ilköğretim matematik

ÖABT
KPSS
2016
Pegem Akademi
Sınav Komisyonu;
İLKÖĞRETİM
MATEMATİK
ANALİZ
DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Eğitimde
29. yıl
2015 KPSS’ye
Pegem Yayınları
ile hazırlanan adayların,
40'ın üzerinde soruyu
kolaylıkla
çözebildiğini
açıkladı.
Komisyon
ÖABT İlköğretim Matematik Öğretmenliği Analiz-Diferansiyel Denklemler
ISBN 978-605-318-188-0
Kitapta yer alan bölümlerin tüm sorumluluğu yazarlarına aittir.
© Pegem Akademi
Bu kitabın basım, yayın ve satış hakları
Pegem Akademi Yay. Eğt. Dan. Hizm. Tic. Ltd. Şti.ne aittir.
Anılan kuruluşun izni alınmadan kitabın tümü ya da bölümleri,
kapak tasarımı; mekanik, elektronik, fotokopi, manyetik, kayıt
ya da başka yöntemlerle çoğaltılamaz, basılamaz, dağıtılamaz.
Bu kitap T.C. Kültür Bakanlığı bandrolü ile satılmaktadır.
Okuyucularımızın bandrolü olmayan kitaplar hakkında
yayınevimize bilgi vermesini ve bandrolsüz yayınları
satın almamasını diliyoruz.
2.Baskı: 2015, Ankara
Proje-Yayın: Neslihan Gürsoy
Türkçe Redaksiyon: Aylin Doğan
Dizgi-Grafik Tasarım: Kezban Öztürk
Kapak Tasarımı: Gürsel Avcı
Baskı: Korza Yay. Basım San. Tic. A.Ş.
Yenice Mah. No: 3 Esenboğa-Ankara
0312 342 22 08
Yayıncı Sertifika No: 14749
Matbaa Sertifika No: 30233
İletişim
Karanfil 2 Sokak No: 45 Kızılay / ANKARA
Yayınevi: 0312 430 67 50 - 430 67 51
Yayınevi Belgeç: 0312 435 44 60
Dağıtım: 0312 434 54 24 - 434 54 08
Dağıtım Belgeç: 0312 431 37 38
Hazırlık Kursları: 0312 419 05 60
İnternet: www.pegem.net
E-ileti: [email protected]
ÖN SÖZ
Sevgili Öğretmen Adayları,
ÖABT İLKÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ konu anlatımlı setimiz
dört kitap hâlinde düzenlenmiştir. "İlköğretim Matematik Öğretmenliği 1. Kitap"
adlı yayınımız Analiz-Diferansiyal Denklemler bölümünü kapsamaktadır ve Kamu
Personel Seçme Sınavı (KPSS) İlköğretim Matematik Öğretmenliği Alan Bilgisi
Testi kapsamındaki soruları çözmek için gerekli bilgi, beceri ve teknikleri edinme ve
geliştirme sürecinde siz değerli öğretmen adaylarımıza kılavuz olarak hazırlanmıştır.
Kitabın hazırlanış sürecinde, sınav kapsamındaki temel alanlarda kapsamlı
alanyazın taraması yapılmış, bu kitabın gerek ÖABT'de gerekse gelecekteki
meslek hayatınızda ihtiyacınızı maksimum derecede karşılayacak bir başucu kitabı
niteliğinde olması hedeflenmiştir.
Detaylı, güncel ve anlaşılır bir dilde yazılan konu anlatımları, çıkmış sorular ve
detaylı açıklamalarıyla desteklenmiş, her ünite içeriği ÖSYM formatına uygun,
çözümlü test sorularıyla pekiştirilmiştir. Ayrıca konu anlatımlarında verilen bilgi
ve çözüm tekniklerine ek olarak uyarı kutucuklarıyla da önemli konulara dikkat
çekilmiştir.
Yoğun bir araştırma ve çalışma sürecinde hazırlanmış olan bu kitapla ilgili görüş
ve önerilerinizi [email protected] adresini kullanarak bizimle paylaşabilirsiniz.
Kitabımızın hazırlanmasında emeği geçen Sayın Kerem Köker, Fikret Hemek,
Ayşegül Eroğlu, Dizgicimiz Gülnur Öcalan ve Kezban Öztürk'e teşekkürü bir borç
biliriz.
Geleceğimizi güvenle emanet ettiğimiz siz deerli öğretmenlerimizin hizmet öncesi
ve hizmet içi eğitimlerine katkıda bulunabilmek ümidiyle...
Başarılar...
MATEMATİK ÖABT İLE İLGİLİ ÖNEMLİ BİLGİLER
MATEMATİK ÖABT, 50 sorudan oluşmakta ve Matematik Öğretmeni Adaylarının Alan Bilgisi (Analiz, Cebir, Geometri,
Uygulamalı Matematik) ile Alan Eğitimi alanlarındaki bilgi ve becerilerini ölçmeyi hedeflemektedir.
Öğretmenlik Alan Bilgisi Testinde çıkan sorular, Matematik Öğretmenlik Lisans Programlarında verilen akademik
disiplinlere paralel olarak hazırlanmaktadır. Sınavdaki Alan-Soru dağılımı aşağıdaki tabloda belirtilmiştir.
Genel Yüzde
Alan Bilgisi Testi
Yaklaşık Yüzde
% 80
1 - 40
a. Analiz
% 28
b. Cebir
% 18
c. Geometri
% 18
d. Uygulamalı Matematik
% 16
Alan Eğitimi Testi
% 20
Soru Numarası
41 - 50
Genel Kültür, Genel Yetenek ve Eğitim Bilimleri Sınavlarınıza ek olarak gireceğiniz Öğretmenlik Alan Bilgisi Testi ile
ilgili verilen bu bilgiler 2014-2015 MATEMATİK ÖABT sınavı çerçevesinde hazırlanmıştır. Sınav içeriğinde yapılabilecek
olası değişiklikleri ÖSYM'nin web sitesinden takip edebilirsiniz.
İÇİNDEKİLER
ÖN SÖZ�� ııı
1. KISIM
1. BÖLÜM: ANALİZE GİRİŞ
Sayılar��5
Doğal Sayılar�� 5
Rasyonel Sayılar�� 5
Tümevarım Yöntemi�� 5
Lineer (Doğrusal) Nokta Kümeleri�� 6
Mutlak Değer�� 7
Komşuluk�� 7
Yığılma Noktası�� 7
Tam Değer�� 8
Fonksiyonlar��8
Bazı Özel Fonksiyonlar�� 9
Fonksiyonun Grafiği�� 10
Trigonometri��12
Bazı Trigonometrik Değerler�� 12
Bazı Trigonometrik Bağıntılar�� 13
Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar�� 14
Hiperbolik Fonksiyonlar�� 15
2. BÖLÜM: LİMİT
Limit��19
Bir Fonksiyonun Limiti�� 21
Tek Yönlü Limitler�� 23
Süreklilik��24
Bazı Sürekli Fonksiyon Örnekleri�� 24
Süreksizlik Çeşitleri�� 24
Sürekli Fonksiyonların Özellikleri�� 25
Düzgün Süreklilik�� 26
3. BÖLÜM: TÜREV
Türev��29
Türev Almada Genel Kurallar�� 29
Trigonometrik Fonksiyonların Türevi�� 30
Ters Fonksiyonun Türevi�� 30
Logaritma Fonksiyonunun Türevi�� 31
Üstel Fonksiyonların Türevi�� 32
Logaritmik Türev Alma�� 32
Hiperbolik Fonksiyonların Türevi�� 32
vi
Parametrik Fonksiyonların Türevi�� 32
Kapalı Fonksiyonların Türevi�� 33
Yüksek Mertebeden Türevler�� 33
Türevin Geometrik Anlamı�� 34
Türevle İlgili Teoremler�� 35
Belirsiz Şekiller�� 39
Diferansiyeller�� 40
Eğri Çizimleri�� 42
Düşey Asimptot�� 42
Yatay Asimptot�� 43
Eğri veya Eğik Asimptot�� 43
4. BÖLÜM: İNTEGRAL
Belirsiz İntegral��47
Bazı Fonksiyonların İntegralleri�� 47
İntegral Alma Yöntemleri�� 47
Değişken Değiştirme�� 47
Kısmi İntegrasyon Yöntemi�� 51
İndirgeme Bağıntıları�� 52
Rasyonel Fonksiyonların İntegrali�� 56
Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali�� 58
Binom İntegralleri�� 63
Çözümlü Sorular�� 64
Belirli İntegral��66
İntegralde Alan Hesabı�� 68
İntegralde Hacim Hesabı�� 71
Eğri Uzunluğunun Hesabı�� 73
Dönel Yüzeyin Alanı�� 74
5. BÖLÜM: GENELLEŞTİRİLMİŞ İNTEGRALLER
Genelleştirilmiş İntegraller�� 79
1. Çeşit��79
Kararlaştırma Testi�� 79
Kararlaştırma Testinin Limit Formu�� 79
2. Çeşit��80
Kutupsal Koordinatlar�� 81
Kutupsal Koordinatlarda Eğri Çizimi�� 83
Gül Eğrilerinin Çizimi�� 86
Kutupsal Koordinatlarda Alan Hesabı�� 87
Seriler��87
Geometrik Seri�� 89
Seriler İçin Yakınsaklık Testleri�� 90
vii
İntegral Testi�� 90
Oran Testi�� 90
Kök Testi�� 91
Limit Testi�� 91
Alterne Seriler�� 92
Kuvvet Serileri��92
Fonksiyonların Seriye Açılması�� 93
Analiz-Uygulama�� 94
Fonksiyon Dizi ve Serileri�� 97
Düzgün Yakınsaklık ve İntegral�� 99
Düzgün Yakınsaklık ve Türev�� 100
Fonksiyon Serilerinin Düzgün Yakınsaklığı�� 100
6. BÖLÜM: n - BOYUTLU UZAY
n - Boyutlu Uzay��107
n
R 'in Topolojisi�� 108
Vektör Değerli Fonksiyonlar�� 111
Vektör Değerli Fonksiyonların Limit ve Sürekliliği�� 112
n
R 'de Eğriler�� 113
Vektör Değerli Fonksiyonların Türev ve İntegrali�� 114
Eğri Uzunluğu�� 116
Çok Değişkenli Fonksiyonlar�� 118
Çok Değişkenli Fonksiyonlarda Limit�� 120
Süreklilik��122
Kısmi Türevler��123
Yüksek Mertebeden Kısmi Türevler�� 125
Zincir Kuralı�� 126
Yönlü Türevler��128
Kapalı Fonksiyonların Türevi�� 129
Normal Doğrusunun Denklemini Bulma�� 132
Maksimum ve Minimum�� 132
Yan Şartlı Ekstremumlar�� 135
Bölge Dönüşümleri�� 138
Fonksiyonel Bağımlılık�� 140
Skaler ve Vektör Alanları�� 141
Çok Katlı İntegraller��145
İki Katlı İntegralin Hesabı�� 147
İntegral İşareti Altında Türev Alma�� 149
İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme�� 153
İki Katlı İntegrallerin Uygulamaları�� 156
Çözümlü Test 1�� 161
Çözümler�� 163
Çözümlü Test 2�� 166
Çözümler�� 168
Çözümlü Test 3�� 170
viii
Çözümler�� 172
Çözümlü Test 4�� 175
Çözümler�� 177
Çözümlü Test 5�� 179
Çözümler�� 181
Çözümlü Test 6�� 183
Çözümler�� 185
Çözümlü Test 7�� 188
Çözümler�� 190
Çözümlü Test 8�� 192
Çözümler�� 194
Çözümlü Test 9�� 197
Çözümler�� 200
Çözümlü Test 10�� 203
Çözümler�� 206
Çözümlü Test 11�� 209
Çözümler�� 211
Çözümlü Test 12�� 214
Çözümler�� 216
Çözümlü Test 13�� 219
Çözümler �� 222
Çözümlü Test 14�� 225
Çözümler�� 228
Çözümlü Test 15�� 231
Çözümler�� 234
Çözümlü Test 16�� 236
Çözümler�� 238
Çözümlü Test 17�� 243
Çözümler�� 245
Çözümlü Test 18�� 247
Çözümler�� 249
Çözümlü Test 19�� 251
Çözümler�� 253
Çözümlü Test 20�� 257
Çözümler�� 261
ix
2. KISIM
1. BÖLÜM: DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Diferansiyel Denklemler�� 273
Giriş�� 273
Diferansiyel Denklemlerin Çözümü�� 274
Genel ve Özel Çözümler�� 275
Bir Eğri Ailesinin Diferansiyel Denkleminin Oluşturulması�� 277
2. BÖLÜM: DEĞİŞKENLERİNE AYRILABİLİR DENKLEMLER
Değişkenlerine Ayrılabilir Denklemler�� 281
Değişkenlerine Ayrılabilir Hâle Getirilebilen Denklemler�� 283
Homojen Diferansiyel Denklemler�� 284
Homojen Diferansiyel Denklemlerin Çözümü�� 284
Homojen Hâle Dönüştürülebilir Diferansiyel Denklemler�� 285
Tam Diferansiyel Denklemler�� 287
İntegrasyon Çarpanı Yardımı ile Diferansiyel Denklem Çözümü�� 289
Lineer Denklemler��291
Lineer Diferansiyel Denklemin Çözüm Yöntemi�� 291
Bernoulli Denklemleri��293
Riccati Denklemi��294
3. BÖLÜM: BİRİNCİ MERTEBEDEN n. DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Birinci Mertebeden n. Dereceden Diferansiyel Denklemler�� 299
Türeve, x'e veya y'ye Göre Çözülebilen Denklemler�� 299
Türeve Göre Çözülebilen Denklemler�� 299
x'e Göre Çözülebilen Denklemler�� 300
y'ye Göre Çözülebilen Denklemler�� 300
Clairaut Denklemi��301
Lagrange Denklemi��302
İndirgenebilir İkinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler�� 303
4. BÖLÜM: YÜKSEK MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Yüksek Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler�� 307
Mertebe İndirgeme��308
Sabit Katsayılı Denklemler�� 309
Farklı Reel Kökler��309
Katlı Reel Kökler��310
Kompleks Kök��310
x
Homojen Olmayan (2. Yanlı) Lineer Diferansiyel Denklemler�� 313
Belirsiz Katsayılar Yöntemi�� 313
Parametrelerin Değişim Yöntemi�� 317
Cauchy-Euler Denklemi��319
Çözümlü Test 1�� 321
Çözümler�� 323
Çözümlü Test 2�� 327
Çözümler�� 330
Çözümlü Test 3�� 334
Çözümler�� 337
Çözümlü Test 4�� 341
Çözümler�� 344
Çözümlü Test 5�� 348
Çözümler�� 351
1. KISIM
ANALİZE GİRİŞ
5
SAYILAR
Doğal Sayılar
N = {1, 2, 3, .....} kümesine doğal sayılar kümesi denir.
m, n ∈ N iken; x + m = n biçimindeki denklemlerin çözümlerini bulunduran sayılara tam sayılar kümesi denir.
Z = & ... − 2, − 1, 0, 1, 2, ... 0
1 44 2 44 3 \
Z−
Z+ = N
= Z− , $ 0 . , Z+
Rasyonel Sayılar
p, q ∈ Z ve q ≠ 0 olsun.
q . x = p biçimindeki denklemlerin çözümlerini bulunduran kümeye rasyonel sayılar kümesi denir.
p
Q = ' : p, qd Z, q ! 0 1 (p ve q aralarında asal)
q
m
∀ m ∈ Z için m = ! Q olduğundan
1
∀ n ∈ N için; 32n+2 – 2n+1 sayısı 7 ile bölünür, gösterelim.
a) n = 1 için ifadenin doğruluğunu inceleyelim.
32.1+2 – 21+1 = 34 – 22 = 81 – 4 = 77 = 7.11 olup 7 ile
bölünür.
b) n = k değeri için ifadenin doğru olduğunu kabul edelim.
n = k + 1 değeri için de doğru olup olmadığını inceleyelim.
n = k için; 32.k+2 – 2k+1 = 7.p
n = k + 1 için;
H I ∪ Q = R
–
p ∈ Z olsun.
2k+1+1
= 7.pı olur mu?
32k+4 –2k+2 = 32k+2 . 9 – 2k+1 . 2
= 32k+2 . (7 + 2) – 2k+1 . 2
= 7 . 32k+2 + 2 . 32k+2 – 2 . 2k+1
2k + 2 − 2 k + 1 )
= 7 . 32k+2 + 2. (13444
4244443
7p
Z 1 Q olur.
H I : irrasyonel sayılar kümesi
32(k+1)+2
= 7 .
32k+2
+ 2 . 7 . pı
= 7. ( 3 2k + 2 + 2p ) = 7p' sağlanır.
144424443
p' d Z
H Herhangi iki rasyonel, irrasyonel, reel sayı arasında
sonsuz çoklukta hem rasyonel hem de irrasyonel sayı
vardır.
Tümevarım Yöntemi
Doğal sayılarla ilgili önermelerin ispatında kullanılan bir
yöntemdir.
Teorem:
D ⊂ N olsun
a) 1 ∈ D
n ∈ N ve n H 5 olsun. 3n–1 < n! olduğunu gösteriniz.
a) n = 5 için ifadenin doğru olup olmadığını inceleyelim.
35–1 < 5! ⇒ 34 < 5! ⇒ 81 < 120 ifade doğrudur.
b) n = k değeri için ifadenin doğru olduğunu kabul edelim.
n = k + 1 değeri için doğru olup olmadığını inceleyelim.
b) k ∈ D iken k + 1 ∈ D ise bu takdirde D = N’dir.
n = k için; 3k–1 < k! ............. (I)
Sonuç:
n = k + 1 için; 3k+1–1 < (k + 1)!
P(n) doğal sayılarla ilgili bir önerme; D de bu önermenin
⇒ 3k < (k + 1)! .......... (II)
doğruluk değerinin kümesi yani;
II eşitsizliğinin sağlanıp sağlanmadığını göstermeliyiz.
D = {n ∈ N| P(n) doğru} olsun.
⇒ Önerme n ≥ 5 için doğrudur.
Eğer;
H
k ∈ N ve p ∈ R olmak üzere;
a) 1 ∈ D (yani önerme n = 1 için doğru)
p (p − 1) . (p − 2) ...(p − k + 1)
p
e o=
k!
k
b) k ∈ D iken (k+1) ∈ D (yani n = k iken önerme doğru
sayısına binom katsayısı denir.
iken n = k + 1 için de önerme doğru ise D = N’dir. Yani
önerme tüm n ∈ N için doğrudur.
Bu ispat metoduna tümevarım denir.
1
1
3
1 1
1
3
. c - 1 mc - 2 m
.c - m.c - m
1
3 1
1
2
2 2
2
2
2
f2p=
=
= 6 = ·
=
6
3!
6 6 6 12
3
6
Eğer p = n ∈ N ise kombinasyon olur.
n. (n − 1) ... (n − k + 1)
n
n!
b l=
=
olur.
k!
(n − k)!. k!
k
R’nin alt kümeleri
H
H
n
n
b l=b l= 1
0
n
H
n
n
b l=b
l
n−k
k
H
n
n
n+1
b l+b
l=c
m
k−1
k
k
H
k > n iken b l = 0
a, b ∈ R olmak üzere;
{x ∈ R : a < x < b} = (a, b) = ]a, b[
n
k
a, b ∈ R
Lineer (Doğrusal) Nokta Kümeleri
H
{x: a G x G b} = [a, b]
H
{x: x > a} = (a, ∞)
H
{x: a < x G b} = (a, b]
H
{x: –∞ < x < ∞} = R
Tanım:
n∈N
n
n
n
n
n
n
n−1
n−1
.b + ... + e
+ e o . bn
o. a . b
` a + b j = e o. a + e o. a
n−1
0
1
n
A bir lineer nokta kümesi olsun. Her x ∈ A için x H a
olduğunu gösteriniz.
olacak şekildeki a ∈ R sayısına A’nın bir alt sınırı denir.
a) n = 1 için ifadenin doğru olup olmadığını inceleyelim.
Eğer ∀ x ∈ A için x G b olacak şekildeki b ∈ R sayısına
a + b = a + b olup doğrudur.
b) n = k değeri için ifadenin doğru olduğunu kabul edelim.
A’nın bir üst sınırı denir.
Aksiyom:
n = k + 1 değeri için ifadenin doğru olup olmadığına
Üstten sınırlı bir kümenin üst sınırları arasında bir en kü-
bakalım.
çüğü, alttan sınırlı bir kümenin alt sınırları arasında bir
(m ∈ Z ise m + 1 ∈ Z ifadesinden yararlanarak)
en büyüğü vardır.
n = k için;
k
0
k
1
(a + b)k = c m .a k + c m .a k − 1 .b + ... + c
k+1
m .a.b k − 1 +
k−1
k
c m .b k ... ^ I h
k
n = k + 1 için;
(a +
b)k+1
= c k + 1 m .a k + 1 + c k + 1 m .a k + 1 − 1 .b + ...
0
1
k+1
k+1
m .a.b k + 1 − 1 + c
m . b k + 1 .... (II)
+c
k+1−1
k+1
I ve II denklemlerini eşitlemek için I. denklemin her iki
tarafını da (a + b) ile çarpalım ve denklemlerin sağ taraflarının eşitliğini kontrol edelim.
k
k
^ I h = c m .a k . ^a + bh + c m .a k − 1 .b. ^a + bh + ... +
0
1
k
k
c
m .a.b k − 1 . (a + b) + c m .b k . ^a + bh
k−1
k
k
k
k
k
= c m .a k + 1 + c m a k .b + c m .a k .b + c m .a k − 1 .b 2 + ...
0
0
1
1
k
k
k
k
c
m .a 2 .b k − 1 + c
m .a.b k + c m .b k .a + c m .b k + 1
k−1
k−1
k
k
ifadesini II nolu denkleme eşitleyelim.
Denklem doğrulandığından n = k + 1 içinde doğrudur.
A = (0, 1] alt ve üst sınırlarının kümesini bulalım.
A nın alt sınırlannın kümesi: (–∞, 0]
A nın üst sınırlarının kümesi: (1, ∞)
Tanım:
Hem alttan hem de üstten sınırlı kümelere sınırlı küme
denir. A sınırlı bir küme olsun. A’nın üst sınırlarının en
küçüğüne en küçük üst sınırı veya supremumu denir ve
eküsA veya supA ile gösterilir. A’nın alt sınırlarının en
büyüğüne de en büyük alt sınırı veya infimumu denir ve
ebasA veya infA ile gösterilir.
A = [0, 1) ise supA ve infA diğerlerini bulalım.
supA = 1 g A infA = 0 ∈ A
H sup ve inf değerleri kümeye ait olmak zorunda değildir.
7
Komşuluk
B = { 1 : r ∈ Q, r > 0} olmak üzere varsa supB ve infB
a ∈ R ve f > 0 olmak üzere;
K = {x d R: x − a 1 f} = ` a − f, a + f j r
nedir, bulalım.
supB yoktur ve infB = 0
kümesine a’nın f komşuluğu denir.
H Eğer; supA = a ∈ A ise a’ya A’nın maksimum elemanı
K
1444442444443
denir.
a–f
H Eğer; infA = b ∈ A ise b’ye A’nın minimum elemanı
denir.
a+f
a
K–{a} kümesine a’nın delinmiş komşuluğu denir.
H supA = a olsun. Bu durumda,
1. ∀ x ∈ A için x # a
2. ∀ ε > 0 için ∃ x ∈ A verir, öyle ki x + ε > a dır.
Yığılma Noktası
A ⊂ R, a ∈ R olsun.
1. ∀ x ∈ A için x $ b
a noktasının ∀f, f > 0 komşuluğu, A’nın a’dan farklı en
az bir elemanını bulunduruyorsa a’ya A’nın bir yığılma
noktası denir. Buna göre a, A’nın yığılma noktasıdır.
2. ∀ ε > 0 için ∃ x ∈ A var, öyle ki x – ε < b dir.
⇔ ∀ f > 0, A « [(a – f, a + f ) – {a}] ≠ ∅
H infA = b olsun. Bu durumda
H
Doğal sayılar kümesinin yığılma noktası yoktur.
İrrasyonel sayılar kümesinin yığılma noktaları reel
sayılar kümesidir.
H
Mutlak Değer
Bir a ∈ R sayısının orijine uzaklığına a sayısının mutlak
değeri denir ve a = )
Açıktır ki;
i)
a $0
a; a $ 0
biçiminde tanımlanır.
− a; a 1 0
iii)
Çıkmış Sorular
−a = a
–a G OaK
aGb
−a G b
3& a Gb
Rasyonel sayılar kümesinin yığılma noktaları reel
sayılar kümesidir.
a =0+a=0
ii) a G OaK
H
3
|
n=0
n
n$x
serisinin yakınsak olduğu en geniş aralık
n+2
aşağıdakilerden hangisidir?
A) ` − 1, 0 j B) ` − 1, 1 j D) ` − 2, 2 j E) 8− 2, 2B
iv) a.b = a . b
v)
a
a
, (b ≠ 0)
=
b
b
lim
xn + 1
1 1 olmalıdır.
xn
lim
n + 1 n+1 n + 2
$x
n 11
n+3
n$x
n"3
Teorem:
a, b ∈ R
1.–OaK G a G OaK
2. OKaK –ObKO G Oa + bK G KaK + KbK (üçgen eşitsizliği)
OaK G b ⇔ –b G a G b
OaK $ b ⇔ a $ b V a G –b
Sonuç:
a1, ...., an ∈ R olmak üzere;
Oa1 + a2 + ... + anO G Oa1K + Oa2K + ..... OanK’dir.
n"3
lim
n"3
x $ `n + 1j $ `n + 2j
n $ `n + 3j
11
lim x 1 1
n"3
& x 1 1 olup
− 1 1 x 1 1 dir.
Dolayısıyla ` − 1, 1 j aralığında seri yakınsaktır.
Cevap B
C) (0, 1)
8
FONKSİYONLAR
1
A = ' : n d N 1 kümesinin yığılma noktası sıfır (0)’dır.
n
(x, y) = {{x} , {x, y}} kümesine bir x ile y’nin sıralı ikilisi
denir. (x, y) ≠ (y, x), (x = y)
O halde A nın yığılma noktalarının kümesi {0} dır.
(x, y) = (u, v) ⇒ x = u , y = v dir.
Örnek
Teorem:
Bir kümenin supremumu (veya infimumu) kümeye ait değilse o kümenin yığılma noktasıdır.
A ≠ ∅ ≠ B herhangi iki küme olmak üzere;
AXB = {(a, b) : a ∈ A , b ∈ B} dir.
H AXB ≠ BXA (A ≠ B)
Tanım:
Bir A kümesinin en sağdaki yığılma noktasına A’nın üst
limiti, en soldaki yığılma noktasına da A’nın alt limiti denir. Sırasıyla
limsup A
liminf A
veya
veya
lim A ,
lim A ile gösterilir.
H AX ∅ = ∅
H AXB nin her bir alt kümesine A’dan B’ye bir bağıntı
denir.
H AXA nın her bir alt kümesine A’da bir bağıntı denir.
Fonksiyon
A ve B iki küme f A’dan B’ye bir bağıntı olsun (f ⊂ AXB).
1.x ∈ A için (x, y) ∈ f olacak şekilde y ∈ B var ve
2.
1. A = {(–1)n : n ∈ N} olsun.
limsupA = 1
liminfA = –1
2. B = {sinn: n ∈ N} olsun
lim B = 1
lim B = − 1
Tam Değer
Bir a ∈ R’nin tam değeri diye a’dan büyük olmayan en
büyük tam sayıya denir ve "a, ile gösterilir.
Buna göre, "− π, = − 4, "e, = 2 dir.
1. ∀x ∈ R için x H "x,
2. ∀x ∈ R için x = "x, + t; olacak şekilde t ∈ [0, 1) vardır.
3. ∀ m ∈ Z için "m, = m dir.
4. a, b ∈ R için $a + b . $ $a . + $b . dır.
(x, y) ∈ f ve (x, z) ∈ f iken y = z
ise f’ye A’dan B’ye bir fonksiyon denir.
f: A
B
ve
A
f
B
biçiminde göste-
rilir.
Buradan A’ya f’nin tanım kümesi B’ye değer kümesi denir.
f: A " B
x " y = f` x j
Tanımından f’nin A’dan B’ye bir fonksiyon olması için
A’nın bir elemanı B’de birden çok elemanla eşleşmemelidir.
Tanım:
f, g: A → B iki fonksiyon olsun.
∀ x∈A için f(x) = g(x) ise f ve g fonksiyonlarına eşit fonksiyonlar denir ve f = g ile gösterilir.
f, g : R → R f(x) = x2 – 1 ; g(x) = (x – 1) . (x + 1) olmak
'
x−1
1 = 1 denklemini çözelim.
x
üzere, f = g dır.
x−1
12
1#
x
1
−1
i. 1 G 1 − & 0 G
&x10
x
x
1
1
ii. 1 − 1 2 & > − 1 & x 1 − 1
x
x
(kökleri) denir.
Ç.K = (–∞,–1 )
H f(x) = 0 eşitliğini sağlayan x değerlerine f’nin sıfırları
Tanım:
f, g : A → B iki fonksiyon olsun.
(f " g) (x) = f(x) " g(x)
(f . g) (x) = f(x) . g(x)
(f/g) (x) = f(x) / g(x) ; g(x) ≠ 0
(c . f) (x) = c . f(x) , c ∈ R
şeklinde tanımlanır.
9
Tanım:
f : X → Y bir fonksiyon ve
A ⊂ X , B ⊂ Y olsun. f(A) = {f(x) | x ∈ A} kümesine A’nın f
f: R → R, f(x) = 2x + 1 örten olduğunu gösteriniz.
altındaki görüntüsü ve
∀ y ∈ R için; 2x + 1 = y ⇒ 2x = y–1 ⇒ x =
f–1(B) = {x ∈ X : f(x) ∈ B} kümesine B’nin f altındaki ters
olduğu için f örtendir.
y−1
dR
2
görüntüsü denir.
H Ters fonksiyon olmadan da ters görüntü olabilir.
Özdeşlik (Birim) Fonksiyonu
Teorem:
f: A → A
f : X → Y bir fonksiyon A, B ⊂ X olsun. Bu durumda,
∀x ∈ A için f(x) = x ise f ye birim fonksiyon denir.
a) A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B)
b) f(A ∪ B) = f(A) ∪ f(B)
c) f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B)
Teorem:
f : X → Y bir fonksiyon E, F ⊂ Y olsun.
a) E ⊂ F ⇒ f–1 (E) ⊂ f–1(F)
b) f–1 (E ∩ F) = f–1(E) ∩ f–1(F)
c) f–1(E ∪ F) = f–1(E) ∪ f–1 (F)
IA ile gösterilir.
Bileşke Fonksiyon
f: A → B, g: B → C fonksiyonları veriliyor.
g fonksiyonu f(A)’nın her bir y = f(x) elemanını C’nin bir
z = g (f(x))’e dönüştürür. Böylece A’nın her bir x elemanını C nin bir z = g(f(x)) elemanına dönüştüren yeni bir
fonksiyon elde edilmiş olur.
Bu fonksiyona f ile g nin bileşkesi denir ve gof ile gös-
d) f–1(E =F) = f–1(E) = f–1 (F)
terilir.
e) f–1(Ft) = (f–1(F))t (Ft : F nin tümleyeni)
Buna göre (gof) (x) = g (f(x)) olur. g ≠ f olmak üzere ge-
f)
f–1(∅)
=∅
Bazı Özel Fonksiyonlar
Tanım:
f : A ⊂ R → R biçimindeki fonksiyona reel değişkenli ve
reel değerli fonksiyon denir.
Eğer; f: A → B fonksiyonu,
nelde gof ≠ fog dir.
Tanım:
f : A Æ B bir fonksiyon olsun.
“f bire–birdir ⇔ ∀x, y ∈ A x ] y ise f (x) ] f (y) "
“f bire–birdir ⇔ ∀ x, y ∈ A f(x) = f(y) ⇒ x = y”
∀ x ∈ A için f(x) = c (c: sabit) ise f’ye sabit fonksiyon denir.
Eğer ; f(A) = B ise f’ye örten fonksiyon denir. Buna göre,
“f örtendir ⇔ ∀ y ∈ B için f(x) = y olacak şekilde en az bir
x ∈ A vardır.”
Örten olmayan fonksiyona içine fonksiyon denir.
Yani f(A) ⊂ B dir.
f : (–∞, 0] → [0, ∞) , f(x) = x2 fonksiyonunun
1 : 1 ve örten olduğunu gösterelim.
2
2
1 – 1 lik; ∀ x1, x2 ∈ (–∞,0] olsun f(x1) = f(x2) & x 1 = x 2
& x1 = x2
& f , 1: 1 dir.
örtenlik : “ f örtendir ⇔ ∀ y ∈ [0, ∞) için f(x) = y olacak
f: R → [0, ∞), f(x) = x2 örten olduğunu gösteriniz.
şekilde en az bir x ∈ (–∞, 0] vardır.
∀ y ∈ [0,∞) için;
f(x) = y ⇒ x2 = y
x2
= y ⇒ x = " y ∈ R olduğu için f örtendir.
⇒ x = − y ∈ (–∞, 0] olup böylece f örtendir.

ilköğretim matematik

Related documents

Products

Support

ilköğretim matematik

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib