2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1

2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
 İKİNCİ DERECEDEN
DENKLEMLER

P( x)  an xn  an1xn1  ...  a1x  a0
n inci
Muharrem Şahin
ax 2  bx  0 DENKLEMİNİN ÇÖZÜMÜ
Denklemin sol tarafı x parantezine alınarak
her çarpan ayrı ayrı sıfıra eşitlenir.
dereceden bir polinom olmak üzere;
ax2  bx  0  x ( ax  b )  0
 ( x  0 )  ( ax  b  0 )
b
 ( x  0) ( x 
)
a
 b 
b
x1  0 , x2 
;
Ç   0, 
a
 a 
an xn  an1xn1  ...  a1x  a0  0
açık önermesine n inci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Bu açık önermeyi
doğrulayan x sayılarına denklemin kökleri,
köklerin oluştur-duğu kümeye denklemin çözüm
kümesi, çözüm kümesini bulmak için yapılan
işlemlere de denklemin çözümü denir.
Bu tanıma göre a,b,cR ve a0 olmak üzere;
birinci dereceden,
ikinci dereceden,
ax  b  0
ax2  bx  c  0
ÖRNEK : 5x2  3x  0 denklemini çözelim:
5 x2  3 x  0  x( 5 x  3 )  0
bir bilinmeyenli denklemlerdir.
 ( x  0 )  ( 5x  3  0 )

3
3 

x1  0 , x2 
;
Ç   0,
5
 5 
 DENKLEM ÇÖZÜMÜ
ax  b  0 denkleminin kökü;
b
ax  b  0  ax  b  x 
olarak bulunur.
a
 b
Çözüm kümesi    dır. Denklemin kökü bir
 a
gerçek sayıdır.

ax 2  c  0 DENKLEMİNİN ÇÖZÜMÜ
I.
a ile c aynı işaretli ise;
ax2  c  0  ax2  c  x2 
ÖRNEK
3x  7  0  3x  7  x 
7
3
7
Ç 
3
 ax2  bx  c  0 denkleminde b  0 veya c  0
ise denklemin çözümü birinci dereceden
denklemin çözümüne indirgenebilir.

c
 0 olur.
a
Karesi negatif olan hiçbir gerçek sayı bulunmadığından denklemin R deki (gerçek sayılar
kümesindeki) çözümü  dir.
Böyle denklemlerin karmaşık sayılar kümesindeki çözümü karmaşık sayılar bölümünde anlatılacaktır.
ax 2  0 DENKLEMİNİN ÇÖZÜMÜ
II. a ile c ters işaretli ise;
2
2
ax  0  x  0  x. x  0
 ( x  0)  (x  0)
Kökleri x1 ve x2 ile gösterirsek;
x1  x2  0 ve Ç   0 olur.
 Kaçıncı dereceden olursa olsun, bir
denklemin köklerinden ikisi birbirine eşit birer
sayı ise, bu sayıya denklemin iki kat kökü denir.
ÖRNEK :
9 x2  0  x2  0  x. x  0  ( x  0 )  ( x  0 )
Denklemin iki kat kökü vardır.
x1  x2  0 ve Ç   0
ax2  c  0  x2 
 x
c

a
c
a
c
c
, x2 
ve
a
a
  c
c 
 olur.
Ç  
,

a
a 
x1  
x2 
c
a
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
Özetlersek;
ÖRNEKLER :
1.
Muharrem Şahin
2
4 x  1  0 denklemini çözelim:
ax 2  bx  c  0 denkleminin kökleri,
1
4 x  1  0  4 x  1  x 
0
4
2
2
2
olduğundan gerçek kök yoktur.
x1,2 
Ç
 b  b 2  4 ac
formülü ile bulunur.
2a
  b2  4 ac ifadesine denklemin diskrimi-
nantı denir.
 > 0 ise, denklemin birbirinden farklı iki
gerçek kökü vardır. ( x1  x2  R )
2 2
x  3  0 denklemini çözelim:
3
2 2
2 2
x 3 0 
x 3
3
3
9
3
 x2 
 x 
2
2
2.
 = 0 ise, denklemin iki kat kökü vardır.
( x1  x2 
b
R )
2a
 < 0 ise, denklemin gerçek kökü yoktur.
3 2
olur .
2
 3 2 3 2 

Ç
,
 2
2 
Payda rasyonel yapılırsa, x 
x1 

3 2
3 2
, x2 
;
2
2
ÖRNEKLER
ax 2  bx  c  0 DENKLEMİNİN
1.
ÇÖZÜMÜ
madan çözelim:
3
x 1 0
2
3
9
9
 x2  x 

1 0
2
16 16
2

3
25
 x   

4
16
3
5
 x 
4
4
3 5
3 5
 (x  
)  (x   )
4
4
4 4
1
 ( x  2)  ( x  )
2

1
1
x1  2 , x2 
ve Ç   2,  bulunur.
2

2
2x2  3 x  2  0  x2 
ax2  bx ifadesi tam kareye dönüştürülerek
denklemin çözümü AX 2  C  0 denkleminin çözü-
müne indirgenir.
Işlem aşağıdaki gibi yapılır:
ax2  bx  c  0 denkleminde her terim a ile
bölünür. (a0)
ax2  bx  c  0  x2 
b
c
x  0
a
a
x in katsayısının yarısının karesi bir eklenip
bir çıkarılırsa;
b
b2
b2
c
x 2  2   0
a
a
4a
4a
2

b 
b2  4ac
 x   
0

2a 
4 a2
x2 


 x 
2
2x 2  3x  2  0 denklemini, formül kullan-
2.
2
b 
b  4ac
 
2a 
4 a2
madan çözelim:
4
0
3
4
1
 x2  2x  1 1  0  ( x  1)2 
0
3
3
3 x2  6 x  4  0  x2  2x 
Buradan, gerçek köklerin var olması için
b2  4 ac  0 olması gerektiği görülür.
Iki tarafın karekökü alınırsa;
b
b2  4 ac
 x

2a
2a

 
b
 b2  4ac  
b
  x 

 x

 
2a
2a
2a

 
Buradan x12
, 
 b  b2  4 ac
2a
3x 2  6x  4  0 denklemini formül kullan-
olduğundan gerçek kök yoktur. Ç  
UYARI

b2  4ac 

2a

ax2  bx  c  0 denkleminde a ile c ters
işaretli ise a. c  0 olacağından 4 ac  0 ve
b2  4 ac  0 olur . Öyleyse, a ile c ters işaretli ise
elde edilir.
  b2  4 ac ye bakılmaksızın denklemin birbi-


 b  b2  4 ac b  b2  4ac 

 dır.
Ç
,
2a
2a


rinden farklı iki gerçek kökünün var olduğu
söylenebilir.
11
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
ÖRNEK:
a  183
183 x2  67 x  95  0
denkleminde
ve c  95 ters işaretli olduğundan
 TAMAMLAYICI ÖRNEKLER
denkle-min birbirinden farklı iki gerçek kökü
vardır.
1. 5x2  8x  2  0
denklemini çözelim:
2
b 
     ac  ( 4 )2  ( 5.2)  16  10  6  0
2
UYARI
ax2  bx  c  0 denkleminde a  b  c  0 ise
köklerden biri 1; a  b  c  0 ise köklerden biri -1
x1  x2  R
dir.
x12
, 
Köklerden biri biliniyorsa, üç terimli kolayca
çarpanlarına ayrılıp diğer kök bulunabilir.
Örneğin; köklerden birine x1 dersek, üç terimlinin bir çarpanı x  x1 olur. Diğer çarpan da ax2
ve c ye bakılarak, birinci terimlerin çarpımı ax2
yi, ikinci terimlerin çarpımı c yi verecek biçimde
bulunur.
ax 2  bx  c  ( x  x1 )( ax 
2.
 4  6 4  6 

Ç
,
 5
5 
4 6
,
5
4 x 2  9x  2  0 denklemini çözelim:
  b2  4 ac  9 2  4. 4. 2  81  32  49
1
9  49
x1  2 , x2 
x12
, 
2. 4
4

1

Ç   2 ,

4
c
)
x1
ÖRNEKLER
1.
Muharrem Şahin
3x 2  4 x  7  0 denklemini çözelim:
a  b  c  3  4  7  0 olup köklerden biri 1
3.
dir.
3 x2  4 x  7  ( x  1)( 3 x  7 )  0
 7 
7
x1  1 , x2 
; Ç    , 1
3
 3 
2. 4x2  5x  1  0
5
 0 denklemini çözelim:
4
5
  b2  4 ac  (  5 )2  4.  0
4
x2  5 x 
Iki kat kök var.
denklemini çözelim:
x1  x2 
a  b  c  4  5  1  0 olup köklerden biri -1
5
;
2
dir.
 5 

Ç
 2 
4 x2  5 x  1  ( x  1)( 4 x  1)  0

1
 1
x1  1 , x2 
; Ç   1, 
4

4
4.
UYARI
x12
,
 b  b2  4 ac

2a
  b2  4 ac
  ( 7 )2  4. 5. 8  49  160  111  0
Ç 
formülünde, kesrin
payı ve paydası 2 ile bölünürse;

x1,2 
5 x 2  7x  8  0 denklemini çözelim:
 b 2
b
    ac
2
 2
yarım formülü ve
olarak;
a
denklemin
5.
diskriminantı
x 2  2(m  1)x  m2  2m  0
denklemini
çözelim:
 b 2
      ac
2
a  1 , b  2( m  1) , c  m2  2 m
    ( m  1)
2
 ( m2  2m )
   m2  2m  1  m2  2m  1
m  1 1
x12
;
x1  m , x2  m  2
, 
1
Ç  m , m  2
elde edilir.
ax2  bx  c  0 denkleminde b çift ise yarım
formülün kullanılması işlemlerde büyük kolaylık
sağlar.
12
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
6.
9.
ax 2  ( ab  1)x  b  0 denklemini çözelim:
   ( ab  1)
2
Muharrem Şahin
P(x )  x 2  2(m  1)x  m  3
polinomunun
tamkare olması için m ne olmalıdır ?
 4 ab  a2b2  2ab  1  4 ab
ÇÖZÜM
  a2b2  2 ab  1  ( ab  1)2
ax2  bx  c ifadesi tamkare ise,
ab  1  ( ab  1)2
2a
ab  1  ab  1 2 ab
x1 

b
2a
2a
ab  1  ab  1 2
1
x2 


2a
2a a
1 
Ç   , b
a 
x12
, 
ax2  bx  c  ( mx  n )2  0 denkleminin,
n
x1  x2 
olmak üzere iki kat kökü vardır.
m
Öyleyse; ax2  bx  c ifadesi tamkare ise
  b2  4 ac =0 olmalıdır.
 b 2
     ac  ( m  1)2  (m  3 )  0
2
 m2  m  2  0
 ( m  2 )( m  1)  0
m= 2 veya m  1 bulunur.
7.
P(x) in tamkare olması için m   2,1
olmalıdır.
m   2 ise P ( x )  x2  2 x  1  ( x  1)2 ,
m  1 ise P( x )  x2  4 x  4  ( x  2 )2 olur.
mx2  4x  6  0 denkleminin iki kat kökü
varsa m kaçtır ?
ÇÖZÜM
x1  x2 olması için   0 olmalıdır.
10.
 b 2
     ac  ( 2)2  6m  4  6m  0
2
2
m
3
(m2  1)x 2  (2m  1)x  m  0
denkleminin
bir kökü 2 ise diğer kökü kaçtır ?
ÇÖZÜM
2, denklemin kökü olduğundan denklemi
doğrular.
( m2  1). 22  ( 2m  1). 2  m  0
 4m2  4  4m  2  m  0
 4m2  5m  6  0
8.
m  52  4. 4.( 6 )  121  112
5  11
5  11 3
m1 
 2 , m2 

8
8
4
 3 
 bulunur.
m  2 ,

4 
(m  2)x 2  2(m  1)x  m  3  0 denkleminin
birbirinden farklı iki gerçek kökünün olması
için m ne olmalıdır ?
ÇÖZÜM
x1  x2  R ise
m  2 için;
3 x2  5 x  2  0  ( x  2 )( 3 x  1)  0
1
Denklemin diğer kökü x 
olur.
3
3
m
için;
4
7 2 1
3
x  x  0
16
2
4
 7 x2  8 x  12  0  ( x  2 )( 7 x  6 )  0
6
Denklemin diğer kökü x 
olur.
7
  0 olmalıdır.
 b 2
2
     ac   (m  1)  ( m  2)( m  3 )  0
2
 m2  2m  1 m2  m  6  0
 m  7  0  m  7
Öyleyse;
x1  2 ise ( x2 
13
1
6
)  ( x2 
)
3
7
olur.
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
11.
x 3  (m  1)x 2  mx  m  1  0
denkleminin
bir kökü 2 ise denklemin çözüm kümesini
bulunuz.
g)
x 2  4x  2  0
i)
x2 
k)
1 2 1
x  x1 0
16
2
l)
 2x 2  7x  3  0
ÇÖZÜM
x  2 denklemi sağlamalıdır.
23  ( m  1). 22  m. 2  m  1  0
 8  4m  4  2m  m  1  0
 5m  5  m  1
m  1 değerini denklemde yerine koyarsak:
x3  2 x2  x  2  0 elde edilir.
m)
x  2 bu denklemin kökü olduğuna göre;
P( x )  x3  2 x2  x  2 polinomu x  2 ile bölüne-
bilir.
2
2
1
2
2
0
2
0
1
0
1
Kalan
h) 10x2  x  2  0
3
5
x  0
2
2
2 x 2  2x  4 2  0
n)
(1  2x )2  ( 4 x  2)(3x  2)
o)
x 2  2ax  a 2  b2  0
p)
ax 2  ( a 2  2)x  2a  0
r)
ax 2  ( ab  1)x  b  0
s)
(a 2  b 2 )x 2  2( a 2  b 2 )x  a 2  b 2  0
t)
abx 2  ( a 2b  ab 2  1)x  a  b  0
u)
a 2x 2  (a 2  2b 2 )x  2b 2  0
v)
(a 2  b 2 )x 2  (a 2  3ab  2b 2 )x  2ab  0
Horner yöntemi ile bölelim:
1
Muharrem Şahin
Bölüm ( x2  1) olur.
Öyleyse;
P( x )  x3  2 x2  x  2  ( x  2 )( x2  1)
olup
denklem, ( x  2 )( x2  1)  0 biçiminde yazılabilir.
( x  2 )( x2  1)  0  ( x  2  0 )  ( x2  1  0 )
 ( x  0 )  ( x  1)
Ç   2 ,1, 1
x3  2 x2  x  2  0
denklemi,
çarpan-larına ayrılarak da çözülebilir:
sol
taraf
x3  2 x2  x  2  0  x 2 ( x  2 )  ( x  2 )  0
 ( x  2)( x2  1)  0
 ( x  2)  ( x  1)
Ç   2 ,1, 1
2.
x 2  ax  4 a  2  0
denkleminin
köklerinden
biri a ise diğeri nedir ?
 ALIŞTIRMALAR
1.
Aşağıdaki denklemlerin R deki çözüm
kümelerini bulunuz.
a)
4x2  1  0
c)
( 3  x).( x  2)  0
e)
( 5  2x) 2  9
3.
mx2  2mx  2  0
4.
ax 2  ( 2a  1)x  a  1  0 denkleminin birbi-
denkleminin birbirine
eşit iki kökü olması için m ne olmalıdır ?
b) 3x2  2x  0
d) 3x2  x  4  0
rinden farklı iki gerçek kökü olması için
a ne olmalıdır ?
f) 6x2  5x  1  0
14
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
5.
n)
x 2  2ax  a 2  a  2  0 denkleminin gerçek
Muharrem Şahin
Denklemde,
( 1  2 x )2  ( 2 x  1)2
köklerinin olmaması için a ne olmalıdır ?
ve 4 x  2  2( 2 x  1)
yerlerine konursa:
( 2 x  1)2  2( 2 x  1)( 3 x  2 )
6.
 ( 2 x  1)2  2( 2 x  1)( 3 x  2 )  0
 ( 2 x  1) ( 2 x  1)  2( 3 x  2 )  0
P(x )  mx 2  2(m  1)x  m  3
polinomunun
tamkare olması için m ne olmalıdır ?
 ( 2 x  1)( 4 x  5 )  0
1
5
x1 
, x2 
ve
2
4
 ÇÖZÜMLER; ÇÖZÜM YOLLARI
o)
 5 1 
Ç , 
 4 2
x2  2 ax  a2  b2  0
   (  a ) 2  ( a2  b2 )  b2 ;
1.
a)
 1 1
Ç   , 
 2 2
b)
 2 
Ç   0, 
 3 
c)
Ç   2,3 
d)
 4
Ç   1, 
 3
x12
, 
ab
1
Ç   a  b, a  b
p)
ax 2  ( a2  2 ) x  2 a  0
  ( a2  2 )2  8 a2  a4  4 a2  4  8 a2
  a4  4 a2  4  ( a2  2 ) 2
e)
( 5  2 x ) 2  9  ( 5  2x   3 )  ( 5  2 x  3 )
 ( x  4 )  ( x  1)
Ç  1,4
x12
, 
r)
f)
 b 2
     ac  ( 2)2  2  2
2
x12
,  2 2 ;
h)
ax 2  ( ab  1) x  b  0
s)
( a2  b2 ) x2  2( a2  b2 ) x  a2  b2  0
   ( a2  b2 )2  ( a2  b2 )2

