ünite - DocDroid

6.
İKİNCİ DERECEDEN DENKLEM VE
FONKSİYONLAR
6.1 : İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler
6.2: İkinci Dereceden Fonksiyonlar ve Grafikleri
ÜNİTE
Pierre de Fermat (1601 - 1665)
Fermat aslında bir avukattı ama matematiğe müthiş bir ilgisi vardı. Matematik dünyasında
adı amatör matematikçi olarak anılır. Amatör sözcüğü basite alınmasın, günümüzde pek çok sayı
kuramcı, onun kendisinden iyi olduğunu ifade eder. Fermat üzerinde çalıştığı kitap olan
Diophantos’un Aritmetika’sının kenarına bir çok not almış ve teorem ispatlamıştı. Hatta öyle ki
ondan sonra bu kitap yeni bilgiler eklenerek basılmıştı. Bu notlardan birinin, matematik dünyasının 350 yıl kadar gündeminde kalacağını kim bilebilirdi?
Fermat’ın Son (Büyük) Teoremi
x, y, z ¥ �+ ve n > 2 olmak üzere, xn + yn = zn denkleminin hiçbir n ¥ � sayısı için tam
sayı çözümü yoktur.
Fermat bu hipotezin bulunduğu sayfanın kenarına şöyle yazmıştı: “Çok güzel bir ispat buldum ama buraya yazmak için yeterli yer yok.”
Elimizde sonsuz tane denklem var, deniyoruz ama ifadeyi sağlayan (x, y, z) üçlüsü bulamıyoruz. Öyleyse Fermat doğru söylüyor, deyip son noktayı koyamıyoruz. Bu çözümsüzlüğün ispatlanması gerekir. Tarihsel süreçte belli değerler için ifadenin doğruluğu ispatlanıyor (n = 3, 4, 5).
İspatın her doğal sayı için doğruluğu ancak Fermat’ın ölümünde 328 yıl sonra, 1993’te İngiliz
matematikçi Andrew Wiles tarafından yapılabildi. İspat üzerine çalışmaya 10 yaşında başlayan
bu matematik aşığı insan olmasa, belki hipotez, bugün hâlâ bir çözüm bekleyenler arasında
olacaktı!
Kaynak: www.biltek.tubitak.gov.tr
205
6.1 : İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER
6.1.1: İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler
6.1.2: Karmaşık Sayılar
6.1.3:İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemlerin Kökleri ile Katsayıları Arasındaki
Bağıntılar
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER
a, b, c ¥ � ve a ≠ 0 olsun. ax2 + bx + c = 0 biçimindeki ifadelere ikinci dereceden bir bilinmeyenli
denklem denir. Bu denklemi sağlayan x ¥ � sayılarına denklemin kökleri, tüm köklerin oluşturduğu
kümeye denklemin çözüm kümesi denir. ax2 +bx + c = 0 denkleminde x ¥ � sayısı denklemin bilinmeyeni ve a, b, c ¥ � sayıları ise denklemin katsayılarıdır.
Verilen ikinci dereceden bir denklemi çözmek, denklemin çözüm kümesini bulmak demektir. Yukarıdaki tanıma göre,
x2 = 0 ,
2x2 = 0 ,
x2 – x = 0 ,
x2 + 3 = 0
ve
x2 – x – 2 = 0
denklemlerinden her biri ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklemdir.
2x – 1 = 0 , x3 – x2 + x + 1 = 0 ve
3
x 2 + x = 0 ise ikinci dereceden bir denklem değildir.
Örnek
(x – 2)2 + 2(x + 1) = 4 olarak verilen denklemi ax2 + bx + c = 0 biçiminde yazarak a, b ve c katsayılarını bulalım.
Çözüm
(x – 2)2 + 2(x + 1) = 4 � x2 – 4x + 4 + 2x + 2 – 4 = 0 � x2 – 2x + 2 = 0 olduğundan,
a = 1,
b = –2
ve
c = 2 bulunur.
Örnek
a ¥ � – {0} olmak üzere ax2 = 0 biçimindeki bir denklemin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm
ax2 = 0 � x2 = 0 � x.x = 0 � x1 = 0 veya x2 = 0 olduğundan, denklemin birbirine eşit iki kökü
vardır ve çözüm kümesi Ç = {0} olur.
Örnek
2x2 – 8 = 0 denklemini çözelim.
Çözüm
2x2 – 8 = 0 � x2 – 4 = 0 � (x – 2) (x + 2) = 0 � )
x - 2 = 0 & x1 = 2
x + 2 = 0 & x2 = - 2
olduğundan denklemin çözüm kümesi Ç = {–2, 2} olur.
Bu durumda denklemin köklerine, simetrik kökler adı verilir.
206
Örnek
x2
+ 2 = 0 denklemini çözelim.
2
Çözüm
x2
+ 2 = 0 � x2+ 4 = 0 � x2 = –4 olur ki karesi negatif sayıya eşit olan bir gerçek sayı olma2
dığından bu denklemin çözüm kümesi Ç = � olur.
Örnek
2x2 – 3x = 0 denklemini çözelim.
Çözüm
2x2 – 3x = 0 � x.(2x – 3) = 0 �
x = 0 & x1 = 0
* 2x - 3 = 0 & x
Sonuçta denklemin çözüm kümesi, Ç = ' 0,
2
=
3
2
bulunur.
3
1 olur.
2
Örnek
x2 – 4x + 3 = 0 denklemini çözelim.
Çözüm
x2 – 4x + 3 = 0 � (x – 1).(x – 3) = 0 � )
x - 1 = 0 & x1 = 1
x - 3 = 0 & x2 = 3
olduğundan denklemin çözüm kümesi Ç = {1, 3} olur.
Örnek
2x2 – 4x + 2 = 0 denklemini çözelim.
Çözüm
2x2 – 4x + 2 = 0 � x2 – 2x + 1 = 0 � (x – 1)2 = 0 � (x – 1) (x – 1) = 0 � )
x - 1 = 0 & x1 = 1
x - 1 = 0 & x2 = 1
olduğundan denklemin birbirine eşit iki kökü vardır. x1 = x2 = 1 olduğundan denklemin çözüm kümesi,
Ç = {1} olur.
207
Örnek
x2 + 4x – 5 = 0 denklemini çarpanlarına ayırma özelliklerinden yararlanarak çözelim.
Çözüm
x2 + 4x – 5 = 0 � x2 + 4x + 4 – 4 – 5 = 0 � (x + 2)2 – 32 = 0
(x + 2 + 3) (x + 2 – 3) = 0 � (x + 5).(x – 1) = 0 � )
x + 5 = 0 & x1 = - 5
x - 1 = 0 & x2 = 1
olduğundan çözüm kümesi Ç = {–5, 1} olur. Dikkat edilirse çözümde
x2 + 4x – 5 = 0 ifadesi (x + 2)2 – 32 = 0 biçimine dönüştürülüp iki kare farkı özdeşliği kullanılarak
çözüm kümesi bulunmuştur.
Örnek
x2 + 2x + 2 = 0 denklemini çözelim.
Çözüm
x2 + 2x + 2 = 0 � x2 + 2x + (1 – 1) + 2 = 0 � (x + 1)2 + 1 = 0 � (x + 1)2 = –1
bulunur. Her x ¥ � için (x + 1)2 ≥ 0 olduğundan, bu denklemin kökleri yoktur ve Ç = � olur.
İnceleyerek Öğrenelim
İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemin Kökleri
a, b, c ¥ � , a ≠ 0 ve b2 – 4ac = ∆ olsun (∆ ¥ �).
ax2 + bx + c = 0 denkleminin gerçek köklerinin (varsa)
x1 =
-b + T
2a
ve
x2 =
-b - T
2a
olduğunu gösterelim (∆ Yunan alfabesinin dördüncü harfidir ve “delta” diye okunur.).
ax2 + bx + c = 0 � a c x 2 +
b
b
c
c
=0
x + m = 0 � x2 +
x+
a
a
a
a
b
b2
m nın yarısının karesi e
o
a
4a 2
denklemin sol tarafına eklenip çıkarılırsa eşitlik değişmeyeceğinden;
elde edilir. Bu son denklemde x teriminin katsayısı olan c
x2 +
b
b2
b2
b 2
b 2 - 4ac
c
+
= 0 & cx +
-e
x+
m
o= 0
a
a
2a
4a 2
4a 2 4a 2
(4a)
olur. Son denklemde b2 – 4ac = ∆ yazılırsa,
cx +
2
T
T
b 2 e To
b
oe x + b o= 0
= 0 & ex +
+
m 2a
2a
2a
2a
2a
2a
J
Kx = - b - T
1
b+ T
b- T
2a
ex +
o $ ex +
o = 0 & KK
2a
2a
-b + T
Kx =
2
2a
L
208
bulunur.
Burada ax2 + bx+ c = a(x – x1) (x – x2) olduğuna dikkat edelim. Kökleri veren
x1 =
-b + T
2a
ve x 2 =
(i) ∆ = b2 – 4ac > 0 ise
x1 =
-b - T
2a
(ii)
∆ = b2 – 4ac = 0
x1 = x2 =
ve x 2 =
-b - T
2a
bağıntılarına bakıldığında;
T ¥ � olduğundan ax2 + bx + c = 0 denkleminin
-b + T
2a
ise
gibi farklı iki gerçek kökü vardır.
T = 0 olduğundan ax2 + bx + c = 0 denkleminin kökleri
-b
olur. Bu durumda köklere çakışık iki kök (veya iki kat kök) denir.
2a
(iii) ∆ = b2 – 4ac < 0 ise
T bir gerçek sayı olmadığından x 1 =
-b + T
-b - T
ve x 2 =
2a
2a
kökleri de gerçek sayı değildir dolayısıyla ax2 +bx + c = 0 denkleminin gerçek kökü yoktur.
ax2 + bx + c = 0 denkleminin köklerinin durumu ∆ = b2 – 4ac sayısı ile ayırt edildiğinden
bu sayıya diskriminant (ayıraç) denir.
Örnek
Aşağıda verilen denklemlerin çözüm kümelerini bulalım.
a. x2 –3x – 4 = 0
b. 2x2 – 12x + 18 = 0
c. x2 + x + 1 = 0
Çözüm
a. x2 – 3x – 4 = 0 denkleminde a = 1, b = –3 ve c = –4 olur.
∆ = b2 – 4ac = (–3)2 – 4.1. (–4) = 9 + 16 = 25 > 0 olduğundan denklemin farklı iki gerçek kökü vardır. Bu kökler;
x1 =
- (- 3) + 25
- (- 3) - 25
-b + T
-b - T
3+5
3-5
=
=
= 4 ve x 2 =
=
=
=-1
2a
2$1
2
2a
2$1
2
olur. Sonuçta denklemin çözüm kümesi Ç = {–1, 4} bulunur.
b. 2x2 – 12x + 18 = 0 � x2 – 6x + 9 = 0 denkleminde
a = 1, b = –6, c = 9 ve ∆ = b2 – 4ac = (–6)2 –4.1.9 = 36 – 36 = 0
olduğundan denklemin birbirine eşit iki gerçek kökü vardır.
- (- 6)
-b
6
=
= 3 bulunur. Denklemin çözüm kümesi Ç = {3} olur.
x1 = x2 =
=
2a
2$1
2
c. x2 + x + 1 = 0 denkleminde
a = b = c = 1 ve ∆ = b2 – 4ac = 12 – 4.1.1 = 1 – 4 = –3 < 0 �
olduğundan denklemin gerçek kökü yoktur.
209
T =
- 3 � � � x1, x2 � �
Örnek
m ¥ � olmak üzere (m + 1)x2 + (2m – 1)x + m – 1 = 0 denkleminin birbirine eşit iki gerçek kökü
olduğuna göre, m sayısını bulalım.
Çözüm
Denklemin birbirine eşit iki kökü olması için ∆ = b2 – 4ac = 0
a = m + 1, b = 2m – 1 ve c = m – 1 olduğundan;
olmalıdır. Verilen denklemde
∆ = (2m –1)2 – 4(m + 1) (m – 1) = 4m2 – 4m + 1 – 4 (m2 – 1) = 4m2 – 4m + 1 – 4m2 + 4
∆ = 5 – 4m = 0 � m =
5
4
bulunur.
Örnek
m
= 0 denkleminin farklı iki gerçek kökü olduğuna
2
göre, m nin en küçük tamsayı değeri kaçtır? Bulalım.
m ¥ � – {0} olmak üzere 2mx2 – (2m + 1) x +
Çözüm
Verilen denklemin farklı iki gerçek kökü olduğundan,
∆ = b2 – 4ac > 0 olmalıdır. Denklemde katsayılar a = 2m, b = –(2m + 1) ve c =
∆ = (2m + 1)2 – 4.(2m).
4m + 1 > 0 � m >
m
> 0 � 4m2 + 4m + 1 – 4m2 > 0
2
m
olduğundan;
2
-1
ve m nin en küçük tamsayı değeri 0 olur.
4
Örnek
(m + 1) x2 + 2mx – 3(m + 3) = 0 denkleminin köklerinden biri 2 olduğuna göre diğer kökün kaç
olduğunu bulalım.
Çözüm
x1 = 2 sayısı verilen denklemin bir kökü olduğundan, denklemi sağlar.
(m + 1).22 + 2m.2 – 3(m + 3) = 0 � 4m + 4 + 4m – 3m – 9 = 0
5m = 5 � m = 1 bulunur. Buna göre verilen denklem,
(1 + 1) x2 + 2.1.x – 3 (1 + 3) = 0 � 2x2 + 2x – 12 = 0 � x2 + x – 6 = 0 olur.
Bu denklemde katsayılar a = b = 1, c = –6 ve ayıraç (diskriminant)
∆ = b2 – 4ac = 12 – 4.1.(–6) = 25 > 0 olduğundan kökler,
Z
] x = - b + T = - 1 + 25 = - 1 + 5 = 4 = 2
] 1
2a
2$1
2
2
[
-b - T
-6
-1 - 5
]
] x2 =
=
=
=-3
2a
2
2
\
bulunur. Sonuçta aranan diğer kök
x2 = –3
olur.
210
Alıştırmalar
1. Aşağıda verilen denklemler arasından, ikinci dereceden bir bilinmeyenli olanları belirleyiniz.
a. (x – 1) (x + 3) = 0
b. (x2 –1) (x2 + 1) = 0
c. x 2 -
2
+1= 0
x
2. Aşağıdaki denklemleri ax2 + bx + c = 0 biçimine getirerek; a, b ve c katsayılarını bulunuz.
a. 2x2 – x = 2x + 5
b.
x
x 2 + 2x
= 3x +
2
2
3. Aşağıda verilen denklemleri çözünüz.
a.
3
2
1
= x- 1 x+ 3
2
b.
5y - 7
3y + 2
=
y+1
2y - 2
c.
t
t
+
=4
t+ 2 t- 2
4. Aşağıda verilen denklemleri çözünüz.
a. x2 – 4x = 0
b.
t2
t
- = 0 4
2
c. ax2 + bx = 0 , (a, b ¥ � , a ≠ 0)
5. Aşağıda verilen denklemleri çözünüz.
a. x2 – 2x – 24 = 0
b. t2 – 8t + 15 = 0
c. 9x2 – 12x + 4 = 0
6. Aşağıda verilen denklemleri çarpanlarına ayırarak çözünüz.
a. 2x2 + x – 15 = 0
b. 4y2 – 4y + 1 = 0
c. t2 + 2t – 3 = 0
7. Aşağıda verilen denklemleri � kümesinde çözünüz.
a. x2 –
5 x + 1 = 0
b. x2 – 3x – 7 = 0
8. Aşağıdaki denklemlerin çakışık iki kökü olduğuna göre m ¥ � sayılarını bulunuz.
a. x2 + (m – 2) x + 9 – 2m = 0
b. x2 – (m + 3) x + 4 = 0
9. Aşağıdaki denklemlerin köklerinin varlığını m ve n gerçek sayılarına bağlı olarak inceleyiniz.
a. x2 – 6mx – 27m2 = 0
b. x2 + (m + n) x + mn = 0
10.mx2 – 2mx + m + 2 = 0 denkleminin gerçek kökü olmadığına göre m ¥ � sayısı hangi aralıktadır?
211
KARMAŞIK SAYILAR
� = {0, 1, 2, 3, ...} kümesinde x + 3 = 0 denklemini çözerken, x = –3 � � olduğundan bu denklemin
� doğal sayılar kümesinde çözümünün olmadığı görülerek çözümün olduğu,
� = {..., –3, –2, – 1, 0, 1, 2, 3, ...}
tamsayılar kümesi tanımlanmıştır.
� tamsayılar kümesinde 2x – 1 = 0 denkleminin çözümü olan x =
denklemin çözümü olan
ℚ=
1
2
sayısı olmadığından bu
{ ab : a, b ¥ � ve b ≠ 0}
rasyonel sayılar kümesi tanımlanmıştır.
x2 – 2 = 0 � x 2 = 2 � x 1 =
2
ve x2 = - 2
olduğundan;
2
sayısının rasyonel olma-
yan (irrasyonel) bir gerçek sayı olduğunu kanıtlayarak ℚƒ rasyonel olmayan gerçek sayılar kümesini ve
� = ℚ ∏ ℚƒ gerçek sayılar kümesini tanımıştık (� � � � ℚ � �).
Öyleyse � gerçek sayılar kümesini de genişleterek ax2 + bx + c = 0 denkleminde ∆ < 0 olması
halinde çözümün olabileceği yeni bir sayı kümesi elde edebiliriz. Örneğin x2 + 1 = 0 denklemini ele
alalım.
x2 + 1 = 0 � x2 = –1 � x1 =
- 1 , x2 =
-1
olsun.
- 1 sayısının gerçek sayı olmadığını biliyoruz. x2 + 1 = 0 denklemini sağlayan ve karesi (–1) olan
yeni bir sayı tanımlayarak sanal birim adını verip “ � ” ile gösterelim.
Buna göre
- 1 = � � �2 = –1 olur. Böylece;
x2 + 1 = 0 � x2 = –1 � x1 = � ve x2 = –�
olur diyebiliriz.
Sonuçta bu tür denklemlerin çözüldüğü gerçek sayılar kümesini de kapsayan “karmaşık sayılar
kümesi” adını vereceğimiz yeni bir sayı kümesi tanımlayacağız.
Örnek
Sanal birim olan � =
lerini bulalım.
-1
sayısını kullanarak
-4 ,
-9
ve
-2. -8
sayılarının eşit-
Çözüm
- 4 = (- 1) .4 = - 1 . 4 = 2‡ ,
- 9 = (- 1) $ 9 = 9 . - 1 = 3‡ ve
- 2 . - 8 = 2. (- 1) . 8 (- 1) = 2 .‡. 8 .‡ = 16 .‡ 2 = 4 (- 1) = - 4 olur.
Burada
-2 ,
- 8 � � olduğundan
- 2 . - 8 ! (- 2) (- 8)
212
olduğuna dikkat edelim!
Örnek
Aşağıda verilen işlemleri
a)
- 1 = � alarak yapınız.
- 2 . - 9 b)
- 3 .‡ + - 48
Çözüm
a.
- 2 . - 9 = 2 (- 1) . 9 (- 1) = 2 .‡. 9 .‡ = 3 2 .‡ 2 = 3 2 (- 1) = - 3 2
b.
- 3 .‡ + - 48 = 3 (- 1) .‡ + 48 (- 1) = 3. ‡ 2 + 48 .‡ = - 3 + 4 3 .‡
Örnek
x2 – 2x + 2 = 0 denklemini
- 1 = � alarak çözelim.
Çözüm
x2 – 2x + 2 = 0 denkleminde ∆ = b2 – 4ac = (–2)2 – 4.1.2 = 4 – 8 = –4 < 0 olduğundan
x1 =
2 + 4 (- 1)
- ( - 2) + - 4
-b + 3
-b - 3
2 + 2‡
=
=
=
= 1 + ‡ ve x 2 =
= 1-‡
2a
2
2
2
2a
denklemin kökleri olur. Burada kökleri veren bağıntıdan dolayı x1 = 1 + � � x2 = 1 – � olduğuna
dikkat edelim!
İnceleyerek Öğrenelim
Sanal Birimin Kuvvetleri
Sanal birim � = - 1 olarak tanımlandığından,
Z2
]‡ = - 1 ,
[ ‡ 3 = ‡.‡ 2 = - i
]4
2 2
2
\ ‡ = (‡ ) = (- 1) = 1 olur.
Buna göre n ¥ � olmak üzere,
�0 = �4 = �8 = ... = �4n = (�4)n = (1)n = 1
�1 = �5 = �9 = ... = �4n + 1 = �4n.� = 1.� = �
�2 = �6 = �10 = ... = �4n + 2 = �4n.�2 = 1.(–1) = –1
�3 = �7 = �11 = ... = �4n + 3 = �4n.�3 = 1.(–�)= –�
213
olur.
Örnek
�89 sayısının değerini bulalım.
Çözüm
�89 = �88.� = (�4)22.� = 122.� = 1.� = � olur.
Örnek
�2014 sayısının değerini bulalım.
Çözüm
�2014 = �2012.�2 = (�4)503.(–1) = 1503.(–1) = 1.(–1) = –1 olur.
Örnek
‡ 100 + ‡ 101 + ‡ 102
‡ 2 - 4n
ifadesini a + b� biçiminde yazalım (n ¥ �+).
Çözüm
‡ 100 + ‡ 101 + ‡ 102
‡
2 - 4n
=
(‡ 4) 25 + (‡ 4) 25 .‡ + (‡ 4) 25 .‡ 2
2 4 -n
‡ (‡ )
=
1 25 + 1 25 ‡ + 1 25 . (- 1)
(- 1) . (1) -n
=
‡
1+‡-1
=
=-‡
-1
-1
bulunur.
Bunları Bilelim
Karmaşık Sayılar Kümesi
a, b ¥ � ve �2 = –1 olmak üzere a + b� biçimindeki sayılara karmaşık (kompleks) sayılar denir.
Bir karmaşık sayıyı genel olarak z = a + bi biçiminde ve bu sayıların kümesini de ℂ ile göstereceğiz. O halde karmaşık sayılar kümesi,
olur.
ℂ = {z = a + b� : a, b ¥ � , �2 = –1}
z = a + b� karmaşık sayısında, a ¥ � sayısına karmaşık sayının gerçek kısmı denir ve
Re(z) = a biçiminde gösterilir. b ¥ � sayısına ise karmaşık sayının sanal kısmı denir ve
b = Im(z) olarak gösterilir (“imaginary” sanal anlamına gelen İngilizce bir sözcüktür.)
Her x ¥ � için x = (x + 0.�) ¥ ℂ olduğundan her gerçek sayı bir karmaşık sayıdır. Dolayısıyla � � ℂ olur.
Bir Karmaşık Sayının Eşleniği
a + b� ve a –b� sayılarından birine diğerinin eşleniği denir. z karmaşık sayısının eşleniği
z ile gösterilir. Buna göre, z = a + b� ise z = a – b� olur.
214
Örnek
ℂ karmaşık sayılar kümesinde z2 – 4z + 5 = 0 denklemini çözerek köklerin gerçek ve sanal kısımlarına yazalım.
Çözüm
z2 – 4z + 5 = 0 ikinci dereceden bir bilinmeyenli denkleminde a = 1, b = –4, c = 5 ve
∆ = b2 – 4ac = (–4)2 – 4.1.5 = 16 – 20 = –4 < 0 olur. Buna göre kökler,
z1 =
Re (z 1) = 2
4 + 4 (- 1)
- ( - 4) + - 4
-b + T
4 + 2‡
=
=
=
= 2+‡ &)
Im (z 1) = 1
2a
2$1
2
2
z2 =
-b - T
= 2 – � � Re(z2) = 2 , Im(z2) = –1 olur.
2a
Bunları Bilelim
İki Karmaşık Sayının Eşitliği
z1 = a + b� ve z2 = c + d� karmaşık sayıları verilsin. Bu iki karmaşık sayının eşit olması
için gerek ve yeter koşul, gerçek kısımlarının birbirine ve sanal kısımlarının da birbirine eşit olmasıdır. Buna göre,
z1 = z2 � a = c ve b = d olur.
Örnek
z1 = 1 – (x + 2y) � , z2 = x + 3y – 2� ve z1 = z2 ise (x, y) ikilisini bulalım.
Çözüm
z1 = z2 � 1 – (x + 2y) � = x + 3y – 2� � )
x + 3y = 1
x + 3y = 1
& )
- (x + 2y) = - 2
x + 2y = 2
elde ediliyor. Bu iki denklem taraf tarafa çıkarılırsa,
x + 3y – (x + 2y) = 1 – 2 � x + 3y – x – 2y = –1 � y = –1 ve
x + 2y = 2 � x + 2 (–1) = 2 � x = 4 � (x, y) = (4, –1) bulunur.
Örnek
z1 = a + 2 +
-9
, z2 = 6 + 2 (a – b) � ve z1 = z2 olduğuna göre a, b ¥ � sayılarını bulalım.
Çözüm
z1 = a + 2 +
9 (- 1) = (a + 2) + 3� , z2 = 6 + 2 (a – b) � ve z1 = z2 ise,
a+ 2 = 6 & a = 4
* 3 = 2 ( a - b) & 3 = 2 a - 2 b & 3 = 2 $ 4 - 2 b & 2 b = 5 & b = 5
2
215
bulunur.
Etkinlik
ℂ kümesinde z2 – 2z + 2 = 0 ikinci dereceden ve bilinmeyeni z olan denklemin katsayılarını yazınız.
■■
■■
Denklemin ayıraçı (diskriminantı) olan ∆ sayısını bulunuz.
■■ Denklemin köklerini � = - 1 sanal birim cinsinden yazınız. Köklerden biri z = x + y� biçi1
minde ise diğeri daima z2 = x – y� olur mu? Nedenini tartışınız.
az2 + bz + c = 0 ikinci dereceden bir bilinmeyenli denkleminde a, b, c ¥ � ve ∆ < 0 ise
denklemin sanal kökleri daima birbirinin eşleniği olur mu? İnceleyiniz.
■■
Bunları Bilelim
İkinci dereceden bir bilinmeyenli ve gerçek katsayılı bir denklemin sanal kökleri birbirinin eşleniğidir. az2 + bz + c = 0 denkleminde a, b, c ¥ � olmak üzere
köklerden biri z1 = x + y� ise diğeri z2 = z2 = x – y� olur.
Örnek
Karmaşık sayılar kümesinde z2 – 4z + 13 = 0 denkleminin köklerini bulalım.
Çözüm
∆ = b2 – 4ac = (–4)2 – 4.1.13 = 16 – 52 = –36 < 0
z1 =
-b + T
2a
z1 =
- (- 4) + - 36
4 + 6i
=
= 2 + 3‡
2.1
2
ve z 2 =
-b - T
2a
olduğundan,
bulunur. Gerçek katsayılı ikinci derece denklemin sanal
kökleri birbirinin eşleniği olduğundan z2 = z 1 = 2 – 3� bulunur.
KARMAŞIK SAYILAR KÜMESINDE İŞLEMLER:
Karmaşık sayılar kümesi gerçek sayılar kümesinin genişletilmişi olduğundan bu küme üzerindeki
işlemler gerçek sayılar kümesinde olduğu gibidir.
Toplama – Çıkarma İşlemi
z1 = a + b� ve z2 = c + d� karmaşık sayıları verildiğinde;
z1 + z2 = a + b� + c + d� = (a + c) + (b + d) �
z1 – z2 = a + b � – (c + d�) = (a – c) + (b – d) � olur.
Örnek
3–
-4 + 2 –
- 1 + 1 işleminin sonucunu bulalım.
Çözüm
3–
-4 + 2 –
- 1 + 1 = 3 –2� + 2 – � + 1 = 6 – 3� olur.
216
Örnek
z1 = 2 – 3� ve z2 = 1 + � olduğuna göre, z1 + z2 ve z1 – z2 sayılarını bulalım.
Çözüm
z1 + z2 = 2– 3� + 1 + � = 3 – 2�
z1 – z2 = 2 – 3� – (1 + �) = 2 – 3� – 1 – � = 1 – 4� olur.
İnceleyerek Öğrenelim
Karmaşık Sayılar Kümesinde Toplama İşleminin Özellikleri
1. Her z1 = a + b� ve z2 = c + d� karmaşık sayıları için,
z1 + z2 = a + b� + c + d� = (a + c) + (b + d)� ve a, b, c, d ¥ � � (a + c) , (b + d) ¥ � olduğundan ℂ kümesi toplama işlemine göre kapalıdır.
2. Her z = a + b� ¥ ℂ için z + 0 = 0 + z = z olduğundan 0 = 0 + 0.� sayısı ℂ kümesinin
birim (etkisiz) elemanıdır.
3. z1 = a + b� , z2 = c+ d� , z3 = e + f� karmaşık sayıları için;
(z1 + z2) + z3 = (a + c) + (b + d)� + e + f� = (a + c + e) + (b + d + f)� ve
z1 + (z2 + z3) = a + b�< + (c + e) + (d + f)� = (a + c + e) + (b + d + f)�
olduğundan (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3) olur dolayısıyla ℂ kümesinin toplama işlemine
göre birleşme özelliği vardır.
