişkenlerin katsayıları birbirinden çıkarılır.
(Değişme Özelliği)
IO
G˘
LU
Verilen iki P ve Q polinomu için, P + Q = Q + P
Örnek: P = 3x4 − 6x3 − 2x2 + 7xy + 9 ve Q = −2x4 + 5x2 − xy + 20 polinomları
tanımlansın. P + Q ve P − Q nedir?
2
4
= 3x4 − 6x3 −2x
5x2 −xy + 20
| {z } +7xy + 9 + −2x + |{z}
···
= x4 − 6x3 + 3x2 + 6xy + 29
···
O
NB
P +Q
AŞ
Çözüm: Değişkenleri aynı olan terimleri benzer şekilde işaretleyelim.
2
4
P − Q = 3x4 − 6x3 −2x
5x2 −xy + 20)
| {z } +7xy + 9 − (−2x + |{z}
O¨
ZL
EM
···
···
= 5x4 − 6x3 − 7x2 + 8xy − 11
Polinomların Çarpımı
c
FE
TI˙
Y
E
Polinomların çarpımında dağılma kuralı kullanılır, daha sonra da dereceleri aynı olan
değişkenlerin katsayıları toplanır.
Örnek: P = 5x + 2y ve Q = x2 − 4xy olsun. P · Q ifadesini hesaplayalım.
Çözüm:
P · Q =(5x + 2y)(x2 − 4xy)
= 5x · x2 − 5x · 4xy + 2y · x2 − 2y · 4xy
= 5x3 − 20x2 y + 2yx2 − 8xy 2
= 5x3 − 18x2 y − 8xy 2
Örnek: P = x + 4 ve Q = x − 3 olsun. P · Q ifadesini hesaplayalım.
Çözüm:
POLİNOMLARLA İŞLEMLER
63
P · Q = (x + 4)(x − 3)
=x·x−x·3+4·x−4·3
= x2 + x − 12
Polinomlarda Bölme İşlemi
IO
G˘
LU
Bölünen polinomun derecesi bölen polinomun derecesine eşit ya da daha büyükse,
aradaki derece kadar büyüklüğe sahip değişken bölüm kabul edilerek, aradaki derece
farkı küçülünceye kadar bölme işlemine devam edilir.
P polinomu Q polinomuna kalanlı olarak bölündüğünde, tam bölüm polinomu D ile kalan
polinomu R arasındaki ilişki aşağıdaki gibi ifade edilir.
O
NB
AŞ
R(x)
P (x)
= D(x) +
Q(x)
Q(x)
Örnek: P (x) = x3 − 6x + 7, Q(x) = x − 1 olsun. P polinomunu Q’ya bölelim, kalan
polinomu bulalım.
c
FE
TI˙
Y
E
x3 − 6x + 7 x − 1
x3 − x2
x2 + x − 5
x2 − 6x + 7
x2 − x
−5x + 7
−5x + 5
2 → Kalan
O¨
ZL
EM
Çözüm: Bölme işlemi aşağıdaki gibi yapılır.
P (x)
Q(x)
=
x3 − 6x + 7
x−1
= x2 + x − 5 +
Kalan
2
x−1
polinom R(x) = 2 bulunur.
Polinomların Çarpanlara Ayrılması
Bazı polinomlar, birden fazla derecesi düşük polinomun çarpımı olabilir. Derecesi düşük
olan bu polinomlara polinomun çarpanları denir. Bu ilişki aşağıdaki denklemle ifade
edilir.
P (x) = P1 (x) · P2 (x) · · · Pn (x)
64
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
Örnek: Çarpanları x + 5 ve x − 3 olan P polinomunu hesaplayalım.
Çözüm: Dağılma kuralını uygulayarak P(x)’i hesaplayalım.
P = (x + 4)(x − 7)
=x·x−x·7+4·x−4·7
= x2 |{z}
−3 x |{z}
−28
−7×4
IO
G˘
LU
−7 + 4
Çarpanlarına Ayrılabilen Standart Polinomlar
n ∈ Z+ bir pozitif tamsayı olsun. 2n herzaman bir çift sayı, 2n + 1 de herzaman tek bir
sayı olur. a, b ∈ R için aşağıdaki standart polinomlar çarpanlarına ayrılabilir.
O
NB
AŞ
x2n − a2n = (xn − an )(xn + an )
x2n+1 − a2n+1 = (x − a)(x2n + ax2n−1 + a2 x2n−2 + · · · + a2n−1 x + a2n )
O¨
ZL
EM
x2n+1 + a2n+1 = (x + a)(x2n − ax2n−1 + a2 x2n−2 − · · · − a2n−1 x + a2n )
x2 + (a + b)x + ab = (x + a)(x + b)
E
x2 + 2ax + a2 = (x + a)2
c
FE
TI˙
Y
Örnekler: Aşağıdaki polinomları çarpanlarına ayıralım.
1) x2 − 9 = x2 − 32 = (x − 3)(x + 3)
2) x2 − 1 = (x + 1)(x − 1)
3) x4 − 16 = (x2 − 4)(x2 + 4) = (x − 2)(x + 2)(x2 + 4)
4) x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1)
5) x5 + 32 = x5 + 25 = (x + 2)(x4 − 2x3 + 4x2 − 8x + 16)
6) x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1)
7) x3 − 8 = x3 − 23 = (x − 2)(x2 + 2x + 4)
8) x3 + 27 = x3 + 33 = (x + 3)(x2 − 3x + 9)
POLİNOM FONKSİYONLARI
65
9) x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2)
10) x2 + 6x − 7 = (x + 7)(x − 1)
11) 3x2 − 2x − 5 = (3x − 5)(x + 1)
Polinom Fonksiyonları
IO
G˘
LU
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 şeklinde ifade edilebilen fonksiyonlara
polinom fonksiyonları denir.
Polinom fonksiyonlarının birden fazla değişkeni olabilir.
P (x)
Q(x)
O
NB
Rasyonel, Kesirli Fonksiyonlar,
AŞ
Örnek: f (x, y) = 4x3 − 2x2 y + 7y 2 + 3 polinom fonksiyonunun x ve y olmak üzere 2
değişkeni vardır.
P (x)
şeklinde ifade edilebilen fonksiyonlara rasyonel (kesirli) fonksiyonlar denir.
Q(x)
P(x) ve Q(x), x’in tüm değerleri (R) için tanımlı iken, f(x) yalnızca, Q(x)’in sıfır
olmadığı değer aralığında tanımlıdır.
O¨
ZL
EM
f (x) =
x3 − 7x
fonksiyonu, x = ±2 noktalarında tanımlı değildir,
x2 − 4
çünkü payda bu noktalarda sıfır olur.
Örnek: f (x) =
c
FE
TI˙
Y
E
x2 + 5
fonksiyonunda x2 + 1 (payda) herzaman sıfırdan farklıdır. Bu
x2 + 1
yüzden f(x), tüm reel (gerçel) x sayıları için tanımlıdır.
Örnek: f (x) =
Kesirli Polinom Fonksiyonlarında Sadeleştirme
Kesirli bir polinom fonksiyonunda sadeleştirmede, hem pay hem de payda çarpanlarına
ayırılır, benzer olan çarpanlar birbirlerini sadeleştirir.
Örnekler: Aşağıdaki kesirli polinom fonksiyonlarını sadeleştirelim.
1) f (x) =
x3 + 64
x3 − 16x
Pay ve paydayı çarpanlarına ayıralım.
=
(x + 4)(x2 − 4x + 16)
x(x2 − 16)
=
2
(x+4)(x
− 4x + 16)
x
(x+ 4)(x − 4)
x2 − 4x + 16
=
x(x − 4)
66
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
=
x2 − 4x + 16
x2 − 4x
Payı payda ile bölelim.
x2 − 2x + 1
x3 − 1
Sadeleştirelim.
16
− 4x
=
(x − 1)2
(x − 1)(x2 + x + 1)
=
2
(x−1)
(x−1)(x2 + x + 1)
=
x2
x−1
+x+1
=
4x2 y − y 3
2x2 y 3 + 2xy 3 − xy 4 − y 4
y parantez dışına
=
y(4x2 − y 2 )
y 3 (2x2 + 2x − xy − y)
=
y(4x2 − y 2 )
y 3 (2x2 + 2x − xy − y)
O
NB
3) f (x, y)
O¨
ZL
EM
çıkartılsın.
Pay ve paydayı çarpanlarına ayıralım.
−
y)(2x + y)
y (2x
= (2x
−
y)(x + 1)
y3
E
2x + y
+ 1)
y 2 (x
c
FE
TI˙
Y
=
4) f (x, y) =
x2 − 4
x3 + 8
Sadeleştirelim.
=
2x + y
xy 2 + y 2
=
(x + 2)(x − 2)
(x + 2)(x2 − 2x + 4)
=
(x + 2)(x − 2)
(x + 2)(x2 − 2x + 4)
=
(x+2)(x
− 2)
2
(x+ 2)(x − 2x + 4)
=
AŞ
2) f (x) =
x2
IO
G˘
LU
=1+
x2
x−2
− 2x + 4
5) f (x, y)
=
x2 − x − 6
x2 − 9
Sadeleştirelim.
=
(x−3)(x
+ 2)
(x− 3)(x + 3)
=
x+2
x+3
67
6) f (x, y)
=
3x2 + 5x − 2
9x2 − 6x + 1
Pay ve paydayı çar-
=
(3x − 1)(x + 2)
(3x − 1)2
=
(3x
−
1)(x + 2)
(3x
−
1)2
=
x+2
3x − 1
IO
G˘
LU
POLİNOM FONKSİYONLARI
7) f (x, y)
O
NB
O¨
ZL
EM
Sadeleştirelim.
AŞ
panlarına ayıralım.
=
4x2 − 9
10x2 + 13x − 3
=
(2x − 3)(2x + 3)
(2x + 3)(5x − 1)
(2x − 3)
(2x
+
3)
=
(2x
+ 3)(5x − 1)
c
FE
TI˙
Y
Sadeleştirelim.
E
=
8) f (x, y)
=
=
9) f (x, y)
2x − 3
5x − 1
x5 + 1
2x2 − 3x − 5
4
(x+1)(x
− x3 + x2 − x + 1)
(2x − 5)
(x+1)
=
x4 − x3 + x 2 − x + 1
2x − 5
=
x7 + 1
x7 − x6 + x 5 − x4 + x3 − x2 + x
68
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
6
=
5
(
((((
4 (((
3 ((2
(x + 1)(x − (
x (+(x( − x + x − x + 1)
(
(((
((((
6
5
4 (((
3 ((2
x(x − (
x (+(x( − x + x − x + 1)
(((
x+1
x
=1+
1
x
IO
G˘
LU
=
Polinom Denklemleri
Aşağıdaki gibi ifade edilen denklemlere polinom denklemi denir:
AŞ
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 = 0
O
NB
Örneğin,
O¨
ZL
EM
3x2 + 4x − 7 = 0
bir polinom denklemidir. Burada x, denklemin değişkeni ve bilinmeyenidir. Denklemin
x’e göre çözümüne denklemin kökleri denir.
Polinom Denklemlerinin Kökleri
c
FE
TI˙
Y
Örneğin,
E
Bir polinom denklemini sağlayan değişkenin aldığı değerlere polinomun kökleri denir.
Köklerin sayısı polinom denkleminin derecesine eşit ya da daha azdır. 2. dereceden bir
denklemin en fazla 2 kökü olabilir.
(x − a)(x − b)(x − c) = 0 polinom denkleminin kökleri a, b ve c olur.
Bu kökler aşağıdaki eşitliklerin ayrı ayrı çözümünden elde edilir:
x − a = 0 ⇒ x1 = a
x − b = 0 ⇒ x2 = b
x − c = 0 ⇒ x3 = c
Örnek: x2 − 2x + 1 = 0 polinom denkleminin köklerini bulalım.
Çözüm: x2 − 2x + 1 = 0 ifadesi çarpanlarına ayrılabilir.
x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 = (x − 1)(x − 1) = 0 denkleminin birbirine eşit iki kökü vardır:
x − 1 = 0 ⇒ Denklemin kökleri: x1 = x2 = 1 bulunur.
POLİNOM DENKLEMLERİ
69
Örnek: x3 + 7x2 + 2x − 10 = 0 polinom denkleminin 3 farklı gerçel sayı kökünün
(çözümünün) olduğu bilinmektedir. Bu köklerden bir tanesi -4 ise, x’in diğer 2
çözümünü bulalım.
Çözüm: x3 + 7x2 + 2x − 10 polinomunun 3 tane gerçel sayı çözümü olduğu verildiği
halde çarpanlarına ayırmak kolay değildir. Polinom denklemin 3 gerçel sayı kökü olduğu
için aşağıdaki gibi çarpanlarına ayırılabilir:
IO
G˘
LU
1. kök
x1 = −4
2. ve 3. kökler x2 = a ve x3 = b
olsun.
(x + 4)(x − a)(x − b) = x3 + 7x2 + 2x − 10 = 0
x3 + 7x2 + 2x − 10
(x − a)(x − b) =
x+4
Eşitliğin her iki tarafını
x + 4 ile bölelim.
O
NB
O¨
ZL
EM
x3 + 7x2 + 2x − 40 x + 4
x2 + 3x − 10
x3 + 4x2
3x2 + 2x − 40
3x2 + 12x
−10x − 40
−10x − 40
0 → Kalansız bölüm
AŞ
Polinomun bölüm işlemi aşağıdaki gibi yapılır.
(x − a)(x − b) = x2 + 3x − 10 olduğu görülür.
Polinomu çarpanlarına ayıralım.
(x − a)(x − b) = (x + 5)(x − 2)
c
FE
TI˙
Y
E
Bölüm işleminden,
Polinomun kökleri:
x + 5 = 0 ⇒ x2 = −5 ve x − 2 = 0 ⇒ x3 = 2
İkinci Dereceden (Kuadratik) Denklemlerin Çözümü
İkinci dereceden bir polinom denklemi aşağıdaki genel ifade ile gösterilebilir:
ax2 + bx + c = 0
İkinci dereceden denkleme kuadratik denklem de denir. Denklemin çözümü olan x1 ve
x2 kökleri aşağıdaki formül ile hesaplanır.
√
−b ± b2 − 4ac
x1,2 =
2a
Yukarıdaki formül, 2. dereceden polinom denkleminin çarpanlara ayrılmasının güç
olduğu durumlarda, örneğin köklerin irrasyonel ya da sanal sayılar olması durumunda
gereklidir.
70
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
Formüldeki b2 − 4ac ifadesine Diskriminant ya da Delta (∆) denir.
∆ = b2 − 4ac
x1 ve x2 kökleri aşağıdaki gibi de ifade edilebilir.
√
√
−b + ∆
−b − ∆
x1 =
ve x2 =
2a
2a
IO
G˘
LU
Örnek: x2 + x + 1 = 0 denkleminin köklerini bulalım.
Çözüm: 2. dereceden denklem çözüm formülünde:
a = 1, b = 1 ve c = 1 olduğu görülür. Bu değerleri formüle yerleştirelim.
√
b2 − 4ac
2a
p
−1 ± (1)2 − 4 · 1 · 1
=
2·1
√
−1 ± −3
i2 = −1 olduğunu hatırlayalım.
=
2
√
−1 ± i2 · 3
=
2
√
−1 ± i 3
=
2
√
√
−1
−1
3
3
x1 =
+i
ve x2 =
−i
2
2
2
2
AŞ
=
c
FE
TI˙
Y
Kökler:
E
O¨
ZL
EM
O
NB
x1,2
−b ±
Denklemin köklerinin (çözümünün) sanal ve irrasyonel sayılar olduğu görülür. Köklerin
sanal olmasının nedeni diskriminantın (∆) negatif olmasıdır.
Örnek: x2 + bx + 9 = 0 denkleminin çözümünün gerçel sayılar olması için b’nin tanım
aralığı ne olmalıdır?
√
b2 − 4ac
Çözüm: x1,2 =
çözüm formülünde, x1 ve x2 köklerinin sanal olmaması
2a
için karekök içindeki b2 − 4ac diskriminant ifadesinin sıfıra eşit ya da sıfırdan büyük
olması gerekir.
−b ±
∆ = b2 − 4ac > 0
x2 + bx + 9 = 0 denkleminden a = 1 ve c = 9 olduğu görülür. Bu değerleri yukarıdaki
diskriminant eşitsizliğine yerleştirelim.
POLİNOM DENKLEMLERİ
71
∆ = b2 − 4 · 1 · 9 > 0
b2 > 36 ⇒ b > 6 ya da b 6 −6
b’nin tanım aralığı: b ∈ (−∞, −6] ∪ [6, ∞) olur.
Polinom Fonksiyonlarının Grafikleri
IO
G˘
LU
Polinom denklemlerinin köklerini hesaplamayı öğrendiğimiz için artık polinom
fonksiyonlarının grafiklerini çizmek daha kolay olacaktır.
Bir polinomun kökleri, fonksiyonunun, x-y düzlemindeki grafiğinin x eksenini kesim noktalarıdır.
O
NB
AŞ
Not: Bir polinom fonksiyonunun grafiği x eksenini kesmiyorsa, polinomun kökleri sanal
sayılardır.
f (x)
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
f (x) = x2 + x + 1
x2 + x + 1 polinom fonksiyonun köklerinin
sanal olduğunu önceki örnekten biliyoruz.
Bu yüzden, grafik x eksenini kesmemektedir.
x
Tek değişkenli, 2. dereceden bir polinom fonksiyonunun x-y düzleminde oluşturduğu
eğriye parabol denir. Yukarıdaki şekilde görülen eğri bir paraboldür.
Örnek: −x2 + 3x + 4 ve x2 − 3x − 4 parabollerinin köklerini bulalım ve x-y düzleminde
grafiklerini çizelim.
Çözüm: f (x) = −x2 + 3x + 4 ve g(x) = x2 − 3x − 4 parabol fonksiyonlarının
çarpanlarına ayrılabildiği görülmektedir.
f (x) = −g(x) olduğuna dikkat edelim. f (x) = −x2 + 3x + 4 = −(x − 4)(x + 1) ve
g(x) = x2 − 3x − 4 = (x − 4)(x + 1) fonksiyonlarının çarpanlarından köklerinin aynı
olduğu görülür. Şimdi tek bir fonksiyonu kullanarak köklerini bulalım.
72
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
−(x − 4)(x + 1) = 0
.
&
x−4=0
x1 = 4
x+1=0
x2 = −1 kökleri bulunur.
(4, 0) ve (-1,0) noktaları, her iki polinom fonksiyonunun x eksenini kestiği noktalardır.
IO
G˘
LU
f(x) parabolünün y eksenini kestiği noktada x bileşeni 0’dır. O halde,
f (0) = −02 + 3 · 0 + 4 = 4 → (0, 4) noktası bulunur.
Aynı zamanda, g(x) parabolünün y eksenini kestiği nokta g(0)’dır.
g(0) = 02 − 3 · −4 = −4 → (0, −4) noktası bulunur.
(4, 0), (−1, 0), (0, 4) ve (0, −4) noktalarını kullanarak parabolleri çizebiliriz.
y
−x2 + 3x + 4 ve x2 − 3x − 4 polinom
fonksiyonlarının kökleri olan 4 ve -1, x
eksenini kestikleri noktalardır.
AŞ
V1
•
O
NB
6.25 −
O¨
ZL
EM
4
E
g(x) = x2 − 3x − 4
−1
c
FE
TI˙
Y
1.5
4
x
f (x) = −x2 + 3x + 4
−4
−6.25 −
•
V2
Şekildeki parabollerin her ikisi de tepe (V1 ) ve çukur (V2 ) noktaları arasında çizilen
kesik gri çizgiye göre simetriktirler. Bu çizginin x eksenini kestiği nokta polinomların
köklerinin orta noktasıdır.
POLİNOM DENKLEMLERİ
73
(-1, 0) ve (4, 0) noktalarının orta noktası
−1 + 4 0 + 0
,
2
2
= (1.5, 0) olur.
f(x) fonksiyonunun V1 tepe noktasının koordinatlarını hesaplayalım.
V1 : f (1.5) = −(1.5)2 + 3 · 1.5 + 4 = −2.25 + 4.5 + 4 = 6.25 ⇒ V1 = (1.5, 6.25)
V1 noktasına fonksiyonun maksimum noktası denir.
g(x) fonksiyonunun V2 çukur noktasının koordinatlarını hesaplayalım.
IO
G˘
LU
V2 : g(1.5) = (1.5)2 − 3 · 1.5 − 4 = 2.25 − 4.5 − 4 = −6.25 ⇒ V2 = (1.5, −6.25)
V2 noktasına fonksiyonun minimum noktası denir.
Örnek: f (x) = 1/2(x + 2)(x − 1)(x − 3) fonksiyonun x-y düzleminde çizelim ve
fonksiyonun maksimum ve minimum noktalarını grafikte işaretliyelim.
O
NB
AŞ
Çözüm: f (x) = 1/2(x + 2)(x − 1)(x − 3) fonksiyonunun kökleri -2, 1 ve 3’tür, grafiğin x
eksenini kestiği noktalar da (-2, 0), (1, 0) ve (3, 0) olur.
Fonksiyon grafiğinin y eksenini kestiği nokta: f (0) = 1/2(0 + 2)(0 − 1)(0 − 3) = 3 bulunur.
O¨
ZL
EM
3. ve daha yüksek dereceden polinomlarda, parabollerde varolan simetri yoktur. Bu
yüzden, köklerin orta noktaları polinomun maksimum ve minimum noktalarına denk
gelmez.
y
Maksimum
•
f (x) = 1/2(x + 2)(x − 1)(x − 3)
c
FE
TI˙
Y
E
3
−2
1
•
Minimum
3
x
f (x) = 1/2(x + 2)(x − 1)(x − 3) polinom
fonksiyonunun kökleri olan -2, 1 ve 3, x
eksenini kestiği noktalardır.
Fonksiyonun derecesi 3, toplam tepe ve
çukur sayısı 2’dir.
3. ve daha yüksek dereceden polinomlarda maksimum ve minimum noktalarının
hesaplanmasında türev kullanılır. Bu konu, kitabın Fonksiyonlar II ve Türev bölüm
başlıkları altında anlatılmıştır.
74
7. POLİNOMLAR VE GRAFİKLERİ
Örnekler: Aşağıda çeşitli derecelerden polinomlar ve grafikleri verilmiştir.
y
O
NB
AŞ
x
IO
G˘
LU
f (x) = 1/10(x + 3)(x + 1)x(x − 3)
O¨
ZL
EM
4. dereceden polinom
c
FE
TI˙
Y
E
y
f (x) = 1/30(x + 5)(x + 2)(x + 1)(x − 1)(x − 3) − 2
x
5. dereceden polinom
POLİNOM DENKLEMLERİ
75
y
f (x) = 1/50(x + 3)(x + 2)(x + 1)(x − 1)(x − 3)(x − 4)
y
AŞ
O
NB
6. dereceden polinom
IO
G˘
LU
x
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
f (x) = 1/200(x + 4)2 (x + 1)2 (x − 1)(x − 3)(x − 4)
x
7. dereceden polinom
8. Permütasyon ve Kombinasyon
IO
G˘
LU
Permütasyon
Permütasyon bir küme elemanlarının değişik şekillerde, elemanların sıralamasını
gözetmek suretiyle dizilmesidir.
AŞ
Örnek: A = {2, 7, 6} bir sayılar kümesi olsun. Sayılar üçlü gruplar halinde 276, 267,
627, 672, 726, 762 olmak üzere 6 değişik şekilde dizilebilir.
O
NB
n Faktoryel, n!
!, faktoryel sembolüdür. Yukarıdaki A kümesi örneğinde permütasyon 3! = 3 × 2 × 1 = 6
olarak hesaplanır.
n adet elemanı olan bir küme, n elemanlı gruplar halinde n! farklı şekilde dizilebilir:
= n(n − 1)(n − 2)...3 · 2 · 1
n!
n!
n!
n!
= P (n, n) = (n−n)! = 0! = 1 = n!
O¨
ZL
EM
n!
Not: 0! = 1 olduğu görülür.
c
FE
TI˙
Y
E
n > r olmak şartıyla, n elemanlı bir kümeden seçilen r elemanlı permütasyonların
toplamı aşağıdaki formül ile gösterilir:
n!
n
P (n, r) =
=
= n × (n − 1) × (n − 2) × .... × (n − r + 1)
n−r
|
{z
}
(n − r)!
(n − r) tane
Örnek: A = {x, y, z, u, v} kümesi verilsin. 5 elemanlı A kümesinin 2 elemanı seçilerek
yapılan bir dizimin sonucu,
P (5, 2)
5!
= (5−2)!
5!
= 3!
=
5×4×3×2×1
3×2×1
2 tane
z }| {
= 5 × 4 = 20
değişik dizim (permütasyon) bulunur.
76
KOMBİNASYON
77
Şimdi 20 adet değişik dizim olduğunu permütasyon kullanmadan kontrol edelim.
A = {x, y, z, u, v} kümesi için 2 elemanlı olası dizimler:
xy
yx
zx
ux
vx
xz
yz
zy
uy
vy
xu
yu
zu
uz
vz
xv
yv
zv
uv
vu
4
+ 4
+ 4 + 4
+ 4
= 20
Diziliş sayısının permütasyon kullanarak çok daha kolay elde edildiği görülmektedir.
IO
G˘
LU
Kombinasyon
n×(n−1)×(n−2)×....×(n−r+1)
r×(r−1)×(r−2)...×2×1
O
NB
C(n, r) =
AŞ
Kombinasyon bir kümenin elemanlarının sıralama gözetmeksizin sıralanmasıdır. n adet
elemanı olan bir kümeden seçilen r adet eleman kullanılarak oluşturulan farklı grupların
sayısı aşağıdaki formül ile hesaplanır:
O¨
ZL
EM
Formülün payında r adet çarpan vardır ve paydasındaki r × (r − 1) × (r − 2)... × 2 × 1 = r!
olur.
Ayrıca, C(n, r) = C(n, n − r) olur.
Örnek: m ∈ Z + için C(m, 9) = C(m, 114) ise m’nin değeri nedir?
c
FE
TI˙
Y
E
Çözüm:
C(n, r) = C(n, n − r)
formülünden:
C(m, 9) = C(m, m − 9)
elde edilir. Buradan,
C(m, m − 9) = C(m, 114)
olur.
Demek ki,
m − 9 = 114
m = 9 + 114 = 123
Örnek: Permütasyon örneğini kombinasyon için tekrarlayım ve aradaki farkı görelim.
A = {x, y, z, u, v} kümesi verisin. 5 elemanlı A kümesinin 2 elemanlı seçilerek yapılan
bir gruplamanın sonucunda,
C(5, 2) =
20
5×4
=
= 10 adet grup elde edilir.
2×1
2
Şimdi 10 adet grup olduğunu kombinasyon kullanmadan kontrol edelim.
2 elemanlı olası gruplar:
78
8. PERMÜTASYON VE KOMBINASYON
xy
yz
xz
yu
xu
yv
xv
4
+ 3
zu
zv
+
2
uv
+
1 = 10 grup elde edilir.
Kombinasyonun permütasyondan farkı sıralamanın önemli olmamasıdır. Bu yüzden 20
değil, 10 grup oluştuğu görülmektedir.
IO
G˘
LU
Örnek: Bir lokantanın fiks menüsü 2 çeşit sıcak yemek ve 1 çeşit salatadan oluşmaktadır.
Lokantada 6 çeşit sıcak yemek ve 4 çeşit salata vardır. Buna göre fiks menüde kaç çeşit
yemek seçeneği vardır?
AŞ
Çözüm: Fiks menüde hem sıcak hem de salata vardır. Burada sıcak yemeği ya da
salatayı seçme sırası önemli olmadığı için bu bir kombinasyon problemidir.
6×5
= 15
2×1
= C(6, 2) =
Fiks menüdeki salata seçenekleri
= C(4, 1) =
Fiks menüdeki yemek seçenekleri
= Sıcak VE Salata
= Sıcak × Salata
= 15 × 4 = 60 seçenek
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Fiks menüdeki sıcak yemek seçenekleri
4
=4
1
9. Olasılık
IO
G˘
LU
Olasılığın Tanımı
Olasılık, bir olayın ya da birbirleri ile bağlantılı ya da bağlantısız birkaç olayın meydana
gelebilme oranı ya da yüzdesidir. Bu oran P ile ifade edilirse değeri,
AŞ
0 6 P 6 1 aralığındadır.
O
NB
Örnek: 52 kartlık bir iskambil destesinden 1 adet kart çekilecektir. Bu kartın bir sinekli
olma olasılığı nedir?
P =
O¨
ZL
EM
Çözüm: İskambil destesinde 13 adet sinekli kart vardır. O halde çekilen kartın sinekli
olma olasılığı:
13
1
sinekli kart sayısı
=
= = %25
toplam kart sayısı
52
4
P=1 Durumları
c
FE
TI˙
Y
P=0 Durumları
E
Meydana gelme olasılığı kesin olan olaylarda olasılık, P=1 olur.
Meydana gelmesi olasılığı hiç bulunmayan olaylarda olasılık, P=0 olur.
Olasılık Hesaplarında Mantık İfadelerinin Kullanılması
Eğer A bir olay ise P(A), bu A olayının meydana gelme olasılığını ifade eder.
Olasılık hesaplamalarında ∪ ”ya da”, + anlamına, ∩ de ”ve”, × anlamına gelmektedir.
P(A): A olayının olasılığı
P(B): B olayının olasılığı
P(A∪B): A ya da B olayının meydana gelme olasılığı
P(A∩B): A ve B (hem A hem de B) olaylarının meydana gelme olasılığı
P (A ∩ B) = P (A) ∩ P (B) = P (A) × P (B)
79
80
9. OLASILIK
Olasılıkta Kategoriler
Olasılık problemleri aşağıdaki başlıklar altında incelenebilir:
• Bağımsız (Ayrık) Olaylarda Olasılık
• Birbirini Dışlayan, Bağlantısız Olaylarda Olasılık
• Birbirini Dışlayan, Bağlantılı Olaylarda Olasılık
• Koşullu Olaylarda Olasılık
IO
G˘
LU
• Tersi Olasılık
Bağımsız (Ayrık) Olaylarda Olasılık
A ve B olayları birbirinden bağımsız iki olay ise, bu her iki olayın meydana gelme olasılığı,
AŞ
P (A ve B) = P (A ∩ B) = P (A) ∩ P (B) = P (A) × P (B) olur.
O
NB
Birbirinden bağımsız olaylarda, bu olayların meydana gelme olasılıklarının çarpımına
eşittir.
Örnek: 2 adet tavla zarı atıldığında iki zarın da 3 gelme olasılığı nedir?
P (A) =
O¨
ZL
EM
Çözüm: Zarın {1, 2, 3, 4, 5, 6} sayılarını gösteren toplam 6 yüzü vardır. Bu yüzden 6
yüzden sadece bir tanesi 3 sayısını gösterir. Bu iki zarın da 3 gelme olasılığı birbirinden
bağımsızdır.
1
zarın 3 olan yüzlerinin sayısı
= olur.
zarın toplam yüzlerinin sayısı
6
Aynı şekilde ikinci zarın 3 gelme olasılığı da,
c
FE
TI˙
Y
E
1
P (B) = 6 olur.
Bu iki olayın meydana gelme olasılığı birbirinden bağımsız olduğu için,
P (A ve B)
= P (A ∩ B) = P (A) × P (B) formülünden
1
= 6
1
· 16 = 36
Birbirini Dışlayan, Bağlantısız Olaylarda Olasılık
Birbiri ile hiçbir ortak yanı olmayan A ve B olayları verilsin. Tek bir seferde ya A olayı
ya da B olayı meydana gelebiliyorsa yani A ve B olayları aynı anda meydana
gelemiyorsa, tek seferde A ya da B olayının meydana gelme olasılığı:
P(A ya da B) = P(A ∪ B) = P(A) + P(B), burada A ∩ B = ∅
Örnek: Bir zar atıldığında, bu zarın 4 ya da 5 gelme olasılığı nedir?
Çözüm: Zar atıldığında 4 gelmesi ile 5 gelmesi olayları birbirinden bağımsızdır ve aralarında hiçbir ilişki yoktur.
OLASILIKTA KATEGORİLER
81
1
Zarın 4 gelme olasılığı = P4 = 6 olur.
1
Zarın 5 gelme olasılığı = P5 = 6 olur.
Zarın 4 ya da 5 gelme olasılığı:
P4 ya da P5
= P4 ∪ P5
= P4 + P5 çünkü (P4 ∩ P5 = ∅)
IO
G˘
LU
1
1
1
= 6 + 6 = 3
Hatırlatma: Kümeler konusundan hatırlarsak, iki kümenin (A ve B kümeleri) birleşimi
hesaplanırken kesişim alanı (taralı alan) iki defa sayılmaz. Bu yüzden, iki kümenin ortak
elemanı olmadığı zaman, birleşimleri aşağıdaki formülle hesaplanır:
AŞ
A ∪ B = A + B olur. Burada A ∩ B = ∅
O
NB
Birbirini Dışlayan, Bağlantılı Olaylarda Olasılık
Birbiri ile ortak elemanlar taşıyan iki kümeden (A ve B olayları) sadece birisi ya da
diğeri meydana gelebiliyorsa,
= P(A∪ B)
O¨
ZL
EM
P(A ya da B)
= P(A) ∪ P(B) − P(A∩ B) olur.
Örnek: 52 kartlık bir iskambil destesinden tek kart bir çekilecektir. Bu kartın maça ya
da bir 3’lü olma olasılığı nedir?
Çözüm:
c
FE
TI˙
Y
E
1) Destede 13 adet maça kartı vardır. Çekilen kartın maça olma olasılığı P1 olsun.
1
13
P1 = 52 = 4
2) Destede 4 adet 3’lü kart vardır. Çekilen kartın 3’lü olma olasılığı P2 olsun.
4
1
P2 = 52 = 13
3) Destede 1 kart hem 3’lü hem de maçadır. Bu maça 3’lüsü kartın çekilme olasılığı:
1
P1 ∩ P2 = 52
O halde,
P = P1 ∪ P2
= P1 + P2 − (P1 ∩ P2 )
=
13
4
1
+
−
52 52 52
=
16
52
4
= 13
82
9. OLASILIK
Koşullu Olaylarda Olasılık
Ardarda oluşan olaylar birbiri ile bağlantılı ise, ilk olayın meydana gelmesi bunu takip
eden olayların olasılığını etkiler.
Örnek: Bir torbada 5 adet kırmızı bilye, 4 adet sarı bilye vardır. Torbadan ardarda 2
bilye çekilecektir. İki bilyenin de kırmızı olma olasılığı nedir?
Çözüm:
IO
G˘
LU
5
1) P1 : Çekilen birinci bilyenin kırmızı olma olasılığı = 9
= P1
5
= 9
O¨
ZL
EM
5
= 18
∩ P2
↓
ve
4
× 8
O
NB
İki bilyenin de kırmızı olma olasılığı
AŞ
2) P2 : Birinci bilye çekildikten sonra toplam 8 bilye kalmış, bunların 4’ü kırmızıdır.
4
İkinci çekilen bilyenin kırmızı olma olasılığı = 8
Örnek: 52 kartlık bir iskambil destesinden 2 kart çekilecektir. Çekilen kartlardan birisinin
maça ası, diğerinin de bir sinek kartı olma olasılığı nedir?
Çözüm:
E
Durum 1 (P1 ):
c
FE
TI˙
Y
1
Çekilen ilk kartın maça ası gelme olasılığı = 52 = Pas,1
İlk kart çekildikten sonra 51 kart kalmıştır. Çekilen ikinci kartın sinek kartı gelme
13
olasılığı = 51 = Psinek,2
P1
= Pas,1 ∩ Psinek,2
= Pas,1 × Psinek,2
1
= 52
13
· 51
1
= 204
Durum 2 (P2 ): Durum 1’in aksine, çekilen ilk kart sinek, ikinci kart maça ası olabilir.
Bu durumda,
Psinek,1 =
13
1
ve Pas,2 =
olur.
52
51
OLASILIKTA KATEGORİLER
P2 = Psinek,1 × Pas,2
=
13 1
·
52 51
=
1
204
83
Durum 1 ya da Durum 2 (P):
O halde, bu iki kartın çekilmesinde ya Durum 1 ya da (∪, +) Durum 2 ’deki olay gerçekleşir.
= P1
∪
↓
ya da
+
1
= 204
+
= P1
P2
IO
G˘
LU
P
P2
1
204
AŞ
1
= 102
O
NB
Tersi Olasılık
Bir olayın meydana gelmeme olasılığı, başka bir olayın meydana gelme olasılığına bağlı
olabilir. Bu olasılık aşağıdaki formül ile ifade edilir:
O¨
ZL
EM
P (A0 ) = 1 − P (A)
Örnek: Bir torbada 5 mavi, 7 sarı bilye vardır. Torbadan 3 bilye çekilecektir. Çekilen
bilyelerin en fazla 2 tanesinin aynı renkten olma olasılığı nedir?
E
Çözüm: En fazla 2 bilyenin aynı renkten olma olayının tersi, çekilen 3 bilyenin de aynı
renkte olmasıdır. Çekilen 3 bilyenin de aynı renkten olma olasılığını hesaplayıp, 1’den
çıkarırsak sonucu buluruz.
c
FE
TI˙
Y
Çekilen 3 bilyenin de aynı renkte olma olasılığı P olsun. Torbada toplam 12 bilye vardır.
Durum 1: Ardarda çekilen 3 bilyenin de mavi olma olasılığı P1 olsun.
P1
4
3
5
= 12 × 11 × 10
1
= 22
Durum 2: Ardarda çekilen 3 bilyenin de sarı olma olasılığı P2 olsun.
P2
7
6
5
= 12 × 11 × 10
7
= 44
84
P
9. OLASILIK
= P1
ya da
P2
= P1
∪
P2
= P1
+
P2
1
= 22
+
7
44
En fazla 2 bilyenin aynı renkten olma olasılığı
=1−P
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
35
= 44
AŞ
9
= 1− 44
IO
G˘
LU
9
= 44
10. Logaritma
IO
G˘
LU
Logaritmanın Tanımı
Logaritma sayıları farklı bir biçimde ifade etmekte kullanılan özel bir fonksiyondur.
Logaritmanın Uygulamaları
O
NB
AŞ
Logaritma, müzik (nota aralıkları), kimya (pH, çözelti molaritesi), fizik (spektroskopla
frekans ölçümleri), elektrik mühendisliği (Nyquist şemaları) uygulamalarında çok büyük
ya da çok küçük sayılarla ifade edilen ölçümlerdeki hassasiyeti arttırmak amacı ile kullanılır.
Örnek: 314 sayısının 10 tabanına göre logaritması aşağıdaki gibi ifade edilir:
O¨
ZL
EM
log10 314 ya da log 314
Not: Taban 10 olduğunda yazılması gerekmez.
Örnek: 25.73 sayısının 3 tabanına göre logaritması log3 25.73 olarak ifade edilir.
E
Doğal Logaritma
c
FE
TI˙
Y
Doğal logaritma, Euler sabiti olan e tabanına göre logaritmadır ve ln ile ifade edilir.
Euler sabiti e irrasyonel bir sayı olup, yaklaşık değeri 2.71’dir.
Sıfırdan büyük pozitif bir x gerçel sayısının doğal logaritması aşağıdaki gibi ifade edilir.
loge x = ln x
ln, ”Elen” diye okunur.
Logaritma Fonksiyonun Özellikleri
1) b ∈ R+ olsun. logb 0 → −∞ yani sıfırın logaritması eksi sonsuza yaklaşır.
2) b ∈ R+ ve a ∈ R− olsun. a sayısı negatif olduğu için logb a tanımsızdır.
log a
log a
3) a, b, c ∈ R+ olsun. logb a = log b = logc b
c
4) a, b, c ∈ R+ olsun. logc a + logc b = logc (a · b)
85
86
10. LOGARİTMA
a
5) a, b, c ∈ R+ olsun. logc a − logc b = logc b
6) a, b ∈ R+ ve n ∈ R olsun. logb an = n logb a
(logb a)
n
x n
x
8) x, y, b ∈ R+ ve n ∈ R olsun. logb ( y ) = n logb y = n[logb x − logb y]
7) a, b ∈ R+ ve n ∈ R olsun. logbn a =
9) log 10 = log10 10 = 1 ve ln e = lne e = 1
IO
G˘
LU
10) b ∈ R+ olsun. logb 1 = 0
Örnekler:
2) log4 0.25 = log4 14 = log4 4−1 = −1
log 2−2
log 0.25
−2·log 2
sin x
log ( cos
)
log sin x − log cos x
x
=
tan x =
log sin x
log sin x
=
5) log27 81 = log33 34 =
log sin x log cos x
−
= 1 − logsin x cos x
log sin x log sin x
O¨
ZL
EM
4) logsin x
O
NB
3) log4 0.25 = log 4 = log 22 = 2·log 2 = −2
2 = −1
AŞ
1) log4 16 = log4 42 = 2 log4 4 = 2
4
4
· log3 3 =
3
3
1
= logx 1 − logx x2 = 0 − 2 logx x = −2 · 1 = −2
2
x
7) logx
1
= logx x−2 = −2 · logx x = −2 · 1 = −2
x2
c
FE
TI˙
Y
E
6) logx
Üssü Logaritma Olan İfadeler
1) blogb a = a formülünün doğru olduğunu ispatlayalım.
logb (b
logb a
Eşitliğin her iki tarafının da
) = logb a b tabanına göre logaritmasını
x
alırsak eşitlik bozulmaz.
logb blogb a = logb a
(logb a) · logb b = logb a
(logb a) · logb b = logb a
| {z }
(logb a) · 1 = logb a
logb a = logb a İspatlanmış olur.
LOGARİTMA GRAFİKLERİ
87
2) eln a = a
n
3) bn logb a = blogb a = an
Örnek: 8log2
7
ifadesini hesaplayalım.
Çözüm:
8log2
7
= (23 )log2
7
y
= 2log2
7
IO
G˘
LU
= 23 log2
73
= 73
= 343
O¨
ZL
EM
Örnek: 3log27 5 ifadesini hesaplayım.
Çözüm:
5
= 3log(33 )
=3
y
1
·log3
3
5
1
53
c
FE
TI˙
Y
= 3log3
5
E
3log27
O
NB
AŞ
=7×7×7
1
= 53
=
√
3
5
Logaritma Grafikleri
y = ln x fonksiyonunu x-y kartezyen koordinat sisteminde çizelim.
Grafiği çizmek için birkaç nokta belirleyelim.
x = 1 için, y = ln x = ln 1 = 0 ⇒ (1, 0) noktası
x = e(≈ 2.71) için, y = ln e = 1 ⇒ (e, 1) noktası
x = e13 (≈ 0.05) için, y = ln e−3 = −3 ⇒ (e−3 , −3) noktası
x = 0 için, y = ln 0 → −∞ ⇒ (0, −∞) noktası
88
10. LOGARİTMA
Benzer şekilde y = log x fonksiyonunun grafiğini çizmek için grafik üzerinde birkaç tane
nokta belirleyelim.
x = 1 için, y = log x = log 1 = 0 ⇒ (1, 0) noktası
x = 10 için, y = log 10 = 1 ⇒ (10, 1) noktası
x = 0.001 için, y = log 0.001 = −3 ⇒ (0.001, -3) noktası
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
x = 0 için, y = log 0 → −∞ ⇒ (0, −∞) noktası
c
FE
TI˙
Y
E
y = ln x fonksiyonunun grafiği
y = log x fonksiyonunun grafiği
11. Geometri
IO
G˘
LU
Lise geometrisi, belli bir uzunluğu olan şekilsel objelerin alan, hacim, açı, çevre hesabı,
simetri, benzerlik, paralellik, boyut, konum gibi özelliklerini tanımlar.
Düzlemde Doğrular
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
1. Aynı düzlemde kesişen iki doğrunun oluşturduğu açıların karşılıklı olanları eşittir.
Düzlemde kesişen doğrular
c
FE
TI˙
Y
E
2. Aynı düzlemde bulunan ve birbirine paralel olan doğrular kesişmezler. Paralel iki
doğru, 3. bir doğru ile kesiştiğinde oluşan iç açıların toplamı 180 ◦ (derece)’dir.
doğru 1 ⊥ doğru 3
doğru 2 ⊥ doğru 3
doğru 1 // doğru 2
89
90
11. GEOMETRİ
IO
G˘
LU
3. Aynı düzlemdeki iki doğruyu üçüncü bir doğru kestiğinde oluşan iki iç açının toplamı
180◦ ’den küçükse, bu iki doğru uzatıldığında kesişerek üçüncü bir iç açı oluştururlar.
c
FE
TI˙
Y
Işın
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
4. Üçgenin iç açılarının toplamı 180◦ ’dir. Bu yukarıdaki 3 numaralı tanımla
ispatlanmıştır.
Işın bir ucu sınırlı olan doğruya denir.
Diğer uç sonsuza doğru uzanan noktalar
kümesidir.
Geometride Nesneler
Geometri konu başlığı altında aşağıdaki 2-boyutlu ve 3-boyutlu nesneler anlatılacaktır.
2-Boyutlu Uzayda Geometrik Nesneler:
Üçgenler
Dörtgenler ve diğer çokgenler
Paralelkenar
GEOMETRİDE NESNELER
91
Yamuk
Çemberler
Elips
3-Boyutlu Uzayda Geometrik Nesneler:
Silindir
IO
G˘
LU
Piramid
Küre
Elipsoid
Dikdörtgenler Prizması
O
NB
AŞ
Koni
Üçgen
∆ABC üçgeninin iç açılarının
toplamı 180◦ ’dir.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
2 boyutlu Öklid düzleminde 3 kenarı, 3 iç açısı olan geometrik şekildir. Köşeleri A, B ve
C olan bir üçgen ∆ABC olarak ifade edilir.
n tane kenarı olan bir çokgenin iç açılarının toplamı aşağıdaki genel formül ile hesaplanır:
180(n − 2)
ABC üçgeninin bir dış açısı olan ∠BCD, ∠A ve ∠B açılarının toplamına eşittir.
Üçgenle ile ilgili tanımlar
AB: A ve B noktaları arasına çizilen doğruyu ifade eder.
4ABC: ABC üçgeni
|AB|: A ve B noktaları arasındaki mesafe, uzunluk
∠ABC: ABC iç açısı ya da β ya da ∠B açısı ya da AB kenarının karşısındaki açı.
92
11. GEOMETRİ
Üçgende İç Açılar ve Kenarlar Arasındaki İlişki
Şekildeki ∆ABC üçgeninin kenarları
arasındaki ilişki aşağıdaki eşitsizlikle
verilir:
IO
G˘
LU
|AB| < |BC| < |AC|
Şimdi de bu kenarların karşısındaki
açıların arasındaki ilişkiye bakalım:
AŞ
∠C < ∠A < ∠B
O¨
ZL
EM
O
NB
Kenar uzunlukları ile bu kenarların karşısındaki iç açı büyüklükleri arasında doğrudan
bir ilişki olduğu görülür.
c
FE
TI˙
Y
E
İç Açılarına Göre Üçgen Çeşitleri
Yukarıdaki üçgenlerde en geniş açının karşısındaki kenar c ise, üçgenin çeşidine göre,
diğer a ve b kenarları arasındaki ilişki yukarıda verildiği gibidir.
GEOMETRİDE NESNELER
93
İkizkenar ve Eşkenar Üçgenler
İkizkenar üçgende iki kenar ve karşılarındaki açılar eşittir.
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
|AB| = |AC|