Ç  2 2, 2 2
   a4  2 a2b2  b4  a4  2 a2b2  b4  4 a2b2
( a2  b2 )  2ab
x12
, 
a2  b2
a2  b2  2ab
( a  b )2
ab
x1 


2
2
( a  b )( a  b ) a  b
a b

 2 1 
Ç , 
 5 2
x2 
i)
 2
Ç   a, 
 a
  ( ab  1)2  4 ab  a2b2  2 ab  1  ( ab  1)2
1 
( ab  1)  ( ab  1)
x12
; Ç   , b
, 
a 
2a
a  b  c  0 olup köklerden biri 1 dir.
6 x2  5 x  1  0  ( x  1)( 6 x  1)  0

1
Ç   1, 
 6
g)
( a2  2 )  ( a2  2 )
;
2a
a2  b2  2ab

a2  b2
 ( a  b) ( a  b) 

Ç
,
 ( a  b) ( a  b) 
Denklemin iki tarafı 2 ile çarpılırsa:
2 x2  3 x  5  0  ( x  1)( 2 x  5 )  0 ;
 5
Ç   1, 
 2
t)
( a  b )2
( a  b)

( a  b )( a  b ) ( a  b )
abx 2  ( a2b  ab 2  1) x  a  b  0
  ( a2b  ab 2  1)2  4 ab ( a  b )
k)
Denklemin iki tarafı 16 ile çarpılırsa:
x2  8 x  16  0  ( x  4 )2  0 ; x1  x2  4
Ç   4
2
  ab( a  b )  1  4 ab( a  b )
  ab( a  b )
  ab( a  b )
l)
1 
Ç   ,3 
2 
m)

Ç   2 ,2 2
2
2
 2ab( a  b )  1  4 ab( a  b )
 2 ab( a  b )  1
  ab( a  b )  1

15
2
 ( a2b  ab2  1)2
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
x1 
u)
( a2b  ab 2  1)  ( a2b  ab 2  1)
1

2 ab
2 ab
( a2b  ab2  1)  ( a2b  ab2  1)
x2 
2ab

2a2b  2ab2
1
x2 
 ab ;
Ç   a  b, 
2ab

ab 
Muharrem Şahin
3.
Denklemin eşit iki kökünün olması için   0
olmalıdır.
   m2  2m  0; m1  0 ve m2  2 olur.
m  0 için denklem ikinci derece denklemi
olamayacağından, eşit iki kökten söz edilemez.
Öyleyse;
Denklemin iki kat kökünün olması için
m  2 olmalıdır.
a2 x2  ( a2  2b2 ) x  2b2  0
  ( a2  2b2 )2  8 a2b2
  a4  4 a2b2  4b4  8a2b2
  a4  4 a2b2  4 b4  ( a2  2 b2 )2
x1 
x2 
( a2  2b2 )  ( a2  2b2 )
2
2a
a2  2b2  a2  2b2
2 a2

2b2
4.
Denklemin birbirinden farklı iki gerçek
kökünün olması için   0 olmalıdır.
a2
  ( 2a  1)2  4a( a  1)
1
  4 a2  4 a  1  4a2  4 a
 2b 
Ç  1, 2 
 a 
2
v)
  1 0
, a ya bağlı olmaksızın pozitif olduğuna
göre, a R için denklemin farklı iki gerçek kökü
olmalı-dır. Yalnız a  0 için denklem birinci
dereceye indirgeneceğinden a R  {0} olmalıdır.
( a2  b2 ) x2  ( a2  3 ab  2b2 ) x  2 ab  0
  ( a2  3 ab  2b2 )2  8 ab ( a2  b2 )
  a4  9 a2b2  4 b4  6 a3b  4 a2b2  12 ab 3  8 a3b  8 ab 3
  a4  2 a3b  5 a2b2  4 a3b  4 b4
5.
Gerçek
olmalıdır.
 , kökten çıkabiliyorsa bu son ifade tamkare
olmalıdır.
köklerin
olmaması
için
0
   a2  ( a2  a  2 )   a  2  0
a  2 için denklemin gerçek kökü yoktur.
a4  2a3b  5 a2b2  4 a3b  4b4  ( a2  ka  2b2 )2
 a4  2ka3  ( k 2  4 b2 ) a2  4 kab 2  4 b4
özdeşliğinden k   b bulunur.
Öyleyse;
  ( a2  ab  2b2 )2 dir.
x1 
x2 
x2 
2a  2ab

   m2  2 m  1  m2  3 m  0
2a( a  b)
a

2( a  b)( a  b) a  b
1 m  0  m  1
m  1 için P( x )  x2  4 x  4  ( x  2 )2 olur.
a2  3ab  2b2  a2  ab  2b2
2( a2  b2 )
4ab  4b2
2
2

2( a  b )
 a
2b 

Ç
,
ab ab
2.
  b2  4 ac  0 olmalıdır.
   ( m  1)2  m( m  3 )  0
2( a2  b2 )
2( a2  b2 )
ax2  bx  c üç terimlisinin tamkare olması
için
a2  3ab  2b2  a2  ab  2b2
2
x1 
6.
4b( a  b)
2b

2( a  b)( a  b) a  b
 İKİNCİ DERECEDEN
DENKLEME
İNDİRGENEBİLEN
DENKLEMLER
x2  ax  4 a  2  0
denkleminin bir kökü a
olduğuna göre a denklemi sağlar.
x2  ax  4 a  2  0
 a2  2a  1  0 ve a  1
I.
Öyleyse denklem; x2  x  2  0 dır.
verilen kök olduğu için
denkle-min diğer köküdür.
dereceden
denklemler,
dönüştürülebiliyorsa her çarpan ayrı ayrı sıfıra
eşitlenerek kökler bulu-nur.
x1  1 , x2  2
a  1
Yüksek
P( x ) ve Q( x ) birinci veya ikinci dereceden birer
polinom olmak üzere, P( x ). Q( x )  0 biçimine
bulunur.
x2  2
P(x ). Q( x )  0  P( x )  0 veya Q( x )  0
16
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
Muharrem Şahin
P( x )
0
Q( x )
ÖRNEKLER
II.
1.
köklerinden, paydayı sıfır yapmayanlar,denklemin
de kökleridir.
(2x  3)(x 2  x  6)  0
 2 x  3  0 veya x2  x  6  0
P( x)
 0  P( x )  0 ve Q( x )  0
Q( x )
3
 x
veya x  2 veya x  3
2

3 
Ç   2, , 3 

2 
ÖRNEKLER
1.
2.
(x 2  4 )( x 2  2x  8)  0
2
2.
Ç   4 ,2 ,2
(x 2  3x  2)2  ( x 2  x  10)2

2
4

0
x 3 3 x
( x  3)

x  5 x  2( x  3)  4( x  3 )
0
( x  3 )( x  3 )

x2  x  6
0
( x  3)( x  3)
 ( x2  x  6  0 ) ve  ( x  3 )( x  3 )  0
 ( x  3 veya x  2 ) ve ( x  3 ve x  3 )
Ç   2
UYARI
Kesirli denklemlerin çözümünde, işlemlerde
kolaylık sağlamak için her terim ortak payda ile
çarpılarak denklem, polinom denklemine dönüştürülebilir.
x 3  7x  6  0 denklemini çözelim:
Bu durumda polinom denklemin köklerinden,
ortak paydayı sıfır yapanlar çözüm kümesine
alınmaz.
Katsayılar
toplamı
sıfır
olduğundan
denklemin köklerinden biri
1 dir. Öyleyse
denklemin sol tarafı x  1 ile bölünebilir.
3.
Horner yöntemiyle bölelim:
1
2
( x  3)
Ç   2 ,1,2
1
x 2  5x
2
x3  x2  4x  4  0
1
0
x2  5 x
2
4


0
( x  3 )( x  3 ) x  3 x  3
 x2 ( x  1)  4( x  1)  0
 ( x  1)( x2  4 )  0
 ( x  1  0 )  ( x2  4  0 )
 ( x  1)   ( x  2 )  ( x  2 )
5.
x 2  2x  1
x 9
4
kesrinde pay ve payda 1 ile çarpılırsa
3x
ortak payda ( x  3 )( x  3 ) olur.
 ( x2  3 x  2 )2  ( x2  x  10 )2  0
 ( x2  3 x  2  x2  x  10 )( x2  3 x  2  x2  x  10 )  0
 ( 4 x  8 )( 2 x2  2 x  12)  0
 ( 4 x  8  0 )  ( 2 x2  2 x  12  0 )
 ( x  2 )   ( x  2 )  ( x  3 ) , Ç   2 , 2 , 3
4.
x 2  2x  3
 ( x2  2 x  3  0 ) ve ( x2  2 x  1  0 )
 ( x  1 veya x  3 ) ve ( x  1) Ç   3
2
 x  4  0 veya x  2x  8  0
  ( x  2 )  ( x  2 )   ( x  4 )  ( x  2 )
3.
biçimindeki denklemlerde payın
0
7
6
1
1
6
1
6
0
4
3
2


x(x  2) x  1 x  2
denklemini
çözelim:
Ortak payda x( x  1)( x  2 )
x( x  1)( x  2 ) ile çarpılırsa;
2
olup her terim
4( x  1)  3 x( x  2 )  2 x( x  1) denklemi elde
Bölüm; x  x  6 olur. Öyleyse denklem;
( x  1)( x2  x  6 )  0 dır.
 ( x  1  0 )  ( x2  x  6  0 )
 ( x  1)   ( x  3 )  ( x  2 )
edilir.
Buradan;
4 x  4  3 x2  6 x  2 x2  2 x
 x 2  4  0  ( x   2)  ( x  2 )
Ç   3 ,1,2
x  2 değeri ortak paydayı sıfır yaptığından,
Ç   2 olur.
17
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
x2  3
x
5
 2

denklemini çözelim:
x
x 3 2
x
1
x2  3

 t dönüşümü yapılırsa;
2
x
x 3 t
1 5
olup denklem; t  
biçimine dönüşür.
t 2
1 5
t 
 2 t2  5 t  2  0
t 2
1
 ( t  )  ( t  2)
2
III. YARDIMCI BİLİNMEYEN
4.
KULLANILARAK
DENKLEM ÇÖZÜMÜ
ÖRNEKLER
1.
x 4  x 2  12  0 denklemini çözelim:
x2  t dönüşümü yapılırsa denklem,
t 2  t  12  0 biçimine dönüşür.
Buradan;
x2  3 1

x
2
2
t  t  12  0  ( t  4 )  ( t  3 )
2
Bulunan t değerleri x  t de yerine konursa,
x2  4 ile x2  3 denklemleri elde edilir.
bulunur.
2.

x2  3
2
x
denklemleri elde
x2  3 1
 2 x2  x  6  0 ;

x
2
3
x1  2 ve x2 
2
x2  3
2
 2  x  2x  3  0 ;
x
x  4 denkleminin çözümü  dir.
x2  3 denkleminden x1   3 ve x2  3

ve
edilir.
2
Ç   3, 3
Muharrem Şahin
olur.
x3  1 ve x4  3
 3

Ç   ,1, 2 , 3 
 2

(x 2  2x )2  2x 2  4 x  3  0 denklemini çöze-
lim:
( x2  2 x ) 2  2 ( x2  2 x )  3  0
x2  2 x  t dönüşümü yapılırsa;
t 2  2 t  3  0 denklemi elde edilir.
t 2  2 t  3  0  ( t  1)  ( t  3 )
Bulunan
t
değerlerini
denkleminde yerine koyarsak;
x2  2 x  t
IV. KÖKLÜ DENKLEMLERİN ÇÖZÜMÜ
x2  2 x  1  x2  2 x  1  0
 x1  x2  1
m
denklemini çözmek için iki
m inci kuvveti alınarak elde edilen
m
f ( x )  g( x )
denkleminin kökleri bulunur.
x2  2 x  3  x2  2 x  3  0
 x3   3 , x4  1
f ( x )  g( x )
tarafın
Ç   3,11
,  olur.
m tek ise;
3.
3
2x1
x
f ( x )  g( x )
 2.3  1  0 denklemini çözelim:
m
3 x  t dönüşümü yapılırsa;
3 2 x 1  3. 3 2 x  3.( 3 x )2  3 t2 olup denklem,
m
denkleminin
kökleri
f ( x )  g( x ) denkleminin de kökleridir.
m çift ise;
m f ( x)
ifadesinin gerçek sayılar kümesinde
tanımlı olması için,
f ( x )  0 olması gerektiğinden m f ( x )  0 ve
dolayısıyla g( x )  0 olmalıdır.
3 t2  2 t  1  0 biçimine dönüşür.
1
3 t2  2 t  1  0  ( t  1)  ( t  )
3
Bulunan t değerleri 3 x  t denkleminde
yerine konursa;
3 x  1 denkleminin çözümü  dir.
Öyleyse; m çift iken
m
f ( x )  g( x ) denkleminin kökleri f ( x )  0 ve
1
 3 x  31  x  1
3
Ç   1 olur.
3x 
g( x )  0 koşullarına uyuyorsa
leminin de kökleri olur.
18
m
f ( x )  g( x ) denk-
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
Iki tarafın karesi alınırsa;
ÖRNEKLER
x  4  1 2 2x  6  2x  6
1.
3 x  1  2 x denklemini çözelim:
Bulunacak
köklerin
sağlaması için kökler;
verilen
( 3 x  1  0 ) ve ( 2x  0 )  ( x 
 2 2x  6  x  3
denklemi
Buradan da;

1
) ve ( x  0 )
3
koşuluna uymalıdır. Iki tarafın karesi alınırsa;
2
3x  1  4x
4 ( 2 x  6 )  x2  6 x  9
2
 x2  2 x  15  0  x2  2 x  15
x1  3
x2  5
 4x  3x  1  0
1
 x1  1 , x2 
4
1
istenen koşula uymaz.
4
Öyleyse, Ç  1 olur.
x2  5 değeri
x2 
3
x3  0
olması gerektiği görülür. Iki tarafın yeniden karesi
alınırsa;
 x0
2.
Muharrem Şahin
 numaralı koşula uymaz.
Ç   3 olur.
ALIŞTIRMALAR
1  x2  2 denklemini çözelim:
Iki tarafın küpü alınırsa,
1  x2   8  x2  9 ;
x1  3 , x2  3
Aşağıdaki denklemleri R’de çözünüz.
Ç   3 ,3 
1.
(3  x)( x 2  4 )  0
2x  x  1  4 denklemini çözelim:
2.
2x 2 ( x  2)2  0
Köklü terim bir tarafta yalnız bırakılırsa;
2 x  4  x  1 denklemi elde edilir.
3.
(x  3)2 (x 2  4 )  0
4.
(x  1)5  (1  x )3  0
5.
x  7 3x  1

0
x 5
2
6.
1
2
x1

 2
x x1 x  x
7.
x 3  2x 2  4x  8  0
8.
(x  2)(x 2  x  5 )  4  x 2
9.
x 4  5x2  4  0
10.
x 4  x 2  12  0
Bu durumda, bulunacak köklerin denklemi
sağlaması için;
11.
(x 2  2x )2  3( x 2  2x)  0



12.
(x 2  2)2  4 x 2  5
13.
x 6  7x 3  8  0
3.
x  1  0 ve 2 x  4  0 koşuluyla iki tarafın
karesi alınırsa;
4 x2  16 x  16  x  1  4 x2  17 x  15  0
5
x1  3 , x2 
4
5
5
2  ( )  4  0 olduğundan x2 
değeri
4
4
2 x  4  0 koşuluna uymaz.
Öyleyse; Ç   3 olur.
4.
x  4  2x  6  1 denklemini çözelim:
Denklem birden fazla köklü terim içeriyorsa, işlemlerde kolaylık sağlamak için, köklü
terimlerden biri eşitliğin bir tarafında yalnız
bırakılır.
x  4  1 2x  6
2x  6  0
x4  0
1 2x  6  0
koşullarına uyması gerektiğine dikkat ediniz!
19
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
14.
(x 2  2x )2  2x 2  4 x  3  0
15.
( 2x 
16.
17.
1 2
) 1
x
34.
3x  2  2x  2  3 x
35.
x 2  2x  3  ( x  1) x  1
36.
1 x 
37.
x
x2  6
5x
 2
4
x
x 6
1
4x
1
 3.2 x
38.
1
3 
19.
2
2 x
20.
3
2
3.( )x  6( )x  7  0
2
3
21.
3.4 x  5.6x  2.9x  0
3x  2
1 x
2
23.
5x  6  x
24.
x2  5  x  1
28.
x
x1
2
1
x1
x






ÇÖZÜMLER; ÇÖZÜM YOLLARI
1.
( 3  x)( x2  4 )  0  ( 3  x  0 )  ( x2  4  0 )
x2  4  0 denkleminin gerçek kökü yoktur.
3x0  x 3
Ç   3
2.
27.
2
x
x2  3x  2  2x2  6x  4
39.
90
x 6  x
26.
3
8 0
22.
25.
x
2
20
18.
x
Muharrem Şahin
1  2x  1
1
x

2x2 ( x  2 )2  0  ( 2 x2  0 )  ( x  2 )2  0

2
2x  0  x1  x2  0
( x  2 ) 2  0  x3  x4  2
Ç   0 ,2
2
x  2x  x  2
3.
Ç   3 ,2 , 2
4.
( x  1)5  (1  x)3  0  ( x  1)5  ( x  1)3  0
5x  x 1


 ( x  1)3 ( x  1)2  1  0
x 2  4  2x  4

3

2
 ( x  1)  0  ( x  2x  0 )
29.
2
x  2x  4  3 2x  x
2
x1  x2  x3  1 , x4  0 , x5  2
Ç   0, 1, 2
30.
x 2  5  x2  7
5.
31.
x  1. x2  8  2x  2
32.
2x  1  x 
33.
x  7 3x  1

0
x5
2
Ortak payda 2( x  5 ) tir. Denklemin iki tarafı
ortak payda ile çarpılırsa;
2( x  7 )  ( x  5 ) ( 3 x  1)  0
5x  5
 3 x2  12 x  9  0  x2  4 x  3  0
x1  1 , x2  3
Ç  1,3
x2 x  x2 x  6
20
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
1
2
x 1


x x  1 x2  x
6.
13.
x3  1  x3  1  0
 ( x  1)( x2  x  1)  0
 ( x  1  0 )  ( x2  x  1  0 )
x  1  0  x1  1
x3  2 x2  4 x  8  0
x2  x  1  0 ,   1  4  0 gerçek kök yoktur.
Sol taraf çarpanlarına ayrılırsa ;
x2 ( x  2 )  4( x  2)  0  ( x  2 )( x2  4 )  0
x1  2 , x2  2 , x3  2
Ç   2 ,2
8.
( x  2 )( x  x  5 )  4  x
x3  t
t  7 t  8  0  t1  1 , t2  8
Ç   0
x  1 2 x  x  1  x  1
2
x6  7 x3  8  0 ,
2
Ortak payda x( x  1) dir. Denklemin iki tarafı
ortak payda ile çarpılırsa;
7.
Muharrem Şahin
x3  8  x3  8  0
 ( x  2)( x2  2 x  4 )  0
x  2  0  x 2  2 bulunur.
x 2  2 x  4  0,
Ç   1, 2
2
gerçek kök yoktur.
0
 ( x  2 )( x2  x  5 )  x2  4  0
 ( x  2)( x2  x  5 )  ( x  2 )( x  2 )  0
14.
 ( x  2 )( x2  x  5  x  2 )  0
 ( x2  2 x)2  2( x2  2 x)  3  0 ,
 ( x  2)( x2  2 x  3 )  0
 ( x  2  0 )  ( x2  2x  3  0 )
x1  2 , x2  1 , x3  3
x2  2 x  t dönüşümü yapınız.
x2  1 ve x2  4 denklemlerini sağlayan
gerçek sayı yoktur.
Ç
10.
x  x  12  0 ,
1 2
) 1
x
2x 
x2  t dönüşümü yapılır.
t 2  5 t  4  0  t1  1 , t 2  4
2
(2x 
1
1
 1 ve 2 x   1
x
x
denklemlerini çözünüz.

1 1 
Ç   1,  , , 1

2 2 
x4  5 x2  4  0
4
16.
2
x t
t 2  t  12  0  t1  3 , t2  4
x2  3 denkleminin gerçek kökü yoktur.
x2  4  x1  2 , x2  2
Ç   2 ,2
x2  6
5x
 2
4
x
x 6
x2  6
 t dönüşümü yapılırsa
x
( x2  2 x )2  3 ( x2  2 x )  0

5
t
5
 4 biçimine dönüşür.
t
5
 4  t2  4 t  5  0 ;
t1  1 , t 2  5
t
x2  6
x2  6
 1 ,
 5 denklemlerini çözünüz.
x
x
t
 ( x2  2 x)( x2  2x  3 )  0
 ( x2  2 x  0 )  ( x2  2 x  3  0 )
x1  0 , x2  2 , x3  1 , x4  3
Ç  1, 0, 2, 3
12.
5x
x2  6
olur.
Denklem, t 
11.
Ç  1, 1, 3
Ç   3, 1, 2
15.
9.
( x2  2 x )2  2 x2  4 x  3  0
Ç   3,1, 2, 6 
( x2  2 ) 2  4 x2  5
1
x2  2  t dönüşümü yapılırsa, x2  t  2 olup
denklem;
t2  4( t  2 )  5  0
17.
1
4 x  3. 2 x  2  0
1
1
1
2 x  t dönüşümü yapılırsa, 4 x  ( 2 x )2  t 2
 t 2  4 t  3  0 biçimine dönüşür.
t1  1 , t 2  3
olur.
t 2  3 t  2  0  t1  1 , t 2  2
1
x2  2  1  x2  1 gerçek kök yok.
x2  2  3  x2  1  x1  1 , x2  1
2 x  1  20 
1
2x
Ç   1, 1
21
 2  21 
1
0
x
kök yok.
1
 1,
x
x1
Ç  1
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
18.
3x 
1
1
3
x 2

26.
 8  0 , 3 x  t denirse
1

32

9
t
çözümü tamamlayınız.
27.
3  1 gerçek kök yok.
20.
Ç   2
Ç   2, 1
3
2
3.( ) x  6.( ) x  7  0
2
3
3
2
1
( )x  t , ( ) x 
dönüşümü yapınız.
2
3
t
28.
Ç   2
29.
x2  2 x  4  3 2 x  x2
2 x  x2  t denirse
2 x  x2  t2  x2  2x   t 2 olur.
 t 2  4  3 t  t2  3 t  4  0
t1  1 , t 2  4
3. 4 x  5. 6 x  2. 9 x  0
Denklemin iki tarafı 9 x ile bölünürse;
4x
6x
3. x  5. x  2  0
9
9
2 2x
2
 3.( )  5.( ) x  2  0
3
3
2
( ) x  t dönüşümü yapınız.
Ç   0, 1
3
22.
2 x  x2  4 , gerçek kök yoktur.
2 x  x2  1  x2  2 x  1  0
x1  x2  1
Ç  1
30.
x 6  x
Ç   2,3
24.
x2  5  x2  7
x2  5  t  x2  t 2  5
t  t 2  5  7  t2  t  2  0
Çözümü tamamlayınız.
Ç   3, 3
x  6  0 ve x  0 koşuluyla iki tarafın karesi
alınırsa;
x  6  x2  x2  x  6  0  x1  2 , x2  3
x1  2 koşullara uymaz.
Ç   3
23.
x 1
x  2 gerçek kök yok.
x 1  x1
Ç  1
Ç   1
21.
5x 
x  t denirse;
2 t2  2 t  4  0  t 2  t  2  0 ;
t1  1 , t 2  2
22 x  21 x  9  0 ,
2 x  t denirse
2
2
22.2 x  x  9  0  4 t   9  0
t
2
2
 4t  9t  2  0
Çözümü tamamlayınız.
5x x 1 
x2  2x  2  x
2
Ç 
3
5  x  0, x  0, x  1  0 koşuluyla iki tarafın karesi alınırsa;
5  x  x  2 x  1  4  2x  2 x
x
19.
x2  2 x  x  2 
olur.
3 x  2 3 x . 3 2 3 x
9
t   8  0  t 2  8t  9  0
t
t1  1 , t 2  9
3 x  9  32  x  2
Muharrem Şahin
Ç
31.
x  1. x2  8  2 x  2
x  1  0, x2  8  0 , 2 x  2  0 koşuluyla iki
tarafın karesi alınırsa;
( x  1)( x2  8 )  ( 2 x  2 )2
1  2x  1
 1  1 2x  1  x
x
 1  x  2 x  1 , 1  x  0 ve 2 x  1  0
25.
 ( x  1)( x2  8 )  4( x  1)2  0


 ( x  1) ( x2  8 )  4( x  1)  0
 1 2x  x2  2x  1  x1  0, x2  4
2
 ( x  1)( x  4 x  12 )  0
x1  1 , x2  2 , x3  6
x1  0 kesrin paydasını sıfır yaptığından kök
olamaz.
x2  4, 1  x  0 koşuluna uymaz.
Ç
22
Ç   6
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon - 1
Muharrem Şahin
32.
2x  1  x  5 x  5
koşuluyla
2 x  1  0, x  0, 5 x  5  0
tarafın karesi alınırsa;
2 x  1  2 x( 2 x  1)  x  5 x  5
 2 x( 2x  1)  2x  4 
iki
38.
2 x2  6 x  4  t denirse,
x( 2x  1)  x  2
2 x2  6 x  4  t2  x2  3 x  2 
x  2  0 koşuluyla iki tarafın yeniden karesini
alalım;
x( 2 x  1)  x2  4 x  4  x2  3 x  4  0
x1  1 , x2  4
Ç   4
33.
t2
 t  t 2  2 t  0 Çözümü tamamlayınız.
2


3  17 3  17
Ç   1,
,
, 4


2
2
koşuluyla
x2 x  0
39.
x  2 x  2 ( x  2 x )( x  2 x )  x  2 x  6
 2 x  6  2 x2  4 x  x  3  x2  4 x
x  3  0 koşuluyla yeniden karesini alalım:
9
x 2  6 x  9  x 2  4 x   2x   9  x 
2
Ç 9 2
35.
t2
olur.
2
x 2 x  x2 x  6
x  0, x  2 x  0,
iki tarafın karesi alınırsa,
34.
x2  3 x  2  2 x2  6 x  4
Çözümü tamamlayınız.
Ç   2
x2  2 x  3  ( x  1) x  1
2
x  2 x  3  0, x  1  0,
ile iki tarafın karesini alalım:
x2  2 x  3  ( x  1)2 ( x  1)
x1 0
koşulu
 ( x  1)( x  3 )  ( x  1)2 ( x  1)  0
 ( x  1) ( x  3 )  ( x  1)( x  1)  0
 ( x  1)(  x2  x  4 )  0
1  17
1  17
, x3 
2
2


1  17 

Ç  1 ,

2 
x1  1 , x2 
36.
x
 t dönüşümü yapınız.
2
37.
x  t dönüşümü yapınız.
x
x1 1
 t denirse

olur.
x 1
x
t
2
t   1  t2  t  2  0
t
 1
Ç 
2
Ç   9
23
Ç   4 3