4. Her z ¥ ℂ için z + (–z) = (–z) + z = 0 olduğundan z = a + b� sayısının toplama işlemine
göre tersi –z = –a – b� olur.
5. z1 = a + b� , z2 = c + d� ¥ ℂ için,
z1 + z2 = (a + c) + (b + d)� = (c + a) + (d + b)� = z2 + z1
olduğundan ℂ kümesinde toplama işleminin değişme özelliği vardır.
Çarpma – Bölme İşlemi
ℂ kümesinde z1 = a + b�
ve
z2 = c + d� olsun.
z1.z2 = (a + b�).(c + d�) = ac + ad� + bc� + bd�2 = (ac – bd) + (ad + bc)� ve
z1
(a + b‡) (c - d‡)
(ac + bd) + (bc - ad) ‡
a + b‡
ac - ad‡ + bc‡ - bd‡ 2
=
=
=
=
z2
2
2 2
c + d‡
(c + d‡) (c - d‡)
c - cd‡ + cd‡ - d ‡
c2 + d2
(c - d‡)
217
olur.
Örnek
Her z = a + b� ¥ ℂ için z. z = a2 + b2 , z + z = 2a
ve
z – z = 2.b� olduğunu gösterelim.
Çözüm
z = a + b� � z = a – b� � z. z = (a + b�) (a – b�) = a2 – ab� + ab� – b2�2 = a2 + b2
� z + z = (a + b�) + (a – b�) = 2a
� z – z = a + b� – (a – b�) = 2b�
olur.
Örnek
z = 3 – 4� ise z + z , z – z ve z. z değerlerini bulalım.
Çözüm
z = 3 – 4� � z = 3 + 4� olur. Buna göre,
z + z = 3 – 4� + 3+ 4� = 2.3 = 6,
z – z = 3 – 4� – (3 + 4�) = 3 – 4� – 3 – 4� = –8�
z. z = (3 – 4�) (3 + 4�) = 32 + 42 = 25
olur.
Örnek
z=1–
3i
karmaşık sayısının çarpma işlemine göre tersini bulalım.
Çözüm
Bir z sayısının çarpma işlemine göre tersi z–1 =
1
z =
1
1- 3‡
(1 + 3 ‡)
=
1+ 3‡
2
1 + ( 3)
z.z -1 = ^1 - 3 ‡h e
2
=
1
olduğundan,
z
1+ 3‡
3
1
= +
‡
1+3
4
4
bulunur. Gerçekten,
3‡
1
o = 1 + 3 ‡ - 3 ‡ - 3 ‡2 = 1 + 3 = 1
+
4
4
4
4
4
4
4 4
olur.
Örnek
z1 = 4 – 2� ve z2 = 1 – � ise
z1
z2
sayısını bulalım.
Çözüm
z1
(4 - 2‡) (1 + ‡)
4 + 2‡ - 2 (- 1)
4 - 2‡
4 + 4‡ - 2‡ - 2‡ 2
6 + 2‡
=
=
=
= 3+‡
z2 = 1 - ‡ =
2
2
2
2
2
1 +1
(1 + ‡)
218
bulunur.
Örnek
c
1 - ‡ 12
m
1+‡
işleminin sonucunu bulalım.
Çözüm
6
6
(1 - ‡) 2
1 - ‡ 12
- 2‡ 6
1 - 2‡ + ‡ 2
1 - 2‡ - 1 6
6
=e
=c
H
c
m =>
m =c
m = ( - 1) = 1
o
2
2
1+‡
1 + 2‡ - 1
2‡
(1 + ‡)
1 + 2‡ + ‡
olur.
Örnek
z1 = 1 –
-4
, z2 = 2 +
-9
olduğuna göre
z1
z2
sayısını bulalım.
Çözüm
z1 = 1 –
4 (- 1) = 1 – 2� ve z2 = 2 +
9 (- 1) = 2 + 3� olduğundan,
z1
(1 - 2‡) (2 - 3‡)
2 - 3‡ - 4‡ + 6‡ 2
2 - 7‡ - 6
1 - 2‡
7
-4
=
=
=
‡ olur.
z 2 = 2 + 3‡ =
2
2
13
13
13
13
2 +3
(2 - 3‡)
İnceleyerek Öğrenelim
Karmaşık Sayılar Kümesinde Çarpma İşleminin Özellikleri
1. Her z1 = a + b� ve z2 = c + d� karmaşık sayısı için,
z1.z2 = (a + b�) (c + d�) = (ac – bd) + (ad + bc) � ve (ac –bd) , (ad + bc) ¥ �
olduğundan z1.z2 ¥ ℂ olur. Bu nedenle ℂ kümesi çarpma işlemine göre kapalıdır.
2. Her z = a + b� ¥ ℂ için 1 = 1 + 0.� olmak üzere,
z.1 = 1.z = (a + b�) (1 + 0.�) = a + b� = z
olduğundan 1 = 1 + 0� karmaşık sayısı çarpma işlemine göre etkisiz (birim) elemandır.
3. Her z = a + b� ¥ ℂ – {0} için,
a - bi
a
b
1
1
z -1 = z =
=
=
$i ¥ ℂ
2
2
2
2
2
a + b‡
a +b
a + b2
a +b
(a - b ‡)
olduğundan sıfır hariç her karmaşık sayının çarpma işlemine göre tersi vardır.
219
4. z1 = a + b� , z2 = c + d� , z3 = e + f� ¥ ℂ için;
z1 (z2 z3) = (a + b�) [(c + d�) (e + f�)] = (a + b�) [(ce – df) + (de + cf) �]
= [a(ce – df) – b(de + cf)] + [a(de +cf) + b(ce – df)] �
= [ace – adf – bde – bcf] + [ade + acf + bce – bdf)] �
= [(ac – bd) e – (ad + bc)f] + [(ac + bd)f + (ad – bc)e] �
= [(ac – bd) + (ad + bc)�].(e + f�)
= [(a + b�) (c + d�)] (e + f�) = (z1 z2)z3
olduğundan ℂ kümesinde çarpma işleminin birleşme özelliği vardır.
5. z1 = a + b� ve z2 = c + d� ¥ ℂ için,
z1.z2 = (a + b�) (c + d�) = (ac – bd) + (ad + bc)� = (ca – db) + (da + cb)�
= (c + d�) (a + b�) = z2.z1
olduğundan ℂ kümesinde çarpma işleminin değişme özelliği vardır.
6. z1.(z2 + z3) = z1.z2 + z1.z3 = (z2 + z3).z1
olduğundan çarpma işleminin toplama işlemi üzerine sağdan ve soldan dağılma özelliği
vardır.
Örnek
z + 2( z –1) = 4 – 2� ise z ¥ ℂ sayısının çarpma işlemine göre tersini bulalım.
Çözüm
z = x + y� � z = x – y� verilen bağıntıda yerine yazılırsa;
x + y� + 2(x – y� – 1) = 4 – 2� � x + y� + 2x – 2y� – 2 = 4 – 2�
(3x – 2) – y� = 4 – 2� � )
3x - 2 = 4 & x = 2
-y =-2 & y = 2
bulunur.
2 - 2‡
2 - 2‡
1
1
1 1
z = x + y‡ = 2 + 2‡ & z =
=
=
= - ‡ = z -1
2
2
8
4 4
2 + 2‡
2 +2
(2 - 2‡)
olur.
Örnek
z – � = 2(1 – iz) olduğuna göre z ¥ ℂ sayısını bulalım.
Çözüm
z – � = 2(1 – �z) � z – � = 2 – 2�z � z + 2�z = 2 + �
z(1 + 2�) =2 + � � z =
2+‡
2 - 2‡ 2 - 4‡ + ‡
4 - 3‡
4 3
=
=
= - ‡ olur.
2
2
5
5
5
1 + 2‡
1 +2
( 1 - 2‡)
220
Alıştırmalar
wwwww
1. Aşağıdaki verilen ifadeleri � =
a. 2 - - 9 + 2 - 16 -1
cinsinden yazınız.
b. - 3 + 2 - 25
2. Aşağıdaki işlemleri yazınız.
a. �2 + �63 + �150 b. �2000 – 2�2001 + �2002 – 3.�2003
3. Aşağıdaki denklemleri ℂ karmaşık sayılar kümesinde çözünüz.
a.
x + 8 = 1 - ‡ b. x2 + 4x + 6 = 0
c. x2 + 3x� – 2 = 0
4. Aşağıdaki eşitlikleri sağlayan x ve y sayılarını bulunuz.
a. 2x + 3� + y = x – 12y� + 6
b. x – 4� = 3 – 2y�
5. Aşağıda verilen karmaşık sayıların gerçek ve sanal kısımlarını yazınız.
a. 2� + 2 – 3�2 b.
- 9 + 3 c. 2 3 - - 4
6. Aşağıdaki karmaşık sayıları a + b� biçiminde yazınız.
a. (–2 + 3 - 25 ) + (1 –
- 49 )
b. (3 + 2 5 �) (3 – 2 5 �)
7. Aşağıdaki ifadeleri, gerekli işlemleri yaparak a + b� biçiminde yazınız.
a.
(3 - ‡)
b. (1 – 2�)–1
(1 - 2‡) (1 + 3‡)
8. Aşağıdaki karmaşık sayıların toplama ve çarpma işlemine göre terslerini bulunuz.
a. 3�
b. 1 + 2�
c. ‡ +
1
2‡
9. Aşağıda verilen z karmaşık sayılarının eşleniklerini bulunuz.
a. z = 4
b. z = 2�
c. z = –2� + 3
10.Aşağıdaki eşitlikleri sağlayan z ¥ ℂ sayılarını bulunuz.
a. 2z = 6 – 4�
b. 2(z – �) = 6z
221
c. 2z + 3� = 2(3 – �z) + �. z
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMLERİN
KÖKLERİ İLE KATSAYILARI ARASINDAKİ BAĞINTILARI
ax2 + bx + c = 0 denkleminin kökleri ile katsayıları arasındaki bağıntıları inceleyelim.
∆ = b2 – 4ac > 0 ise denklemin birbirinden farklı
x1 =
-b + T
2a
x2 =
ve
-b - T
2a
gibi iki gerçek kökünün olduğunu biliyoruz. Buna göre,
x1 + x2 =
-b + T -b - T
-b + T - b - T
- 2b
b
+
=
=
=a
2a
2a
2a
2a
x 1 .x 2 = e
b 2 - (b 2 - 4ac)
( - b) 2 - ( T ) 2
-b + T
-b - T
b2 - T
4ac
c
oe
o=
=
=
=
=
a
2
2
2
2
2a
2a
4a
4a
4a
4a
ve
elde edilir.
Bunları Bilelim
ax2 + bx + c = 0 denkleminin iki gerçek kökü x1 ve x2 olsun. Bu denklemde
kökler toplamı x1 + x2 = -
b
a
ve kökler çarpımı
x1.x2 =
c
a
olur.
Örnek
2x2 – 3x – 1 = 0 denkleminin kökler toplamını ve çarpımını bulalım.
Çözüm
Verilen denklemde a = 2 , b = –3 ,
x1 ve x2 gibi farklı iki gerçek kök vardır.
x1 + x2 =
- ( - 3)
3
-b
=
=
a
2
2
c = –1
ve x 1 $ x 2 =
ve
∆ = (–3)2 – 4.2.(–1) = 17 > 0
c
-1
=
a
2
olur.
Örnek
mx2 – (3m – 1)x + m + 2 = 0 denkleminin kökleri arasında
4x1.x2 – 3(x1 + x2) = 12
bağıntısı olduğuna göre m ¥ � sayısını bulalım.
222
olduğundan
Çözüm
ax2 + bx + c = 0 ikinci dereceden bir bilinmeyenli denkleminin kökleri x1 ve x2 ise
x1 + x2 = -
b
a
ve
x 1 .x 2 =
c
a
olduğundan, mx2 – (3m – 1) x + m + 2 = 0 denkleminde kökler toplamı
kökler çarpımı x1. x2 =
m+2
olur. Buna göre,
m
4x1x2 – 3(x1 + x2) = 12 � 4 c
x1 + x2 =
3m - 1
m+2
m - 3c
m = 12 � 9m – 10 = 12m
m
m
� 3m = –10 � m = -
3m - 1
,
m
10
bulunur.
3
Örnek
x2 – 6x + 4 = 0 denkleminin kökleri x1 ve x2 olduğuna göre
1
1
+
x1 + 1 x2 + 1
ifadesinin değerini bulalım.
Çözüm
( x 1 + x 2) + 2
x2 + 1 + x1 + 1
1
1
+
=
=
... 1
x1 + 1 x2 + 1
( x 1 + 1) ( x 2 + 1)
x 1 $ x 2 + (x 1 + x 2) + 1
x2 – 6x + 4 = 0 denkleminde a = 1 , b = –6 ve c = 4 olduğundan x 1 + x 2 =
c
4
= = 4 değerleri 1 bağıntısında yerine yazılırsa,
a
1
(x 1 + x 2) + 2
6+ 2
8
1
1
+
=
=
=
bulunur.
x1 + 1 x2 + 1
11
4+ 6+ 1
x $ x 2 + (x 1 + x 2) + 1
- ( - 6)
-b
=
= 6,
a
1
x 1 .x 2 =
Örnek
x2 – 2x + c = 0
bulalım.
denkleminin kökleri x1 ve x2 dir. 3x1 – x2 = 6 olduğuna göre c ¥ � sayısını
Çözüm
Denklemde a = 1 , b = –2 olduğundan x1 + x2 =
)
- (- 2)
-b
=
= 2 olur.
a
1
3x 1 - x 2 = 6
sistemi çözülürse 4x1 = 8 � x1 = 2 bulunur.
x1 + x2 = 2
x1 = 2 denklemin sıfır yeri (kökü) olduğundan x2 – 2x + c = 0 � 22 – 2.2 + c = 0 � c = 0
bulunur.
223
Örnek
x2 – (2m + 1) x + m – 2 = 0
m ¥ � sayısını bulalım.
denkleminde kökler toplamı kökler çarpımına eşit olduğuna göre
Çözüm
Bu denklemin kökleri x1 ve x2 olsun. x1 + x2 = x1.x2 olduğundan,
2m + 1
m- 2
� 2m + 1 = m – 2 � m = –3 bulunur.
=
1
1
Örnek
x2 – mx + 2 = 0 denkleminin kökleri arasında x12 + x22 = 12 bağıntısı olduğuna göre m ¥ �
sayılarını bulalım.
Çözüm
Bu denklemde x1 + x2 =
- ( - m)
2
= m ve x1.x2 =
= 2 olur.
1
1
x12 + x22 = 12 � (x1 + x2)2 – 2x1 x2 = 12 � m2 – 2.2 = 12 � m2 = 16
m1 = 4 ve m2 = –4 bulunur.
Örnek
x2 – mx + 8 = 0 ile x2 – 6x + m + 2 = 0 denklemlerinin birer kökü ortak olduğuna göre m ¥ � – {6}
sayısını bulalım.
Çözüm
Verilen iki denklemin ortak kökü x0 diğer kökleri sırasıyla x1 ve x2 olsun.
Z
- ( - m)
]] x + x =
= m , x $x = 8
0
1
1
0 1
)
[
]] x + x = - (- 6) = 6 , x 0 $ x 2 = m + 2
0
2
1
\
olur. Bu iki sistemde denklemler taraf tarafa çıkarılırsa
x1 – x2 = m – 6 ve x0(x1 – x2) = 8 – m – 2 = 6 – m bulunur. Buna göre,
6- m
x0(x1 – x2) = 6 – m � x0(m – 6) = 6 – m � x0 =
= –1
m- 6
iki denklemin de ortak kökü olur. Sonuçta
x2 – mx + 8 = 0 � (–1)2 – m (–1) + 8 = 0 � m + 9 = 0 � m = –9 bulunur.
224
Kökleri Verilen İkinci Dereceden Denklemin Oluşturulması
Kökleri x1 ve x2 sayıları olan ikinci dereceden bir denklem,
(x – x1)(x – x2) = 0 veya a(x – x1)(x –x2) = 0 (a ≠ 0) biçiminde olacağından,
(x – x1)(x – x2) = 0 � x2 – (x1 + x2)x + x1x2 = 0
bağıntıları yardımıyla kökleri x1 ve x2 olarak verilen ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklemi veya
kökler toplamı (x1 + x2) ve çarpımı x1.x2 verilen ikinci dereceden denklemi yazabiliriz.
Buna göre kökler toplamı T = x1 + x2 ve kökler çarpımı Ç = x1.x2 olan ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem x2 – Tx + Ç = 0 biçimindedir.
Örnek
a. Kökleri 1 ve (–3) olan ikinci dereceden denklemi,
b. Kökler toplamı 3, çarpımı (–4) olan ikinci dereceden denklemi yazalım.
Çözüm
a. Kökleri x1 ve x2 olan ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem (x – x1)(x – x2) = 0 biçiminde olacağından burada x1 = 1 ve x2 = –3 yazılırsa,
(x – 1)(x – (–3)) = 0 � (x – 1)(x + 3) = 0 � x2 + 2x –3 = 0 aranan denklem olur.
b. Kökler toplamı ve kökler çarpımı bilinen ikinci derece denklem x2 – (x1 + x2) x + x1 x2 = 0 biçiminde olacağından bu denklemde x1 + x2 = 3 ve x1 x2 = –4 yazarsak, x2 – 3x – 4 = 0 denklemi
elde edilir.
Örnek
Sanal köklerinden biri z1 = 1 – 2� olan gerçek katsayılı ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklemi
yazalım.
Çözüm
Gerçek katsayılı ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir denklemin sanal kökleri birbirinin eşleniği olacağından z1 = 1 –2� � z2 = 1 + 2� olur. Buna göre z1 + z2 = 2 ve z1.z2 = 12 + 22 = 5 olur.
Kökleri z1 ve z2 olan ikinci dereceden denklem
(z – z1)(z –z2) = 0 � z2 – (z1 + z2)z + z1.z2 = 0
biçiminde olacağından bu son denklemde z1 + z2 = 2 ve z1.z2 = 5 yazılırsa,
z2 – 2z + 5 = 0 denklemi elde edilir.
Örnek
Toplamları 4 ve çarpımları –5 olan iki gerçek sayıyı bulalım.
Çözüm
Bu sayılar x1 ve x2 olsun. T = x1 + x2 = 4 ve Ç = x1 x2 = –5 olduğundan,
x2 – T.x + Ç = 0 � x2 – 4x – 5 = 0 olur. Bu denklemde
∆ = (–4)2 – 4.1.(–5) = 16 + 20 = 36 olduğundan,
x1 =
- (- 4) + 36
-b + T
4- 6
4+6
=
=
= 5 ve x 2 =
=-1
2a
2$1
2
2
bulunur. Gerçekten x1 = 5 ve x2 = –1 sayılarının toplamları T = 4 ve çarpımları Ç = –5 olur.
225
Örnek
Toplamları
5
1
ve çarpımları
olan iki gerçek sayıyı bulalım.
6
6
Çözüm
5
Bu sayılar x1 ve x2 olsun. x1 + x2 = T =
6
denkleminde bu değerler yazılırsa,
x2 -
ve x.x2 = Ç =
1
6
olduğundan x2 – Tx + Ç = 0
5
1
x + = 0 & 6x 2 - 5x + 1 = 0 denklemi elde edilir. Bu son denklemde
6
6
∆ = b2 – 4ac = (–5)2 – 4.6.1 = 25 – 24 = 1 olduğundan kökler,
x1 =
- ( - 5) + 1
-b + T
5+1
1
=
=
=
2a
2$6
12
2
ve x 2 =
-b - T
5-1
4
1
=
=
=
3
2a
12
12
bulunur.
5
1
1
1 1
1
1 1
Gerçekten x1 =
ve x2 =
sayılarının toplamı T = + =
ve çarpımı Ç = $ =
3
6
6
2
2 3
2 3
olur.
Alıştırmalar
1. Kökleri x1 ve x2 olan ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklemlerin x2 – (x1 + x2) x + x1 x2 = 0
biçiminde olduğunu göz önünde bulundurarak aşağıdaki denklemlerde kökler toplamını ve çarpımını bulunuz.
a. x2 + x – 6 = 0
b. x2 – 3x – 10 = 0
c. x2 + 4x + 3 = 0
2. Kökleri aşağıda verilen ikinci dereceden gerçek katsayılı denklemleri yazınız.
a. x1 = 2, x2 = 1
b. x1 =
3 –1 , x2 = –1 –
3 3. Sanal köklerinden biri z = 2 – 3� olan gerçek katsayılı ikinci dereceden denklemi yazınız.
4. Toplamları 4 çarpımları –60 olan iki sayı (varsa) bulunuz.
5. mx2 – (2m – 1) x + 1 –3m = 0 denkleminde kökler çarpımı x1 x2 =
sayısı kaçtır?
5
olduğuna göre m ¥ �
2
6. ax2 + bx + c = 0 denkleminin kökleri x1 ve x2 olduğuna göre, x12x2 + x1x22 ifadesini a, b, c
türünden yazınız.
7. x2 – 6x + m – 2 = 0 denkleminin kökleri x1, x2 ve x12 – x22 = 12 olduğuna göre m ¥ � sayısını bulunuz.
226
6.2 : İKİNCİ DERECEDEN FONKSİYONLAR VE GRAFİKLERİ
6.2.1: İkinci Dereceden Bir Değişkenli Fonksiyonlar ve Grafikleri
6.2.2: İkinci Dereceden Denklem ve Fonksiyonlarla Modellenebilen Problemler
İKİNCİ DERECEDEN BİR DEĞİŞKENLİ FONKSİYONLAR VE GRAFİKLERİ
a, b, c ¥ � ve a ≠ 0 olmak üzere, f: � Æ � , f(x) = ax2 + bx + c
biçimindeki fonksiyonlara gerçek sayılar kümesinde tanımlı ikinci dereceden bir değişkenli fonksiyon denir. Örneğin;
h(x) = x2 ,
g(x) = 2x2 – 3x
ve
f(x) = x2 – 3x + 2
fonksiyonları ikinci dereceden bir bilinmeyenli fonksiyonlardır.
f: � Æ � , f(x) = ax2 + bx + c
fonksiyonu verildiğinde,
f = {(x, y) : y = ax2 + bx + c , a ≠ 0 x ¥ �}
kümesinin düzlemde belirttiği şekle f fonksiyonun grafiği denir.
İkinci dereceden bir fonksiyonun grafiği, parabol adı verilen ve aşağıdaki gibi tanımlanan bir nokta
kümesidir.
Bunları Bilelim
k
F
P
Parabol: Düzlemde sabit bir F noktasına ve sabit bir d doğrusuna eşit uzaklıktaki noktaların meydana getirdiği şekildeki
f nokta kümesine (eğrisine) parabol denir.
f
T
H
O
d
Şekilde F noktasından geçip d doğrusuna dik olan k doğrusuna parabolün simetri ekseni ve simetri ekseninin parabolü kestiği T noktasına parabolün tepe noktası denir.
Yukarıda verilen şekilde f eğrisi üzerindeki her P noktası,
d doğrusuna ve F noktasına eşit uzaklıktadır ve f parabolü k doğrusuna göre simetriktir.
Örnek
f: � Æ �, f(x) = x2 fonksiyonunun grafiğini çizelim.
Y
Çözüm
f
4
f(x) = x2 olduğundan x = 0 için y = f(0) = 02 = 0 � (0, 0) ¥ f
x = 1 için y = f(1) = 12 = 1 � (1, 1) ¥ f
x = –1 için y = f(–1) = (–1)2 = 1 � (–1, 1) ¥ f
–2 –1
O1 2
X
x = 2 için y = f(2) = 22 = 4 � (2, 4) ¥ f
x = –2 için y = f(–2) = (–2)2 = 4 � (–2, 4) ¥ f olur. Bu noktaları analitik düzlemde gösterip diğer
noktaları da parabol olacak şekilde çizersek f(x) = x2 fonksiyonunun grafiği yandaki gibi olur. Dikkat
edilirse y = x2 parabolünde O(0, 0) tepe noktası ve Y ekseni (x = 0 doğrusu) simetri eksenidir.
227
Örnek
Y
f: � Æ �, f(x) = x2 fonksiyonundan faydalanarak dönüşümler
yardımıyla
2
f(x)=x
a. f(x – 2)
1
b. f(x – 2) + 2
c. –f(x)
fonksiyonlarının grafiklerini çizelim.
–1
1
O
X
Çözüm
a.
f(x) = x
2
x=2
Y
f(x – 2)
1
–1
1
O
b.
f(x – 2) + 2
Y
f(x)
X
T1(2,0)
x=2
2
f(x – 2) + 2 = (x – 2)2 + 2 = x2 – 4x + 6 fonksiyonunun grafiği; f(x) = x2 grafiğinin X ekseni boyunca
pozitif yönde 2 birim ve daha sonra da Y ekseni
boyunca pozitif yönde 2 birim ötelenmişi olduğundan o da bir paraboldür. Bu parabolün tepe noktası T2(2, 2) ve simetri ekseni x = 2 doğrusudur.
f(x – 2)
T2(2,2)
1
–1
O
1
c.
T1(2,0) 3
Y
X
2
–f(x) = –x2 fonksiyonunun grafiği de şekilde
görüldüğü gibi f(x) = x2 grafiğinin X eksenine
göre yansıması (simetriği) olduğundan bir
paraboldür. Tepe noktası O(0, 0) dır.
f(x) = x
1
–1
f(x – 2) = (x – 2)2 = x2 – 4x + 4 fonksiyonunun
grafiği, f(x) = x2 grafiğinin X ekseni boyunca
pozitif yönde 2 birim ötelenmişi olduğundan o da
bir paraboldür ve tepe noktası T1(2, 0), simetri
ekseni de x = 2 doğrusudur.
O
X
1
–1
2
f(x) = –x
228
İnceleyerek Öğrenelim
1.
x=r
Y
k
Şekilde görüldüğü gibi,
2
f3(x)=a(x–r) +k
f1(x) = ax2 parabolünün tepe noktası O(0, 0),
f2(x) = a(x – r)2 parabolünün tepe noktası T2(r, 0)
ve f3(x) = a(x – r)2 + k parabolünün tepe noktası
T3(r, k) olur (a > 0).
T3(r,k)
2
f1(x) = ax
2
f2(x)=a(x–r)
O
Sonuçta f(x) = a(x – r)2 + k biçimindeki ikinci
derece fonksiyonların grafikleri olan parabolde tepe
noktası T(r, k) ve simetri ekseni x = r doğrusudur. (a, r, k ¥ � , a ≠ 0)
X
T2(r,0)
2. f: � Æ � , f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonu verilsin. Daima f(x) = a(x – r)2 + k biçiminde yazılab
bilir ve bu durumda r = 2a
Gösterelim.
ve k = f (r) =
4ac - b 2
4a
tepe noktasınının koordinatları olur.
R
V
b
b2
b2
c
c W
S 2 b
f(x) =
+ bx + c = a c x + x + m = a Sx + x +
+
a W
a
a
a
4a 2 4a 2
SS
(4a) WW
T
X
b 2 4ac - b 2
= a =c x +
m +
G
2a
4a 2
2
ax2
= a ;x - c
Burada -
b
= r ve
2a
- b 2 4ac - b 2
mE +
4a
2a
elde edilir.
4ac - b 2
= k olarak adlandırılırsa,
4a
f(x) = ax2 + bx + c = a(x – r)2 + k
r)2
Dikkat edilirse f(x) = a(x –
+ k , f(x) =
natları ile yazılışıdır (a,b,c,r,k ¥ �, a ≠ 0).
ax2
olur.
+ bx + c fonksiyonunun tepe noktası koordi-
3. İkinci dereceden bir bilinmeyenli denklemler konusunda öğrendiğimiz
f(x) = a(x – x1)(x – x2) ifadesine ise f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonunun x1 ve x2 kökleri ile
yazılışı denir. Sonuçta,
f(x) = ax2 + bx + c = a(x – r)2 + k = a(x – x1) (x – x2)
olur. f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonunun kökleri x1 ve x2 ise f(x1) = f(x2) = 0 olduğundan (x1, 0) ve
(x2, 0) grafiğin X eksenini kestiği noktalardır. Buna göre;
∆ = b2 – 4ac < 0 ise gerçek kök olmadığından parabol X eksenini kesmez.
∆ = b2 – 4ac = 0 ise çakışık kök olduğundan parabol X eksenine teğet olur.
∆ = b2 – 4ac > 0 ise farklı iki kök olduğundan parabol X eksenini farklı iki noktada keser.
f(0) = c � (0, c) grafiğin Y eksenini kestiği noktadır. a > 0 ise f parabolünün kolları yukarıya doğru, a < 0 ise aşağıya doğru olur.
229
Örnek
Grafik çizme özelliği olan bir dinamik matematik / geometri yazılımı yardımı ile f(x) = ax 2 fonksiyonlarının a nın değişen değerlerine göre grafiklerini çizip inceleyelim (a ≠ 0, a ¥ �).
Çözüm
Y
f3
Dinamik matematik / geometri programını açarak
“sürgü” ( ) seçeneğini seçerek, sürgünün yerini
çizim tahtasında belirleyelim. Bu seçenekte karşımıza çıkan pencerede a ¥ � sayısını istediğimiz
aralıkta ve istediğimiz miktarda değişimini belirledikten sonra “Giriş:” bölümüne “a” sekmesi yardımıyla “f(x) = ax2” yazarak grafiği çizdirelim.
2
y = 2x
2
f1
y=x
f2
2
y= 1x
2
Sürgüde a yerine 0.5, 1, 2, –0.5, –1 ve –2
değerlerini seçtiğimizde elde edilen grafikler yanda
X
O
y=–
fƒ2
verilen şekildeki gibi olur.
1 2
x
2
Dikkat edilirse y = ax2 parabollerinde |a| büyüdükçe
parabolün kolları kapanmakta ve |a| küçüldükçe
kollar açılmaktadır.
2
y = –x
fƒ1
2
y = –2x
fƒ3
Örnek
f: � Æ � , f(x) = x2 –2x – 3 fonksiyonunun grafiğini çizelim.
Çözüm
İkinci dereceden bir bilinmeyenli fonksiyonların grafikleri bir parabol olduğundan, parabol çiziminde
belirleyici olan;
(i) Parabolün X ve Y eksenlerini kestiği noktalar,
(ii) Parabolün tepe noktası,
bulunarak çizim yapılır.
y = f(x) = x2 – 2x – 3 fonksiyonunun köklerini bulalım.
y = 0 � x2 – 2x – 3 = 0 � (x – 3)(x + 1) = 0 � x1 = 3 ve x2 = –1 olduğundan (3, 0) , (–1, 0) ¥ f
parabolün X eksenini kestiği noktalardır.
y = f(x) = x2 – 2x – 3 fonksiyonunda , x = 0 � y = –3 ve (0, –3) ¥ f parabolün Y eksenini kestiği noktadır.
f(x) = x2 – 2x – 3 grafiğinde tepe noktası T(r, k) olduğundan,
r =-
(- 2)
b
== 1 ve k = f(r) = f(1) = 12 – 2.1 – 3 = –4 � T(1, –4) bulunur.
2a
2.1
Dikkat edilirse r =
x1 + x2
-b
1 -b
m=
= c
2a
2 a
2
230
olmaktadır.
Analitik düzlemde A(3, 0) , B(–1, 0) , C(0, –3) ve tepe noktası
T(1, –4) yardımıyla f parabolünü çizelim.
Y
x=1
A, B ve C noktalarından geçmek zorunda olan parabolün tepe noktası T ise şekildeki gibi, kolları yukarı doğru olan f parabolü çizilir. Burada
x = 1 doğrusu parabolün simetri eksenidir.
f
B
–1
A
1
O
–3 C
–4
3 X
f(x) = x2 – 2x – 3 ifadesinde a = 1 > 0 olduğundan parabolün
kollarının yukarı doğru olduğuna dikkat edelim. Grafikten de görüldüğü
gibi bu durumda fonksiyonun en küçük değeri tepe noktasının ordinatı
olan k = –4 sayısıdır.
T(1, –4)
Bunları Bilelim
Y
k
T
O
r
Y
f
f
T
r
X
1. Şekil
k
O
X
2. Şekil
f: � Æ � , f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonlarının grafikleri bir parabol ve bu parabolün tepe noktası T(r, k) olduğundan f(x) = ax2 + bx + c ifadesinde;
(i) a < 0 ise parabolün kolları 1. şekilde olduğu gibi aşağı doğru olur. Bu durumda f(x) tepe
noktasında en büyük değerini alır ve f(r) = k ¥ � sayısı fonksiyonun aldığı en büyük değerdir.
(ii) a > 0 ise 2. şekildeki gibi parabolün kolları yukarı doğrudur ve f(x) tepe noktasında en
küçük değerini alır. Bu durumda da f(r) = k ¥ � sayısı fonksiyonun alabileceği en küçük
değerdir.
Örnek
f: � Æ � , f(x) = 2(x – 2)2 + 3 fonksiyonunun grafiğini çizelim.
Çözüm
Y
x=2
f
f(x) = 2(x –2)2 + 3 = a(x – r)2 + k ise a = 2, r = 2 ve k = 3 olur.
11 C
Buna göre parabolün tepe noktası T(r, k) = T(2, 3) ,
x = 3 � f(3) = 2(3 – 2)2 + 3 = 5 � A(3, 5) ¥ f,
3
O
x = 1 � f(1) = 2(1 – 2)2 + 3 = 5 � B(1, 5) ¥ f,
A
5 B
x = 0 � f(0) = 2(0 – 2)2 + 3 = 11 � C(0, 11) ¥ f
olduğundan A, B, C ve T noktaları yardımı ile f parabolü yukarıdaki gibi
çizilir. Parabolün simetri ekseni x = 2 doğrusu ve f(x) in en küçük değeri
k = f(2) = 3 olur.
T
1 2 3
X
231
Örnek
f: � Æ �, f(x) = –x2 + 8x + 20
fonkiyonunun grafiğini çizelim.
Çözüm
f(x) = –x2 + 8x + 20
fonksiyonun kökleri grafiğinin X eksenini kestiği noktaların apsisleri olduğundan,
x 1 = 10
f(x) = –x2 + 8x + 20 = 0 � x2 – 8x – 20 = (x –10) (x + 2) = 0 � )
� A(10, 0) ve B(–2, 0)
x2 = - 2
x
–10
x
+2
parabolün X eksenini kestiği noktalardır.
T(r, k),
r=
r =-
b
2a
ve
k = f(r)
olduğundan,
-8
= 4 � k = f(4) = –42 + 8.4 + 20 = –16 + 32 + 20 = 36 ve T(r, k) = T(4, 36)
2 ( - 1)
parabolün tepe noktası olur. f grafiğinin Y eksenini kestiği nokta (0, y) biçiminde olduğundan,
Y
36
x=4
T
20 C
B
–2 O
x = 0 � y = f(0) = 02 + 8.0 + 20 = 20 � C(0, 20) ¥ f
parabolün Y eksenini kestiği noktadır.
A(10, 0), B(–2, 0), C(0, 20) ve tepe noktası T(4, 36) yardımıyla
f(x) = –x2 + 8x + 20 fonksiyonunun grafiği olan parabol şekildeki
gibi olur. Dikkat edilirse x = r = 4 doğrusu parabolun simetri ekseni ve f(x) in en büyük değeri k = f(4) = 36 olmaktadır.
f
4
A
10
X
Örnek
Analitik düzlemde A(0, 2) , B(1, 2) ve C(3, –4) noktalarından geçen parabolün denklemini
bulalım.
Çözüm
f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonunun grafiği olan parabol A, B ve C noktalarından geçtiğinden;
A(0, 2) ¥ f � 2 = a.02 + b.0 + c � c = 2,
B(1, 2) ¥ f � 2 = a.12 + b1 + c � 2 = a + b + 2 � a + b = 0
C(3, –4) ¥ f � –4 = a.32 + b.3 + c � –4 = 9a + 3b + 2 � 9a + 3b = –6 � 3a + b = –2
bulunur.
a+b=0
3a + b = –2
sistemi çözülürse;
a – 3a + 0 = 0 – (–2) � –2a = 2 � a = –1 � a + b = 0 � b = 1 ve sonuçta a = –1 , b = 1,
c = 2 olduğundan, f(x) = ax2 + bx + c = –x2 + x + 2 � f(x) = –x2 + x + 2 bulunur.
232
Örnek
f: � Æ � , f(x) = –(x + 2)(x – 4) fonksiyonunun grafiğini çizelim.
Çözüm
Y
9 T
8
A
–2
O
1
f
4
B
X
f parabolünün X eksenini kestiği noktalar (x1, 0) ve (x2, 0) olduğundan,
y = f(x) = 0 � –(x + 2) (x – 4) = 0 � )
x1 = - 2
x2 = 4
A(–2, 0) , B(4, 0) f fonksiyonunun X eksenini kestiği noktalardır.
r =-
x1 + x2
b
-2+ 4
=
=
= 1 � k = f(1) = –(1 + 2) (1 – 4) = 9 olduğundan
2a
2
2
tepe noktası T(1, 9) ve fonksiyonun Y eksenini kestiği nokta C(0, 8) olur. Bu noktalar yardımı ile f parabolü şekildeki gibi çizilir.
Örnek
Y
f
Analitik düzlemde A(1, 0) , B(5, 0) ve C(0, 2) noktalarından geçen
şekildeki f parabolünün denklemini bulalım.
2C
O
A
1
B
5 X
Çözüm
İkinci dereceden fonksiyonun x1 ve x2 kökleri ile ifadesi f(x) = a(x – x1)(x – x2) olduğundan şekilde
x1 = 1 ve x2 = 5 � f(x) = a(x – 1)(x – 5) olur.
A(0, 2) ¥ f � 2 = a(0 – 1)(0 – 5) � 2 = 5.a � a =
f (x) =
2
5
ve
2
2
2 2 12
2 2 12
( x - 1) ( x - 5) = ( x 2 - 6 x + 5 ) =
x x + 2 & f (x) =
x x+ 2
5
5
5
5
5
5
233
bulunur.
Örnek
Y
f
A
–2
T
Analitik düzlemde verilen f parabolü X eksenine T(–2, 0) tepe noktasında teğettir. A(0, 4) ¥ f olduğuna göre f(x) kuralını bulalım.
4
O
X
Çözüm
Grafiğin X eksenini kestiği noktalar f(x) = ax2 + bx + c fonksiyonunun kökleridir. Şekilde f parabolü
X eksenine teğet olduğundan T(–2, 0) ¥ f � f(–2) = 0 ve f(x) fonksiyonunun birbirine eşit iki kökü
x1 = x2 = –2 olur. Bu durumda,
f(x) = a(x – x1)(x –x2) = a[x – (–2)][x – (–2)] = a(x + 2)(x + 2) = a(x + 2)2 � f(x) = a(x + 2)2
A(0, 4) ¥ f � 4 = a(0 + 2)2 � 4 = a.4 � a = 1 � f(x) = a(x + 2)2 = 1(x + 2)2 = (x + 2)2 = x2 + 2x + 4
olur. Dikkat edilirse f fonksiyonun grafiği X eksenine teğet ise f(x) = ax2 + bx + c ifadesinde
∆ = b2 – 4ac = 0
ve f(x) = a(x – x1)2 biçiminde (tam kare) olmaktadır.
Örnek
Y
6
T
Analitik düzlemde tepe noktası T(–2, 6) olan f parabolü verilmiştir. A(0, 4) ¥ f olduğuna göre f(x) kuralını bulalım.
A 4
f
–2 O
X
Çözüm
İkinci dereceden f fonksiyonunun tepe noktası koordinatları ile ifadesi
ğundan şekilde;
f(x) = a(x – r)2 + k oldu-
T(–2, 6) � r = –2, k = 6 � f(x) = a(x – (–2))2 + 6 � f(x) = a(x + 2)2 + 6 olur.
A(0, 4) ¥ f � 4 = a(0 + 2)2 + 6 � –2 = a.4 � a = -
1
2
ve
f(x) = -
1
1
1
(x + 2)2 + 6 = - (x2 + 4x + 4) + 6 = - x2 – 2x – 2 + 6
2
2
2
f(x) = -
1 2
x – 2x + 4 bulunur.
2
234
İKİNCİ DERECEDEN DENKLEM VE FONKSİYONLARLA MODELLENEBİLEN PROBLEMLER
Örnek
Çevresi 24 br olan dikdörtgen biçimindeki bir bahçenin alanı en
çok kaç br2 olabilir? Bulalım.
Çözüm
D
Şekildeki gibi bu bahçe ABCD dikdörtgensel bölgesi olsun.
Bahçenin çevresi,
2(|AB| + |BC|) = 24 � |AB| + |BC| = 12 br olduğundan
x
12 – x
C
12 – x
|AB| = |CD| = x � |AD| = |BC| = 12 – x olur.
A
x
B
Bu bahçenin alanı |AB|.|AD| = x(12 – x) = –x2 + 12x = A(x) x ¥ �+ sayısına bağlı ikinci dereceden bir fonksiyon olduğundan A(x) alan fonksiyonunun en büyük değeri tepe noktasının ordinatı olan
k ¥ � sayısıdır.
A(x) = –x2 + 12x � a = –1, b = 12, r =
-b
- 12
=
= 6 ve
2a
2 ( - 1)
k = A(6) = –62 + 12.6 = –36 + 72 = 36 br2 bu bahçenin alanının en büyük değeridir.
Çevresi 24 br olan dikdörtgen biçimindeki bir bahçenin alanının, kenar uzunlukları
|AB| = |BC| = 6 br
olduğunda (ABCD kare iken) en büyük değerine ulaştığına dikkat edelim!
Örnek
f: � Æ � , f(x) = –x2 + 2x + 2m fonksiyonunun grafiği X eksenine teğet olduğuna göre m ¥ � sayısı
kaçtır? Bulalım.
Çözüm - 1 f fonksiyonu X eksenine teğet ise f(x) = –x2 + 2x + 2m = 0 denkleminin birbirine eşit iki kökü olacağından bu denklemde ∆ = 0 olmalıdır. Buna göre –x2 + 2x + 2m = 0 denkleminde,
a = –1 , b = 2 , c = 2m ve ∆ = b2 – 4ac = 0 � 4 – 4.(–1)(2m) = 0
4 + 8m = 0 � 8m = –4 � m = -
1
2
bulunur.
Çözüm - 2
f(x) = –x2 + 2x + 2m = –(x2 – 2x + 1) + 1 + 2m = –(x – 1)2 + 2m + 1 ... 1
= a(x – r)2 + k
ifadesinde k = 2m + 1 olmaktadır. f fonksiyonu X eksenine tepe noktasında teğet olacağından
T(r, k) noktası X ekseni üzerinde dolayısıyla k = 0 olmalıdır. Buna göre 1 bağıntısından
1
k = 2m + 1 = 0 � m = bulunur.
2
235
Örnek
Toplamları 20 olan iki sayının çarpımının en büyük değerini bulalım.
Çözüm
Toplamları 20 olan iki sayı x ve (20 – x) olsun. Bu iki sayının çarpımı
Ç(x) = x(20 – x) = –x2 + 20x
x değişkenine bağlı 2. dereceden bir fonksiyondur. Çarpım fonksiyonu en büyük değerini tepe noktasında alacağından,
b
20
Ç(x) = –x2 + 20x � a = –1 , b = 20 , r = = 10 ve
=2a
2 (- 1)
k = Ç(r) = Ç(10) = –102 + 20.10 = –100 + 200 = 100
toplamları 20 olan iki sayının çarpımının en büyük değeridir. Dikkat edilirse toplamları 20 olan
(1, 19), (2, 18), (3, 17), (4, 16), ..., (10, 10)
gibi sayı çiftlerinden birbirine eşit olan ikilinin çarpımları en büyük olmaktadır (10.10 = 100).
Örnek
ABCD karesinde |AB| = 4 br, E ¥ [CD] , F ¥ [BC] ve |CE| = 2|CF| olduğuna göre ABFE bölgesinin alanının en çok kaç br2 olabileceğini bulalım.
Çözüm
D
4 – 2x E
2x C
x
F
4
4–x
A
4
Verilenlere uygun şekildeki ABCD karesi çizildiğinde;
|CF| = x � |CE| = 2x, |DE| = 4 – 2x ve |FB| = 4 – x
&
&
A(ABFE) = A(ABCD) – A (ADE) - A (CEF)
4 (4 - 2x) 2x x
= 16 – 2(4 – 2x) – x2
2
2
= 16 – 8 + 4x – x2 = –x2 + 4x + 8 olup x in bir fonksiyonudur.
= 42 -
B
Buna göre A(x) = –x2 + 4x + 8 ikinci
dereceden bir bilinmeyenli fonksiyonunda
a = –1 , b = 4, c = 8 ve a = –1 < 0
olduğundan A(x) fonksiyonu en büyük
değerini tepe noktasında alır.
r=
-b
-4
-4
=
=
=2
-2
2a
2 ( - 1)
k = A(r) = A(2) = –22 + 4.2 + 8 = 16 – 4 = 12 br2
ABFE dörtgeninin alanının en büyük değeridir.
236
Gerçekten grafik çizme özelliği olan bir
dinamik geometri / matematik yazılımı
yardımıyla, “Giriş” bölümüne “a” denklem
sekmesi yardımıyla alan değişimini veren
A(x) = –x2 + 4x + 8 yazarak bu alan fonksiyonunun grafiği çizdirilirse yanda görüldüğü
gibi x = 2 için alan değeri A(2) = 12 br2
olarak en büyük değerini alır.
Örnek
A
F
G
B
D
H
E
C
Şekildeki ABC üçgeni biçimindeki bir arsanın içindeki DEFG dikdörtgensel bölgesine bir bina temeli
kazılacaktır.
G ¥ [AB] , F ¥ [AC], [AH] ^ [BC] , |BC| = 12 br ve |AH| = 8 br
olduğuna göre temelin taban alanı A(DEFG) en çok kaç br2 olur? Bulalım.
Çözüm
A
G
F
K
x
B
D
H
y
12
E
DEFG dikdörtgeninde |DE| = |FG| = x, |EF| = y ise
Şekilde A. A. benzerlik kuralına göre,
C
A(DEFG) = x.y olur.
&
&
AGF + ABC ve benzer üçgenlerde yükseklikler oranı da
benzerlik oranına eşit olduğundan,
GF
BC
=
AK
AH
&
8- y
8- y
x
x
& =
=
3
8
2
12
A (DEFG) = x $ y = x c
A(x) = r=
� 2x = 24 – 3y � 3y = 24 – 2x � y =
ve
24 - 2x
24x 2x 2
2
= - x 2 + 8x = A (x) olur.
m=
3
3
3
3
2 2
x + 8x ikinci derece alan fonksiyonunda
3
-b
=2a
24 - 2x
3
a=-
2
, b = 8 ve c = 0 olduğundan
3
8
8
2
24
=
=
= 6 ve k = A(r) = A(6) = - (6)2 + 8.6 = –24 + 48 = 24 br2
3
4
4
-2
2c
m
3
3
DEFG dikdörtgensel bölgesinin alanının en büyük değeri olur.
12 $ 8
&
Dikkat edilirse A (ABC) =
= 48 br 2 iken üçgensel bölge içindeki DEFG dikdörtgeninin ala2
nının en büyük değeri
&
A (ABC)
48
=
= 24 br 2 olmaktadır.
2
2
237
Alıştırmalar
1. f: y = x2 – 2x + 1 parabolünün tepe noktasının koordinatlarını bulunuz.
2. f: � Æ � , f(x) = x2 – 4x + 6 fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
3.
5
Y T
Analitik düzlemde verilen f parabolünün tepe noktası T(2, 5) ve
A(0, 3) ¥ f olduğuna göre f(x) kuralını bulunuz.
3 A
O
2
X
4. f(x) = –x2 + 2x + m + 2 fonksiyonunun en büyük değeri 4 olduğuna göre m ¥ � sayısını bulunuz.
5. f(x) = 2x2 + 4x + m fonksiyonunun en küçük değeri 2 ise m ¥ � sayısını bulunuz.
6. f(x) = x2 – 4x + 2m fonksiyonunun grafiği X eksenine teğet olduğuna göre m ¥ � sayısını bulunuz.
7. Analitik düzlemde A(0, 3) , B(1, 3) ve C(3, –3) noktalarından geçen parabolün denklemini
yazınız.
Y
8.
A
–2
B
O
Şekildeki grafikte A(0, 3) , B(–2, 0) ve C(4, 0) olduğuna
göre, f parabolünün denklemini yazınız.
3
4
C
X
f
9. Toplamları 16 olan iki sayının çarpımının en büyük değerini bulunuz.
10.Çevresi 60 m olan dikdörtgen biçiminde bir bahçenin alanı en çok kaç m2 olabilir?
238