YANIT: A Çözüm: a > 0 ise

Çözüm:
x = 1 denklemi sağladığından
x – 1 bir çarpandır.
x4 +2.x3 –3.x2 –4.x + 4 ≤ 0
x2(x2 + 2.x –3) –4(x–1) ≤ 0
x2(x–1)(x+3)–4(x–1) ≤ 0
(x–1).(x2(x+3) –4) ≤ 0
(x–1)(x3 +3.x2 –4) 0
(x–1)(x–1)(x+2)2 ≤ 0 olup.
Çözüm:
[m ⇒ (m ∧ n)] ∧ [(m ∧ n) ⇒ m] =
[m′ ∨ (m ∧ n)] ∧ [(m ∧ n)′ ∨ m)] =
Ancak x=–2 ve x = 1 de eşitsizlik
sağlanır.
YANIT: D
′ ∨ m) ∧ (m′ ∨ n)] ∧ [(m′ ∨ n′) ∨ m] =
[(m
m′∨ n
1
m′ ∨ n
YANIT: A
Çözüm:
a > 0 ise –a < 0 olup |a|=a
max{a,–a}=a = |a|
min{a,–a} = –a =– |a|
a < 0 ise –a > 0 olup |a|= –a
max{a,–a}= –a = |a|
min{a,–a} = a = –|a| olup
A ve B şıkları doğrudur.
Çözüm:
Bilgi : α sayısı rasyonel katsayılı bir polinomun
kökü ise α sayısna cebirsel sayı aksi halde
transandant (aşkın) sayı denir.
Buna göre π sayısı transandant , 2 sayısı
cebirseldir. Her iki sayıda irrasyonel olup.
doğru yanıt. Yalnız II dir.
YANIT: A
b > 0 ise b.sgnb = b = |b|
b < 0 ise b.sgnb = – b = |b|
b= 0 ise 0.sgn0 =0=|0|
C şıkkı doğru.
a < b olsun –a > – b
min{a,b} = a
–min{–b,–a} =– (–b)= b olup eşitlik
sağlanmaz. D her zaman doğru
değildir.
YANIT: D
Çözüm:
H’ kümesi [–1,2] aralığındaki rasyonel sayıların
kümesi olduğundan sınırlı ve sonsuz elemanlı bir
kümedir.Diğer yandan Rasyonel sayılar sayılabilir
bir küme olup her alt kümesi sayılabilir
olduğundan H’ sayılabilir sonsuz ama sınırlı bir
kümedir.
YANIT: D
Çözüm:
3 kişiden herhangi biri 4 asansörden birini
seçebileceğine göre 4.4.4 = 64 olur.
YANIT: C
Çözüm:
x = π / 2 de y=6 ve periyodu 2π olduğundan
b = 1 ve a = 6 dır. a+b=7 olur.
YANIT: C
Çözüm:
Koşullu olasılık;
160 cm den uzun olduğu bilindiğinde erkek olma
olasılığı sorulmaktadır.
P(E/ ≤160) =
Çözüm : 0 2222 777 99
3!3=6.3 = 18 olur.
(Burada 3! 2222 777 ve 99 un sıralanışları
3 ise bu grupların arasındaki 3 boşluğa
yerleşmesini göstermektedir.)
32
P( E ∩ ≤ 160 )
32 4
100
=
=
= olur.
32
24
P( ≤ 160 )
56 7
+
100 100
YANIT: C
YANIT: A
Çözüm:
Tüm sıralanış tekrarlı permütasyon olup
Çzüm:
 15 
15 !
14.15
=
= 105
C(15,2)=   =
2
 2  2 ! 13!
YANIT: D
6!
= 180
2 ! .2 !
YANIT: B
Çözüm:
1 1
+
0
lim x3 2 → olup
x →−2 x + 8
0
1
2
1
x
=−
lim
x →−2 3 x 2
48
−
YANIT:A
Çözüm:
1000. sayfaya ödenecek para
20/1000 = (0,02) YTL
1001. sayfaya=(0,02) – (0,002)(0,01)1
=(0,02)(1 – 1/102)
1002. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)2
1003. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)3
.
.
.
x. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)x-1000
Çözüm:
(cos x − 1 ).sin x
0
lim
→
x →0
0
x3 + x
(cos x − 1 ).sin x
=
( x2 + 1 ) . x
(cos x − 1 )
sin x
lim
.lim
=0
x →0
x 2 + 1 x →0 x
lim
x →0
olur.
x − 1000
T(x) = 20 + ( 0 ,02 )
YANIT:B
1
∑ ( 1 − 10
2
)n olurki
n =1
YANIT:D
Çözüm:
Teorem: (un) dizisi L ye yakınsarsa
 u + u2 + ... + un 
(Sn) =  1
 diziside L ye yakınsar.
n


Kanıt: BKZ Seyfettin AYDIN Analize giriş 1
sayfa 265 örnek 3.2.7 Basım yılı 1986
Teoreme göre doğru yanıt B olur.
YANIT:B
Çözüm:
| 2.x2 + 3|x|+5| fonksiyonu çift ve pozitif değerli
fonksiyon olduğundan
4
4
2.x 3
x2
2. ( 2.x 2 + 3 .x + 5 ) = 2.(
+ 3. + 5.x ) |
0
3
2
0
520
=
YANIT: C
3
∫
x =0 için y = 1 olduğundan
1
0 = ln | 2.1 − 3 | + c dan c = 0 bulunur.
2
Buradan 2 x = ln | 2. y − 3 |
| 2.y –3 | = e2.x istenilen aralıkta
2.y – 3 < 0 olduğundan
2.y – 3 = –e2x ve y =
ÇÖZÜM:
3 − e2x
olur.
2
YANIT:D
Çözüm:
A) Oran testini kullanalım
a
lim n + 1 = k olsun
n→ ∞ an
k < 1 ise seri yakınsak
k=1 için test bir şey söylenemez.
k > 1 için seri ıraksaktır.
( 2.n + 2 )!
(( n + 1 )!)2
lim
( 2.n )!
( n! )2
ıraksaktır.
n→∞
∞
B )ve C)
1
∑ nα
= 4 > 1 olduğundan seri
eğer α > 1 ise seri yakınsak
n =1
1
ve C
2
şıkkında α = 1 olduğundan iki seride ıraksaktır.
sin n
1
D şıkkında
< 2 olup karşılaştırma testine
2
n
n
Aksi taktirde ıraksaktır.B şıkkında α =
Çözüm:
|(x–4)+i.y |< |x+i.y | eşitsizliğinden
2 < x olur ki yanıt x> 2 yarı düzlemi olur.
YANIT:A
∞
göre
1
∑n
2
serisi yakınsak olduğundan
n =1
∞
∑
n =1
sin n
n2
seriside yakınsaktır.
YANIT:D
Çözüm:
dy
dy
= 2. y − 3 olup dx =
her iki tarafın
dx
2. y − 3
1
integrali alınırsa x = ln | 2. y − 3 | + c
2
0 1

 1. satır 2. satırla yer değiştirilir.……..1
1 0 
4 1

 2. satır 4 ile çarpılıp 1.satıra eklenir…2
1 0 
4 1 

 2. satır 2 ile çarpılır………………….3
2 0 
3 adımda istenilen matris elde edilir.
YANIT :B
u + w = (2,1) ve v + z = (2,1) olup
{(2,1)} kümesi IR2 yi üretemez.
B) (0,0) kümenin elemanı olduğundan,küme
lineer bağımlı olup IR2de baz değildir.
C) A şıkkında verilen vektörler alınırsa baz
olmadığı kolayca görülür.
D) {u,v} baz olduğundan
{2.u,v} lineer bağımsız ve iki elemanlı bir
küme olduğundan IR2 yi üretir.
YANIT: D
Çözüm:
Bir matris elemanter matristir.
1. tüm elemanları 0 olan satırlar matrisin
en altındadır.
2. Tüm satır(veya sutun)elemanları 0 veya 1
den oluşur
3. sıfırdan farklı elemanları 1 olup aynı
satır ve sutunda birden fazla 1 bulunmaz.
Bu tanıma göre D şıkkındaki matris
elemanter matristir.Bu matrise aynı zamanda
eşolon matriste denir.
YANIT:D
Çözüm:
A) boyR C =2 {1, i } kümesi baz olup C yi
ürettiğinden. Doğrudur.
B) boyCC =2 {1 } kümesi baz olup C yi ürettir.
Ancak küme bir elemanlı olup boyCC =1dir.
Yanlış.
C) boyR R =1 {1} kümesi baz olup IR yi
ürettiğinden. Doğrudur.
D) boyR R 2 =2 {(1,0),(0,1)} kümesi baz olup IR2 yi
ürettiğinden. Doğrudur.
YANIT: B
Çözüm:
1 4  1 4 
A= 
 ≈
 olup rank A = 1 dir ve
 2 8  0 0 
homojen denklemin sıfırdan farklı
2-1değişkene bağlı sonsuz çözümü vardır.
Çözüm kümesi W= { x | x=–4y} olup
boyW=1 dir.
YANIT:A
Çözüm:
A) Baz değildir. Ters bir örnek verelim.
u = (1,0)
v = (0,1)
w = (1,1)
z = (2,0) olsun.(her iki
elemanda IR2 yi üretir ve lineer bağımsız
olduklarından bazdır.)
Çözüm:
U ve W V vektör uzayının iki alt uzayı olsun.
A) U ∪ W alt uzay olmayabilir.
Ters bir örnek verelim.
U={ (x,x) | x ∈ R } ⊂ R 2 = V
V={ (x,2x) | x ∈ R } ⊂ R 2 = V olsun.
U ∪ W = { (x,y) | y = 2.x veya y = x} olup
(1,1) ve (1,2) için (1,1)+(1,2)=(2,3) ∉ U ∪ W
B) U \W={(x,x)| x ∈ R ve x ≠ 0 } olup
0 ∉ U − W olduğundan alt uzay olamaz
C) 0 ∉ U − { 0 } olduğundan alt uzay olamaz
D) U alt uzay ise 0 ∈ U olup U ∪ {0}=U
olduğundan alt uzaydır.
YANIT: D
Çözüm:
Bu vektörlerin lineer bağımlı olması için
bileşenlerinin oluşturduğu Matrisin determinantı
sıfır olmalıdır.
3 −1 5− µ
11
4 1 − 1 = 0 Buradan µ = bulunur.
2
2 −3 0
Çözüm:
YANIT A dır.
Bu soru için çekincelerim var yanlışlık var
gibi ama biraz kitap karıştırmam gerekiyor.
Çözüm:
i
j k
u + v = 0 4 0 = −12.i − j .0 − 16k =
4 0 −3
Çözüm:
U = { (x,0 ) | x ∈ R } IR2nin bir alt uzayıdır.
λ ∈ R ve (x1,0) ve (x2,0) için
= 12 2 + 16 2 = 20 olur. (Ali beyin 89 a verdiği
çözüme Bkz)
YANIT:A
λ .( x1 ,0 ) + ( x2 ,0 ) = ( λ .x1 + x 2 ,0 ) ∈ U
YANIT: C
Çözüm:
1
=6 olup
2
YANIT:C
Dairenin alanı . cos60 = 4.3.
Çözüm:
x = 2 3 için y = 1 olup
x.x0 + 4.y.y0=16 dan 2. 3 x + 4.y = 16
3 x + 2.y – 8=0
YANIT: A
ZxZ2={(k, m )|k ∈ Z ve m ∈ Z 2 }kümesi
{ (1, 0 ),(0, 1 )} alt kümesi tarafından üretilir.
YANIT: B
Çözüm:
I ve III doğrudur.
Bilgi: G bir grup olsun.
G devirli bir
tan ım
gruptur ←
→ her g ∈ G için
∃ a ∈ G vardır ki g = an=
aoao... oa dir.
Bu durumda I doğrudur.
her g1 ve g2 ∈ G g1og2= ano am
=an+m=amoan= g2og1 olduğundan devirli grup
değişmelidir.
III. Genel olarak G grubunun bir üreteci
a ise a–1 de G grubunu üretir. G toplamsal
bir grup ise a–1 –a olur. Doğrudur.
II. Yanlış. Z toplamsal grubu sonsuz ama devirli
grup olup üreticisi 1 dir.
IV. Yanlış örneğin S2 permütasyonlar grubu
mertebesi 2 olan sonlu ve devirli bir grup olup Z
ye izomorf değildir. YANIT:A
Çözüm:
8 in Z12 deki mertebesi 3 tür.
4 ün Z60 daki mertebesi 15 tir.
10 nun Z24 deki mertebesi 12 dir.
Okek(3,15,12)=60 (8,4,10)in mertebesi olur.
YANIT: C
Çözüm:
x2–x–1= 0 x2= x + 1 olup x3=2x+1dir.
–2(2x+1)+3a(x+1)+(1–b).x+6 ≡ 2.x+3
–4+3a+1–b=2 3a–b=5
–2+3.a+6=3 3.a=–1 olup
−1 −19
=
bulunur. YANIT:C
a+b=–6+
3
3
99. soru
Çözüm:
Çözüm:
Bilgi: G bir grup. g ∈ G olsun.
gn=1g(birim) olacak şekilde en küçük n pozitif
doğal sayısına g nin mertebesi denir.
Verilen örnekte (Z12 , +) toplamsal grup
olduğundan n. m =0 eşitliğine dönüşür.
n = 6 verildiğinden 6. m =0 eşitliğini sağlayan
m = 2 nin mertebesi 6 dır.
m = 10 nin mertebesi 6 dır.
Mertebesi 6 olan başka bir denklik sınıfı
olmadığından
YANIT:C
YANIT B VERİLMİŞ .DOĞRU YANIT C
OLMALIDIR.
x
x
2
2
2
(2+x)2=(2–x)2+4 x =
1
2
1
).2
π 5−3
2
− =
=1
2
2
2
(2+
YANIT: B
100.
soruyuda herkez çözer herhalde benden
bu kadar.
Çözüm:
İ:K(2006)