∠C = ∠B (ya da ∠ACB = ∠ABC)
O¨
ZL
EM
Eşkenar üçgende 3 kenar eşittir. İç açılar da
eşit ve 60◦ ’dir.
c
FE
TI˙
Y
E
|AB| = |AC| = |BC|
∠A = ∠B = ∠C = 60◦
Dik Açılı Üçgenler ve Pisagor Teoremi
Dik açılı üçgende Pisagor Teoremi aşağıdaki
formülle ifade edilir:
a2 + b 2 = c 2
Burada c kenarı, dik açının karşısında bulunan, hipotenüs denilen kenardır. Hipotenüs
dik açılı üçgenlerde en uzun kenardır, dik açı da en büyük açıdır.
Tamsayı kenarları olan en yaygın dik üçgenlerde kenar uzunlukları aşağıda verilmiştir:
94
11. GEOMETRİ
3-4-5 üçgeni ve katları: 6-8-10, 9-12-15, ...
5-12-13 üçgeni ve katları: 10-24-26, 15-36-39, ...
IO
G˘
LU
Üçgenin Çevresi ve Alanı
Şekildeki ∆ABC üçgeninin çevresi, P üç
kenar uzunluğunun toplamına eşittir.
Üçgenin
O
NB
AŞ
P = |AB| + |AC| + |BC|
alanı, tabanının ve yüksekliğinin çarpımının yarısına eşittir.
h · |AC|
2
O¨
ZL
EM
E
Alan =
c
FE
TI˙
Y
Şekildeki ∆XY Z üçgeninin alanı
aşağıdaki formül ile ifade edilir.
1
Alan = · taban ·yükseklik
2
=
∆XY Z
1
· |XY | · h1
2
üçgeninin alanı aynı zamanda farklı taban ve yükseklikler de kullanılarak hesaplanabilir:
Alan
=
1
· |XZ| · h2
2
=
1
· |Y Z| · h3
2
GEOMETRİDE NESNELER
95
Üçgenin Alanının Trigonometri Kullanılarak Hesaplanması
Alan
1
= cb sin α
2
1
= ac sin β
2
AŞ
IO
G˘
LU
1
= ab sin γ
2
O
NB
Üçgenlerde Kosinüs ve Sinüs Kuralları
O¨
ZL
EM
Trigonometri konu başlığı altında anlatılmaktadır.
Üçgende Açıortay ve Kenarortaylar
c
FE
TI˙
Y
E
Bir üçgenin köşesinden çizilen ve iç açılarını
iki eşit parçaya bölen çizgiye açıortay denir.
Şekildeki ∆ABC üçgenindeki ∠A açısının
açıortayı AX, ∠B açısının açıortayı BY ,
∠C açısının açıortayı CZ olur.
Üçgenin üç açıortayının kesiştiği görülmektedir.
Bir üçgende açıortayların kesişim noktası,
üçgenin içine teğet çizilen dairenin
merkezidir.
96
11. GEOMETRİ
Bir üçgenin köşelerinden
kenarlarına çizilen ve
kenarlarını iki eşit
parçaya bölen çizgiye
kenarortay denir.
1
oranında keser. Yukarıdaki
2
∆ABC üçgeninde bu oran yandaki gibidir:
IO
G˘
LU
Kenarortayların kesiştiği
nokta üçgenin ağırlık
merkezidir.
Kenarortaylar birbirini
O
NB
AŞ
OX
OY
OZ
1
=
=
=
OA
OB
OC
2
E
O¨
ZL
EM
Bir üçgenin üç köşesinden geçen bir dairenin
merkezi, üçgenin kenarlarını iki eşit
parçaya bölen dik çizgilerin kesişim
noktasıdır.
c
FE
TI˙
Y
Üçgende Yükseklikler
GEOMETRİDE NESNELER
97
Bir üçgenin herbir kenarına çizilen yükseklikler kesişir. Yukarıdaki ∆ABC üçgeni geniş
açılı olduğu için, 3 köşesinden çizilen yükseklikleri üçgenin dışında kesişir. ∆XY Z
üçgeni dar açılı olduğu için, 3 köşesinden çizilen yükseklikler üçgenin içinde kesişir.
Eşkenar Üçgende Açıortay ve
Kenarortaylar
IO
G˘
LU
∆ABC eşkenar üçgeninde açıortaylar aynı
zamanda kenarortaylardır ve tabanlar ile
dik açı yaparlar.
AŞ
Burada |AO| ve |OD| uzunluklarını a cinsinden
hesaplayalım.
= |AC|2
a
|AD|2 + ( )2
2
= a2
a2
4
= a2
|AD|2 +
= a2 −
a2
4
E
|AD|2
O¨
ZL
EM
|AD|2 + |DC|2
O
NB
Çözüm: Dik açılı ∆ADC üçgenine Pisagor teoremini uygulayalım.
√
3 2
3
= a ⇒ |AD| =
a
4
2
c
FE
TI˙
Y
2
|AD|
∆ADC üçgeninden:
Kenarortay tanımından
|AO|
= 2 olduğundan,
|OD|
|AD| = |AO| + |OD|
|AD| = 2|OD| + |OD|
|AD| = 3|OD|
√
3
|AD| =
a’yı eşitliğe
2
yerleştirelim.
√
3
a = 3|OD|
2
√
3
|OD| =
a
6
98
11. GEOMETRİ
√
|AO| = 2|OD| olduğundan,
|AO| =
3
a
3
Üçgenlerde Benzerlik ve Eşitlik (Denklik)
Üçgenlerde Benzerlik (∼)
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
İki üçgenin benzer olabilmesi için, üçgenlerden birinin iç açılarının diğer üçgenin iç
açılarına eşit olması gerekir. Benzer üçgenlerde birbirine eşit olan açıların karşılarındaki
kenarların uzunlukları orantılıdır.
Şekilde verilen ∆ABC ve ∆XY Z üçgenleri benzerdir çünkü karşılıklı açıları eşittir. Bu
benzerlik aşağıdaki gibi ifade edilir:
c
FE
TI˙
Y
E
∼, benzerlik sembolüdür.
∆ABC ∼ ∆XY Z
(Açı-Açı-Açı Koşulu)
∠A = ∠X,
Benzer üçgenlerde kenarlar orantısından:
a
b
c
= =
x
y
z
∠B = ∠Y,
∠C = ∠Z
İki üçgenin benzer olabilmesi için aşağıdaki koşullardan sadece bir tanesinin sağlanması
yeterlidir.
AAA: Açı-Açı-Açı; iki üçgenin karşılıklı iç açılarının eşit olması gerekir.
KAK: Kenar-Açı-Kenar; iki üçgenin iki kenarının orantılı olması ve iki kenar arasında
kalan iç açının eşit olması gerekir.
KKK: Kenar-Kenar-Kenar; iki üçgenin karşılıklı 3 kenarının orantılı olması gerekir.
GEOMETRİDE NESNELER
99
Örnek:
Şekilde |AD| = 1 birim
|DC| = 3 birim ve
∠ABD = ∠ACB verilmiştir.
IO
G˘
LU
|AB| =?
Çözüm:
Şekilde görülen taralı ∆ABD
ve ∆ACB üçgenlerinin AAA
şartını sağladığı için benzer
olduğunu ispatlayalım.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
Üçgenlerin benzerliğini kullanarak |AB|’yi hesaplayalım.
Benzerlikte eşit olan açılar:
1. ∠ABD = ∠ACB verilmiştir.
2. ∠BAD = ∠BAC ortak açıdır.
3. ∠ADB = ∠ABC üçgenin iç
açılarının toplamı 180 ◦ olduğundan, iki açısı eşit olan iki üçgenin üçüncü iç açılarının da
eşit olması gerekir.
∆ABD üçgeni, ∆ACB üçgenine benzer olduğundan karşılıklı kenarları orantılıdır:
100
11. GEOMETRİ
|AB|
|AC|
|AD|
|AB|
=
.
∆ABD ∼ ∆ACB
↓
∆ABD ∼ ∆ACB
&
∆ABD ∼ ∆ACB
|AB|
|AD|
=
orantısından |AB|’yi hesaplayalım:
|AC|
|AB|
|AD| = 1 ve |AC| değerlerini
IO
G˘
LU
Yukarıda verilen
|BD|
|CB|
=
|AB|
1
=
1+3
|AB|
denkleme yerleştirelim.
O
NB
|AB|2 = 4
AŞ
|AB|
1
=
4
|AB|
O¨
ZL
EM
|AB| = 2 birim
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek:
|AD| = |DC| = 35 cm
|AE| = 8 cm
|EC| = 42 cm
|BD| = 25 cm
|BC| = ?
Çözüm:
|AD| = |DC| olduğundan, ∆ADC ikizkenar üçgeninde ∠DAC ve ∠DCA açılarının eşit
olduğu görülür. |BC| uzunluğunu hesaplamak için üçgenlerde benzerlik özelliğini
kullanalım. Şekli tekrar çizelim:
GEOMETRİDE NESNELER
101
|AB|
35 + 25
10
=
=
|EC|
42
7
|AC|
8 + 42
10
=
=
|DC|
35
7
|AC|
|AB|
=
olduğundan,
|EC|
|DC|
kenarlar arasında orantı olduğu görülür.
IO
G˘
LU
Burada
AŞ
Kenar-Açı-Kenar (KAK) şartı sağlanmıştır. Bu yüzden ∆BAC ve ∆ECD üçgenleri
benzerdir.
Bu iki üçgenin benzerliğinden:
|BC|
10
=
|DE|
7
O¨
ZL
EM
|DE| = 28 değerini denkleme
O
NB
|AB|
|AC|
|BC|
10
=
=
=
|EC|
|DC|
|DE|
7
yerleştirelim.
10
|BC|
=
28
7
c
FE
TI˙
Y
E
|BC| =6 28 ·
10
67
|BC| = 40 cm
Şekildeki ∆ADE üçgeni ile
∆ABC üçgeni, AAA koşulundan
benzerdir. İki üçgenin kenar orantıları aşağıdaki gibidir:
|AD|
|AE|
|DE|
=
=
|AB|
|AC|
|BC|
102
11. GEOMETRİ
Örnek:
EF // BC
AC = 10 cm
AF = 5 cm
IO
G˘
LU
BC = 10 cm
EG = 2 cm
AŞ
DC = ?
Çözüm:
O
NB
1) AAA benzerlik şartı sağlandığı için ∆AEF ∼ ∆ABC olur. Kenar oranlarından:
|EF |
5
=
10
10
|EF | = 5
|GF | = |EF | − |EG|
O¨
ZL
EM
|EF |
|AF |
=
|AC|
|BC|
c
FE
TI˙
Y
E
|GF | = 5 − 2 = 3 cm
2) AAA benzerlik şartı sağlandığı için ∆AGF ∼ ∆ADC olur. Kenar oranlarından:
|AF |
|GF |
=
|AC|
|DC|
5
3
=
10
|DC|
|DC| = 6 cm
Üçgenlerde Eşitlik (∼
=)
İki üçgende birbirine karşılıklı gelen kenarlar ve açılar eşitse, bu üçgenler eşittir.
İki üçgenin eşit olabilmesi için aşağıdaki koşullardan yalnızca bir tanesinin sağlanması
yeterlidir.
KAK : Kenar-Açı-Kenar; iki üçgende birbirine karşılıklı gelen iki kenarın eşit olması ve
bu iki kenar arasında kalan iç açıların iki üçgende eşit olması koşuludur.
GEOMETRİDE NESNELER
103
AKA : Açı-Kenar-Açı; iki üçgende birbirine karşılıklı gelen iki açının eşit olması ve bu
iki açının arasında kalan kenarın eşit olması koşuludur.
KKK : Kenar-Kenar-Kenar; İki üçgende birbirine karşılıklı gelen 3 kenarın da eşit olması
koşuludur.
AAK : Açı-Açı-Kenar; iki üçgende birbirine karşılıklı gelen iki açının eşit olması ve bu
açılar arasında kalmayan bir kenarın eşit olması koşuludur.
Dik Açılı Üçgenlerde Eşitlik Koşulları
IO
G˘
LU
Hipotenüs-Kenar : İki dik açılı üçgende, hipotenüs kenarlarının eşit olması ve komşu
kenarlardan birer tanesinin eşit olması koşuludur.
Hipotenüs-Açı : İki dik açılı üçgende, hipotenüs kenarlarının eşit olması ve 90 ◦ ’den
küçük açılarından bir tanesinin eşit olması koşuludur.
AŞ
DİKKAT! KKA (Kenar-Kenar-Açı) eşitliği iki üçgende eşitlik için yeterli koşul değildir.
O
NB
Örnek:
|AB| = |CG| = 2 cm
|BC| = 1 cm, |GF | = 1.5 cm
|CE| = 4.5 cm
|DF | =?
E
O¨
ZL
EM
AB // DE ve CE // GF
c
FE
TI˙
Y
Çözüm:
Şekildeki kenar uzunluklarını ve eşit açıları belirleyelim:
1) AB // DE olduğundan, ∠ABC = ∠GDF olur.
2) AE doğrusu BD doğrusunu kestiğinden, ∠ACB ve ∠DCE karşılıklı açıları eşit olur.
CE // GF olduğundan, ∠DCE = ∠DGF olur. ⇒ ∠ACB = ∠DGF
3) ∆DGF üçgeni ∆DCE üçgenine benzerdir çünkü AAA koşulu sağlanmıştır. O halde,
kenar orantılarından:
|GF |
|DG|
=
|DC|
|CE|
|DG|
1.5
=
|DG| + 2
4.5
|DG| = 1
104
11. GEOMETRİ
Şekli tekrar çizelim:
∆ABC ∼
= ∆F DG (AKA koşulu)
1) Açı: ∠ABC = ∠GDF
2) Kenar: |BC| = |DG|
3) Açı: ∠ACB = ∠F GD
IO
G˘
LU
∆ABC üçgeni, ∆F DG üçgenine eşit
olduğundan karşılıklı gelen tüm
kenarları da eşittir
O halde, |DF | = |BA| = 2 cm olur.
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
Örnek:
|AB| = 2, |BF | = 1
c
FE
TI˙
Y
E
|BC| =?
Çözüm:
Üçgenlerde eşitlik özelliğini kullanarak |BC|’yi hesaplayalım.
60 ◦
= 30 ◦
2
|BE| = |BC| olduğundan:
∠DBC = ∠EBD =
BC // AD olduğundan:
∠EBC = ∠F EB = 60 ◦
∆ABF dik üçgeninde:
sin α =
1
2
α = 30 ◦
Şekli tekrar çizelim.
ABCD poligonunda,
BC // AD
|BE| = |CD|
BD, ∠EBC açısının açı
ortayıdır.
GEOMETRİDE NESNELER
105
∠ABE ve ∠BDC açılarının
dik açı olduğu görülür.
∆ABE ve ∆BDC üçgenlerinde:
Kenar: |BE| = |DC|
Açı: ∠BAE = ∠DBC = 30 ◦
Açı: ∠BEA = ∠BCD = 60 ◦
|BC| = |AE|
∆ABE üçgeninde:
cos 30 ◦ =
√
3
2
=
2
|AE|
O¨
ZL
EM
Poligonlar
√
4 3
4
|AE| = √ =
3
3
√
4 3
|BC| =
3
E
|BC| = |AE| olduğundan:
O
NB
2
|AB|
=
|AE|
|AE|
AŞ
∆BDC üçgeninde:
IO
G˘
LU
⇒ ∆ABE ∼
= ∆BDC (AAK)
∆ABE ve ∆BDC üçgenleri eşit olduğundan, |BC| = |AE| olur.
c
FE
TI˙
Y
Düz çizgilerin uç uca eklenerek kapalı bir halka oluşturması ile elde edilen şekile poligon
denir. Bir poligonun kenarları ve köşeleri vardır.
Örnek Poligonlar:
Poligonun iç açılarının toplamı 180 × (n − 2) formülü ile ifade edilir. Burada n poligonun
kenar sayısıdır.
106
11. GEOMETRİ
En çok bilinen poligonlar üçgenler, yamuklar, dörtgenler ve paralelkenarlardır.
Dikdörtgen
IO
G˘
LU
Karşılıklı kenarları eşit uzunlukta ve 4 iç
açısı dik olan dörtgendir. Dikdörtgende
karşılıklı kenarlar birbirine paraleldir.
O
NB
AŞ
İç açılarının toplamı:
180 × (n − 2) = 180(4 − 2) = 360 ◦
Dikdörtgenin Çevresi
O¨
ZL
EM
Dikdörtgenin çevresi P, kenar uzunluklarının toplamdır.
P = 2h + 2a = 2(h + a) birim
E
Dikdörtgenin Alanı
c
FE
TI˙
Y
Dikdörtgenin alanı birbirine eşit olmayan kenarlarının çarpımına eşittir.
Alan
= h × a birim kare
= ha birim2
Dikdörtgende Köşegen
Dikdörtgende karşılıklı köşeler arasına
çizilen çizgiye köşegen denir. Dikdörtgende
eşit uzunlukta iki köşegen vardır.
Köşegenlerin kesiştikleri nokta dikdörtgenin
merkezidir.
d1 = d2 =
√
h2 + a2 (Pisagor Teoremi)
GEOMETRİDE NESNELER
107
Kare
Dört kenarı da eşit uzunlukta ve 4 iç açısı dik olan
dörtgendir. Karede karşılıklı kenarlar birbirine
paraleldir.
AŞ
IO
G˘
LU
İç açılarının toplamı 180 × (n − 2) formülünden,
360 ◦ ’dir.
O
NB
Karenin Çevresi
O¨
ZL
EM
Karenin çevresi, P kenar uzunluklarının toplamıdır.
P = 4a birim
E
Karenin Alanı
c
FE
TI˙
Y
Karenin alanı iki kenar uzunluğunun çarpımına eşittir.
Alan = a × a = a2 birim2
Karenin Köşegenleri
Karede köşegenlerin uzunluğu eşittir ve
kesişim noktaları karenin merkezidir.
Köşegenler aynı zamanda karenin iç açılarının
açı ortayıdır.
Köşegenler:√
√
d1 = d2 = a2 + a2 = a 2 (Pisagor Teoremi)
108
11. GEOMETRİ
Paralelkenar
Karşılıklı kenarları eşit uzunlukta
ve birbirine paralel olan dörtgendir.
Paralelkenarda karşılıklı köşelerin
iç açıları birbirine eşittir.
IO
G˘
LU
Paralelkenarın 4 kenarı olduğu için
iç açılarının toplamı 180 × (n − 2)
formülünden, 360 ◦ ’dir.
Şekilden:
O
NB
AŞ
α + α + β + β = 360 ◦
2(α + β) = 360 ◦
α + β = 180 ◦
O¨
ZL
EM
Paralelkenarın Çevresi
=a+b+a+b
= 2(a + b) birim
c
FE
TI˙
Y
P
E
Paralelkenarın çevresi, P kenar uzunluklarının toplamına eşittir.
Paralelkenarın Alanı
Paralelkenarın alanı taban uzunluğu
ile yüksekliğinin çarpımaına eşittir.
Alan = a × h1 = b × h2
Paralelkenarın alanının, üçgenin
alanının iki katı olduğuna dikkat
edelim.
Paralelkenarın alanı trigonometri
kullanarak da hesaplanabilir.
Alan = ab sin α = ab sin β
GEOMETRİDE NESNELER
109
Yamuk(Trapezoid)
Karşılıklı iki kenarı birbirine paralel
olan dörtgendir.
Yamuğun 4 kenarı olduğu için
iç açılarının toplamı 180 × (n − 2)
formülünden, 360 ◦ ’dir.
Yamuğun Çevresi
AŞ
Yamuğun çevresi, P kenar uzunluklarının toplamına eşittir.
IO
G˘
LU
AB//CD olduğundan:
α + γ = 180 ◦ ve β + θ = 180 ◦
O
NB
P =a+b+c+d
Yamuğun Alanı
Yamuğun alanının aşağıdaki formül ile verildiğini ispatlayalım.
O¨
ZL
EM
(a + b)
×h
2
ABDC yamuğunu tekrar çizelim ve
ve ∆ABC ve ∆BCD üçgenlerine
ayıralım.
c
FE
TI˙
Y
E
Alan =
Alan(ABDC)
∆ABC ve ∆BCD üçgenlerinin
alanlarını ayrı ayrı hesaplayıp
toplayalım.
Alan(∆ABC) =
a
×h
2
Alan(∆BCD) =
b
×h
2
= Alan(∆ABC) + Alan(∆BCD)
=
a
b
×h+ ×h
2
2
=
(a + b)
×h
2
ispatlanmış olur.
110
11. GEOMETRİ
İkizkenar Yamuk
İkizkenar ABDC yamuğunda |AC| ve
|BD| kenar uzunlukları eşittir.
AB // CD ve |AC| = |BD| olduğundan,
IO
G˘
LU
∠ACD = ∠BDC = α
∠BAC = ∠ABD = β
α + β = 180 ◦
AŞ
Yamuklarda Kenar Orantısı
BF
EF − AB
AE
=
=
EC
FD
CD − EF
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Şekilde verilen yamuklarda
kenar orantıları aşağıdaki
gibidir.
Örnek:
Yukarıdaki şekilde verilen yamuklarda |AE| = 1 cm, |ED| = 3 cm, |AB| = 5 cm ve
|DC| = 13 cm ise, |EF | uzunluğu nedir?
Yamuklarda
İçler dışlar ça
GEOMETRİDE NESNELER
111
Beşgen
Düzgün (Eşkenar) beşgenin 5 eşit kenarı ve 5
eşit iç açısı vardır.
Beşgende iç açıların toplamı 180 × (n − 2)
formülünden, 180 ◦ × (5 − 2) = 540 ◦ ’dir.
IO
G˘
LU
İç açıların herbiri α ise,
540 ◦
= 108 ◦ olur.
α=
5
AŞ
Örnek:
c
FE
TI˙
Y
Çözüm:
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Şekildeki ABCDE eşkenar beşgeninin kenar
uzunluğu 2 cm ise, beşgenin köşelerinden
geçen dairenin yarıçapı, r uzunluğunu ve
∠AOB açısını hesaplayalım.
ABCDE düzgün beşgeninde iç açıların herbiri 108 ◦ ’dir. ∆AOB üçgeninde ∠BAO ve
∠ABO açıları, beşgenin iç açısının yarısı kadardır. O halde,
∠BAO = ∠ABO = 54 ◦ olur.
∆AOB üçgeninde iç açıların toplamı 180 ◦ olduğundan:
∠BAO + ∠ABO + ∠AOB
= 180 ◦
54 ◦ + 54 ◦ + ∠AOB
= 180 ◦
∠AOB
= 72 ◦
112
11. GEOMETRİ
∆AOB üçgenin yarısı olan ∆OBX dik üçgeninde:
cos 54 ◦ =
1
cos 54 ◦
IO
G˘
LU
r=
1
r
AŞ
Beşgenin Çevresi
O
NB
Şekildeki eşkenar ABCDE beşgeninin çevresi, P:
P = |AB| + |BC| + |CD| + |DE| + |EA|
O¨
ZL
EM
P = 5a birim olur.
c
FE
TI˙
Y
E
Beşgenin Alanı
Düzgün bir beşgenin alanı, iç açı ortaylarının
kesişimi ile oluşan 5 eşit üçgenin alanlarının
toplamıdır.
Beş eşit üçgen eşkenar üçgen değildir. Bu
üçgenlerden ∆AOB üçgeninin alanını hesaplayalım.
GEOMETRİDE NESNELER
113
Alan(∆AOB) =
∆AOB üçgeninde h yüksekliğini
trigonometri kullanarak hesaplayalım:
tan 54 ◦ =
h’yi yalnız bırakalım:
h=
a×h
2
h
a
2
a
· tan 54 ◦
2
1
a2
a·h=
tan 54 ◦
2
4
Alan(∆AOB) =
Beşgenin alanı:
Alan(ABCDE) = 5 · Alan(∆AOB)
5a2
tan 54 ◦
4
AŞ
Alan(ABCDE) =
IO
G˘
LU
h’nin değerini kullanalım:
O
NB
Örnek: Düzgün bir altıgenin kenar uzunluğu 4 cm’dir. Bu altıgenin içine teğet çizilen
dairenin yarıçap uzunluğu nedir?
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
Çözüm:
∆AOX üçgeninde:
tan 60 ◦ =
√
Düzgün bir altıgenin iç açılar toplamı
180 × (n − 2) formülünden,
180(6 − 2) = 720 ◦ ’dir.
İç açıların herbiri:
720 ◦
= 120 ◦
6
Buradan, ∠OAX =
120 ◦
= 60 ◦
2
r
2
r
2
√
r = 2 3 cm
3=
Daire
Belli bir merkezden eşit uzaklıkta çizilen kapalı eğriye çember ya da daire denir. Bu eşit
uzaklık dairenin yarıçapıdır, ”r” ile gösterilir.
114
11. GEOMETRİ
Şekildeki dairenin merkezi ”O”, yarıçapı da
”r” ile ifade edilmiştir.
Dairenin çapı d, yarıçapının iki katı
uzunluğundadır.
IO
G˘
LU
d = 2r
Pi Sayısı, π
AŞ
π sayısı, matematikte sabit ve irrasyonel bir sayıdır.
Ayrıca π, trigonometride 180 ◦ ’ye eşittir.
Dairenin Çevresi
O
NB
π ≈ 3.1412...
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
Dairenin çevresi P, aşağıdaki formül ile ifade edilir:
P = 2πr
Dairenin etrafında bir tur 360 ◦ ’de
tamamlanır.
2π = 2 × 180 ◦ = 360 ◦
Dairenin Alanı
Dairenin alanı aşağıdaki formülle ifade edilir.
Alan = πr2
GEOMETRİDE NESNELER
115
Daire Yayı
Dairenin belli bir kesitine yay denir. Şekildeki AB
_
yayı, AB olarak ifade edilir.
Şekildeki yay, bir tam dairenin
60 ◦
1
= ’sına denk gelir.
◦
360
6
IO
G˘
LU
1
πr2
Bu kesitin alanı: Alan = (πr2 ) =
6
6
πr
_ 1
Kesitin çevresi (yayın uzunluğu): P (AB) = (2πr) =
6
3
O
NB
AŞ
Dairenin Teğetleri
O¨
ZL
EM
Dairenin üzerindeki herhangi bir noktadan
geçerek daireninin dışında çizilen doğruya
teğet denir. Bu noktadan dairenin merkezine
çizilen doğru, teğet ile arasında dik açı
oluşturur.
c
FE
TI˙
Y
E
Dairede İç Açılar
Çemberin üzerindeki iç açılar, aynı yaya
bakan merkezi açının yarısına eşittir.
Ayrıca, iç açıların kirişlerinin daire yayına
dokunduğu noktalar arasına çizilen kiriş,
bu noktalara çizilen teğetlerle aynı açıyı
yapar.
116
11. GEOMETRİ
Dairede Dış Açılar
Dış açı, kendisini oluşturan
doğruların çemberden kestiği
yayların farkının yarısına
eşittir.
θ−β
2
IO
G˘
LU
α=
O
NB
AŞ
Örnek:
c
FE
TI˙
Y
Çözüm:
E
O¨
ZL
EM
BD doğrusunun uzunluğu, çemberin çapına
eşitse, ∠BAD ve ∠BCD açılarının ölçüsü
nedir?
BD doğrusu dairenin merkezinden geçtiği için,
baktığı yay 180 ◦ ’lik bir açıdır.
∠BAD ve ∠BCD iç açıları, 180 ◦ ’lik yaya
baktığı için bu açının yarısına eşittirler.
∠BAD = ∠BCD =
180 ◦
= 90 ◦
2
GEOMETRİDE NESNELER
117
Dairede Kirişler
BD ve CE kirişleri, dairenin
dışında bir A noktasında
kesişirlerse,
IO
G˘
LU
|AD| · |AB| = |AE| · |AC|
AŞ
İspatı:
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Açı-Açı-Açı benzerliğinden:
∆ABE ve ∆ACD üçgenleri
benzerdir.
İki üçgendeki kenar
orantısından:
|AE|
|AB|
=
|AC|
|AD|
İçler dışlar çarpımından:
|AB| · |AD| = |AC| · |AE|
AP daireye teğetse,
|AP |2 = |AB| · |AC|
118
11. GEOMETRİ
İspatı:
1. ∠AP B ve ∠ACP açıları
_
ortak BP yayına baktıkları
için eşittirler.
2. ∠A açısı ∆AP B ve ∆ACP
üçgenlerinin ortak açısıdır.
IO
G˘
LU
Açı-Açı-Açı benzerliğinden,
∆AP B ve ∆ACP üçgenleri
benzerdir.
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
∆AP B ∼ ∆ACP
|AB|
|AP |
=
Benzer üçgenlerin kenar orantısından:
|AC|
|AP |
2
İçler dışlar çarpımından: |AP | = |AB| · |AC|
AB ve CD kirişleri dairenin içinde bir E,
noktasında kesişirlerse,
c
FE
TI˙
Y
E
|AE| · |EB| = |DE| · |EC|
İspatı:
_
1. ∠CAE ve ∠BDE açıları ortak CB yayına
baktıkları için eşittirler.
_
2. ∠ECA ve ∠EBD açıları ortak AD yayına
baktıkları için eşittirler.
Açı-Açı-Açı benzerliğinden, ∆ECA ve ∆EBD
üçgenleri benzerdir.
∆ECA ∼ ∆EBD
|EC|
|EA|
=
|EB|
|ED|
|EC| · |ED| = |EB| · |EA|
Benzer üçgenlerin kenar orantısından:
İçler dışlar çarpımından:
GEOMETRİDE NESNELER
119
Kartezyen Koordinat Sisteminde Dairenin Denklemi
x-y kartezyen koordinat sisteminde
daire, aşağıdaki formül ile ifade edilir:
(x − a)2 + (y − b)2 = r2
Burada (a, b), dairenin merkezinin
koordinatları, r de yarıçap uzunluğudu
IO
G˘
LU
Eğer dairenin merkezi O(0, 0) orijin
noktasında ise, dairenin formülü:
AŞ
x2 + y 2 = r 2
O
NB
Örnek:
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
Şekilde verilen T (−2, 23 )
noktası daireye teğetse, bu
dairenin formülü nedir?
120
11. GEOMETRİ
Çözüm:
Merkezi (-1, -1) noktası
olan dairenin formülü:
(x −− 1)2 + (y −− 1)2 = r2
⇒ (x + 1)2 + (y + 1)2 = r2
IO
G˘
LU
T (−2, 23 ) noktasından dairenin
merkezine çizilen doğru teğete
diktir ve mesafe yarıçaptır.
Yarıçap: r = |T O| ⇒ r2 = |T O|2
29
3
|T O|2 = (− 2 −− 1)2 + ( −− 1)2 =
2
4
29
4
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
⇒ (x + 1)2 + (y + 1)2 =
c
FE
TI˙
Y
E
Elips
Elips bir koninin eğik kesitinden
elde edilir.
Elipste F1 ve F2 olmak üzere iki odak vardır.
Odaklar, uzun olan asal eksenin üzerinde
bulunurlar.
GEOMETRİDE NESNELER
121
Kartezyen Koordinat Sisteminde Elipsin Denklemi
a > b iken a, yarı asal eksen,
b de yarı yedek eksen olur.
IO
G˘
LU
Elipsin Denklemi:
x2 y 2
+ 2 =1
a2
b
Merkezi (x0 , y0 ) noktasında bulunan
elipsin denklemi:
Dairenin denklemini hatırlarsak:
Daire: (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = r2
(x − x0 )2 (y − y0 )2
+
=1
r2
r2
O¨
ZL
EM
⇒
O
NB
AŞ
(x − x0 )2 (y − y0 )2
+
=1
a2
b2
Elipsi 2 farklı yarıçapı olan (a ve b) bir daire gibi düşünebiliriz.
c
FE
TI˙
Y
E
Elipsin Odağı
Elipste Odak: f =
√
a2 − b 2
Elipste Dış Merkezlik, , odak
uzunluğunun asal eksene olan
oranıdır.
√
a2 − b 2
=
2a
Elipste Basıklık, g, asal eksen ile yedek eksen uzunluğu arasındaki farkın asal eksen
uzunluğuna olan oranıdır.
122
g=
11. GEOMETRİ
2a − 2b
b
=1−
2a
a
Elipsin Alanı
Alan = πab
Burada a asal eksenin yarısı, b de yedek eksenin yarısıdır.
3 Boyutlu Geometrik Şekiller
IO
G˘
LU
Küre
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
3 boyutlu uzayda, belli bir merkezden
eşit r yarıçapı uzaklığında bulunan
noktalar kümesine küre denir.
c
FE
TI˙
Y
E
Kürenin Alanı
Bir kürenin dış yüzeyinin alanı
aşağıdaki formülle ifade edilir.
Alan = 4πr2
Kürenin Hacmi
Kürenin hacmi, V aşağıdaki formül ile ifade edilir.
4
V = πr3
3
GEOMETRİDE NESNELER
123
Kürenin Kartezyen Koordinat Sisteminde Formülü
Merkezi O(a, b, c) ve yarıçapı r olan bir kürenin denklemi aşağıdaki gibi ifade edilir:
(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2
IO
G˘
LU
Örnek: Formülü aşağıda verilen kürenin yarıçapı 13 cm ise, kürenin merkezinin
koordinatları nedir?
AŞ
x2 − 2dx + y 2 + 4y = 128 − z 2 − 2z
(x − a)2
x2 − 2ax + a2
+
O¨
ZL
EM
O
NB
Çözüm: Kürenin denklemini aşağıdaki şekle sokmak için denklemi x, y ve z cinsinden
çarpanlarına ayıralım:
(y − b)2
+
+ y 2 − 2by + b2
(z − c)2
+ z 2 − 2cz + c2
=
132
=
169
Verilen küre denklemine dönelim ve yukarıda olduğu gibi çarpanlarına ayıralım.
y 2 + 4y
↓
E
+
c
FE
TI˙
Y
x2 − 2dx
.
x2 − 2dx + d2
.
+ y 2 + 4y + 4
↓
(x − d)2
+
⇒ 133 + d2
d2
d
=
=
=
(y + 2)2
+
z 2 + 2z
↓
+ z 2 + 2z + 1
↓
+
(z + 1)2
=
128
&
=
128 + d2 + 4 + 1
&
=
+ d}2
|133{z
169
169
36
±6
d’nin değerini yerine koyalım:
(x − 6)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 132 ya da (x + 6)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 132
Kürenin Merkezi: O(6, -2, -1) ya da O(-6, -2, -1) olarak hesaplanır.
124
11. GEOMETRİ
Koni (Huni)
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
h: yükseklik
r: dairenin yarıçapı
l: yan yüzeyin uzunluğu
l2 = r2 + h2 (dik koni)
= Dairesel Tabanın Alanı + Yan Yüzeyin Alanı
= πr2 + πrl
c
FE
TI˙
Y
E
Koninin Alanı
O¨
ZL
EM
Dik Koninin Alanı
Dik koninin yan yüzeyin alanının πrl olduğunu
ispatlayalım. Bunun için yandaki şekilde görülen
koninin açılımını kullanalım.
Koninin tabanı r yarıçapında bir daire olduğu için,
dairenin çevresi 2πr olur. Şekilden görüldüğü gibi
_
bu uzunluk aynı zamanda AC yayının da uzunluğudur:
_
P (AC) = 2πr
_ ABC daire kesiti, yarıçapı l olan bir dairenin α açılık
bir bölümüdür. O halde AC yayının uzunluğu aynı zamanda aşağıdaki ifade ile de
hesaplanabilir:
_
P (AC) =
α
(2πl)
360◦
GEOMETRİDE NESNELER
125
α
(2πl) = 2πr
360◦
Demek ki,
α
r
=
360◦
l
Koninin yan yüzeyinin alanı,
ABC daire kesitinin alanına
Alan(ABC kesiti) =
eşittir.
α
(πl2 )
360◦
α
’in değerini, kesitin alan
360◦
r
denklemine yerleştirsek:
Alan(ABC kesiti) = (πl2 )
l
IO
G˘
LU
Yukarıdaki iki eşitlikten:
Alan(ABC kesiti) = πrl ispatlanmış olur.
AŞ
Dik Koninin Hacmi
O
NB
1
Hacim = πr2 h
3
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
Silindir
Silindir alt ve üst yüzeyleri daire olan 3 boyutlu cisimdir.
Dik Silindirin Alanı
Yandaki şekilde, dik bir
silindirin, açıldığında
bir dikdörtgen ve 2 eşit
daireden oluştuğu
görülmektedir.
126
Alan
11. GEOMETRİ
= 2× Dairesel Taban Alanı +
= 2×
πr2
+
Dikdörtgen Yan Yüzeyinin Alanı
2πr × h
.
&
Dikdörtgenin
Dikdörtgenin
taban uzunluğu
yüksekliği
Alan = 2πr(r + h)
IO
G˘
LU
Eğik Silindirin Alanı
O
NB
AŞ
Yandaki şekilde, eğik bir
silindirin, açıldığında
bir paralelkenar ve 2 eşit
daireden oluştuğu
görülmektedir.
h = lsin α yukarıdaki
eşitliğe yerleştirildiğinde:
O¨
ZL
EM
Alan = 2× Dairesel Taban Alanı + Paralelkenar Yan Yüzeyinin Alanı
Paralelkenarın tabanı
Alan = 2 × πr2 + 2πr × h
2πr, yüksekliği h’dir.
Alan = 2πr2 + 2πrlsin α
c
FE
TI˙
Y
E
Alan = 2πr(r + l sin α)
Silindirin Hacmi
Hacim
= Taban Alanı × Yükseklik
= πr2 h
Silindirin hacminin koninin hacminin
3 katı olduğu görülür.
GEOMETRİDE NESNELER
127
Küp
IO
G˘
LU
Kübün 6 adet kare yan yüzeyi vardır.
Komşu kareler birbirine diktir.
= 6× (Kare Yüzeyin Alanı)
O
NB
Alan
AŞ
Kübün Alanı
Kübün Hacmi
Hacim
O¨
ZL
EM
= 6a2
= Taban Alanı × Yükseklik
c
FE
TI˙
Y
E
= a2 × a = a3
Kübün Köşegeni
Kübün 4 tane birbirine eşit uzunlukta köşegeni
vardır. Bu köşegenler, yandaki şekilde |AF |, |BE|,
|DG| ve |CH| uzunluklarıdır.
Şekilde AF köşegeninin uzunluğunu hesaplamak
istersek, ABGH karesinin köşegenini olan |AG|
uzunluğunu ve FG kenarını kullanmamız gerekir.
Burada ∆AF G bir dik üçgendir.
Pisagor teoreminden:
|AF |2 = |F G|2 + |AG|2
√
|AF |2 = a2 + (a 2)2 = 3a2
√
|AF | = a 3
128
11. GEOMETRİ
Dikdörtgenler Prizması
IO
G˘
LU
Dikdörtgenler prizmasının 8 köşesi ve 12 kenarı
vardır. Prizmanın karşılıklı dikdörtgenleri eşittir.
Komşu dikdörtgen yüzeyler birbirlerine diktir.
AŞ
Dikdörtgenler Prizmasının Alanı
Alan = 2(ab) + 2(bc) + 2(ac)
= 2(ab + bc + ac)
Dikdörtgenler Prizmasının Hacmi
O
NB
Dikdörtgenler prizmasının alanı dikdörtgen yüzeylerinin alanlarının toplamına eşittir.
O¨
ZL
EM
Dikdörtgenler prizmasında hacim, herhangi bir dikdörtgen yüzeyinin alanı ile bu yüzeye
dik olan kenar uzunluğunun çarpıma eşittir. Yukarıdaki şekilde, dikdörtgen taban
yüzeyin alanı ab ve bu tabana dik olan kenar c uzunluğu olur. O halde,
Hacim = abc
c
FE
TI˙
Y
E
Dikdörtgenler Prizmasının Köşegeni
Dikdörtgenler prizmasının 4 tane birbirine eşit
uzunlukta köşegeni vardır. Bu köşegenler, yandaki
şekilde |AF |, |BE|, |DG| ve |CH| uzunluklarıdır.
Şekilde AF köşegeninin uzunluğunu hesaplamak
istersek, ABGH dikdörtgeninin köşegenini olan
|AG| uzunluğunu ve FG kenarını kullanmamız
gerekir.
Burada ∆AF G bir dik üçgendir.
Pisagor teoreminden:
|AF |2 = |AG|2 + |F G|2
|AF |2 = (a2 + b2 ) + c2 = a2 + b2 + c2
|AF | =
√
a2 + b 2 + c 2
GEOMETRİDE NESNELER
129
O¨
ZL
EM
Düzgün Üçgen Piramidin Alanı
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Piramid
c
FE
TI˙
Y
E
Düzgün üçgen piramidin 4 tane eşkenar
üçgen yüzeyi vardır. O halde, düzgün
üçgen piramidin alanı, tek bir eşkenar
üçgenin alanının 4 ile çarpımına eşittir.
Yandaki şekilde görülen hp yüksekliği
piramidin yüksekliğidir.
Önce tek bir eşkenar üçgenin alanını
hesaplamamız gerekir.
Düzgün üçgen piramidin 4 eşkenar üçgen
yüzeylerinden biri yandaki şekilde görülmektedir.
Eşkenar üçgenin alanını hesaplamak için üçgenin
yüksekliğini bulmamız gerekir.
Pisagor Teoreminden:
a
h2 + ( )2 = a2
2
a2
2
h = a2 −
4
√
3
h=
a
2
130
11. GEOMETRİ
1
·a·h
2
√
3
1
= ·a·
a
2
2
√
3 2
a
=
4
Üçgenin alanı: Alan
=
Piramidin alanı: Alanp
= 4 × Alan
IO
G˘
LU
√
3 2
=4×
a
4
√
= 3 a2
AŞ
Düzgün Üçgen Piramidin Hacmi
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Düzgün (eşkenar) üçgen piramidin hacmi, eşkenar üçgen olan taban alanının piramidin
yüksekliği ile çarpımının üçte biridir. Eşkenar üçgenin alanını yukarıda hesaplamıştık.
O halde, piramidin yüksekliği bulmamız gerekmektedir.
Yukarıdaki şekilde eşkenar üçgen piramid ve piramidin tabanı olan eşkenar ∆ABC
üçgeni görülmektedir. ∆AOP dik üçgeninde Pisagor Teoremini kullanarak hp
hesaplanabilir. Bunun için |AO| uzunluğunun bilinmesi gerekir.
|AO| uzunluğunun hesaplanması:
∆ABC üçgeni eşkenar olduğu için AQ, BR ve CS doğruları hem açıortay, hem kenar
ortay hem de üçgeninin kenarlarına diktir (yükseklik). Kenarortaylar üçgende
birbirlerini 1:2 oranında kestiklerinden:
|AO| = 2 × |OQ| = 2x olur.
GEOMETRİDE NESNELER
131
∆ABQ dik üçgeninde,
Pisagor Teoremini uygularsak: |AQ|2 + |BQ|2 = |AB|2
a
(3x)2 + ( )2 = a2
2
9x2 +
a2
= a2
4
3a2
4·9
√
a 3
x=
6
IO
G˘
LU
x2 =
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
√
a 3
|AO| = 2x =
3
E
hp yüksekliğinin hesaplanması:
c
FE
TI˙
Y
∆AOP dik üçgeninde, Pisagor
Teoremini uygularsak:
|AP |2 = |AO|2 + |P O|2
√
a 3 2
a =(
) + hp 2
3
2
Kenarların değerlerini
denkleme yerleştirirsek:
a2
+ hp 2
3
√
√
2
6
hp = √ a =
a
3
3
a2 =
1
× Taban Alanı × Piramidin Yüksekliği
3
√
√
1
3 2
6
Hacim = ×
a ×
a
3
4
3
√
2 3
=
a
12
Düzgün Üçgen Piramidin Hacmi:
132
11. GEOMETRİ
Örnek:
AŞ
IO
G˘
LU
Şekildeki kare piramidin hp yüksekliğini, l ve a
cinsinden hesaplayalım.
O
NB
Çözüm: Piramidin kare tabanının köşegen uzunluğu Pisagor Teoreminden:
|AC|2 = |AB|2 + |BC|2
AC köşegeni:
|AC|2 = a√2 + a2
|AC| = a 2
O¨
ZL
EM
∆ABC üçgeni diktir.
√
|AC|
a 2
|AO| =
=
2
2
ABCD karesinde köşegenler
birbirlerini ortadan keser.
E
∆AOP dik üçgeninde
Pisagor Teoremini uygularsak: |AO|2 + |P O|2 = |AP |2
c
FE
TI˙
Y
√
a 2 2
(
) + hp 2 = l2
2
r
a2
hp = l2 −
2
hp ’yi yalnız bırakırsak:
Kare Piramidin Hacmi
Kare piramidin hacmi kare tabanın alanı ile piramid yüksekliğinin çarpımının üçte
birine eşittir.
r
a2
2
Önceki örnekte kare piramidin yüksekliği hp = l −
olarak hesaplanmıştır.
2
O halde,
a2 × hp
a2
Hacim =
=
·
3
3
r
l2 −
a2
2
KONİNİN KESİTLERİ: DAİRE, ELİPS, PARABOL, HİPERBOL
133
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Koninin Kesitleri: Daire, Elips, Parabol, Hiperbol
Dairenin ve Elipsin Grafiği
c
FE
TI˙
Y
E
Daire ve elipsin denklemleri ve kartezyen koordinat sisteminde grafiksel gösterimleri
geometri bölümünde daha önceki konu başlıkları altında anlatılmıştır.
Parabolün Grafiği
Parabol, y = x2 türünden 2. dereceden polinom fonksiyonların grafiğidir. Parabolün
denklemi aşağıdaki fonksiyonlarla ifade edilir.
y = 2x2
y=
x2
5
y = x2 − 1 y = −x2
y = 4x − x2
y = x2 + 2x + 1
134
11. GEOMETRİ
Aşağıdaki şekilde çeşitli parabollerin grafikleri görülmektedir.
y = x2 + 2
y
y = x2 − 4
y=
y = x2
x2
5
4
6
x
O¨
ZL
EM
O
NB
2
AŞ
−2
IO
G˘
LU
y = 2(x − 4)(x − 6)
2
y = −x2
c
FE
TI˙
Y
E
−4
Hiperbolün Grafiği
1
Hiperbol, y = türünden denklemlerle tanımlanır. Aşağıda verilen fonksiyonlar
x
hiperbole örnektir.
y=
1
3x
xy = 4
y=
1
x+1
y=
1
x2
y 2 − x2 = 1
y=
1
x3
KONİNİN KESİTLERİ: DAİRE, ELİPS, PARABOL, HİPERBOL
y
+∞
1
x
y=
1
1
ve y = − hiperbolleri
x
x
y=
−∞
1
x
IO
G˘
LU
y=−
x
0
1
x
1
x
−∞
O¨
ZL
EM
y=
O
NB
AŞ
y=−
+∞
y
y=
+∞
1
x2
c
FE
TI˙
Y
E
1
y= 2
x
−∞
0
+∞
x
135
12. Vektörler (Yöneyler)
IO
G˘
LU
Vektörün Tanımı
Hem büyüklüğü hem de yönü olan fiziksel varlıklara vektör denir. Hız, elektromanyetik
alan ve momentum birer vektördür ancak kütle bir skalerdir çünkü yönü yoktur.
B
A
−→
−→
AB = −BA
−→
BA
A
O¨
ZL
EM
−→
AB
O
NB
B
AŞ
−→
−→
−→
AB ve BA vektörleri aşağıdaki şekildeki gibi ifade edilir. AB’nin başlangıç noktası A,
−→
bitim noktası B’dir. BA’nın başlangıç noktası B, bitim noktası A’dır.
Vektörün Gösterimleri
E
Vektörün Simgesel Gösterimi
c
FE
TI˙
Y
Bir a vektörü 3 değişik simge ile gösterilebilir:
1) a: Koyu renk a harfi, a vektörünü ifade eder.
−
2) →
a : Üzerinde ok işareti olan a harfidir.
3) â: Şapka daha çok bileşke vektörlerinde (ı̂, ̂, k̂) kullanılır.
Vektörün İçerik Gösterimi
→
−
n boyutlu uzayda, bir A vektörünün içeriği (bileşenleri) aşağıdaki gibi gösterilebilir:
→
−
1) Parantez içinde: A = (a1 , a2 , . . . an−1 , an )
→
−
2) Birim vektörlerin toplamı cinsinden: A = a1 ı̂1 + a2 ı̂2 + · · · + an−1 ı̂n−1 + an ı̂n
3) Satır ya da sütun vektörü olarak:
→
−
A = a1 a2 . . . an−1 an 1×n bir satır vektörüdür.
136
VEKTÖRÜN NORMU (UZUNLUĞU, BÜYÜKLÜĞÜ)

b1
b2
..
.



B=

 bn−1
bn
137







bir sütun vektörüdür.
n×1
−→
Örnek: A(1, −2, 5) ve B(2, 3, 4) noktaları arasına çizilen AB vektörünü birim
vektörler cinsinden gösterelim.
IO
G˘
LU
−→
Çözüm: AB vektörünün başlangıç noktası A, bitiş noktası da B’dir. Bu yüzden, B
noktasının x, y ve z bileşenlerinden A noktasının benzer bileşenleri çıkarılır.
AŞ
−→
AB = (bx − ax )i + (by − ay )j + (bz − az )k
O
NB
= (2 − 1)i + (3 −− 2)j + (4 − 5)k
= i + 5j − k
O¨
ZL
EM
Vektörün Normu (Uzunluğu, Büyüklüğü)
A = aı̂ + b̂ + ck̂ vektörünün normu, kAk, aşağıdaki formül ile ifade edilir:
√
a2 + b 2 + c 2
c
FE
TI˙
Y
Birim Vektör
E
kAk =
Normu (uzunluğu) 1 birim olan vektöre birim vektör denir.
Normu 1’den farklı olan bir vektörün birim vektörünü elde etmek için, vektörün bütün
bileşenleri vektörün büyüklüğüne bölünür:
Verilen bir A vektörünün birim vektörü IA olsun. O halde,
A
IA =
formülü ile elde edilir.
kAk
Örnek: A = (−3, 4, 0) vektörünün birim vektörünü bulalım.
Çözüm:
A
1
=p
· (−3, 4, 0) =
Birim Vektör:
kAk
(−3)2 + 42 + 02
−3 4
, , 0
5 5
138
12. VEKTÖRLER (YÖNEYLER)
Vektörün Bileşke Vektörleri: i, j, k
3 boyutlu kartezyen sisteminde bir A vektörünün x, y ve z eksenleri üzerindeki bileşenleri
sırası ile i, j, k birim vektörleri ile ifade edilir.
A = (ax , ay , az ) = ax i + ay j + az k olur.
i, j, k birim vektörleri sırasıyla ı̂, ̂, k̂ olarak da gösterilebilir.
x-y-z koordinat sisteminde eksen birim vektörleri:
IO
G˘
LU
i = ı̂ = (1, 0, 0)
j = ̂ = (0, 1, 0)
O
NB
AŞ
k = k̂ = (0, 0, 1)
Örnek: G = −2ı̂ + 4̂ vektörünü, 2 boyutlu kartezyen sisteminde birim vektör
bileşenlerini göstererek çizelim. G vektörünün uzunluğunu hesaplayalım.
O¨
ZL
EM
Çözüm: G vektörünün x bileşeni -2, y bileşeni 4’dür. G vektörünü, x-y düzleminde
bileşke birim vektörlerini kullanarak çizelim.
c
FE
TI˙
Y
E
y
G
−2ı̂
G = −2i + 4j
4̂
x
O
p
√
√
→
−
k G k = (−2)2 + 42 = 20 = 2 5 birim
Örnek: F = 2ı̂ + 3̂ + k̂ vektörünü 3 boyutlu kartezyen sisteminde çizerek birim vektör
bileşenleri yardımı ile gösterelim.
Çözüm: F vektörünün x bileşeni 2, y bileşeni 3 ve z bileşeni 1’dir. F vektörünü x-y-z
düzleminde çizelim.
VEKTÖRLERDE TEMEL İŞLEMLER
139
z
2ı̂
k̂
F = (2, 3, 1)
O
3̂
2
x
3
IO
G˘
LU
1
y
Vektörlerde Temel İşlemler
O
NB
AŞ
(2, 3, 0)
Vektörlerde Toplama ve Çıkarma İşlemleri
→
− →
−
A+B
O¨
ZL
EM
→
−
→
−
A = (a1 , a2 , . . . , an−1 , an ) ve B = (b1 , b2 , . . . , bn−1 , bn ) vektörleri toplanırken benzer
bileşkeleri toplanır. Çıkarma işlemi de vektörlerin benzer bileşkelerine uygulanır.
= (a1 + b1 , a2 + b2 , . . . , an−1 + bn−1 , an + bn )
c
FE
TI˙
Y
→
− →
−
A−B
E
= (a1 + b1 )i1 + (a2 + b2 )i2 + · · · + (an−1 + bn−1 )in−1 + (an + bn )in
= (a1 − b1 , a2 − b2 , . . . , an−1 − bn−1 , an − bn )
= (a1 − b1 )i1 + (a2 − b2 )i2 + · · · + (an−1 − bn−1 )in−1 + (an − bn )in
Aşağıdaki şekilde g ve h vektörlerinin toplamı görülmektedir.
~g + ~h
~h
Toplam vektörünün, g’nin başlangıç noktası
ile h’nin bitim noktası arasına çizildiğine
dikkat edelim.
~g
Vektörlerde Eşitlik
İki vektörün eşit olabilmesi için benzer bileşkelerinin eşit olması gerekir.
140
12. VEKTÖRLER (YÖNEYLER)
Örnek: A = (2a − b, 5) ve B = (1, a + b) vektörleri eşitse, a’nın değeri nedir?
Çözüm: A ve B vektörlerinin eşit olması için karşılıklı x ve y bileşkelerinin eşit olması
gerekir.
x bileşkeleri: 2a − b = 1
y bileşkeleri: 5 = a + b
2 bilinmeyenli iki denklem elde edilir.
+
IO
G˘
LU
2a − b = 1
a+b=5
3a = 6 ⇒ a = 2 bulunur.
Vektörün Skaler (Sabit Sayı) İle Çarpımı
AŞ
Vektörlerde Çarpım İşlemi
→
−
cA
= (a1 , a2 , a3 ), c ∈ R ise,
O¨
ZL
EM
→
−
A
O
NB
Bir vektörün skaler (sabit sayı) ile çarpımından yine bir vektör elde edilir. Vektörün
bileşkelerinin herbiri skaler ile çarpılır.
= c × (a1 , a2 , a3 ) = (ca1 , ca2 , ca3 )
= ca1 ı̂ + ca2 ̂ + ca3 k̂
E
Paralel Vektörler
c
FE
TI˙
Y
Paralel vektörlerin karşılıklı bileşenleri arasında sabit bir oran vardır.
→
−
→
−
→
−
A = (3, −2, 4), B = (6, −4, 8), C = (−9, 6, −12) vektörleri birbirlerine paraleldir.
Vektörlerin Birbiri İle İç (.) Çarpımı
İki vektörün iç çarpımı, benzer bileşkelerinin çarpımlarının toplamına eşittir.
A = (a, b, c) ve D = (x, y, z) ise, A ve D vektörlerinin iç çarpımı aşağıdaki gibi ifade
edilir.
A · D = (a, b, c) · (x, y, z) = ax + by + cz
A · D = D · A (Değişme Özelliği)
İki vektörün iç çarpımından bir skaler elde edilir bu yüzden vektörlerin iç çarpım işlemine
skaler çarpım da denir.
VEKTÖRLERDE TEMEL İŞLEMLER
141
Birim Vektörlerin İç Çarpımı
Bir vektörün x, y ve z eksenlerindeki bileşkelerini ifade etmekte kullanılan i, j ve k
birim vektörlerinin birbirleri ile iç çarpımları sıfıra eşittir.
i · j = (1, 0, 0) · (0, 1, 0) = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · 0 = 0
i · k = (1, 0, 0) · (0, 0, 1) = 1 · 0 + 0 · 0 + 0 · 1 = 0
j · k = (0, 1, 0) · (0, 0, 1) = 0 · 0 + 1 · 0 + 0 · 1 = 0
IO
G˘
LU
İki Vektör Arasındaki Açı
İki vektörün arasındaki açı, vektörlerin iç çarpımı ve normu yardımı ile hesaplanır.
→
− →
−
→
− →
−
⇒ A · D = k A kk D k cos θ
O
NB
→
− →
−
A·D
cos θ = →
− →
−
k A kk D k
AŞ
A = (a, b, c) ve D = (x, y, z) ise, A ve D vektörlerinin arasındaki θ açısı aşağıdaki
formül ile ifade edilir:
Dik Vektörler
O¨
ZL
EM
Yukarıdaki birim vektörlerin iç çarpımı örneğinde görüldüğü gibi, birbirine dik olan
vektörlerin iç çarpımı sıfırdır. cos 90 ◦ = 0 olduğunu hatırlayalım.
Örnek: A = (3a, 6) ve B = (1, −1) vektörleri birbirine dik ise, a’nın değeri nedir?
E
Çözüm: A ve B vektörleri birbirlerine dik olduğu için aralarındaki açı 90 ◦ ’dir. Bu
yüzden, vektörlerin iç çarpımı sıfırdır.
c
FE
TI˙
Y
(3a, 6) · (1, −1) = 3a · 1 + 6 · −1 = 0
3a − 6 = 0 ⇒ a = 2 bulunur.
Vektörlerin Birbiri İle Çapraz (×) Çarpımı
A = (a, b, c) ve D = (x, y, z) ise, A ve D vektörlerinin çapraz çarpımı aşağıdaki
determinant ile hesaplanır. Determinantlar bir sonraki bölümde anlatılmaktadır.
i j k b c a c a b A × D = a b c = i
− j x z + k x y y
z
x y z = i(bz − cy) − j(az − cx) + k(ay − bx)
İki vektörün çapraz çarpımından yine bir vektör elde edilir.
A × D = −D × A
142
12. VEKTÖRLER (YÖNEYLER)
Sağ El Kuralı
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
İki vektörün çapraz çarpımı yine bir vektördür ve bir yönü vardır. İki vektörün çapraz
çarpımından elde edilen vektörün yönünü bulmak için Sağ El Kuralı kullanılır.
c
FE
TI˙
Y
E
Aşağıdaki şekilde A ve B vektörlerinin çapraz çarpımı ile elde edilen C vektörü
görülmektedir.
C = A × B vektörünün hem A vektörüne hem de B vektörüne dik olduğuna dikkat
ediniz.
Sağ el kuralını kullanarak C = A×B vektörünün yönünü bulmak için, aşağıdaki adımları
sırasıyla izlemeliyiz:
1) İşaret parmağımızla A vektörünün yönünü gösterelim.
2) Orta parmağımızı B vektörünün yönünde uzatalım.
3) Yukarıdaki iki adımı izlersek, baş parmağımız, A ve B vektörlerinin çapraz çarpım
vektörü olan C vektörünün yönünü gösterecektir.
VEKTÖRLERİN FİZİKTEKİ UYGULAMASI
143
Birim Vektörlerin Çapraz Çarpımları
i, j ve k eksen birim vektörleri birbirlerine diktir. Aşağıdaki x-y-z 3 boyutlu düzlemi ve
sağ el kuralını kullanarak, birim vektörlerin birbirleri ile çapraz çarpımlarını
hesaplayalım:
IO
G˘
LU
z
−ı̂
k̂
i×j=k
i × k = −j
AŞ
̂
y
j×k=i
O
NB
−̂
j × i = −k
ı̂
k×i=j
O¨
ZL
EM
−k̂
E
x
c
FE
TI˙
Y
Vektörlerin Fizikteki Uygulaması
Kinematikteki Uygulaması: Atış Hareketi
Yerden belli bir açı ve ilk hız ile atılan bir cismin, hızının x ve y bileşenlerini bulmakta
vektörler kullanılabilir.
Örnek: Yerden 4 m/s ilk hız ve 60 ◦ açı ile atılan bir taşın yatay ve dikey bileşenleri
nedir?
Çözüm: Atış hız vektörünü ve açısını x-y düzleminde çizelim.
144
12. VEKTÖRLER (YÖNEYLER)
y
Vy = kV k sin θ
V = Vx i + Vy j
V
θ = 60 ◦
x
IO
G˘
LU
Vx = kV k cos θ
AŞ
O
O
NB
İlk hız: kVk = 4 m/s ise,
O¨
ZL
EM
kV k
Yatay Bileşen: Vx = kVk cos θ = Vx = kVk cos 60 ◦ =
= 2 m/s
2
√
√
3kVk
= 2 3 m/s olur.
Dikey Bileşen: Vy = kVk sin θ = kVk sin 60 ◦ =
2
c
FE
TI˙
Y
E
Elektrik: Akım, Manyetik Alan, Manyetik Kuvvet İlişkisi
→
−
Sağ el kuralını kullanırsak, bir manyetik alanda ( B ) hareket eden yüklü parçacık
→
−
−
(elektrik akımı), q →
v üzerinde uygulanan manyetik kuvvet, F ise aşağıdaki çapraz
çarpım formülüne ulaşırız:
→
−
→
−
−
F = q→
v ×B
13. Matrisler ve Determinantlar
A=
3 4 1
−2 1 10
ya da A =
2×3
3 4 1
−2 1 10
IO
G˘
LU
Matris, üzerinde çeşitli işlemler yapılabilen bir sayılar grubudur. Birçok uygulaması
bulunmaktadır. 2 satır ve 3 sütunlu bir A matrisi aşağıdaki gibi ifade edilir:
2×3
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
A matrisi daha genel olarak satır ve sütunlarındaki elemanları cinsinden aşağıdaki gibi
ifade edilir:
a11 a12 a13
aij , i satırı ve j sütununda bulunan matris elemanıdır.
A=
a21 a22 a23 2×3
a11 : 1. satır, 1. sütun
a21 : 2. satır, 1. sütun
a12 : 1. satır, 2. sütun
a13 : 1. satır, 3. sütun
a22 : 2. satır, 2. sütun
a23 : 2. satır, 3. sütun
c
FE
TI˙
Y
E
Yukarıdaki A matrisi örneğinde, bu matris elemanlarının değerleri aşağıdaki gibidir:
a11 = 3,
a12 = 4,
a13 = 1
a21 = −2,
a22 = 1,
a23 = 10
Matris Türleri
Kare Matris
Satır sayısı sütun sayısına eşit olan matrislere kare matris denir.
Örnek:
A=
−3 2
7 6
bir kare matristir çünkü satır ve sütun sayıları eşittir.
2×2
145
146
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR
Birim (Etkisiz) Matris
Birim matrisler, köşegenindeki elemanlarının sayısı 1, geri kalan elemanları 0 olan kare
matrislerdir.
, I2 =
1 0
0 1

1
1 0 0
 0
, I3 =  0 1 0  , . . . . . . I n = 
 :
0 0 1 3×3
0


Boş Matris
Elemanlarının değeri sıfır olan matristir.
O
NB
O¨
ZL
EM
Simetrik (Köşegen) Matris
AŞ


0 0 0
N =  0 0 0  boş bir matristir.
0 0 0

0 ..... 0
1 ..... 0 

:
: 
0 ..... 1 n×n
IO
G˘
LU
1
I1 =
Bir matrisin köşegenindeki elemanlarından eşit uzaklıktaki elemanların değerleri eşitse,
o matrise simetrik matris denir.


7
15
4




4 
 matrisinde köşegen gri çizgi ile gösterilmektedir.

−1 

20
3
E
4 −2
6
6
c
FE
TI˙
Y
6
 3
 −1 9


A =
 12 8

 3 −3

7 −30
11
0
5
0
Yukarıdaki A matrisi simetrik değildir. Aşağıda verilen B matrisi simetriktir.

4

 −5


B =
 2
7
−5 2
3
4
7


4 −3 


9 6 
 matrisi simetriktir.
−3 6
5
Simetrik matrisler aynı zamanda kare matrislerdir. Kare olmayan matrislerin köşegeni
olmaz.
DETERMİNANTLAR
147
Alt Matris
Bir matrisin alt matrisi, o matrisin belli bir bölümü kullanılarak oluşturulan matristir.
Aşağıda verilen A matrisinin alt matrislerini oluşturalım.


a b c
A= d e f 
g h i
A1 =
d e f
g h i
A2 =
2×3
a c
g h
2×2
IO
G˘
LU
A1 ve A2 matrislerinin her ikisi de A matrisinin alt matrisleridir.
Satır ve Sütun Matrisleri (Vektörleri)
AŞ
Sadece satır ya da sütundan oluşan matrise vektör denir.
O
NB
Satır Vektörü (Yöneyi)
Satır matrisi ya da diğer adıyla satır vektörü 1 × m boyutunda bir matristir.
Örnek:
1 −4 7
1×3
ve B =
2 9 −10 6 1 −1
O¨
ZL
EM
A=
1×6
satır vektörleridir.
Sütun Vektörü (Yöneyi)
Sütun sayısı 1 olan matrise sütun matrisi ya da sütun vektörü denir.
E
Örnek:
c
FE
TI˙
Y




4

 0 




A=
ve
B
=

−6 


21 4×1


−8
7
3
−2
0
5
3










sütun vektörleridir.
7×1
Determinantlar
Bir A kare
a11
A=
a21
det(A) = matrisinin determinantı, det(A) ya da |A| olarak ifade edilir.
a12
kare matrisinin determinantı:
a22
a11 a12 = a11 · a22 − a21 · a12 olur.
a21 a22 3 × 3 boyutunda bir A matrisinin determinantını hesaplayalım:
148
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR


a11 a12 a13
A =  a21 a22 a23  verilsin.
a31 a32 a33
→ a21 a23
a31 a33
a13 için:
a a a
11 12 13
a21 a22 a23
a a a
31 32 33
→ a21 a22
a31 a32
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
a12 için:
a a a
11 12 13
a21 a22 a23
a a a
31 32 33
IO
G˘
LU
a11 a12 a13 det(A) = a21 a22 a23 değerini hesaplamak için matrisin 1. satırının kofaktörlerini
a31 a32 a33 bulmamız gerekir.
a a a
11 12 13 a22 a23 a11 için: a21 a22 a23 → a
a
32
33
a a a
31 32 33 O halde,
a
a
|A| = (−1)1+1 · a11 · 22 23
a32 a33
+(−1)1+2 · a12 · a21 a23
a31 a33
+(−1)1+3 · a13 · a21 a22
a31 a32
c
FE
TI˙
Y
Örnek:
2 −4
6 7
E
|A| = a11 (a22 a33 − a23 a32 ) − a12 (a21 a33 − a31 a23 ) + a13 (a21 a32 − a22 a31 )
= 2 · 7 − (− 4 · 6) = 14 + 24 = 38
Örnek:
−1 5
−2 10
−
= 1 · 10 − (− 2 · 5) =− 10 + 10 = 0
Yukarıdaki örnekte, matrisin birinci satırı ve ikinci satırı arasında orantı vardır, bu
yüzden determinantı sıfırdır.
Örnek:
2 9 −1 4 −5 3 = 2 · −5 3
10 0
7 10 0 −9· 4 3
7 0
− 1 · 4 −5
7 10
= 2(0 − 30) − 9(0 − 21) − 1(40 −− 35)
MATRİSLERDE TEMEL İŞLEMLER
149
= −60 + 189 − 75 = 54
Örnek: 3 × 3 boyutlu bir birim matrisin determinantını hesaplayalım.
1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 =1·
0 1 −0· 0 1 +0· 0 0 0 0 1 = 1(1 − 0) − 0 + 0
=1
İki matrisin çarpımının determinantı, matrislerin determinantlarının çarpımına eşittir.
IO
G˘
LU
det(AB) = det(A) · det(B)
Matrislerde Temel İşlemler
AŞ
Matrislerde Toplama Ve Çıkarma
Satır ve sütun sayıları (boyutu) aynı olan matrisler toplanabilir ve birbirlerinden çıkarılabilir.



a11 a12
b11 b12
A =  a21 a22 
ve B =  b21 b22 
matrisleri verilsin.
a31 a32 2×3
b31 b32 2×3




a11 a12
b11 b12
A + B =  a21 a22  +  b21 b22 
a31 a32 2×3
b31 b32 2×3


a11 + b11 a12 + b12
=  a21 + b21 a22 + b22 
olur.
a31 + b31 a32 + b32 2×3


a11 − b11 a12 − b12
olur.
A − B =  a21 − b21 a22 − b22 
a31 − b31 a32 − b32 2×3
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB

Am×n + Bm×n = Bm×n + Am×n (Toplamada Değişme Özelliği)
Am×n − Bm×n 6= Bm×n − Am×n
Örnek: Aşağıda verilen A, B ve C matrislerini kullanarak A + B − C işleminin sonucu
bulalım.
1 3 4 7
40 9 −5 2
−22 −4 0 6
A=
B=
C=
2 −1 0 9 2×4
−100 6 0 −1 2×4
−10 5 0 3 2×4
Çözüm: A, B ve C matrislerinin boyutları (2 × 4) eşit olduğundan toplama ve çıkarma
işlemleri yapılabilir.
1 + 40 − (− 22)
3 + 9 − (− 4)
4 +− 5 − 0
7+2−6
A+B−C =
−
2 +− 100 − (− 10)
1+6−5
0+0−0
9 +− 1 − 3 2×4
63 16 −1 3
=
−88 0 0 5 2×4
150
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR
Matrisin Sabit Sayı İle Çarpımı
c sabit bir sayı ve A bir matris ise,
a11 a12 a13
ca11 ca12 ca13
cA = c ·
=
a21 a22 a23 2×3
ca21 ca22 ca23 2×3
Yukarıda matrisin tüm elemanlarının c sabiti ile çarpıldığı görülür.
Örnek: A =
4 7 0 −10
satır vektörünü 2’ye bölelim.
1
1 · A = · 4 7 0 −10 = 2
2
2
7
2
0 −5
IO
G˘
LU
Çözüm:
AŞ
Matrislerin Birbiri İle Çarpımı
• I birim matris ise, A × I = I × A = A olur.
O
NB
• Eğer A ve B matrisleri birim, simetrik, boş ya da ters matrisler değillerse, AB 6= BA
doğru olur.
O¨
ZL
EM
• A matrisinin B matrisi ile çarpılabilmesi için A matrisinin sütun sayısının, B matrisinin
satır sayısına eşit olması gerekir.
Am×n matrisi, Bn×r matrisi ile çarpılabilir.
E
Am×n × Bn×r = Cm×r
c
FE
TI˙
Y
İki matrisin çarpımında, birinci matrisin satır elemanları, ikinci matrisin sütun
elemanları ile çarpılıp toplanır. Bu işlem birinci matrisin tüm satırları ve ikinci matrisin
tüm sütunları için sırayla tekrarlanır. A ve B matrisinin çarpımı aşağıdaki örnekte
açıklanmıştır.
Örnek: Aşağıda verilen A ve B matrislerini kullanarak A × B ifadesini hesaplayalım.

1 10
 4 1
A=
 −2 6
0 5





A×B = 

−



9
−
6
7
3 

ve B =  2 10 
− 
3
3 − 9 3×2
−
4 4×3
1 10
−

9 

4 1 3 

−
2 6 −3 

−
0 5 4


−
 6 7 


 2 10 

· 
3 −9
4×3
3×2
MATRİSLERDE TEMEL İŞLEMLER




A×B =






A×B =

1 · 6 + 10 · 2 +− 9 · 3
4·6+1·2+3·3
−
2 · 6 + 6 · 2 +− 3 · 3
1 ·− 7 + 10 · 10 +− 9 ·− 9



4 · 7 + 1 · 10 + 3 · 9 



−
−
−
−
2 · 7 + 6 · 10 + 3 · 9 


0 ·− 7 + 5 · 10 +− 4 ·− 9 4×2
−
−
0 · 6 + 5 · 2 +− 4 · 3

−1
174
35
−45 

Çarpım matrisinin boyutunun 4 × 2 olduğu görülür.
−
9
101 
−
2
86 4×2
IO
G˘
LU

151
Matrisin Devriği (Transpozu)
3×2
O¨
ZL
EM
Örnek:
4 5 −1
A=
ise, AT ’yi hesaplayalım.
0 7 10 2×3
O
NB
AŞ
Bir A matrisinin devriği AT ya da A0 olarak ifade edilir. AT , A matrisindeki satırların
sütunlar ile aşağıdaki gibi yer değiştirmesi ile elde edilir.




a11 a12
a11 a21 a31




T
a
21 a22  ise, A = 
A=

a12 a22 a32
a31 a32
2×3
c
FE
TI˙
Y
E
Çözüm: A matrisinin satırlarını sütunları olarak yazalım:


4 0
AT =  5 7 
−1 10 3×2
Örnek:
A=
9 −7 2
satır vektörünün devriğini bulalım.
Çözüm: A matrisinin tek satırını sütun olarak yazarsak:


9
AT =  −7 
Satır vektörünün devriğinin bir sütun vektörü olduğu görülür.
2
3×1
Örnek:
A=
5 0 −2 8

ise, A · AT çarpımını hesaplayalım.

5

0 

Çözüm: AT = 
olur.
 −2 
8
4×1
152
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR

A · AT =

5
 0 

5 0 −2 8 1×4 · 
 −2 
8
4×1
A · AT =
5 · 5 + 0 · 0 + −2 · −2 + 8 · 8
1×1
= 93
Bir satır vektörü ile sütun vektörünün çarpımının tek boyutlu bir sayı olduğu görülür.
1 3 5 9

 3 4 −1 −2


A =
 5 −1 2 7
9 −2 7 −6

IO
G˘
LU
Örnek:





 simetrik matrisinin devrik matrisini bulalım.

AŞ
4×4
1 3 5 9

 3 4 −1 −2


T
A =
 5 −1 2 7
9 −2 7 −6





 matrisi de simetriktir.

O¨
ZL
EM

O
NB
Çözüm: A matrisinin satırlarını sütun olarak yazdığımızda AT ’yi elde ederiz.
4×4
E
Simetrik matrislerde A = AT olduğu görülür. Simetrik bir matrisin devriği de
simetriktir.
c
FE
TI˙
Y
Matrisin Kofaktör Matrisi
Kofaktör matrisi, bir matrisin tersinin ve determinantının hesaplanmasında kullanılır.
Bu yüzden bir matrisin kofaktör matrisinin ne olduğunu anlamamız gerekir. Kofaktör
matrisi bir kare matristir.
Verilen bir A matrisinin kofaktör matrisi C olsun ve aşağıdaki gibi ifade edilsin.




a11 a12 a13
c11 c12 c13
A =  a21 a22 a23  matrisi için kofaktörler matrisi C =  c21 c22 c23  olsun.
a31 a32 a33
c31 c32 c33
Burada C matrisinin elemanlarını hesaplayalım.

c11

a11 a12 a13


a22 a23


için:  a21 a22 a23  →
a32 a33
a31 a32 a33
⇒ c11 = (−1)
1+1
a
a
· 22 23
a32 a33
MATRİSLERDE TEMEL İŞLEMLER
153

c12

a11 a12 a13


a
a
21
23

için: 
 a21 a22 a23  →
a31 a33
a31 a32 a33
a
a
· 21 23
a31 a33
⇒ c13 = (−1)
1+3
a
a
· 21 22
a31 a32
..
.
..
.

..
.
..
.

a11 a12 a13


a
a
11
12

için: 
 a21 a22 a23  →
a21 a22
a31 a32 a33
Örneğin, c33 = (−1)
3+3
O¨
ZL
EM

c33
⇒ c22 = (−1)
2+2
a
a
· 11 13
a31 a33
a
a
· 11 12
a21 a22
⇒ c33 = (−1)
3+3
a
a
· 11 12
a21 a22
= a11 · a22 − a21 · a12 olur.
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek:


0 −4 3
A =  2 7 1  matrisinin kofaktör matrisini hesaplayalım.
10 −3 6
Çözüm: Kofaktör matrisi C, aşağıdaki şekilde ifade edilir:


c11 c12 c13
C =  c21 c22 c23  kofaktör matrisinin elemanlarını hesaplayalım:
c31 c32 c33
a
a
7
1
22
23
=
= 7 · 6 − (1 ·− 3) = 45
c11 = (−1)1+1 · a32 a33 −3 6 c12
c13
2 1 = −1 · (12 − 10) = −2
= (−1)
·
10 6 2
7
= 1 · (−6 − 70) = −76
= (−1)1+3 · 10 −3 1+2
AŞ
a11 a12 a13


a11 a13


için:  a21 a22 a23  →
a31 a33
a31 a32 a33
..
.
..
.

O
NB
c22
IO
G˘
LU

c13

a11 a12 a13


a
a
21
22

için: 
 a21 a22 a23  →
a31 a32
a31 a32 a33
..
.
..
.
⇒ c12 = (−1)
1+2
154
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR
2+1
−4 3
· −3 6
2+2
0 3 = 1 · (0 − 30) = −30
·
10 6 2+3
0 −4 = −1 · (0 −− 40) = −40
· 10 −3 3+1
−4 3
· 7 1
3+2
0 3
· 2 1
3+3
0 −4 = 1 · (0 −− 8) = 8
· 2 7 c23 = (−1)
c31 = (−1)
c32 = (−1)
c33 = (−1)
= 1 · (−4 − 21) = −25
IO
G˘
LU
c22 = (−1)
= −1 · (0 − 6) = 6

45 −2 −76
C =  15 −30 −40 
−25
6
8
O¨
ZL
EM
Matrisin Tersi
O
NB

AŞ
c21 = (−1)
= −1 · (−24 −− 9) = 15
Bir A matrisinin, ters matrisi ile çarpımı birim matrise eşittir.
A × A−1 = A−1 × A = I
c
FE
TI˙
Y
E
Bir matrisin tersini hesaplamak için, matrisin kofaktör matrisinin devriğinin, matrisin
determinantı ile bölünmesi gerekir. Bu aşağıdaki formülle ifade edilir:
A−1 =
CT
|A|
Burada C, A matrisinin kofaktör matrisi, |A| da A matrisinin determinantıdır.
• Determinantı sıfır olan matrisin tersi olmaz.
• Yalnızca kare matrisin tersi olur.
• Verilen A, B ve D matrisleri için AB = D ise, A−1 AB = A−1 D ⇒ B = A−1 D
• Birim matrisin tersi birim matristir. I −1 = I olur.
0 −2
2
6
Örnek: A =
D =
ise, AB = D denkleminden B matrisinin
1 −5
1 −8
değerini bulalım.
Çözüm:
DENKLEM SİSTEMİ
155
AB = D ise, A−1 AB = A−1 D ⇒ B = A−1 D olur. Demek ki, önce A matrisinin tersini
bulmamız gerekir.
(−1)1+1 ·− 5 (−1)1+2 · 1
−5 −1
A matrisinin kofaktör matrisi: C =
=
2+1 −
2+2
(−1)
·
2
(−1)
·
0
2
0
−5 2
Buradan, C T =
olur.
−1 0
0 −2 = 0 ·− 5 − (1 ·− 2) = 2
A matrisinin determinantı: det(A) = |A| = 1 −5 −1
B=A D=
−5 2
−1 0
−5/2 1
−1/2 0

=
−5/2 1
−1/2 0
2
6
·
1 −8

5
−
− · 6 + 1 · 8   −4 −23 
2
 

=

1
−1 −3
− · 6 + 0 ·− 8
2
AŞ
5
 −2 · 2 + 1 · 1

B=
 1
− ·2+0·1
2
IO
G˘
LU
A
1
CT
= ·
=
|A|
2
O¨
ZL
EM
Denklem Sistemi
O
NB
−1
Çok bilinmeyenli, doğrusal (lineer) ve sabit katsayılı denklemlerin bilinmeyenleri
matrisler kullanılarak çözülebilir.
3x + 4y = 7 denklemi:
c
FE
TI˙
Y
E
1) Sabit katsayılıdır çünkü x ve y değişkenlerinin katsayıları olan 3 ve 4 sayıları sabit
sayılardır.
2) Doğrusaldır çünkü denklemin x-y kartezyen koordinat sisteminde grafiği bir doğrudur.
Denklem Sisteminin Matrislerle İfade Edilmesi
a11 x + a12 y + a13 z = b1
a21 x + a22 y + a23 z = b2
a31 x + a32 y + a33 z = b3
Yukarıdaki 3 bilinmeyenli denklem sistemini matrislerle ifade edelim.
AX = B olarak ifade edersek:


 
a11 a12 a13
x
Katsayı matrisi: A =  a21 a22 a23 
Değişkenler vektörü: X =  y 
a31 a32 a33 3×3
z 3×1
156
13. MATRİSLER VE DETERMİNANTLAR


b1
Denklemlerin sağ tarafı: B =  b2 
b3 3×1
X vektörünün elemenları olan
olan x, y ve z değişkenlerinin
değerlerini bulalım:
AX = B
A−1 AX = A−1 B
A−1 A = I olduğundan:
IX = A−1 B
X vektörü yalnız kalır.
X = A−1 B
IO
G˘
LU
Eşitliğin her iki tarafını
soldan A−1 ile çarpalım.
 
−1 

x
a11 a12 a13
b1
⇒ X =  y  =  a21 a22 a23  ·  b2  sonucu elde edilir.
z
a31 a32 a33
b3
O
NB
AŞ

Örnek:
O¨
ZL
EM
3x + y − 2z = −5
x − 2y + 7z = 26
5x − 3y + z = 14
c
FE
TI˙
Y
Çözüm:
E
denklem sisteminde x, y ve z değişkenlerinin değerleri matris kullanarak bulalım.
Verilen denklem sistemi, AX = B formülüne yerleştirildiğinde aşağıdaki matris
denklemi elde edilir:

   

3 1 −2
x
−5
 1 −2 7  ·  y  =  26 
5 −3 1
z
14
−1 
   
−1 

3 1 −2
3 1 −2
x
3 1 −2
−5
 1 −2 7  ·  1 −2 7  ·  y  =  1 −2 7  ·  26 
5 −3 1
5 −3 1
z
5 −3 1
14

   
−1 

1 0 0
x
3 1 −2
−5
 0 1 0  ·  y  =  1 −2 7  ·  26 
0 0 1
z
5 −3 1
14

 
−1 

x
3 1 −2
−5
 y  =  1 −2 7  ·  26 
z
5 −3 1
14

DENKLEM SİSTEMİ
157
−1
3 1 −2
=  1 −2 7  hesaplanmalıdır.
5 −3 1

Burada katsayılar matrisinin tersi olan A−1
CT
formülünü hatırlayalım.
det(A)
Ters matrisi hesaplamak için A matrisinin kofaktörler matrisi C’yi ve A matrisinin
determinantını bulmamız gerekir.
A−1 =
AŞ
IO
G˘
LU
7 = 34
1 −2 =5
1 1 = 14
−3 −2 = −23
7 O¨
ZL
EM
O
NB
Kofaktör matrisi C’nin elemanları:
1+1 −2 7 1+2 1
c11 = (−1)
·
=
19
c
=
(−1)
·
12
5
−3 1 1 −2 1
2+1 =7
c13 = (−1)1+3 · c
=
(−1)
·
21
−3
5 −3 2+2 3 −2 2+3 3
c22 = (−1)
·
=
13
c
=
(−1)
·
23
5
5
1 1
−2
3+2 3
=3
c31 = (−1)3+1 · c
=
(−1)
·
32
1
−2
7 3
1 c33 = (−1)3+3 · = −7
1 −2 



19
34
7
19 5
3
13 14  ⇒ C T =  34 13 −23 
C= 5
3 −23 −7
7 14 −7
c
FE
TI˙
Y
E
Şimdi |A|’yı hesaplayalım.
3
1 −2 7 Matrisin 1. satır elemanlarını kofaktörleri ile çarpıp toplayalım.
|A| = 1 −2
5 −3
1 −2
7
1
7
1
−2
+ 1 · (−1)1+2 · +− 2 · (−1)1+3 · |A| = 3 · (−1)1+1 5 1 5 −3 = 77
−3 1 X = A−1 · B denklemine geri dönelim:
X=

CT
·B
|A|





x
19 5
3
−5
1 
 y 
34 13 −23 
=
·
·  26 
77
z 3×1
7 14 −7 3×3
14 3×1


19 ·− 5 + 5 · 26 + 3 · 14
1 
34 ·− 5 + 13 · 26 +− 23 · 14 
=
·
77
7 ·− 5 + 14 · 26 +− 7 · 14 3×1

 

77
1
1 
−154  =  −2 
=
·
77
221
3
⇒ x = 1,
y = −2,
z=3
14. Trigonometri ve Grafikler
IO
G˘
LU
Trigonometrinin Tanımı
Trigonometri, üçgenin açılarını, kenar uzunluklarını ve bunlarla ilgili fonksiyonları tanımlar.
AŞ
Üçgende Temel Terminoloji
O¨
ZL
EM
O
NB
Üçgende Açılar
Şekildeki ∆ABC üçgeninin iç
açılarının toplamı 180 ◦ ’dir. Genel
olarak çokgenlerin iç açılarının
toplamı 180 × (n − 2) formülü ile
hesaplanır. n, çokgenin kenar
sayısıdır.
c
FE
TI˙
Y
E
Şekilde a kenarının karşısındaki
∠A açısı ∠BAC olarak da ifade
edilebilir. Benzer şekilde ∠B açısı ∠ABC, ∠C açısı da ∠ACB olarak ifade edilebilir.
Açının Birimleri
Açının birimleri derece, radyan ve gradyan’dır. Lise müfredatında sadece derece ve
radyan birimleri kullanılmaktadır. Derece ◦ , radyan π ile gösterilir.
180 ◦ = π u 3.1416
Açıyı dereceden radyana çevirmek için aşağıdaki tablo kullanılabilir:
Derece
Radyan
0◦
30◦
45◦
60◦
90◦
120◦
135◦
180◦
270◦
360◦
0
π
6
π
4
π
3
π
2
2π
3
3π
4
π
3π
2
2π
158
DİK AÇILI ÜÇGENLER
159
Üçgenin Kenar Uzunlukları
Yukarıda görülen üçgende, ∠A (ya da ∠BAC) açısının karşısındaki kenar a ya da |BC|
uzunluğu olarak ifade edilebilir. Aynı şekilde ∠B açısının karşısındaki kenar b ya da
|AC|, ∠C açısının karşısındaki kenar c ya da |AB| olur.
Dik Açılı Üçgenler
IO
G˘
LU
Şekildeki dik açılı üçgende, dik açının
karşısındaki kenar hipotenüstür ve üçgenin
en uzun kenarıdır.
AŞ
∠C açısına göre |AC| ya da b kenarı komşu
kenar, |BA| ya da c kenarı karşı kenardır.
O¨
ZL
EM
O
NB
∠B açısına göre |AC| ya da b kenarı karşı
kenar, |BA| kenarı da komşu kenar olacaktır.
Pisagor Teoremi
Pisagor Teoremine göre, dik açılı bir üçgende aşağıdaki formül doğrudur:
c
FE
TI˙
Y
E
(karşı kenar)2 + (komşu kenar)2 = (hipotenüs)2
Şekildeki dik açılı ikizkenar ∆ABC üçgeni
verilmiştir. |AB| = |AC| = 1 ve ∠B = ∠C = 45◦
Pisagor Teoremine göre:
|BC|2 = |AB|2 + |AC|2
|BC|2 =√1 + 1
|BC| = 2 birim olur.
Trigonometrik Fonksiyonlar
Üçgenin açıları ve kenar uzunlukları arasındaki ilişki, trigonometrik fonksiyonlarla
tanımlanır. Trigonometrik fonksiyonların listesi aşağıdadır:
160
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
Fonksiyon
Sembolü
cos
sinüs
sin
tanjant
tan
kosekant
csc
sekant
sec
kotanjant
cot
IO
G˘
LU
kosinüs
komşu kenar
hipotenüs
O
NB
cos C =
AŞ
Şekildeki dik açılı ∆ABC üçgeninde,
C açısına göre trigonometrik fonksiyonlar
aşağıdaki gibi tanımlanır.
karşı kenar
hipotenüs
tan C =
karşı kenar
komşu kenar
O¨
ZL
EM
sin C =
Trigonometrik Fonksiyonlar Arasındaki İlişkiler
c
FE
TI˙
Y
E
Belli bir α açısı için, trigonometrik fonksiyonlar arasında aşağıdaki ilişkiler vardır:
1
cos α
sin α
tan α =
cot α =
=
cos α
tan α
sin α
csc α =
1
sin α
sec α =
1
cos α
Trigonometrik Fonksiyonlarla Temel İşlemler
1. cos2 α + sin2 α = 1
2. cos 2α = cos2 α − sin2 α
3. sin 2α = 2 sin α · cos α
4. sin (α ± β) = sin α · sin β ± cos α · cos β
5. cos (α ± β) = cos α · sin β ∓ sin α · cos β
6. 1. ve 2. formüller kullanılarak, cos 2α = cos2 α − sin2 α = cos2 α − (1 − cos2 α) =
2 cos2 α − 1 elde edilir.
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR
161
Trigonometrik Fonksiyonlarda Açılar ve Değerler
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
Trigonometrik fonksiyonlarda ezbere bilinmesi tavsiye edilen açı değerleri,
0◦ , 30◦ , 45◦ ,
√
60◦ ,√90◦ ve 180◦ ’lerdir. Bu değerleri ezberlemek istemiyorsak, 1 − 1 − 2 dik üçgenini ve
1− 3−2 dik üçgenini çizerek de bu değerleri kolayca hatırlayabiliriz. Şimdi bu üçgenleri
çizelim:
√
∆ABC 1 − 1 − √2 üçgeninde:
1
2
cos 45◦ = √ =
2
2
√
1
2
sin 45◦ = √ =
2
2
√
3 − 2 üçgeninde:
1
3
cos 30◦ =
sin 30◦ =
2
2
1
cos 60◦ =
2
1
tan 45◦ = = 1
1
√
3 √
tan 60◦ =
= 3
1
E
O¨
ZL
EM
∆DEF 1 √
−
c
FE
TI˙
Y
Aşağıdaki tablodaki değerlerin çoğunun 1 − 1 −
ettiğimiz görülmektedir.
0◦
30◦
sin
0
1/2
cos
1
tan
0
cot
∞
√
√
3/2
3/3
√
3
45◦
60◦
√
√
√
2/2
3/2
90◦
180◦
1
0
2/2
1/2
0
1
1
√
3
∞
0
0
∞
1
√
3/3
√
2 ve 1 −
√
sin 60◦ =
√
3
2
√
1
3
tan 30◦ = √ =
3
3
3 − 2 dik üçgenlerinden elde
α açısına göre, yukarıdaki tablodan göze çarpan ilişkiler aşağıda verilmiştir:
sin α = cos (90◦ − α) ve cos α = sin (90◦ − α)
Yukarıdaki tablo ve trigonometrik fonksiyonlarda temel işlemler kullanılarak, 0◦ , 15◦ , 75◦
ve 90◦ açılarının da trigonometrik değerleri hesaplanabilir.
162
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
Örnek: cos 0◦ , sin 75◦ , sin 90◦ , cos 90◦ , tan 90◦ ve tan 15◦ ’in değerlerini hesaplayalım.
Çözüm:
cos 0◦
= cos (45◦ − 45◦ )
= cos 45◦ · sin 45◦ + sin 45◦ · cos 45◦
√
√
√ √
2
2
2
2
=
·
+
·
2
2
2
2
sin 75
◦
2 2
+
4 4
IO
G˘
LU
=
=1
= sin (45◦ + 30◦ )
= sin 45◦ · sin 30◦ + cos 45◦ · cos 30◦
O
NB
O¨
ZL
EM
√ √
2 1
2
3
=
· +
·
2 2
2
2
√
√
2
6
+
=
4
4
√
√
2+ 6
=
4
AŞ
√
sin 90◦ ’in değerini sin (45◦ + 45◦ )’i kullanarak hesaplayabileceğimiz gibi cos 0◦ ’i
kullanarak da hesaplayabiliriz.
= cos (45◦ + 45◦ )
= cos 45◦ · sin 45◦ − sin 45◦ · cos 45◦
c
FE
TI˙
Y
cos 90◦
E
sin 90◦ = cos (90◦ − 90◦ ) = cos 0◦ = 1
√
√ √
2
2
2
2
·
−
·
=
2
2
2
2
√
=
2 2
−
4 4
=0
tan 90◦
=
sin 90◦
cos 90◦
=
1
0
=∞
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR
163
Son olarak tan 15◦ ’i hesaplayalım.
tan 15◦
=
sin 15◦
cos 15◦
O halde, sin 15◦ ve cos 15◦ ’i hesaplamak gerekir.
cos 2α = cos2 α − sin2 α
α = 15◦ değerini formüle
yerleştirelim.
cos 30◦ = cos2 15◦ − sin2 15◦
2 cos2 15◦
=
cos2 15◦
p
cos 15
tan 15◦
◦
=
=
2+
2
c
FE
TI˙
Y
E
p
p
√
√
2− 3
2+ 3
=
÷
2
2
p
√
2− 3
=p
√
2+ 3
s
√
2− 3
√
=
2+ 3
s
√
√
(2 − 3)(2 − 3)
√
√
(2 + 3)(2 − 3)
s
√
(2 − 3)2
4−3
=
=
tan 15◦
=2−
√
3
2 sin2 15◦
sin2 15◦
√
3
sin 15◦
cos 15◦
cos 30◦
cos 30◦
2 sin2 15◦
O
NB
=
ve
= (1 − sin2 15◦ ) − sin2 15◦
= 1 − 2 sin2 15◦
◦
= 1 − cos
√ 30
3
= 1−
2
√
2− 3
=
4
p
√
2− 3
=
2
AŞ
= cos2 15◦ − (1 − cos2 15◦ )
= 2 cos2 15◦ − 1
= 2 cos2 15◦
O¨
ZL
EM
cos 30◦
cos 30◦
1 + cos √
30◦
3
1+
2
√
2+ 3
4
IO
G˘
LU
cos2 15◦ + sin2 15◦ = 1 formülünü yukarıdaki denkleme yerleştirirsek aşağıdaki iki farklı
eşitliği elde ederiz:
sin 15◦
Yukarıda hesaplanan
değerleri yerleştirelim.
Payı ve paydayı, paydanın eşleniği
√
olan (2 − 3) ile çarpalım.
Payda sadeleşir.
√
(2 − 3)’i karekökün dışına
çıkartalım.
164
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
Trigonometrik Fonksiyonların Periyodu ve Frekansı
Trigonometrik fonksiyonlar periyodiktir. Periyodik fonksiyonların değerleri, sabit bir
aralıkla tekrarlanır. Bu sabit aralığa, tekrarlanan fonksiyonun periyodu denir. Periyod,
frekansın çarpmaya göre tersidir. Period T, frekans f ile ifade edilirse aralarındaki ilişki
aşağıdaki formülle verilir:
T =
1
f
sin x fonksiyonunun periyodu: T =
2π
= 2π = 360 ◦ ’dir.
1
2π
= 120 ◦ ’dir.
3
AŞ
sin 3x’in periyodu: T =
IO
G˘
LU
Fizikte, periyodun birimi saniye, frekansın birimi de Hertz (1/saniye)’dir.
O
NB
cos x’in periyodu: T = 2π = 360 ◦ ’dir.
O¨
ZL
EM
Aşağıdaki grafikte de görüldüğü gibi, sin x’in dalga şekli her 360 ◦ ’de bir tekrarlanmaktadır. sin 3x’in dalga şekli her 120 ◦ ’de bir tekrarlanmaktadır.
f (x)
1
−360 ◦
0
−240 ◦ −180 ◦ −120 ◦
c
FE
TI˙
Y
E
−
f (x) = sin 3x
120 ◦
180 ◦
240 ◦
360 ◦
f (x) = sin x
x
1
Aşağıdaki grafikte sin x ve sin 3x fonksiyonlarında x ekseni derece (◦ ) yerine radyan (π)
cinsinden çizilmiştir.
f (x)
−2π
− 4π
3
1
−π − 2π
3
f (x) = sin 3x
0
−
2π
3
π
4π
3
2π
f (x) = sin x
x
1
sin x ve sin 3x fonksiyonlarının grafikleri karşılaştırıldığında, periyod küçüldükçe,
frekansın büyüdüğü görülmektedir.
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR
165
−180 ◦
0
−90 ◦
90 ◦
180 ◦
270 ◦
x
↓
∞
O¨
ZL
EM
−
O
NB
AŞ
−270 ◦
IO
G˘
LU
tan x fonksiyonun periyodunu bulmak için grafiğini çizelim.
f (x)
∞
f (x) = tan x
↑
c
FE
TI˙
Y
E
tan x’in grafiğinden periyodunun π olduğu görülür çünkü fonksiyon her 180 ◦ ’de bir
x
tekrarlanmaktadır. Buradan, tan 2x ve tan fonksiyonlarının periyodlarının sırasıyla
5
π
ve 5π olduğunu tahmin edebiliriz.
2
tan x, x = ±90 ◦ ± n × 90 ◦ noktalarında tanımsızdır bu yüzden bu noktalarda ∞ ve −∞
arasında grafiğe değmeyen kesik çizgiler çizilmiştir.
Trigonometrik Fonksiyonlarda Genlik
Bir trigonometrik fonksiyonun genliği, fonksiyonun alabileceği en yüksek eksi ya da artı
değerdir. sin x’in alabileceği en yüksek değer 90 ◦ ’de ve katlarında aldığı ±1 değeridir.
cos x bu değeri 0 ◦ , 180 ◦ ve katlarında alır.
Aşağıdaki grafikte cos x ve 5 cos x fonksiyonlarının genlikleri karşılaştırılmıştır.
166
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
f (x)
5
f (x) = 5 cos x
p
−180 ◦
p
−90 ◦
p
90 ◦
0
−
1
−
5
f (x) = cos x
p
x
◦
p
180 ◦
360
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
p
−360 ◦
IO
G˘
LU
1
E
Trigonometrik Fonksiyonlarda Faz Farkı
c
FE
TI˙
Y
Aşağıdaki grafikte sin x ve sin (x − 30◦ ) fonksiyonları kıyaslanmaktadır. sin (x − 30◦ )
fonksiyonunun sin x fonksiyonunu 30 ◦ derece geriden takip ettiği görülmektedir. Bu iki
fonksiyonun arasındaki faz farkı 30 ◦ ’dir.
f (x)
Faz farkı: ψ = 30 ◦
1−
p
p
−180◦−150 ◦
0
−
p
30 ◦
p
p
180◦ 210 ◦
f (x) = sin x
x
f (x) = sin(x − 30 ◦ )
1−
cos x ve sin x fonksiyonları arasında 90 ◦ faz farkı vardır. Bu faz farkı aşağıdaki grafikten
görülebileceği gibi, bu sonuç aşağıdaki formülden de çıkartılabilir:
cos x = sin (90 ◦ − x)
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR
167
f (x)
Faz farkı: ψ = 90 ◦
1
p
p
p
−180 ◦−135 ◦−90 ◦
0
−
p
p
45 ◦ 90 ◦
p
180 ◦
p
360 ◦
1
IO
G˘
LU
p
−360 ◦
f (x) = cos x
f (x) = sin x
x
90◦ ’den Büyük ve Negatif Açılar
O
NB
AŞ
Trigonometrik fonksiyonların 90◦ ’den büyük ya da negatif açılarda aldığı değerler,
fonksiyonların grafikleri çizilerek ve periyodik (tekrarlayan) olma özellikleri kullanılarak
hesaplanabileceği gibi aşağıda verilen temel kurallar da uygulanabilir.
O¨
ZL
EM
1) Periyodik olma özelliği: cos x ve sin x fonksiyonlarının periyodları 360 ◦ olduğu
için, 360 ◦ ’den büyük açılarda mod 360 ◦ uygulanabilir.
√
3
◦
◦
◦
◦
Örneğin, cos 390 = cos (390 − 360 ) = cos 30 =
olur.
2
√
2
sin −315 ◦ = sin (−315 ◦ + 360 ◦ ) = sin 45 ◦ =
2
c
FE
TI˙
Y
E
tan x’in periyodu 180 ◦ olduğundan yukarıdaki kural
tan x için de geçerlidir.
√
3
tan 570 ◦ = tan (570 ◦ − 3 × 180 ◦ ) = tan 30 ◦ =
3
2) Tek ve çift fonksiyon olma özelliği: cos x çift fonksiyondur, y-eksenine göre
simetriktir. sin x tek fonksiyondur. Bu durum aşağıdaki formüllerle ifade edilir:
cos x = cos (−x) ve sin x = − sin (−x)
Örnekler: cos −780 ◦ = cos (−780 ◦ + 2 × 360 ◦ ) = cos −60 ◦ = cos 60 ◦ =
sin 330 ◦ = sin (330 ◦ − 360 ◦ ) = sin −30 ◦ = − sin 30 ◦ = −
1
2
1
2
3) 90 ◦ ile 180 ◦ arasındaki açılarda trigonometrik fonksiyonların değerleri: Bu değerlerin
fonksiyon grafikleri çizildikten sonra grafikten okunması tavsiye olunur.
1
Örnekler: Grafikte simetriden, cos 120 ◦ = − cos 60 ◦ = −
2
√
2
Grafikten ve simetriden, sin 135 ◦ = sin 45 ◦ =
2
168
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
Trigonometrik Fonksiyonların Çarpmaya Göre Terslerinin Grafikleri
IO
G˘
LU
Sırasıyla cos x, sin x ve tan x fonksiyonların çarpmaya göre tersi olan sec x, csc x, cot x
fonksiyonlarını çizelim.
AŞ
sin x’in çarpmaya tersi olan csc x fonksiyonunu çizmek için gri renkte çizilen sin x fonksiyonunun dış kısmı kullanılabilir. csc x fonksiyonu x = 0 ◦ ve 180 ◦ ’in katları olan noktalarda
tanımsızdır bu yüzden bu noktalarda ∞ ve −∞ arasında grafiğe değmeyen kesik çizgiler
f (x)
O¨
ZL
EM
O
NB
f (x) = csc x
p
−360 ◦
1
f (x) = sin x
p
p
p
−180 ◦−135 ◦−90 ◦
c
FE
TI˙
Y
E
−
f (x) = csc x
f (x) = csc x
0
p
p
45 ◦ 90 ◦
p
180 ◦
p
360 ◦
x
1
f (x) = csc x
çizilmiştir.
cot x fonksiyonunun grafiğini çizmek için öncelikle fonksiyonun tanımsız olduğu 0 ◦ ve
180 ◦ ’nin katlarında ∞ ve −∞ arasında kesik çizgiler çizilir. Daha sonra da cot x’ın
−360 ◦ ile 360 ◦ arasındaki açılarda aldığı değerler hesaplanarak grafiğin üzerinde
noktalar birleştirilir.
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR
169
f (x)
∞
↑
−180 ◦
0
−90 ◦
90 ◦
x
IO
G˘
LU
−270 ◦
180 ◦
270 ◦
360 ◦
f (x) = cot x
∞
↓
−∞
O¨
ZL
EM
−
O
NB
AŞ
−360 ◦
∞
f (x) = cot x
Ters Trigonometrik Fonksiyonlar
α bir açı, a da bir gerçel bir sayı ise trigonometrik fonksiyonlar ve tersleri aşağıdaki
tablo ile ifade edilebilir:
c
FE
TI˙
Y
E
cos α = a
arccos a = α ya da cos−1 a = α
sin α = a
arcsin a = α ya da sin−1 a = α
tan α = a
arctan a = α ya da tan−1 a = α
Örnekler:
1
1
π
sin 30 ◦ =
⇒ arcsin = 30 ◦ =
2
2
6
√
√
3
3
π
tan 30 ◦ =
⇒ arctan
= 30 ◦ =
3
3
6
√
√
2
2
π
◦
cos 45 =
⇒ arccos
= 45 ◦ =
2
2
4
√
√
3
3
π
−1
◦
sin 60 =
⇒ sin
= 60 ◦ =
2
2
3
tan 90 ◦ = ∞ ⇒ arctan ∞ = 90 ◦ =
π
2
170
14. TRİGONOMETRİ VE GRAFİKLER
IO
G˘
LU
Üçgende Alan Hesabı
1
· a · c · sin B
2
=
1
· a · b · sin C
2
O
NB
=
O¨
ZL
EM
1
· c · b · sin A
2
E
Alan =
AŞ
Şekildeki ∆ABC üçgeninde, alan
hb/2 formülü ile hesaplanır.
Yükseklik bilgisinin olmadığı
durumlarda üçgenin alanı aynı
zamanda aşağıdaki formüllerle de
hesaplanabilir:
c
FE
TI˙
Y
Üçgende Kurallar
Sinüs Kuralı
a
b
c
=
=
= 2r
sin A
sin B
sin C
Burada r, ∆ABC üçgeninin çevresine
çizilen dairenin yarıçapıdır.
TRİGONOMETRİK FONKSİYONLARIN KARMAŞIK E IX FONKSİYONU İLE GÖSTERİMİ171
Kosinüs Kuralı
∆ABC üçgeninde:
IO
G˘
LU
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B
Euler Formülü
Euler formülü aşağıdaki gibi ifade edilir:
O¨
ZL
EM
eix = cos x + i sin x
O
NB
AŞ
Trigonometrik Fonksiyonların Karmaşık eix Fonksiyonu İle Gösterimi
eix , karmaşık bir fonksiyondur. cos x, fonksiyonun reel (gerçel) kısmı, sin x, fonksiyonun
sanal kısmıdır.
eix − e−ix
,
2i
cos x =
eix + e−ix
2
c
FE
TI˙
Y
E
sin x =
⇒ tan x =
i(e−ix − eix )
eix + e−ix
15. Limit
IO
G˘
LU
Limitin Tanımı
Bir f (x) fonksiyonunda x, x0 değerine yaklaşırken, f (x) fonksiyonunun yaklaştığı değere
fonksiyonun limiti denir ve aşağıdaki gibi ifade edilir.
lim f (x) = L
AŞ
x→x0
Örnekler:
1
=∞
x→1 x − 1
lim sin x = sin a
lim
0.1x
0.4
= − =− 0.4
x−5
1
O¨
ZL
EM
lim
x→4
x→a
O
NB
Burada f (x0 )’nun değeri L olmak zorunda değildir, yalnızca L’ye yaklaşır.
Limitin Genel Özellikleri
1) Eğer lim f (x) = L1 ve lim g (x) = L2 ise,
x→a
c
FE
TI˙
Y
E
x→a
lim [f (x) ± g(x)] = lim f (x) ± lim g(x) = L1 ± L2
x→a
x→a
x→a
lim [f (x) · g(x)] = lim f (x) · lim g(x) = L1 · L2
x→a
x→a
x→a
lim f (x)
L1
f (x)
= x→a
=
, L2 6= 0
x→a g(x)
lim g(x)
L2
lim
x→a
2) Eğer lim f (x) = lim g (x) = 0 ya da ±∞ ise,
x→a
x→a
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
x→a g(x)
x→a g (x)
lim
L’Hopital Kuralı
Burada f 0 (x), f (x)’in türevi ve g 0 (x), g(x)’in türevidir.
172
∞ İLE İŞLEMLER
173
f (x + h) − f (x)
= f 0 (x)
h→0
h
3) lim
Türevin Tanımı
4) Eğer lim f (x) = L ve n pozitif bir tamsayı ise, lim [f (x)]n = Ln
h→0
h→0
1
1
5) Eğer lim f (x) = L ve L > 0 ve n pozitif bir tamsayı ise, lim [f (x)] n = L n
h→0
h→0
∞ İle İşlemler
IO
G˘
LU
1) a 6= −∞ ise, a + ∞ = ∞
2) a > 0 ise, a × ∞ = ∞
3) a < 0 ise, a × ∞ = −∞
O
NB
AŞ
4) a 6= ±∞ ise, a/∞ = 0
Sağdan ve Soldan Limitler
f (x)
◦
c
FE
TI˙
Y
5
E
O¨
ZL
EM
f (x) = 2x + 3
3

 x < 1 ise, x + 1
x = 1 ise, 3
f (x) =

x > 1 ise, 2x + 3
•
◦
f (x) = x + 1
lim f (x) =?
x→1
-1
1
x
Yukarıdaki f (x) fonksiyonunun x → 1’e yaklaşırken iki değişik limitinin olduğu
görülmektedir.
174
15. LİMİT
x, 1’e sağdan yaklaşırken f(x)’in limiti:
x, 1’e soldan yaklaşırken f(x)’in limiti:
lim f (x)
x→1+
lim f (x)
x→1−
olarak ifade edilir.
Şimdi bu limitleri hesaplayalım:
lim f (x) = lim+ 2x + 3 = 5
x→1+
lim f (x) = lim− x + 1 = 2
x→1−
x→1
x→1
Ayrıca, f (1) = 3
IO
G˘
LU
Sonuç olarak, yukarıdaki örnekte lim f (x) yoktur çünkü sağdan ve soldan limitler birx→1
birine eşit değildir.
AŞ
Logaritmik ve Üslü Fonksiyonların Limitleri
O
NB
log x fonksiyonunun çeşitli x değerlerine yaklaşırken limitini hesaplamak için grafiği x-y
düzleminde çizilir.
O¨
ZL
EM
f (x)
c
FE
TI˙
Y
p
1
f (x) = log x
p
10
E
1−
→∞
x
Şekilden:
lim log x = −∞
x→0+
lim log x’in limiti yoktur.
x→0−
lim log x = ∞
↓
−∞
x→∞
lim log x = lim+ log x = lim− log x = 1
x→10
x→10
x→10
Yukarıdaki logaritma grafiğinde görüldüğü gibi x’in 0’dan küçük değerleri için log x
fonksiyonu tanımlı değildir. Bu yüzden, lim− log x’in limiti yoktur.
x→0
∞’A YAKLAŞIRKEN LİMİT
175
f (x)
f (x) = 3x
•
9−
Şekilden:
lim 3x = ∞
x→∞
lim 3x = 0
x→−∞
Grafikten görülmektedir.
lim 3x = 1
lim 3x = 1/3
x→−1
•
1−
O
NB
•
p
−1
•
AŞ
3−
p
1
p
2
x
O¨
ZL
EM
−∞ ←
IO
G˘
LU
x→0
∞’a Yaklaşırken Limit
c
FE
TI˙
Y
E
Örnekler:
lim 10 = 10
x→∞
lim x = ∞
x→∞
1
1
=
=0
x→∞ x
∞
lim
lim ln 4x = ∞
x→∞
lim e3x = ∞
x→∞
x
1
1
1
1x
lim
= lim x = lim x =
=0
x→∞
x→∞ 8
x→∞ 8
8
∞
lim 5−x = 5+∞ = ∞
x→−∞
lim log x’in limiti yoktur çünkü log x fonksiyonu, x’in negatif değerleri için tanımlı
x→−∞
değildir.
176
15. LİMİT
Limiti Olmayan Fonksiyonlar
x, x0 noktasına yaklaşırken f (x) fonksiyonunun limitinin olabilmesi için, f (x)’in sağdan
ve soldan limitlerinin eşit olması gerekir. Bu koşul aşağıdaki eşitlikle açıklanmıştır:
lim f (x) = lim− f (x) = L ise lim f (x) = L’dir. Burada f (x0 )’in tanımlı olması gerek-
x→x+
0
x→x0
x→x0
mez.
IO
G˘
LU
Aşağıda grafikte verilen f (x) fonksiyonu x = 1 noktasında sürekli değildir. Grafiği
kullanarak lim f (x)’i bulalım.
x→1
AŞ
f (x)
Soldan
Sağdan
◦
O¨
ZL
EM
2−
O
NB
4−
1−
•
x
c
FE
TI˙
Y
E
p
1
x, 1 değerine soldan yaklaşırken:
x, 1 değerine sağdan yaklaşırken:
lim f (x) =?
x→1
lim f (x) = 2
x→1−
lim f (x) = 1
x→1+
O halde,
lim f (x) 6= lim− f (x) olduğundan lim f (x)’in limiti x → 1 için yoktur.
x→1+
x→1
x→1
Ancak, lim f (x) = 4 olduğu grafikten görülür.
x→0
LİMİTTE BELİRSİZLİKLER:
0
0
, [0 · ∞],
∞
∞
, [∞ − ∞], [00 ]
177
Örnek: Aşağıda verilen f(x) fonksiyonu için lim f (x)’i bulalım.
x→0
f (x) =

cos 4x

x > 0 ise,



x−1



x = 0 ise, 1





x

 x < 0 ise,
x2 − 1
Sağdan ve soldan limitleri hesaplayalım.
x→0
=
cos 4x
x−1
lim− f (x)
x→0
cos 4 · 0
0−1
= lim−
x→0
=
= −1
x
−1
IO
G˘
LU
x→0
= lim+
02
x2
0
−1
=0
⇒ lim f (x) yoktur.
x→0
∞
0
0
,
[0
·
∞],
,
[∞
−
∞],
0
0
∞
O¨
ZL
EM
Limitte Belirsizlikler:
x→0
O
NB
lim f (x) 6= lim− f (x)
x→0+
AŞ
lim+ f (x)
Limitte belirsizlikler, [ 00 ], [0 · ∞], [ ∞
], [∞ − ∞], [00 ] belirsizlikleridir. Aşağıdaki fonksiyon
∞
limitlerindeki belirsizliklerin cinslerini tespit edelim.
cos x − 1
x→0
x
→ x = 0 için :
cos x − 1
x
c
FE
TI˙
Y
E
lim
limπ (x −
x→ 2
π
) tan x
2
→x=
π
2
için : (x −
π
π π
π
) tan x = ( − ) tan
2
2
2
2
= [0 · ∞] belirsizliği
ln x
x→∞ x
→ [∞
] belirsizliği
∞
lim xx
→ [00 ] belirsizliği
lim
x→3
cos 0 − 1
0
= [ 00 ] belirsizliği
lim
x→0
=
1
1
− cot(x − 3) → x = 3 için :
− cot(x − 3)
x−3
x−3
=
1
− cot(3 − 3)
3−3
=
1
−∞
0
= [∞ − ∞] belirsizliği
178
0
0
15. LİMİT
ve
∞
Belirsizliklerinin Sadeleştirme İle Giderilmesi
∞
Limitte bazı
0
0
ve
∞
∞
belirsizlikleri sadeleştirme yöntemi ile giderilebilir.
Sadeleştirme Örnekleri:
x2 − 1 0 = 0 belirsizliği vardır. Ancak,
x→1 x − 1
Örnek 1: lim
(x + 1)(x − 1)
x→1
(x − 1)
= lim
IO
G˘
LU
x2 − 1
x→1 x − 1
lim
(x + 1)
(x−1)
x→1
(x−1)
Sadeleştirelim.
= lim
= lim (x + 1)
tan x 0 = 0 belirsizliği vardır.
x→0 sin x
O¨
ZL
EM
Örnek 2: lim
O
NB
=1+1
= 2 bulunur.
AŞ
x→1
tan x
x→0 sin x
lim
= lim
sin x/cos x
x→0
sin x
sin
x/cos x
x→0 sin
x
= lim
c
FE
TI˙
Y
E
Sadeleştirelim.
x = 0 değerini yerine
1
x→0 cos x
= lim
=
koyalım.
1
cos 0
= 1 bulunur.
∞
x−4
=
belirsizliği vardır. Sadeleştirme yöntemi ile belirsizliği
∞
x→∞ 3x2 + 5
Örnek 3: lim
giderelim.
x2 ’yi parantezin
x−4
x→∞ 3x2 + 5
lim
x2 (1/x − 4/x2 )
x→∞ x2 (3 + 5/x2 )
= lim
dışına çıkaralım.
x2 ’leri sadeleştirelim.
= lim
x→∞
x2 (1/x − 4/x2 )
x2 (3 + 5/x2 )
LİMİTTE BELİRSİZLİKLER:
0
0
, [0 · ∞],
∞
∞
, [∞ − ∞], [00 ]
179
x → ∞ değerini
yerine koyalım.
=
(1/∞ − 4/∞2 )
(3 + 5/∞2 )
=
0−0
= 0 bulunur.
3+0
√
x − 5 0
= 0 belirsizliği vardır. İfadeyi çarpanlarına ayırarak sadeleştirme
x→25 x − 25
yöntemini kullanalım.
√
Paydayı çarpanlarına ayıralım.
√
x−5
lim
x→25 x − 25
IO
G˘
LU
Örnek 4: lim
x−5
√
= lim √
x→25 ( x − 5)( x + 5)
√ x−5
= lim √ √
x→25 ( x − 5)( x + 5)
AŞ
√
Pay ve paydadaki ( x − 5)
sadeleşir.
O
NB
1
= lim √
x→25
x+5
x = 25 değerini
=√
O¨
ZL
EM
yerine koyalım.
=
1
25 + 5
1
bulunur.
10
x2 + 2x − 15
= 00 belirsizliği vardır. İfadeyi çarpanlarına ayırarak
x→3
x−3
sadeleştirme yöntemini kullanalım.
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek 5: lim
Payı çarpanlarına
x2 + 2x − 15
x→3
x−3
lim
(x + 5)(x − 3)
x→3
x−3
= lim
ayıralım.
(x − 3)’i sadeleştirelim.
(x + 5)
(x−3)
x→3
(x−3)
= lim
= lim (x + 5)
x→3
x = 3 değerini
yerine koyalım.
=3+5
=8
Limitte Belirsizliğin Giderilmesi, L’Hopital Kuralı
Önkoşul: Öğrencinin L’Hopital kuralını uygulayabilmesi için kitabın Türev bölümünde
temel fonksiyonların türevlerini bilmesi gerekir.
180
15. LİMİT
f (x)
] belirsizliği varsa, aşağıdaki L’Hopital kuralı geçerli olur:
’de [ 00 ] ya da [ ∞
∞
x→a g(x)
Eğer lim
f (x)
f 0 (x)
lim
= lim 0
x→a g(x)
x→a g (x)
L’Hopital Kuralı
Yukarıda, f 0 (x) ve g 0 (x), sırasıyla f (x) ve g(x) fonksiyonlarının türevleridir.
• L’Hopital kuralı yalnızca [ 00 ] ve [ ∞
] belirsizliklerini gidermek için kullanılabilir.
∞
• L’Hopital kuralının diğer belirsizliklerin giderilmesinde kullanılabilmesi için, diğer
∞
] belirsizliklerine dönüştürülmesi gerekir.
belirsizliklerin, önce [ 00 ] ya da [ ∞
sin 3x
ifadesini hesaplayalım.
x→0 4x
sin 3x
Çözüm: x=0 için:
= 00 belirsizliği vardır. Bu yüzden, payın ve paydanın
4x
türevinin limitini bulabiliriz.
4x’in türevi:
(4x)0 = 4
Bu değerleri
sin 3x
x→0 4x
AŞ
(sin 3x)0 = 3 cos 3x
3 cos 3x
x→0
4
lim
kullanalım:
O
NB
sin 3x’in türevi:
IO
G˘
LU
Örnek: lim
= lim
3 cos 3 · 0
4
3
=
4
O¨
ZL
EM
=
ln 5x
ifadesini hesaplayalım.
7x
h∞i
ln 5x
Çözüm: x → ∞ için:
=
belirsizliği vardır. Bu yüzden, payın ve paydanın
7x
∞
türevinin limitini bulabiliriz.
Örnek: lim
c
FE
TI˙
Y
E
x→∞
ln 5x’in türevi:
(ln 5x)0
7x’in türevi:
(7x)0 = 7
Bu değerleri
ln 5x
x→∞ 7x
kullanalım:
lim
=
(5x)0
5x
=
5
5x
=
1
x
= lim
x→∞
1/x
7
=
1
7x
=
1
=0
7·∞
LİMİTTE BELİRSİZLİKLER:
0
0
, [0 · ∞],
∞
∞
, [∞ − ∞], [00 ]
181
∞
Limitte Belirsizlikleri [ 00 ] ve [ ∞
] Belirsizliklerine Dönüştürme Tablosu
Dönüşüm
[0 · ∞]
→ [∞
]
∞
Önkoşul
Dönüştürme İşlemi
lim f (x) = 0
g(x)
x→a 1/f (x)
lim f (x) · g(x) = lim
x→a
lim g(x) = ∞
x→a
x→a
[0 · ∞]
→ [ 00 ]
lim f (x) = 0
f (x)
x→a 1/g(x)
lim f (x) · g(x) = lim
x→a
lim g(x) = ∞
x→a
x→a
→
lim f (x) = ∞
ef (x)
lim (f (x) − g(x)) = ln lim g(x)
x→a
x→a e
x→a
lim g(x) = ∞
IO
G˘
LU
[∞ − ∞]
∞
]
[∞
x→a
[∞ − ∞]
→ [ 00 ]
lim f (x) = ∞
x→a
lim g(x) = ∞
1/g(x) − 1/f (x)
x→a 1/(f (x)g(x))
lim (f (x) − g(x)) = lim
x→a
lim f (x) = 0
x→a
lim g(x) = 0
lim ln f (x)g(x)
lim f (x)g(x) = e x→a
x→a
x→a
[00 ] → [ 00 ]
lim f (x) = 0
x→a
lim g(x) = 0
lim ln f (x)g(x)
lim f (x)g(x) = e x→a
x→a
x→ 2
O¨
ZL
EM
x→a
Örnek: limπ (x −
O
NB
∞
[00 ] → [ ∞
]
AŞ
x→a
lim
= e x→a
lim
c
FE
TI˙
Y
E
Çözüm:
π
limπ (x − ) tan x = [0 · ∞] belirsizliği vardır. Bu belirsizliği [ 00 ] belirsizliğine
x→ 2
2
dönüştürdükten sonra L’Hopital (türev) kuralı uygulanır.
π
π
x−
2 = lim
2 = [ 0 ] belirsizliğine dönüşür.
lim
0
x→ π2 1/tan x
x→ π2 cot x
Artık payın ve paydanın türevi alınabilir.
x−
π
’in türevi:
2
cot x’in türevi:
(x −
π 0
) =1
2
(cot x)0 = −1 − cot2 x
π
2
lim
x→ π2 cot x
x−
Bu değerleri
= limπ
x→ 2
1
−1 − cot2 x
kullanalım:
=
1
−1 − cot2
=
1
= −1
−1 − 0
π
2
g(x)
= e x→a 1/ln f (x)
π
) tan x =?
2
x−
ln f (x)
1/g(x)
182
15. LİMİT
Örnek: lim x3x nedir?
x→0
Çözüm: lim x3x ’de [00 ] belirsizliği vardır.
x→0
Bu belirsizliği [ 00 ] ya da [ ∞
] belirsizliğine dönüştürmemiz gerekir.
∞
eln a = a olduğunu hatırlayalım. ⇒
lim x3x
x→0
ln lim x3x
=e
x→0
lim ln x3x
IO
G˘
LU
= e x→0
lim 3x ln x
= e x→0
lim
ln x
= e x→0 1/3x
AŞ
[∞
] belirsizliğine dönüştürüldü.
∞
lim
(ln x)0
= e x→0 (1/3x)0
O
NB
Artık pay ve paydanın türevi alınabilir.
lim
1/x
= e x→0 −3/9x2
lim −3x
Örnek: lim x sin
= e x→0
= e −3·0 = e0 = 1
E
x→∞
1
=?
x
O¨
ZL
EM
Pay ve paydayı sadeleştirelim.
c
FE
TI˙
Y
1
Çözüm: lim x sin = [0 · ∞] belirsizliği vardır.
x→∞
x
1
1
1
x yerine t = ’i kullanırsak,
lim x sin = lim sin t
x→∞
t→0
x
x
t
sin t
= [ 00 ]
t→0
t
[ 00 ] belirsizliğine dönüşür.
lim
L’Hopital kuralını uygularsak:
lim
Örnek: lim (
x→2
1
1
− 2
) nedir?
tan(x − 2) x − 4
Çözüm: lim (
x→2
sin t
cos t
cos 0
= lim
=
=1
t→0
t→0
t
1
1
1
1
− 2
)’de [∞ − ∞] belirsizliği vardır.
tan(x − 2) x − 4
Bu belirsizliği [ 00 ] ya da [ ∞
] belirsizliğine dönüştürmemiz gerekir.
∞
LİMİTTE BELİRSİZLİKLER:
0
0
, [0 · ∞],
∞
∞
, [∞ − ∞], [00 ]
183
İki paydayı eşitleyelim.
1
1
x2 − 4
tan(x − 2)
lim (
− 2
) = lim ( 2
− 2
)
x→2 tan(x − 2)
x→2 (x − 4) tan(x − 2)
x −4
(x − 4) tan(x − 2)
= lim
x→2
x2 − 4 − tan(x − 2)
x2 tan(x − 2) − 4 tan(x − 2)
x = 2 için, [ 00 ] belirsizliğine dönüştürüldü. Pay ve paydanın türevi alınabilir.
x→2
[x2 − 4 − tan(x − 2)]0
[x2 tan(x − 2) − 4 tan(x − 2)]0
IO
G˘
LU
= lim
2x − (1 + tan2 (x − 2))
x→2 2x tan(x − 2) + x2 (1 + tan2 (x − 2)) − 4(1 + tan2 (x − 2))
paydaya yerleştirelim.
2 · 2 − (1 + tan2 0)
2 · 2 · tan 0 + 22 (1 + tan2 0) − 4 · (1 + tan2 0)
=
4−1
0+4−4
=
ln 3x
nedir?
x→∞ 6x
Örnek: lim
O
NB
=
O¨
ZL
EM
x = 2 değerini pay ve
AŞ
= lim
3
=∞
0
ln 3x
’de [ ∞
] belirsizliği vardır.
∞
x→∞ 6x
c
FE
TI˙
Y
E
Çözüm: lim
] belirsizliği olduğu için dönüştürme yapmadan pay ve paydanın türevi alınabilir.
[∞
∞
ln 3x
x→∞ 6x
lim
(ln 3x)0
x→∞ (6x)0
= lim
= lim
3/3x
x→∞
6
1
x→∞ 6x
Sadeleştirelim.
= lim
x → ∞ için:
=
1
6·∞
= 0 bulunur.
184
15. LİMİT
Çeşitli Limit Örnekleri
1
1
=
=0
x→∞ x
∞
Örnek 1: lim
Örnek 2: lim−
x→4
x−4
=?
|x − 4|
⇒ lim−
x→4
x−4
|x − 4|
= lim−
x→4
x−4
−(x − 4)
x
−
4
x→4 −(x
− 4)
x−4
=?
|x − 4|
O
NB
x→4
= −1
AŞ
= lim−
Örnek 3: lim+
IO
G˘
LU
x, 4’e soldan yaklaşırken (x → 4− , 3.9999 gibi değerler için), x − 4 < 0 olur. Bu yüzden
|x − 4| = −(x − 4)
⇒ lim+
x→4
x−4
|x − 4|
= lim+
x→4
O¨
ZL
EM
x, 4’e sağdan yaklaşırken (x → 4+ , 4.00001 gibi değerler için), x − 4 > 0 olur. Bu yüzden
|x − 4| = +(x − 4)
x−4
(x − 4)
x
−
4
x→4 x−4
= lim+
c
FE
TI˙
Y
E
x−4
=?
x→4 |x − 4|
Örnek 4: lim
=1
Yukarıdaki örneklerden: lim+
x→4
x−4
x−4
x−4
6= lim−
⇒ lim
’in limiti yoktur.
x→4
|x − 4| x→4 |x − 4|
|x − 4|
cos x
=?
x→∞
x
Örnek 5: lim
Kosinüs fonksiyonun x’in tüm değerleri için −1 6 cos x 6 1
aldığı değerler -1 ile 1 arasındadır.
Eşitsizliğin her 3 tarafını da x ile bölersek,
limitteki ifadeyi elde ederiz:
x → ∞ değerini eşitsizliğe yerleştirirsek:
Buradan:
−1
cos x
1
6
6
x
x
x
−1
cos x
1
6
6
∞
x
∞
lim
x→∞
cos x
=0
x
FONKSİYON SÜREKLİLİĞİNİN LİMİT İLE OLAN İLİŞKİSİ
185
Fonksiyon Sürekliliğinin Limit ile Olan İlişkisi
Bir f (x) fonksiyonunun a noktasında sürekli olabilmesi için,
1) f (a)’nın tanımlı olması,
2) lim f (x) = f (a) olması gerekir. Yani, f (x)’in, x a değerine yaklaşırken limiti,
x→a
f (x)’in a noktasındaki değerine eşit olmalıdır.
1
ve g(x) =

x−4

1
x − 3 fonksiyonları x = 3 noktasında
IO
G˘
LU
Örnek: f (x) = √


 x 6= 3 ise,
x = 3 ise, 0
AŞ
sürekli midir?
Çözüm:
O
NB
1
1
1
√
, x = 3 noktasında tanımsızdır çünkü f (3) = √
=√
Gerçel Sayılar
x−4
3−4
−1
Kümesinde tanımsızdır. O halde, f (x), x = 3 noktasında sürekli değildir.
g(3) = 0 tanımlıdır. Şimdi de x → 3 için g(x)’in limitine bakalım.
O¨
ZL
EM
1
x→3 x − 3
limitinin olup olmadığını anlamak için sağdan ve soldan limitlere bakmalıyız. Bunun
için 2 değişik çözüm vardır:
x = 3 noktası, g(x) bir hiperbol olduğu için kritik bir noktadır. Bu yüzden, lim
c
FE
TI˙
Y
E
• Birinci çözümde, sağdan limit için x u 3.002, soldan limit içinse x u 2.99 gibi
1
değerleri
fonksiyonuna yerleştirerek sırasıyla sağdan ve soldan limit için yaklaşık
x−3
değerleri hesaplarız.
• İkinci seçenekte grafiği çizerek x = 3 noktasına sağdan ve soldan yaklaşarak grafikte
denk gelen fonksiyonun değerlerini buluruz.
1. Çözüm:
Sağdan limit: x u 3.002 değerini kullanırsak,
Soldan limit: x u 2.99 değerini kullanırsak,
Buradan:
lim+
x→3
1
1
6= lim−
x − 3 x→3 x − 3
lim+
1
1
u
u +∞
x−3
0.002
lim−
1
1
u
u −∞
x−3
−0.001
x→3
x→3
1
limiti yoktur.
x→3 x − 3
⇒ lim
O halde, g(x) fonksiyonu x = 3 noktasında sürekli değildir.
186
15. LİMİT
2. Çözüm: g(x) =


 x 6= 3 ise,


1
x − 3 fonksiyonunun grafiğini çizelim.
x = 3 ise, 0
+∞
Sağdan
g(x)
lim g(x) = +∞
O
NB
AŞ
IO
G˘
LU
x→3+
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
•
3
Yukarıdaki grafikten:
lim g(x) = −∞
x→3−
Soldan
−∞
lim g(x) = +∞ ve lim− g(x) = −∞
x→3+
x→3
lim g(x) 6= lim− g(x)
x→3+
O halde, lim g(x) yoktur
x→3
x→3
ve g(x), x = 3 noktasında sürekli değildir.
x
FONKSİYON SÜREKLİLİĞİNİN LİMİT İLE OLAN İLİŞKİSİ
187
Örnek:
IO
G˘
LU
f (x)
AŞ
◦
3−
•p
O
NB
x
O¨
ZL
EM
2
c
FE
TI˙
Y
E
f (x) fonksiyonu x = 2 noktasında sürekli midir?
Çözüm:
Süreklilik için gerekli 2 koşulun sağlanıp sağlanmadığına bakalım.
1) f (2) = 0, yani fonksiyon x = 2 noktasında tanımlıdır.
2) Grafikten: lim+ f (x) = 3 ve lim− f (x) = 3
x→2
x→2
⇒ lim f (x) = 3
x→2
lim f (x) 6= f (2). O halde, f (x), x = 2 noktasında sürekli değildir.
x→2
16. Diziler ve Seriler
IO
G˘
LU
Diziler
Dizinin Tanımı
AŞ
Dizi, belli bir sıralaması olan elemanların listesidir. Bu elemanlara dizinin terimleri
denir. Dizinin kümeden farkı, terimlerinin genellikle belli bir kurala göre sıralanmış
olmasıdır.
O
NB
Dizinin Gösterimi
O¨
ZL
EM
Diziler aşağıdaki şekillerde ifade edilebilir.
1) (a1 , a2 , a3 , ..., a10 ), an = f (n), f(n) dizinin sıralama kuralıdır.
2) (a1 , a2 , a3 , ..., a10 ), dizisi kısaca (an )10
n=1 olarak da gösterilebilir.
3) (a1 , a2 , a3 , ..., a10 ), dizisi ayrıca a1 , a2 , a3 , ..., a10 olarak yazılabilir.
4) Bazı kaynaklarda dizi, {an }10
n=1 ve {a1 , a2 , a3 , ..., a10 } olarak da gösterilebilir.
Dizinin Terimleri
E
(an )kn=1 olarak ifade edilen dizinin terimleri aşağıdaki gibidir.
c
FE
TI˙
Y
a1 : dizinin 1. terimi, 1: ilk terimin indisidir.
a2 : dizinin 2. terimi, 2: ikinci terimin indisidir.
..
.
ak : dizinin k. terimi, k: son terimin indisidir.
Sonlu ve Sonsuz Dizilerin Gösterimi
Diziler sonlu ya da sonsuz olabilir. Sonlu bir dizinin son terimi tanımlıdır. Sonsuz
dizinin son terimi tanımlı değildir.
(2, 4, 6, 8, . . . ) sonsuz bir dizidir.
2, 4, 8, 16, 32 sonlu bir dizidir.
(a1 , a2 , a3 , ...), an = n3 sonsuz bir dizidir.
(2n + 5)∞
n=1 sonsuz bir dizidir.
(an )∞
n=1 sonsuz bir dizidir.
(5n )100
n=1 sonlu bir dizidir.
188
DİZİLER
189
Dizide Kuralın Belirlenmesi
Dizinin terim indisi ve değeri arasındaki ilişkiye dizinin kuralı denir. Sonlu ve sonsuz
dizilerin çoğunda bir sıralama kuralı vardır. Bu kural kullanılarak dizinin herhangi bir
terimini hesaplamak mümkün olur.
IO
G˘
LU
Örnek:
1 1 1 1 1
, , ,
,
, . . . dizisinin kuralını bulalım.
2 4 8 16 32
Çözüm: Dizinin terim indisi ve değeri arasındaki ilişkiyi bulalım.
1
Kural: an = n bulunur.
2
Örnek:
1, 0, −1, −2, −3, . . . dizisinin 90. terimini bulalım.
AŞ
Çözüm: Dizinin terim indisi ve değeri arasındaki ilişkiyi bulalım.
O
NB
Kural: an = 2 − n bulunur.
90. terim: a90 = 2 − 90 = −88 olur.
Dizi Türleri
O¨
ZL
EM
Dizinin türünü bilmek, kuralını bulmamızı kolaylaştırır.
Aritmetik Diziler
Aritmetik dizilerde, her terimin, kendisinden sonra gelen terim ile arasındaki fark sabit
bir sayıdır.
c
FE
TI˙
Y
E
Genel olarak bir aritmetik dizi aşağıdaki gibi ifade edilir:
a, a+d, a+2d, a+3d, ... Buradan elde edilen kural:
Kural: xn = a + (n − 1)d olur.
Örnek: 4, 11, 18, 25, 32, ... sayı dizisinin kuralını bulalım ve 9. terimini hesaplayalım.
Çözüm:
9. terim x9 olsun. Dizinin terimleri arasındaki fark, d = 7’dir. İlk terimi a = 4 olur.
Verilen aritmetik dizinin kuralını yazalım.
Kural:
xn = a + (n − 1)d = 4 + 7(n − 1) = 7n − 3
n=9 için:
x9 = 7 · 9 − 3 = 60
Geometrik Diziler
Geometrik dizilerde her terim, kendisinden önce gelen terimin sabit bir sayı ile
çarpılmasından elde edilir.
3, 9, 27, 81, ... bir geometrik dizidir. Bu dizinin kuralını yazalım.
Kural: an = 3n
190
16. DİZİLER VE SERİLER
Fibonacci Dizisi
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ... sayı dizisine Fibonacci dizisi denir.
Terimlerinden dizinin kuralını tespit edebiliriz. Dizinin herhangi bir teriminin, ondan
önceki iki terimin toplamına eşit olduğu görülür. O halde,
Kural :

 n = 1, 2 için: an = n − 1
n > 2 için:
an = an−1 + an−2
IO
G˘
LU

Üçgensel Sayı Dizisi
AŞ
1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, ... sayı dizisine üçgensel sayı dizisi denir.
c
FE
TI˙
Y
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Dizinin terimleri kadar nokta kullanarak üçgen oluşturulur. Dizideki bir sonraki terimi
bulmak için bir önceki üçgene yeni bir satırlık nokta eklemek ve bu noktaları toplamak
yeterli olur.
Seriler
Serinin Tanımı ve Gösterimi
Seri, bir dizinin terimlerinin toplamı olarak tanımlanır ve aşağıdaki Σ (Toplam)
notasyonu ile gösterilir.
∞
P
an = a1 + a2 + a3 + . . .
n=1
Serinin ilk indisini 1 yerine 0’dan başlatarak tekrar yazarsak,
∞
P
n=0
an = a0 + a1 + a2 + a3 + . . . elde ederiz.
SERİLER
191
Sonsuz Seri ve Kısmi Toplamlar Serisi
∞ 1
P
1
1
1 1
+
+
+
+ · · · sonsuz serisinin kısmi toplamlar serisi, Sk
=
1
+
n
3 9 27 81
n=0 3
sonlu bir k tamsayısı için aşağıdaki gibi ifade edilir.
S=
Sk =
k 1
P
1
1
1
1 1
+
+ ··· + k
=1+ + +
n
3 9 27 81
3
n=0 3
Sonsuz Serilerde Limit, Yakınsaklık ve Iraksaklık
∞
P
an serisinin yaklaştığı sınıra, yakınsadığı değer ya da limit denir. Sonsuz
IO
G˘
LU
Sonsuz bir
n=0
seri sınırlı değere yaklaşmıyorsa, seriye ıraksak seri denir.
∞
P
an ⇔
n=0
O
NB
L=
AŞ
Sonsuz bir seri, L limitine (toplamına) yakınsıyorsa, bu serinin kısmi toplamlar serisinin
limiti de L’ye yaklaşır. Aynı şekilde sonsuz bir serinin kısmi toplamlar serisinin limiti
L’ye yaklaşıyorsa, sonsuz seri de L sınır değerine yakınsar. Bu çift taraflı koşul,
aşağıdaki ilişki ile ifade edilir:
lim Sk = L
k→∞
Yukarıdaki ⇔, koşulun çift taraflı doğru olduğunu gösterir.
∞
P
1
1
1
1
=
+
+
+ . . . serisi yakınsak mıdır yoksa ıraksak
1·2 2·3 3·4
n=1 n(n + 1)
O¨
ZL
EM
Örnek:
mıdır?
Çözüm: Verilen serinin kısmi toplamlar serisinin limiti varsa ve bu limit sonlu bir sayı
ise, sonsuz seri bu sonlu sayıya yakınsar.
=
c
FE
TI˙
Y
E
Kısmi toplamlar serisi: Sk
1
1
1
= −
n · (n + 1)
n n+1
Sk
k
P
1
1
1
1
1
=
+
+
+ ··· +
olur.
1·2 2·3 3·4
k · (k + 1)
n=1 n(n + 1)
olduğundan yukarıdaki kısmi toplamı tekrar yazalım.
=
k
P
1
1 1 1 1 1 1
1 1
= − + − + − + · · · + −
1 2 2 3 3 4
k k+1
n=1 n(n + 1)
=1−
Kısmi toplamlar limiti:
1
k
=
k+1
k+1
L = lim Sk
k→∞
L = lim
k→∞
k
=1
k+1
L = 1 sayısı sonludur ve sonsuz serinin yakınsadığı toplamdır. Yani verilen sonsuz seri
yakınsaktır.
192
16. DİZİLER VE SERİLER
Sonsuz Serilerde Yakınsaklık ve Iraksaklık Tespiti
Önceki örnekten görüldüğü gibi sonsuz bir dizinin yakınsak olup olmadığını anlamak
için çeşitli yollar vardır:
1) Sonsuz serinin toplam değeri hesaplanabiliyorsa, seri yakınsaktır.
2) Toplam kolay hesaplanamıyorsa, sonsuz serinin kısmi toplamlar serisinin limitini buluruz. Kısmi toplamlar serisinin limiti varsa ve sonlu bir sayı ise (±∞ değilse), sonsuz
seri yakınsaktır. Aksi takdirde sonsuz seri ıraksaktır.
∞ 1
P
serisi yakınsak mıdır?
2
n=2 n
AŞ
Örnek:
IO
G˘
LU
3) 3. bir tespit yöntemi de karşılaştırma yöntemidir. Sonsuz seri, toplam değeri hesaplanabilmiş ve sonlu bir limite yakınsadığı tespit edilmiş başka bir seriden daha küçük
ise, seri yakınsaktır.
∞ 1
∞
P
P
1
serisini,
yakınsak
olduğunu
bildiğimiz
serisi ile
2
n=2 n
n=2 n(n − 1)
kıyaslayalım.
O
NB
Çözüm:
∞
P
olduğundan yukarıdaki kısmi toplamı tekrar yazalım.
c
FE
TI˙
Y
E
1
1
1
=
−
n · (n − 1)
n−1 n
O¨
ZL
EM
1
’nin kısmi toplamı aşağıda verilmiştir.
n=2 n(n − 1)
1
1
1
Sk =
=
− olduğunu hatırlayalım.
n(n − 1)
n−1 n
k
P
1
1
1
1
1
Kısmi toplamlar serisi: Sk =
=
+
+
+ ··· +
olur.
1·2 2·3 3·4
k · (k − 1)
n=2 n(n − 1)
Sk
Kısmi toplamlar limiti:
=
k
P
1
1 1 1 1 1 1
1 1
= − + − + − + · · · + −
1 2 2 3 3 4
k−1 k
n=2 n(n − 1)
=1−
1
k−1
=
k
k
L = lim Sk
k→∞
L = lim
k→∞
k
P
k−1
=1
k
1
serisinin 1’e yakınsadığını bulduk. Kıyaslama yöntemini kullan=2 n(n − 1)
k
P
1
narak
serisinin yakınsak olduğunu ispatlayalım.
2
n=2 n
k
P
1
1
1
n > 2 için: 2 6
olduğundan,
serisi de yakınsaktır.
2
n
n(n − 1)
n=2 n
Böylece
SERİLER
193
Seri Türleri ve Yakınsaklık
Aritmetik Seriler
∞
P
5 + 2n = 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + . . . aritmetik serisi ıraksaktır çünkü terimler
n=0
artmakta ve toplam sonsuza (∞) yaklaşmaktadır.
Geometrik Seriler
∞ 1
P
1
1 1 1
+ ···
=1+ + + +
n
2 4 8 16
n=0 2
Yukarıdaki sonsuz seri için, toplam S’ye eşit olsun. O halde,
S =1+
S
1 1 1
1
= + + +
+ ···
2
2 4 8 16
———————————————
−
⇒
S = 2 bulunur.
O¨
ZL
EM
S
=1
2
O
NB
2’ye bölelim.
S
’yi S’den çıkaralım.
2
1 1 1
1
+ + +
+ · · · olur.
2 4 8 16
AŞ
S toplamını
IO
G˘
LU
Aşağıda verilen geometrik seri yakınsaktır çünkü toplam sonlu bir sayıdır.
Aşağıda verilen geometrik seri ıraksaktır.
∞
P
3n = 3 + 9 + 27 + 81 + · · ·
n=1
∞
P
c
FE
TI˙
Y
E
Yukarıdaki serinin ıraksak olmasının nedeni sonlu bir toplamının olmamasıdır. Ayrıca,
bu serinin kısmi toplamlar serisinin limitinin sonlu olmadığı görülür.
z n geometrik serisinin yakınsak olabilmesi için |z| < 1 koşulunun sağlanması gerekir.
n=1
Örnek:
1
1
1 1
+ + +
+. . . geometrik serisi yakınsaktır. Serinin yakınsadığı toplamı bulalım.
4 16 64 256
Çözüm: Sonsuz seri S olsun.
Seriyi 4 ile çarpalım.
4S = 1 +
1
1
1
1
+
+
+
+ . . . elde edilir.
4 16 64 256
1
1
1
1
+
+
+
+ ...
4 16 64 256
———————————————
1
3S = 1 kalır. ⇒ S =
3
1
Sonsuz geometrik seri ’e yakınsar.
3
Çıkarma işlemi yapalım.
S=
194
16. DİZİLER VE SERİLER
Harmonik Seriler
Harmonik seri aşağıdaki gibi ifade edilir.
∞ 1
P
1 1 1 1
= 1 + + + + + · · · serisi ıraksaktır.
2 3 4 5
n=1 n
IO
G˘
LU
Harmonik seri ıraksaktır çünkü hem sonsuz serinin toplamını hem de kısmi toplamlar
k 1
P
1 1 1 1
1
serisi olan
= 1+ + + + +· · ·+ ’nin toplamını bulamadığımız için ıraksaktır.
2 3 4 5
k
n=1 n
Alternatif Seri
∞
P
(−1)n an olarak ifade edilen serilere alternatif seri denir.
n=0
Örnek:
∞
P
(−1)n = −1 + 1 − 1 + 1 − . . . alternatif serisi verilsin. Serinin ve kısmi
AŞ
n=1
toplamlar serisinin de belli bir toplamı olmadığı için ıraksaktır.
O¨
ZL
EM
O
NB
∞
X
1 1 1
1
Örnek: 1 − + − + · · · =
(−1)n+1 · = ln 2 alternatif serisi verilsin. Serinin
2 3 4
n
n=1
yakınsadığı sınırın ln 2 olduğunu ispatlayalım.
İspat: Örnekte verilen alternatif serinin kısmi toplamlar serisini daha genel bir şekilde
aşağıdaki gibi ifade edebiliriz.
k
P
x2 x3 x4
xk
xn
=x−
+
−
+ ··· +
Kısmi toplamlar serisi: Sk =
(−1)n+1 ·
n
2
3
4
k
n=1
c
FE
TI˙
Y
E
Polinomlar bölümünden tk + 1 = (t + 1)(tk−1 − tk−2 + · · · − t3 + t2 − t + 1) olduğunu
hatırlayalım. Aynı zamanda,
1
’i yalnız
t+1
bırakalım.
tk + 1
= tk−1 − tk−2 + · · · − t3 + t2 − t + 1
t+1
1
tk
+
= tk−1 − tk−2 + · · · − t3 + t2 − t + 1
t+1 t+1
1
tk
k−1
k−2
3
2
=t
−t
+ ··· − t + t − t + 1 −
t+1
t+1
Z
Eşitliğin her iki tarafının
0
integralini alalım.
x
1
dt =
t+1
Z
0
x
(tk−1 − tk−2 + · · · − t3 + t2 − t + 1) dt
Z x k
t
−
dt
0 t+1
|
{z
}
lim ≈ 0
k→∞
SERİLER
195
ln (x + 1) = x −
Demek ki,
k
P
Sk =
x2 x 3 x4
xk
+
−
+ ··· +
bulunur.
2
3
4
k
(−1)n+1 ·
xn
= ln (x + 1)
n
(−1)n+1 ·
1
= ln 2
n
n=1
x = 1 için:
k
P
Sk =
n=1
Sonsuz seri, kısmi toplamlar serisinin limitine yakınsadığından:
İç İçe Geçmiş Sonsuz Seriler ve Çarpımlar
IO
G˘
LU
∞
X
1 1 1
1
1 − + − + ··· =
(−1)n+1 · = ln 2 elde edilir.
2 3 4
n
n=1
O
NB
AŞ
Aşağıdaki örneklerde iç içe geçmiş sonsuz toplam ve çarpım ifadelerinin yakınsadığı
değerleri bulalım.
r
q
p
√
6 + 6 + 6 + 6 + ... = ?
Örnek 1:
c
FE
TI˙
Y
2. dereceden denklemi
çözelim.
E
O¨
ZL
EM
v
r
u
q
u
√
t
Sonsuz toplam S olsun.
6 + 6 + 6 + 6 + ... = S
|
{z
}
Köklü ifadenin içinde tekrarlayan
S
kısım sonuca yakınsar.
√
6+S =S
Eşitliğin her iki tarafının
karesini alalım.
6 + S = S2
0 = S2 − S − 6
0 = (S − 3)(S + 2)
Denklemi çarpanlarına ayırarak
köklerini çözelim.
Denklemin çözümleri:
S = −2 ve S = 3 olur.
Geçerli çözüm:
S=3
Örnek 2:
r q
p
√
3
3
3
4 4 4 3 4 ... = ?
Sonsuz çarpım P olsun.
Köklü ifadenin içinde tekrarlayan
kısım sonuca yakınsar.
v r
u
q
u
√
3
3
3
3
t
4 4 4 4 ... = P
|
{z
}
P
196
16. DİZİLER VE SERİLER
√
3
Eşitliğin her iki tarafının
kübünü alalım.
4P = P
4P = P 3
0 = P 3 − 4P
Denklemi çarpanlarına ayırarak
köklerini çözelim.
Denklemin çözümleri:
0 = P (P 2 − 4) = P (P + 2)(P − 2)
P = 0, P = −2, P = 2 olur.
Geçerli çözüm:
P=2
v s
u
r q
u
p
4
√
3
4
t
3
4
5 2 5 2 5 3 2 ... =?
AŞ
Örnek 3:
IO
G˘
LU
Terimleri denklemin aynı
tarafına toplayalım.
Sonsuz çarpım P olsun.
P
O¨
ZL
EM
Köklü ifadenin içinde tekrarlayan
kısım sonuca yakınsar.
O
NB
v v
u u s
r q
u u
u
4
√
u
3
4
4
3
u t
3
t5 2 5 2 5 2 . . . = P
|
{z
}
p
√
4
5 3 2P = P
√
5 3 2P = P 4
Eşitliğin her iki tarafının
üçüncü kuvvetini alalım.
125 · 2P = P 12
c
FE
TI˙
Y
E
Eşitliğin her iki tarafının
dördüncü kuvvetini alalım.
Terimleri denklemin aynı
tarafına toplayalım.
0 = P 12 − 250P
Denklemi çarpanlarına ayırarak
köklerini çözelim.
Denklemin çözümleri:
0 = P (P 11 − 250)
P = 0, P =
Geçerli çözüm:
P =
√
11
250
√
250 olur.
11
17. Türev
IO
G˘
LU
Türevin Tanımı
f (x)
Bir f (x) fonksiyonunun x0 noktasındaki
türevi, o x0 noktasında fonksiyona
çizilen teğetin eğimi olarak tanımlanır.
AŞ
f (x2 ) •
f (x0 ) •
f 0 (x), f (x) fonksiyonunun türevi ise,
O
NB
f (x1 ) •
∆f (x)
∆x→0 ∆x
O¨
ZL
EM
f 0 (x0 ) = lim
x
=
f (x2 ) − f (x1 )
(x2 −x1 )→0
x2 − x1
lim
c
FE
TI˙
Y
E
p p p
x1x0x2
Türevin Gösterimi
f (x) fonksiyonunun x’e göre türevi, aşağıdaki simgelerle ifade edilebilir:
df
d
(x),
f (x), f 0 (x), f˙(x), f (1) (x)
dx
dx
f 00 (x), f (x) fonksiyonunun x’e göre ikinci dereceden türevidir.
2
d
df
d
f
f 00 (x) = 2 (x) =
(x) = f¨(x) = f (2) (x)
dx
dx dx
f (n) , f (x) fonksiyonunun x’e göre n. dereceden türevidir.
197
198
17. TÜREV
Türevin Genel Özellikleri
1. Sabit sayıların türevi sıfırdır. → f (x) = a ise, f 0 (x) = 0
2. Türev lineerdir (doğrusaldır). [f (x) ± g(x)]0 = f 0 (x) ± g 0 (x)
3. Fonksiyonların çarpımının türevi: [f (x) · g(x)]0 = f 0 (x) · g(x) + f (x) · g 0 (x)
4.
f (x)
g(x)
0
0
= [f (x) · [g(x)]−1 ] = f 0 (x) · [g(x)]−1 − f (x) · [g(x)]−2 · g 0 (x)
f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x)
=
[g(x)]2
Polinom Fonksiyonların Türevi
O¨
ZL
EM
f (x) = xn ise, f 0 (x) = nxn−1 olur.
O
NB
Temel Fonksiyonların Türevleri
AŞ
5. Bileşke fonksiyonların türevi: [f (g(x))]0 = g 0 (x) · f 0 (g(x))
IO
G˘
LU
Örnekler:
• f (x) = 5x7 ise, f 0 (x) = 5 · 7 · x7−1 = 35x6
c
FE
TI˙
Y
E
• (9x6 − 2x4 + x)0 = 9 · 6 · x6−1 − 2 · 4 · x4−1 + 1 · x1−1 = 54x5 − 8x3 + 1
• [(x − 2)(x + 1)]0 = (x − 2)0 · (x + 1) + (x − 2) · (x + 1)0 = 1 · (x + 1) + (x − 2) · 1 =
x + 1 + x − 2 = 2x − 1
• (x2 − 1)0 = 2x
Örnek: y = 3x2 + 7 polinom denklemi ile verilen parabole (-1, 10) noktasında çizilen
teğetin denklemi nedir?
Çözüm:
Çizilen teğetin denklemi y = mx + a olur. Denklemde m doğrunun eğimidir.
(-1, 10) noktası hem y = 3x2 + 7 parabolünün hem de teğet doğrusunun üzerindeki ortak
noktadır. Bu yüzden hem parabol denklemini hem de teğetin denklemini sağlar.
TEMEL FONKSİYONLARIN TÜREVLERİ
199
∆y
= ẏ = (3x2 + 7)0 = 6x olur.
∆x
Türevin tanımından, parabolün x’e
m=
göre türevi, (-1, 10) noktasında
çizilen teğetin eğimine eşit olur.
x =− 1 için, m = 6x = 6 ·− 1 =− 6
a değişkeninin değeri bulunur.
a=4
m ve a değerlerini kullanarak
teğetin denklemini tekrar yazalım.
y = −6x + 4
IO
G˘
LU
m = −6 değerini ve (-1, 10) noktasını
teğetin denklemine yerleştirelim.
10 =− 6 ·− 1 + a
f 0 (x) = ex
f (x) = e5x ise,
f 0 (x) = (5x)0 · e5x = 5e5x
f (x) = x
− 11
−3
7
ise, f 0 (x) =− 11 · x
ise,
f (x) = 38x ise,
f 0 (x) =−
− 12
3 − 3 −1 − 3 − 10
·x 7 =
·x 7
7
7
O¨
ZL
EM
f (x) = x
O
NB
f (x) = ex ise,
AŞ
Üslü Fonksiyonların Türevi
f 0 (x) = (8x)0 · 38x · ln 3 = 8 · 38x ln 3
Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
(sin x)0 = cos x
c
FE
TI˙
Y
(cos 3x)0 = −3 sin 3x
E
(cos x)0 = − sin x
(tan x)0 = 1 + tan2 x
(tan x5 )0 =
1 + tan2
5
x
5
(sin 5x2 )0 = (5x2 )0 · cos 5x2 = 10x cos 5x2
(cot x)0 = −(1 + cot2 x)
(cos4 7x)0 = 4 · (cos 7x)4−1 · (cos 7x)0 · (7x)0
= −28 cos3 7x sin 7x
Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
1
x 0
1
0
√
(arcsin x) =
;
x 6= ±1
arcsin
=√
;
a
1 − x2
a2 − x 2
x 6= ±a
1
(arccos x)0 = − √
; x 6= ±1
1 − x2
arccos
x 0
1
= −√
; x 6= ±a
2
a
a − x2
1
;
1 + x2
arctan
x 0
a
= 2
;
a
a + x2
(arctan x)0 =
x 6= ±i
x 6= ±a
200
17. TÜREV
Logaritmik Fonksiyonların Türevi
f (x) = ln g(x) ise,
f 0 (x)
=
g 0 (x)
g(x)
f (x) = ln x ise,
f 0 (x)
=
1
x
f (x) = ln 4x ise,
f (x)
6
(4x7 )0 28x
7
=
=
7 =
7
4x
x
4x
f (x) = log 20x ise,
f 0 (x)
=
f (x) = (log7 5x2 )3 ise,
f 0 (x)
= 3 · (log7 5x2 )2 · (log7 5x2 )0
AŞ
1
1
(20x)0
·
=
20x ln 10
x ln 10
IO
G˘
LU
0
= 3(log7 5x2 )2 ·
1
(5x2 )0
·
2
5x
ln 7
= 3(log7 5x2 )2 ·
10x
·
5x2
O
NB
7
O¨
ZL
EM
1
ln 7
=
6(log7 5x2 )2
x ln 7
Bileşke Fonksiyonların Türevi
c
FE
TI˙
Y
E
Bazen iç içe geçmiş fonksiyonların türevini almamız gerekir. Bileşke fonksiyonun türevi
aşağıdaki gibi ifade edilir:
d
[f (g(x))] = [f (g(x))]0 = g 0 (x) · f 0 (g(x))
dx
Bileşke fonksiyonların türevini alırken izlenen öncelik sırası işlemlerdeki öncelik sırasıyla
aynıdır.
1. Üsler
2. Parantez
3. Fonksiyon
4. Fonksiyon argümanı
Örnek: sin3 5x2 ifadesinin türevini hesaplayalım.
TEMEL FONKSİYONLARIN TÜREVLERİ
201
Çözüm:
3 2 0
sin 5x
= [(sin 5x2 )3 ]
0
1. Önce üs ve parantezin türevi
= 3 · (sin 5x2 )2 · (sin 5x2 )0
2. Sonra sin fonksiyonunun türevi
3. En son sin fonksiyonun argümanı
5x2 ’nin türevi alınır.
= 3 · (sin 5x2 )2 · (cos 5x2 ) · (5x2 )0
= 3 · (sin 5x2 )2 · (cos 5x2 ) · |{z}
10x
|
{z
} | {z }
sırası: 1.
2.
3.
= 30x cos 5x2 sin2 5x2
Örnek: h(x) =
IO
G˘
LU
Çarpanları düzenleyelim.
√
x4 − 9x2 + 25 ifadesinin türevini hesaplayalım.
Çözüm:
0
√
x4 − 9x2 + 25
O
NB
h0 (x) =
h
i
1 0
= (x4 − 9x2 + 25) 2
O¨
ZL
EM
=
AŞ
q
4
2
x
| − 9x
{z + 25}
g(x)
{z
}
|
f (g(x))
h(x)
=
1
−1
· (x4 − 9x2 + 25) 2 · (4x3 − 18x)
{z
}
|2
{z
} |
f 0 (g(x))
·
g 0 (x)
c
FE
TI˙
Y
E
=
1
−1
· (x4 − 9x2 + 25) 2 · (x4 − 9x2 + 25)0
2
Çarpanları düzenleyelim.
=√
2x3 − 9x
x4 − 9x2 + 25
Örnek: h(x) = ln (sin 3x) ifadesinin türevini hesaplayalım.
Çözüm:
h0 (x) = [ln (sin 3x)]0
=
(sin 3x)0
sin 3x
=
(3x)0 · cos 3x
sin 3x
=
3 cos 3x
sin 3x
= 3 cot 3x
202
17. TÜREV
Örnek: h(x) = cos (4x2 − 6x + 2) ifadesinin türevini hesaplayalım.
h(x)
2
= cos 4x
| −{z6x + 2}
g(x)
|
{z
}
f (g(x))
h0 (x)
= [cos (4x2 − 6x + 2)]
IO
G˘
LU
Çözüm:
0
= (4x2 − 6x + 2)0 ·− sin (4x2 − 6x + 2)
O
NB
O¨
ZL
EM
= (6 − 8x) sin (4x2 − 6x + 2)
AŞ
= (8x − 6) ·− sin (4x2 − 6x + 2)
3
Örnek: h(x) = xx fonksiyonunun türevini bulalım.
xx
=
↓
3 →g(x)
c
FE
TI˙
Y
h(x)
E
Çözüm:
f (x)
h0 (x)
3
= (x3 )0 · (x3 · xx −1 )
|{z} | {z }
g 0 (x) f 0 (g(x))
= (3x2 ) · (x3 · xx
= 3x(2+3+x
= 3xx
3 −1
)
3 −1)
3 +4
Örnek: h(x) = cos xsin 3x ifadesinin türevini hesaplayalım.
TÜREVİN UYGULAMALARI
203
Çözüm:
sin 3x
= |{z}
cos x
| {z }
f (x)
g(x)
h0 (x)
= (xsin 3x )0 ·− sin xsin 3x
| {z }
g 0 (x)
g(x) = xsin 3x de bileşke
bir fonksiyondur.
g 0 (x)
= (xsin 3x )0
= (sin 3x)0 · sin 3x · xsin 3x−1
Buradan:
g 0 (x)
= 3 cos 3x · sin 3x · xsin 3x−1
g 0 (x)’i, yukarıdaki h0 (x)
ifadesine yerleştirelim.
h0 (x)
= |3 cos 3x{z· sin 3x} ·xsin 3x−1 ·− sin xsin 3x
3
sin 6x
2
AŞ
=−
3 sin 3x−1
x
sin 6x · sin xsin 3x
2
O¨
ZL
EM
Türevin Uygulamaları
O
NB
Çarpanları düzenleyelim. h0 (x)
IO
G˘
LU
h(x)
Türevin Limitte Belirsizliğin Giderilmesinde Kullanılması, L’Hopital
Kuralı
E
Türevin, limitte belirsizliğin giderilmesinde kullanılması ve L’Hopital kuralı kitabın Limit
konu başlığı altında anlatılmıştır.
c
FE
TI˙
Y
Teğet Eğimlerinin Hesaplanması
Türev, bir fonsiyonun grafiği üzerinde tanımlı belli bir noktadan çizilen teğetin eğiminin
hesaplanmasında kullanılabilir.
Örnek:
f (x) = 4 − x2 + 5x fonksiyonunun, y = 7x − 5 doğrusuna paralel olan teğetinin geçtiği
noktayı hesaplayalım.
Çözüm:
Fonksiyon üzerinde teğetin geçtiği nokta (x0 , y0 ) olsun.
y = 7x − 5 doğrusunun eğimi m = 7 olur. Bu doğruya paralel olan teğetin de eğimi aynı
olur.
Teğetin eğimi, ayrıca fonksiyonun türevi alınarak da hesaplanabilir:
204
17. TÜREV
Fonksiyonun türevi:
f 0 (x) = (4 − x2 + 5x)0 = −2x + 5
(x0 , y0 ) noktasındaki teğetin eğimi:
7 = f 0 (x0 ) = −2x0 + 5 olur.
x0 ’nin değeri yukarıdaki eşitlikten bulunur.
x0 = −1
y0 ’in değerini f (x0 )’i kullanarak hesaplayalım. y0 = 4 − x20 + 5x0 = 4 − 1 − 5 = −2
(x0 , y0 ) = (−1, −2)
IO
G˘
LU
Aradığımız nokta:
Düzlemdeki Bir Noktadan Fonksiyon Grafiğine En Yakın (Minimum) Mesafenin Hesaplanması
O
NB
AŞ
Düzlemdeki bir noktadan, bir fonksiyonun grafiğine olan en kısa mesafenin
hesaplanmasında türev kullanılabilir.
Örnek: f(x)= 2x+5 doğrusu üzerinde bulunan ve A(1, 2) noktasına en yakın olan noktanın koordinatı nedir?
O¨
ZL
EM
Çözüm 1: y = f(x)= 2x+5 olduğundan, bu doğru üzerindeki herhangi bir B noktasının
koordinatı B(x, y) = (x, 2x+5) olarak ifade edilebilir.
A ve B noktaları arasındaki uzaklık: |AB| =
c
FE
TI˙
Y
E
=
p
√
(x − 1)2 + (2x + 5 − 2)2
x2 − 2x + 1 + 4x2 + 12x + 9
√
d
|AB| = ( 5x2 + 10x + 10 )0 = 0
dx
|AB|’yi en kısa yapan x değerini bulmak
için |AB|’nin x’e göre türevini alalım.
=
1
10x + 10
·√
= 0 ⇒ x = −1
2
5x2 + 10x + 10
y’nin değerini bulalım. y = f (− 1) = 2 ·− 1 + 5 = 3
Doğru üzerindeki en yakın nokta:
B(-1, 3) bulunur.
Türev özelliğini kullanmadan B noktasını bulmak istersek, 2. çözümü kullanabiliriz.
Çözüm 2: A ve B noktaları arasında çizilen doğrunun en kısa çizgi olabilmesi için AB
doğrusunun f (x) = 2x + 5 doğrusuna dik olması gerekir. Bu yüzden, AB doğrusunun
eğimi m ise, m ile f (x) doğrusunun eğiminin çarpımı -1 olur.
TÜREVİN UYGULAMALARI
205
m · 2 = −1 ⇒ m = −
1
2
A(1, 2) ve B(x, 2x+5) noktaları kullanılarak
2x + 5 − 2
1
∆y
=
=−
∆x
x−1
2
m=
Yukarıdaki denklemden:
2x + 3
1
=−
x−1
2
İçler dışlar çarpımından:
2 · (2x + 3) = −1 · (x − 1)
4x + 6 = 1 − x
IO
G˘
LU
çizilen AB doğrusunun eğim denklemi:
5x = −5 ⇒ x = −1 bulunur.
y’nin değerini bulalım.
y = f (− 1) = 2 ·− 1 + 5 = 3
Buradan B noktası:
(-1, 3) bulunur.
O
NB
AŞ
x’i yalnız bırakalım.
O¨
ZL
EM
Türevin Fonksiyonlardaki Uygulaması
Türev, fonksiyonların maksimum ve minimum noktalarının hesaplanmasında ve fonksiyonların artan, azalan ya da sabit olup olmadıklarını belirlemekte kullanılır. Bu konu
kitapta, Fonksiyonlar II bölüm başlığı altında anlatılmaktadır.
Türevin Fizikteki Uygulamaları
c
FE
TI˙
Y
E
Lise fiziğinde kinematik ve elektrik konularında türevin uygulamaları kullanılmaktadır.
Türevin Kinematikteki Uygulaması
Klasik mekaniğin bir dalı olan kinematikte, bir nesnenin hareketini tanımlayan ve
zamana göre değişim gösteren mesafe, hız ve ivme denklemleri arasında türevi kullanan
ilişkiler vardır.
a: ivme
v: hız
x: mesafe
∆t: zamandaki değişim
∆v: hızdaki değişim
∆x: mesafedeki değişim olarak ifade edilirse bu ilişki aşağıdaki denklemlerle verilir:
d
∆v
= v(t),
∆t→0 ∆t
dt
a = lim
∆x
d
= x(t)
∆t→0 ∆t
dt
v = lim
⇒ a=
d
d2
v(t) = 2 x(t)
dt
dt
206
17. TÜREV
Örnek: İlk hızı v0 = 24 m/s olan bir topun yukarı doğru atış hareket denklemi
x = v0 t − 1/2gt2 olarak verilmiştir. Dünyanın yerçekim ivmesi g = 10 m/s2 ise, topun
atıldıktan 2 saniye sonraki hızı ne olur? Atılan topun çıkabileceği maksimum yükseklik
nedir?
Çözüm:
IO
G˘
LU
v0 ve g ’nin değerlerini denklemde x = 24t − 5t2
yerine koyalım.
d
x(t)’nin türevini alalm.
v(t) = x(t) = (24t − 5t2 )0 = 24 − 10t
dt
v(2) = 24 − 10 · 2 = 4 m/s bulunur.
2 saniye sonra:
Top yukarı doğru atıldığı için hızı azalmıştır.
O
NB
AŞ
Atılan topun çıkabileceği maksimum yükseklik, x(t) fonksiyonun alabileceği maksimum
değerdir.
Maksimum yüksekliğe çıkmak için geçen zaman tmax olsun. O halde,
t = tmax iken x(tmax ) maksimum değerinde ise x0 (tmax ) = 0 olur.
O¨
ZL
EM
x(t)’nin türevini alalım. x0 (t) = (24t − 5t2 )0 = 24 − 10t
x0 (tmax ) = 24 − 10t = 0 ⇒ tmax = 2.4 saniye
tmax = 2.4 s değerini
x(t)’ye yerleştirelim.
xmax = x(tmax ) = 24 · 2.4 − 5 · (2.4)2 = 28.8 metre bulunur.
E
t = tmax iken:
c
FE
TI˙
Y
Türevin Elektrikteki Uygulaması
Elektrik devre elemanları olan kapasitörden geçen akım ve indüktör (bobinin) uçları
arasındaki voltaj farkını tanımlayan denklemler türev yardımı ile ifade edilir.
C: kapasitörün kapasitansı
L: indüktörün indüktansı
I: akım
V: voltaj olarak ifade edilirse, aşağıdaki denklemler doğru olur.
Kapasitörden geçen akım:
I=C·
d
V = C · V̇ = CV 0 (t)
dt
İndüktörün uçları arasındaki voltaj farkı:
V =L·
d
I = L · I˙ = LI 0 (t)
dt
18. Fonksiyonlar II
IO
G˘
LU
Fonksiyonların Dönüştürülmesi
y = f (x) = x3 + 4 fonksiyonu x değişkeni cinsinden ifade edilmektedir. f fonksiyonunu y
değişkeni cinsinden ifade etmek istersek, x = f (y) şeklinde yazmamız gerekir.
Denklemde x’i yalnız bırakalım. y = x3 + 4
y−4=x
O
NB
√
3
AŞ
y − 4 = x3
⇒ x = f (y) =
√
3
y − 4 bulunur.
O¨
ZL
EM
Örnek: y = cos x3 fonksiyonunu y cinsinden yazalım.
Çözüm:
Denklemde x’i yalnız bırakalım. y = cos x3
√
3
arccos y = x
c
FE
TI˙
Y
E
arccos y = x3
√
⇒ x = f (y) = 3 arccos y bulunur.
Not: Fonksiyonlarda değişken dönüştürülmesi, kitabın İntegral bölümünde alan hesabında
karşımıza çıkacaktır.
Fonksiyonlarda Tanım Aralıkları
Bir f(x) fonksiyonunun tanım aralığı, f(x)’in tanımlı olabilmesi için x’in alması gereken
değerler kümesidir.
Örneğin,
1
fonksiyonunun tanımlı olması için paydanın 0’dan farklı olması gerekir.
1 − |x|
O halde,
f (x) =
|x| =
6 1 ⇒ x 6= 1 ve x 6= −1 doğru olmalıdır.
f (x)’in tanım aralığı: x ∈ R − {−1, 1} bulunur.
Aynı tanım aralığının farklı bir ifadesi: x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, ∞) olur.
207
208
18. FONKSİYONLAR II
Fonksiyonlarda Süreklilik
Bir f (x) fonksiyonunun a noktasında sürekli olabilmesi için,
1) f (a)’nın tanımlı olması,
2) lim f (x) = f (a) olması gerekir. Yani, f (x)’in, x a değerine yaklaşırken limiti,
x→a
f (x)’in a noktasındaki değerine eşit olmalıdır.
x2 − 4
fonksiyonu x > 2 değer aralığında sürekli midir?
x−2
IO
G˘
LU
Örnek: f (x) =
Çözüm: x > 2 değer aralığında, x 2’ye eşit olmadığı için f (x) =
AŞ
tanımlıdır ve süreklidir.
x2 − 4
fonksiyonu
x−2
Örnek: f (x) =
O
NB
x2 − 4 (x−2)(x
+ 2)
x > 2 aralığı için: f (x) =
=
=x+2
x−2
x−2
x2 − 4
fonksiyonu x’in tüm reel sayı değerleri için sürekli midir?
x−2
O¨
ZL
EM
x2 − 4
fonksiyonu tanımsızdır. Bu yüzden, x ∈ R için f(x)
x−2
sürekli değildir. Aşağıdaki grafikte x = 2 noktasında f(x) fonksiyonunda delik
mevcuttur.
Çözüm: x = 2 için, f (x) =
f (x) =
c
FE
TI˙
Y
E
y
4
◦
2
x
x2 − 4
x−2
FONKSİYONLARDA SÜREKLİLİK
209
Örnek: Aşağıda grafiği verilen parçalı f (x) fonksiyonu sürekli midir?
y
1
◦
•
f (x) = 2
IO
G˘
LU
2
f (x) = x
x
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
1
Çözüm: f (1) tanımlıdır ve f (1) = 1 olur. O halde x → 1 için fonksiyonun limitini
hesaplamamız gerekir.
x, 1’e sağdan yaklaşırken f(x)’in limiti:
c
FE
TI˙
Y
E
x, 1’e soldan yaklaşırken f(x)’in limiti:
lim f (x) = lim+ 2 = 2
x→1+
x→1
lim f (x) = lim− x = 1
x→1−
olarak hesaplanır.
x→1
Ayrıca, f (1) = 1
lim f (x) 6= lim− f (x)
x→1+
⇒
x→1
lim f (x) için limit yoktur.
x→1
f(1) tanımlıdır ancak x → 1 için, sağdan ve soldan limitler eşit olmadığı için f(x) fonksiyonu süreksizdir.
Örnek: f (x) = |x − 3| fonksiyonu x’in tüm reel sayı değerleri için sürekli midir?
Çözüm: f (x) = |x − 3| mutlak değer fonksiyonu:
x > 3 için f (x) = x − 3
x < 3 için f (x) = −(x − 3) = −x + 3
x = 3 için f (3) = |3 − 3| = 0 olur.
210
18. FONKSİYONLAR II
Fonksiyonun grafiği aşağıda çizilmiştir.
y
y = −x + 3
y =x−3
x
O
NB
AŞ
3
IO
G˘
LU
f (x) = |x − 3|
f (3) = 0 tanımlıdır. Şimdi de x → 3 için, sağdan ve soldan limitleri hesaplayalım.
lim f (x) = lim− − x + 3 = −3 + 3 = 0
x→3
O¨
ZL
EM
x→3−
lim f (x) = lim+ x − 3 = 3 − 3 = 0
x→3+
x→3
lim f (x) = lim+ f (x) = lim f (x) = 0
x→3−
x→3
x→3
c
FE
TI˙
Y
E
lim f (x) = f (3) = 0 olduğu için f(x) süreklidir.
x→3
Fonksiyonların Ekstrem Noktaları
Bir fonksiyonun, tanımlı olduğu aralıkta aldığı maksimum ve minimum değerlere
ekstrem noktaları denir.
Aşağıdaki şekilde 4. dereceden bir polinom fonksiyonunun grafiği görülmektedir.
Fonksiyonun toplam 2 çukuru, 1 tepesi vardır. Bu 2 çukur minimum noktaları, tepe de
maksimum noktasıdır.
FONKSİYONLARIN EKSTREM NOKTALARI
211
y
4. dereceden polinom fonksiyonunun
toplam tepe ve çukur sayısı 3’tür.
f (x) = 1/30(x + 4)(x + 1)(x − 2)(x − 4)
azalan
artan
x
•
min
AŞ
artan
azalan
IO
G˘
LU
maks
•
O¨
ZL
EM
O
NB
•
min
Yukarıdaki grafikte görüldüğü gibi, fonksiyonun azalmakta iken artmaya başladığı
noktalar minimum noktalarıdır. Tersine, artmakta iken azaldığı nokta da maksimum
noktasıdır.
c
FE
TI˙
Y
E
Sürekli artan ya da sürekli azalan ya da sabit fonksiyonların ekstrem noktaları olmaz.
Fonksiyonların Ekstrem Noktalarının Hesaplanması
Fonksiyonların ekstrem noktalarının hesaplanmasında türev kullanılabilir.
Bir fonksiyonun ekstrem noktalarının hesaplanmasında aşağıdaki veriler kullanılır:
• Eğer xm , f (x) fonksiyonunun bir ekstrem noktası ise, f 0 (xm ) = 0 olur.
• Eğer f 0 (xm ) = 0 ve f 00 (xm ) > 0 ise, xm , f (x) fonksiyonun bir minimum noktasıdır.
• Eğer f 0 (xm ) = 0 ve f 00 (xm ) < 0 ise, xm , f (x) fonksiyonun bir maksimum noktasıdır.
• Sürekli artan ya da sürekli azalan fonksiyonların ekstrem noktaları olmaz.
• Sabit fonksiyonların ekstrem noktaları olmaz.
212
18. FONKSİYONLAR II
Örnek: ex fonksiyonunun maksimum ve minimum noktalarını bulalım.
Çözüm:
f (x)
f (x) = ex
IO
G˘
LU
Grafikten de görüldüğü gibi ex sürekli
artan bir fonksiyon olduğundan ekstrem
noktası yoktur.
O
NB
AŞ
x
O¨
ZL
EM
Örnek: f (x) = x2 + 2x − 3 fonksiyonun ekstrem noktalarını bulalım.
Çözüm:
f (x)
c
FE
TI˙
Y
E
f (x) = x2 + 2x − 3
p
−3
p
−1
p
1
−4
Ekstrem noktalarında f 0 (x) = 0 olur.
x
FONKSİYONLARIN EKSTREM NOKTALARI
213
f 0 (x) = 2x + 2 = 0 ⇒ x = −1
y = f (−1) = (− 1)2 + 2 ·− 1 − 3 = −4
(−1, −4) noktasını f 00 (x)’e yerleştirelim:
IO
G˘
LU
f 00 (x) = (2x + 2)0 = 2 > 0 olduğundan (−1, −4) noktasını bir minimum noktasıdır.
f (x) fonksiyonun maksimum noktası yoktur.
AŞ
Örnek: f (x) = x3 + 4x2 − 3x + 1 fonksiyonun maksimum ve minimum noktalarını
bulalım.
O
NB
Çözüm:
f 0 (x) = 3x2 + 8x − 3 = 0
f 0 (x) polinomunu çarpanlarına
ayıralım.
f 0 (x) = (3x − 1)(x + 3) = 0
O¨
ZL
EM
f (x)’in türevini alalım.
Ekstrem noktaları polinomun kökleridir. x =
f 00 (x) = (3x2 + 8x − 3)0 = 6x + 8
E
Bu noktaların maksimum mu yoksa
minimum mu olduğunu bulalım:
1
ve x = −3 bulunur.
3
yerine koyalım.
f 00 (1/3) = 6 · 1/3 + 8 = 10 > 0
Minimum noktası
f 00 (−3) = 6 · −3 + 8 = −10 < 0
Maksimum noktası
c
FE
TI˙
Y
x = 1/3 ve x = −3 değerlerini f 00 (x)’te
Ekstrem noktaların y bileşenlerini
hesaplayalım:
x = 1/3 için:
x = 3 için:
1 13
( , ) Minimum noktası
3 27
y = f (1/3) = (1/3)3 + 4 · (1/3)2 − 3 · 1/3 + 1
13
=
27
y = f (−3) = (−3)3 + 4 · (−3)2 − 3 · −3 + 1
= 19
(3, 19) Maksimum noktası
214
18. FONKSİYONLAR II
Artan, Azalan Fonksiyonlar
Bir fonksiyon, x’in belli bir tanım aralığında sabit değilse, artan ya da azalan olabilir.
Tespit
• Belli bir tanım aralığında x artarken f (x) artarsa, x’in bu tanım aralığı için, f (x)
artan bir fonksiyondur. Tersi de doğrudur.
• f (x) artansa, f 0 (x) > 0 olur.
IO
G˘
LU
• Belli bir tanım aralığında x artarken f (x) azalırsa, x’in bu tanım aralığı için, f (x)
azalan bir fonksiyondur. Tersi de doğrudur.
• f (x) azalansa, f 0 (x) < 0 olur.
AŞ
• f (x) sürekli artan ya da sürekli azalan ya da sabit bir fonksiyon değilse, x’in
belli tanım aralıklarında artan, belli tanım aralıkların da da azalan olabilir.
O
NB
Türev kullanılarak, bir fonksiyonun belli bir tanım aralığı için artan mı yoksa azalan mı
olduğu tespit edilebilir.
Örnek: f (x) = x2 − 4x + 6 fonksiyonunun artan ve azalan aralıklarını bulalım.
Çözüm:
O¨
ZL
EM
Fonksiyonun önce ekstrem noktaları hesaplanır. Sonra da bu noktaların etrafında ve
arasında f (x)’in artan mı yoksa azalan mı olduğu f 0 (x)’in değerine bakılarak tespit edilir.
f 0 (x) = 2x − 4 = 0 ⇒ x = 2
Ekstrem noktaları bulalım.
E
Ekstrem noktasının cinsini bulalım. f 00 (x) = 2 > 0 ⇒ x = 2 minimum noktasıdır.
(−∞, 2) ve (2, ∞)
(−∞, 2) aralığında x=1 için:
f 0 (1) = 2 · 1 − 4 = −2 < 0
⇒ f (x), (−∞, 2) aralığında azalandır.
(2, ∞) aralığında x=3 için:
f 0 (3) = 2 · 3 − 4 = 2 > 0
⇒ f (x), (2, ∞) aralığında artandır.
c
FE
TI˙
Y
Tek bir ekstrem noktası olduğu
için bakmamız gereken aralıklar:
Sonucu tablo ile gösterelim.
−∞
∞
min = 2
x
(−∞, 2)
(2, ∞)
f 0 (x)
−
+
f (x)
azalan &
artan %
ARTAN, AZALAN FONKSİYONLAR
215
Örnek: f (x) = 3x − 55 fonksiyonunun artan ve azalan aralıklarını hesaplayalım.
Çözüm: f 0 (x) = (3x − 55)0 = 3 > 0 olduğundan f(x), x’in bütün değerleri için sürekli
artandır. Ayrıca f 0 (x) = 3 sabit bir sayı olduğundan ekstrenum noktasının olmadığı da
görülür.
Örnek: f (x) = x3 − 4x2 + 5x + 9 fonksiyonunun artan ve azalan aralıklarını
hesaplayalım.
IO
G˘
LU
Çözüm:
Ekstrem noktaları bulalım.
f 0 (x) = (x3 − 4x2 + 5x + 9)0 = 3x2 − 8x + 5 = 0
f 0 (x) polinomunu çarpanlarına
ayıralım.
f 0 (x) = 3x2 − 8x + 5 = (3x − 5)(x − 1) = 0
Ekstrem noktaları polinomun
x=
O
NB
f 00 (x) = 6x − 8
AŞ
kökleridir.
Ekstrem noktalarının cinsini
bulalım.
5
x = noktası için:
3
x = 1 noktası için:
5
ve x = 1
3
5
5
f
= 2 > 0 ⇒ x = minimum noktasıdır.
3
3
f 00 (1) = −2 < 0 ⇒ x = 1 maksimum noktasıdır.
O¨
ZL
EM
00
2 ekstrem noktası olduğundan
5
5
(−∞, 1), 1,
,
, ∞
3
3
bakmamız gereken aralıklar:
f 0 (0) = 3 · 0 − 8 · 0 + 5 = 5 > 0
⇒ (−∞, 1) aralığında f (x) artandır.
E
(−∞, 1) aralığında x=0 için:
c
FE
TI˙
Y
3
3
9
3
1
5
aralığında x = 1.5
için: f 0
=3· −8· +5=− <0
1,
3
2
2
4
2
4
5
⇒ 1,
aralığında f (x) azalandır.
3
5
, ∞ aralığında x = 2 için:
3
f 0 (2) = 3 · 4 − 8 · 2 + 5 = 1 > 0
5
⇒
, ∞ aralığında f (x) artandır.
3
Sonucu tablo ile gösterelim.
−∞
maks = 1
∞
min = 5/3
x
(−∞, 1)
(1, 5/3)
(5/3, ∞)
f 0 (x)
+
−
+
f (x)
artan %
azalan &
artan %
19. İntegral
IO
G˘
LU
İntegralin Tanımı
A1
İntegralin tanımında
f (x)
O¨
ZL
EM
O
NB
AŞ
x-y düzleminde, bir f (x) fonksiyonunun x ekseni ile x1 ve x2 noktalarının arasında
kalan bölgesinin alanı, f (x) fonksiyonunun x1 ve x2 noktaları arasındaki integrali olarak
y
Z
x1
x1
dx
x2
x
E
f (x)
c
FE
TI˙
Y
tanımlanır. dx integral adımıdır.
y
y2
f(x) fonksiyonunun y ekseni ile y1 ve
y2 noktaları arasında kalan bölgesinin
alanı, fonksiyonun x’e göre çözümünün
y1 ve y2 noktaları arasındaki integralidir.
A2
dy
y1
f (y)
Z
y2
Taralı Alan:A2 =
f (y) dy
y1
x1
x2
x
f (x)
216
x
Taralı Alan:A1 =
A1 6= A2
İNTEGRALİN TANIMI
217
Σ, Limit ve İntegral İlişkisi
Yukarıdaki
P şekillerde, taralı alandaki siyah dikdörtgenlerin alanlarının toplamı aşağıdaki
toplam ( ) serisi olarak da ifade edilebilir.
Toplam serisinin taralı alana yaklaşık
A1 ≈
olarak eşit olduğu görülür.
x2
P
f (x)dx
x=x1
A1 taralı alanına tam olarak eşitlik, dx integral
A1 = lim
dx→0 x=x1
Belirsiz İntegral, Belirsizlik Sabiti C
Z
x2
f (x) dx
f (x)dx =
IO
G˘
LU
adımının 0 değerine yaklaşması ile sağlanır.
x2
P
x1
Z
AŞ
Alt ve üst sınırları tanımlı olmayan integrale belirsiz integral denir. Örneğin
O
NB
belirsiz bir integraldir.
cos x dx
f 0 (x) fonksiyonu, f (x) fonksiyonunun türevi ise aşağıdaki eşitlik doğru olur:
Z
f 0 (x) dx = f (x) + C
x2
x1
C, integral belirsizlik sabitidir.
O¨
ZL
EM
Z
x2
f 0 (x)dx = f (x) = f (x2 ) − f (x1 ) İntegralin alt ve üst sınırları belli ise,
x1
C sonuca eklenmez.
c
FE
TI˙
Y
E
Yukarıdaki formüllerden görüldüğü gibi bir fonksiyonun türevinin integrali, fonksiyonun
kendisine eşittir.
Z
2
Örnek: f (x) = x fonksiyonunun türevi, f (x) = 2x olur. O halde, 2x dx ifadesini
hesaplayalım.
Z
Çözüm:
2x dx integralini çözerken kendimize ”hangi fonksiyonun türevi 2x’dir ”
diye soracağız. Cevabı ”x2 ”’dir.
Z
2x dx = x2 + C bulunur.
Burada integralin alt ve üst sınırları tanımlanmadığı için x2 sonucuna C belirsizlik
sabitini eklememiz gerekir. Çünkü, aşağıda verilen ve içinde x2 bulunan bütün
fonksiyonların türevi 2x’dir.
f (x) = x2
g(x) = x2 + 5
h(x) = x2 − 3
218
19. İNTEGRAL
t(x) = x2 −
4
9
f 0 (x) = g 0 (x) = h0 (x) = t0 (x) = 2x olduğu görülür, bu yüzden belirsiz integralin
sonucuna bilinmeyen C sabiti eklenir.
İntegralin Genel Özellikleri
Z
[f (x) ± g(x)] dx =
f (x) dx ±
Z
2. a sabit bir sayı ise,
Z
Z
af (x) dx = a
Z
0
5.
Z
f (x)
dx =
g(x)
g(x)f 0 (x) dx
f (x) · [g(x)]−1 dx
O¨
ZL
EM
Z
f (x) dx
g(x) · f (x) dx
f (x) · g (x) dx = f (x)g(x) −
4.
[g(x) ± f (x)] dx
Z
f (x) · g(x) dx =
3.
g(x) dx =
O
NB
Z
Z
AŞ
1.
Z
IO
G˘
LU
Z
Temel Fonksiyonların İntegrali
Polinom Fonksiyonların İntegrali
n
Z
Z
f (x) dx =
ax dx = a
xn dx = a ·
c
FE
TI˙
Y
E
f (x) = ax ise,
Z
n
xn+1
+C
n+1
Örnekler:
Z
•
Z
•
x10 dx =
4x−17 dx =
Z
•
x10+1
x11
+C =
+C
10 + 1
11
x
−2
7
dx =
x
−16
4x−17+1
4 x−16
− x
+C = +
C
=
+C
−17 + 1
−16
4
− 2 +1
7
−2
7
5
7x 7
+C =
+C
5
+1
Üslü Fonksiyonların İntegrali
x
Sabit bir a sayısı için f (x) = a ise,
Z
ax dx =
ax
+C
ln a
TEMEL FONKSİYONLARIN İNTEGRALİ
219
Örnekler:
•
x
Z
x
•
e dx = e + C
Z
•
3x
Z
1
1
· ((3 ln 5) · 53x ) dx =
·
|
{z
}
3 ln 5
3 ln 5
Z
1
1
· (3e3x ) dx = ·
3 | {z }
3
5 dx =
Z
•
3x
e dx =
Z
•
−7x2
xe
Z
•
sin x
Z
dx =
Z
53x
(5 ) dx =
+C
| {z }
3 ln 5
3x 0
e3x
(e3x )0 dx =
+C
| {z }
3
1
1
2
− (−14xe−7x ) dx = − ·
{z
}
|
14
14
Z
Z
Z
2
e−7x
(e
) dx = −
+C
| {z }
14
−7x2 0
(esin x )0 dx = esin x + C
cos x dx =
O
NB
AŞ
e
e−x dx = −e−x + C
IO
G˘
LU
Z
Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali
Z
•
cos x dx
sin x dx
Z
•
−1 · (cos x)0 dx = − cos x + C
=
Z
sin x
− sin x
=
dx = −1 ·
dx
cos x
cos x
Z
= − (ln cos x)0 dx = − ln cos x + C
c
FE
TI˙
Y
tan x dx
2
[1 + tan x] dx
Z
•
Z
Z
Z
•
(sin x)0 dx = sin x + C
E
•
Z
=
Z
O¨
ZL
EM
Temel Fonksiyonların İntegrali
2
tan x dx
Z
=
Z
=
Z
=
= ln (cos x)−1 + C = ln sec x + C
(tan x)0 dx = tan x + C
[(1 + tan2 x) − 1] dx
2
(1 + tan x) dx −
= tan x − x + C
Z
1 · dx
220
19. İNTEGRAL
Z
•
Z
2
[1 + cot x] dx
=
(− cot x)0 dx = − cot x + C
Örnekler:
Z
•
x
sin dx
5
Z
•
=
=
2
[4 + 3 tan 7x] dx
Z Z
=
−5 · cos
x 0
x
dx = −5 cos + C
5
5
Z
1 · dx + 3
Z =x+3
(1 + tan2 7x) dx
1
· tan 7x
7
sin 2x dx
=−
•
cos 2x
+ C1
2
Z
=
c
FE
TI˙
Y
sin 2x dx
2 sin x cos x dx
Z
=
(− cos2 x)0 dx
= − cos2 x + C2
Z
•
→ 1. Çözüm
E
Z
dx
O¨
ZL
EM
•
0
3 tan 7x
+C
7
0
Z 1
=
− · cos 2x dx
2
=x+
Z
1
· sin 3x + C
3
[1 + 3(1 + tan2 7x)] dx
Z
=
dx =
AŞ
cos 3x dx
0
O
NB
•
1
· sin 3x
3
sin 2x dx
=
2 sin x cos x dx
Z
=
→ 2. Çözüm
Z
(sin2 x)0 dx
= sin2 x + C3
→ 3. Çözüm
IO
G˘
LU
Z Z
TEMEL FONKSİYONLARIN İNTEGRALİ
221
Ters Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali
Z
x2
Z
1
x
√
dx = arcsin + C
a
a2 − x 2
−√
a2
1
x
dx = arccos + C
2
a
−x
IO
G˘
LU
Z
1
x
1
dx = arctan + C
2
+a
a
a
Logaritmik Fonksiyonların İntegrali
AŞ
g 0 (x)
olduğunu Türev bölümünde öğrenmiştik.
g(x)
g 0 (x)
dx = ln g(x) + C
g(x)
Z
⇒
(x)0
1
f (x) = ln x ise, f (x) = (ln x) =
=
⇒
x
x
xn ln x dx =
Z
ln x dx =
Z
x0 ln x dx =
x0+1
x0+1
ln x −
+ C = x ln x − x + C
0+1
(0 + 1)2
1 + tan2 x
dx ifadesini hesaplayalım.
tan x
c
FE
TI˙
Y
Örnek:
1
· dx = ln x + C
x
xn+1
xn+1
ln x −
+ C olur.
n+1
(n + 1)2
Z
⇒
Z
E
Z
0
O¨
ZL
EM
0
O
NB
f (x) = ln g(x) ise f 0 (x) =
Çözüm: (1 + tan2 x)’in tan x fonksiyonunun türevi olduğunu hatırlayalım. O halde,
Z
1 + tan2 x
dx
tan x
Z
=
(tan x)0
dx
tan x
= ln tan x + C
= ln
sin x
+C
cos x
= ln sin x − ln cos x + C
Yukarıdaki örneği kullanarak aşağıdaki fonksiyonun integralini de bulabiliriz.
Z
Örnek: (cot x + tan x) dx ifadesini hesaplayalım.
222
19. İNTEGRAL
Çözüm
1:
Z
(cot x + tan x) dx
Z cos x sin x
+
dx
=
sin x cos x
Z
Z
cos x
sin x
=
dx+
dx
sin x
cos x
Z
Z
(− cos x)0
(sin x)0
dx+
dx
=
sin x
cos x
=
Z Paydaları eşitleyelim.
=
Z =
1
+ tan x
tan x
1
tan2 x
+
tan x
tan x
1 + tan2 x
tan x
dx
dx
O¨
ZL
EM
=
(tan x)0
dx
tan x
Z
dx
= ln tan x + C
sin x
+C
cos x
= ln
E
= ln sin x − ln cos x + C
c
FE
TI˙
Y
Logaritma Örnekleri:
Z
•
log x dx
Z
log x
dx
log 10
Z
log x/log e
=
=
log 10/log e
loge x
dx
loge 10
Z
ln x
dx
ln 10
=
=
=
Ayrıca,
dx
Z
1
(x ln x − x) + C
ln 10
=x
ln x
x
−
+C
ln 10 ln 10
AŞ
Z O
NB
Çözüm
2:
Z
(cot x + tan x) dx
IO
G˘
LU
= ln sin x − ln cos x + C
TEMEL FONKSİYONLARIN İNTEGRALİ
= x log x −
•
Z
x
+C
ln 10
2 sin x · cos x
dx
1 + cos2 x
sin 2x
dx
1 + cos2 x
=
(1 + cos2 x)’in
türevi −2 sin x · cos x’dir. O halde,
Z
(1 + cos2 x)0
dx
1 + cos2 x
Z
[ln (1 + cos2 x)]0 dx
=−
=−
IO
G˘
LU
Z
223
•
Z
dx
x ln x
=
ln x
dx
Z
(ln x)0
dx
ln x
Z
[ln(ln x)]0 dx
O¨
ZL
EM
=
=
1/x
O
NB
Z
AŞ
= − ln (1 + cos2 x) + C
= ln(ln x) + C
Z
=
1/tan x
ln sin x
dx
c
FE
TI˙
Y
E
•
Z
dx
tan x ln sin x
Z
=
ln sin x
dx
Z
(ln sin x)0
dx
ln sin x
Z
[ln(ln sin x)]0 dx
=
=
cos x/sin x
= ln(ln sin x) + C
Çarpım ve Bölüm Fonksiyonlarının İntegrali
İki fonksiyonun çarpımının türevi:
[f (x)g(x)]0 = f (x)g 0 (x) + f 0 (x)g(x)
Eşitliğin her iki tarafının x’e
Z
göre integralini alalım.
0
[f (x)g(x)] dx =
Z
[f (x)g 0 (x) + f 0 (x)g(x)] dx
224
19. İNTEGRAL
Z
Z
0
[f (x)g(x)] dx =
Z
f (x)g(x) =
f (x)g (x) dx +
0
f 0 (x)g(x) dx
Z
g(x)f 0 (x) dx
Z
f (x) g 0 (x) dx
| {z }
f (x)g (x) dx +
g(x)f 0 (x) dx’i yalnız
Z
0
g(x) f (x) dx = f (x)g(x) −
| {z }
bırakalım.
IO
G˘
LU
Z
Z
0
du = g 0 (x) dx ve dv = f 0 (x) dx sonucu elde edilir.
u = g(x), v = f (x) olsun.
Z
Z
udv = uv −
vdu
elde edilir.
O
NB
Fonksiyonların çarpım integrali formülü:
AŞ
u, v, du ve dv’nin değerlerini yukarıdaki denkleme yerleştirelim.
Z
Örnek:
O¨
ZL
EM
Bu formüle ayrıca kısımlı integral formülü de denir.
Z
Z
udv = uv − vdu formülünü örneklere uygulayalım.
xex dx ifadesini hesaplayalım.
Çözüm:
Z
Z
c
FE
TI˙
Y
E
u = x, dv = ex dx olsun. O halde, du = 1 · dx, v = ex bulunur. Şimdi, u, v, du ve dv
değerlerini formüle yerleştirelim:
x
x
x |{z}
e −
x |e {zdx} = |{z}
|{z}
u
dv
=
u
v −
Z
Z
ex · |1 {z
· dx}
|{z}
v
du
Yukarıdaki eşitlikten:
Z
Z
x
x
xe dx = xe − ex dx
= xex − ex + C = (x − 1)ex + C
Z
Örnek:
x cos x dx ifadesini hesaplayalım.
Çözüm:
u = x ve dv = cos x dx olsun. O halde, du = 1 · dx , v = sin x bulunur. u, v, du ve dv
değerlerini formüle yerleştirelim:
TEMEL FONKSİYONLARIN İNTEGRALİ
Z
225
Z
x cos x dx = x sin x −
(sin x) · 1 · dx
Z
= x sin x −
sin x dx
= x sin x + cos x + C
Örnek:
ex cos x dx ifadesini hesaplayalım.
IO
G˘
LU
Z
Çözüm:
Z
x
= e sin x −
ex sin x dx ifadesini hesaplamak yukarıdaki işlemi tekrarlamak gerekir.
O¨
ZL
EM
Z
ex sin x dx
O
NB
AŞ
u = ex ve dv = cos x dx olsun. O halde, du = ex dx , v = sin x bulunur. u, v, du ve dv
değerlerini formüle yerleştirelim:
Z
Z
x
x
e cos x dx = e sin x − (sin x) · ex · dx
Z
Z
x
e sin x dx
Z
Z
Z
x
q dp
Z
x −
(− cos x) · ex dx
= e · cos x −
Z
x
ex cos x dx elde edilir.
e sin x dx
= −e cos x +
ex sin x dx
ifadesini ilk eşitliğe yerleştirelim.
x
e cos x dx
Z
= pq −
c
FE
TI˙
Y
p dq
Z
E
p = ex ve dq = sin x olsun. O halde, dp = ex dx, q = − cos x bulunur. p, q, dp ve dq
değerlerini fonksiyon çarpım integrali formülüne yerleştirelim.
x
e cos x dx
x
Z
= e sin x −
x
ex sin x dx
x
= e sin x − −e cos x +
Z
e cos x dx
x
226
19. İNTEGRAL
x
x
Z
2
Z
ex cos x dx’i
ex cos x dx
yalnız bırakalım.
ex
= (sin x + cos x) + C
2
e cos x dx
Örnek:
ex cos x dx
= ex sin x + ex cos x
x
Z
Z
= e sin x + e cos x −
e cos x dx
Z
x
IO
G˘
LU
Z
ln x
dx ifadesini hesaplayalım.
x3
Çözüm:
ln x
dx
x3
Z
x−2
x−2 1
=−
· ln x − −
· dx
2
2 x
Z −3
x
ln x
dx
=− 2+
2x
2
=−
O¨
ZL
EM
Z
ln x
1
− 2 +C
2
2x
4x
Z
E
arccos x dx ifadesini hesaplayalım.
c
FE
TI˙
Y
Örnek:
O
NB
değerlerini formüle yerleştirelim:
x−2
1
dx , v =
bulunur. u, v, du ve dv
x
−2
AŞ
u = ln x ve dv = x−3 dx olsun. O halde, du =
Çözüm:
Z
Z
arccos x dx = arccos x · 1dx olur.
u = arccos x ve dv = 1 · dx olsun. O halde, du = √
ve dv değerlerini formüle yerleştirelim:
Z
Z
−1
arccos x dx = x arccos x − x · √
dx
1 − x2
Z
−x
= x arccos x − √
dx
1 − x2
Z √
= x arccos x − ( 1 − x2 )0 dx
= x arccos x −
√
1 − x2 + C
−1
dx , v = x bulunur. u, v, du
1 − x2
İNTEGRAL HESAPLAMADA EK YÖNTEMLER
227
İntegral Hesaplamada Ek Yöntemler
Temel fonksiyonların integrallerini ve kısımlı integral tekniğini önceki bölümlerde öğrendik.
Bu kategorilere girmeyen fonksiyonların bir bölümünün de integralleri, yer değiştirme ya
da trigonometrik yer değiştirme yöntemleri ile hesaplanabilir.
Yer Değiştirme Yöntemi
Z
Örnek:
√
IO
G˘
LU
İntegrali alınacak fonksiyonun değişkeni yerine farklı bir fonksiyon yerleştirerek dönüştürülür,
yeni alt ve üst sınırlar hesaplanır, ve integral adımı da uygun şekilde dönüştürülür.
2x
dx ifadesini hesaplayalım.
x2 + 1
O
NB
AŞ
Çözüm: x2 + 1 = u2 olsun.
Her iki tarafın türevini alalım. 2xdx = 2udu bulunur.
2xdx ve x2 + 1 ifadelerini integralde yerine yerleştirelim.
Z
Z
Z
2udu
2x
2
udu
√
√ =
dx =
= 2du = 2u + C
u
x2 + 1
u2
√
u = x2 + 1 değerini sonuca yerleştirelim.
√
2x
√
dx = 2u + C = 2 x2 + 1 + C elde edilir.
x2 + 1
c
FE
TI˙
Y
E
Z
O¨
ZL
EM
Z
Z
Örnek:
1
x
ex+e dx ifadesini hesaplayalım.
0
Çözüm: ex = u olsun.
İntegralin yeni alt ve üst limitlerini hesaplayalım.
x1 = 0 için u1 = e0 = 1 ve x2 = 0 için u2 = e1 = e olur.
ex = u ifadesinin her iki tarafının türevini alalım.
du
du
ex · dx = du ⇒ dx = x =
e
u
x
x
ex+e = ex · ee = u · eu elde edilir.
x
ex+e ve dx ifadelerinin değerlerini ve yeni alt ve üst sınırları integrale yerleştirelim.
228
19. İNTEGRAL
1
Z
Z
x+ex
e
dx
e
u
u·e
=
1
0
Z
=
du
u
e
eu du
1
e
= eu 1
Örnek:
1
dx ifadesini hesaplayalım.
x2 + 4x + 29
Z
Çözüm:
x2
1
x
1
dx = arctan + C olduğunu hatırlayalım.
2
+a
a
a
x + 2 = u olsun.
⇒
dx = du elde edilir. İntegralde yerine koyalım.
Z
1
dx
2
x + 4x + 29
=
c
FE
TI˙
Y
1
du
+ 52
1
u
arctan + C
5
5
=
1
(x + 2)
arctan
+C
5
5
u = x + 2 değerini sonuca
yerleştirelim.
u2
=
E
Z
O¨
ZL
EM
O
NB
Kareye
tamamlama yöntemini kullanalım.
Z
Z
1
1
dx
=
dx
2
2
x + 4x + 29
x + 4x + 4 + 25
Z
1
=
dx
(x + 2)2 + 52
AŞ
Z
IO
G˘
LU
= ee − e sonucu elde edilir.
Trigonometrik Yer Değiştirme Yöntemi
Z
Örnek:
2
√
4 − x2 dx ifadesini hesaplayalım.
0
Çözüm: x = 2 sin θ olsun. dx = 2 cos θ dθ
İntegralin yeni sınırlarını hesaplayalım.
x1 = 0 için x1 = 0 = 2 sin θ1 ⇒ θ1 = 0
π
x2 = 0 için x2 = 2 = 2 sin θ2 ⇒ θ2 =
2
İNTEGRAL HESAPLAMADA EK YÖNTEMLER
2
Z
√
4 − x2 dx
Z
π
2
=
0
229
p
4 − 4 sin2 θ · 2 cos θ dθ
0
Z
π
2
=
q
4(1 − sin2 θ) · 2 cos θ dθ
0
Z
π
2
=
√
4 cos2 θ · 2 cos θ dθ
0
π
2
=
2 cos θ · 2 cos θ dθ
IO
G˘
LU
Z
0
Kısımlı integral
yöntemini kullanalım.
Z π
2
=4
|cos
{z θ} · cos
| {zθ dθ}
0
dv
AŞ
u
Z
udv = uv −
Bunları
π
2
Z
⇒ 4
O¨
ZL
EM
Z
O
NB
u = cos θ ⇒ du = − sin θ dθ
dv = cos θ dθ ⇒ v = sin θ
vdu formülüne yerleştirelim.
Z
cos θ · cos θ dθ
= 4 cos θ · sin θ − 4
sin θ · − sin θ dθ
0
c
FE
TI˙
Y
E
0
π
2
Z
4
0
|
π
2
cos θ · cos θ dθ
{z
}
Z
π
2
= 4 cos θ · sin θ + 4
0
= 4[(cos
π
2
· sin
π
2
sin2 θ dθ
0
Z
π
)
2
− (cos 0 · sin 0)] + 4
Z
π
2
= 4 · [0 − 0] + 4
0
Z
dθ − 4
0
0
|
Z
π
2
π
2
cos2 θ dθ
{z
}
Yukarıdaki eşitliğin her iki tarafına 4
cos2 θ dθ ekleyelim:
0
Z π
Z π
π
π
2
2
2
2
⇒ 8
cos θ dθ = 4
dθ = 4θ = 4
− 0 = 2π
2
0
0
0
Z
0
π
2
cos2 θ dθ =
π
4
π
2
(1 − cos2 θ) dθ
230
19. İNTEGRAL
Yukarıdaki ifadelerden:
Z 2√
Z
4 − x2 dx = 4
0
Örnek:
cos2 θ dθ olduğunu hatırlayalım.
0
= 4 ·
Z
π
2
√
π
= π sonucu bulunur.
4
x3
dx ifadesini hesaplayalım.
x2 + 25
IO
G˘
LU
Çözüm: tan θ fonksiyonunun türevinin 1 + tan2 θ olduğunu hatırlayalım.
(5 tan θ)3
Z
=
p
Z
=
√
(5 tan θ)2 + 25
125 tan3 θ
2
25 tan θ + 25
125 tan3 θ
O¨
ZL
EM
Z
=
p
E
c
FE
TI˙
Y
2
25(1 + tan θ)
· 5(1 + tan2 θ) dθ
· 5(1 + tan2 θ) dθ
Z
125 tan3 θ
√
· 5 sec2 θ dθ
2
25 sec θ
Z
125 tan3 θ
2
·
5
sec
θ dθ
θ
5 sec
Z
125 tan3 θ
2
5 sec
θ dθ
·
5 sec θ
=
=
=
Z
=
125 tan3 θ · sec θ dθ
125
sin3 θ
1
·
dθ
3
cos θ cos θ
125
sin θ · sin2 θ
dθ
cos4 θ
Z
=
Z
=
· 5(1 + tan2 θ) dθ
O
NB
x ve dx değerlerini integrale
yerleştirelim.
Z
x3
√
dx
x2 + 25
AŞ
x = 5 tan θ olsun. ⇒ dx = 5(1 + tan2 θ) dθ olur.
sin θ · (1 − cos2 θ)
dθ
cos4 θ
Z
Z
sin θ
1
= 125
dθ
−
125
dθ
cos4 θ
cos2 θ
Z
= 125
İNTEGRAL HESAPLAMADA EK YÖNTEMLER
Z
= 125
−4
sin θ · cos
231
Z
θ dθ − 125
cos−4+1 θ
= −125 ·
− 125
−4 + 1
=
Z
sec2 θ dθ
1 + tan2 θ dθ
125
− 125 tan θ + C
3 cos3 θ
√
x2 + 25
IO
G˘
LU
Yukarıda elde edilen sonucu x cinsinden yazmamız gerekir. Bunun için aşağıdaki dik
üçgen kullanılabilir.
5
cos θ = √
2
x + 25
x
tan θ =
AŞ
θ
x3
√
dx
x2 + 25
=
125
− 125 tan θ + C
3 cos3 θ
125
=
3
=
√
x
+C
5
(x2 + 25)3/2
− 25x + C
3
Z
E
sec θ dθ ifadesini hesaplayalım.
c
FE
TI˙
Y
Örnek:
5
x2 + 25
·
125
3 − O¨
ZL
EM
Z
O
NB
5
Çözüm:
Z
sec θ dθ
Z
1
dθ
cos θ
Z
cos θ
dθ
cos2 θ
Z
cos θ
dθ
1 − sin2 θ
Z
cos θ
dθ
(1 − sin θ)(1 + sin θ)
=
=
=
=
u = sin θ olsun.
⇒ du = cos θ dθ
Z
u ve du değerlerini
=
du
(1 − u)(1 + u)
x
5
232
19. İNTEGRAL
integrale yerleştirelim.
1
1
+
du
1+u 1−u
Z
Z
1
du
1
du
=
+
2
1+u 2
1−u
1
=
2
Z 1
1
ln |1 + u| − ln |1 − u| + C
2
2
1 1 + u = ln +C
2
1 − u
u = sin θ değerini geri
yerleştirelim.
θ +C
θ
Pay ve paydayı 1 + sin θ
1 (1 + sin θ)2 = ln +C
2
1 − sin2 θ 1 (1 + sin θ)2 +C
= ln 2
cos2 θ O
NB
ile çarpalım.
AŞ
1 1 + sin
= ln 2
1 − sin
IO
G˘
LU
=
O¨
ZL
EM
1
çarpanını karekök
2
p
(1 + sin θ)2 = ln √
+C
cos2 θ c
FE
TI˙
Y
E
olarak ln’nin içine taşıyalım.
1 + sin
= ln cos θ
θ +C
= ln |sec θ + tan θ| + C
Egzersizler:
Z
dx
2
(x + 1)2
√
Z
0
3
2
dx
2
(4x + 9)2
Z
dx
√
2
x − 16
Z √ 2
x − 25
dx
x
İkili ve Üçlü İntegraller
İkili integral aşağıdaki gibi ifade edilir ve önce içteki integral, daha sonra da dıştaki
integral çözülür.
Z y2 Z x2
Z x2 Z y2
h(x, y) dxdy =
h(x, y) dydx
y1
x1
x1
y1
İKİLİ VE ÜÇLÜ İNTEGRALLER
233
Üçlü integral aşağıdaki gibi ifade edilir. İlkönce, en içteki integral çözülür, daha sonra
dışa doğru ilerlenir.
Aşağıdaki h(x, y, z) fonksiyonunun integrali, x1 6 x 6 x2 , y1 6 y 6 y2 ve z1 6 z 6 z2
aralığında P (3, 3) = 3 × 2 × 1 = 6 değişik şekilde çözülebilir.
y2
Z
Z
x2
h(x, y, z) dxdydz
x2
Z
y2
Z
h(x, y, z) dydxdz
=
z1
x1
y1
z1
z2
Z
x2
Z
y1
x1
Z
z2
y2
Z
h(x, y, z) dydzdx
=
y2
Z
y1
z1
x1
z2
Z
x2
Z
h(x, y, z) dxdzdy
=
y1
y2
Z
z1
x2
Z
x1
x2
Z
x1
Z
y2
=
Z
z2
y1
z1
O¨
ZL
EM
0
6xy 2 − y dxdy integralini çözelim.
Örnek:
−1
z1
h(x, y, z) dzdydx
x1
Z
O
NB
h(x, y, z) dzdxdy
y1
3
z2
Z
=
Z
IO
G˘
LU
z2
AŞ
Z
2
3
0
c
FE
TI˙
Y
Z
E
Çözüm: Önce içteki integral çözülür. Bunun için, 6xy 2 − y fonksiyonun x’e göre
integrali alınırken y değişkeni sabit tutulur.
Z
2
6xy − y dxdy
−1
Z
3
=
2
−1
2
Z
0 3x y − xy dy
2 2
3
=
(3 · 02 · y 2 − 0 · y) − (3 · 22 · y 2 − 2 · y) dy
−1
Z
3
=
−12y 2 + 2y dy
−1
Fonksiyonun y değişkenine
göre integralini alalım.
3
= (−4y + y ) −
3
2
1
= −4 · (3)3 + 32 − (−4 · (−1)3 + (−1)2 )
= −99 − 5 = −104
Z
3
Z
π
6
Z
4
Örnek:
2
0
−1
3x2 y cos z − 4zx + sin 2z dxdzdy integralini çözelim.
234
19. İNTEGRAL
Çözüm:
h(x, y, z) = 3x2 y cos z − 4zx + sin 2z olsun.
Önce içteki integrali x’e göre çözelim. Bunun için, h fonksiyonununun x’e göre integrali
alırken, y ve z değişkenleri x’e göre sabit tutulur.
π
6
Z
4
h(x, y, z) dxdzdy
2
0
3
Z
π
6
Z
4
3x2 y cos z − 4zx + sin 2z dxdzdy
=
−1
2
h(x, y, z)’nin x’e göre integrali:
Z
−1
0
IO
G˘
LU
Z
3 x3 y cos z 4 zx2
−
+ x sin 2z olur.
3
2
Z 3Z π
6
4
=
x3 y cos z − 2zx2 + x sin 2z dzdy
2
0
3
Z
Z
π
6
2
(4)3 y cos z − 2z · (4)2 + 4 · sin 2z
O
NB
=
−1
AŞ
3
Z
0
− ((−1)3 y cos z − 2z · (−1)2 + −1 · sin 2z) dzdy
3
Z
π
6
O¨
ZL
EM
Z
=
2
(64y cos z − 32z + 4 sin 2z)
0
−(−y cos z − 2z − sin 2z) dzdy
3
Z
Z
=
65y cos z − 30z + 5 sin 2z dzdy
0
2
E
π
6
c
FE
TI˙
Y
İçteki fonksiyonun z’ye
göre integralini alalım.
Z
3
π
5
6
2
65y sin z − 15z − cos 2z dy
2
0
3
π 2
π
π
65y · sin − 15 ·
− 5 · cos
6
6
3
=
2
Z
=
2
−(65y · sin 0 − 15 · 02 − 5 · cos 0) dy
3
Z
=
2
65y 5π 2 5(2 −
−
+
2
12
2
İçteki fonksiyonun y’ye
göre integralini alalım.
=
=
65y 2 5π 2
5(2 −
−
y+
4
12
2
√
3)
dy
√ !
3)
3
y 65 · 32 5π 2
5(2 −
−
·3+
4
12
2
2
√
3)
!
·3
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
−
235
5(2 −
65 · 22 5π 2
−
·2+
4
12
2
325 5π 2 5(2 −
=
−
+
4
12
2
√
3)
!
·2
√
3)
İntegral İle Alan ve Hacim Hesabı
IO
G˘
LU
3 boyutlu cisimlerin yüzey alanları ve hacimleri kartezyen koordinat sistemi dışında
polar koordinat ya da silindirik koordinat sistemi kullanılarak da hesaplanabilir. Bu
kitapta yalnızca kartezyen koordinat sistemini kullanan uygulamalar sunulmaktadır.
İntegral kullanarak yapılan tüm alan ve hacim hesaplarında izlenecek ortak adımlar
sırası ile aşağıdaki gibidir.
O
NB
AŞ
1. x-y düzlemindeki alanın tespiti: x-y (ya da diğer iki boyutlu x-z, y-z) düzlemindeki
alanı tanımlayan eğriler ve doğrular, kesişim noktaları hesaplanarak kabaca çizilir.
2. Hesaplama metodunun tespiti: Hesaplanmak istenen alan ya da hacim için, ilerleyen bölümlerdeki metodlardan hangisinin kullanılacağına karar verilir.
O¨
ZL
EM
3. Rotasyon ekseni: x-y düzlemindeki alan, eğer belli bir eksen ya da doğru etrafında
döndürülüyorsa, bu rotasyon ekseninin y ekseni mi yoksa x ekseni mi olduğu tespit
edilir.
c
FE
TI˙
Y
E
4. İntegralin kurulumu-integral adımının tespiti: x-y düzlemindeki alanın görünümünden
integral adımının dx mi yoksa dy mi olacağı tespit edilir.
5. İntegralin kurulumu-integralin sınırlarının tespiti: x-y düzlemindeki alanın görünümünden
integral alt ve üst sınırları tespit edilir.
Tekli İntegral İle x-y Düzleminde Alan Hesabı
2 boyutlu x-y kartezyen koordinat sisteminde doğrular ve eğriler arasında kalan alan
tekli integral kullanılarak hesaplanabilir.
x ∈ [x1 , x2 ] aralığında f (x) > g(x) ise, f(x) ve g(x) eğrileri ya da doğruları arasında kalan
alan aşağıdaki formülle hesaplanır.
Z
x2
[f (x) − g(x)]dx
A=
x1
y ∈ [y1 , y2 ] aralığında f (y) > g(y) ise, f(y) ve g(y) eğrileri ya da doğruları arasında kalan
alan aşağıdaki formülle hesaplanır.
236
19. İNTEGRAL
Z
y2
[f (y) − g(y)]dy
A=
y1
İntegralin Sınırlarının Belirlenmesi, Ok Testi
IO
G˘
LU
Yukarıdaki ilk alan formülünde alan, dx integral adımı ile x tanım aralığında hesaplanmıştır. Bazen de alan, dy integral adımı ve y tanım aralığında hesaplanmalıdır.
Görsel yöntemle ya da ok testi kullanılarak doğru aralık seçimi yapılabilir.
y
g(x)
f (x)
dx oku
AŞ
N
1
p
1
4/3
x
O¨
ZL
EM
−4
O
NB
2
A
dy oku
J
−2
c
FE
TI˙
Y
E
−4
Şekildeki dx oku, x’in [−4, 4/3] aralığında g(x) fonksiyonu ile f(x) fonksiyonu arasında
kalan taralı alanın dışına çıktığı için dx adımı sürekli değildir. dy okunun y’nin [−4, 1]
aralığında sürekli taralı alanda kaldığı görülür. Bu yüzden, alan integrali aşağıdaki gibi
kurulmalıdır:
Z
g(y) > f (y)
y2
[g(y) − f (y)]dy
A=
y1
3π
aralığında, cos x fonksiyonu ile x ekseni arasında kalan alanı
Örnek: x ∈ 0,
2
hesaplayalım.
Çözüm:
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
237
f (x)
f (x) = 2 cos x
2
A1
p
−360 ◦
p
−180 ◦
p
−90 ◦
p
90 ◦
0
p
180 ◦
p
270 ◦
x
p
360 ◦
2
AŞ
−
IO
G˘
LU
A2
πi
aralığında:
x’in 0,
2
h
π 3π
,
x’in
aralığında:
2 2
π
2
Z
=
Z
[f (x) − g(x)] dx =
0
π
2
[2 cos x − 0] dx
0
3π
2
Z
g(x) > f (x) ⇒ A2 =
Toplam taralı alan: A1 + A2
c
FE
TI˙
Y
π
2
Z
f (x) > g(x) ⇒ A1 =
E
O¨
ZL
EM
O
NB
Yukarıdaki grafikte görüldüğü gibi f (x) = 2 cos x ise, g(x) doğrusu x eksenidir. x-ekseni
aslında y= 0 doğrusudur, yani g(x) = y = 0 doğrusudur.
3π
x’in 0,
aralığında: f (x) = 2 cos x fonksiyonunun x ekseni (g(x) = 0) ile
2
arasında kalan alan, A1 ve A2 alanlarının toplamıdır.
3π
2
Z
[g(x) − f (x)]dx =
π
2
[0 − 2 cos x]dx
π
2
3π
2
Z
[2 cos x − 0]dx +
[0 − 2 cos x]dx
π
2
0
π
2
Z
3π
2
Z
2 cos x dx +
=
−2 cos x dx
π
2
0
π
2
= 2 sin x − 2 sin
0
= 2 · (sin
π
2
3π
2
x π
2
− sin 0) − 2 · (sin
3π
2
− sin π2 )
= 2(1 − 0) − 2(−1 − 1) = 6 birim kare bulunur.
Z
Yukarıda görüldüğü gibi, A1 + A2 6=
3π
2
[f (x) − g(x)]dx
0
Örnek: y = 2x − 1 doğrusunun, x’in [1, 2] aralığında y ekseni ile arasında kalan alanı
hesaplayalım.
238
19. İNTEGRAL
Çözüm: Doğrunun y ekseni ile arasında kalan alanı hesaplamak için:
Z
y2
[f (y) − g(y)] dy integrali kullanılmalıdır.
y1
IO
G˘
LU
Bu yüzden, f (x) = y = 2x − 1 fonksiyonunun f(y)’ye göre çözülmesi ve [y1 , y2 ] aralığının
hesaplanması gerekir.
Aşağıdaki grafikte, doğrunun y ekseni ile arasında kalan alan taralı alandır.
O
NB
AŞ
[y1 , y2 ] aralığını hesaplamak için x1 = 1 ve x2 = 2 değerlerini doğrunun denklemine
yerleştirelim:
y1 = f (1) = 2 · 1 − 1 = 1
y2 = f (2) = 2 · 2 − 1 = 3
y + 1 = 2x ⇒ x =
O¨
ZL
EM
f(y)’i hesaplamak için y = 2x − 1 denklemini x’e göre çözelim:
y+1
= f (y)
2
f (x) = 2x − 1
c
FE
TI˙
Y
E
f (x)
y2
A
y1
1
2
x
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
y ekseni x = 0 doğrusudur, bu yüzden
239
g(y)
= x = 0 olur.
y2
Z
y ∈ [1, 3] aralığında taralı alan:
A
[f (y) − g(y)] dy
=
y1
y ∈ [1, 3] aralığında f (y) > g(y)
=
1
=
=
y+1
− 0 dy
2
y2 y
+
4
2
3
32 3
+
4
2
1
IO
G˘
LU
3
Z
−
1 1
+
4 2
15 3
− =3
4
4
Örnek: y = 2x − 1 doğrusunun, x’in [1, 2] aralığında x = 3 doğrusu ile arasında kalan
alanı hesaplayalım.
O
NB
AŞ
=
Çözüm: x=3 doğrusu y eksenine paraleldir. x’in [1, 2] aralığının, y’nin [1, 3] aralığına
denk geldiğini önceki örnekte hesaplamıştık.
O¨
ZL
EM
y’nin [1, 3] aralığı için, f(x) fonksiyonunun x = 3 doğrusu ile arasında kalan alan
aşağıdaki şekilde görülmektedir.
y = f (x)
x=3
c
FE
TI˙
Y
E
f (x) = 2x − 1
3
A
1
x1
x2
3
x
240
19. İNTEGRAL
x = 3 doğrusu y eksenine paralel olduğundan g(y) = x = 3 olur.
f(y)’i hesaplayalım.
y = 2x − 1 ⇒ x =
y’nin [1, 3] aralığında:
g(y) > f (y) olur.
y+1
= f (y)
2
Alan integralinin y değişkenine göre
hesaplanması gerektiği görülür.
Taralı alan:
A
IO
G˘
LU
3
Z
[g(y) − f (y)] dy
=
1
3
y+1
3−
dy
2
3
=
1
Z
=
=
O¨
ZL
EM
=
5 y
−
dy
2 2
O
NB
1
AŞ
Z
5y y 2
−
2
4
3
5 · 3 32
−
2
4
1
−
5 · 1 12
−
2
4
=3
c
FE
TI˙
Y
E
Örnek: y = x2 − 4x + 5 parabolü ile y = 1 + 2x − x2 parabolü arasında kalan alanı
hesaplayalım.
Çözüm: İki parabolün arasında kalan alanı hesaplamak için kesişim noktalarını
bulmamız gerekir. Bunun için iki parabolün y değerlerini birbirine eşitleyip denklemi x
için çözeriz.
x2 − 4x + 5 = 1 + 2x − x2
Değişkenleri ve sabitleri sol
tarafa toplayalım.
2 ile bölerek sadeleştirelim.
2x2 − 6x + 4 = 0
Polinomun köklerini çözelim.
(x − 1)(x − 2) = 0
x2 − 3x + 2 = 0
Parabollerin kesişim noktaları: x1 = 1, x2 = 2 bulunur.
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
241
y
x
x2
O
NB
f (x) = 1 + 2x − x2
AŞ
x1
IO
G˘
LU
g(x) = x2 − 4x + 5
O¨
ZL
EM
Yukarıdaki grafikten görüldüğü gibi, x’in [1, 2] aralığında, f (x) > g(x) olur. O halde,
2
Z
[f (x) − g(x)] dx
Taralı alan: A =
1
2
Z
[(1 + 2x − x2 ) − (x2 − 4x + 5)] dx
E
=
c
FE
TI˙
Y
1
Z
=
2
[−2x2 + 6x − 4] dx
1
2 3
2
2
= − x + 3x − 4x 3
1
2 3
2 3
2
2
= − ·2 +3·2 −4·2 − − ·1 +3·1 −4·1
3
3
=
1
3
Örnek: x’in [-3, 3] aralığında, y = 6 − x2 ve y = x2 − 2 parabollerinin arasında kalan
alanı hesaplayalım.
Çözüm:
f (x) = x2 − 2 ve g(x) = 6 − x2 olsun.
242
19. İNTEGRAL
Verilen iki parabol eğrisinin grafiğini çizmek için kesişim noktalarını ve x eksenini kesim
noktalarını bulalım.
√
f (x) = x2 − 2’in x eksenini kesim noktaları: x2 − 2 = 0 ⇒ x0 = ± 2
√
6 − x2 = 0 ⇒ x0 = ± 6
g(x) ve f(x)’in kesişim noktaları:
6 − x2 = x2 − 2 → 2x2 = 8 → x = ±2
g(x)’in y eksenini kestiği nokta:
y0 = g(0) = 6 − 02 = 6
f(x)’in y eksenini kestiği nokta:
y0 = f (0) = 02 − 2 = −2
IO
G˘
LU
g(x) = 6 − x2 ’in x eksenini kesim noktaları:
AŞ
Eğrilerin grafiklerini çizmek için elimizde yeterince bilgi vardır. Aşağıdaki şekilde, x’in
[-3, 3] aralığında, bu iki eğrinin arasında kalan alanlar taralı olarak gösterilmektedir.
y
c
FE
TI˙
Y
A1
E
O¨
ZL
EM
O
NB
f (x) = x2 − 2
√
√
−3 − 6 −2 − 2
A2
A3
√
2
2
√
6 3
x
g(x) = 6 − x2
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
243
Yukarıdaki şekilden:
Z
x’in [-3, -2] aralığında:
f (x) > g(x) ⇒
−2
[f (x) − g(x)] dx
A1 =
−3
Z
x’in [-2, 2] aralığında:
g(x) > f (x) ⇒
2
[g(x) − f (x)] dx
A2 =
−2
Z
x’in [2, 3] aralığında:
f (x) > g(x) ⇒
3
[f (x) − g(x)] dx
A3 =
Toplam taralı alan:
A = A1 + A2 + A3
−3
−2
Z
[2x2 − 8] dx
=
−3
−
2x3
2
− 8x −3
3
O¨
ZL
EM
=
O
NB
−3
AŞ
Şimdi de A1 , A2 ve A3 alanlarının değerlerini hesaplayalım.
Z −2
Z −2
[(x2 − 2) − (6 − x2 )] dx
[f (x) − g(x)] dx =
A1 =
IO
G˘
LU
2
2 · (−2)3
2 · (−3)3
− 8 · −2 −
− 8 · −3
3
3
−16
+ 16 − (−18 + 24)
3
=
c
FE
TI˙
Y
E
=
Z
=
2
[g(x) − f (x)] dx
A2 =
32
14
birim kare
−6=
3
3
Z
2
[(6 − x2 ) − (x2 − 2)] dx
=
−2
−2
Z
2
[−2x2 + 8] dx
=
−2
−2x3
2
+ 8x −2
3
−2 · (2)3
−2 · (2)3
+8·2 −
+ 8 · −2
3
3
−16
−16
+ 16 −
− 16 = 32 birim kare
3
3
=
=
=
244
19. İNTEGRAL
Z
3
[f (x) − g(x)] dx
A3 =
3
Z
[(x2 − 2) − (6 − x2 )] dx
=
2
2
3
Z
[2x2 − 8] dx
=
2
2x3
3
− 8x 3
2
2 · (2)3
2 · (3)3
−8·3 −
−8·2
3
3
=
= (18 − 24) −
=
14
birim kare
3
14
124
14
+ 32 +
=
birim kare bulunur.
3
3
3
O¨
ZL
EM
Toplam taralı alan: A = A1 + A2 + A3 =
O
NB
32
= (−6) − −
3
16
− 16
3
AŞ
=
IO
G˘
LU
c
FE
TI˙
Y
Çözüm:
E
Örnek: 3x = −y 2 + 4 eğrisi ve y = x doğrusu arasında kalan alanı hesaplayalım.
Alan integralinin alt ve üst sınırları, 3x = −y 2 + 4 eğrisi ve y = x doğrusunun kesişim
noktaları olur. Kesişim noktalarını bulalım.
y = x’i, 3x = −y 2 + 4 eğrisinin
denklemine yerleştirelim.
Eşitliğin sağ tarafında sıfır bırakalım.
3x = −x2 + 4
x2 + 3x − 4 = 0
Polinomu çarpanlarına ayıralım.
(x + 4)(x − 1) = 0
Polinomun kökleri kesişim
x = 1 ve x = −4 ⇒ (1,1) ve (-4, -4) bulunur.
noktalarıdır.
Eğrinin x eksenini kestiği nokta (y=0): 3x = −y 2 + 4 ⇒ 3x = −02 + 4 ⇒ x = 4/3
Eğrinin y eksenini kestiği nokta (x=0):
3x = −y 2 + 4 ⇒ 3 · 0 = −y 2 + 4 ⇒ y = ±2
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
245
y
3x = −y 2 + 4
y=x
2
p
1
−4
IO
G˘
LU
1
x
4/3
A
O
NB
AŞ
−2
E
O¨
ZL
EM
−4
c
FE
TI˙
Y
Şekildeki grafikten de görüldüğü gibi alan integralini, y ekseni boyunca −4 6 y 6 1
aralığında hesaplamamız gerekir. O halde, g(y) ve f(y) fonksiyonlarını bulalım.
3x = −y 2 + 4 eğrisini f(x),
f (x) = y =
√
4 − 3x,
y = x doğrusunu da g(x) ile ifade edersek,
f (y) = x =
−y 2 + 4
3
g(x) = y = x, g(y) = x = y
elde edilir.
−4 6 y 6 1 aralığında:
f (y) > g(y) olduğu görülür.
Yukarıdaki verilerle, alan integralini kuralım:
246
19. İNTEGRAL
1
Z
[f (y) − g(y)] dy
A=
1
=
−4
−4
=
=
=
−y 3 4y
+
9
3
−13 4 · 1
+
9
3
11
9
− (y) dy
−
y2
2
−
1
−
12
2
4
−
−(−4)3 4 · −4
+
9
3
1
16
−
−
− (8)
2
9
125
birim kare bulunur.
18
−
(−4)2
2
O¨
ZL
EM
Tekli İntegral İle Hacim Hesabı
O
NB
AŞ
=
−y 2 + 4
3
IO
G˘
LU
Z
c
FE
TI˙
Y
E
Bir doğru ile eğrinin ya da iki eğrinin arasında kalan alan, x ya da y eksenine paralel bir
doğrunun ekseni etrafında döndürüldüğünde (rotasyonunda) 3 boyutlu bir cisim oluşur.
Bu cismin hacmi tekli integral kullanılarak 2 değişik metodla hesaplanabilir. Bu
methodlar:
1) Disk (küresel) metodu
2) Silindir (silindirik kabuk) methodu
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
247
Bu metodlar karşılaştırılarak aşağıda açıklanmıştır. Hacim V ile gösterilsin.
DİSK METODU
Rotasyon Ekseni: y ekseni
Z y2
y
R2 − r2 dy
V=π
x1
IO
G˘
LU
Rotasyon Ekseni: x ekseni
Z x2
y
R2 − r2 dx
V=π
y1
x
R = g(x), r = f (x)
y2
dx
AŞ
y2
R = g(y), r = f (y)
R
R
x1
y1
x
x2
O
NB
x
f (x)
r
y1
x1
f (x)
x
x2
g(x)
O¨
ZL
EM
g(x)
dy
r
c
FE
TI˙
Y
E
SİLİNDİR METODU
Rotasyon Ekseni: x ekseni
Z y2
V =2π
f (x)[g(y) − f (y)] dy
Rotasyon Ekseni: y ekseni
Z x2
V =2π
f (y)[g(x) − f (x)] dx
y1
x1
y
y
x
g(y) > f (y)
g(x) > f (x)
y2
y2
dx
g(y) − f (y)
g(x) − f (x)
dy
y1
x
f (x)
f (x)
x1
y1
x
x2
g(x)
f (x)
f (y)
x1
x
x2
g(x)
248
19. İNTEGRAL
√
x2
Örnek: y = 2x ve y =
eğrileri arasında kalan alanın x ekseni etrafında
2
döndürülmesi ile elde edilen 3 boyutlu cismin hacmini hesaplayalım. Hesaplamada disk
metodunu kullanalım.
Çözüm: Önce eğrilerin grafiklerini çizelim ve kesişim noktalarını belirleyelim.
Disk metodunun grafiksel tanımından öğrendiğimiz gibi rotasyon ekseni ile integral adım
Eşitliğin her iki tarafının karesini alalım.
2x =
x2
2
2x =
x4
4
8x = x4
İçler dışlar çarpımı yapalım.
AŞ
(dx) ekseni aynıdır.
√
IO
G˘
LU
İki eğrinin kesişim noktasını bulalım.
O
NB
Değişkenleri eşitliğin aynı tarafına toplayalım.
x(x3 − 8) = 0
Polinomun kökleri eğrilerin kesişim noktaları:
x = 0 ve x = 2 bulunur.
O¨
ZL
EM
x’i parantez dışına çıkaralım.
İntegralin alt ve üst sınırları, sırasıyla 0 ve 2 olur.
y=
c
FE
TI˙
Y
f (x) > g(x)
x2
→ g(x)
y=
2
E
y
√
2x → f (x)
dx
R
r
0
2
x
Z
Hacim integralini kuralım: Hacim:
V
x1
=π
x0
R2 − r2 dx
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
İntegral sınırlarını ve R =
√
2x, r =
249
x2
2
Z
değerlerini formüle yerleştirelim.
2
=π
√
( 2x)2 −
0
x2
2
2
dx
2
x4
dx
4
0
3
x5 2
2x
−
=π
3
20 0
=π
=π
2x2 −
IO
G˘
LU
Z
2 · 23
25
−
3
20
−
2 · 03
05
−
3
20
AŞ
16 32
−
=π
3
20
O
NB
16 8
−
=π
3
5
=
56π
15
O¨
ZL
EM
√
x
Örnek: y = x eğrisi ve y = doğrusu arasında kalan alanın, y = −3 doğrusu
2
etrafında döndürülmesi ile elde edilen 3 boyutlu cismin hacmini hesaplayalım.
Hesaplamada silindirik kabuk metodunu kullanalım.
Çözüm: Önce eğri ve doğru arasında kalan alanın grafiğini çizelim ve kesişim
noktalarını belirleyelim.
√
x=
c
FE
TI˙
Y
E
İki eğrinin kesişim noktasını bulalım.
x
2
x2
4
Eşitliğin her iki tarafının karesini alalım.
x=
İçler dışlar çarpımı yapalım.
4x = x2
Değişkenleri eşitliğin aynı tarafına toplayalım.
x2 − 4x = 0
x’i parantez dışına çıkaralım.
x(x − 4) = 0
Polinomun kökleri eğrilerin kesişim noktaları:
x = 0 ve x = 4 bulunur.
Kesişim noktalarının y bileşenlerini bulalım.
√
x = 0 için y = √0 = 0 ve
x = 4 için y = 4 = 2 bulunur.
Sınırlar:
0<x<4 → 0<y<2
Kesişimden elde edilen alanın rotasyon ekseni, x eksenine paralel olan y = −3
doğrusudur. Silindirik kabuk metodunda integral adımı, rotasyon ekseninden farklı
250
19. İNTEGRAL
olduğundan, dy integral adımı olarak kullanılır ve kesit çizilir. Bu kesit aşağıdaki
grafikte görülen siyah renkli dikdörtgendir.
y
0 < y < 2 aralığında g(y) > f (y)
y=
2
√
x → f (x)
IO
G˘
LU
g(y) − f (y)
dy
0
x
y = → g(x)
2
x
4
y
−3
O
NB
AŞ
y+3
y = −3
Z
O¨
ZL
EM
Yukarıdaki grafikten aşağıdaki hacim integrali kurulabilir:
y2
(g(y) − f (y)) · h dy
Hacim: V = 2π
y1
x
= g(x) doğrusunun rotasyon eksenine olan uzaklığıdır.
2
E
Burada h, y =
f (y)’i bulalım.
x
= y ⇒ x = 2y = g(y) bulunur.
2
√
f (x) = x = y ⇒ x = y 2 = f (y)
h’yi bulalım.
h=y+3
c
FE
TI˙
Y
g(y)’i bulalım.
g(x) =
İntegral sınırlarını ve diğer değişkenleri
Z
hacim formülüne yerleştirelim.
2
(2y − y 2 ) · (y + 3) dy
= 2π
0
Z
Çarpanları dağıtalım.
2
2y 2 − y 3 + 6y − 3y 2 dy
= 2π
0
Z
= 2π
2
−y 3 − y 2 + 6y dy
0
2
y4 y3
2 = 2π − −
+ 3y 4
3
0
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
251
24 23
= 2π − −
+ 3 · 22
4
3
8
= 2π −4 − + 12
3
= 2π ·
16
32π
=
3
3
IO
G˘
LU
Örnek: y = 4x − x2 eğrisi ile y = 3 doğrusu arasında kalan alanın x = 1 doğrusu
etrafındaki rotasyonu ile elde edilen 3 boyutlu cismin hacmini hesaplayalım.
Kullanılması gereken metodun disk mi yoksa silindir metodu mu olması gerektiğini
belirleyelim.
AŞ
Çözüm: Önce y = 4x − x2 eğrisinin ve y = 3 ve x = 1 grafiği çizilir. Daha sonra da dx
ve dy ok testlerini uygulayarak, integral adımının hangi eksen üzerinde olacağı ve buna
göre integralin alt ve üst sınırları belirlenir.
O¨
ZL
EM
O
NB
Aşağıdaki grafikte taralı alan, y eksenine paralel olan x = 1 doğrusu etrafında döndürülecektir. Ancak ok testinden integral adımının dx ve alt ve üst sınırların 1 < x < 3 aralığı
olması gerektiği görülür. Rotasyon ekseni (y eksenine paralel) ile dx adım ekseni farklı
olduğu için burada uygun tek seçenek silindir metodudur.
İntegral adımı dx olduğu için, integralin alt ve üst sınırları x değer aralığında olacaktır.
İntegralin alt ve üst sınırlarını belirlemek için, eğri ve y=3 doğrusunun kesişim noktalarını
bulalım.
y = 4x − x2 = 3
Değişkenleri eşitliğin aynı tarafına toplayalım.
x2 − 4x + 3 = 0
c
FE
TI˙
Y
E
İki eğrinin kesişim noktasını bulalım.
Polinomu çarpanlarına ayıralım.
(x − 1)(x − 3) = 0
Polinomun kökleri eğri ile y=3 doğrusunun
kesişim noktaları:
x = 1 ve x = 3 bulunur.
Kesişim noktalarının y bileşenlerini bulmamız gerekmez çünkü integral adımı dx
olduğundan integral alt ve üst sınırları olarak x1 = 1 ve x2 = 3 kullanılır.
Rotasyon ekseninin, y ekseni değil, y eksenine paralel olan x=3 doğrusu olduğunu unutmayalım. Bu yüzden, şekilde, x yerine x-1 uzunluğu kullanılmaktadır.
252
19. İNTEGRAL
y
x=1
4
f (x) > g(x)
dx
f (x) − g(x)
0
1
2
3
4
IO
G˘
LU
y = 3 (g(x))
x−1
x
O
NB
AŞ
4x − x2 (f (x))
O¨
ZL
EM
Yukarıdaki grafikte seçilen siyah renkli dikdörtgen şerit ile silindir metodu
uygulanmaktadır. Grafikteki verileri kullanarak hacim integralini kurabiliriz.
Z
Hacim: V
x2
h · [f (x) − g(x)] dx
= 2π
x1
Z
3
(x − 1)(4x − x2 − 3) dx
c
FE
TI˙
Y
E
= 2π
Parantezleri açalım.
1
Z
= 2π
3
−x3 + 5x2 − 7x + 3 dx
1
3 x4 5 3 7 2
= 2π − + x − x + 3x
4
3
2
1
4
4
5 3 7 2
1
5 3 7 2
3
= 2π − + · 3 − · 3 + 3 · 3 − − + · 1 − · 1 + 3 · 1
4
3
2
4
3
2
81
63
1 5 7
= 2π − + 45 −
+9 − − + − +3
4
2
4 3 2
81
63
1 5 7
= 2π − + 45 −
+ 9+ − + − 3
4
2
4 3 2
=
8π
3
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
253
Tekli İntegral İle 3 Boyutlu Cismin Yüzey Alanının Hesabı
Bir f (x) eğrisinin x ya da y ekseni etrafında döndürülmesi (rotasyonu) ile oluşan 3
boyutlu cismin yüzey alanı aşağıdaki formüllerle hesaplanır:
Z x2
p
2πx 1 + [f 0 (x)]2 dx
x1 6 x 6 x2 için, x ekseni etrafında rotasyon: Ax =
x1
Z
y1 6 y 6 y2 için, y ekseni etrafında rotasyon:
y2
2πy
Ay =
p
1 + [f 0 (y)]2 dy
y1
IO
G˘
LU
Örnek: 1 6 x 6 4 aralığında, x = y 2 eğrisinin y ekseni etrafındaki rotasyonu ile elde
edilen 3 boyutlu cismin yüzey alanını hesaplayalım.
AŞ
Çözüm: Eğri y ekseni etrafında döndürüldüğü için, y’nin değer aralığı hesaplanmalı ve
aşağıdaki formül kullanılmalıdır.
Z y2
p
2πy 1 + [f 0 (y)]2 dy
Ay =
√
y=
Buradan integralin
sınırları:
y1 =
x olur.
√
√
1 = 1 ve y2 = 4 = 2 bulunur.
O¨
ZL
EM
Eğrinin denkleminden:
O
NB
y1
Yukarıdaki verilerden eğrinin ve oluşturduğu cismin grafiği aşağıdaki gibi çizilebilir.
E
y
c
FE
TI˙
Y
x
−4
−1
x = y2
0
1
x
4
Eğrinin denklemi:
f (y) = x = y 2
f’nin, y değişkenine göre türevini alalım. f 0 (y) =
Yüzey alanı formülüne yerleştirelim.
Z
Ay
d
d
f (y) = (y 2 ) = 2y
dy
dy
y2
=
2πy
y1
p
1 + [f 0 (y)]2 dy
254
19. İNTEGRAL
2
Z
2πy
=
p
1 + (2y)2 dy
1
2
Z
y
= 2π
p
1 + 4y 2 dy
1
= 2π
1
= 2π ·
(1 + 4y 2 )3/2 2
8 · 3/2
1
0
dy
π
3
3
[(1 + 4 · 22 ) /2 − (1 + 4 · 12 ) /2 ]
6
=
π 3/2
3
[17 − 5 /2 ] birim kare bulunur.
6
AŞ
=
O
NB
Sadeleştirelim.
(1 + 4y 2 )3/2
8 · 3/2
IO
G˘
LU
2
Z
Çift İntegral İle Alan ve Hacim Hesabı
O¨
ZL
EM
Daha önce tekli integralle alan ve hacim hesaplarken x-y düzleminde kesişen f(x) ve g(x)
fonksiyonlarını kabaca çizdiğimizi hatırlayalım. Alan ya da hacim integralini kurarken
integralin alt ve üst sınırlarını, integralin differansiyel adımının dx ya da dy olmasına
göre ve f(x) ve g(x) fonksiyonlarının arasındaki farkı gözönüne alarak hesaplamıştık.
Çift integral kullanarak, yukarıda belirtilen düzgün şekillerin haricinde aşağıdaki düzgün
olmayan bölgelere ve cisimlere ait hesaplamalar da yapılabilir:
1. x-y düzleminde, f(x) ve g(x) fonksiyonları ile sınırlanan bölgenin alan hesabı,
c
FE
TI˙
Y
E
2. x-y düzlemindeki f(x) ve g(x) fonksiyonları ile sınırlanan alan ile bu alanın üzerinde
tanımlanan z=h(x, y) yüksekliğindeki bir düzlem arasında kalan 3 boyutlu
bölgenin yüzey alanının hesabı,
3. x-y düzlemindeki f(x) ve g(x) fonksiyonları ile sınırlanan alan ve h(x,y) fonksiyonu
ile tanımlanan yükseklik kullanılarak elde edilen 3 boyutlu cismin (bölgenin)
hacminin hesabı.
Yukarıda belirtilen alan ve hacim hesaplamalarının tamamı aşağıdaki tek bir genel
formül ile yapılabilir:
Z
x2
Z
f (x)
x1 ≤ x ≤ x2 aralığında, f (x) > g(x) ise
h(x, y) dydx
x1
g(x)
ya da
Z
y2
Z
f (y)
y1 ≤ y ≤ y2 aralığında, f (y) > g(y) ise
h(x, y) dxdy
y1
Burada,
g(y)
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
255
f (x) : x-y düzlemindeki f fonksiyonu ile tanımlanan eğrinin x cinsinden fonksiyonu
g(x) : x-y düzlemindeki g fonksiyonu ile tanımlanan eğrinin x cinsinden fonksiyonu
f (y) : x-y düzlemindeki f fonksiyonu ile tanımlanan eğrinin y cinsinden fonksiyonu
g(y) : x-y düzlemindeki g fonksiyonu ile tanımlanan eğrinin y cinsinden fonksiyonu
IO
G˘
LU
[x1 , x2 ] : dx integral adımında integralin alt ve üst sınırları
[y1 , y2 ] : dy integral adımında integralin alt ve üst sınırları
O
NB
AŞ
h(x, y) : x-y düzlemininden z=h(x, y) yüksekliğindeki fonksiyon, x-y düzleminde tanımlanan
alan ile birlikte 3 boyutlu cismin (bölgenin) sınırlarını tanımlar.
3 boyutlu cismin, x-y düzlemi üzerindeki yüksekliğinin h(x, y) fonksiyonu ile tanımladığını
belirtmiştik. h(x, y)’in aldığı değere göre yukarıda tanımlanan genel formül, aşağıdaki
farklı hesaplamalarda kullanılabilir:
Z
x2
Z
O¨
ZL
EM
1) h(x, y) = 1 ise, x-y düzleminde, f(x) ve g(x) fonksiyonları ile sınırlanan bölgenin alanı
aşağıdaki formülle tanımlanır.
f (x)
Z
x2
Z
f (x)
h(x, y) dydx =
x1
g(x)
dydx
x1
Z
x2
[f (x) − g(x)] dx → Tekli integral ile alan hesaplama formülü
c
FE
TI˙
Y
E
=
s
g(x)
x1
2 2
dz
dz
+
ise, x-y düzlemindeki f(x) ve g(x) fonksiyonları ile
2) h(x, y) = 1 +
dx
dy
sınırlanan alan ve z = h(x, y) yüksekliği elde edilen 3 boyutlu
cismin yüzey alanı aşağıdaki formülle tanımlanır.
Z
x2
Z
f (x)
Z
x2
Z
f (x)
s
h(x, y) dydx =
x1
g(x)
1+
x1
Z
y2
g(x)
Z
f (y)
=
s
1+
y1
g(y)
dz
dx
2
dz
dx
2
+
+
dz
dy
2
dz
dy
2
dydx
dxdy
3) h(x, y) = z ise, x-y düzleminde, f(x) ve g(x) fonksiyonları ile tanımlanan bölge ve
z = h(x, y) yüksekliği ile sınırlanan bölgenin (cismin) hacmi aşağıdaki formülle
tanımlanır.
256
Z
19. İNTEGRAL
y2
Z
f (y)
Z
h(x, y) dxdy
Z
f (x)
h(x, y) dydx
=
x1
g(y)
y1
x2
g(x)
Örnek: Köşeleri x-y düzleminde (1, 1), (4,1) ve (1,3) noktalarında bulunan üçgenin
alanını hesaplayalım.
Çözüm: Önce x-y düzlemindeki alanın grafiği çizelim ve integral sınırlarını belirleyelim.
Çift integralin alt ve üst sınırları dx adımı için x1 , ve x2 , dy adımı için de y1 , ve y2 olur.
IO
G˘
LU
x-y düzlemindeki üçgen bölgeyi tanımlayan doğruların denklemlerini bulalım. Bu denklemlerden g(x) ve f(x) fonksiyonları belirlenir.
y2 − y1
2
1−3
=−
=
x2 − x1
4−1
3
2
eğimini kullanarak bu doğrunun denklemini bulalım:
3
2
y−1
m=− =
3
x−4
O¨
ZL
EM
Şimdi (4, 1) noktasını ve m = −
O
NB
m=
AŞ
• Üçgenin (1, 1) ve (1, 3) köşeleri arasındaki doğru x = 1 doğrusudur.
• Üçgenin (1, 1) ve (4, 1) köşeleri arasındaki doğru y = 1 doğrusudur.
• Üçgenin (4, 1) ve (1, 3) köşeleri arasındaki doğrunun eğimi m olsun. O halde,
İçler dışalar çarpımı yapalım.
−2(x − 4) = 3(y − 1)
−2x + 8 = 3y − 3
.
&
c
FE
TI˙
Y
E
x’e göre çözelim:
−2x = 3y − 11
11
3
x=− y+
2
2
Yukarıdaki verilerle üçgenin grafiğini çizelim.
y
(1, 3)
x=1
(1, 1)
2
10
y =− x+
3
3
3
. x= y−5
2
y=1
(4, 1)
x
y’e göre çözelim:
3y = −2x + 11
2
11
y =− x+
3
3
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
257
Grafikten alan integralini kuralım. Formülde h(x, y) = 1 olur.
Z
x2
Z
y2 =f (x)
x2 =4
Z
h(x, y) dydx
Alan: A =
x1
11
2
doğrusudur.
f (x) = − x +
3
3
Z
y2 =f (x)=− 32 x+ 11
3
=
dydx
y1 =g(x)
x1 =1
y1 =1
x2 =4
Z
=
1
x1 =1
x2 =4
Z
=
x1 =1
− 2 x+ 11
3 3
y
dx
IO
G˘
LU
1 ≤ y ≤ 3 için g(x), y = 1 doğrusudur.
2
11
− x+
− 1 dx
3
3
O
NB
AŞ
1
8 4
= − x2 + x
3
3 1
1 2 8
1 2 8
= − ·4 + ·4 − − ·1 + ·1
3
3
3
3
O¨
ZL
EM
=
16 32
− +
3
3
1 8
− − +
3 3
= 3 birim kare
E
Grafikten, üçgenin dik kenarlarının uzunluklarının 2 ve 3 birim olduğu görülmektedir.
Dik üçgenin alan formülünden:
2·3
A=
= 3 birim kare
2
c
FE
TI˙
Y
Görüldüğü gibi alan, integral kullanmadan çok daha kolay hesaplanabilirdi. Ancak, bir
sonraki örneği anlayarak çözebilmek için x-y düzlemindeki alan, çift integral
kullanılarak hesaplanmıştır.
Örnek: Köşeleri, x-y düzleminde (1, 1), (4,1) ve (1,3) noktalarında bulunan üçgen
bölge ile z = xy denklemi ile tanımlanan düzlem arasında kalan bölgenin hacmini
hesaplayalım.
Çözüm: Bir önceki örnekte x-y düzlemindeki bölge için alan integralini kurmuştuk. Bu
örnekteki 3 boyutlu bölgenin hacmini hesaplamak için aynı integrali h(x, y) değerini
yerleştirerek kurabiliriz.
h(x, y) = z = xy olur.
Z
x2
Z
y2 =f (x)
Hacim: V =
Z
x2 =4
Z
y2 =f (x)=− 32 x+ 11
3
xy dydx
h(x, y) dydx =
x1
y1 =g(x)
x1 =1
Z
y’e göre integral alalım.
x2 =4
=
x1 =1
y1 =1
xy 2 − 23 x+ 113
dx
2 1
258
19. İNTEGRAL
Z
x2 =4
=
x1 =1
Z
x2 =4
=
x1 =1
Z
x2 =4
=
x1 =1
2
x
2
11
x
· − x+
− · 12 dx
2
3
3
2
x
·
2
4 2 44
121
x − x+
9
9
9
−
x
dx
2
2 3 22 2 56
x − x + x dx
9
9
9
O
NB
−
14
22 3 28 2
−
·1 +
·1
18 27
9
AŞ
IO
G˘
LU
x4 22 3 28 2 4
=
− x + x
18 27
9
1
4
4
22 3 28 2
=
−
·4 +
·4
18 27
9
28
255 22
−
· 63 +
· 15
18
27
9
85 154 140
−
+
6
3
3
=
Sadeleştirelim.
O¨
ZL
EM
=
=
57
19
=
6
2
c
FE
TI˙
Y
E
Egzersiz: Sınırları f (x, y) = x + y ve R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x ile
tanımlanan 3 boyutlu cismin hacmini hesaplayın.
Üçlü İntegral İle Hacim Hesabı
x, y ve z değişkenleri cinsinden bir fonksiyonla tanımlanan ya da x-y, y-z ve x-z
düzlemlerindeki sınırları tanımlanabilen 3 boyutlu bir cismin hacmi üçlü integral ile
hesaplanabilir. Bu üçlü integral aşağıdaki 6 değişik sıralama ile hesaplanabilir:
Z Z Z
Hacim:
Z
dV
z2
y2
Z
x2
Z
=
dxdydz
z1
V
Z
z2
y1
x2
Z
x1
Z
y2
=
dydxdz
z1
Z
x2
x1
Z
z2
y1
Z
y2
=
dydzdx
x1
Z
y2
z1
Z
z2
y1
Z
x2
=
dxdzdy
y1
z1
x1
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
Z
y2
x2
Z
Z
259
z2
dzdxdy
=
Z
x2
z1
x1
y1
Z
y2
Z
z2
dzdydx
=
x1
y1
z1
IO
G˘
LU
Yukarıdaki üçlü integrallerin alt ve üst sınırları x, y ya da z cinsinden fonksiyonlar ya da
sabit sayılar olarak tanımlanır.
3 Boyutlu Uzayda Düzlemin Denklemi
3 boyutlu uzayda tanımlı P, Q ve R noktalarından geçen düzlemin denklemi aşağıdaki
formül ile ifade edilir:
AŞ
ax + by + cz = d
O
NB
Örnek: P (1, 0, 3), Q(0, −1, 1) ve R(1, 1, 1) noktalardan geçen düzlemin denklemini
bulalım.
Çözüm: P (1, 0, 3), Q(0, −1, 1) ve R(1, 1, 1) noktalarını ax + by + cz = d formülüne
yerleştirerek 3 denklemden oluşan denklem sistemini çözelim.
a + 3c = d
−b + c = d
a+b+c=d
3. denklemi, 1. denklemden çıkarırsak:
2. denklemi, 3. denklemden çıkarırsak:
Bu sonuçları denklemlere yerleştirirsek:
2c − b = 0 ⇒ b = 2c elde edilir.
a + 2b = 0 ⇒ a = −2b elde edilir.
c = −d, b = −2d, a = 4d elde edilir.
E
O¨
ZL
EM
P (1, 0, 3) noktası için, 1. denklem:
Q(0, −1, 1) noktası için, 2. denklem:
R(1, 1, 1) noktası için, 3. denklem:
4d · x − 2d · y − d · z = d
d 6= 0 için eşitliğin her iki tarafını
d ile bölelim. Düzlemin denklemi:
4x − 2y − z = 1 elde edilir.
c
FE
TI˙
Y
a, b ve c’nin d cinsinden değerlerini
ax + by + cz = d formülüne yerleştirelim.
Örnek: Sınırları x + y + z = 4 denklemi ve x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ile tanımlanan 3
boyutlu cismin hacmini üçlü integralle dzdxdy sıralamasını izleyerek hesaplayalım.
Çözüm:
1) Üçlü hacim integralini içten dışa doğru kurarız.
Z y2 Z x2 Z z 2
V =
dz dx dy
y1
x1
z1
| {z }
|
{z
}
{z
}
|
Z z2
2) Önce içteki
dz integralinin z1 ve z2 sınırlarını x ve y cinsinden belirleyelim:
z1
Soruda verilen sınırlardan, z1 = 0 olur. x + y + z = 4 ⇒ z2 = 4 − x − y
260
19. İNTEGRAL
y2
Z
Z
x2
4−x−y
Z
dzdxdy
V =
0
x1
y1
3) Daha sonra, ortadaki integralin dx adımı için x1 ve x2 sınırlarını geriye kalan tek
değişken olan y cinsinden belirleyelim:
Soruda verilen sınırlardan x1 = 0 olur.
x + y + z = 4 denkleminin x − y (z = 0) düzlemindeki izdüşümü x + y = 4 doğrusudur.
O halde, x2 = 4 − y olur.
Z
y2
4−y
Z
4−x−y
Z
dzdxdy
V =
0
0
IO
G˘
LU
y1
0
0
O
NB
AŞ
4) En dıştaki integralin dy adımı için sabit sayı sınırlar belirlememiz gerekir.
Soruda verilen sınırlardan y1 = 0 olur.
dy adımı y ekseni üzerinde ilerler. y ekseni üzerinde x=0 ve z=0 olur. Bunları
x + y + z = 4 denklemine yerleştirdiğimizde, 0 + y + 0 = 4 bulunur. Buradan, y2 = 4
olur.
Z 4 Z 4−y Z 4−x−y
dzdxdy
En sonunda: V =
0
Hacim integralini kurduğumuza göre, artık içten dışa doğru üçlü integrali hesaplayabiliriz.
4
Z
O¨
ZL
EM
Z
V
Z
4
Z
0
c
FE
TI˙
Y
E
Z
(4 − x − y)’nin dx’e göre
x2
integrali 4x −
− xy olur.
2
0
4−y
4
4−y
(4 − x − y − 0) dxdy
0
Z
0
4
Z
4−y
(4 − x − y) dxdy
=
0
Z
0
4
4
(4 − y)2
− (4 − y) · y
4 · (4 − y) −
2
02
− 0 · y dy
− 4·0−
2
=
0
=
0
Z
4−y x2
4x −
− xy dy
2
0
4
8 − 4y +
=
0
y2
ifadesinin dy’e göre
2
Z
4−x−y
dxdy
z
0
0
=
Z
8 − 4y +
dzdxdy
0
=
integrali z’dir.
4−x−y
Z
=
0
1 sayısının dz’ye göre
4−y
y2
dy
2
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
y3
integrali 8y − 2y +
olur.
6
261
y 3 4
= 8y − 2y + 6 0
43
03
2
2
= 8·4−2·4 +
− 8·0−2·0 +
6
6
2
2
=
32
3
Öğrenciler, egzersiz olarak, yukarıdaki örnekteki hacim integralini, dxdxydz sıralamasını
izleyerek kurarsa sonucun değişmediğini görebilir.
IO
G˘
LU
3 boyutlu cisimlerin x-y-z kartezyen koordinat sisteminde çizilmesinin zor olduğu
durumlarda, bu cismin 2 boyutlu x-y, x-z ve y-z koordinat sistemindeki izdüşümleri
çizilebilir. Yukarıdaki örnekte verilen cismin 3 izdüşümünün aşağıdaki grafikte
çizilmiştir:
O
NB
AŞ
x + y + z = 4 denklemi ve x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 sınırları ile tanımlanan 3 boyutlu cismin
dik bir piramid olduğu görülmektedir.
z
O¨
ZL
EM
(0, 0, 4)
y+z =4
E
x+z =4
(4, 0, 0)
x
c
FE
TI˙
Y
x+y =4
(0, 4, 0)
y
Örnek: 4z = x2 + y 2 ve z = 4 fonksiyonları ile sınırlanan 3 boyutlu cismin şeklini tarif
edelim. Hacim integralini dxdzdy sıralamasını izleyerek kuralım.
Çözüm: 4z = x2 + y 2 ve z = 4 fonksiyonları ile tanımlanan cismin x-y, y-z ve x-z
düzlemlerindeki izdüşümleri çizelim.
x-y düzleminde z = 0 olur. ⇒ 0 = x2 + y 2 Bu (0, 0, 0) noktasıdır.
z = 4, z ekseninde bir üst sınırdır. x-y düzleminin 4 birim üzerindeki yüksekliktir.
4 · 4 = 16 = x2 + y 2 denklemi, yarıçapı 4 olan bir dairedir.
262
19. İNTEGRAL
x-z düzleminde y = 0 olur. ⇒ 4z = x2 Bu bir paraboldür.
y-z düzleminde x = 0 olur. ⇒ 4z = y 2 Bu bir paraboldür.
z
(0, 0, 4)
4z = x2
(4, 0, 0)
x
AŞ
(−4, 0, 0)
O
NB
z
4z = y 2
O¨
ZL
EM
(0, 0, 4)
c
FE
TI˙
Y
E
(0, −4, 0)
y − z düzlemi, x = 0
(0, 4, 0)
z
(0, 0, 4)
16 = x2 + y 2
x
y
IO
G˘
LU
x − z düzlemi, y = 0
y
İNTEGRAL İLE ALAN VE HACİM HESABI
263
Hacim integralini kurmak için, yukarıdaki grafikleri çizmemiz gerekmez, ancak
integrallerin alt ve üst sınırlarının bulunmasını kolaylaştırır.
1) Üçlü hacim integralini içten dışa doğru kurarız.
Z y2 Z z 2 Z x2
dxdzdy
Hacim: V =
z1
y1
Z
x1
x2
dx integralinin x1 ve x2 sınırlarını y ve z cinsinden belirleyelim:
p
x2 + y 2 = 4z ⇒p x = ± 4z − y 2
p
Alt sınır x1 = − 4z − y 2 , üst sınır, x2 = 4z − y 2 olur.
x1
y2
Z
z2
Z √4z−y2
V =
√
y1
−
z1
dxdzdy
4z−y 2
AŞ
Z
IO
G˘
LU
2) Önce içteki
O¨
ZL
EM
O
NB
3) Daha sonra, ortadaki integralin dz adımı için z1 ve z2 sınırlarını geriye kalan tek
değişken olan y cinsinden belirleyelim:
Soruda verilen sınırlardan x1 = 0 olur.
x2 + y 2 = 4z denklemininden y − z (x = 0) düzlemindeki izdüşümü y 2 = 4z
y2
olur.
parabolüdür. O halde, z =
4
y2
Soruda verilen z = 4 üst sınırından: z2 = 4 olur. O halde, z1 =
4
Z Z Z √
y2
4z−y 2
4
V =
y2
4
−
√
dxdzdy
4z−y 2
E
y1
c
FE
TI˙
Y
4) En dıştaki integralin dy adımı için sabit sayı sınırlar belirlememiz gerekir.
y’nin aldığı en küçük değer y1 = 0 alt sınırdır. z = 4 için, y en büyük değerini alır.
4z = y 2 + x2 denkleminden, 4 · 4 = y 2 + 02 ⇒ y2 = 4 üst sınırdır.
Z Z Z √
4
V =
0
4z−y 2
4
y2
4
−
√
dxdzdy bulunur.
4z−y 2

c FET ˙IYE ¨OZLEM ONBAS¸IO ˘GLU

Products

Support

c FET ˙IYE ¨OZLEM ONBAS¸IO ˘GLU

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib