lys denemeli soru bankası 1547 matematik soru çözümünü indirmek

Copyright © Yükseklimit Eðitim Yayýnlarý
ISBN : 978 - 605 - 62682 - 1 - 2
Dizgi-Grafik : Mehmet Ali AYDIN
Kapak : Edip TÜRK
Baský-Cilt
GÖKSU OFSET (0212 613 56 32)
Basým tarihi : 13 Ekim 2014
Kitap Pazarlama-Sipariþ
0505 597 90 20
Görüþ, tavsiye ve teklifleriniz için
www.yukseklimit.com
e-mail : info@yukseklimit.com
e-mail : aydin.mali@hotmail.com
.
ÖNSÖZ
LYS Matematik & Geometri Denemeli Soru Bankasý’nýn Matematik kýsmýndaki 1547 tane seçkin sorunun tamamýnýn çözümü yoðun bir çalýþma sonunda siz deðerli öðrencilerimizin kullanýmýna hazýr hale getirildi.
Bu soru ve çözümler bir oranda matematik bilgisi bulunan birini konu
çalýþarak zaman kaybettirmeden LYS’de çýkabilecek matematik sorularýyla buluþturmayý amaçlamaktadýr.
Öðretici, kavratýcý ve nitelikli sorulardan oluþan bu çalýþma, yetkinlik
açýsýndan uzman kiþilerin ve ÖSYM’nin sorularýyla ayný düzeydedir.
Bu soru ve çözümleri dikkatle inceleyen ve uygulayan bir aday matematikte
iddialý bir konuma ulaþacak ve piyasadaki diðer yayýnlarý da çözme kabiliyetini kazanacaktýr.
Kitabýn hazýrlanmasýnda bana destek olan çok deðerli matematik öðretmenleri Olcayto ÖNDER, Ufuk IÞIK, Hüseyin KIRAÇ, Ramazan MURADALAN
Ramazan DEMÝREL ve Kemal DEMÝREL’e ve edebiyat öðretmeni Murat
KOÞAR’a teþekkür ederim.
Çözümlerin sizlere yararlý olacaðý temennisiyle...
Mehmet Ali AYDIN
10 Ekim 2014 / Ýstanbul
.
.
ÝÇÝNDEKÝLER
MATEMATÝK
KONULAR
SAYFA NO
1. POLÝNOMLAR-1 (Polinomun Tanýmý, Derecesi, Eþitliði, Katsayýlar Toplamý ve Sabit Terimi)(32 Soru)
9
. . . . . . . .
2. POLÝNOMLAR-2 (Polinomlarda Dört Ýþlem -Polinomlarda Bölme Ýþlemi ve Kalan Bulma)(32 Soru) . . . . . . . . . 13
3. II. DERECEDEN DENKLEMLER-1 (Denklemin Kökleri ve Diskriminant-2. Dereceye Dön. Denklemler) (34 Soru)
17
.....
4. II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER-2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu) (44 Soru) . . . . . . 21
5. II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR-1(PARABOL-1) (Parabolün Grafiði-En Büyük, En Küçük Deðer) (37 Soru) . . . . 27
6. II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR-2(PARABOL-2) (Grafiði verilen Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) (37 Soru) . . . . . 31
7. EÞÝTSÝZLÝKLER (41 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8. SAYMA ÝLKELERÝ ( Permütasyona Giriþ ) (45 Soru) . . . . . .
9. PERMÜTASYON (35 Soru). .
37
43
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
10. KOMBÝNASYON (42 Soru). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
11. BÝNOM AÇILIMI (26 Soru).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
12. OLASILIK (56 Soru). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .61
13. ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER (33 Soru). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .67
14. TRÝGONOMETRÝ-1 (Açý Ölçü Birimleri-Esas Ölçü-Dik Üçgende Trig. Oranlar-Birim Çember-Geniþ Açý) (37 Soru). . . . 73
15. TRÝGONOMETRÝ-2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri) (64 Soru) . . . . . 77
16. TRÝGONOMETRÝ-3 (Kosinüs, Sinüs, Tanjant Teoremleri-Sinüs Alan Formülü-Periyot-Grafikler) (27 Soru) . . . . . 83
17. TRÝGONOMETRÝ-4 (Ters Trigonometrik Fonksiyonlar-Trigonometrik Denklemler ) (39 Soru)
. . . . . . . . . . .
87
18. KARMAÞIK SAYILAR-1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri) (43 Soru) . . . . . 91
19. KARMAÞIK SAYILAR-2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) (48 Soru) . . . . . . . 97
20. LOGARÝTMA-1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði) (43 Soru)
........
103
21. LOGARÝTMA-2 (Logaritmalý denklemler ve Eþitsizlikler-Karakteristik ve Mantis-Kologaritma) (60 Soru) . . . . . . 109
22. TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ (56 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
23. DÝZÝLER-1 (Dizinin Tanýmý-Eþit Dizi-Sabit Dizi-Alt Dizi-Monoton Dizi) (36 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
24. DÝZÝLER-2 (Aritmetik Dizi-Geometrik Dizi-Komþuluk Kavramý-Ebas,Eküs) (46 Soru)
25. SERÝLER (41 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26. ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR (38 Soru).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
125
131
135
27. LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK-1 (Saðdan ve Soldan Limit-Süreklilik-Limit Kurallarý) ( 33 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
.
MATEMATÝK
KONULAR
28. LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK-2 (Limit Kurallarý) ( 43 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
29. TÜREV-1(Türevin Limit Tanýmý−Türev Kurallarý ve Formülleri−Zincir Kuralý−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Türevi) (41 Soru) . . . . . .149
30. TÜREV-2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý) ( 59 Soru) . . . . . 153
31. TÜREV-3 (Artan ve Azalan Fonksiyonlar−I. Türev ve Eðim Ýliþkisi−Teðet ve Normal Denklemleri) ( 35 Soru) . . . . . . . . . .159
32. TÜREV-4(Maksimum, Minimum nokta−II. Türev ve Konkavlýk, Konvekslik, Dönüm Noktasý−Maksimum, Minimum Prob.)(34 Soru). . 163
33. TÜREV-5 (Maksimum, Minimum Prob.−Türevin Fiziðe Uygulanýþý−Rolle Teoremi−Asimptotlar ve Fonksiyon Grafikleri) ( 24 Soru) . 167
34. ÝNTEGRAL-1 (Belirsiz Ýntegral Kurallarý, Formülleri ve Dönüþümsel Çözümler) ( 43 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171
35. ÝNTEGRAL-2 (Dönüþümsel Çözümler−Dönüþümler−Basit Kesirlerine Ayýrma−Parçalý Ýntegral) (27 Soru) . . . . . . . . . . . . .175
36. ÝNTEGRAL-3 (Belirli Ýntegral−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Ýntegrali−Ýntegral Ýþareti Altýnda Türev(Leibnitz Formülü)) ( 37 Soru) . . . . . . . . . .179
37. ÝNTEGRAL-4 (Alan ve Hacim Hesabý) ( 27 Soru) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .183
38. MATRÝS ve DETERMÝNANT-1 ( Matrislerde Dört Ýþlem,Eþitlik ve Transpoze−Matris Türleri−Matrisin Tersi)( 33 Soru). . . . . . . .187
39. MATRÝS ve DETERMÝNANT-2 ( Determinant − Minör ve Kofaktör−Matrisin Ranký−Denklem Sistemleri )( 37 Soru). . . . . .191
GEOMETRÝ
KONULAR
1. ANALÝTÝK GEOMETRÝ (36 Soru)
2. UZAY GEOMETRÝ (12 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
197
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
205
4. KATI CÝSÝM (24 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
207
5. VEKTÖRLER (24 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
211
3. GEOMETRÝK YER ve ÜÇGEN ÇÝZÝMÝ (12 Soru) .
6. ÇEMBERÝN ANALÝTÝÐÝ (24 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
215
7. UZAYDA DOÐRU ve DÜZLEM ANALÝTÝÐÝ (24 Soru). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
8. KONÝKLER (ELÝPS-HÝPERBOL-PARABOL) (35 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
223
MATEMATÝK-GEOMETRÝ DENEMELERÝ
DENEME-1 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
229
DENEME-2 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
235
MATEMATÝK-GEOMETRÝ DENEMELERÝ
DENEME-3 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
241
DENEME-4 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
247
DENEME-5 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
253
DENEME-6 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
259
DENEME-7 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
265
DENEME-8 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
271
DENEME-9 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
277
DENEME-10 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
283
DENEME-11 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
289
DENEME-12 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
295
DENEME-13 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
301
DENEME-14 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
307
DENEME-15 (30 Soru)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
313
MATEMATÝK-GEOMETRÝ DENEMELERÝ CEVAP ANAHTARI
. . . . . . . . . . . . . . . . .
319
MATEMATÝK
1−POLÝNOMLAR−1 (Polinomun Tanýmý, Derecesi, Eþitliði, Katsayýlar Toplamý ve Sabit Terimi)
1.
Aşağıdakilerden VI ve VII polinom değildir .
4.
1 2
x − 3x − 5 polinomdur.
2
P(x) = t 3 + 5, x e bağlı sabit polinomdur.
1
P(t) = − 2t, t ye bağlı polinomdur.
x
P(x) = − 3 sabit polinomdur.
P(x) = 0 sıfır polinomdur.
I. P(x) = x 4 +
II.
III.
IV.
V.
P(Q(−1)) i arıyoruz. Önce Q(−1) i bulalım.
P(x + 1) = Q(x − 2)
olduğundan x
= 1 yazılırsa P(2)
= Q( −1) olur.
P(2x) = x 3 + (x − 1)2 + 5
olduğundan x = 1 yazılırsa P(2) = Q( −1) = 6 olur.
1
1
polinom değildir.
) = x3 + t +
x
2
1
Burada
= x −1 ifadesinde − 1 do x
ğal sayı olmadığından polinom belirt -
VI. P(
mez.
LYS MATEMATÝK
O halde P(Q(−1)) =
P(6) elde edilir.
P(2x) = x 3 + (x − 1)2 + 5
olduğundan x 3=
yazılırsa P(6) 36 elde edilir.
=
t ifadesinin burada bir etkisi
sözkonusu değildir.
VII. P(x 2 ) = x 4 + x polinom değildir.
2
(x 2 ) + (
P(x2 ) =
x 4 + x ⇒ P(x2 ) =
2
t=
yazılırsa, P(t) t 2 +
=
x
5.
1
x2 2
) ⇒
P(x + 3) = 2x 2 + 4x − 9
ifadesinde x yerine x − 4 yazılırsa;
P(x − 4 + 3) = 2(x − 4)2 + 4(x − 4) − 9
t elde edilir.
P(x − 1)= 2(x 2 − 8x + 16) + 4(x − 4) − 9
1
1
doğal sayı olma 2
dığından polinom belirtmez.
t = t 2 ifadesinde
P(x − 1)= 2x 2 − 12x + 7
elde edilir.
VIII. P(t 2 ) = x + t 4 + 1 polinomdur. t 2 ⇒ t
2
yazılırsa, P(t2 ) = x + (t 2 ) + 1 ⇒
6.
P(t) = x + t 2 + 1, t ye bağlı polinomdur.
2.
4
=
a)
der(P(x)) 2=
olduğundan P(x) x 2
=
der(Q(x)) 5=
olduğundan Q(x) x5
alınabilir. P(x) ve Q(x) kullanılırsa ve
n
der(Q(x + 3)) =
der(Q(x))
P(x) = n x n + x 2 + 9 polinom olabilmesi için
olduğundan,
4
n
ve
aynı anda doğal sayı olmalıdır.
n
2
=
Buradan
n 4=
ya da n 2 olabilir.
⇒ der[P2 (x) • Q(x + 3) + x7 ]
⇒ der[(x 2 )2 • x5 + x 7 ]
O halde ;
⇒ der[x 4 • x 5 + x 7 ]
n = 4 için P(x) = 4 x + x 2 + 9 ve P(4) = 41
⇒ der[x 9 + x 7 ]
n = 2 için P(x)= 2 x2 + x + 9 ve P(4)= 45
⇒9
olacağından P(4) en çok 45 olur.
3.
elde edilir.
2n + 22
n+ 1
b)
+ xn − 4 + 5 polinom olabilmesi için
2n + 22
n − 4 ve
aynı anda doğal sayı olma n+1
lıdır.
P(x)= x
6
⇒ der[P(x 2 + x − 3)] =
⇒ der[P(x 2 )] = 6
⇒
=
der[P(x)] 3=
olur. P(x) x 3 alabiliriz.
n − 4 doğal sayı ise n =
4 , 5 ,6, • • • olabilir.
2n + 22
=
n+1
Öte yandan, der[Q(P(x))] = 12 olduğundan,
⇒ der[Q(x 3 )] = 12
2(n + 1) + 20
=
n+1
2(n + 1)
20
+
n+1
n+1
20
= 2+
n+1
⇒
der[Q(x)] 4=
olur. Q(x) x 4 alabiliriz.
=
O halde,
⇒ der[(P(x) − Q(x))2 ]
20
2+
doğal sayı ise n = 0 , 1,3 , 4 , 9 ,19
n+1
olabilir.
⇒ der[(x 3 − x 4 )2 ]
⇒ der[(x 4 )2 ]
⇒ der[x 8 ]
Sonuç olarak ortak terimler n = 4 , 9 ,19 olaca ğından 4 + 9 + 19 =
32 elde edilir.
www.yukseklimit.com
der[P(x2 + x − 3)] =
der[P(x2 )] olduğundan,
⇒8
elde edilir.
9
Mehmet Ali AYDIN
1−POLÝNOMLAR−1 (Polinomun Tanýmý, Derecesi, Eþitliði, Katsayýlar Toplamý ve Sabit Terimi)
7.
a) der(P(2x + t 3 )) =
der(P(x)) olduğundan,
Q(x − 1)= b(x 2 + 2) − 2x2 + c
3
Q(x − 1)= bx 2 + 2b − 2x2 + c
der(=
P(2x + t )) 2 ise=
der(P(x)) 2 olur.
(P(x)) 2 ise
=
+ R(x)) 5 ve der
=
der(P(x)
Q(x − 1) = (b − 2)x2 + 2b + c sıfır polinom
olduğundan b=
− 2 0 , 2b =
+ c 0 olmalıdır.
=
der(R(x)) 5=
olur. Yani P(x) x2 ve
R(x) = x 5 alabiliriz. Ayrıca Q(x) = xn alalım.
Bu denklemlerden b = 2 , c = −4 bulunur ve
⇒ der[Q2 (x) • P(R(x))] = 16
⇒ der[(x )
n
2
•
a • b • c = 32 elde edilir.
P(x )] = 16
5
⇒ der[(xn )2 • (x 5 )2 ] = 16
⇒ der[x
2n
•
x
10
10.
] = 16
⇒ der[x 2n + 10 ] = 16
P(x) =(x + 3)3 + (x + 2)2 + x + 1
polinomunun katsayılarının toplamı P(1)
sabit terimi ise P(0) ile bulunur.
⇒ P(1) = (1 + 3)3 + (1 + 2)2 + 1 + 1
⇒ P(1) = 75 elde edilir.
⇒ 2n + 10 =
16
3
=
⇒ n 3=
olur ve Q(x) x elde edilir. O halde,
⇒ der[P4 (x) − Q 3 (x) − R 2 (x)]
⇒ P(0)
= (0 + 3)3 + (0 + 2)2 + 0 + 1
⇒ P(1) = 32 elde edilir.
O halde sonuç 75 − 32 =
43 bulunur.
⇒ der[(x 2 )4 − (x 3 )3 − (x 5 )2 ]
⇒ der[x 8 − x 9 − x10 ]
⇒ 10 elde edilir.
1
b) der[P(x3 − 2x 4 + )] =
der(P(x 4 )) olduğundan,
3
1
der[P(x 3 − 2x 4 + )] =
32 ise der(P(x 4 )) = 32
3
=
ve der(P(x)) 8=
olur. Yani P(x) x8 alabiliriz.
11.
P(x, y) = (x + 2y − 1)4 + (x − y + 2)2 + 3x + y
polinomunun katsayılarının toplamı P(1,1)
sabit terimi ise P(0,0) ile bulunur.
⇒ P(1,1) =
(1 + 2 • 1 − 1)4 + (1 − 1 + 2)2 + 3 • 1 + 1
⇒ P(1,1) = 24 elde edilir.
Ayrıca Q(x) = xn alalım.
⇒ der[P2 (x) + Q 2 (x)] =
16
⇒ der[(x ) + (x )
8
2
n
2
⇒ P(0,0) = (0 + 2 • 0 − 1)4 + (0 − 0 + 2)2 + 3 • 0 + 0
⇒ P(0,0) = 5 elde edilir.
O halde sonuç 24 − 5 =
19 bulunur.
]=
16
⇒ der[x16 + x2n ] =
16
⇒ 2n ≤ 16
⇒ n ≤ 8 olur ve n ∈ N olduğundan
n = 0 , 1,2, • • • 8 olur ve n 9 farklı değer alabilir.
8.
a)
12.
a)
P(−1) = a + 26 elde edilir.
Sabit terim x = 0 için
a=
13 0 olmalıdır.
− 5 0 , b +=
P(0 − 2) = 05 + a • 0 4 + (2 • 0 + 3)2
Buradan a = 5 , b = −13 yerine yazılırsa
P(−2) =
9 elde edilir. Verilen bilgiye göre,
P(x) = −325 sabit polinomu bulunur.
⇒
=
a + 26 3 • 9 =
ve a 1 elde edilir.
Böylece P(2) = −325 elde edilir.
P(x − 2) = x5 + x 4 + (2x + 3)2 olduğu görülür.
Q(x) = a(x − 2)2 + 4x 2 + bx + ab − c
P(x) polinomunun katsayılarının toplamı P(1) dir.
Q(x)= a(x2 − 4x + 4) + 4x2 + bx + ab − c
x = 3 için, P(3 − 2) = 35 + 34 + (2 • 3 + 3)2
Q(x) = ax 2 − 4ax + 4a + 4x 2 + bx + ab − c
P(1) = 405 elde edilir.
Q(x)
= (a + 4)x 2 + (−4a + b)x + 4a + ab − c
b)
sıfır polinom olabilmesi için
a + 4 = 0 , − 4a + b = 0 , 4a + ab − c = 0 olmalıdır.
Buradan a =
−4 , b =
−16 , c =
48 bulunur.
P(x + 2) = a(x − 3) + 4x + 6
ifadesinde x yerine x − 2 yazılırsa
O halde P(P(x + 2) + 4) polinomunun sabit
terimi x = 0 için
P(x − 2 + 2)= a(x − 2 − 3) + 4(x − 2) + 6
⇒ P(P(0 + 2) + 4)
P(x) = a(x − 5) + 4(x − 2) + 6
⇒ P(P(2) + 4)
P(x) = ax − 5a + 4x − 8 + 6
⇒ P(−4 + 4)
= (a + 4)x − 5a − 2 sabit polinom
P(x)
olduğundan a + 4 =
0 yani a =
−4
www.yukseklimit.com
P(x + 1) polinomunun katsayılarının top lamı x = 1 için P(2) olup P(2) = −4 verilmiş.
P(3x) polinomunun sabit terimi x = 0 için P(0)
olup P(0) = 4 verilmiş.
Böylece a + b + c =
28 elde edilir.
9.
P(x − 2) = x 5 + ax 4 + (2x + 3)2
polinomunun katsayılarının toplamı x = 1
için P(1 − 2) = 15 + a • 14 + (2 • 1 + 3)2
P(x) = (a − 5)x 2 + (b + 13)x + a2b nin
sabit polinom olabilmesi için
b)
LYS MATEMATÝK
⇒ P(0)
elde edilir.
⇒ 4 elde edilir.
10
Mehmet Ali AYDIN
1−POLÝNOMLAR−1 (Polinomun Tanýmý, Derecesi, Eþitliði, Katsayýlar Toplamý ve Sabit Terimi)
13.
16.
a) Bir polinomun çift dereceli terimlerinin kat P(1) + P(−1)
sayılarının toplamı , P(Ç) =
dir.
2
⇒ P(x) = (x 5 + 1)3 + x7 + 4
⇒ (x 3 + 2x 2 − 5x − 8) • ( (x + 1)2 + 4x 3 − 2)
⇒ (x 3 + 2x 2 − 5x − 8) • ( x 2 + 2x + 1 + 4x 3 − 2)
⇒ (x 3 + 2x 2 − 5x − 8) • ( 4x3 + x 2 + 2x − 1)
çarpımı yapıldığında x 4 lü terimi verecek
çarpımlar ve sonuçları ,
⇒ P(1) = (15 + 1)3 + 17 + 4 = 13
⇒ P(−1) = ((−1)5 + 1)3 + (−1)7 + 4 = 3
P(1) + P(−1) 13 + 3
⇒ P(Ç) =
=
= 8 elde edilir.
2
2
b) Bir polinomun tek dereceli terimlerinin kat -
x 3 • 2x ⇒ 2x 4
2x 2 • x2 ⇒ 2x 4
(−5x) • (4x3 ) ⇒ −20x 4 olup bunların toplamı,
P(1) − P(−1)
dir.
2
⇒ P(x)= (x2 + x − 2)4 − (2x + 1)3 + 11
⇒ 2x 4 + 2x 4 − 20x 4
sayılarının toplamı , P(T) =
⇒ −16x 4 olacağından katsayısı − 16 bulunur.
⇒ P(1) =(12 + 1 − 2)4 − (2 • 1 + 1)3 + 11 =−16
17.
⇒ P(−1) = ((−1)2 + (−1) − 2)4 − (2 • (−1) + 1)3 + 11
= 28
P(1) − P(−1)
⇒ P(T) =
2
−16 − 28
=
= −22 elde edilir.
2
14.
a)
A
B
+
x +5 x−1
(x − 1) (x + 5)
12x
A(x − 1) + B(x + 5)
=
⇒ 2
x + 4x − 5
x2 + 4x − 5
⇒
⇒ 12x= A(x − 1) + B(x + 5)
P(1) − P(−1)
, çift dere 2
celi terimlerinin katsayılarının toplamı,
yılarının toplamı P(T) =
b)
P(1) + P(−1)
dir. Böylece
2
P(1) − P(−1) P(1) + P(−1)
−
P(T) − P(Ç) =
2
2
P(1) − P(−1) − P(1) − P(−1)
=
2
−2 • P(−1)
=
2
= − P(−1) i arıyoruz. (Teknik açıdan)
+
B
+
x −1
C
(x − 1)2
x
⇒ x + 4= (A + B)x 2 + (−2A − B + C)x + A
⇒ A + B= 0 , − 2A − B + C= 1 , A= 4
−4 ve C =
Böylece A =
4, B=
5 elde edilir.
O halde A • B • C = −80 elde edilir.
6
⇒ (−1)7 + ((−1) + 1)6 + 9
18.
⇒ −1 + 0 + 9
a)
⇒ 8 elde edilir. − ile çarpılarak sonuç − 8
elde edilir.
P(x)
= ax + b seçelim.
⇒ P(x) + P(5x) =10x + 4
⇒ ax + b + 5ax + b= 10x + 4
⇒ 6ax + 2b = 10x + 4
5
=
, b 2 olur.
3
=
, 2b 4 =
ve a
⇒ 6a 10=
⇒ (x + 2) • (3x − 13) = ax 2 + bx + c
5
Böylece P(x) = x + 2 ve P(−3) =
−3 elde edilir.
3
⇒ 3x 2 − 13x + 6x − 26 = ax 2 + bx + c
⇒ 3x 2 − 7x − 26 = ax2 + bx + c
Böylece a =
3, b =
−7 , c =
−26 elde edilir.
O halde a • b • c = 546 bulunur.
b)
P(x)
= ax + b seçelim.
⇒ P(x) • P(x + 1)= 4x 2 − 8x + 3
⇒ (ax + b) • (ax + a + b)= 4x 2 − 8x + 3
⇒ (x − a) • (2x + 7)= 2x2 + x + b
⇒ a2 x2 + (a2 + 2ab)x + ab + b2 = 4x 2 − 8x + 3
⇒ 2x 2 + 7x − 2ax − 7a = 2x 2 + x + b
4 , a2 + 2ab =
−8 (ya da ab + b2 =
3)
⇒ a2 =
⇒ 2x 2 + (7 − 2a)x − 7a = 2x 2 + 1 • x + b
Polinom eşitliğinden,
2 ise b =
−3 olup P(x) =
2x − 3 veya
⇒a=
⇒a=
−2 ise b =
3 olup P(x) =
−2x + 3
7 − 2a =
1⇒ a =
3 ve − 7a =
b⇒ b=
−21
elde edilir. O halde a − b = 3 − (−21) = 24 tür.
www.yukseklimit.com
A
x
⇒ x +=
4 A(x2 − 2x + 1) + B(x2 − x) + Cx
direkt − 1 yazılırsa,
b)
x+4
=
x 3 − 2x 2 + x
x+4
A(x − 1)2 + Bx(x − 1) + Cx
⇒ 3
=
2
x − 2x + x
x 3 − 2x 2 + x
2
⇒ x + 4= A(x − 1) + Bx(x − 1) + Cx
O halde, x + (x + 1) + 9 polinomunda x yerine
a)
⇒
(x − 1)2 (x(x − 1))
P(Ç) =
15.
12x
=
x 2 + 4x − 5
x 1=
için 12 6B
ve B 2 elde edilir.
=
=
x=
−5 için − 60 =
−6A ve A = 10 elde edilir.
O halde A • B = 20 bulunur.
Bir polinomun tek dereceli terimlerinin katsa -
7
LYS MATEMATÝK
elde edilir ve iki durumda da P2 (3) = 9 bulunur.
11
Mehmet Ali AYDIN
1−POLÝNOMLAR−1 (Polinomun Tanýmý, Derecesi, Eþitliði, Katsayýlar Toplamý ve Sabit Terimi)
19.
22.
(2x + 1)5 • (x − 2)4 = a0 + a1 x + a2 x 2 + • • • + a9 x 9
(x − 4) • P(2x) = x 3 + (a + 1)x + 64a
Yukarıdaki denklemde x = 4 yazılırsa
Burada sorulan a0 + a2 + a 4 + • • • + a8 toplamının
5
LYS MATEMATÝK
⇒ (4 − 4) • P(8) = 43 + (a + 1) • 4 + 64a
⇒ 0 = 64 + 4a + 4 + 64a
⇒ −68 = 68a
⇒ a = −1 elde edilir. Yukarıdaki denklemde
4
bulunabilmesi için P(x) = (2x + 1) • (x − 2) poli nomunun çift dereceli terimlerinin toplamı ya P(1) + P(−1)
bulunmalıdır.
2
⇒ P(x) = (2x + 1)5 • (x − 2) 4
ni, P(Ç) =
a = −1 yazılırsa,
⇒ (x − 4) • P(2x) = x3 + ((−1) + 1)x + 64(−1)
5
4
• 1 + 1) • (1 − 2)
=
⇒ P(1) (2=
243
5
4
• ( −1) + 1) • ( (−1) − 2 )
=
⇒ P(−1) (2=
−81 bulunur.
243 + (−81)
=
= 81 elde edilir.
O halde
P(Ç)
2
⇒ (x − 4) • P(2x) = x3 − 64
⇒ (x − 4) • P(2x) = (x − 4)(x 2 + 4x + 16)
=
⇒ P(2x)
x2=
+ 4x + 16 olacağından x
4 için
2
⇒ P(2 • 4) = 4 + 4 • 4 + 16
⇒ P(8) = 48 elde edilir.
23.
20.
(x − 1)10 + 2(x + 1)10 = a0 + a1 x + a2 x 2 + • • • + a10 x 10
bulunabilmesi için P(x) =(x − 1)10 + 2(x + 1)10 po linomunun tek dereceli terimlerinin toplamı
P(1) − P(−1)
yani, P(T) =
bulunmalıdır.
2
(x − 1)(x + 3) • P(x) = x 3 + x 2 − 5x + 3
(x − 1)(x + 3) • P(x)= x 3 − 1 + x2 − 5x + 4
⇒ P(x) =(x − 1)10 + 2(x + 1)10
(x − 1)(x + 3) • P(x) = (x − 1)(x 2 + x + 1) + (x − 1)(x − 4)
⇒ P(1) =(1 − 1)10 + 2(1 + 1)10 =211
(x − 1)(x + 3) • P(x) = (x − 1)  x2 + x + 1 + x − 4 
⇒ P(−1) = ((−1) − 1))10 + 2((−1) + 1)10 = 210 bu lunur.
O halde
P(T)
=
(x − 1) • (x + 3) • P(x) = x 3 + ax 2 + bx + 3
Yukarıdaki denklemde sırasıyla x = 1 ve x = −3
yazılırsa a + b =
−4 ve 9a − 3b =
24 bulunur.
Bu iki denklemden a = 1 ve b = −5 elde edilir.
a ve b yukarıda yerine yazılırsa
Burada sorulan a1 + a3 + a5 + • • • + a9 toplamının
11
(x 2 + 2x − 3) • P(x) = x 3 + ax 2 + bx + 3
(x − 1)(x + 3) • P(x) =
(x − 1)(x 2 + 2x − 3)
(x − 1)(x + 3) • P(x) =
(x − 1)(x − 1)(x + 3)
10
2 −2
= 512 elde edilir.
2
Böylece P(x)= x − 1
elde edilir.
= P(1 − (−5)=
) P(6)= 5 tir.
O halde P(a − b)
24.
21.
P(x) in katsayılarının toplamı x = 1 için P(1) = −6 ,
Q(x − 2) nin sabit terimi x =
0 için Q(−2) =
−6 dır.
4
3
x 2 • P(x)= ax 4 + bx 3 + 3x2 + (a + 3)x + 2a − b
P(x) polinom olduğundan eşitliğin sağ tarafında
derecesi 2 den düşük olan terimler bulunamaz.
2
P(x − 1) + x • Q(3x − 8) = x + mx + x + 2x − 2
Bu yüzden (a + 3)x + 2a − b =
0 ( 0 polinom)
⇒=
=
−b 0
a + 3 0 ve 2a
−6 bulunur.
⇒ a = −3 ve b =
ifadesinde x = 2 yazılırsa
P(2 − 1) + 2 • Q(3 • 2 − 8) = 24 + m • 23 + 22 + 2 • 2 − 2
P(1) + 2 • Q(−2) = 16 + 8m + 4 + 4 − 2
⇒ −6 + 2 • (−6)
= 22 + 8m
= 22 + 8m
⇒ −18
⇒ −40 = 8m
⇒ m = −5 elde edilir.
a ve b yukarıda yazılırsa
x2 • P(x) =−3x 4 − 6x3 + 3x2 + ((−3) + 3)x + 2(−3) − (−6)
x2 • P(x) =
−3x 4 − 6x3 + 3x2
x2 • P(x)= x 2 • (−3x2 − 6x + 3)
−3x 2 − 6x + 3 bulunur.
P(x) =
O halde P(0) = 3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
12
Mehmet Ali AYDIN
2−POLÝNOMLAR−2 (Polinomlarda Dört Ýþlem -Polinomlarda Bölme Ýþlemi ve Kalan Bulma)
1.
P(2x − 1)= 2(2x + 1)3 ifadesinde x yerine
yazılırsa
x+1
x+1




⇒ P2 • =
− 1 2 •  2 •
+ 1
2
2




4.
x+1
2
LYS MATEMATÝK
(I. işlem)
8
4
(II. işlem)
x 4+ x 2 +1
x + x +1
x 8+ x 6 + x 4 x 4
3
− x 6 +1
− x 6 +1
− x 6− x 4 − x 2
⇒ P(x)
= 2(x + 2)3 elde edilir.
x 4+ x 2 +1
x
Q(5x)
yazılırsa
= 10x + 4 ifadesinde x yerine
5
x
x
) 10 • + 4
•
⇒ Q(5=
5
5
⇒ Q(x)
= 2x + 4 elde edilir.
Böylece
(III. işlem)
4
2
x 8+ x 4 +1 x + x +1
8
6
4
4
x + x + x x − x 2 +1
− x 6 +1
− x 6− x 4 − x 2
4
⇒x
⇒x
2
3
•
(2x + 4) − 2(x + 2)
•
2(x + 2) − 2(x + 2)3
bölüm
2
x + x +1
x 4+ x 2 +1
⇒ x 2 • Q(x) − P(x)
2
4
2
x + x 4 +1 x + x +1
8
6
4
x +x +x 4 x − x 2
8
0
kalan
O halde bölüm ile kalanın toplamı
⇒ 2(x + 2)[x2 − (x + 2)2 ]
⇒ x 4 − x2 + 1 + 0
⇒ 2(x + 2)[x2 − x 2 − 4x − 4]
⇒ x 4 − x 2 + 1 elde edilir.
⇒ (2x + 4)[ −4x − 4]
⇒ −8x 2 − 24x − 16 elde edilir.
2.
(I. işlem)
(II. işlem)
x−2
x + x −5
x 3− 2x 2
x2
3x 2 −5
x−2
x + x 2 −5
x 3− 2x 2
x 2 +3x
3x 2 −5
3x 2 −6x
6x −5
3
5.
3
2
a)
⇒ P(2) = 24 − 4 • 23 + 22 − 2 • 2 + 1
⇒ P(2) = −15 elde edilir.
(III. işlem)
x−2
x 3+ x 2 −5
2
x 3− 2x 2
x +3x +6
3x 2 −5
bölüm
3x 2 −6x
6x −5
6x −12
7
P(x) = x 4 − 4x3 + x 2 − 2x + 1
polinomunun Q(x)= x − 2 ile bölümünden
=
kalan için x − 2 0 dan
=
elde edilen x 2
P(x) de yerine yazılırsa kalan P(2) dir.
O halde ,
1 2
x + x 2 + 4x + 9
2
polinomunun x ile bölümünden kalan
=
için x 0=
dan elde edilen x 0
P(x) de yerine yazılırsa kalan P(0) dır.
O halde ,
⇒ P(0) = 9 elde edilir.
b)
kalan
O halde bölüm ile kalanın toplamı
⇒ x 2 + 3x + 6 + 7
P(x) = 2x 5 +
⇒ x 2 + 3x + 13 elde edilir.
3.
2x 4+ x 3− x 2+ 4x + 11
2x 4− 4x 2
x 3+3x2 + 4x + 11
x 3−2x
3x 2 + 6x + 11
3x 2 − 6
6x +17
x 2− 2
6.
2
2x + x + 3
bölüm
Q(3x) polinomunun x − 2 ile bölümünden
kalan için x − 2 0 dan
elde edilen x 2
=
=
Q(3x) de yerine yazılırsa kalan Q(6) olaca ğından Q(6) = 9 dur.
Diğer yandan Q(x + 1) polinomunun x − 5 ile
bölümünden kalan için x − 5 =
0 dan elde
edilen
=
x 5 Q(x + 1) de yerine yazılırsa kalan
Q(6) olacağından Q(6) = 9 elde edilir.
kalan
O halde bölüm ile kalanın toplamı
⇒ 2x2 + x + 3 + 6x + 17
⇒ 2x2 + 7x + 20 elde edilir.
www.yukseklimit.com
13
Mehmet Ali AYDIN
2−POLÝNOMLAR−2 (Polinomlarda Dört Ýþlem -Polinomlarda Bölme Ýþlemi ve Kalan Bulma)
7.
10.
P(x + 2) = x5 + x 4 + x 3 − 2x 2 + 5x + 7
polinomunun x − 2 ile bölümünden kalan
=
için x − 2 0 dan
=
elde edilen x 2 yukarı daki polinomda direkt yerine yazılırsa ,
a)
LYS MATEMATÝK
P(1 − 3x) polinomunun x + 1 ile bölümünden
kalan için x + 1 =0 dan elde edilen x =−1
P(1 − 3x) de yazılırsa kalan P(4) olup
P(4) = −10 verilmiş.
3
Ayrıca Q( x ) polinomunda x − 10 ile bölü 5
⇒ 25 + 24 + 23 − 2 • 22 + 5 • 2 + 7
münden kalan için x − 10 =
0 dan elde edilen
⇒ 65 elde edilir.
x 10
yazılırsa kalan Q(6) olup Q(6) 1 verilmiş.
=
=
b) P(x + 1)
P(x + 5) + (1 + x2 ) • Q(5 − x) = x5 + kx − 2
denkleminde x = −1 yazılırsa
polinomunun 4 − 2x ile bölümün -
den kalan için 4 − 2x =
0 dan elde edilen
=
x 2 P(x + 1) de yazılırsa kalan P(3) olur.
O halde ,
⇒ P(4) + 2 • Q(6) =−1 − k − 2
⇒ −10 + 2 • 1 =−k − 3 ve k =5 elde edilir.
1 4
x + 2x 2 − 5x + 8
3
1 4
2
• 3 + 2 • 3 − 5 • 3 + 8
⇒ P(3)=
3
⇒ P(3) = 38 elde edilir.
⇒ P(x)=
8.
11.
(x + 2) • P(3x) = x 4 + mx − 16
Yukarıdaki denklemde x = −2 yazılırsa
=
⇒ 0 16=
− 2m − 16 ve m 0 elde edilir.
Yukarıdaki denklemde m = 0 yazılırsa
⇒ (x + 2) • =
P(3x)
a) P(x − 5) polinomunun x − 6 ile bölümünden
=
kalan için x − 6 0 =
dan elde edilen x 6
P(x − 5) de yazılırsa kalan P(1) olur.
⇒ P(3x) =−
(x 2)(x2 + 4) elde edilir.
P(2x) polinomunun x + 3 ile bölümünden kalan
için x + 3 =
0 dan elde edilen x =−3 P(2x) de
yazılırsa kalan P(−6) olur. O halde ,
P(2x + 3) = x 7 − 2x 3 + 4x2 + x − 2 ifadesinde
x = −1 yazılırsa
⇒ P(3x) =
(x − 2)(x 2 + 4) ifadesinde x =
−2 için
((−2) − 2)((−2)2 + 4) =−32 elde edilir.
⇒ P(−6) =
P(2 • (−1) + 3) = (−1)7 − 2 • (−1)3 + 4 • (−1)2 + ( −1) − 2
P(1) = 2 elde edilir.
b)
b) P(2x) polinomunun x + 1 ile bölümünden
=
kalan için x + 1 0 =
dan elde edilen x −1
Ö nce (x + 1) • P(x) = x 5 + ax − 1 elde edilir.
Bu denklemde x = −1 yazılırsa
⇒ 0 =−1 − a − 1 ve a = −2 elde edilir.
Yukarıdaki denklemde a = −2 yazılırsa
⇒ (x + 1) • P(x) = x 5 − 2x − 1
P(2x) de yazılırsa kalan P(−2) olup P(−2) = 2
verilmiş.
Diğer yandan P(−2) yi kullanmak için
⇒ (x + 1) • P(x) = x 5 + 1 − 2x − 2
⇒ (x + 1) • P(x) = (x5 + 1) − 2(x + 1)
⇒ (x + 1) • P(x) = (x + 1)(x 4 − x 3 + x2 − x + 1) − 2(x + 1)
P(x + 1) = x 3 + ax 2 + 4x + 1 − a
ifadesinde x = −3 yazılırsa
⇒ (x + 1) • P(x) = (x + 1)[ x 4 − x3 + x 2 − x − 1]
2
3
− 16 (x 2 − 4)(x2 + 4)
x 4=
⇒ (x + 2) • P(3x) = (x + 2)(x − 2)(x 2 + 4)
Diğer yandan P(1) i bulmak için
⇒ P((−3) + 1) = (−3) + a • (−3) + 4 • (−3) + 1 − a
⇒ P(x) = x 4 − x3 + x 2 − x − 1 elde edilir.
P(x + 1) polinomunun x + 2 ile bölümünden kalan
için x + 2 =
0 dan elde edilen x =−2 P(x + 1) de
yazılırsa kalan P(−1) olur. O halde ,
⇒ P(−2) = −38 + 8a
⇒ 2 = −38 + 8a
⇒ a = 5 elde edilir.
9.
a)
⇒ P(x) = x 4 − x3 + x 2 − x − 1 ifadesinde x = −1 için
2
⇒ P(−1) = (−1)4 − (−1)3 + (−1)2 − (−1) − 1 = 3 olur.
P(x + 1) polinomunun x − a + 1 ile bölümün 2
den kalan için x − a + 1 =
0 dan elde edilen
12.
P(x + 1) ve Q(3x) polinomlarının x − 2 ile bö lümünden kalanlar için x − 2 =
0 dan elde edi =
len x 2 sırasıyla P(x + 1) ve Q(3x) de yazıla rak kalanlar P(3) ve Q(6) olup P(3) = −2 ve
Q(6) = 1 verilmiş. Şıklardaki polinomların x ile
x =−
a2 1 P(x + 1) de yazılırsa kalan P(a2 )
2
olacağından P(a ) = −12 verilmiş.
Diğer yandan P(a2 ) yi bulmak için
P(ax) = x 2 + 4x − 8
ifadesinde x = a yazılırsa
bölümünden kalanı bulmak için x = 0 yazıldığın da yalnızca D şıkkında
⇒ (x − 1)P(2x + 3) − 2 • Q(6 − x)
⇒ (0 − 1)P(2 • 0 + 3) − 2 • Q(6 − 0)
⇒ − P(3) − 2 • Q(6)
⇒ − (−2) − 2 • 1
⇒ 0 olduğundan tam bölünüyor demektir.
⇒ P(a • a) =a2 + 4 • a − 8
⇒ P(a2 ) =a2 + 4 • a − 8
⇒ −12 = a2 + 4 • a − 8
⇒ a2 + 4 • a + 4 =
0
⇒ (a + 2) • (a + 2) =
0
⇒ a = −2 elde edilir.
www.yukseklimit.com
14
Mehmet Ali AYDIN
2−POLÝNOMLAR−2 (Polinomlarda Dört Ýþlem -Polinomlarda Bölme Ýþlemi ve Kalan Bulma)
P(x + 1) polinomunun
16.
13.
3
x + 3 ile bölümünden
kalan için x + 3 =0 dan elde edilen x =−3
2
P(x) = x + 5x − 7x + 20
P(x + 1) de yazılırsa kalan P(−2) olup P(−2) =
4
polinomunun x 2 − 5x + 4 ile bölümünden ka lan ax + b olsun.
verilmiş.
P(x + 1) polinomunun x ile bölümünden ka -
O halde ,
lan için
=
x 0 dan elde edilen
=
x 0 P(x + 1)
de yazılırsa kalan P(1) olup P(1) = −2 verilmiş.
P(x) = (x 2 − 5x + 4) • B(x) + ax + b
P(x) = (x − 1) • (x − 4) • B(x) + ax + b
P(x − 2) polinomunun x 2 − 3x ile bölümünden
kalan ax + b olsun. O halde ,
=
x 1=
için P(1) 0 • B(1) + a • 1+ b ve P(1) yukarı dan 19 olduğundan a + b = 19
LYS MATEMATÝK
P(x − 2) = (x 2 − 3x) • B(x) + ax + b
elde edilir.
P(x − 2)= x • (x − 3) • B(x) + ax + b
=
−2) 0 • B(0) + a • 0 + b ve
=
x 0 için P(=
b 4
= 4 için P(4)
= 0 • B(4) + a • 4 + b ve P(4) yukarı x
x=
3 için P(1) =0 • B(3) + a • 3 + b ve 3a + b =−2
dan 136 olduğundan 4a + b = 136 elde edilir.
Buradan a =
−2 ve b =
4 olduğundan kalan
ax + b ⇒ −2x + 4 elde edilir.
Kutucuklardan a = 39 ve b = −20 bulunur ve
17.
kalan yani ax + b ⇒ 39x − 20 elde edilir.
a) P(x) polinomunun x 2 + 1 ile bölümünden kalan
için x2 + 1 =0 dan elde edilen x 2 =−1 doğrudan
P(x) de x 2 yerine yazılmalıdır. P(x) düzenlenirse
14.
P(x) polinomunun x − 3 ile bölümünden kalan
=
için x − 3 0 =
dan elde edilen x 3 P(x) de ya -
P(x)= 3x12 − x10 + x 7 + x 6 + x 2 − 2x + 13
=
P(x) 3(x 2 )6 − (x 2 )5 + x • (x 2 )3 + (x 2 )3 + x 2 − 2x + 13
zılırsa kalan P(3) olup P(3) = 11 verilmiş.
6
5
3
kalan ⇒ −3x + 15 elde edilir.
de yazılırsa kalan P(2) olup P(2) = −5 verilmiş.
b) P(x) polinomunun x 2 − 3x + 4 ile bölümünden
2
2
0=
dan elde edilen x
=
kalan
için x − 3x + 4
2
P(x) polinomunun x − 5x + 6 ile bölümünden
kalan ax + b olsun. O halde ,
3x − 4
2
doğrudan P(x) de x yerine yazılmalıdır.
P(x) = x 3 + 4x 2 − 3x + 9
= x • (x2 ) + 4 • (x2 ) − 3x + 9
P(x)
P(x) = (x 2 − 5x + 6) • B(x) + ax + b
kalan ⇒ x • (3x − 4) + 4 • (3x − 4) − 3x + 9
P(x) = (x − 3) • (x − 2) • B(x) + ax + b
kalan ⇒ 3 • (x2 ) + 5x − 7
kalan ⇒ 3 • (3x − 4) + 5x − 7
kalan ⇒ 14x − 19 elde edilir.
=
x 3 için P(3)
= 0 • B(3) + a • 3 + b ve 3a=
+ b 11
x=
2 için P(2) =
0 • B(2) + a • 2 + b ve 2a + b =
−5
18.
Buradan a = 16 ve b = −37 olduğundan kalan
ax + b ⇒ 16x − 37 elde edilir.
15.
3
kalan ⇒ 3( −1) − ( −1) + x • ( −1) + (−1) + ( −1) − 2x + 13
P(x − 5) polinomunun x − 7 ile bölümünden ka =
lan için x − 7 0 =
dan elde edilen x 7 P(x − 5)
a) P(x) polinomunun (x − 5)2 ile bölümünden
kalan 3 − 2x olduğuna göre,
P(x) = (x − 5)2 • B(x) + 3 − 2x
demektir. P(x) in x − 5 ile bölümünden ka lan için x − 5 = 0 dan elde edilen x = 5 P(x)
de yazılırsa kalan P(5) olup yukarıdaki denk lemde x = 5 yazılırsa ,
P(x)= 2x3 − 5x2 + x − 2 verilmiş.
P(x + 2) polinomunun x 2 − 3x + 2 ile bölümün den kalan ax + b olsun. O halde ,
P(5) = (5 − 5)2 • B(5) + 3 − 2 • 5
P(5) = −7 elde edilir.
2
P(x + 2) = (x − 3x + 2) • B(x) + ax + b
P(x + 2) = (x − 2) • (x − 1) • B(x) + ax + b
b)
P(x) polinomunun (x − 2)3 ile bölümün -
x = 2 için P(4) = 0 • B(2) + a • 2 + b ve P(4) yukarı -
den kalan x 2 − 3x + 2 olduğuna göre,
dan 50 olduğundan 2a + b = 50 elde edilir.
P(x) = (x − 2)3 • B(x) + x 2 − 3x + 2 demektir.
2
2
ve bundan elde edilen x = 4x − 4 P(x) de yazılırsa
dan 10 olduğundan a + b = 10 elde edilir.
P(x) = (x − 2)3 • B(x) + x 2 − 3x + 2
P(x) = (x − 2) • (x − 2)2 • B(x) + x2 − 3x + 2
Kutucuklardan a = 40 ve b = −30 bulunur ve
kalan yani ax + b ⇒ 40x − 30 elde edilir.
www.yukseklimit.com
2
P(x) in (x − 2) ile bölümünden kalan için (x − 2) = 0
x 1=
için P(3) 0 • B(1) + a • 1+ b ve P(3) yukarı =
kalan ⇒ (x − 2) • 0 • B(x) + (4x − 4) − 3x + 2
kalan ⇒ x − 2 elde edilir.
15
Mehmet Ali AYDIN
2−POLÝNOMLAR−2 (Polinomlarda Dört Ýþlem -Polinomlarda Bölme Ýþlemi ve Kalan Bulma)
19.
LYS MATEMATÝK
22.
(x 2 − 2x − 3) • P(x) = x 3 + ax + b
P(x) polinomunun bir çarpanı (x + 1)3 oldu =
ğundan x + 1 0 =
dan elde edilen x −1 için
3
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = x + ax + b elde edilir.
Yukarıdaki denklemde sırasıyla x = 3 ve x = −1
yazılırsa 3a + b =−27 ve − a + b =1 bulunur.
−7 ve b =
−6 elde edilir.
Bu iki denklemden a =
a ve b yukarıda yerine yazılırsa
P(−1) 0 =
, Pı (−1) 0 ve=
Pıı (−1) 0 olmalıdır.
=
P(x) = 2x 4 − ax2 + bx − c
Pı (x) = 8x3 − 2ax + b
ıı
P=
(x) 24x 2 − 2a
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = x 3 − 7x − 6
ıı
P (−1)= 24 • (−1)2 − 2a= 0 ve a= 12
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = x 3 + 1 − 7x − 7
Pı (−1) =
8 • (−1)3 − 2 • 12 • (−1) + b =
0 ve b =
−16
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = (x 3 + 1) − 7(x + 1)
P(−1)= 2 • (−1)4 − 12 • ( −1)2 + (−16) • ( −1) − c= 0
ve c = 6 elde edilir.
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = (x + 1)(x 2 − x + 1) − 7(x + 1)
(x − 3) • (x + 1) • P(x) = (x + 1)[x 2 − x − 6]
23.
(x − 3) • (x + 1) • P(x) =
(x + 1)(x − 3)(x + 2)
Böylece P(x)= x + 2 bulunur.
P(x) in x − 1 ile bölümünden kalan P(1) dir.
P(x)= x20 + 1 ve P(1)= 120 + 1= 2 elde edilir.
O halde P(P(x)) in x + 1 ile bölümünden kalan
O halde ,
için x + 1 =0 dan elde edilen x =−1 P(P(x)) de
20
x +1
yazılırsa kalan P(P(−1)) olup
P(−1)= 1 ve P(P(−1))= P(1)= 3 elde edilir.
20. P(x) polinomunun x2 − 4x + 4 ile bölümünden ka -
2
lan için x 2 − 4x + 4 = 0 dan elde edilen x2 = 4x − 4
x20 + 1 = (x − 1) • B(x) + 2 dir.
doğrudan P(x) de x2 yerine yazılmalıdır.
(x − 1) • B(x) =
x 20 − 1
P(x) = x 4 − 2x + 9
(x − 1) • B(x) = (x − 1) • (x19 + x18 + • • • + x 2 + x + 1)
P(x)= (x 2 )2 − 2x + 9
Böylece B(x)= x19 + x18 + • • • + x 2 + x + 1
O halde , katsayılar toplamı için x = 1 yazılırsa
kalan ⇒ (4x − 4)2 − 2x + 9
kalan ⇒ 16x2 − 32x + 16 − 2x + 9
B(1)= 119 + 118 + • • • + 12 + 1 + 1= 20 elde edilir.
kalan ⇒ 16 • (4x − 4) − 32x + 16 − 2x + 9
kalan ⇒ 30x − 39 elde edilir.
24.
21. a) P(x) polinomunun x 2 − x + 1 ile bölümünden
kalan için x 2 − x + 1= 0 dan elde edilen
x 2 = x − 1 doğrudan P(x) de x 2 yerine yazıl malıdır.
P(x, y)= (2x + 2y − 1)3 − 2(x + y + 1)2 − x − y
P(x) = (x 2 )2 − x • (x2 ) + ax + b − 2
P(x,=
y) (2 • (x + y) − 1)3 − 2(x + y + 1)2 − (x + y)
kalan ⇒ (2 • 3 − 1)3 − 2 • (3 + 1)2 − 3
kalan ⇒ 90 elde edilir.
kalan ⇒ x2 − 2x + 1 − x 2 + x + ax + b − 2
kalan ⇒ (x − 1) − 2x + 1 − (x − 1) + x + ax + b − 2
kalan ⇒ (a − 1) • x + b − 1 dir ve polinom eşit -
b) Bu polinomu
P(x) = (x − 2) • (x + 1) • (x + 2) + k
liğinden ⇒ (a − 1) • x + b − 1= −2x + 9
Buradan elde edilen
=
a
şeklinde seçersek başkatsayısı 1 ve
x − 2, x + 1 ve x + 2 ile bölümünden kalanlar
eşit ve k olan III. dereceden bir polinom olur.
P(x) in katsayılarının toplamı x = 1 için P(1) dir
ve P(1) = 23 verilmiş.
O halde ,
P(x) = (x − 2) • (x + 1) • (x + 2) + k
P(1) = (1 − 2) • (1 + 1) • (1 + 2) + k =
23
−1=
ve b 10 yukarıda
yazılırsa , P(x) = x 4 − x 3 − x + 8
elde edilir ve
) P(1)
P(9a +=
b) P(9 • ( −1) + 10
=
= 7 elde edilir.
b) P(x) polinomu x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 ile tam
bölünebildiğine göre x + 1 = 0 dan elde edilen
=
P(x)
a) P(x, y) polinomunun x + y − 3 ile bölümünden
kalan
=
için x + y − 3 0 dan =
elde edilen x + y 3
P(x, y) de yazılmalıdır.
P(x) = x 4 − x3 + ax + b − 2 verilmiş.
kalan ⇒ (x − 1)2 − x • (x − 1) + ax + b − 2
x
=
x−1
B(x)
−1 =
için P(−1) 0 =
ve Pı (−1) 0 olmalıdır.
−=
6 + k 23 =
ve k 29 elde edilir.
x5=
− ax + b − 2 ve Pı(x) 5x 4 − a olur.
5
=
P(−1) (−1) − a • (−=
1) + b − 2 0 =
ve a + b 3
P(x) in sabit
4
=
− a 0=
ve a 5 elde edilir.
Pı (−1) = 5 • (−1)
O halde
=
, a 5=
ise b
−2 elde edilir.
O halde , P(x) = x 5 − ax + b − 2
sabit
sabit
P(x) = x 5 − 5x − 4 olur.
Buradan, P(a +=
b) P(5 + (−2)
=) P(3)
= 224 tür.
www.yukseklimit.com
16
terimi x = 0 için P(0) dır.
P(x) = (x − 2) • (x + 1) • (x + 2) + 29
terimi ⇒ P(0) =−
(0 2) • (0 + 1) • (0 + 2) + 29
terimi ⇒ 25 elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
3−II. DERECEDEN DENKLEMLER−1 (Kök Bulma ve Diskriminant-2. Dereceye Dön. Denklemler )
1.
a)
5
(m − 3)x + mx
n− 2
4.
+x−4=
0
LYS MATEMATÝK
(m + 1)x 2 − (m2 − 1)x − 4m2 − 28 =
0
denkleminin simetrik iki kökünün olabilmesi
denkleminin x e bağlı ikinci dereceden bir
için x in katsayısı 0 olmalıdır.
denklem
0
⇒ m2 − 1 =
0
⇒ (m − 1) • (m + 1) =
Buradan m = 1 veya m = −1
olabilmesi için ;
m=
− 3 0 ve n=
− 2 2 olması gerekir.
O halde=
, m 3=
, n 4 ve m • n = 12 elde edilir.
elde edilir. Ancak
2
m=
−1 x nin katsayısını 0 yaptığından m =
1
alınmalıdır. O halde , m = 1 yukarıda yazılırsa
b)
2x 2 − 32 =
0 elde edilir.
(x − 3)a 4 + (x + 1)a x + y − 5 − 3a + 2 =
0
denklemi a ya
0
⇒ 2 • (x2 − 16) =
0
⇒ 4 • (x + 4) • (x − 4) =
bağlı üçüncü dereceden
⇒ x = −4 veya x = 4
bir denklem olabilmesi için ;
O halde , Ç= { − 4, 4 } elde edilir.
x=
− 3 0 ve x + y=
− 5 3 olması gerekir.
O halde , x =
3, y =
5 ve x − y =−2 elde edilir.
2.
5.
3x2 = 0
⇒3•x•x = 0
veya x 0 (çift kat kök durumu)
⇒ x 0=
=
O halde , Ç = { 0 } elde edilir.
a)
x 2 − 98x − 200 =
0
x
2
x
− 100
0
⇒ (x + 2) • (x − 100) =
a)
⇒x =
−2 veya x =
100 ve Ç =
{ − 2 ,100 } dir.
x 2 + (a + b)x + ab =
0
x
a
b)
3x2 − 12x =
0
⇒ 3 • x • (x − 4) =
0
⇒ x 0=
=
veya x 4
O halde , Ç = { 0 ,4 } elde edilir.
b)
c)
x
c)
2
4x − 100 =
0
2x
⇒ (mx + n) • (2x − 1) =
0
0
⇒ 4 • (x − 25) =
0
⇒ 4 • (x + 5) • (x − 5) =
−5 veya x =
5
⇒x=
O halde , Ç= { − 5 ,5 } elde edilir.
2
6.
a)
∆= b2 − 4ac (diskriminant)
=
x1
−b − ∆
=
ve x1
2•a
elde edilir.
−b + ∆
2•a
dir.
O halde , x1 =
1 − 2 ve x1 =
1 + 2 elde edilir.
b)
x 2 + 3x + 4 =
0
∆= b2 − 4ac (diskriminant)
6x 2 + 17x + 10 =
0 elde edilir.
Çarpanlarına ayırılırsa,
∆ = 32 − 4 • 1 • 4 = −8 yani ∆ < 0 olduğundan
reel (gerçel ya da gerçek) kök yoktur.
Dolayısıyla Ç = ∅ dir.
6x 2 + 17x + 10 =
0
6x
5
2
x 2 − 14x + 49 =
0
x
−7
x
−7
0
⇒ (x − 7) • (x − 7) =
Kökler
x 7=
veya x 7 (çakışık kök durumu)
=
c)
⇒ (6x + 5) • (x + 2) =
0
5
Kökler x =
veya x =
−
−2 elde edilir.
6
5
O halde , diğer kök olarak −
elde edilir.
6
www.yukseklimit.com
x 2 − 2x − 1 =
0
∆ = (−2)2 − 4 • 1 • (−1) = 8
⇒ 6 • (−2) − a • (−2) + 10 =
0
⇒ 24 + 2a + 10 =
0
⇒ a = −17 elde edilir.
a = −17 yukarıda yerine yazılırsa,
x
n
−1
n
1
n 1
⇒x =
−
veya x =
ve Ç =
{−
, } dir.
m
2
m 2
6x 2 − ax + 10 =
0
−2 ise x yerine − 2
denkleminin bir kökü x =
yazıldığında bu denklem sağlanmalıdır.
O halde , x = −2 için ,
2mx 2 − (m − 2n)x − n =
0
mx
2
3.
b
⇒ (x + a) • (x + b) =
0
− a veya x =
−b ve Ç =−
{ a , − b } dir.
⇒x =
O halde , Ç = { 7 } elde edilir.
17
Mehmet Ali AYDIN
3−II. DERECEDEN DENKLEMLER−1 (Kök Bulma ve Diskriminant-2. Dereceye Dön. Denklemler )
7.
a)
10.
kx 2 − 5x + 5 =
0
denkleminin reel kökünün olmaması için
olmadığına göre, ∆ < 0 olmalıdır.
b)
1
=0
x 2 − 25
Buradan içler dışlar çarpımı yapılırsa elde edilen
∆= b2 − 4ac < 0
⇒ (−5)2 − 4 • k • 5 < 0 ve k >
LYS MATEMATÝK
5
elde edilir.
4
1= 0
imkansız olduğundan Ç = ∅ elde edilir.
x 2 − 2x + 2 − a =
0
denkleminin çakışık iki kökünün olması
için ∆ =0 olmalıdır.
∆= b2 − 4ac , ( −2)2 − 4 • 1 • (2 − a)= 0 ve a= 1
olup yukarıda a = 1 yazılırsa
x2 − 2x + 2 − 1 =
0
x2 − 2x + 1 =
0
−1
x
−1
x
11.
Buradan içler dışlar çarpımı yapılırsa ,
0
⇒ (x − 1) • (x − 1) =
Kökler çakışık ve x = 1 elde edilir.
x 2 + 5x + 4
x
4
2
c)
kx + 8x + 4 =
0
x
denkleminin reel kökünün olması için
olmadığına göre, ∆ ≥ 0 olmalıdır.
2
1
⇒ (x + 4) • (x + 1) =
−4 ve x = −1 dir.
0 ve x =
2
∆= b − 4ac , 8 − 4 • k • 4 ≥ 0 ve k ≤ 4 olup
k ∈ N olduğundan k =
0,1,2,3,4 olmak üzere
x 2 + 4x − 5
= 0 denkleminde paydayı
x2 + x − 2
sıfır yapmadığından Ç = {−1, − 4} dir.
Bu kökler
5 farklı değer alır.
8.
x 2 + 5x + 4
=0
x 2 + 5x + 6
Bu denklemin köklerinin birbirine eşit olabilmesi
∆ =0 olmalıdır.
⇒ 2x 2 + 3x = m − 1 − x
⇒ 2x 2 + 4x + 1 − m =
0
12.
2
∆ = b − 4ac , 42 − 4 • 2 • (1 − m) = 0 ve m = −1
olup yukarıda m = −1 yazılırsa
denkleminde x 2 = a dönüşümü yapılırsa,
2
0
2x + 4x + 2 =
x 2 + 2x + 1 =
0
x
1
x
1
⇒ x 4 − 13x 2 + 36 =
0
⇒ (x 2 )2 − 13x 2 + 36 =
0
a2 − 13a + 36 =
0
−4
a
−9
a
⇒ (x + 1) • (x + 1) =
−1 dir.
0, kökler eşit ve x =
9.
x 2 + 4x − 5
=0
x2 + x − 2
Buradan içler dışlar çarpımı yapılırsa ,
⇒ (a − 4) • (a − 9) =
0 elde edilir.
Burada tekrar a = x 2 yazılırsa,
x 2 + 4x − 5 =
0
x
x
x 4 − 13x2 + 36 =
0
5
−1
⇒ (x 2 − 4) • (x 2 − 9) =
0 elde edilir.
⇒ (x − 2) • (x + 2) • (x − 3) • (x + 3) =
0 olup
⇒ (x + 5) • (x − 1) =
−5 ve x =
1 dir.
0 ve x =
Ç=
{ 2, − 2 , 3, − 3} elde edilir.
x 2 + 4x − 5
= 0 denkle x2 + x − 2
minde x = 1 paydayı sıfır yaptığından sadece
Ancak başlangıçtaki
{ − 5 } elde edilir.
x=
−5 olup Ç =
www.yukseklimit.com
18
Mehmet Ali AYDIN
3−II. DERECEDEN DENKLEMLER−1 (Kök Bulma ve Diskriminant-2. Dereceye Dön. Denklemler )
13.
16.
(x 2 + 3x)2 − 2(x 2 + 3x) − 8 =
0
LYS MATEMATÝK
15. soru sehven 16. soru olarak da yazılmıştır.
denkleminde x 2 + 3x =
t dönüşümü yapalım,
⇒ (x 2 + 3x)2 − 2(x 2 + 3x) − 8 =
0
⇒ t2 − 2t − 8 =
0
−4
t
t
2
⇒ (t − 4) • (t + 2) =
0 elde edilir.
Burada tekrar =
t x2 + 3x yazılırsa,
17.
⇒ (x2 + 3x − 4) • (x 2 + 3x + 2) =
0 elde edilir.
10
10
denkleminde
x
4
x
2
x
x
1
−1
⇒ (x + 4) • (x − 1) • (x + 2) • (x + 1) =
0 olup
x = A dönüşümü yapalım,
⇒ 10 x − 5 x + 2 =
0
⇒ 10 x −
Ç ={ − 4, 1, − 2 , − 1} elde edilir.
14.
x −5 x +2=
0
(
10
x
)
2
+2=
0
2
⇒A−A +2=
0
⇒ A2 − A − 2 =
0
−2
A
A
1
0 elde edilir.
⇒ (A − 2) • (A + 1) =
1
3
− 2 =
4
x4
x
payda eşitlenip içler dışlar çarpımı yapılırsa
4x 4 + 3x2 − 1 =
0 elde edilir.
Burada tekrar A = 10 x yazılırsa,
Bu denklemde x 2 = a dönüşümü yapılırsa,
⇒ (10 x − 2) • (10 x + 1) =
0 elde edilir.
⇒ 4x 4 + 3x2 − 1 =
0
⇒ 4 • (x 2 )2 + 3 • x2 − 1 =
0
4a2 + 3a − 1 =
0
−1
4a
a
1
⇒ (4a − 1) • (a + 1) =
0 elde edilir.
10
x = 2 ⇒ x = 210 = 1024 ve
10
x =−1 ⇒ ∅ dir.
O halde, Ç = { 1024 } elde edilir.
Burada tekrar a = x2 yazılırsa,
⇒ (4x2 − 1) • (x2 + 1) =
0 elde edilir.
18.
2
⇒ (2x − 1) • (2x + 1) • (x + 1) =
0 olup
nedir?(soruda düzeltme!!!)
1 1
, } elde edilir.
2 2
=
Burada x 2 + 1 0 reel kökü yoktur (∆ < 0)
Ç=
x • 11 − x =
28
denkleminin rasyonel sayılardaki çözümü
{−
x • 11 − x =
28
Mutlak değerde kritik nokta x = 11 dir.
15.
x ≤ 11 ise
2
4x
 2x 
0
 x − 1  − 1− x − 8 =


2x
Bu denklemde
= a dönüşümü yapılırsa,
x −1
⇒ − x 2 + 11x =
28
⇒ x 2 − 11x + 28 =
0
2
2x
 2x 
0
⇒
 +2• x−1 −8=
 x −1
0
⇒ a2 + 2a − 8 =
−2
a
a
4
0 elde edilir.
⇒ (a + 4) • (a − 2) =
2x
Burada tekrar a =
yazılırsa,
x −1
 2x
  2x

⇒
+ 4 • 
− 2 =
0 olup
 x −1
  x−1

2x
2
=−4 ⇒ 2x =−4x + 4 ve x =
x −1
3
2x
= 2 ⇒ 2x= 2x − 2 ⇒ 0= 2 ⇒ ∅ olur.
x −1
2
O halde, Ç = { } elde edilir.
3
www.yukseklimit.com
⇒ x • 11 − x =
28
⇒ x • (11 − x) =
28
x
−7
x
−4
⇒ (x − 7) • (x −
=
4) 0 ve
=
x 7 ve
=
x 4 bulunur.
x ≤ 11 koşulundan dolayı ikisi de çözümdür.
x > 11 ise
⇒ x • 11 − x =
28
⇒ x • (−11 + x) =
28
⇒ x 2 − 11x =
28
⇒ x 2 − 11x − 28 =
0
Bu deklemin reel kökleri irrasyoneldir.
O halde, Ç = { 4 ,7 } elde edilir.
19
Mehmet Ali AYDIN
3−II. DERECEDEN DENKLEMLER−1 (Kök Bulma ve Diskriminant-2. Dereceye Dön. Denklemler )
19.
=
x2
22.
3x − 2
3
Mutlak değerde kritik nokta x =
dir.
2
3
x≥
ise ⇒ x2 =
3x − 2
2
⇒
0
⇒ x − 3x + 2 =
x−3
2
=
12
x • (x − 3)
2
x − 3x
x 2 − 3x
⇒x−2
=
2
⇒ (x − 2) =x 2 − 3x
⇒ x 2 − 4x + 4 = x 2 − 3x
⇒x=4
Bu rasyonel köklerin toplamı x1 + x2 =
3 tür.
⇒ x2 =
− 3x + 2
)
x • (x − 3) + x − 3 =
1
⇒x−2
=
⇒ (x − 2) • (x=
− 1) 0 ve
=
x1 2 ve
=
x2 1 bulunur.
=
x 4=
denklemi sağladığından Ç
0
⇒ x2 + 3x − 2 =
dekleminin kökleri x 3 ve x 4 irrasyoneldir ve
23.
b
−
(kökler toplamı formülü)
x3 + x 4 =
a
3
⇒ x3 + x 4 =
− =
−3 elde edilir.
1
Böylece rasyonel kökler, irrasyonel köklerden
x −1 −
⇒
(
{ 4 } tür.
5−x =
2
x −1 −
5−x
)
2
=
22
⇒ x − 1 − 2 • (x − 1) • (5 − x) + 5 − x =
4
3 − (−3) =6 fazla elde edilir.
20.
x −
⇒=
2x − 4 2 •
0
⇒ x2 − 3x + 2 =
x
−2
x
−1
3
ise
2
(
x−3 =
1
⇒ x−2•
2
x<
x −
LYS MATEMATÝK
⇒ −2 •
⇒
25 x − 6 • 5 x + 1 + 125 =
0
(x − 1) • (5 − x) =
0
(x − 1) • (5 − x) =
0
⇒ (x − 1) • (5 − x) =
0
=
⇒ x 1=
veya x 5 elde edilir.
denkleminde 5 x = a dönüşümü yapılırsa,
0
⇒ 25 x − 6 • 5 x + 1 + 125 =
=
Sadece x 5=
denklemi sağladığından Ç
0
⇒ (5 x )2 − 6 • 5 • 5 x + 125 =
{ 5 } tir.
a2 − 30a + 125 =
0
a
−5
a
− 25
24.
Burada tekrar a = 5
⇒ 32a
yazılırsa,
2
⇒3
0 elde edilir.
⇒ (5 x − 5) • (5 x − 25) =
x
x
5 0 ⇒=
5
5 ⇒=
x 1 ve
=
⇒5 −
x
25 0 ⇒ =
5
25 ⇒=
x 2 elde edilir.
⇒ 5 −=
a)
⇒
x2 + 1 = 5 − x
⇒ x + 1 = (5 − x)2
x
b)
12
=
denklemi sağladığından Ç
5
x−
{ 12 } tir.
5
x+1 =
1
⇒ x − 1=
x+1
(
+ 6a + 2
3
2 • (a + 3a)
a2 + 3a
= x dönüşümü yapılırsa,
− 10 • 3a
2
)
2
=
−1
2
+ 3a
− 10 • 3
− 10 • 3
=
−1
a2 + 3a
a2 + 3a
=
−1
0
+ 1=
2
⇒ (x − 1) =x + 1
⇒ 3a
⇒ x 2 − 2x + 1 = x + 1
2
+ 3a
=1 =30 ve a2 + 3a =0 dır.
⇒ a2 + 3a =
0 denkleminden
a = −3 veya a = 0 elde edilir.
0
⇒ x 2 − 3x =
0
⇒ x • (x − 3) =
=
⇒ x 0=
veya x 3 elde edilir.
=
Sadece x 3=
denklemi sağladığından Ç
a + 3a
+ 3a
=
3a + 3a x=
olduğundan , x 1 için
2
www.yukseklimit.com
•
2
2
9x2 − 10x + 1 =
0
9x
−1
x
−1
0 elde edilir.
⇒ (9x − 1) • (x − 1) =
1
Buradan
x =
ve x 1 bulunur.
=
9
2
1
3a + 3a x=
olduğundan , x
için
=
9
2
1
⇒ 3a + 3a = =
−2 dir.
3−2 ve a2 + 3a =
9
⇒ a2 + 3a + 2 =
0 denkleminden
−2 veya a =
−1 elde edilir.
a=
2
⇒ x 2 + 1= x 2 − 10x + 25
12
=
=
⇒ 10x 24
⇒x
5
2
− 10 • 3a
9x2 − 10x + 1 =
0
x2 + 1 =
5
x+
+ 6a + 2
⇒9• 3
x
O halde , Ç = { 1, 2} elde edilir.
21.
2
denkleminde 3
⇒ (a − 5) • (a − 25) =
0 elde edilir.
x
32a
O halde , Ç ={ − 3, − 2 , − 1, 0 } elde edilir.
{ 3 } tür.
20
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
1.
4.
x 2 + 2x − 4 =
0
− x2 + 5x + 3 =
0
b
5
=
−
=
5
a
−1
c
3
=
= −3
x1 • x 2 =
−1
a
b
2
=
− =
−2
a
1
c
−4
=
= −4
x1 • x 2 =
a
1
−
x1 + x 2 =
−
x1 + x 2 =
x13 + x23 sorulmuş.
x12 • x 2 + x1 • x 22 sorulmuş.
⇒ x 1 • x 2 • (x 1 + x 2 )
⇒ (x1 + x 2 ) • [(x1 + x2 )2 − 3 • x1 • x 2 ]
⇒ 8 elde edilir.
⇒ 170 elde edilir.
⇒ (−2) • (−4)
⇒ 5 • [52 − 3 • (−3)]
2x2 + 6x − 1 =
0
2.
5.
b
6
=
− =
−3
a
2
c
−1
1
x1 • x 2 =
=
= −
a
2
2
2x2 − (p + q)x + p2 + q2 =
0
x1 + x 2 =
−
1
1
+
x1 x 2
⇒
denkleminin kökleri p ve q olarak verilmiş.
O halde
sorulmuş.
=
⇒p•q
p2 + q2

=
 x1 • x 2
2

c

olduğundan 
a

2•p •q
⇒ p2 + q2 =
x1 + x 2
x1 • x 2
0
⇒ p2 + q2 − 2 • p • q =
0
⇒ (p − q)2 =
−3
⇒
1
−
2
⇒ 6 elde edilir.
3.
LYS MATEMATÝK
⇒ p = q elde edilir.
Kökler eşit olduğuna göre ∆ =0 demektir.
(x − 4)(x + 1) =
6 denklemi düzenlenirse ,
⇒ x 2 + x − 4x − 4 =
6
6.
⇒ x 2 − 3x − 10 =
0 elde edilir.
x1 + x 2 =
−
b
−3
3
=
−
=
a
1
−10
x1 • x 2 =
= −10 dur.
1
x1 + x 2 =
−
−7m
b
7
=
−
=
a
m
Böylece ,
x1 + x 2 =
7
3x1 − x 2 =
1
x12 + x22 sorulmuş.
⇒ (x1 + x 2 )2 − 2 • x 1 • x 2
Buradan
=
x1 2=
ve x2 5 olup=
x1 • x2 10 dur.
⇒ 32 − 2 • (−10)
⇒ 29 elde edilir.
www.yukseklimit.com
mx 2 − 7mx + 5 =
0
21
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
7.
2a2 − 5ab + 3b2
=1
a2 − b 2
2a2 − 5ab + 3b2 =a2 − b2
10.
(a + 1)x2 − 4x + a + 2 =
0
1
1
b
+
=
−
x1 x 2
c
a2 − 5ab + 4b2 =
0
1
−4
=
−
2
a+2
−4
1
⇒ =
2
a+2
⇒ a + 2 =−8
⇒ a = −10 elde edilir.
⇒−
8.
b2 ile bölünürse
a2
5ab 4b2
− 2 + 2 =
0
2
b
b
b
2
a
a
0
b  −5• b + 4 =
 
 
a
= x dönüşümü yapılırsa
Burada
b
6x2 + kx + 5 =
0
b
k
c
5
x1 + x 2 =
ve x1 • x 2 = =
− =
−
a
6
a
6
25
2
4
x1 • x 2 =
verilmiş.
36
25
⇒ (x1 • x2 )2 • x 22 =
36
5
⇒ 
6
2
•
x 22 =
x 2 − 5x + 4 =
0
a
Yukarıda x
yi temsil ettiğinden
b
−5
b
x1 + x 2 =
5
− =
−
=
a
1
c
4
x1 • x=
= = 4 elde edilir.
2
a
1
O halde kökler toplamı kökler çarpımından
25
36
⇒ x 22 = 1
5 − 1=
4 fazla olur.
Böylece x 2 = 1 veya x2 = −1 olabilir ancak
11.
kökler negatif olduğundan x 2 = −1 dir.
Yukarıdaki denklemde x = −1 yazıldığında
denklemi sağlayacağından
x 2 − 6x + 4 =
0
−6
b
c
4
=
−
=
6 ve x1 • x2 = = =
4
a
1
a
1
⇒ x1 =
+ x2 a olsun. (a > 0 dır)
x1 + x 2 =
−
6x2 + kx + 5 =
0
⇒
⇒ 6 • (−1)2 + k • ( −1) + 5 =
0
⇒6−k+5 =
0
⇒ k = 11 elde edilir.
(
x1 +
x2
a)
)
2
x1 • x 2 =
a2
⇒6+2•
2
4 =
a
=
⇒ 10 a=
⇒a
x2 − x + m =
0
b
−1
x1 + x 2 =
1
− =
−
=
a
1
x12 + x1 • x 2 + x 2 =5 − x1 verilmiş.
12.
a)
=
a2
⇒ x1 + x 2 + 2 •
2
9.
LYS MATEMATÝK
10 elde edilir.
x 2 + (a + 1)x − 40 =
0
⇒ (a − 1)2 + (a + 1) • (a − 1) − 40 =
0
⇒ 2a2 − 2a − 40 =
0
⇒ x12 + x1 • x 2 + x 2 + x1 =
5
⇒ a2 − a − 20 =
0
⇒ (a − 5) • (a + 4) =
0
⇒ x1 • (x1 + x2 ) + (x2 + x1 ) =
5
⇒ x1 • 1 + 1 =
5
Böylece a = 5 veya a = −4 elde edilir.
c
−20
=
= −20
Kökler çarpımı x1 • x=
2
a
1
Köklerden biri örneğin x1= a − 1 olsun.
⇒ x1 = 4
Yukarıdaki denklemde x = 4 yazıldığında
denklemi sağlayacağından
x2 − x + m =
0
−5
a=
5 için x1 =
a − 1 ⇒ x1 =
4 ve x 2 =
−4 için x1 =
−5 ve x 2 =
a=
a − 1 ⇒ x1 =
4 tür.
⇒ 42 − 4 + m =
0
⇒ m = −12 elde edilir.
O halde burada x 2 diğer kökü temsil ettiğinden
diğer kök − 5 veya 4 elde edilir.
b)
2
x + 4x + 4a =
0
x1 + 2x 2
2
=
2x1 + 3x 2
3
b)
⇒ 3x1 + 6x 2 = 4x1 + 6x2
⇒ x1 = 0 elde edilir.
Yukarıdaki denklemde x = 0 yazıldığında
denklemi sağlayacağından
x 2 + 4x + 4a =
0
2 1 3
−
•
x  x a 
3a + 2x
2  a − 3x 
=
•
⇒
ax
x  ax 
2
=
⇒ 3a + 2x
• (a − 3x)
x
⇒ 2x2 + 3ax =2a − 6x
0
⇒ 2x2 + (3a + 6)x − 2a =
⇒ 02 + 4 • 0 + 4a =
0
⇒ a = 0 elde edilir.
www.yukseklimit.com
3 2
+=
x a
O halde , x1 • x2 =
22
c
−2a
=
= − a elde edilir.
a
2
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
13.
16.
x2 − kx + a + 1 =
0
x2 − (x1 + x 2 )x + x1 • x 2 =
0
(
x2 − 4 − 11 + 4 +
x1 • x2 + 2(x1 + x 2 ) =−19 ⇒ a + 1 + 2k =−19
b)
•
)
11 =
0
Köklerinden biri 2 − 10 olan rasyonel
2+
10 olacağından bu denklem ,
x2 − (x1 + x 2 )x + x1 • x 2 =
0
(
x2 − 2 − 10 + 2 +
Böylece x1 + x 2 =
=
−9 ve x1 • x 2 =
−1 dir.
) (
10 x + 2 − 10
) (2 +
•
)
10 =
0
2
sorulmuş.
x − 4x − 6 =
0 elde edilir.
⇒ (x1 + x 2 ) • [(x1 + x2 )2 − 3 • x1 • x 2 ]
17.
⇒ −9 • [(−9)2 − 3 • (−1)]
2x 2 + 4x − 11 =
0
a)
denkleminin
⇒ −756 elde edilir.
kökleri
x1 ve x 2 ise
kökleri x1 − 3 ve x2 − 3 olan ikinci
dereceden denklem için x yerine x + 3
x2 + (5 − a)x + 2a − 2 =
0
14.
) (4 +
katsayılı 2. dereceden denklemin diğer kökü
x2 + 11x + 3 =
0 olur.
+ x2
) (
11 x + 4 − 11
x − 8x + 5 =
0 elde edilir.
+3−k 6
⇒ 3a=
x2 − kx + a + 1 =
0 denkleminde yazılırsa
3
11
2
Buradan elde edilen a =
−2 ve k =
−9
x13
O halde , kökleri 4 − 11 ve 4 +
olan ikinci dereceden denklem ,
x1 + x 2 =k ve x1 • x 2 =a + 1
3x 1 • x 2 − (x
=
6
1 + x2 )
a)
LYS MATEMATÝK
yazılmalıdır. O halde ,
⇒ 2x 2 + 4x − 11 =
0
3x1 + x 2 =a + 3
⇒ 2 • (x + 3)2 + 4 • (x + 3) − 11 =
0
x 1 + x 2 =a − 5
⇒ 2x 2 + 12x + 18 + 4x + 12 − 11 =
0
⇒ 2x 2 + 16x + 19 =
0 elde edilir.
Taraf tarafa çıkarırsak x1 = 4 olur. Denklemde
x = 4 yazıldığında denklemi sağlayacağından
denkleminin
2
a)
x1 ve x 2 ise
dereceden denklem için x yerine
yazılmalıdır. O halde ,
Kökleri x1 ve x 2 olan ikinci dereceden
x−5
2
0
⇒ 4x 2 − x − 8 =
denklem
2
 x−5 
 x−5
⇒ 4•
 −
 2 
 2
x2 − (x1 + x 2 )x + x1 • x2 =
0 dır.
O halde , kökleri 4 ve − 9 olan ikinci
dereceden denklem ,

0
−8=

⇒ 2x 2 − 21x + 39 =
0 (Sonuç düzeltildi)
18.
0
⇒ x 2 − (4 − 9)x + 4 • (−9) =
− 5x2 + x + 8 =
0
denkleminin kökleri x1 ve x 2 ise
0 elde edilir.
⇒ x 2 + 5x − 36 =
kökleri
x 2 − (x1 + x 2 )x + x1 • x 2 =
0
b)
kökleri
kökleri 2x1 + 5 ve 2x2 + 5 olan ikinci
⇒ 4 + (5 − a) • 4 + 2a − 2 =
0
⇒ 16 + 20 − 4a + 2a − 2 =
0
⇒ a = 17 elde edilir.
15.
4x2 − x − 8 =
0
b)
x2 + (5 − a)x + 2a − 2 = 0
a)
5 + x1
5 + x2
ve
olan ikinci
2
2
dereceden denklem için x yerine 2x − 5
yazılmalıdır. O halde ,
Kökleri x1 ve x 2 olan ikinci dereceden
denklem
⇒ −5x2 + x + 8 =
0
x2 − (x1 + x 2 )x + x1 • x2 =
0 dır.
⇒ −5 • (2x − 5)2 + (2x − 5) + 8 =
0
7
O halde , kökleri −
ve 6 olan ikinci
2
dereceden denklem ,
⇒ −5 • (4x2 − 20x + 25) + (2x − 5) + 8 =
0
⇒ −20x 2 + 102x − 122 =
0
⇒ 10x 2 − 51x + 61 =
0 elde edilir.
2
x − (x1 + x 2 )x + x1 • x 2 =
0
 7

 7
x 2 −  − + 6  x +  −  • 6 =0
 2

 2
5
⇒ x 2 − x − 21 =
0 elde edilir.
2
Genişletme yapılabileceğinden örneğin − 2 ile
genişletilerek (şıklara göre yapılmalıdır)
b)
1
x1
ve
1
olan ikinci dereceden denklem
x2
için 2 ve − 3
− 2x 2 + 5x + 42 = 0 elde edilir.
www.yukseklimit.com
0
2x 2 + x − 3 =
denkleminin kökleri x1 ve x 2 ise, kökleri
(a ve c katsayıları) yer de -
ğiştirilirse − 3x 2 + x + 2 = 0 elde edilir.
23
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
19.
x 2 + 4x − 2 = 0
−4 ve x1 • x2 =
−2 dir.
x1 + x 2 =
22.
x2 + mx − 6 =
0 denkleminin kökleri x1 ve x 2 ise
x1 + x 2 =
−m ve x1 • x 2 =
−6 dır.
x12 + x22 için
x2 + 3x − 2m =
0 denkleminin kökleri x1 ve x 3 ise
⇒ (x1 + x 2 )2 − 2 • x 1 • x 2
x1 + x 3 =
−3 ve x1 • x 3 =
−2m dir.
⇒ (−4)2 − 2 • (−2)
1
1
+
x1 x 2
⇒ 20 elde edilir.
x1 + x 2 =
−m
 çıkarırsak x2 − x 3 =3 − m elde edilir.
x1 + x 3 =
−3 
x1 • x2 = −6 
 çıkarırsak x1 • (x2 − x 3 ) = 2m − 6 olur.
x1 • x3 = −2m
için
x + x2
1
1
−4
+
= 1
=
= 2 elde edilir.
x1 x 2
x1 • x 2
−2
⇒
O halde , kökleri 20 ve 2 olan ikinci
Böylece
dereceden denklem ,
x1 • (3 − m) = 2m − 6
0
⇒ x 2 − (20 + 2)x + 20 • 2 =
−2 • (3 − m)
x1 • (3 − m) =
0 elde edilir.
⇒ x 2 − 22x + 40 =
20.
x1 = −2 elde edilir. Bu değer her iki denklemi de
sağlar. Örneğin x 2 + mx − 6 =0 da x =−2 yazılırsa
x2 + 2x − 2 = 0
−2 ve x1 • x 2 =
−2 dir.
x1 + x 2 =
x1 • x 2 − 2
=
x2
2
−
x1 =
x2
x1 • x 2 − 2
=
x1
2
−
x 2=
x1
O halde , kökleri
x2 + mx − 6 =
0
⇒ (−2)2 + m • (−2) − 6 =
0
−4
x2
⇒ (−2)2 + m • (−2) − 6 =
0
⇒ m = −1 elde edilir.
−4
elde edilir.
x1
−4
−4
ve
olan ikinci
x1
x2
dereceden denklem ,
 −4 −4 
 −4   − 4 
0
+
⇒ x2 − 
x + 
•
=
x1 
 x1
 x1   x2 
 x + x2 
 16 
0
⇒ x2 + 4 •  1
x + 
=
x
• x
 1 2 
 x1 • x 2 
0 denkleminin kökleri x1 ve 5x 2 ise
23. x2 + px + q =
x1 + 5x 2 =
−p ve 5x 2 • x1 =
q dur.
2
x + qx + p =
0 denkleminin kökleri x1 ve x 2 ise
x1 + x 2 =
−q ve x1 • x2 =
p dir.
 −2 
 16 
0
⇒ x2 + 4 • 
x + 
=
 −2 
 −2 
5x1 • x 2 =
q
x1 + 5x 2 =
−p 
 ise q = 5p ve
 olur.
x1 + x 2 =
x1 • x2 = p 
−5p 
x1 + 5x 2 =
−p 

x1 + x2 =
−5p 
çözülürse x 2 = p ve x1 = −6p elde edilir.
2
0 elde edilir.
⇒ x + 4x − 8 =
21.
x 2 − (x1 + 4)x − 8x 2 =
0
a)
x1 + x2 = x1 + 4 ve x 2 = 4
• x
=
x1 • x 2 8=
8
2 ve x 1
⇒
b)
LYS MATEMATÝK
1
1
1
1
5
+ 2 =
+
=
elde edilir.
64 16 64
x12
x2
O halde , birinci denklemin köklerinin o x1
5x2
6
5p
5
−6p
ranı
veya
=
=
−
=
=
−
5x 2
5p
5
x1
6
−6p
x2
+ 4x − 5 =
0 (3 ile genişletilirse)
3
2
x + 12x − 15 =
0 elde edilir.
elde edilir.
x = x1 yazılırsa denklem sağlanacağından
⇒ x12 + 12x1 − 15 =
0
−12x1
⇒ x12 − 15 =
⇒ x1 −
15
=
−12
x1
24.
(x1 ile bölünürse)
b
0
=
− =
0
a
2
d
5
x1 • x 2 • x 3 =
− =
−
elde edilir.
a
2
O halde ,
x1 + x2 + x 3
0
= = 0 elde edilir.
5
x1 • x 2 • x 3
−
2
(kare alınırsa)
−
x1 + x 2 + x 3 =
2

15 
( −12)2
⇒  x1 −
 =
x1 

15 225
⇒ x12 − 2 • x1 •
+ 2 =
144
x1
x1
⇒ x12 − 30 +
⇒ x12 +
www.yukseklimit.com
2x 3 − 8x + 5 = 0
225
=
144
x12
225
=
174 elde edilir.
x12
24
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
28.
x3 + 4x 2 − 3x + 5 = 0
25.
c
−3
x 2 • x 3 + x 1 • x 3 + x1 • x 2 =
=
=
−3
a
1
d
5
x1 • x 2 • x 3 =
− =
− =
−5
a
1
1
1
1
sorulumuş.
+
+
x1 x 2
x3
⇒
0
⇒ 2x1 + x 3 =
⇒ x 3 = −2x1 elde edilir.
d
128
=
−
=
−128 dir.
a
1
d
128
⇒ (x1)2 • x 3 =
− =
−
=
−128 dir.
a
1
Böylece
⇒ x1 • x1 • x 3 =
−
x 3 = −2x1

3
4
−128 ve x1 =
 − 2 • (x 1 ) =
(x1) • x 3 = −128 
elde edilir. Yukarıdaki denklemi x = 4 sağla -
x 3 − 2x 2 − x − 5 = 0
2
b
−2
2
=
−
=
a
1
c
−1
x 2 • x 3 + x1 • x 3 + x 1 • x 2 =
=
=
−1
a
1
x1 + x 2 + x 3 =
−
yacağından,
0
x 3 + kx + 128 =
⇒ 43 + k • 4 + 128 =
0
⇒ 64 + 4k + 128 =
0
sorulumuş.
⇒ (x1 + x 2 + x 3 )2 − 2(x1 • x2 + x1 • x 3 + x2 • x 3 )
⇒ m = −48 elde edilir.
⇒ 22 − 2 • (−1)
⇒ 6 elde edilir.
29.
x 3 − 4x 2 − 9x + 36 = 0
⇒ x3 − 4x 2 − 9x + 36 = 0
⇒ x2 • (x − 4) − 9 • (x − 4) = 0
x 3 − 6x 2 + mx − 2 = 0
−6
b
x1 + x 2 + x 3 =
6
− =
−
=
a
1
Bu denklemin kökleri x1 , x 2 ve x 3 aritmetik
a)
⇒ (x − 4) • (x 2 − 9) = 0
⇒ (x − 3) • (x + 3) • (x − 4) = 0
sonlu dizi ise ,
x1 + x 3
=
x2
=
ya da x1 + x 3 2x 2 tür.
2
⇒ x1 + x 2 + x 3 =
6
Böylece kökler 3, − 3 ve 4 olacağından
ve bu kökler 3 , a ve b verildiğinden
a=
−3 ve b =
4 elde edilir.
⇒ 3x 2 = 6
O halde ,
⇒ x2 = 2 elde edilir.
⇒ a3 + b3
Yukarıdaki denklemi x = 2 sağlayacağından,
⇒ (−3)3 + 43
⇒ 37 elde edilir.
x 3 − 6x 2 + mx − 2 =
0
0
⇒ 23 − 6 • 22 + m • 2 − 2 =
0
⇒ 8 − 24 + 2m − 2 =
⇒ m = 9 elde edilir.
30.
x3 + kx2 − 6x + 8 = 0
d
8
− =
− =
−8
x1 • x 2 • x 3 =
a
1
Bu denklemin kökleri x1 , x 2 ve x 3 geometrik
b)
x1 • x2 • x3 + 12
=4
x 2 • x3
⇒ x1 • x 2 • x3 + 12 = 4 • x2 • x 3
=
x1 • x 3 ya da x1 • x3 x22 dir.
⇒ 4 + 12 = 4 • x 2 • x3
⇒ x1 • x2 • x 3 = −8
⇒ x 2 • x3 = 4 elde edilir.
3
⇒ x 2 = −8
x1 • x 2 • x 3 = 4 
 x1 = 1 dir.
x2 • x3 = 4

Yukarıdaki denklemi x = 1 sağlayacağından,
⇒ x 2 = −2 elde edilir.
Yukarıdaki denklemi x = −2 sağlayacağından,
x 3 + kx 2 − 6x + 8 =
0
x 3 + mx 2 + 4x − 4 = 0
⇒ (−2)3 + k • ( −2)2 − 6 • (−2) + 8 =
0
⇒ − 8 + 4k + 12 + 8 =
0
⇒ k = −3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
x 3 + mx 2 + 4x − 4 = 0
−4
x1 • x 2 • x 3 =
4 tür.
−
=
1
12
⇒ x1 +
= 4 verilmiş.
x2 • x3
⇒
sonlu dizi ise ,
=
x2
b
0
0
=
− =
a
1
Kökler çarpımı
−3
−5
3
elde edilir.
⇒
5
27.
denkleminin köklerinden ikisi çakışık olduğuna
⇒ x 1 + x1 + x 3 =
−
x 2 • x 3 + x 1 • x 3 + x1 • x 2
x1 • x 2 • x 3
x12 + x 22 + x 32
x 3 + kx + 128 = 0
göre, kökler x 1 , x1 ve x 3 kabul edilirse ,
⇒
26.
LYS MATEMATÝK
⇒ 13 + m • 12 + 4 • 1 − 4 =
0
⇒ 1+ m + 4 − 4 =
0
⇒ m = −1 elde edilir.
25
Mehmet Ali AYDIN
4− II. ve III. DERECEDEN DENKLEMLER−2 (Kök,Katsayý Baðýntýlarý-Kökleri Verilen Denklemin Kuruluþu )
31.
(x 3 )
32.
34.
x3 + ax 2 − (a + 1)x + 6 = 0
b
a
x1 + x2 + x 3 =
− =
− =
−a
a
1
6
x1 • x 2 • x3 =
− =
−6 elde edilir.
1
1
1
1
+
+
= −1 verilmiş.
x1 • x 2
x1 • x 3
x2 • x3
(x2 )
x1 + x 2 + x 3
= −1
x 1 • x 2 • x3
⇒
−a
= −1 ve a = −6 elde edilir.
−6
x 2 + mx + 1 =
0 kökleri x1 ve x 2
x 3 − 2x 2 + 2x − 1 =
0 kökleri x1 , x 2 ve x 3 olsun.
x1 + x2 =
−m ve x1 • x2 =
1 dir.
x 1 + x2 + x3 2 ve=
x1 • x2 • x 3 1 dir.
=
x1 • x 2 = 1

 buradan x3 = 1 elde edilir.
x1 • x 2 • x 3 = 1
(x1)
⇒
LYS MATEMATÝK
−m 
x1 + x 2 =

x1 + x 2 + x 3 =
2  buradan x1 + x2 =
1 ve m =
−1

x3 = 1

elde edilir.
3x 3 + 5x − 5 = 0
b
0
x1 + x 2 + x 3 =
− =
− =
0 ve x1 + x 2 =
− x3
a
3
5
−5
x1 • x 2 • x 3 =
−
= elde edilir.
3
3
x13 + x23 + x33 sorulmuş.
⇒ (x13 + x 23 ) + x 33
35.
⇒ (x1 + x 2 ) • [(x1 + x 2 )2 − 3 • x1 • x 2 ] + x33
⇒ (− x 3 ) • [(− x 3 )2 − 3 • x1 • x 2 ] + x3 3
x1 + x2 + x 3 =
0
⇒ − x 3 3 + 3 • x1 • x 2 • x 3 + x 3 3
x1 • x 2 • x3 = 5 tir.
⇒ 3 • x1 • x 2 • x 3
x1 + x 2 + x 3 =
0 olduğundan üçü de pozitif
5
3
⇒ 5 elde edilir.
⇒3•
33.
ya da üçü de negatif olamaz.
x1 • x2 • x3= 5 > 0 olduğundan biri pozitif biri
negatif biri 0 olamaz.
x1 • x2 • x3= 5 > 0 olduğundan biri pozitif ikisi
Köklerinden ikisi 2 − 6 ve − 3 olan rasyo nel katsayılı üçüncü dereceden denklemin
üçüncü kökü 2 +
x 3 + mx − 5 = 0
denkleminin üç reel kökü x1 , x 2 ve x3 olsun.
negatif olabilir. CEVAP : C şıkkıdır.
6 olmalıdır. Bu denklem
x3 + bx2 + cx + d =
0
şeklinde ve kökler ,
x1= 2 −
2 + 6 , x3 =
−3
6 , x2 =
şeklinde alınırsa ,
x 1 + x2 + x 3 =
−b
36.
x 2 • x 3 + x1 • x 3 + x 1 • x 2 =
c
x 1 • x 2 • x3 = −d
x 4 olsun.
x1 + x2 + x 3 + x 4 =
0
⇒ x1 + x 2 + x 3 =
−b
x1 • x 2 • x 3 • x 4 = 9 dur.
⇒ 2 − 6 + 2 + 6 + (−3) =−b
⇒ b = −1 elde edilir.
x1 + x 2 + x 3 + x 4 =
0 olduğundan dördü de
c
⇒ x1 • x 2 + x 1 • x 3 + x 2 • x 3 =
⇒ (2 −
6 )(2 +
6 ) + (2 −
x 4 + ax 2 + 4x + 9 = 0
denkleminin dört reel kökü x1 , x 2 , x 3 ve
6 )(−3) + (2 +
6 )(−3) =
c
pozitif ya da dördü de negatif olamaz.
x1 • x2 • x 3 • x 4= 9 > 0 olduğundan biri pozitif
⇒ c = −14 elde edilir.
üçü negatif olamaz.
x1 • x2 • x 3 • x 4= 9 > 0 olduğundan üçü pozitif
⇒ x1 • x 2 • x 3 = − d
biri negatif olamaz.
x1 • x2 • x 3= 5 > 0 olduğundan ikisi pozitif
−d
⇒ (2 − 6 ) • (2 + 6 ) • ( −3) =
⇒ d = −6 elde edilir.
O halde denklem ,
ikisi negatif olabilir. CEVAP : C şıkkıdır.
x3 + bx2 + cx + d =
0
x3 − x 2 − 14x − 6 =
0 elde edilir.
www.yukseklimit.com
26
Mehmet Ali AYDIN
5−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−1(Parabol)(Parabolün Grafiði-En Büyük, En Küçük Deðer)
1.
4.
Grafiği verilen parabolün tepe noktası
2
orijinde olduğundan denklemi y = ax dir.
LYS MATEMATÝK
Grafiği verilen parabolün tepe noktası
y ekseni üzerinde olduğundan denklemi
y ax2 + c dir.
=
Parabolün geçtiği noktalardan biri örneğin
(0, −1) noktası denklemi sağlayacağından
Parabolün geçtiği noktalardan biri örneğin
(2,4) noktası denklemi sağlayacağından
=
y ax2 + c
y = ax2
− 1 =a • 02 + c ve c =−1 olur.
2
O halde , parabolün denklemi=
y ax 2 − 1 olur.
4 = a•2
a = 1 olur.
Parabolün geçtiği noktalardan biri de örneğin
O halde , parabolün denklemi y = x 2 elde
edilir.
(2, −3) noktası denklemi sağlayacağından
=
y ax2 − 1
− 3 =a • 22 − 1 ve a =−
2.
1
olur.
2
1
O halde , parabolün denklemi y =
− x2 − 1
2
elde edilir.
Grafiği verilen parabolün tepe noktası
orijinde olduğundan denklemi y = ax 2 dir.
5.
a)
=
y (2a − 5)x2 + ax + 4
parabolünün kollarının aşağı yönlü olması
için 2a − 5 < 0 olmalıdır.
Parabolün geçtiği noktalardan biri örneğin
(1, −1) noktası denklemi sağlayacağından
⇒ 2a − 5 < 0 ve a <
y = ax2
− 1=
a • 12
a = −1 olur.
b)
5
2
elde edilir.
y = f(x) = −2x2 + 8x + 1
parabolünün tepe noktasının koordinatları
b
T(r,k) ise r =
ve k =
f(r) dir. O halde ,
−
2a
b
8
2
⇒r =
−
=
−
=
2a
2 • (−2)
O halde , parabolün denklemi y = − x 2 elde
edilir.
⇒ k =f(2) =−2 • 22 + 8 • 2 + 1 =9 dur.
Böylece T(2,9) elde edilir.
3.
c)
Grafiği verilen parabolün tepe noktası
y ekseni üzerinde olduğundan denklemi
parabolünün Ox eksenini kestiği nokta
ya da noktalar için y = 0 alınır. O halde ,
=
y ax2 + c dir.
⇒ x 2 + 4x − 5 =
0
−5 veya x =
⇒ (x + 5) • (x − 1) =
0 ve x =
1
Parabolün geçtiği noktalardan biri örneğin
olup Ox eksenini kestiği noktalar A( −5,0)
ve B(1,0) dır.
(0,2) noktası denklemi sağlayacağından
=
y ax2 + c
6.
=
2 a • 02 + c
c = 2 olur.
a)
=
y f(x)
= x2 − 6x + 9
parabolünün tepe noktasının koordinatları
b
−
T(r,k) ise r =
ve k =
f(r) dir. O halde ,
2a
b
−6
3
⇒r =
−
=
−
=
2a
2•1
⇒ k = f(3) = 32 − 6 • 3 + 9 = 0 dır.
Böylece T(3,0) elde edilir.
b)
=
y x2 − 6x + 9
parabolünün Ox eksenini kestiği nokta
ya da noktalar için y = 0 alınır. O halde ,
O halde , parabolün denklemi=
y ax 2 + 2 olur.
Parabolün geçtiği noktalardan biri de örneğin
(1,5) noktası denklemi sağlayacağından
=
y ax2 + 2
=
5 a • 12 + 2
a = 3 olur.
O halde , parabolün denklemi=
y 3x 2 + 2
=
y x 2 + 4x − 5
elde
edilir.
⇒ x 2 − 6x + 9 =
0
⇒ (x − 3) • (x − 3) =
0 ve x = 3 iki kat kök
olup Ox eksenini kestiği nokta A(3,0) dır.
www.yukseklimit.com
27
Mehmet Ali AYDIN
5−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−1(Parabol)(Parabolün Grafiði-En Büyük, En Küçük Deðer)
7.
10.
=
y x 2 + 2x + 4
a)
parabolünün tepe noktasının koordinatları
b
T(r,k) ise r =
ve k =
f(r) dir. O halde ,
−
2a
b
2
⇒r =
−
=
−
=
−1
2a
2 •1
⇒ k =f(−1) =( −1)2 + 2 • (−1) + 4 =3 tür.
=
y x 2 + 4x + 5
ya da noktalar için y = 0 alınır. O halde ,
2
⇒ x + 4x + 5= 0 ∆ < 0 olduğundan reel
y
T
3
4
1
−3
− x − 2x + 3
y=
0 için 0 =
x
−1 O
= 0 x= 1
(x + 3) • (x − 1)
veya x = −3 olup Ox
f(x)
eksenini kestiği noktalar
A(1,0) ve B(−3,0) dır. Tepe noktası T(−1,4) tür.
tiği nokta yoktur.
y = − x 2 + 6x + 5
Bir parabolün simetri ekseni x = r doğru 6
−
=
sudur. r =
3 elde edilir.
2 • (−1)
O halde , simetri ekseninin denklemi x = 3
11.
b)
y = 0 için 0 = x2 − 4x + 4
(x − 2) • (x − 2)= 0 x= 2
olup Ox eksenini kestiği
2
=
y 2x − 5x + 3
nokta ve tepe noktası
(2,0) dır.
2
⇒ y = 2•0 −5•0+3
⇒ y = 3 elde edilir.
b)
O halde , bu nokta A(0,3) tür.
2
=
y a(x − r) + k
parabolünün tepe noktasının koordinatları
2
y=
0 için 0 =
− x + 6x − 9
−(x − 3) • (x − 3)
= 0 =
x 3
olup Ox eksenini kestiği
y = 3(x − 2)2 + 7
parabolünün tepe noktasının koordinatları
T(2,7) dır.
12.
y = 2(x + 5)2 − 6
parabolünün tepe noktasının koordinatları
T(−5, −6) dır.
O
x
2
y
3
a)
−9
f(x)
y
=
y (x − 2)2 + 1
y = 0 için 0 = x2 − 4x + 5
5
kök yoktur yani Ox
eksenini kesmez ve
1
Tepe noktası T(2,1) dir.
x
O
f(x)
T
O
2
x
3
y = 2(x − a) + a + 1
parabolünün tepe noktasının koordinatları
b)
y = − x2 + 2x − 3
x = 0 için y = −3 olup Oy
T(a, a3 + 1) dir.
eksenini (0, −3) te keser.
Bir parabolün simetri ekseni x = r doğru sudur. Bu parabolünün simetri ekseni
x+2=
0 yani x =−2 olduğundan r =−2 dir.
2
y=
0 için 0 =
− x + 2x − 3
kök yoktur yani Ox
eksenini kesmez ve
Burada r = a = −2 elde edilir. O halde ,
Tepe noktası T(1, −2) dir.
3
T(a, a + 1) = T(−2, −7) elde edilir.
www.yukseklimit.com
4
=
x 0=
için y 5 olup Oy
eksenini (0,5) te keser.
T(r,k) dır. O halde ,
c)
f(x)
nokta ve tepe noktası
(3,0) dır.
y a(x − r)2 + k
=
parabolünün tepe noktasının koordinatları
2
y
y =− x 2 + 6x − 9
x = 0 için y = −9 olup Oy
eksenini (0, −9) te keser.
T(r,k) dır. O halde ,
b)
=
y x2 − 4x + 4
eksenini (0,4) te keser.
parabolünün Oy eksenini kestiği nok ta için x = 0 alınırsa
a)
a)
=
x 0=
için y 4 olup Oy
ya da x − 3 =
0 dır.
9.
f(x)
2
O
2
kök yoktur. Dolayısıyla Ox eksenini kes -
a)
y
b)
y = − x 2 − 2x + 3
x 0=
için y 3 olup Oy
=
eksenini (0,3) te keser.
parabolünün Ox eksenini kestiği nokta
8.
a)
=
y x2 − 4x − 5
x = 0 için y = −5 olup Oy
eksenini (0, −5) te keser.
x
5
−1
y = 0 için 0 = x 2 − 4x − 5
= 0 x= 5
(x − 5) • (x + 1)
−5
veya x = −1 olup Ox
−9
T
eksenini kestiği noktalar
A(5,0) ve B(−1,0) dır. Tepe noktası T(2, −9) dur.
Böylece T(−1,3) elde edilir.
b)
LYS MATEMATÝK
28
y
O
1
−2
−3
T
x
f(x)
Mehmet Ali AYDIN
5−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−1(Parabol)(Parabolün Grafiði-En Büyük, En Küçük Deðer)
13.
16.
Parametrik denklemler,
x= 2 − t
LYS MATEMATÝK
y
y=ax 2
2
= t −9
y
Buradan ,
⇒ x= 2 − t
⇒ t= 2 − x elde edilir.
O
y=
t 2 − 9 ifadesinde t =
2 − x yazılırsa parabo lün denklemi ,
2
y=bx 2 y=c x
⇒=
y t2 − 9
Yukarıda grafiği verilen üç parabole göre,
⇒ y =(2 − x)2 − 9
kollar yukarı olduğundan a > 0
kollar aşağı olduğundan b < 0 ve c < 0 dır.
⇒ y = x2 − 4x − 5 elde edilir.
14.
a)
Kollar birbirine yaklaştıkça x 2 nin katsayısı
=
y x 2 + 6x + 1 − 2a
parabolü Ox eksenine teğet ise ∆ =0 dır.
mutlak değerce büyüdüğünden b > c dir.
Böylece b < 0 ve c < 0 olduğundan b < c dir.
2
=
∆ b − 4ac
a > 0 olduğundan b < c < a elde edilir.
=
∆ 62 − 4 • 1 • (1 − 2a)
0 36 − 4 + 8a
=
a =−4 elde edilir.
b)
y = −2ax 2 + 12x + 3
parabolünün Ox eksenini kesmemesi için
A
−k
=
∆ 122 − 4 • (−2a) • 3
144 + 24a < 0
a < −6 elde edilir.
noktada kesmesi için tepe noktası
orijinde olmalı yani y = kx2 biçiminde
C(k,2k)
B
k
x
⇒ 6k = 2k 2
olmalıdır.
0
⇒ 2k2 − 6k =
⇒ 2 • k • (k − 3) =
0
=
k 0=
veya k 3 tür.
k > 0 olduğundan k =
3 elde edilir.
Böylece karenin bir kenar uzunluğu 6 br
=
y (a − 1)x 2 + (b + 2 )x + c − 5
Burada ,
⇒ a − 1 ≠ 0 ve a ≠ 1 elde edilir.
0 ve b =−2 elde edilir.
⇒ b+ 2 =
c 5 elde edilir.
⇒ c=
− 5 0 ve
=
olacağından alanı 36 br 2 elde edilir.
O halde ,
2
O
y= 2 x 2
3
ABCD kare olduğuna göre, parabolün üze rindeki C noktası C(k,2k) biçimindedir. Bu
nokta parabolü sağlayacağından ,
2
2k = k 2
3
y
= (a − 1)x 2 + (b + 2 )x + c − 5
parabolünün Ox ve Oy eksenini aynı
3
2k
D
=
∆ b2 − 4ac
a)
y
17.
∆ < 0 dır.
15.
x
2
a + b + c kaç olamaz?( 30 )
⇒ 13 + ( −2)2 + 52 elde edilir.
⇒ 30 olamaz çünkü a ≠ 1 dir.
b)
18.
y
f(x)
4
=
y x 2 + ax + 4
parabolü Ox eksenine negatif tarafta te ğet ise
=
∆ 0 ve r < 0 olmalıdır.
A
−2
=
∆ a2 − 4 • 1 • 4
C
1
B
4
x
=
∆ a2 − 16
= (a − 4) • (a + 4)
0
−5
a = 4 veya a = −4 elde edilir.
2
Öte yandan x + ax + 4 parabolünde
Yukarıdaki parabolde AC = CB olduğundan
a
a
−
−
r=
ve r =
elde edilir.
2•1
2
a =<
4 için r 0 olduğundan a =
4 tür.
www.yukseklimit.com
T
f(4) = f(−2) = 4 elde edilir. Çünkü parabol tepe
noktasından geçen doğruya göre simetriktir.
29
Mehmet Ali AYDIN
5−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−1(Parabol)(Parabolün Grafiði-En Büyük, En Küçük Deðer)
19.
a)
22.
f(x)
= 2x2 + 12x − 1
fonksiyonunun alabileceği en küçük de ğer f(r) dir.
b
12
−
⇒r =
−
r=
2a
2•2
⇒ r = −3 tür.
= 2x 2 + 12x − 1
O halde , f(x)
f(x) = x 2 + 4mx − 8m − 6
parabollerinin tepe noktalarının parametrik
denklemi
b
4m
−
⇒r =
−
=
−2m
r=
2a
2 •1
⇒ r = −2m
k=
f(r) ⇒ k =
(−2m)2 + 4m(−2m) − 8m − 6
2
⇒ k = 4m2 − 8m2 − 8m − 6
⇒ f(−3) = 2 • (−3) + 12 • (−3) − 1
⇒ f(−3) = 18 − 36 − 1
⇒ f(−3) =
−19 elde edilir.
b)
⇒k=
−4m2 − 8m − 6
Buradan x =
−2m ve y =
−4m2 − 8m − 6 olur.
x
Böylece x =
elde edilir.
−2m ⇒ m =
−
2
x
−4m2 − 8m − 6 ifadesinde m =
−
y=
yazılırsa
2
f(x) = − x 2 + 6x + 2 − m
fonksiyonunun alabileceği en büyük de ğer 4 ise f(r) = 4 tür.
b
6
−
⇒r =
−
r=
2a
2 • (−1)
⇒ r = 3 tür.
2
 x
 x
⇒y=
−4 •  −  − 8 •  −  − 6
2


 2
⇒y=
− x 2 + 4x − 6 elde edilir.
2
O halde , f(x) =− x + 6x + 2 − m
23.
⇒ f(3) =−(3)2 + 6 • 3 + 2 − m
⇒ 4 =−9 + 18 + 2 − m
⇒ m = 7 elde edilir.
20.
D
LYS MATEMATÝK
[ − 6 ,4 ) aralığında,
f(x) = x 2 + 8x − 2
alabileceği değerler için önce f(−6) ve f(4)
f(x) = x 2 + 8x − 2
bulunur.
C
2
f(−6) =−
( 6) + 8 • (−6) − 2 ve f(−6) =
−14
f(4) =42 + 8 • 4 − 2 ve f(4) =46 olur.
b
8
Ayrıca r =
−
⇒r =
−
⇒r =
−4 tür.
2a
2•1
−4 apsisi [ − 6 , 4 ) aralığında olduğundan bu
11−x
noktada fonksiyon en küçüktür. Yani f(−4)
x+5
A
değeri de hesaba katılmalıdır.
B
f(−4) =(−4)2 + 8 • (−4) − 2
f(−4) =
−18 elde edilir.
ABCD dikdörtgenin alanı
f(x) =
(x + 5) • (11 − x)
− x2 + 6x + 55
f(x) =
Bu fonksiyonun alabileceği en büyük değer
O halde [ − 6, 4 ) aralığında
− 18 ≤ f(x) < 46
f(x) → −18 , − 17 , − 16, • • • , 45 yani 64 tam
yani alanın en büyük değeri f(r) dir.
f(x) =
− x 2 + 6x + 55
b
6
r=
−
⇒r =
−
2a
2 • (−1)
⇒ r = 3 tür.
sayı değeri alabilir.
24.
y
14
O halde , f(x) =
− x 2 + 6x + 55
x1
−32 + 6 • 3 + 55
⇒ f(3) =
⇒ f(3) =−9 + 18 + 55
x2
O
⇒ f(3) = 64 yani alan en çok 64 br 2 dir.
21.
f(x)
y= mx 2 − (m − 2)x + m − 8
parabolünün tepe noktası Oy ekseni üze rinde ise, m
=
− 2 0 ve
=
m 2 olmalıdır.
Grafikten f(0) = 14 tür.
⇒ f(0) =
−02 − (m + 8) • 0 − 6m + 2
−6m + 2
⇒ 14 =
⇒m=
−2 elde edilir. m =
−2 yazılırsa
m= 2 yazılırsa y= mx 2 − (m − 2)x + m − 8
⇒=
y 2x 2 − 6 elde edilir.
Bu parabolün Ox eksenini kestiği noktaların
apsislerinin çarpımı kökler çarpımıdır ve
− x 2 − (m + 8)x − 6m + 2
f(x) =
f(x) =− x 2 − ((−2) + 8)x − 6 • (−2) + 2
− x 2 − 6x + 14 elde edilir.
f(x) =
−6
1
1
b
3
O halde ,
+
=
− =
−
=
−
elde edilir.
x1 x 2
c
14
7
=
y 2x 2 − 6
−6
c
=
= −3 elde edilir.
x1 • x 2 =
a
2
www.yukseklimit.com
x
30
Mehmet Ali AYDIN
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
1.
y
Ox eksenini x1 ve x 2
apsisli noktalarda
kesen y = f(x) pa rabolünün denklemi ,
f(x) =a • (x − x1) • (x − x2 )
olduğundan,
−2
4.
f(x)
O
3
0+4
= 2 dir.
2
Tepe noktası T(r,k) olan
parabolün denklemi ,
x
f(x)= a • (x − r)2 + k dir.
f(x)
= 2x 2 − 8x elde edilir.
f(x)
11
T
−2
2
f(0) = a • (0 + 2) + 3
11 =
4a + 3 ⇒ a =
2 olur
y = x 2 + 2x − 3
parabolünün x = −2 doğrusuna göre simetriği
için ,
x = −2
x+2=
0
olduğundan verilen parabolde x yerine x + 2
yazılırsa
y = x 2 + 2x − 3
y = (x + 2)2 + 2(x + 2) − 3
3
O
T
f(x) = 2(x − 2)2 − 8
5.
f(x)= a • (x + 2)2 + 3
elde edilir.
f(0) = 11 olduğundan
−8
a 2=
elde edilir. a 2 yukarıda yazılırsa
=
f(x) = x − x − 6
elde edilir.
= a • (x − ( −2))2 + 3
f(x)
y = x2 + 6x + 5 elde edilir.
x
6.
y
f(x)
ve yukarıda yazılırsa
f(x) = 2(x + 2)2 + 3
elde edilir.
A
−2n
O
B
3n
x
y
3.
f(x)
Parabolün denklemi y = 2x 2 − 4x + a verilmiş.
18
2 BO = 3 AO
BO 3n
ve AO 2n alınırsa ,
=
=
O
3
x1 = −2n
x
x2 = 3n
kök olarak alınırsa ,
2x2 − 4x + a =
0
b
−
x1 + x 2 =
a
−4
− 2n + 3n = −
2
n = 2 elde edilir.
Böylece kökler x1 =
−4 ve x 2 =
6 elde edilir.
Tepe noktası T(r,k) olan parabolün denklemi ,
f(x)= a • (x − r)2 + k olduğundan
f(x) = a • (x − 3)2 + 0
f(0) = 18 olduğundan
f(0) = a • (0 − 3)2 + 0
18 = 9a
a = 2 elde edilir. a = 2 yukarıda yazılırsa
2x2 − 4x + a =
0
c
x1 • x 2 =
a
a
(−4) • 6 =
2
a = −48 elde edilir.
f(x)
= 2(x − 3)2
elde edilir.
www.yukseklimit.com
x
f(0) = 0 olduğundan
f(0) = a • (0 − 2)2 − 8
0 4a − 8
=
2
f(x)= a • (x − r)2 + k
olduğundan
4
O
f(x)= a • (x − 2)2 − 8
f(x) = a • (x + 2) • (x − 3)
elde edilir.
−6
f(0) = −6 olduğundan,
=
f(0) a • (0 + 2) • (0 − 3)
−6 =−6a ⇒ a =1 elde edilir ve yukarıda yazılırsa,
f(x) =1 • (x + 2) • (x − 3)
Tepe noktası T(r,k) olan
parabolün denklemi ,
f(x)
r
=
= a • (x − ( −2)) • (x − 3)
f(x)
2.
y
Tepe noktasının apsisi
31
Mehmet Ali AYDIN
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
7.
y =x 2 + x − 6 ve y =− x + 2
Parabol ile doğrunun kesiştiği noktaların
10.
x 2 + x − 6 =− x + 2
apsislerini veren denklem
ru teğet olduğuna göre,
k
= x−4
x
2
x − 4x − k =
0
denklemi için ∆ =0 olmalıdır.
2
⇒ x + 2x =
− 8 0 ⇒ (x + 4)(x −=
2) 0 ise
x=
−4 veya x =
2 tür.
Ordinatları bulmak için yukarıdaki fonksiyon lardan birini örneğin y =− x + 2 yi kullanırsak ,
x = −4 için y = −(−4) + 2 ⇒ y = 6
x =2 için y =−2 + 2 ⇒ y =0 elde edilir.
Kesişme noktaları A(−4,6) ve B(2,0) dır.
8.
a)
∆ = b2 − 4ac = 42 − 4 • 1 • (−k) = 0
⇒ k = −4 elde edilir.
11.
Parabol ile doğrunun kesiştiği noktaların
⇒
=
y ax2 − 6ax olur.
Doğrunun denklemi ,
x
y
+
=
1
8 16
O
⇒y=
−2x + 16
Doğru ile parabol teğet
f(x)
olduğuna göre ,
apsislerini veren denklem, − x 2 + 10 = x2 − 22
⇒ 2x2=
− 32 0 ⇒ 2 • (x − 4)(x=
+ 4) 0
Buradan x = 4 ve x = −4 bulunur.
Ordinatları bulmak için yukarıdaki fonksiyon 2
lardan birini örneğin =
y x − 22 yi kullanırsak ,
x=
−4 için y =
(−4)2 − 22 ⇒ y =
−6
x=
4 için y =
42 − 22 ⇒ y =
−6 elde edilir.
(−4 − 4)2 + (−6 − (−6))2
−1 için
a=
elde edilir.
⇒ x 2 − x −=
12 0 ⇒ (x − 4)(x +=
3) 0
Buradan x = 4 ve x = −3 bulunur.
Ordinatları bulmak için yukarıdaki fonksiyon lardan birini örneğin y= x + 2 yi kullanırsak ,
x=
4 için y =
4+2⇒y=
6
ax2 − (6a − 2)x − 16 =
0
12.
x=
−3 için y =−
( 3) + 2 ⇒ y =
−1 elde edilir.
y
T
Kesişme noktaları A(4,6) ve B(−3, −1) dir.
A(x1, y1 ) ve B(x 2 , y2 ) noktaları arası uzaklık
c
(x1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 dir.
x1
A(4,6) ve B( −3, −1) noktaları arası uzaklık
9.
(4 − (−3))2 + (6 − (−1))2
elde edilir.
r
x2
x
f(x)
f(x) = ax 2 + bx + c
kollar aşağı ⇒ a < 0 dır.
b
−
< 0 ⇒ b < 0 dır.
r=
2a
f(0)= c > 0 dır.
Sonuç olarak a < 0 , b < 0 , c > 0 olduğundan
C şıkkındaki a • b • c > 0 kesinlikle doğrudur.
y =x 2 + 5x + a ve y =x − 4
Parabol ile doğru kesişmediğine göre,
x 2 + 5x + a =x − 4
x 2 + 4x + a + 4 =
0
denklemi için ∆ < 0 olmalıdır.
∆= b2 − 4ac= 42 − 4 • 1 • (a + 4) < 0
⇒ a > 0 elde edilir.
www.yukseklimit.com
g(x)
− x2 + 8x − 16 =
0
− (x − 4) • (x =
− 4) 0 ve
=
x 4 elde edilir.
x = 4 ise y =
−2x + 16 ⇒ y =
−2 • 4 + 16 =
8 dir.
O halde teğet nokta K(4,8) dir.
1
−
a=
için x =
12 > 6 olduğundan imkansızdır.
9
apsislerini veren denklem , x 2 − 10 =x + 2
AB = 7 2 br
x
=
+ 1 0 ⇒ (9a + 1) • (a=
+ 1) 0
9a2 + 10a
1
−
−1 elde edilir.
Buradan a =
ve a =
9
Parabol ile doğrunun kesiştiği noktaların
=
AB
8
=
∆ (6a − 2)2 − 4 • a • (−16) ⇒ 0 = 36a2 + 40a + 4
(x1 − x 2 )2 + (y1 − y2 )2 dir.
y=
x2 − 10 ve y =
x+2
AB =
x 6
=
− 2)x − 16 0 denklemi
=
ax2 − (6a
için ∆ 0 dır.
A(−4, −6) ve B(4, −6) noktaları arası uzaklık
b)
A
−2x + 16
ax − 6ax =
A(x1, y1 ) ve B(x 2 , y2 ) noktaları arası uzaklık
AB = 8 br
16
2
Kesişme noktaları A(−4, −6) ve B(4, −6) dır.
AB =
y
Parabolün denklemi ,
=
y a • x • (x − 6)
y=
− x2 + 10 ve y =
x 2 − 22
AB =
k
ve y= x − 4
x
Yukarıda denklemleri verilen eğri ile doğ y=
32
Mehmet Ali AYDIN
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
13.
16.
y=
− x2 + mx − 2
y=
x 2 + 3mx + 2
Paraboller teğet olduğuna göre ,
2
apsisi için türevler alınıp eşitlenir.
y=
− x 2 + 8 ⇒ y' =
−2x
2
− x + mx − =
2 x + 3mx + 2
y=
2x + 11 ⇒ y' =
2
x −1 elde edilir.
⇒ −2x
= 2⇒=
Ordinatı bulmak için x = −1 parabolde
2x2 + 2mx + 4 = 0
denklemi için ∆ =0 olmalıdır.
Böylece
=
⇒ ∆ (2m)2 − 4 • 2 • 4
yazılmalıdır. Yani
=
⇒
0 4m2 − 32
c
⇒ m1 • m=
=
2
a
−32
⇒ m1 • m2 =
= −8 elde edilir.
4
14.
⇒ y = − x 2 + 8 ⇒ y = −(−1)2 + 8 ⇒ y = 7 elde edilir.
O halde parabolün doğruya en yakın noktası
A(−1,7) dir.
17.
noktanın apsisi için türevler alınıp eşitlenir.
=
y 4t 2 − 14 verilmiş.
x −1
O halde , x =+
2t 1 ⇒ t =
2
=
y 2x − 1 ⇒ y' = 2
y =+
x2 6 ⇒ y' =
2x
=
⇒ x 1 elde edilir.
Böylece ⇒
2x 2=
Ordinatı bulmak için x = 1 parabold yazılmalıdır.
2
 x −1
=
y 4
 − 14
 2 
x2 6 ⇒ y =
12 + 8 ⇒ y =
7 elde edilir.
⇒ y =+
O halde parabolün doğruya en yakın noktası
y = x 2 − 2x − 13 parabolün denklemi
y = − x ikinci açıortay doğrusunun denklemi
A(1,7) dir. Şimdi bu noktadan geçen ve
=
y 2x − 1 doğrusuna dik olan doğrunun
denklemini bulalım.
y=
2x − 1 eğim =
2
Parabolün ikinci açıortay doğrusu ile kesiştiği
noktaların apsislerini veren denklem ,
x2 − 2x − 13 =
−x
1
2
ve geçtiği nokta A(1,7) olduğundan
y−7
1
denklem
elde edilir.
= −
x −1
2
y−7
1
Böylece
ve y =
2x − 1
=
−
x −1
2
doğrularının kesişme noktası doğrunun parabole
Buna dik olan doğru için eğim = −
x2 − x − 13 =
0
bu apsislerin toplamı ,
−1
−
=
x1 + x 2 =
1 elde edilir.
1
y
f(x)
en yakın noktası olup =
y 2x − 1 diğer denklemde
yazılırsa
y−7
1
2x − 1 − 7
1
17
= − ⇒
=
− ⇒x=
elde edilir.
x −1
2
x −1
2
5
B
O
A
2
7
18.
x
y =+
mx 2 ve y =
2x 2
y
A ve B noktaları için
g(x)
y=2x 2
2
=
2x
mx + 2
2x2 − mx − 2 =
0
Parabolün denklemi ,
y = a • (x − 2) • (x − 7)
denklemine bakılır.
Orta noktaların apsisi
−m
b
−
=
−
r=
2a
2•2
m
x=
ve ordinatı
4
2
⇒ y = ax − 9ax + 14a olur.
Doğrunun denklemi ,
⇒ y = kx (orijinden geçen doğru denklemi)
Parabol ile doğrunun kesiştiği noktaları veren
denklem ,
A
g(x)
B
2
O
m
m2
+ 2 ⇒ y = + 2 dir.
4
4
m
m2
x
m 4x=
y
=
+ 2 yerine yazılırsa
⇒=
4
4
orta noktalarının geometrik yer denklemi
⇒y=
mx + 2 ⇒ y =
m•
ax2 − 9ax + 14a =
kx
ax2 − (9a + k)x + 14a =
0
bu apsislerin çarpımı ,
c 14a
=
= 14 elde edilir.
x1 • x=
2
a
a
www.yukseklimit.com
y=
2x − 1 ve y =
x2 + 6
Önce parabolün doğruya en yakın noktasını
bulalım. Parabolün doğruya en yakın olduğu
Parametrik denklemleri,
=
x 2t + 1
15.
y=
− x 2 + 8 ve y =
2x + 11
Parabolün doğruya en yakın olduğu noktanın
m2
(4x)2
y= +2⇒y=
+ 2⇒ y =
4x2 + 2 olur.
4
4
33
Mehmet Ali AYDIN
x
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
19.
=
x y2 − 4y + 3
y 0=
için x 3 olup Ox
=
22.
y
3
eksenini (3,0) da keser.
y = ax 2 + bx + c
olsun. Parabolün geçtiği yukarıdaki noktalar
parabolün denklemini sağlayacağından
2
x = 0 için 0 = y2 − 4y + 3
1
x
(y − 3) • (y − 1)= 0 y= 3
−1 O 3
veya y = 1 olup Oy
eksenini kestiği noktalar
A(0,3) ve B(0,1) dir. Tepe noktası T(−1,2) dir.
20.
A(−1,7) ⇒ 7 =
a • (−1)2 + b • (−1) + c ⇒ a − b + c =
7
B(1,5) ⇒ =
5 a • 12 + b • 1 + c ⇒ a + b + =
c 5
C(2,7) ⇒=
7 a • 22 + b • 2 + c ⇒ 4a + 2b +=
c 7
Böylece ,
a−b+c =
7

a + b + c =5  a =
1 , b =−1 , c =5 tir.
4a + 2b + c =
7 
x = y2
− 32y =
x3
O halde , y = x 2 − x + 5 elde edilir.
Bu eğrilerin kesişme noktaları için x = y2
diğer denklemde yazılırsa ,
23.
3
x
− 32y =
3
(y )
⇒ −32y =
2
y
=
y x 2 − 4x parabolünün
grafiği çizilir ve
y=x
y ≥ x 2 − 4x için parabol
6
⇒ −32y =
y
ve üst bölgesi taranır.
⇒ y6 + 32y =
0
=
x 0 için =
y x 2 − 4x
O
x
4
⇒ y • (y5 + 32) =
0
Buradan y = 0 veya y = −2 kesişim noktala rının ordinatlarıdır.
⇒ y =02 − 4 • 0 =0 olur.
Parabolün y eksenini kestiği nokta A(0,0) dır.
Bu değerler denklemlerden birinde örneğin
=
x 0=
ve x 4 tür.
Parabolün x eksenini kestiği noktalar B(0,0)
y=
0 için y =
x 2 − 4x ⇒ 0 =
x 2 − 4x
=
⇒ 0 x • (x − 4)
x = y2 ifadesinde yazılırsa
=
y 0=
için x y2
ve C(4,0) dır.
Parabolün Tepe noktası T(2, −4) tür.
2
=
⇒ x 0=
⇒x 0
−2 için x =
y=
y2
y − x < 0 ⇒ y < x için y =
x doğrusunun grafiği
çizilir ve doğru alınmayıp alt bölgesi taranır.
(−2)2 ⇒ x =
4 elde edilir.
⇒x=
O halde kesişme noktaları A(0,0) ve B(4, −2)
elde edilir.
Böylece ortak bölgenin grafiği elde edilir.
24.
21.
A(−1,7) , B(1,5) ve C(2,7) noktalarından geçen
parabolün denklemi ,
b
6
⇒r =
−
=
3
2a
2 • (−1)
A nın en büyük değeri için a yerine 3 yazılır sa
AB = 4 br olduğundan
− a 2 + 6a + 1 ⇒ r =
−
A=
x1= n ve x2= n + 4
2
O
n
A
− x + 8x + a
y=
b
−
x1 + x 2 =
a
8
⇒ n + n + 4 =−
2 • (−1)
⇒ 2n +=
4 8 ⇒=
n 2 tür.
=
O halde kökler
x1 2=
ve x 2 6 dır.
A=
− a2 + 6a + 1
⇒ A =−32 + 6 • 3 + 1 =10 elde edilir.
⇒ A = 10 elde edilir.
4
4
2
B=
2b + 4b − 41 ⇒ r =
⇒r =
−
−
=
−1
2a
2•2
B nin en küçük değeri için b yerine − 1 yazı -
=
x1 • x 2
lırsa
c
⇒2•6
=
a
n+4
B
x
f(x)
a
⇒ a −12 elde edilir.
=
−1
Böylece f(x) =
− x 2 + 8x − 12 elde edilir.
f(x) in alabileceği en büyük değer f(r) dir.
b
8
r=
4 tür.
−
⇒r =
−
⇒r =
2a
2 • (−1)
B = 2b2 + 4b − 41
⇒ B = 2(−1)2 + 4 • (−1) − 41
⇒ B = −43 elde edilir.
−42 + 8 • 4 − 12 =
f(r) =
f(4) =
4 elde edilir.
Yani f(x) ≤ 4 olacağından f(x) → 0, 1, 2, 3, 4
olmak üzere 5 farklı doğal sayı değeri alabilir.
−33 elde edilir.
Böylece A + B =
www.yukseklimit.com
y
Grafikte A ve B kökleri
ifade ettiğinden ve
34
Mehmet Ali AYDIN
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
25.
28.
f(x) parabolü Ox eksenini − 2 ve 5 apsisli
noktalarda kestiğine göre,
f(x)
= a • (x − (−2)) • (x − 5)
f(x) = a • (x + 2) • (x − 5) elde edilir.
O halde ,
f(x) = x 2 + 5x − 2
x2 + 5x − 2= 2x 2 + 5x − 3
x2 = −1 elde edilir.
Böylece sabit noktaların apsisleri
x = 1 ve x = −1 elde edilir.
Ordinatlar için
y = f(x) = x2 + 5x − 2
y=
mx 2 + 4x + 2 ve y =
−2
parabol ile doğrunun teğet olması için ,
mx2 + 4x + 2 =−2
mx2 + 4x + 4 =
0
denklemi için ∆ =0 olmalıdır.
=
∆ b2 − 4 • a • c
y = f(x) = 2x 2 + 5x − 3
denklemlerinden birinde
x 1=
yazılırsa y 4
=
x=
−1 yazılırsa y =
−6 elde edilir.
Böylece , sabit noktalar (1, 4) ve (−1, −6) dır.
(x 1, y1 ) ve (x 2 , y2 ) den geçen doğru denklemi
∆= 42 − 4 • m • 4 ⇒ 0= 16 − 16m ⇒ m= 1 dir.
m = 1 denklemde yazılırsa
y − y1
y − y1
= 2
dir.
x − x1
x2 − x1
mx 2 + 4x + 2 =−2
(1,4) ve (−1, −6) dan geçen doğru denklemi
x 2 + 4x + 4 =
0
(x + 2) • (x + 2) =
0
Buradan x = −2 teğet noktanın apsisidir.
Teğet noktanın ordinatı için
y = x2 + 4x + 2
y = −2
y−4
−6 − 4
dir.
=
x −1
−1 − 1
y 5x − 1) elde edilir.
=
(m = 1 alındı)
29.
denklemlerinden birinde x = −2 yazılırsa
y =−2 elde edilir. Yani teğet nokta A(−2, −2)
dir ve K(a,b) noktasının orijine olan uzaklığı
27.
=
∆ b2 − 4 • a • c
1 m2 − 4 • 1 • 6
−=
m2 = 23 elde edilir.
(−2)2 + (−2)2 ⇒ 2 2 br elde edilir.
O halde m nin pozitif değeri
y2 =2x eğrisi ile y =− x + 4 doğrusunun kesiş tiği A ve B noktalarının apsislerini veren denk -
30.
lem için y2 =2x ifadesinde y =− x + 4 yazılırsa
2
y = 2x
23
2
x − 8x + 16 =
2x
x2 − 10x + 16 =
0
y = f(x) = x 2 − 2x + 4
Orijinden geçen
teğet olduğuna göre ,
(x − 2) • (x − 8) = 0
=
Buradan
x 2=
ve x 8 apsisleri elde edilir.
Ordinatlar için
x 2 − 2x + 4 =
mx
elde edilir.
y
Parabolün denklemi
f(x)
doğrunun denklemi
=
= mx tir.
y g(x)
Doğru ile parabol
(− x + 4)2 =
2x
g(x)
A
O
x
x2 − (2 + m)x + 4 =
0
denklemi için ∆ =0 dır.
y2 = 2x
y =− x + 4
denklemlerinden birinde örneğin y =− x + 4 te
∆= (2 + m)2 − 4 • 1 • 4 ⇒ (2 + m)2 = 16 dır.
−4 olacağından
2+m=
4 veya 2 + m =
m = 2 veya m = −6 elde edilir.
x 2=
yazılırsa y 2
=
x = 6 yazılırsa y = −2 elde edilir.
O halde , A(2,2) ve A(6, −2) elde edilir.
Bütün koordinatlar toplanırsa
⇒ 2 + 2 + 6 + (−2)
⇒ 8 elde edilir.
www.yukseklimit.com
y =x2 + mx + 6
parabolüne orijinden çizilen teğetler dik ke sişiyorsa ∆ = −1 dir.(
a2 + b2 olduğundan bu noktanın orijine olan
uzaklığ
(a = 5 için)
f(x) = 2x 2 + 5x − 3
(a = 6 için)
parabollerinin geçtiği sabit noktalar bu
parabollerin kesişim noktalarıdır. O halde ,
f(10) a • (10 + 2) • (10 − 5)
=
f(4)
a • (4 + 2) • (4 − 5)
f(10)
a • 12 • 5
=
f(4)
a • 6 • (−1)
f(10)
= −10 elde edilir.
f(4)
26.
f(x) = (a − 4)x2 + 5x + 3 − a
Rastgele
a 5=
ve a 6 alınırsa
=
=
m 2 için
=
+4 0
x 2 − (2 + m)x
2
x − 4x + 4 =
0
(x − 2) • (x =
− 2) 0 ve
=
x 2 elde edilir.
m=
−6 için x =
−2 olduğundan imkansızdır.
35
Mehmet Ali AYDIN
6−II. DERECEDEN FONKSÝYONLAR−2(Parabol) (Grafikten Parabolün Denklemi-Parabol ve Doðru) LYS MATEMATÝK
31.
Yanda grafiği verilen
3 2
f(x)=
x − 3x + k
4
parabolünün tepe
noktası T(r,n) ise
y
Şekle göre m = −2 dir. O halde ,
f(x)
x 2 − (2 + m)x − 3 =
0
x 2 − 3 =0 dan x = 3 ya da x =− 3
−2x te
Bu apsisler y =
x2 − 2x − 3 ya da y =
O 2 4
b
x
−
⇒r =
r=
2
2a
=
⇒ f(2) n ⇒
f(r) n=
−3
A
f(2) =
k−3⇒n=
k−3
tür. f(0) = k değeri
−6
T
C nin ordinatı olup
=
=
n 2k
dır. O halde , n k − 3 yerine yazılırsa
⇒ 2k =
k−3⇒k =
−3 tür ve
3 2
f(x)=
x − 3x − 3 elde edilir.
4
A nın apsisi f(x) = −3 denkleminin köklerinden
pozitif olanıdır.
3 2
x − 3x − 3 =−3 ten x =0 ya da x =4 tür.
4
Yani A nın apsisi 4 tür. O halde , eşkenar
e•f
4•6
dörtgenin alanı = = 24 br 2 elde edilir.
2
2
32.
34.
10
35.
36.
f(x)
2
x − 2x − 3 =
m
2
x − (2 + m)x − 3 =
0
A(x1, y1) ve B(x 2 , y2 )
noktaları orijine göre
simetrik olduğundan
A ve B nin ortası (0,0)
dır. Yani
x1 + x 2
= 0 ve
2
x1
−1
y2
O x2
3
x
y = x 2 − 4x − 12
parabolünün grafiği
ve y = −6 doğrusuna
göre simetriğinin gra fiği çizilmiştir.
Yeni parabol orijinden
geçer ve Tepe
noktası T(2, 4) olur.
Tepe noktası T(r,k) olan
parabolün denklemi ,
f(x)= a • (x − r)2 + k
−3
α
x
B
y
−2
4
O
f(x)
2
−6
6
x
y= −6
−12
−16
olduğundan
2
f(x) = a • (x − 2) + 4
B
elde edilir.
f(0) = 0 olduğundan
y=−2x
y1 + y2
− (2 + m)
=
0 elde edilir. x1 + x2 =
−
=
2+m
2
1
y1 + y2= m • (x1 + x2 ) ⇒ y1 + y2= m • (2 + m)
−2 dir.
0=
m • (2 + m) ve m =
0 ya da m =
www.yukseklimit.com
A
denkleminin pozitif kökü olan 3 tür.
6
= −2 3 tür.
O halde tanα = − tanβ = −
3
y1
A
β
− 2x2 + 12 = 6
f(a) =
f(−8) =
−(−8)2 + 4(−8) − 8 ⇒ f(−8) =
−104 tür.
Orijinden geçen
doğru y = mx tir.
A ve B nin apsis lerininin denklemi
6
g(x)
f(x)
−2x2 + 12 dir.
f(x) =
T nin ordinatı f(0) = 12 olduğundan A nın or dinatı benzerlikten dolayı 6 dır.
A nın apsisi
f(x) =
− x 2 + 4x − 8 ⇒
y
12
f(x) = mx 2 + (m2 − 4)x − 6m
16 ve a =
0 dır.
⇒ (4 + a)2 =
−8 ya da a =
Şekilde a = −8 olduğu görülür. O halde ,
f(x) = x2 − 2x − 3 ve
y
2
=
− 4 0 dan
=
m
m 2 ya
da m = −2 elde edilir.
Kollar aşağı olduğundan
m = −2 dir. O halde ,
geçen [OT] nin eğimi
T
4+a−0
4+a
m1 =
=
2−0
2
T(2,4 + a) ve (10,0) dan
f(x)
geçen doğrunun eğimi
0 − (4 + a)
−4 − a
m2 =
=
Diklikten m1 • m2 = −1
10 − 2
8
4 + a −4 − a
•
⇒
=
−1 ve a =
−4 elde edilir.
8
2
33.
Tepe noktası Oy üzerin de olduğundan
f(x) = mx 2 + (m2 − 4)x − 6m
x
O
f(x) = ax 2 + bx + c
a • f(k ) < 0 ise k köklerin arasındadır.
f(−3 )= f(5 )= 0
olduğundan kökler − 3 ve 5 tir.
O halde a • f(α ) ≤ 0 olduğundan
−3≤α≤5
α nın alabileceği değerlerin toplamı,
⇒ (−3) + (−2) + (−1) + 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5
⇒ 9 elde edilir.
y
2
f(x) =
− x + 4x + a
Tepe noktası T(2,4 + a)
T(2,4 + a) ve orijinden
yazılırsa ordinatlar y =
2 3 tür.
−2 3 ya da y =
Böylece ordinatlar arası uzaklık 4 3 elde edilir.
f(0) = a • (0 − 2)2 + 4
−1 olur
0=
4a + 4 ⇒ a =
ve yukarıda yazılırsa
2
f(x) =
− (x − 2) + 4
− x 2 + 4x elde edilir.
f(x) =
36
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
1.
LYS MATEMATÝK
4.
(2 − x) • (2x − 21) > 0
− (x − 5)2 ≥ 0
a)
Kökler 2 −=
x 0 ⇒=
x 2
21
2
2x − 21
= 0 ⇒=
x
0
− (x − 5)2 =
− (x − 5) • (x −=
5) 0 ⇒=
x 5 çift kat köktür.
21
2
2
(2−x)(2x−21)>0
− − −
+ + +
5
− − − − −
2
−(x−5) ≥ 0
− − −
çözüm
aralığı
− − − − −
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = { 5 } tir.
21
) dir.
2
O halde 3 , 4 , 5 , • • • , 10 olmak üzere 8 farklı
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = (2,
x2 < 0
b)
x doğal sayısı vardır.
x2 = 0
=
x • x 0=
⇒ x 0 çift kat köktür.
0
2.
+ + + + +
x 2< 0
(x 2 + x − 12) • (x 2 − x + 12) ≤ 0
(x + 4) • (x − 3) • (x2 − x + 12) ≤ 0
−4
Kökler x + 4 =
0⇒x=
x−
3 0 ⇒=
x 3
=
+ + + + +
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = ∅ dir.
2
x − x +=
12 0 ⇒ ∆ < 0 reel kök yoktur.
3
−4
(x2+x−12)(x2−x+12) ≤ 0
+ +
5.
− −
(x + 5)2014 • (2 − x)2015
≥0
(5 − x)2016 • (x + 2)2017
x+5=
0 ⇒ x =−5
2014 defa (Çift kat)
2 −=
x 0 ⇒=
x 2
2015 defa (Tek kat)
5 −=
x 0 ⇒=
x 5
2016 defa (Çift kat)
x+2=
0 ⇒ x =−2
2017 defa (Tek kat)
+ +
çözüm
aralığı
O halde − 4 , − 3 , − 2 , • • • , 3 olmak üzere
2
−2
−5
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = [ −4,3 ] tür.
5
− − − − − − + + + − − − − − −
8 farklı x tam sayısı vardır.
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç = ( − 2,2 ] ∪ { − 5 } tir.
3.
O halde tam sayıların toplamı
⇒ (−1) + 0 + 1 + 2 + (−5) ⇒ −3 elde edilir.
2
x + x + 2≥ 0
x2 + x =
+ 2 0 ⇒ ∆ < 0 reel kök yoktur.
x2+x+2 ≥ 0
6.
2 x • (16 − x 2 )
≥0
x2
2
16 − x =
0⇒x=
4
−4 veya x =
x 2 0=
=
⇒x 0
+ + + + + + + + + +
Çift kat kök
2 x daima pozitif olduğundan bakılmaz.
çözüm
aralığı
0
−4
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = (−∞, ∞ ) dur.
− − −
Diğer ifadeyle Ç = R dir.
4
+ + +
+ + +
çözüm
aralığı
çözüm
aralığı
− − −
Çözüm kümesi Ç =
[ −4 ,0) ∪ (0 ,4] elde edilir.
www.yukseklimit.com
37
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
7.
LYS MATEMATÝK
2
x − 9 < (x − 3)
10. a)
3
(x − 3)3 > (x − 3)(x + 3)
⇒ (x − 3)3 − (x − 3)(x + 3) > 0
(x + a) • (x + b)
≤0
(x + c)2
Kökler x =
−a , x =
−b , x =
−c (çift kat kök)
Burada − c < −b < − a dır.
a < b < 0 < c ve
⇒ (x − 3) [(x − 3)2 − (x + 3)] > 0
−b
−c
⇒ (x − 3) [(x 2 − 6x + 9 − x − 3] > 0
+ + +
⇒ (x − 3) [(x 2 − 7x + 6] > 0
− − −
+ + +
⇒ (x − 3)(x − 6)(x − 1) > 0 elde edilir.
Kökler
=
x 3=
, x 6=
, x 1 dir.
3
1
− − −
Çözüm kümesi Ç =[ −b, − a] elde edilir.
b)
+ + +
çözüm
aralığı
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç= (1,3) ∪ (6 , ∞ ) elde edilir.
(kx + 1) • (mx + 1)
<0
(nx + 1)2016
1
1
1
Kökler x =
− , x=
−
, x=
−
(çift kat kök)
k
m
n
1
1
1
Burada − < − < −
dir.
n
k
m
k < m < 0 < n ve
+ + +
x2 − 36
≥0
6x
(x − 6)(x + 6)
≥0
⇒
6x
−6 , x =
Kökler x =
6, x =
0 dır.
− − −
+ + +
− − −
+ + +
çözüm
aralığı
(−
Çözüm kümesi Ç =
⇒
0
−6
−1
m
−1
k
−1
n
x 6
≥
6 x
x 6
⇒ −
≥0
6 x
8.
+ + +
çözüm
aralığı
6
− − −
+ + +
−a
11.
− x2 + ax + b ≥ 0
eşitsizliğinin çözüm kümesi [ −4 ,3] olduğuna
göre, kökler x1 =
−4 ve x 2 =
3 tür.
6
− − −
+ + +
3
−4
+ + +
çözüm
aralığı
1
1
, − ) elde edilir.
k
m
2
−x +ax+b ≥ 0
− − −
− − −
+ + +
çözüm
aralığı
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç =−
[ 6,0) ∪ [6 , ∞) elde edilir.
O halde , − x 2 + ax + b =0 ve x1 =−4 , x 2 =3
b
a
⇒ (−4) + 3 =−
⇒ a =−1 dir.
−1
a
c
b
⇒ x1 • x 2 =
− ⇒ (−4) • 3 =⇒ b =
12 dir.
−1
a
2
2
2
2
Böylece ⇒ a − b ⇒ ( −1) − 12 ⇒ −143 elde edilir.
⇒ x1 + x 2 =−
9.
1
1
≥
x−2
x−5
1
1
⇒
−
≥0
x−2 x−5
−3
≥0
⇒
(x − 2)(x − 5)
=
Kökler
x 2=
, x 5 tir.
2
−3
(x−2)(x−5)
≥0
− − −
12.
(x + 2) • (2x − 5) > (x + 2) • (5 − 3x)
⇒ (x + 2) • (2x − 5) − (x + 2) • (5 − 3x) > 0
⇒ (x + 2) [(2x − 5) − (5 − 3x)] > 0
⇒ (x + 2)(5x − 10) > 0 elde edilir.
5
+ + +
−2 , x =
Kökler x =
2 dir.
− − −
2
−2
(x+2)(5x−10) > 0
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç = (2 ,5) elde edilir.
+ + +
çözüm
aralığı
− − −
+ + +
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç= R − [ 2,2 ] elde edilir.
www.yukseklimit.com
38
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
13.
a)
LYS MATEMATÝK
x−7 + x+4 >0
16.
eşitsizliğine dikkatlice bakılırsa çözüm
kümesinin R olduğu görülür.
x 2 − mx + 4
≥0
x2 + x + 2
dikkat edilirse paydadaki ifade daima pozitiftir.
x+3 −5
≤0
x −1
b)
a > 0 ve ∆ < 0 ise ax 2 + bx + c > 0 daima
doğrudur.
yani x 2 + x + 2 > 0 olduğundan eşitsizliği payda -
x ≠ 1 olmalıdır ve bu durumda payda daima
ki ifadenin sağlaması gereken x 2 − mx + 4 ≥ 0
koşuluna indirgeyebiliriz.
pozitiftir yani x − 1 > 0 olduğundan eşitsiz liği paydaki ifadenin sağlaması gereken
Benzer şekilde x 2 − mx + 4 ifadesi için
a > 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
O halde , 1 > 0 olduğundan ∆ < 0 a bakmak
x + 3 − 5 ≤ 0 koşuluna indirgeyebiliriz.
O halde ,
yeterlidir.
⇒ x+3 −5≤0
⇒ x+3 ≤5
⇒ (−m)2 − 4 • 1 • 4 < 0
⇒ −5 ≤ x + 3 ≤ 5
⇒ m2 < 16
⇒ −8 ≤ x ≤ 2 elde edilir. x ≠ 1 olduğundan
x =−8, −7, −6, −5, −4, −3, −2, −1,0,2 olmak
üzere x in 10 farklı değeri vardır.
⇒ −4 ≤ m ≤ 4 elde edilir.
x2 − 5 − 4
14.
x +1
17.
≤0
7 +4
eşitsizliğinde her iki tarafı
dikkat edilirse paydadaki ifade daima pozitiftir.
7 − 4 ile çarpalım.
7 − 4 < 0 olduğundan yön değiştirilir.
2x − 7
⇒ ( 7 − 4) •
> ( 7 − 4) • ( 7 + 4)
7 −4
yani x + 1 > 0 olduğundan eşitsizliği paydaki
ifadenin sağlaması gereken
2x − 7
>
7 −4
x2 − 5 − 4 ≤ 0
2
⇒ 2x − 7 < 7 − 42
⇒ 2x − 7 < −9
⇒ x < −1 elde edilir.
koşuluna indirgeyebiliriz.
O halde ,
⇒ x2 − 5 − 4 ≤ 0
⇒ x2 − 5 ≤ 4
⇒ −4 ≤ x 2 − 5 ≤ 4
18.
⇒ 1 ≤ x2 ≤ 9
⇒ 1 ≤ x ≤ 3 veya − 3 ≤ x ≤ −1 olabilir.
O halde Ç =[ −3 , − 1] ∪ [1,3] elde edilir.
15.
a)
ax2 + bx + c > 0
daima sağlanması için a > 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
x 2 + 4x + 1 − a > 0
daima sağlanması için 1 > 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
O halde ∆ < 0 a bakmak yeterlidir.
⇒ 42 − 4 • 1 • (1 − a) < 0
⇒ 16 − 4 + 4a < 0
⇒ a < −3 elde edilir.
b)
ax2 + bx + c < 0
daima sağlanması için a < 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
3
2
1
9−6x
≤0
1−x
− x 2 + a < 2x − 5
2
− x − 2x + 5 + a < 0
daima sağlanması için − 1 < 0 ve ∆ < 0 olmalıdır.
O halde ∆ < 0 a bakmak yeterlidir.
+ + +
− − −
+ + +
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç = (1,
⇒ (−2)2 − 4 • (−1) • (5 + a) < 0
⇒ 4 + 20 + 4a < 0
⇒ a < −6 elde edilir.
www.yukseklimit.com
−3 • 36 −36
≥ 6−71
1− x
−3 • 6−72
⇒
≥ 6−71
1− x
−3 • 6−72
≥ 672 • 6−71
⇒ 672 •
1− x
−3 •
≥6
⇒
1− x
3
≥0
⇒6+
1− x
9 − 6x
≤0
⇒
1− x
3
Kökler
x =
, x 1 dir.
=
2
39
3
] elde edilir.
2
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
19.
LYS MATEMATÝK
22.
x
x
1
≥ 0 ⇒ sin ≥ −
x
2
2
3π
x + 3π sin
y
y=sin
1
0
−2
2
2π 3π
π
O
x
2
(x − 2)2
≥ 0 Kökler x =
0, x =
2 (çift kat kök)
x
4x − x 3 ≥ 0 Kökler x =
0, x =
2
−2 , x =
4π
−1
x
2
(x−2)
≥0
x
− −
− −
+ +
+ +
(4x−x3) ≥ 0
+ +
− −
+ +
− −
çözüm
aralığı
1
y=
x
3π
Çözüm kümesi 0 < x ≤ 2 elde edilir.
x
1
Yukarıda y = sin
ve y = −
x in grafikleri
2
3π
yardımıyla [0,2π ] aralığının tümünde
x
1
x eşitsizliğinin sağlandığı görülür.
≥−
2
3π
O halde [0,2π ] aralığındaki tam sayılar
sin
23.
0,1,2,3,4,5,6 olmak üzere 7 tanedir.
20.
x
0,5
0,5
2  x −3
x
 2  x2 − 9  4  x − 3
 2  x2 − 9   2 
≥
≥   
⇒ 
5

 5  
 
 25 
5


x
denkleminin pozitif
x1 + x 2 > 0 

x1 • x 2 > 0  yani

∆≥0

x
1
≤
x−3
x2 − 9
olmalıdır. Fakat sağlamayan sayılar sorulduğu
x
1
≤
için 2
çözülür ve reel sayılardan
x−3
x −9
çıkarılır. O halde ,
−3
x
1
x − (x + 3)
−
≤0⇒
≤0⇒ 2
≤0
x2 − 9 x − 3
x2 − 9
x −9
(1)
(x + 3)
ve kökler x = 3 , x = −3 tür.
≤0 − − −
+ + +
− − −
çözüm
aralığı
sağlamayan
sayılar
çözüm
aralığı
Ç = 0 < a < 2 elde edilir.
24.
denkleminin kökleri x1 ve x2 dir.
x1 > x 2 ⇒ x1 + x 2 < 0 O halde ,
4 − 2a

< 0

a

2+a
<0 

a
Sırasıyla Ç1 : (−∞ ,0) ∪ (2, ∞ ) , Ç2 : ( −2,0 ) elde
=
kökler
x 0=
, x 2
16 − x 2 ≥ 0 ⇒ (4 − x)(4 + x) ≥ 00 < x < 2
kökler x = 4 , x = −4
0
ax2 − (2 + a)x + 4 − 2a =
0
x1 < 0 < x 2 ⇒ x 1 • x 2 < 0
x2 − 2x < 0 ⇒ x(x − 2) < 0
(4−x)(4+x) ≥ 0
2
>0
a
2−a
>0
a
Ç = Ç1 ∩ Ç2 ∩ Ç3
deki tam sayılar − 3, −2, −1,0,1,2,3 olup 7 tanedir.
x(x−2)<0
ol -
edilir.
[−3 ,3] olup bu küme -
Sağlamayan sayılar kümesi
−4
kökü
3
−3
21.
reel




 olmalıdır.

2
4(a − 1) ≥ 0 


Sırasıyla Ç1 : a > 0 , Ç2 : 0 < a < 2 , Ç3 : R elde
eşitsizliğinde tabanlar
pozitif basit kesir olduğundan
−3
x2−9
iki
duğuna göre, 0 < x1 ≤ x2 dir. O halde ,
1
 2  x2 − 9  2  x − 3
≥ 
 
5
5
ax2 − 2x + 2 − a =
0
edilir.
2
=
Ç Ç1 ∩ Ç2
4
Ç = (−2 ,0 ) elde edilir.
+ + + + − − + + + +
− − + + + + + + − −
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi 0 < x < 2 elde edilir.
www.yukseklimit.com
40
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
25.
LYS MATEMATÝK
x 2 − kx + k + 4 =
0
28.
b
−k
x1 + x 2 =
k
− =
−
=
a
1
c k+4
x1 • x 2=
=
= k+4
a
1
x + 2 ≤ x2 + 2x ≤ x + 6
önce ,
x2 + 2x ≤ x + 6 ⇒ x 2 + x − 6 ≤ 0
⇒ (x + 3) • (x − 2) ≤ 0
Ç1 : [ −3,2] elde edilir.
x1 x 2
x2 + x 22
+
<0⇒ 1
<0
x2
x1
x1 x 2
⇒
⇒
(x 1 + x2 )2 − 2 x 1 x 2
k2 − 2(k + 4)
<0⇒
<0
x1 x 2
k+4
2
k − 2k − 8
< 0⇒
k+4
(k − 4)(k + 2)
<0
k+4
sonra ,
x + 2 ≤ x 2 + 2x ⇒ x2 + x − 2 ≥ 0
⇒ (x + 2) • (x − 1) ≥ 0
Ç2 : (−∞ , − 2] ∪ [1, ∞ ) elde edilir.
olur.
O halde Ç : (−∞ , − 4) ∪ (−2 ,4 ) elde edilir.
O halde eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi
Ç = Ç1 ∩ Ç2 : ( [ − 3, − 2 ] ∪ [1,2 ]
x+2>x
26.
öncelikle
elde edilir.
x+2≥0
yani x ∈ [ −2, ∞ ) olmalıdır.
− 2 ≤ x ≤ 0 iken
x + 2 > x olduğu açıktır.
29.
y ≥ − x2 − 1
y > x2 − 2
Ç1 : [ −2,0] elde edilir.
eşitsizlik sistemini sağlayan noktaların grafiği
0 < x < ∞ iken ⇒
x + 2 > x ⇒ x + 2 > x2
y
2
⇒ x − x − 2< 0
O
⇒ (x − 2)(x + 1) < 0
x
−1
Ç : (−1,2) elde edilir.
Ç2 : (0, ∞ ) ∩ (−1,2 ) ⇒ Ç2 : (0 ,2 ) elde edilir.
−2
Sonuç olarak Ç1 ∪ Ç2 ⇒ [ −2 ,2 ) elde edilir.
30.
y
27.
f(x)
−3
O
4
ax − b
b
a, x =
≥ 0 Kökler x =
x−a
a
ax 2 + b
≤ 0 a ve b negatif olduğundan reel kök
x2 − a
b
yoktur. Çözüm kümesi (a , ] bulunur.
a
x
b
a
a
ax−b
≥0
x−a
f(x) =a • (x + 3)2 • (x − 4) ve f(0) < 0 ⇒ a > 0
elde edilir. a = 1 alabiliriz. Yani ,
2
f(x) =
(x + 3)
•
2
ax −b
≤0
x−a
(x − 4) olur.
f(x + 1) = (x + 4)2 • (x − 3) olur. Buna göre,
⇒ x • f(x + 1) < 4 • f(x + 1)
⇒ (x − 4) • f(x + 1) < 0
+ + +
− − −
− − −
− − −
− − −
çözüm
aralığı
Öte yandan çözüm kümesi (−4 ,3] olduğundan
b
a=
−4 ve
=
3 olup a =
−4 ve b =
−12 bulunur.
a
⇒ (x − 4) • (x + 4)2 • (x − 3) < 0
eşitsizliğin çözüm kümesi ( 3, 4) elde edilir.
www.yukseklimit.com
− − −
Böylece a3 + b2 = (−4)3 + ( −12)2 = 80 elde edilir.
41
Mehmet Ali AYDIN
7−EÞÝTSÝZLÝKLER
31.
LYS MATEMATÝK
x 2 − 6x + 9 < 5 + x
a)
34.
(x − 3)2 < 5 + x sol taraf pozitif
⇒
olduğun dan her iki taraf pozitif olur ve
bundan dolayı her iki tarafın karesi alına bilir. O halde,
9 x + 135 ≤ 32 • 3 x eşitsizliğinde 3x =
y olsun.
⇒
y2 + 135 ≤ 32 • y
⇒
⇒
y2 − 32y + 135 ≤ 0
(y − 5)(y − 27) ≤ 0 işaret tablosu yapılırsa,
x 2 − 6x + 9 < 5 + x
⇒
(y−5)(y−27) ≤ 0
⇒ −1 < x yani Ç = (−1, ∞ ) elde edilir.
x 2 − 2x + 1 ≤
b)
(x − 1)2 ≤
⇒
Çözüm kümesi
larının 2 ve 3 olduğu görülür. Çarpımları ise
2 • 3 = 6 elde edilir.
x −1 ≤ x −1
⇒ − x + 1 ≤ x − 1 ⇒ 2 ≤ 2x
⇒ 1 ≤ x imkansız yani Ç = ∅ olur.
35.
y2 − (3 − a) y + a + 5 =
0
denkleminin farklı iki pozitif reel kökü
⇒ 0 ≤ 0 doğrudur yani x ≥ 1 ve
Ç
= [1, ∞) elde edilir.
olmalıdır. Bunun için ,
3− x (x + 5)
≥0
x + 5 (1 − x)
∆= b2 − 4ac > 0
x1 • x 2 > 0
x+5=
0 ⇒ x =−5 tek kat kök.
1 −=
x 0 ⇒=
x 1 tek kat kök.
x1 + x 2 > 0
olmalıdır.
3 − x daima pozitif olduğundan bakılmaz.
x + 5 ifadesi x ≠ −5 için daima pozitif ol -
∆= b2 − 4ac > 0 ⇒ (3 − a)2 − 4 • (a + 5) > 0
duğundan bakılmaz ve x = −5 sağlamaz.
x+5
≥ 0 işaret tablosu yapılırsa,
1− x
−5
− − −
⇒ a2 − 10a − 11 > 0
⇒ (a + 1) • (a − 11) > 0
c
>0⇒a+5>0
a
3−a
x1 + x 2 > 0 ⇒ −
⇒a−3>0
1
x1 • x 2 > 0 ⇒
1
− − −
+ + +
Bu eşitsizlikler çözüldüğünde − 5 < a < −1 elde
edilir.
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç = (−5 ,1) elde edilir.
Bu kümedeki tam sayılar − 4, −3, −2, −1,0
36.
olup 5 tanedir.
33.
k • f(−2) < 0 olmalı. O halde,
olduğundan x1 < −3 < x2 olduğu anlaşılır.
⇒ k • (2k − 10) < 0 olmalı. İşaret tablo sundan 0 < k < 5 elde edilir.
0
+ + +
a • f(1) > 0 (kökler dışında olma koşulu)
5
− − −
f(x)= ax 2 + bx + c= 0 için,
a • f(−3) < 0 (kökler arasında olma koşulu)
f(x)
= kx 2 + 4x − 2k − 2 x1 < −2 < x2 ise,
k(2k−10)>0
25 x − (3 − a)5 x + a + 5 =
0
5 x = y dönüşümü yapılırsa x in reel olması
için y > 0 olmalıdır. Bu durumda,
x −1 ≤ x −1
⇒x − 1≤ x − 1
x+5 ≥
0
1−x
5 ≤ y ≤ 27 elde edilir.
=
y 3 x yazılırsa 5 ≤ 3 x ≤ 27 olur ve x tam sayı -
x −1 ≤ x −1
⇒ 1 ≤ −1 imkansız yani Ç = ∅ olur.
32.
+ + +
Ancak bu çözüm kümesi y içindir. O halde
⇒ − x + 1 ≤ −x − 1
x ≥ 1 için ,
− − −
çözüm
aralığı
x2 − 1
olur. Kritik noktalar 0 ve 1 dir. O halde,
0 < x < 1 için ,
+ + +
x2 − 1
⇒ x−1 ≤ x −1
x ≤ 0 için ,
27
5
⇒ x 2 − 6x + 9 < 25 + 10x + x 2 ⇒ −16 < 16x
olduğundan ve − 3 < 1 olduğundan x1 < x 2 < 1
+ + +
olduğu anlaşılır. O halde x1 < −3 < x 2 < 1 dir.
çözüm
aralığı
www.yukseklimit.com
42
Mehmet Ali AYDIN
8−SAYMA ÝLKELERÝ(Permütasyona Giriþ)
1.
LYS MATEMATÝK
4.
a)
Farklı 4 coğrafya ve farklı 3 geometri
kitabı arasından 1 coğrafya veya 1 ge -
a)
Her biri 5 seçenekli ve 60 sorudan
oluşan bir testin cevap anahtarı ,
60
• 5 • 5 • • • 5 =5
5



ometri kitabı,
4+3=
7
60 tane
farklı şekilde oluşturulabilir.
farklı şekilde seçilebilir.
b)
b)
Her biri 5 seçenekli ve 60 sorudan
oluşan bir testin cevap anahtarı ar dışık iki sorunun yanıtı farklı olmak
koşulu ile,
Farklı 4 coğrafya ve farklı 3 geometri
kitabı arasından 1 coğrafya ve 1 geo metri kitabı,
4 • 3 = 12
farklı şekilde seçilebilir.
2.
59
5•4
• 4 • • • 4 =5 • 4


59 tane
farklı şekilde oluşturulabilir.
4 farklı çorba , 6 farklı yemek , 2 farklı
salata ve 3 farklı tatlı çeşidi arasından
birer çeşit,
5.
en kısa ,
4 • 6 • 2 • 3 = 144
2!
3!
•
1! • 1! 1! • 2!
⇒ 60
farklı şekilde seçilebilir.
3.
a)
⇒
10 kişiden 3 ü 3 kişilik bir kanepe ye,
10 • 9 • 8 = 720
= 6!
farklı şekilde oturabilir.
b)
10 kişilik bir kanepeye 3 kişi,
10 • 9 • 8 = 720
= 6!
farklı şekilde oturabilir.
c)
11 kişiden (Murat dahil) 3 ü 3 kişilik
•
5!
2! • 3!
farklı yol izlenebilir.
6.
Şekilde gösterilen yollar kullanılarak ve
L den geçmek koşulu ile ;
a) K dan M ye,
4 • 7 = 28
farklı şekilde gidilebilir.
bir kanepeye,
⇒ 11 • 10 • 9
farklı şekilde oturabilir. (Tüm durumlar)
10 kişiden (Murat hariç) 3 ü 3 kişilik
bir kanepeye,
⇒ 10 • 9 • 8
farklı şekilde oturabilir. (Murat'sız tüm
durumlar)
O halde Murat oturanlar arasında ol mak koşulu ile 11 kişiden 3 ü 3 ki şilik bir kanepeye,
⇒ 11 • 10 • 9 − 10 • 9 • 8
⇒ 10 • 9 • (11 − 8)
⇒ 270
farklı şekilde oturabilir.
www.yukseklimit.com
Şekilde gösterilen dik ya da paralel du rumlu yollar kullanılarak X ten Y ye
b)
K dan M ye,
4 • 7 • 7 • 4 = 784
farklı şekilde gidilip dönülebilir.
c)
Gidilen yol dönüşte kullanılmamak
koşulu ile K dan M ye,
4 • 7 • 6 • 3 = 504
farklı şekilde gidilip dönülebilir.
d) K ile L arasındaki belli bir yol sa dece gidişte kullanılmamak koşulu ile
K dan M ye,
3 • 7 • 7 • 4 = 588
farklı şekilde gidilip dönülebilir.
43
Mehmet Ali AYDIN
8−SAYMA ÝLKELERÝ(Permütasyona Giriþ)
LYS MATEMATÝK
10.
7.
A
K
D noktası C noktasına kaydırıldığında bir şey
değişmeyeceğinden ve DE sabit ve tek oldu ğundan AE transit yolu hariç A dan C ye,
3 • 5 = 15
farklı şekilde gidilebilir. O halde A dan E ye,
L
15 + 1 =
16
farklı şekilde gidilebilir.
B
A dan B ye (KL yolu dahil)
farklı yol izlenebilir.
8.
9!
= 126
5! • 4!
KL yolunun kesin olarak kullanıldığı yolların
sayısı , A dan K ya ve L den B ye yolların
4!
4!
•
sayısının çarpımından
= 24 tür.
3! • 1! 2! • 2!
Şekilde verilen dik ya da paralel durumlu
yollar kullanılarak A dan B ye en kısa
9!
3! • 6!
⇒ 84
⇒
Böylece KL yolu kullanılmadan A dan B ye
yol sayısı 126 − 24 = 102 dir.
farklı yol izlenebilir.
11.
9.
A
X
4!
2! • 2!
K
Y
X ten geçen yol sayısı A dan X e ve
X ten B ye yolların sayısının çarpımından ,
C
•
6!
= 90 dır.
4! • 2!
Y den geçen yol sayısı A dan Y ye ve
Y den B ye yolların sayısının çarpımından ,
6!
4!
•
= 80 dir.
3! • 3! 3! • 1!
B
Hem X hem Y den geçen yol sayısı
A dan X e , X ten Y ye ve Y den B ye
yolların sayısının çarpımından ,
1. durum :
A dan X e gelinerek ,
8!
= 56
X ten B ye
5! • 3!
6!
= 20 farklı yol izlenebilir.
C den B ye
3! • 3!
4!
2!
•
2! • 2! 1! • 1!
4!
= 48 dir.
3! • 1!
O halde X veya Y den geçen yol sayısı ,
90 + 80 − 48 = 122 dir.
Böylece C ye uğramadan 56 − 20 = 36 farklı yol
izlenebilir.
12.
2. durum :
AK dan Y ye gelinerek ,
7!
Y ten B ye
= 35
4! • 3!
6!
C den B ye
= 20 farklı yol izlenebilir.
3! • 3!
sesli sessiz sesli
sessiz sesli sessiz
sesli sessiz sesli
A = { a ,b,e ,c ,u,d,ü,f ,i}
Böylece C ye uğramadan 35 − 20 = 15 farklı yol
izlenebilir.
kümesinde 5 sesli 4 sessiz harf var. Her hangi bir satır ya da sütunda sesli harfler
veya sessiz harflerin yan yana ya da alt alta
gelmemesi için harfler yukarıdaki taslaktaki
gibi 5! • 4! farklı şekilde yerleştirilebilir.
O halde C ye uğramadan A dan B ye ,
36 + 15 =
51
farklı şekilde gidilebilir.
www.yukseklimit.com
•
44
Mehmet Ali AYDIN
8−SAYMA ÝLKELERÝ(Permütasyona Giriþ)
13.
LYS MATEMATÝK
16.
9 kişilik bir kurula bir başkan, bir başkan
yardımcısı ve bir yazıcı ,
a)
5
mektup 7
ile
rakamları
7 • 6 • 5 • 4 = 840
farklı doğal sayı yazılabilir.
farklı şekilde seçilebilir.
a)
elemanları
farklı ve dört basamaklı ,
9 • 8 • 7 = 504
14.
A = {1,2,3 ,4 ,5,6 ,7 }
kümesinin
b)
posta
A = { 0 ,1,3 ,4 ,9}
kümesinin elemanları
ile
rakamları
tekrarsız ve dört basamaklı,
kutusundan ,
4 • 4 • 3 • 2 = 96
farklı doğal sayı yazılabilir.
5
7•7•7•7•7 = 7
farklı şekilde postalanabilir.
c)
b)
A = {1,2,3 ,4 ,5,9 }
kümesinin
1 mektup belli bir kutuya atıldıktan son ra kalan 4 mektup kalan 7 posta ku tusundan her kutuya en çok bir mek tup atılmak koşulu ile ,
7 • 6 • 5 • 4 = 840
farklı şekilde postalanabilir.
elemanları ile yazılabilecek
rakamları farklı ve dört basamaklı farklı
tek doğal sayılar,
5 • 4 • 3 • 4 = 240 tanedir.
d)
A = { 0,2 ,3, 4 ,5 ,7,9 }
kümesinin elemanları ile yazılabilecek
rakamları farklı ve dört basamaklı farklı
çift doğal sayılar,
15.
a)
6 • 5 • 4 • 1 = 120 (0 ile biten)
A = {1,2 ,3 , 4,5 ,6 }
elemanları ile üç basamaklı ,
5 • 5 • 4 • 2 = 200 (2 veya 4 ile biten)
olmak üzere, 120 + 200 =
320 tanedir.
6 • 6 • 6 = 216
farklı doğal sayı yazılabilir.
b)
A = { 0,1,2 ,3 ,4 }
kümesinin elemanları ile
dört
e)
basa -
bölünebilen farklı doğal sayılar,
maklı ,
4 • 5 • 5 • 5 = 500
farklı doğal sayı yazılabilir.
6 • 5 • 1 = 30 (0 ile biten)
5 • 5 • 1 = 25 (5 ile biten)
olmak üzere, 30 + 25 =
55 tanedir.
17.
tanedir.
A = { 0 ,1,2 ,3 ,4 ,5 ,9 }
kümesinin elemanları ile yazılabilen
6 • 7 • 7 = 294
tane üç basamaklı farklı doğal sayıdan
6 • 6 • 5 = 180
tanesi rakamları farklı doğal sayı oldu -
A = {1,2 ,3 , 5 ,6 , 7 }
kümesinin elemanları ile yazılabilecek
dğunan en az iki rakamı aynı olan
294 − 180 =
114 tane üç basamaklı
doğal sayı yazılabilir.
c)
A = {1,2 ,3 ,5 ,6 }
kümesinin elemanları ile yazılabilecek
üç basamaklı farklı tek doğal sayılar,
5 • 5 • 3 = 75
d)
A = { 0 ,1,2 ,3 ,4 ,5 ,6 }
kümesinin elemanları ile yazılabilecek
rakamları farklı üç basamaklı ve 5 ile
üç basamaklı farklı çift doğal sayılar,
18.
6 • 6 • 2 = 72
tanedir.
6 • 5 • 4 • 3 • 2 • 1 = 720 (6 basamaklılar)
6 • 5 • 4 • 3 • 2 = 720
(5 basamaklılar)
6 • 5 • 4 • 3 = 360
(4 basamaklılar)
A = { 0 ,1,2 ,3 ,5 }
e)
kümesinin elemanları ile beş basa maklı ve 5 ile bölünebilen,
4 • 5 • 5 • 5 • 2 = 1000
olmak üzere 720 + 720 + 360 =
1800 tanedir.
Bunlardan 3 tanesi (1234, 1235 ve 1236)
1240 tan küçük olduğundan 1800 − 3 =
1797
tanesi 1240 tan büyüktür.
farklı doğal sayı yazılabilir.
www.yukseklimit.com
A = {1,2,3 ,4 ,5 ,6 }
kümesinin elemanları ile rakamları farklı ve
1234 veya 1234 ten büyük doğal sayılar,
45
Mehmet Ali AYDIN
8−SAYMA ÝLKELERÝ(Permütasyona Giriþ)
19.
a)
LYS MATEMATÝK
n tane turist iki farklı ülkeye ,
22.
n
• 2 • 2 • • • 2 =2
2



a)
a ≠ b olmak üzere ,
ababab
n tane
farklı şekilde gönderilebilir.
biçiminde 6 basamaklı doğal sayılar
rakamları farklı iki basamaklı ab sayıla rına denk olacağından ,
9 • 9 = 81
farklı ababab doğal sayısı yazılabilir.
Bunlardan 1 inde herkes ülkelerden biri ne 1 inde de ülkelerden diğerine gitmiş
olabileceği için ve her ülkeye en az 1
turist gönderilmesi 126 farklı şekilde
olduğu için ,
b)
⇒ 2n − (1 + 1) =
126
⇒n=7
elde edilir.
b)
A = {1,2,3, 45 ,67 ,89 }
elemanlarından iki basamağa sahip
45 , 67 ve 89 elemanlarından ikisi yan
yana getirilerek ,
3
  • 2! = 6
2
farklı 4 basamaklı sayı yazılabilir.
A = {1,2 ,3, 45 ,67 ,89 }
elemanlarından iki basamağa sahip
45 , 67 ve 89 elemanlarından biri ve bir
basamağa sahip 1, 2 ve 3 elemanların dan ikisi yan yana getirilerek ,
8 sesli harf ve 10 rakam olduğundan
ilk üç hanesi rakam son üç hanesi
sesli harf olan 6 hanelik bir şifre ,
10 • 10 • 10 • 8 • 8 • 8 = 512000
farklı şekilde oluşturulabileceğinden bu
şifre en az 512000 denemede kesinlikle
çözülebilir.
20.
3 3
  •   • 3! = 54
1  2 
farklı 4 basamaklı sayı yazılabilir. Böy lece dört basamaklı ,
6 + 54 =
60
tane farklı doğal sayı yazılabilir.
Gürkan'ın dördüncü olduğu ilk dördün du rumlarının sayısı ,
7 • 6 • 5 • 1 = 210 dur.
G
23. a)
Gürkan'ın dördüncü olduğu ve Murat'ın
ikinci olduğu ilk dördün durumlarının sayısı ,
Bu kümenin elemanları ile rakamları
farklı iki basamaklı ,
6 • 6 = 36
farklı sayı yazılabilir. Bu 36 doğal sayı ,
6 • 1 • 5 • 1 = 30 dur.
M
G
12, 13 , 14 , • • • , 64 , 65
şeklinde olup toplam ,
Böylece Gürkan'ın dördüncü olduğu ve
Murat'ın ikinci olmadığı durumlarının sayısı ,
küçük terim + büyük terim
• terim sayısı
2
12 + 65
• 30 ⇒ 1155 elde edilir.
⇒
2
⇒
210 − 30 =
180 tanedir.
21.
a)
6 özdeş oyuncak 5 öğrenciye
 6 + 5 − 1

 = 210
6


farklı şekilde dağıtılabilir.
b)
4 kutuya 1 er tane garanti bilye atılırsa
kalan 6 özdeş bilye 4 farklı kutuya
küçük terim + büyük terim
• te rim sayısı
2
11 + 55
⇒
• 15 ⇒ 495 elde edilir.
2
 6 + 4 − 1

 = 84
6


farklı şekilde dağıtılarak her kutuya
⇒
en az bir bilye atılmış olur.
c)
3 özdeş
24.
200 liralık banknot 5 farklı
cüzdana
 3 + 5 − 1

 = 35
3


farklı şekilde konulabilir.
www.yukseklimit.com
Bu kümenin elemanları ile iki basamaklı ,
5 • 3 = 15
farklı tek sayı yazılabilir. Bu 15 sayı ,
11, 13 , 15 , • • • , 53 , 55
şeklinde olup toplam ,
b)
46
16 birim kareden oluşan şekildeki karenin
her bir satır ve sütununda bir ve yalnız
bir kare taranarak ,
4 • 3 • 2 • 1 = 24
kaç farklı desen oluşturulabilir.
Mehmet Ali AYDIN
9−PERMÜTASYON
1.
a)
LYS MATEMATÝK
4.
P(6,6) − P(6,3)
P(6,0) + P(7,1)
6!
6!
−
(6 − 6)! (6 − 3)!
⇒
6!
7!
+
(6 − 0)! (7 − 1)!
720 − 120
⇒
1+ 7
600
⇒
8
⇒ 75 elde edilir.
a) 12 kitap yan yana 12! farklı şekilde
dizilebilir?(12!)
b) Aynı branştan kitaplar yan yana
olmak koşulu ile dizilişler ,
M1M2M3M4M5 F1F2F3F4 C1C2C3
5! • 4! • 3! • 3! = 6! • 4! • 3! tanedir.
c) Fizik
kitapları
yan
yana olmak
koşulu ile dizilişler ,
C3M1M2M3 F1F2F3F4 M4M5C1C2
b)
9! • 4! tanedir.
P(n + 1,n)
P(n,n)
(n + 1)!
6!
(n + 1 − n)!
=
⇒
n!
(6 − 4)!
(n − n)!
(n + 1)!
⇒ 360 =
n!
⇒ 360= n + 1
P(6,4) =
d) En solda matematik en sağda ise
fizik kitabı olmak koşulu ile dizilişler ,
M1 C3M3M2F1F2F4M4M5C1C2 F3
tipinde olup ,
en sola 1 matematik 5 farklı şekilde
en sağa 1 fizik 4 farklı şekilde seçi -
⇒ n = 359 elde edilir.
2.
a)
lebildiğinden tüm dizilişlerin sayısı ,
⇒ 5 • 4 • 10! ⇒ 20 • 10! tanedir.
A = {1,2,3 ,a ,b,c ,d}
e) İki fizik arasında bir coğrafya ki tabı olmak koşulu ile dizilişler ,
7 • 6 • 5 • 4 • 3 = 2520 (tüm 5 li permütasyonlar)
6 • 5 • 4 • 3 • 2 = 720 (d siz 5 li permütasyonlar)
M3M2 F1C3F2C1F4C2F3 M4M5M1
O halde d bulunan 5 li permütasyonlar ,
tipinde olup , F ler ve C ler kendi
2520 − 720 =
1800 tanedir.
yerlerinde yer değiştirmek üzere tüm
dizilişlerin sayısı ,
⇒ 6! • 4! • 3! tanedir.
b)
A = {1,2,3 ,4 ,5,6 ,7 ,8 }
5.
2 ve 7 yi kesin alalım. Kalan 6 sayıdan
6
3 sayı   = 20 farklı şekilde seçilip elde
3
edilen 5 terimin permütasyonları ,
A harfi ve D harfinin kendi arasındaki farklı
diziliş sayısı 2! tanedir. Bunlardan biri istenen
5! • 20 = 2400 tanedir.
3.
a)
durum olduğundan tüm dizilişler içindeki payı ,
7! •
A = {1,2,3 ,4 ,5 ,6,7 }
7 • 6 • 5 • 4 • 3 = 2520 (tüm 5 li permütasyonlar)
5 • 4 • 3 • 2 • 1 = 120 (5 ve 1 siz 5 liler)
6.
1
= 2520 tanedir.
2!
6 kişilik bir
arkadaş grubunun yan yana
rastgele dizilişlerinin sayısı 6! tanedir. Sözko -
O halde 5 veya 1 bulunan 5 li permütas yonlar 2520 − 120 =
2400 tanedir.
b)
A ,B,C,D,E ,F,G
harfleri birer kez kullanılarak yazılabilecek
7 harfli kelimeler 7! tanedir.
nusu 4 kişinin kendi arasındaki durumları 4!
tanedir ve bunlardan Barış'ın Yavuz'un so lunda ve Ali'nin Hakan'ın sağında bulundu -
A = { a ,b ,c ,d,1,2,3 }
ğu 6 durum olacağından tüm dizilişler için -
3 rakam ve 4 harf var. İki rakam ve iki
deki payı ,
3  4
harf   •   = 18 farklı şekilde seçilip elde
2 2 
edilen 4 terimin permütasyonları ,
6! •
6
= 180 tanedir.
4!
4! • 18 = 432 tanedir.
www.yukseklimit.com
47
Mehmet Ali AYDIN
9−PERMÜTASYON
7.
LYS MATEMATÝK
10.
Ö Ö Ö Ö Ö
 biçiminde 4! • 5!
D D D D 
Ö D D D D
 biçiminde 4! • 5!
Ö Ö Ö Ö 
a)
8 kişilik bir aile yuvarlak bir masaya ,
(8 − 1)! =
7!
farklı şekilde oturabilir.
b)
Anne ve en küçük
çocuk aralarında yer
değiştirmek üzere bir
kişi olarak alınıp ma sada 6 kişi düşünü lürse yuvarlak masaya
⇒ (6 − 1)! • 2! ⇒ 240
farklı şekilde oturabilir.
D D D D Ö
 biçiminde 4! • 5!
Ö Ö Ö Ö 
O halde doktorlar daima yan yana bulunmak
koşulu ile toplam 3 • 4! • 5! farklı şekilde diziliş
mümkündür.
8.
c)
5 savcı ve 3 avukat , avukatlar yan yana
gelmemek
koşulu ile bir sırada ,
•
S
•
S
•
S• S
•
S
•
önce savcılar 5! farklı şekilde dizilebilir.
Daha sonra aralara (6 noktalı yere) 3 avukat
farklı şekilde dizilebilir. O halde tüm dizilişler
En büyük ve en küçük kardeşin
yan yana olduğu durum sayısı ,
⇒ (7 − 1)! • 2! ⇒ 1440 tanedir.
En büyük ile en küçük kardeşin
⇒ 5! • 6 • 5 • 4
⇒ 5! • 5! tanedir.
9.
a)
ve anne ile babanın yan yana
olduğu durum sayısı ,
⇒ (6 − 1)! • 2! • 2! ⇒ 480 tanedir.
O halde en büyük ile en küçük
çocuğun yan yana olup anne ile
" KİTAP"
A ile başlayan 4! = 24 kelime
babanın yan yana olmadığı du rum sayısı ,
1440 − 480 =
960 tanedir.
İ ile başlayan 4! = 24 kelime
olup toplam 48 kelime vardır. Bundan
sonraki 24 kelime K ile başlamakta
olup tek tek bakılırsa,
11.
49. → KAİPT
50. → KAİTP
51. → KAPİT
52. → KAPTİ
53. → KATİP bulunur.
b)
" KİTAP "
Bu 7 öğrenciden belli üçü
yan yana olmak koşulu ile
yuvarlak masaya ,
⇒ (5 − 1)! • 3!
⇒ 3! • 4! farklı şekilde
oturabilir.
A ile başlayan 4! = 24 kelime
İ ile başlayan 4! = 24 kelime
K ile başlayan 4! = 24 kelime
olup toplam 72 kelime vardır. Bundan
sonraki 24 kelime P ile başlamakta
olup tek tek bakılırsa,
12.
73. → PAİKT
74. → PAİTK
75. → PAKİT
76. → PAKTİ
48
2
3
1
.
.
.
n−4
2
1
3
4
Önce 7 doktor çizgili 7 ye D
re yuvarlak masadan dolayı
H
(7 − 1)! farklı şekilde , ancak
7 hakim 7 noktalı yere yan D
H
yana olacağından 7! farklı
şekilde oturabilir. O halde
tüm durumlar 6! • 7! elde
edilir.
77. → PATİK bulunur.
Baştan 77. kelime sondan 44. kelimedir.
www.yukseklimit.com
n tane kişiden belli dördü
yan yana olmak üzere
yuvarlak masaya ,
(n − 4)! • 4!
farklı şekilde otururlar.
6!
⇒ (n − 4)! • 4! =
5
⇒ n = 7 elde edilir.
D H
H
D
H
D
H
D
H
D
Mehmet Ali AYDIN
9−PERMÜTASYON
LYS MATEMATÝK
" LAPALAPA"
16.
13.
kelimesindeki harfler yer değiştirilerek sessiz
harf ile başlayan ve sesli harf
ile biten,
L APALAP A
7 evli çift bir yuvarlak masaya evli çiftler
ayrılmamak ve belli dört çift yan yana bu lunmak koşulu ile ,
⇒ (4 − 1)! • 4! • 2! • 2! • 2! • 2! • 2! • 2! • 2!
P ALALAP A
sona sadece A gelmekte fakat başa L veya P
gelebilmekte olduğu düşünülürse ,
⇒ 211 • 32
farklı şekilde oturabilir.
6!
= 60
3! • 2!
6!
= 60
⇒
3! • 2!
⇒
(1. durum sayısı )
(2. durum sayısı )
olacağından toplam 60 + 60 =
120 farklı
kelime yazılabilir.
14.
" MERSEDES"
kelimesindeki
harfler
yer değiştirilerek
8!
3! • 2!
⇒ 3360
17.
⇒
" 66600212"
sayısının rakamları yer
farklı kelime yazılabilir.
değiştirilerek ,
8!
3! • 2! • 2!
⇒ 1680
⇒
farklı sayı yazılabilir.
15.
" GIDIGIDI "
kelimesindeki
harfler
yer değiştirilerek her
18.
G den sonra D gelmek koşulu ile ,
" 33407707 "
sayısının rakamları yer değiştirilerek altı ba -
I GD I GD I I
samaklı sayılar için sıfırlar başa sabitlenirse,
gibi düşünülürse ,
00 334777
6!
4! • 2!
⇒ 15
⇒
6!
2! • 3!
⇒ 60
⇒
farklı kelime yazılabilir.
www.yukseklimit.com
farklı sayı yazılabileceği elde edilir.
49
Mehmet Ali AYDIN
9−PERMÜTASYON
19.
" 13304404 "
sayısının rakamları yer
LYS MATEMATÝK
değiştirilerek ,
22.
sıfır başa sabitlenirse
7!
⇒ 420
0 1334404 ⇒
2! • 3!
farklı sayı yazılabilir. Bu sayılar ya 7 ya da
6 basamaklıdır.
tarlığa ,
b)
(9 − 1)! =
8!
şekilde takılabilir.
8 farklı anahtar maskotsuz bir anah tarlığa ,
(8 − 1)!
= 2520
2
şekilde takılabilir.
farklı
" 66203036 "
sayısının rakamları yer değiştirilerek ,
8!
⇒
⇒ 1680
2! • 2! • 3!
farklı sayı yazılabilir. Ancak bu sayılar ya 8
ya 7 ya da 6 basamaklıdır.
23.
n tane farklı anahtar dairesel bir anahtarlığa
(n − 1)!
2
farklı şekilde takılabilir. O halde ,
(n − 1)!
= 60
2
⇒n= 6
⇒
Sıfır başa sabitlenirse
7!
⇒ 420
0 6623036 ⇒
3! • 2!
farklı sayı yazılabilir. Bu sayılar ya 7 ya da
6 basamaklıdır. O halde 8 basamaklı ,
1680 − 420 =
1260
farklı sayı yazılabilir.
21.
9 farklı anahtar maskotlu bir anah -
farklı
Sıfırlar başa sabitlenirse,
6!
⇒ 60
00 133444 ⇒
2! • 3!
tane sayı 6 basamaklıdır. O halde 7 basamaklı
420 − 60 =
360
farklı sayı yazılabilir.
20.
a)
elde edilir.
24.
.
4 kırmızı birlikte olacak şekilde
1 durum vardır.
" 55592009 "
sayısının rakamları yer değiştirilerek ,
sıfırlardan biri başta biri sonda olursa ,
3 kırmızı birlikte olacak
şekilde simetrik durum -
0 555929 0
lara da dikkat edilirse
biçiminde yedi basamaklı ,
6!
⇒
⇒ 60
3! • 2!
farklı çift sayı yazılabilir.
2 durum vardır.
2 kırmızı birlikte olacak
şekilde alınırsa diğer
2 kırmızı ya birlikte
ya da ayrık olacağın dan simetrik durum lara da dikkat edilirse
4 durum vardır.
Ayrıca başta bir tane 0 ve sonda 2 olursa,
0 555909 2
biçiminde yedi veya altı basamaklı ,
6!
⇒
⇒ 60
3! • 2!
farklı çift sayı yazılabilir. Ancak bunlardan
sıfırların başta ve 2 nin sonda olduğu
1 mavi 1 kırmızı
5!
⇒ 10
3! • 2!
farklı çift sayı 6 basamaklı olduğundan
60 − 10 =
50 sayı bulunur. Böylece 7 basamaklı
⇒
Sonuç olarak özdeş 4 mavi ve özdeş 4 kırmızı
boncuk bir halkaya toplam 1 + 2 + 4 + 1 = 8 farklı
şekilde dizilebilir.
60 + 50 =
110
farklı çift sayı yazılabilir.
www.yukseklimit.com
olacak şekilde
1 durum vardır.
00 55599 2
50
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
1.
LYS MATEMATÝK
 n   11  n 
C(11,3) +   =   +  
5  8  3
 11  n   11  n 
⇒ + =  + 
 3  5  8  3
 11  n   11  n 
⇒ + =  + 
 8  5  8  3
n  n
⇒ = 
5 3
4.
⇒
 n + 1
 n + 1  20 

 + 
=
 
8 

 9  11 

 n + 2   20 

= 
 9  9
n = 18 elde edilir.
⇒
⇒ n= 5 + 3
⇒ n = 8 elde edilir.
2.
 n 
 n   n   20 
⇒
+2  +
=
 
n − 7 
 8   n − 9   11 
 n   n   n   n   20 
⇒   +   +   +  =
 
7   8   8   9   11 

 
⇒
5.
9!
11!
•
(9 − 4)! • 4! (11 − 8)! • 8!
⇒
9!
10!
•
(9 − 7)! • 7! (10 − 5)! • 5!
9!
11!
•
5!
3!
• 4!
• 8!
⇒
9!
10!
•
2! • 7! 5! • 5!
55
⇒
24
5 farklı
çorba , 4 farklı yemek , 3 farklı
salata ve 4 farklı
tatlı
çeşidi arasından
3 çorba , 2 yemek , 1 salata ve 2 tatlı ,
5  4 3  4
⇒  •   •   •  
 3   2  1   2 
⇒ 10 • 6 • 3 • 6
⇒ 1080 elde edilir.
6.
7 mühendis 6 doktor arasından en az ü çü mühendis olan 5 kişilik bir ekip ,
3.
 11  11  11  11  11
 + + + + 
1
3
5
7
9
⇒          
 11  11  11  11  11 
 + + + + 
 2   4   6   8   10 
7 6
3 M - 2 D →   •   = 525
3 2
7  6
4 M - 1 D →   •   = 210
 4  1 
7
5M
→   = 21 olmak üzere toplam,
5
 11   11  11  11  11
 + + + + 
10
8
6
4
2
⇒          
 11  11  11  11  11 
 + + + + 
 2   4   6   8   10 
525 + 210 + 21 =
756
⇒ 1 elde edilir.
farklı şekilde seçilebilir?(756)
www.yukseklimit.com
51
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
7.
LYS MATEMATÝK
10.
12 sorudan 6 sı cevaplanacaktır.
12 evli çift arasından evli olmayan iki kişi ,
 24 
210
⇒   − 12 =
2
264
⇒ 276 − 12 =
İlk 5 sorudan en az 3 tanesinin seçilmesi
zorunlu olduğuna göre ,
İlk 5 soru
Son 7 soru
3 ü
3 ü
4 ü
2 si
5 i
1i
5 7
→   •   = 350
3 3
5  7
→   •   = 105
 4 2
kaç farklı şekilde seçilebilir.
5 7
→  • = 7
 5  1 
olmak üzere toplam ,
350 + 105 + 7 = 462
farklı alternatif vardır.
8.
11.
8 
⇒   = 210
4
⇒ 70
5 subay 6 astsubay arasından oluşturu lacak timlerde subay sayısının astsubay
sayısından 1 fazla olduğu durumlar,
Subay
8 kişi 4 er kişilik iki farklı odaya ,
farklı şekilde yerleştirilebilir.
Astsubay
1
0
2
1
3
2
4
3
5
4
5 6
→  •  = 5
1   0 
5 6
→   •   = 60
 2  1 
5 6
→   •   = 150
3 2
5  6
→   •   = 100
 4 3
12.
a)
5 6 
→   •   = 15
5  4
8 kişi 4 er kişilik iki gruba ,
8   4
 • 
4
4
⇒    
2!
⇒ 35
olmak üzere toplam ,
5 + 60 + 150 + 100 + 15 =
330
farklı şekilde ayrılabilir.
tanedir.
b)
9.
12 kişi
3 er kişilik dört
gruba ,
 12   9   6   3 
 • • • 
3
3
3
3
⇒        
4!
⇒ 15400
Özdeş 3 şapka 8 kişiye istenilen sayıda ,
 3 + 8 − 1

 = 120
3 

farklı şekilde ayrılabilir.
farklı şekilde dağıtılabilir.
www.yukseklimit.com
52
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
13.
LYS MATEMATÝK
16.
10 kişiden 3 ü Aydın'a 4 ü Balıkesir'e ,
B C
A
 10   7 
⇒ • 
 3  4
⇒ 120 • 35
⇒ 4200
K
L
d1
F
D E
N
M
d2
Yukarıdaki şekilde verilen doğruların üze -
farklı şekilde gönderilebilir.
rindeki
noktalar
kullanılarak
çizilebilecek,
 10   6   4 
26 → doğru sayısı
 − − +2=
 2  2 2 
 10   6   4 
96 → üçgen sayısı
 − − =
 3  3 3 
14.
6  4
  •   = 90 → dörtgen sayısı
2 2 
olduğundan doğru , üçgen ve dörtgenlerin toplam
sayısı ,
⇒ 26 + 96 + 90
⇒ 212
olarak elde edilir.
9 kişilik bir gruptan 5 kişilik bir komisyon ve
bu komisyona komisyon içinden bir başkan
bir de başkan yardımcısı ,
9 5  4
⇒ • • 
 5  1  1 
⇒ 126 • 5 • 4
⇒ 2520
P
17.
H
M
kaç farklı şekilde seçilebilir.
G
L
F
K
A
E
15.
F
G
C
B
D
Yukarıdaki şekilde verilen üçgenin üzerin -
D
deki noktalar kullanılarak ,
 12   3   4   5 
⇒ − − − 
 3  3 3  3 
⇒ 220 − 1 − 4 − 10
C
H
⇒ 220 − 1 − 4 − 10
B
K
E
üçgen çizilebilir.
A
d1
18.
Yukarıdaki şekilde verilen çember üzerindeki
d2
noktalar kullanılarak çizilebilecek üçgen ve
dörtgenlerin toplam sayısı, bu noktalarla çi zilebilecek doğruların sayısından ,
d3
9 9 
9
⇒  +  −  
4
2
3


  



üçgen ve
dörtgenlerin
toplam sayısı
d4
Yukarıdaki şekilde verilen üç doğrunun ü -
doğruların
sayısı
zerindeki 14 nokta kullanılarak en çok ,
⇒ 84 + 126 − 36
 14   6   3   4   4 
⇒ − − − − 
 3  3 3 3  3 
⇒ 364 − 20 − 1 − 4 − 4
⇒ 174
fazladır.
⇒ 335
üçgen çizilebilir.
www.yukseklimit.com
53
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
19.
LYS MATEMATÝK
22.
9 doğru en çok ,
a)
C
9
⇒ 
2
⇒ 36
sonlu noktada kesişir.
20.
A
Yukarıdaki
 10   9 
⇒   −   ⇒ 120 − 84 ⇒ 36
 3  3
üçgen vardır.
5 i bir A noktasından geçen, farklı 3 ü ise
paralel
B
şekilde ,
olan 11 farklı doğru en çok ,
C
b)
 11  5   3 
⇒ − − +1
 2  2 2
⇒ 55 − 10 − 3 + 1
⇒ 43
sonlu noktada kesişir.
A
Yukarıdaki
21.
a)
11 tane
çember
8 7
⇒    −    • 3 ⇒ 63
3 3
üçgen vardır.
en çok ,
 11
⇒ •2
 2
⇒ 55 • 2
⇒ 110
sonlu noktada kesişir.
b)
8
tane
üçgen
23.
en çok ,
8
⇒ •6
2
⇒ 28 • 6
A
⇒ 168
sonlu noktada kesişir.
c)
Yukarıdaki
10 tane dikdörtgen en çok ,
5
tane
altıgen
24.
şekilde ,
Şekilde verilen noktalarla , yalnız bir köşesi
hem doğru hem de çember üzerinde olan
en çok ,






2  5  4
5 
⇒ •  •  +   
1  1 
2 
 1   



Sadece 
 Biri çember
çemberden 
biriikidoğrudan
iki nokta 
 nokta
⇒ 60
en çok ,
5
⇒   • 12
2
⇒ 10 • 12
⇒ 120
sonlu noktada kesişir.
www.yukseklimit.com
B
 4 5  4 5
⇒   •   +   •   ⇒ 30 + 40 ⇒ 70
 2  1  1  2 
üçgen vardır.
 10 
⇒ •8
2
⇒ 45 • 8
⇒ 360
sonlu noktada kesişir.
d)
B
şekilde ,
üçgen çizilebilir.
54
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
25.
LYS MATEMATÝK
28.
Paralel yatay doğrular ve paralel eğik doğ -
C
ruların verildiği yukarıdaki şekilde,
 7   5   7   1  4 
⇒  •  + • • 
2   2   2   1  1 


 

İkisi yatay
ikisi düşey
dört doğru
ile oluşan
paralelkenar
sayısı
Biri d doğrusu
olmak üzere
İkisi yatay
ikisi düşey
dört doğru
ile oluşan
paralelkenar
sayısı
A
B
Yukarıdaki
⇒ 210 + 84
⇒ 294
şekilde ,
 12   7   6 
⇒ − − 
 3  3 3
⇒ 220 − 35 − 20
paralelkenarların toplamı sayısı elde edilir.
⇒ 165
üçgen vardır.
y
29.
26.
49 birim kareden oluşan şekildeki karede,
7 7 6 6 5 5
⇒  •  +  •  +  •  + •••+
1  1  1  1   1  1 







Bir kenarı
1 birim olan
kare sayısı
Bir kenarı
2 birim olan
kare sayısı
Bir kenarı
3 birim olan
kare sayısı
 1  1
 • 
1  1



Bir kenarı
7 birim olan
kare sayısı
x
O
Yukarıdaki
⇒ 72 + 62 + 52 + • • • + 12
⇒ 140
şekilde
verilen dik
koordinat
düzleminde belirtilen ve eksenler üzerinde
birer birim
aralıklarla
yerleştirilen
toplam
11 nokta ile ,
kare vardır.
6  4
⇒   •   + 
3 
1  1 

Öklit bağın

O noktası
ve biri X ekseninden biri
Y ekseninden
olmak üzere
3 nokta
27.
tısını sağlayan üçgenler
⇒ 24 + 3
24 birim kareden oluşan yukarıdaki şekildeki,
⇒ 27
dikdörtgen sayısı, alanı 4 br 2 den büyük
olan karelerin sayısından ,
dik üçgen çizilebilir.






 5   7    3   5   2   4   1  3  
⇒  •  −  •  +  •  +  • 
2   2    1   1   1   1   1  1  










 Bir kenarı
Dik dörtgen
Bir kenarı
Bir kenarı 
sayısı
birim olan 3 birim olan
4 birim olan 
2kare
sayısı
kare sayısı
kare sayısı 

30.
4 ü bir A noktasından geçen, diğer 5 i
ise paralel olan toplam 12 doğru en çok
 12 
 4
5
⇒   −   −   −
3
3
3
 
 

 






Tüm üçlüler
⇒ 140
fazladır.
A dan geçen üçlüler
Paralel
üçlüler
5 7
 • 
2  1 



1 i A dan
2 si paralel
üçlüler
⇒ 220 − 4 − 10 − 10 • 7
⇒ 136
üçgen belirtir.
www.yukseklimit.com
55
Mehmet Ali AYDIN
10−KOMBÝNASYON
LYS MATEMATÝK
34.
35.
A
Kardeş olan iki kişinin de aralarında bu lunduğu toplam 8 kişilik bir grubun, iki si 2 kişilik biri 4 kişilik üç odaya yer leştirilmesinde önce tüm durumlara bakılırsa
Kardeş olanlar aynı odada olacak şekilde ,
2 6  4  6 2  4   4  2 2  6
⇒ • • + • • + • • • 
2 2  4  2 2  4  2  2 2  2
⇒ 15 + 15 + 90 ⇒ 120 tane durum vardır.
⇒ 10 + 9 + 8 + • • • + 1
⇒ 55
32.
en çok ,
8 6  4
⇒   •   •   = 420 tanedir.
2 2  4
B
Şekilde , küçük üçgen sayısından en büyük
üçgen olan ABC üçgenine kadar toplam ,
üçgen
sayıda
 15 
⇒   ⇒ 105
2 
arakesit doğrusu olabilir.
C
31.
15 düzlemin, sonlu
vardır.
Kardeş olanlar aynı odada olmamak ko şulu ile,
⇒ 420 − 120 ⇒ 300
farklı yerleşme alternatifi vardır.
36.
n kişilik bir sınıfta 1 yıl içerisinde n ki şinin de doğum günü kutlanmış ve herkes
herkese bir doğum günü hediyesi verdiğinde
toplam hediye sayısı
a)
A = { 0,1,2,3 ,4 ,5 ,6,7 ,8 }
kümesinin elemanları ile a < b < c ko şulunu sağlayan üç basamaklı ,
9
 1  8 
⇒   −  • 
3

 
 1
 2



870 olduğuna göre ,
tüm üçlüler
n
⇒   • 2 = 870
2
⇒ n = 30
→ 56
Sıfır ile başlayan üçlüler
farklı abc doğal sayısı yazılabilir.
b)
elde edilir.
A = { 0,1,2 ,3 ,4 ,5 ,6,7 }
kümesinin elemanları ile a ≤ b ≤ c ko şulunu sağlayan üç basamaklı ,
a < b < c şartını sağlayan ,
33.
8
⇒   −
3





15 dersten 5 tanesi aynı saatte verildiğine
tüm üçlüler
göre , bu 15 dersten 4 ü ,
⇒
→ 35 tane
Sıfır ile başlayan üçlüler
a= b= c şartını sağlayan ,
⇒ 111, 222, 333, • • • , 777 → 7 tane
 10 
 10   5 
  + • 
4
3  1 
 
  


Farklı saatlerdeki 11
dersten 4 ü
 1  7 
 • 
 1
 2


Farklı saatlerdeki 11
dersten 3 ü
ve aynı saatteki 4
dersten 1 i
a= b < c şartını sağlayan ,
8
⇒   −
2





tüm üçlüler
⇒ 210 + 120 • 5
 1  7 
 • 
 1
 1


→ 21 tane
Sıfır ile başlayan üçlüler
⇒ 810
a<b=
c şartını sağlayan ,
farklı şekilde seçilebilir.
8
 1  7 
⇒   −  • 
2

 
 1
 1



tüm üçlüler
→ 21 tane
Sıfır ile başlayan üçlüler
olmak üzere 84 farklı sayı yazılabilir.
www.yukseklimit.com
56
Mehmet Ali AYDIN
11−BÝNOM AÇILIMI
1.
LYS MATEMATÝK
4.
(2x + y)n
açılımında 17 terim bulunduğuna göre ,
8
1 
 2
2x − 3 
x 

açılımı x in azalan kuvvetlerine göre yapıl dığında baştan 4. terim ,
⇒ n + 1=
17
⇒ n = 16 dır.
3
8
 1 
⇒   (2 x2 )8 − 3 •  − 3 
3
 x 
 
1
⇒ −56 • 25 • x10 • 9
x
⇒ −1792 x elde edilir.
(2x + y)16
açılımında terimler x in azalan kuvvetlerine
göre dizildiğinde baştan 2. terim ,
 16 
⇒   (2x)16 − 1 • y1
1
⇒ 24 (2x)15 • y
⇒ 219 x15 y elde edilir.
2.
(x + 5y − 2)n
açılımındaki terimlerin katsayılarının toplamı
5.
için, (x + 5y − 2)n ifadesinde x =y =1 yazılırsa
2 
 6
x − 8 
x 

7
açılımında sabit terim için yani x ten ba ğımsız terim için baştan 4. terime bakılırsa ,
n
⇒ (1 + 5 • 1 − 2) =
4096
⇒ 4n = 4096
⇒ n = 6 elde edilir.
7
 2 
⇒   (x 6 )7 − 3 •  − 8 
3
 x 
 
8
⇒ −35 • x 24 • 24
x
⇒ −280 elde edilir.
(x + 5y − 2)6
açılımındaki sabit terimi için (x + 5y − 2)6
ifadesinde x= y= 0 yazılırsa
3
⇒ (0 + 5 • 0 − 2)6
⇒ 64 elde edilir.
3.
(1 − 4x)n
açılımındaki terimlerin katsayılarının toplamı
6.
için, (1 − 4x)n ifadesinde x =
1 yazılırsa
2 
 3
x − 2 
x 

7
açılımında x li terim için baştan 5. terime
bakılırsa ,
⇒ (1 − 4 • 1)n =
−2187
−2187
⇒ (−3)n =
⇒ n = 7 elde edilir.
4
7 
 2 
⇒   (x 3 )7 − 4 •  − 2 
4
 x 
 
16
⇒ 35 • x 9 • 8
x
⇒ 560 x olacağından katsayı 560 elde
edilir.
(1 − 4x)7
açılımındaki x 2 li terim,
7
⇒   17 − 2 • (−4x)2
2
⇒ 21 • 1 • 42 x 2
⇒ 336x2 olacağından katsayısı 336 elde
edilir.
www.yukseklimit.com
57
Mehmet Ali AYDIN
11−BÝNOM AÇILIMI
7.
LYS MATEMATÝK
8
 2 x2 − 1 
 2 x2
1 
−

 ⇒ 

x 
x 

 x
8
(
10.
açılımında
8
3
1

− 
⇒ 2 x 2 − x 2 




açılımında sabit terim için yani x ten ba -
•
( x −1/2 )6
11.



6
⇒ 15 •
a6
4b 4
•
6−4
•
 4b 
−

 a 
P(x)
=
(x
5
− 10 x
)
8
açılımında x in derecesinin çift olduğu
terimlerin katsayılarının toplamı P(Ç) ve
x in derecesinin tek olduğu terimlerin kat sayılarının toplamın P(T) olmak üzere ,
açılımında b den bağımsız
baştan 5. terime bakılırsa ,
 6   a3 
⇒    2 
 4   2b 
rasyonel terim için tüm rasyonel
⇒ 1 • 27 • 1 + 15 • 3 • 2
⇒ 27 + 90
⇒ 117 elde edilir.
⇒ 112 elde edilir.
 a3
4b
 2 −
a
 2b
6
6− 0
0
6
4
  ( 3 ) (− 2 ) 
0
 

 rasyonel terimler
6− 4
4
6 
4
  ( 3 ) (− 2 ) 
4

⇒ 28 • 22 x 3 • x −3
8.
)
terimler bulunup toplanırsa ,
ğımsız terim için baştan 7. terime bakılırsa ,
8
⇒   (2 x3/2 )8 − 6
6
3−42
P(1) + P(−1)
2
P(1) − P(−1)
P(T) =
2
P(Ç) =
terim için
4
dir. Aradaki fark sorulduğundan ,
256b 4
a4
P(1) + P(−1) P(1) − P(−1)
−
2
2
P(−1)
⇒ P(Ç) − P(T) =
⇒ P(Ç)=
− P(T)
⇒ 960 • a2 elde edilir.
316 elde edilir.
⇒ P(−1) =
(
9.
3
açılımında
2 −2
)
12.
7
açılımında terim sayısı ,
rasyonel terim için tüm rasyonel
(10 + 1) • (10 + 2)
2!
⇒ 66 elde edilir.
⇒
terimler bulunup toplanırsa ,
7
 7  3 7− 7
  ( 2 ) ( −2) 
7
 


4
 7  3 7− 4
  ( 2 ) ( −2)  rasyonel terimler
4


1
 7  3 7−1
  ( 2 ) ( −2 ) 

1 
( x − y + z + 5t )7
b)
açılımında terim sayısı ,
(7 + 1) • (7 + 2) • (7 + 3)
3!
⇒ 120 elde edilir.
⇒
⇒ 1 • 1 • ( −128 ) + 35 • 2 • 16 + 7 • 4 • ( −2)
⇒ −128 + 1120 − 56
⇒ 936 elde edilir.
www.yukseklimit.com
10
( 2x − y − 5z )
a)
58
Mehmet Ali AYDIN
11−BÝNOM AÇILIMI
13.
LYS MATEMATÝK
11
( 3x − y + z )
a)
11
⇒ ( (3x + z) − y )
(x
16.
açılımında y2 li terimler için ,
11− 2
2
 11
( − y)
⇒   (3x + z )
 2
9
 11
⇒   (3x + z ) • y2
 2
3
− 3x 5
)
8
x28 li
açılımında
⇒x
24
(
(1 − 3x 2 ))
8
⇒ x3
•
⇒ x 24
•
8
(1 − 3x 2 )
terimin katsayısı için,
 8  8−2
2 2
• 
 (1) (−3x )
2
⇒ x 24 • 28 • 1 • 9 • x 4
olacağından y2 li terim sayısı ,
⇒ 9 + 1 ⇒ 10 elde edilir.
⇒ 252 x 28
olacağından x 28 li terim sayısı 252 elde edilir.
b)
(2 x
3
+ y + 7 z 2 − 2t
)
(
9
⇒ (2 x 3 + y − 2t) + 7 z 2
)
9
açılımında z 4 lü terimler için ,
9−2
9
2 2
• (7 z )
⇒   • (2 x3 + y − 2t )
2
7
9
⇒ 49   • (2 x 3 + y − 2t ) • z 4
2
 
17.
olacağından z 4 lü terim sayısı ,
(7 + 1) • (7 + 2)
⇒ 36 elde edilir.
2!
⇒
14.
7
P(x) =
( 3x + 2 )15 =
a0 x15 + a1x14 + a2 x13 + • • • + a15
olduğuna göre , a1 + a3 + a5 + • • • + a15 ifadesi nin eşiti çift dereceli terimlerin katsayıların
toplamı olan ,
7
⇒ ( 2 x − y − 3z ) ⇒ ( (2 x − y) − 3z )
açılımında bir terim kx 2 y4 z olduğuna
P(1) + P(−1)
2
515 − 1
P(Ç) =
2
göre z li terim ,
P(Ç) =
7−1
1
7
⇒   • (2 x − y) • ( −3z )
1
 
6
⇒ 7 • ( −3z ) • (2 x − y)
olacağından x 2 li terim ,
elde edilir.
6−4
6 
⇒ 7 • ( −3z ) •   • (2 x )
4
•
4
( − y)
⇒ 7 • ( −3z ) • 15 • 4 • x2 • y4
⇒ −1260x2 y4 z olacağından
k = −1260 elde edilir.
15.
(x
2
+
2y − z
)
n
⇒
((x
− z) +
2
2y
)
n
⇒ a x 4 y2 z ⇒ a ( x2 )
2
•
(− z)
1
•
(
2y )
4
2
− z) +
2y
)
7
açılımında bir terim a x 4 y2 z olduğuna göre ,
8−4
8 
⇒   • (a )
4
 
göre y2 li terim ,
7−4
7 
⇒   • (x2 − z)
4
3
⇒ 35 • ( x 2 − z )
•
•
(
8
açılımı b nin artan ya da azalan kuv vetlerine göre yapıldığında ortanca te rim ,
⇒ n = 2 + 1 + 4 ⇒ n = 7 elde edilir.
(( x
( a + bc )
18.
açılımında bir terim a x 4 y2 z olduğuna göre ,
•
4
(bc)
⇒ 70 a 4b4 c 4
4
2y )
4 y2
elde edilir.
olacağından z li terim ,
3 −1
1
3
⇒ 35 • 4 y2 •   • ( x 2 ) • ( − z ) ⇒ −420 x 4 y2 z
1 
olacağından a = −420 elde edilir.
www.yukseklimit.com
59
Mehmet Ali AYDIN
11−BÝNOM AÇILIMI
19.
LYS MATEMATÝK
22.
6
c
 2
12 6
9 5
2 4
 a b + a = a b + 6 a b c + • • • + x b c + • • •


açılımında
b2 li
terimin katsayısı için,
ifadesi (2 − 1)18 binom açılımı olduğundan bu
6− 4 c 4
6 
⇒   (a2b) ( )
a
4
 
⇒ 15 • a 4 • b2
⇒ 15 • b2 • c 4
•
 18 
 18 
 18 
218 •   − 217 •   + 216 •   − • • • + 1
0
1
 
 
2
işlemin
sonucu 1 dir.
c4
a4
olacağından katsayı olan x = 15 elde edilir.
23.
 21 42  21 40  21 38
 21
 3 −  3 +  3 − • • • −  
 0
1
 2
 21
ifadesi (32 − 1)21 binom açılımı olduğundan bu
işlemin
sonucu
821 ya da 263 tür.
n   n n 
2n − 1
 + + +••• =
1   3   5 
20.
dir. O halde ,
 25   25   25 
 25 
225 − 1
 + + +•••+ =
1  3 5 
 25 
⇒ 224 elde edilir.
24. x pozitif reel sayıdır.
 20   20   20 
     
 0  −  1  +  2  −•••+1
x 40
x 38
x 36
 1

ifadesi  2 − 1
x

21.
20
binom açılımı olduğundan,
 20   20   20 
     
 0  −  1  +  2  − • • • + 1=
260
x 40
x 38
x 36
 25  25  25  24  25  23
 25 
 •2 + •2 + •2 + •••+ 
0
1 
2 
 25 
 1

⇒  2 − 1
x

20
260
=
20
 1

820
⇒  2 − 1 =
x

1
8
⇒ 2 − 1=
x
1
elde edilir.
⇒x=
3
ifadesi (2 + 1)25 binom açılımı olduğundan bu
işlemin
sonucu
www.yukseklimit.com
325 tir.
60
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
1.
LYS MATEMATÝK
4.
Bu kutudan rastgele alınan bir bilyenin mavi
a)
P(A) =
7
5
=
⇒ P(B)
12
12
7
P( A ∪ B) =
8
=
P(B' )
veya yeşil olma olasılığı ,
P(M ∪ Y) =
2.
a)
11 + 5
=
11 + 8 + 5
16
=
24
3
4
2
tür.
3
P( A ∪ B)= P( A) + P(B) − P( A ∩ B)
7
3
5
− P( A ∩ B)
⇒ = +
8
4 12
7
⇒ P( A ∩ B) = elde edilir.
24
Üst yüze gelen sayının asal olma ola sılığı için asal sayılar kümesi
A = { 2,3,5 } olduğundan ,
3
=
6
P( A)
=
b)
a)
2 
P( A' ) + P(B) =

5  taraf tarafa toplanırsa
'
P(B ) + P(A) =
k 
b)
Üst yüze gelen sayının 2 den büyük olma
olasılığı için 2 den büyük sayılar kümesi
2
⇒ P( A' ) + P(A) + P(B) + P(B' ) = + k

 

 5
B = { 3, 4,5,6 } olduğundan ,
2
8
⇒2=
+ k ⇒ k =elde edilir.
5
5
=
P(B)
3.
1
dir.
2
4
=
6
1
2
tür.
3
5.
a)
Asal sayılar kümesi A = { 2,3,5 }
A ve B ayrık ⇒ P( A ∩ B) =
0
4
P(A) =
9
11
1
'
=
⇒ P(B)
P(B ) =
olduğundan ,
12
12
P( A ∪ B)= P( A) + P(B) − P( A ∩ B)
4
1
19
=
+
−=
0
elde edilir.
9 12
36
2 den büyük sayılar kümesi B = { 3,4,5,6 }
ve A ∩ B =
{ 3,5 } olduğundan ,
Üst yüze gelen sayının asal ve 2 den
b)
büyük olma olasılığı ,
P( A ∩ B) =
b)
1
A ve B ayrık ⇒ P( A ∩ B) =
0
P(B) =
2
1
tür.
=
6
3
1
4
P( A ∩ B' )= P( A − B)= P( A)=
1 2
+
4 5
13
=
elde edilir.
20
P( A ∪ B) = P( A) + P(B) =
Asal sayılar kümesi A = { 2,3,5 }
2 den büyük sayılar kümesi B = { 3,4,5,6 }
ve A ∩ B =
{ 3,5 } olduğundan ,
6.
Üst yüze gelen sayının asal veya 2 den
büyük olma olasılığı ,
Kutuda 5 + 8 + 7 =
20 bilye vardır.
Bu kutudan rastgele 19 bilye alındığında
kutuda 1 bilye kalacağından kalan bilyenin
sarı veya beyaz bilye olma olasılığı bu ku -
P( A ∪ B)= P( A) + P(B) − P( A ∩ B)
tudan 1 bilye çekildiğinde çekilen bilyenin
3 4 2
+ −
6 6 6
5
=
dır.
6
=
sarı
veya beyaz bilye olma olasılığı ile
aynı anlama geleceğinden bu olasılık ,
P( S ∪ B) =
www.yukseklimit.com
2
tir.
5
61
5+7
=
5+8+7
12
=
20
3
5
tir.
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
7.
LYS MATEMATÝK
Bir kutuda 4
10.
yeşil 9 kırmızı bilye vardır.
a)
Bu kutudan rastgele alınan iki bilyenin
farklı renkte olma olasılığı ,
 4  9 
  
1 1
⇒  =
 13 
 
2
4•9
6
=
elde edilir.
78
13
A = { 0,1,2,3, 4 ,5 }
kümesinin elemanları ile yazılabilecek
üç basamaklı doğal sayılardan rast gele birinde yüzler basamağına
1, 2 ,3 ,4 ,5 rakamlarından biri yazıldığın dan ve bunlardan 1,2 ,3 bu sayıyı
3
400 den küçük yaptığından olasılık
5
olarak elde edilir.
2. Yol : A = { 0,1,2 ,3,4 ,5 } kümesinin
elemanları ile üç basamaklı ,
5 • 6 • 6 = 180
farklı doğal sayı ve
3 • 6 • 6 = 108
400 den küçük farklı doğal
sayı yazılabilir. O halde olasılık
8.
Bir kutuda 3 kırmızı 7 beyaz bilye vardır.
⇒
108
3
tir.
⇒
180
5
Bu kutudan rastgele alınan iki bilyenin
farklı renkte olma olasılığı ,
3 7
 + 
2 2
⇒  =
 10 
 
2
b)
3 + 21
8
=
elde edilir.
45
15
A = { 0,1,2,3, 4 ,5 ,6 }
kümesinin elemanları ile rakamları farklı
ve dört basamaklı 6 • 6 • 5 • 4 = 720
farklı doğal sayı yzılabilir.
5 ile bölünebilen farklı sayılar,
6 • 5 • 4 • 1 = 120 (0 ile biten)
5 • 5 • 4 • 1 = 100 (5 ile biten)
olmak üzere 120 + 100 = 220 tanedir.
O halde olasılık ⇒
9.
Bir kutuda 2 mavi, 5
bordo
11.
ve 6 siyah
bilye vardır.
Karenin 
2
=
=
144 br 2
 12
alanı 
2
Dairenin
 4 
π•
16 br 2
=
 =
alanı 
 π 
Bu kutudan rastgele alınan üç bilyeden
en az ikisinin aynı renkte olma olasılığını
bulmak için 1 den üç bilyenin de farklı
o
r= 4
12
O halde bu kare karton kağıt üzerinden
rastgele alınan bir noktanın boyalı daire
16
1
dur.
üzerinde olma olasılığı ⇒
⇒
9
144
renk olma olasılığı çıkarılırsa ,
2 5 6
 • • 
1
1
1
⇒ 1−      
 13 
 
3
12.
60
226 113
⇒ 1−
=
=
elde edilir.
286 286 143
www.yukseklimit.com
220
11
dır.
⇒
720
36
Rastgele dört basamaklı bir abcd doğal sa -
yısı 9 • 10 • 10 • 10 farklı şekilde ve a > b > c > d
bağıntısının sağlandığı dörtbasamaklı abcd
 10 
doğal sayısı   farklı şekilde yazılabilir.
 4
 10 
 
 4
O halde olasılık ⇒
9 • 10 • 10 • 10
210
7
⇒
⇒
dür.
9 • 10 • 10 • 10
300
62
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
13.
a)
Bir
LYS MATEMATÝK
16.
sepetteki 10 elmadan 4 ü kırmızı
a)
rın yüzleri 1 den 12 ye kadar doğal
6 sı ise sarı olduğuna göre , bu sepet ten rastgele alınan 4 elmadan en az
sayılarla numaralandığına göre , bu zar
art arda dört kez atıldığında dördünde
birinin kırmızı olma olasılığı için 1 den
dördünün de sarı olma olasılığı çıkarılırsa
de farklı gelme olasılığı ,
6 
 
4
15
13
= elde edilir.
1−
⇒ 1−   =
210 14
 10 
 
 4
b)
Düzgün onikiyüzlü biçiminde bir za -
⇒
b)
12 • 11 • 10 • 9
55
elde edilir.
⇒
12 • 12 • 12 • 12
96
Hileli bir
Bir kutudaki 9 bardaktan 5 i çatlak
olduğuna göre , bu kutudan rastgele
alınan 6 bardaktan en az üçünün
çatlak olma olasılığı ,
bü ile orantılı ise
1 gelme olasılığı 13 • k
2 gelme olasılığı 23 • k
3 gelme olasılığı 33 • k
5  4 5   4  5  4
 • + • + • 
3
3
4
2
5
1
⇒            
9
 
6
⇒
14.
a)
• • •
6 gelme olasılığı 63 • k
10 • 4 + 5 • 6 + 1 • 4
74
37
⇒
⇒
dir.
84
84
42
Tüm olasılıklar toplamı 1 olduğundan
1
⇒ 13 • k + 23 • k + 33 • k + • • • + 63 • k =
1
1=
elde edilir.
•k
=
⇒ 441
⇒k
441
Üç zar atıldığında üst yüze gelen sa yıların çarpımının çift olması için 1 den
üçünün de tek olma olasılığı çıkarılırsa,
3•3•3
27
7
1−
⇒ 1−
=
= elde edilir.
6•6•6
216 8
b)
Buna göre , bu zar bir defa atıldığında
asal
Bir çift zar atıldığında üst yüze gelen
sayıların toplamının en çok 9 olması
b)
sayı
gelme olasılığı
23 • 1 33 • 1 43 • 1 53 • 1 63 • 1
+
+
+
+
441
441
441
441
441
440
⇒
elde edilir.
441
17.
Mor bilyelerin sayısı → 2n
Kırmızı bilyelerin sayısı → n
Kutudan geri atılmaksızın art arda iki bilye
çekildiğinde bilyelerin farklı renkte olma o -
Dört zar atıldığında üst yüze gelen sa yılardan en az ikisinin aynı olma olası lığı için 1 den dördünün de farklı olma
olasılığı çıkarılırsa,
6 • 5 • 4 • 3 13
⇒ 1−
=
elde edilir.
6•6•6•6
18
lasılığı ,
 2n   n 
 • 
1  1 
⇒  =
 3n 
 
2 
8
⇒ n 6 elde edilir.
=
17
O halde toplam bilye sayısı 3n = 18 dir.
Üç zar atıldığında üst yüze gelen sayı lardan en az ikisinin asal olma olasılığı
için bir zarda 2,3,5 olmak üzere 3 asal
ve 1,4,6 olmak üzere 3 asal olmayan
eleman olduğu gözönüne alınırsa ,
18.
⇒ 3 • 3 • 3 • 3 → 2 si asal 1 i asal değil
⇒ 3 • 3 • 3 → 3 ü de asal
3•3•3•3 3•3•3
1
+
=
elde edilir.
O halde
6•6•6
6•6•6
2
www.yukseklimit.com
çift
⇒
(4,6) , (5,5) , (6, 4) → toplamın 10 olması
→ toplamın 11 olması
(5,6) , (6,5)
→ toplamın 12 olması
(6,6)
6
5
⇒ 1−
= elde edilir.
36 6
a)
veya
⇒ P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6)
olasılığı için 1 den toplamın 9 dan büyük
olma olasılığı çıkarılırsa yani şu durumlar
15.
zarda herhangi bir yüzün
gelme olasılığı o yüzdeki sayının kü -
63
5 evli çift yuvarlak masaya
rastgele dizildiğine göre ,
belli iki evli çiftin yan yana
ve bu iki evli çiftteki eşlerin
de yan yana olma olasılığı ,
(7 − 1)! • 2! • 2! • 2!
1
⇒
=
elde edilir.
(10 − 1)!
63
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
19.
LYS MATEMATÝK
22.
Bu düzgün dörtyüzlü rastgele atıldığında gö rünen yüzlerinde sırasına ve
a)
yönüne bakıl -
11 evli çift arasından rastgele alınan
2 kişinin evli çift olasılığı ,
 11
 
1
11
1
elde edilir.
⇒  ⇒
⇒
231
21
 22 
 
2
maksızın R , A ,R harflerinin bulunma olasılığı
için görünmeyen yüzde A nın bulunma olası liğina bakılırsa ,
⇒
2 1
elde edilir.
=
4 2
b)
6 evli çift arasından rastgele alınan
4 kişinin iki evli çift olma olasılığı,
20.
Bir kenarı 12 cm olan kare
biçiminde bir kağıt üzerinde
.
rastgele alınan bir noktanın
karenin
6
 
2
15
1
elde edilir.
⇒   ⇒
⇒
495
33
 12 
 
 4
12
köşelerine en az
8
cm uzaklıkta olma
π
olasılığı yani taralı bölgede
23.
olma olasılığı,
 8 
122 − π • 

 π 
⇒
2
12
5
⇒
elde edilir.
9
r=
2
yazan üç top , diğerinin ise ardışık çift tam
8
sayı yazan üç top çekme durumları ,
(1,3,5) veya (3,5,7) veya (5,7,9)
(2, 4,6) veya (4,6,8) veya (6,8,10)
olacağından ve kişilerin de yerdeğişebile ceği gözönüne alınırsa istenen olasılık ,
3 • 3 • 2!
⇒
 10   7 
 • 
 3  3
E
21.
Bu toplardan aynı anda rastgele üçer tane
alan iki kişiden birinin ardışık tek tam sayı
F
D
⇒
G
d
C
H
B
A
N
P
24.
a)
R
18
3
elde edilir.
⇒
120 • 35
700
12 beyaz yumurtanın 9 ü sağlam ve
15 sarı yumurtanın ise 6 sı sağlamdır.
Alınan bir yumurtanın sağlam olduğu
bilindiğine göre , beyaz olma olasılığı ,
M
L
9
9+6
3
elde edilir.
⇒
5
⇒
K
Bu noktalarla oluşturulabilecek üçgenlerden
rastgele biri seçildiğinde bu üçgenin en az
bir kenarının kiriş olma sı için seçilecek
üç noktadan en az ikisi çemberden seçil -
b)
yumurtasının da 8 i çatlaktır. Bu 40
yumurtadan rastgele alınan ikisinin çatlak
olduğu bilindiğine göre , birinin tavuk di ğerinin bıldırcın yumurtası olma olasılığı,
melidir. O halde olasılık ,
8 6 8 6
 • + • 
2
1
3
0
⇒       
 14 
 
3
⇒
15 tavuk yumurtasının 7 si, 25 bıldırcın
7 8
 • 
1
1
⇒   
 15 
 
2
28
elde edilir.
43
⇒
www.yukseklimit.com
64
56
8
elde edilir.
⇒
105
15
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
LYS MATEMATÝK
28.
25.
a)
Üst yüze gelen sayıların toplamının 6 olduğu
bilindiğine göre ,
⇒
(1,5) , (5,1) , (2,4) , (4,2) , (3,3)
olabilir.
3 madeni para art arda atıldığında ,
birinin tura , ikisinin yazı gelme olasılığı,
yani T , Y , Y ve yerdeğiştirmeleri tekrarlı
permütasyon olarak gözönüne alınırsa ,
1 1 1
3!
3
⇒ • • •
⇒
elde edilir.
8
2 2 2 1! • 2!
a)
İlk üçünün yazı, son ikisinin tura gelme
olasılığı yani Y , Y , Y, T , T biçiminde gelme
1 1 1 1 1
1
olasılığı ⇒ • • • • ⇒
dir.
2 2 2 2 2
32
b)
Üçünün yazı, ikisinin tura gelme olası lığı yani Y , Y , Y, T , T ve yerdeğiştirmeleri
tekrarlı permütasyon olarak düşünülürse
1 1 1 1 1
5!
5
⇒ • • • • •
⇒
dır.
2 2 2 2 2 3! • 2!
16
c)
8 madeni para art arda atıldığında ,
bir sonrakinin öncekinden farklı gelme
olasılığı yani Y , T , Y, T , Y, T, Y , T veya
T , Y , T , Y , T ,Y , T , Y olarak düşünülürse ,
1
1
1
elde edilir.
⇒ 8 + 8 ⇒
128
2
2
a)
Paraların aynı gelme olasılığı , yani
Y , Y , Y, Y , Y veya T , T , T, T , T gelme olasılığı
1
1
1
⇒ 5 + 5 ⇒
dır. Öte yandan ,
16
2
2
Zarların farklı gelme olasılığı ,
6•5
5
dır. O halde ,
⇒
⇒
6•6
6
paraların aynı ve zarların farklı gelme si bağımsız olduğundan bunun olasılığı
O halde , ikisinin de asal olması yani (3,3)
26.
1
elde edilir.
5
A ve B bağımsız iki olay ve P(A' ) =
=
ve P(B)
3
=
⇒ P( B' )
5
2
olduğundan,
5
29.
1
6
P( A' ∩ B' ) =
P( A' ) • P( B' )
1 2
= •
6 5
1
=
elde edilir.
15
27.
30.
⇒
Bu sınavda Nermin'in başarısız olma olasılığı
% 40 , Fevzi'nin başarısız olma olasılığı ise
%25 olduğundan bu sınavı en az birinin
b)
başarma olasılığı için 1 den ikisinin de ba şarısız olma olasılığı çıkarılırsa ,
⇒ 1−
40
100
•
1 1 1
1
•
•
⇒
elde edilir.
2 2 2
8
b)
olma olasılığı ,
⇒
3 madeni para art arda atıldığında ,
ilk ikisinin tura , diğerinin yazı gelme
olasılığı ,
1
16
•
5
5
elde edilir.
⇒
6
96
Paralardan en az ikisinin yazı gelme
olasılığı için Y , Y , T, T ; T , Y , Y, Y ; Y , Y , Y, Y
gelmesi ve yerdeğiştirmeleri tekrarlı
permütasyon olarak gözönüne alınırsa ,
1
4!
1
4!
1
11
⇒ 4 •
+
+
⇒
•
dır.
2! • 2! 24 1! • 3! 24
16
2
Zarların tek gelme olasılığı ,
3•3
1
⇒
⇒
tür. O halde ,
6•6
4
paralardan en az ikisinin yazı veya
25
9
=
yani %90 elde edilir.
100 10
zarların tek gelme olasılığı bağımsız
olduğundan bunun olasılığı ,
11 1 11 1
49
•
elde edilir.
⇒
+ −
⇒
16 4 16 4
64
www.yukseklimit.com
65
Mehmet Ali AYDIN
12−OLASILIK
31.
a)
b)
LYS MATEMATÝK
34.
3 sarı 5 turuncu bilye bulunan ku tudan geri atılmaksızın art arda alınan
üç bilyeden ilk ikisinin sarı sonun cusunun turuncu olma yani S,S,T ol 3 2 5
5
ma olasılığı ⇒ • • ⇒
dır.
8 7 6
56
d)
6 beyaz 4 siyah bilye bulunan kutu dan aynı anda alınan üç bilyeden
ikisinin beyaz birinin siyah olma
yani B,B,S ve ve yerdeğiştirmeleri
tekrarlı permütasyon olarak göz önüne alınırsa ,
6 5 4
3!
1
•
•
•
⇒
⇒
elde edilir.
10 9 8 2! • 1!
2
b)
Furkan'ın bir hedefi vurma olasılığı her bir
1
2
tür.
atışında
ise vurmama olasılığı
3
3
Furkan 6 atış yaptığında dördünde hedefi
vurma iki sinde vurmama olasılığı yani
V V V V I V I V ve yerdeğiştirmeleri tek rarlı permütasyon olarak düşünülürse ,
6!
20
1 1 1 2 1 2
⇒ • • • • • •
⇒
tür.
243
3 3 3 3 3 3 4! • 2!
35.
Bir kutuda 6 beyaz 4 siyah bilye ol duğuna göre , bu kutudan geri atıl maksızın art arda alınan üç bilye den ikisinin beyaz birinin siyah olma
olasılığı aynen üstteki b şıkkındaki
çözüme eşdeğerdir.
a)
I. kutuda 2 beyaz 6 kırmızı, II. kutuda
ise 5 beyaz 6 kırmızı bilye vardır.
Buna göre, I. kutudan II. kutuya bir
bilye atıldıktan sonra II. kutudan alı nan bir bilyenin beyaz olma olasılığı,
⇒ BB + KB
2 6
6 5
7
⇒ •
⇒
+ •
elde edilir.
8 12 8 12
16
b)
Bir kutuda 4 beyaz 6 mavi bilye ol duğuna göre , bu kutudan geri atılmak
koşulu ile art arda alınan üç bilyeden
I. kutuda 3 sarı 5 beyaz , II. kutuda
ise 2 sarı, 4 beyaz ve 3 kırmızı bilye
vardır. Önce I. kutudan II. kutuya bir
bilye daha sonra da II. kutudan I. ku tuya bir bilye rastgele atılıyor.
Buna göre ,
son durumdaki renk
dağılımının başlangıçtakiyle aynı ol ma olasılığı ,
⇒ S S + BB
ikisinin mavi birinin beyaz olma yani
M,M,B ve yerdeğiştirmeleri tekrarlı per mütasyon olarak gözönüne alınırsa ,
6
6
4
3!
54
⇒
⇒
•
•
•
dir.
10 10 10 2! • 1!
125
32.
Furkan'ın bir hedefi vurma olasılığı her
5
5
dır.
atışında
ise vurmama olasılığı
6
6
En çok 3. atışında hedefi vurma olasılığı
için 1 den üç atışta da vurmama olasılığı
1 1 1
215
çıkarılmasıyla ⇒ 1 − • • ⇒
dır.
6 6 6
216
6  4
 • 
2
1
60
1
2. Yol : ⇒     ⇒
dir.
⇒
120
2
 10 
 
3
c)
a)
⇒
6 avukat 3 subayın yan yana dizilişinde
herhangi iki subayın yan yana olmaması
için önce avukatlar 6! farklı şekilde dizilebilir.
• A • A • A • A • A • A •
Daha sonra aralara (7 noktalı yere) 3 subay
3
8
•
3
5
+
10 8
•
5
17
elde edilir.
⇒
10
40
36.
Ceylan
Bufalo
Antilop
Antilop
7 • 6 • 5 farklı şekilde dizilebilir. O halde tüm
dizilişler 6! • 7 • 6 • 5 tanedir. İstenen olasılık ,
6! • 7 • 6 • 5
5
⇒
⇒
elde edilir.
9!
12
33.
A
1
B
2
C
3
Aslan
Antilop
Ceylan
D
4
Bufalo
Bufalo
Birine örneğin A ya 1 nolu kendi kalemini
verip gönderelim. Kalan üç kişinin durumları ,
olacağından
B C D
2 3 4 B nin altında 2 olmamalı istenen ola 2 4 3 B nin altında 2 olmamalı sılık ,
3 2 4 D nin altında 4 olmamalı
2
1
3 4 2
⇒ = tür.
4 2 3
6 3
4 3 2 C nin altında 3 olmamalı
www.yukseklimit.com
Antilop
Aslanın antilopa  1 1 1 1
7
+ • • =
dir.

ulaşma olasılığı  3 3 2 3 18
Aslanın bufaloya  1 1 1 1
1
•
+ • =
tür.

ulaşma olasılığı  3 2 3 2
3
Aslanın ceylana 

ulaşma olasılığı 
66
1
3
•
1 1
+
2 3
•
1
2
•
1 2
=
dur.
3
9
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
1.
LYS MATEMATÝK
Gol sayısı
.
4.
36
Buğday
32
120
Mısır
50
28
100
Pancar
24
O
Sezon
2007 2008 2009 2010 2011
2008 2009 2010 2011 2012
Bir futbolcunun sezonlara göre attığı gol ler yukarıdaki sütun grafikte gösterildiğine
göre , şıklara bakılırsa,
bu alan 7200 •
pancar ekilen alan 7200 •
120o
= 2400 m2 ve
360o
100o
= 2000 m2
360o
dir ve aradaki fark 2400 − 2000 = 400 m2 dir.
C) Arpaya bırakılan alanın iki katı pancar eki li alana eşit olduğu
D) Bu futbolcu ilk dört sezonda gol sayısını
sürekli artırmış değil 2010 - 2011 de azal -
100o
= 2 den görülebilir.
50o
D) Arpa ve Mısır ekili alanlar eşit olduğu
50o
= 1 den görülebilir.
50o
.
9
40o
= 800 m2 dir.
360o
B) Buğday ekilen alan 7200 •
C) Bu futbolcunun 5 sezondaki gol ortala 28 + 32 + 36 + 32 + 24
ması 22 değil ⇒
5
152
⇒
tir.
5
Kişi
sayısı
Nadas
A) Nadasa bırakılan alanın merkez açısı 40o ve
B) Bu futbolcu herhangi bir sezonda en az
25 gol değil 2011- 2012 de 24 gol atmıştır.
14
Arpa
payları merkez açılarla gösterildiğine göre ,
sezonlarında attığı gollerin aritmetik orta 28 + 24
laması 27 değil ⇒
= 26 dır.
2
Yaş
.
Yukarıdaki daire grafikte 7200 m2 lik bir
tarlası olan bir çiftçinin ekim yaptığı alanların
A) Bu futbolcunun 2007 - 2008 ve 2011- 2012
2.
50
15
18
12
3
E) Buğday ekilen alan, arpa ekilen ve nadasa
bırakılan alanın toplamına eşit olamaz çünkü
merkez açılara bile bakılsa 120o ≠ 50o + 40o tır.
Bu şık YANLIŞ olduğundan cevaptır.
Yukarıdaki tabloda yaş dağılımı gösterilen gru bun yaş ortalaması ,
14 • 9 + 15 • 12 + 18 • 3
9 + 12 + 3
126 + 180 + 54
⇒
24
360
⇒
⇒ 15 elde edilir.
24
⇒
3.
5.
15 kişilik bir sınıfın yaş ortalaması 14 ise
yaşları toplamı ⇒ 15 • 14 = 210 ve bu sınıftan
yaşları farkı 4 olan iki kişi ayrılınca kalan 13
6.
kişinin yaş ortalaması 14 ise kalan bu 13 ki şinin yaş toplamı ⇒ 13 • 14 = 182 dir.
olan bir fidan her
yıl 15 cm uzadığı na göre , bu fida nın ilk 6 yıllık bü yüme grafiği yan -
O halde büyüğün yaşı ⇒ x + 4 ⇒ 16 elde edilir.
67
Boy (cm)
130
40
daki gibidir.
O
Şemada 6 öğrencinin
fizik ve kimya der -
Kimya
sinden aldığı notlar
gösterildiğine göre ,
bu veriler için ser pilme grafiği yan daki gibidir.
Ayrılan iki kişinin yaşları farkı 4 olduğundan
bunların yaşları x ve x + 4 ile gösterilirse ,
⇒ x + x + 4= 210 − 182
⇒ x = 12 dir.
www.yukseklimit.com
Dikildiğinde 40 cm
6
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
O
20 40 60 80 100
(yıl)
Fizik
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
LYS MATEMATÝK
10.
.
7.
Elektrik
Doğal
üretimi Kömür Linyit gaz Petrol Diğer
Yüzde
oranı
% 22
% 10 % 40
% 15
Aşağıda verilen ifadelerden ,
I. Merkezi eğilim ölçüleri mod, medyan ve
aritmetik ortalamadır. (DOĞRU)
% 13
II. Merkezi yayılım ölçüleri açıklık ve standart
Yukarıdaki şemada ülkemizin 2011 yılındaki
sapmadır. (DOĞRU)
elektrik üretiminin dağılımı gösterildiğine gö re bu veriler daire grafikle gösterildiğinde
doğal gazdan elde edilen elektriğin payının
III. Bir veri grubunun en büyük ve en küçük
elemanları arasındaki farka dizinin aralığı
merkez açısı ,
⇒
⇒
ya da açıklık denir. (DOĞRU)
360o
• 40 dir.
22 + 10 + 40 + 15 + 13
IV. Standart sapma, bir veri grubundaki her
bir verinin aritmetik ortalamadan ne kadar
360o
dir.
• 40
100
uzakta olduğunu gösterir. (DOĞRU)
⇒ 144o dir.
8.
Aşağıda verilen ifadelerden ,
O halde HEPSİ DOĞRU dur.
11.
I. Bir veri grubunun elemanlarının toplamının,
eleman sayısının 1 eksiğine değil de elaman
Aşağıda verilen ifadelerden ,
I. Bir dizide en çok tekrar eden terim ya
sayısına bölümüne aritmetik ortalama denir.
da
(YANLIŞ)
II.
Terim sayısı tek olan bir dizideki terimler
III. Bir
O halde HEPSİ DOĞRU dur.
12.
(DOĞRU)
I.
3, 11, 9, 7, 41, 20, 33
elemanları sıralanırsa ,
II.
⇒ 3, 7, 9, 11, 20, 33, 41
4, 2, 1, 3, 2, 1, 4 , 2, 6, 1, 2 , 1
dizisinde 1, 1, 1,1 ve 2, 2, 2,2 dört defa ile
en çok tekrarlandığından mod 1 ve 2 dir.
(DOĞRU)
dizisinin medyanı 11 dir. (DOĞRU)
III.
3, 13, 8,17, 21, 11, 9 , 25
elemanları sıralanırsa ,
16, 3, 20, 6, x, 5
3, 5, 6, x , 16, 20
⇒ 3, 8, 9, 11, 13 , 17, 21, 25
6+x
⇒x 6
dizisinin medyanı 6 ise = 6=
2
olacağından 3, 5, 6, 6, 16, 20 modu da iki
dizisinin eleman sayısı çift olduğundan
III.
3, 5, 3, 4, 14, 8, 4 , 2, 4
dizisinde 4, 4, 4 üç defa ile en çok
tekrarlandığından mod 4 tür. (DOĞRU)
O halde II ve III doğrudur.
medyanı
grubunun üst çeyreği ile alt
denir. (DOĞRU)
yanı verir.
II.
veri
çeyreği arasındaki farka çeyrekler aralığı
Terim sayısı çift olan bir dizideki terimler
büyüklük sırasına göre dizildiğinde orta daki iki terimin aritmetik ortalaması med -
I.
veya tepe
(DOĞRU)
(DOĞRU)
9.
modu
II. Bir dizinin birden fazla modu olabilir.
büyüklük sırasına göre dizildiğinde orta daki terime ortanca ya da medyan denir.
III.
terimlere dizinin
değeri denir. (DOĞRU)
11 + 13
= 12 dir. (DOĞRU)
2
defa ile en çok takrar eden 6 dır. (DOĞRU)
12, 3, 21,2, 6, 19, 3
VI.
elemanları sıralanırsa ,
⇒ 2, 3, 3, 6 , 12, 19, 21
6, 60, 25, 40, 100, 12,9 , 75
elemanları sıralanırsa ,
⇒ 6, 9, 12, 25, 40, 60,75 , 100
dizisinin medyanı 6 dır. (DOĞRU)
dizisinin açıklığı 100 − 6 =
94 tür. (DOĞRU)
O halde HEPSİ DOĞRU dur.
O halde HEPSİ DOĞRU dur.
www.yukseklimit.com
68
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
13.
LYS MATEMATÝK
16.
Aşağıda verilen ifadelerden ,
I.
A) Bu dizinin en büyük elemanı en sağdaki
⇒ 4, 9 , 14 , 16, 23, 35 , 46





Alt çeyrek
9 dur.
değer olup 130 dur. (DOĞRU)
Üst çeyrek
35 tir.
O halde çeyrekler açıklığı 35 − 9 =
26 dır.
B) Bu dizinin üst çeyreği kutucuğun en
(DOĞRU)
II.
sağındaki değer olup 100 dür. (DOĞRU)
5, 10, 12, 16, 2, 16, 8, 7, 9
elemanları sıralanırsa ,
C) Bu dizinin alt çeyreği kutucuğun en
solundaki değer olup 70 tir. (DOĞRU)
⇒ 2, 5, 7 , 8, 9, 10, 12 , 16, 16


Alt çeyrek
5+7
=6
2
dır.
Üst çeyrek
12 + 16
= 14
2
dir.
D) Bu dizinin medyanı kutucuğun ara sındaki değer olup 80 dir. (DOĞRU)
O halde çeyrekler açıklığı 14 − 6 =
8 dir.
E) Bu dizinin en küçük elemanı 70 değil
Bu dizide 16, 16 iki defa ile en çok tekrar -
17.
landığından mod 16 dır.
modunun toplamı 8 + 16 =
24 tür. (DOĞRU)
60, 60, 90, 100, 75, 10, 80
elemanları sıralanırsa ,
⇒ 10, 60, 60, 75, 80, 90, 100
bileceği değerlerin toplamı 27 + (−7) =20 dir.
Bu dizide 60, 60 iki defa ile en çok tekrar -
18.
landığından mod 60 dır.
Bu dizinin açıklığı 100 − 10 =
90 dır.
O halde bu dizinin modu (60) bu dizinin
açıklığından (90) büyük değil küçüktür.
B) Çeyrekler aralığı : Veriler sıralanırsa ,
O halde I ve II DOĞRU dur.
⇒ 35, 50, 60 , 70 , 80, 80 , 90 , 95
 
Ardışık 6 tek sayı ,
Alt çeyrek
50 + 60
= 55 tir.
2
n , (n + 2) , (n + 4) , (n + 6) , (n + 8) , (n + 10)
C) Açıklık : Veriler sıralanırsa ,
(n + 4) + (n + 6)
= 46
=
⇒ n 41 dir.
2
O halde sayılardan en büyüğü n + 10 ⇒ 51 dir.
⇒ 35 , 50, 60, 70, 80, 80 , 90, 95
O halde açıklık 95 − 35 =
60 tır.
Şemadaki fiyatlar sıralanırsa ,
D) Ortanca değer (medyan) : Veriler sıralanırsa ,
⇒ 500 , 500 , 600 , 900 , 1800
⇒ 35, 50, 60, 70, 80 , 80 , 90, 95
dizisinin eleman sayısı çift olduğundan
70 + 80
medyanı
= 75 tir.
2
E) Tepe deperi (mod) : Veriler sıralanırsa ,
⇒ 35, 50, 60, 70, 80, 80, 90, 95
80, 80 iki defa ile en çok tekrarlandığın dan mod 80 dir.
-Dizinin tepe değeri(modu) dizide 500, 500 iki
defa ile en çok tekrarlandığından 500 dür.
-Dizinin medyanı (ortancası) 600 dür.
-Dizinin açıklığı 1800 − 500 =
1300 dür.
Bu üç değerden oluşturulan yeni dizi ,
⇒ 500 , 600 , 
1300



üst çeyrek
O halde en avantajlı olan E şıkkıdır.
olduğundan üst çeyrek 1300 dür.
www.yukseklimit.com
Üst çeyrek
80 + 90
= 85 tir.
2
O halde çeyrekler açıklığı 85 − 55 =
30
ise medyanı
15.
Buket'in aldığı notlar :
60, 70, 35, 80, 80, 95 , 50, 90
A) Aritmetik ortalama :
35 + 50 + 60 + 70 + 80 + 80 + 90 + 95
⇒
= 70
8
(YANLIŞ)
14.
40 tır. (YANLIŞ)
18, 8, 9, 13, 16, x, 2
dizisinin açıklığı 25 verilmiş ve en büyük ele man ile en küçük elemanın farkı açıklığı verir.
En büyük eleman 18 olsa,
⇒ 18 − x =
25 ⇒ x =−7 olabilir.
En büyük eleman x olsa,
⇒ x=
− 2 25 =
⇒ x 27 olabilir. x in ala -
Böylece bu dizisinin çeyrekler açıklığı ile
III.
Verilen kutu grafiğine göre ,
69
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
LYS MATEMATÝK
22.
Ömer'in
çalışma sürelerinin standart sap -
ması için önce aritmetik ortalamaya bakılırsa :
2, 8, 7, 5, 6, 5, 2
19.−21. soruları yukarıdaki veri grubuna göre cevaplandırınız.
Aritmetik 
=

ortalama 
2+3+ 4+2+4
= 3
5
Standar sapma :
19.
(2 − 3)2 + (3 − 3)2 + (4 − 3)2 + (2 − 3)2 + (4 − 3)2
5−1
⇒ 1 elde edilir.
Alt çeyrek değeri için veriler sıralanırsa ,
⇒ 2, 2 , 5 , 5, 6, 7, 8



Alt çeyrek
2 dir.
A) 1
A) 2
B) 5
C) 6
D) 7
B)
E) 8
3
2
C)
2
D)
3
E) 2
YANIT : A Şıkkı .
YANIT : A Şıkkı .
23.
4+5+5+6
= 5 tir.
4
Abit'in standart sapması :
Abit'in=
ortalaması
(4 − 5)2 + (5 − 5)2 + (5 − 5)2 + (6 − 5)2
⇒
4 −1
2
tür.
3
0 + 1+ 0 + 3
= 1 dir.
4
Ferit'in standart sapması :
Ferit'in =
ortalaması
20.
Alt çeyrek değeri için veriler sıralanırsa ,
⇒ 2, 2, 5, 5, 6, 7 , 8



(0 − 1)2 + (1 − 1)2 + (0 − 1)2 + (3 − 1)2
⇒
4−1
Üst çeyrek
7 dir.
A) 2
B) 5
C) 6
D) 7
2 dir.
1+ 1+ 5 + 1
= 2 dir.
4
Emir'in standart sapması :
Emir'in ortalaması
=
E) 8
YANIT : D Şıkkı .
(1 − 2)2 + (1 − 2)2 + (5 − 2)2 + (1 − 2)2
⇒ 2 dir.
4−1
O halde standart sapması en düşük olan
Abit çalışma süresi en dengeli olandır.
24.
21.
A kasabasının
=

ortalaması 
A kasabasının standart sapması :
Çeyrekler açıklığı için veriler sıralanırsa ,
⇒ 2, 2 , 5 , 5, 6, 7 , 8






Alt çeyrek
2 dir.
(10 − 11)2 + (1 − 11)2 + (8 − 11)2 + (25 − 11)2
4 −1
Üst çeyrek
7 dir.
⇒
O halde çeyrekler açıklığı 7 − 2 =
5 tir.
A) 2
B) 5
C) 6
10 + 1 + 8 + 25
= 11 dir.
4
D) 7
102 dir.
B kasabasının
=

ortalaması 
E) 8
4 + 11 + 13 + 12
= 10 dir.
4
B kasabasının standart sapması :
YANIT : B Şıkkı .
(4 − 10)2 + (11 − 10)2 + (13 − 10)2 + (12 − 10)2
4−1
⇒
50
tür.
3
Standart sapması yüksek olan A kasabasında
trafik kazasında ölme riski en fazladır.
www.yukseklimit.com
70
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
LYS MATEMATÝK
.
25.
I.
z puanı sıfır ya da negatif olamaz ifade si YANLIŞ tır. Çünkü z puanı formülü :
x = Kişinin puanı
Cansu Nalan Can
x = Grubun puan ortalaması
SS = Standart sapma.
olmak üzere ,
28
32
28.
z puanı ne kadar büyükse başarı o de rece yüksektir. (DOĞRU)
24
20
Cansu'nun z puanı için ,
x = 28 (Cansu'nun puanı)
28 + 26 + 32 + 24 + 20
= 26 (ortalama)
5
SS = Standart sapma :
=
x
III. Bir okulun LYS deki başarısını ölçmek
için merkezi eğilim ve yayılım ölçülerin den en uygun olanı aritmetik ortalamadır.
(28 - 26)2 + (26 - 26)2 + (32 - 26)2 + (24 - 26)2 + (20 - 26)2
5−1
(DOĞRU)
⇒
Sonuç olarak II ve III DOĞRU dur.
80
⇒
4
20 ⇒ 2 5 (Standart sapma)
z puanı formülü :
YANIT : D
29.
Riskin az olduğu yatırım aracını belirlemek için
x−x
SS
tir. O halde ,
28 − 26
=
2 5
5
tir.
5
z=
Cansu'nun z puanı
: z
=
26.
Eda
28.−30. soruları yukarıdaki tabloya göre cevaplandırınız.
x−x
SS
olduğundan sıfır ya da negatif olabilir.
z=
II.
26
Dilay
x = Kişinin ham puanı (H)
x = Grubun puan ortalaması
SS = Standart sapma.
olmak üzere ,
standart sapmanın belirlenmesi gerekir. Stan dart sapma ne kadar büyükse risk o derece
fazla ne kadar küçükse risk o derece azdır.
z puanı formülü : z =
YANIT : D
x−x
dır.
SS
Bir öğrencinin puanı grup ortalamasından dü şük ise z puanı negatif olacağından Eda ve
Dilay'ın z puanı negatiftir.
YANIT : D
27.
30.
En sevilen öğrenciyi belirlemek için en uygun
x = Kişinin ham puanı (H)
x = Grubun puan ortalaması
SS = Standart sapma.
olmak üzere ,
merkezi eğilim veya yayılım ölçüsü en çok oy
alan yani en çok tekrar eden Tepe değer ve ya diğer ifadesiyle Mod dur.
x−x
dır.
SS
T puanı formülü :=
T 10z + 50 dir.
z puanı formülü : z =
YANIT : E
5
idi. (28. sorudan)
5
5
=
+ 50
Cansu'nun T puanı
: T 10 •
5
Cansu'nun z puanı =
T 2 5 + 50 dir.
⇒
=
YANIT : C
www.yukseklimit.com
71
Mehmet Ali AYDIN
13−ÝSTATÝSTÝK ve GRAFÝKLER
31.
LYS MATEMATÝK
x = Kişinin ham puanı (H)
x = Grubun puan ortalaması
SS = Standart sapma.
olmak üzere , z puanı formülü :
H− x
dır.
SS
O halde Semih için ham puan ,
H − 64
=
2 =
⇒ H 84 tür. Böylece ,
10
T puanı formülü :
T 10z + 50 dir.
=
z=
O halde Semih için T puanı ,
T=
10 • 2 + 50 ⇒ T =
70 tir.
O halde Semih için
H 84
, T 70 tir.
=
=
32.
En başarılı sınıf aritmetik ortalaması en yük sek olandır ve eşitlik durumunda standart
sapması daha düşük olandır. O halde 12 - B
sınıfı EN BAŞARILI sınıftır.
En homojen sınıf standart sapması en düşük
olandır. O halde 12 - C sınıfı EN HOMOJEN sı nıftır.
33.
Fatih'in bu dört dersin hangisinde daha ba şarılı olduğu z puanının daha yüksek olması
ile anlaşılır. O halde z puanlarına bakılırsa ,
x = Kişinin ham puanı (H)
x = Grubun puan ortalaması
SS = Standart sapma.
olmak üzere , z puanı formülü :
H− x
dır. O halde ,
SS
-Matematik için z puanı ,
78 − 70
z =
=
⇒ z 4 tür.
2
-Fizik için z puanı ,
76 − 70
z =
⇒ z 3 tür.
=
2
-Kimya için z puanı ,
85 − 90
z=
⇒ z = −1 dir.
5
-Tarih için z puanı ,
z=
60 − 55
=
⇒ z 5 tir.
1
Böylece Fatih bu dört dersten z puanı en
yüksek olan Tarih dersinde en başarılıdır.
=
z
www.yukseklimit.com
72
Mehmet Ali AYDIN
14−TRÝGONOMETRÝ−1 (Açý Ölçü Birimleri-Esas Ölçü-Dik Üçgende Trig. Oranlar-Birim Çember-Geniþ Açý) LYS MATEMATÝK
1.
D
R
= =
π
180o
a)
G
200
36o
R
⇒=
=
⇒R
π
180o
36o
⇒
=
180o
36o • π
=
⇒R
180o
G
⇒G
=
200
4.
5
13
karşı 12
sinα
=
=
hip.
13
komşu
5
cotα
=
=
karşı
12
12
5
⇒ sinα + cot=
α
+
13 12
209
dır.
⇒ sinα + cotα =
156
a)
π
radyan.
5
36o • 200
⇒ G 40 grat.
=
180o
D
R
G
= =
b)
π
200
180o
D
150
180o • 150
⇒
⇒D
⇒ D 180o dir.
=
=
=
o
200
200
180
R
150
150 • π
3π
⇒
⇒R
=
=
⇒R =
radyan .
200
200
π
4
b)
4920
13
−
240
b)
2085
Esas ölçü
5
+2085 için
Esas ölçü
285
140
c)
140
a)
1
c)=
sinx
çüsü 240o
elde edilir.
360o − 285o
⇒ 75o dir.
b)
B
x= 10
10 +
3
x
C
1
A
Pisagordan,
2
a=
12 + 32
a=
3
10
10
B
5
dır.
6
⇒ 220o dir.
α
A
B
D
CD
sin(CBD)
α
⇒ CD= sinα
é = sin=
1
CD
CD
é = cos=
α
⇒=
cos(ACD)
x
x
cosα
sinα
⇒=
⇒=
x
x tanα elde edilir.
cosα
7π
tür.
4
111π
radyanlık açının esas ölçüsü
5
111 in yerine 111 in paydanın iki katına
yani 10 a bölümünden kalan olan 1 yazılır.
önce
6.
111π
1π
π
=
için esas ölçüsü
tir.
5
5
5
111π
radyanlık açının esas ölçüsü için
−
5
π
9π
2π den çıkarılarak ⇒ 2π −
=
bulunur.
5
5
C
1
β
m(ACD)
= m(BAD)
= β dır.
é
é
D
β
é = tan=
tan(ACD)
AD
1
⇒ AD
= tanβ
tanβ
β
A
9π
c) −
radyanlık açının esas ölçüsü için 2π
7
9π
5π
eklemek yeterlidir ⇒ 2π −
=
elde edilir.
7
7
www.yukseklimit.com
52 + x 2 =
132
x = 12
1
x
360o − 140o
yani 8 e bölümünden kalan olan 7 yazılır.
79 π
için esas ölçüsü
4
Pisagordan,
é
é
m(CBD)
= m(ACD)
= α dır.
α
79 un yerine 79 un paydanın iki katına
O halde
C
5
3
1
6
=
⇒ sinx
5
C
5.
− 140 nin
esas ölçü
+140 için
Esas ölçü
A
6
5
komşu
11
cosx =
=
x
hip.
6
C
a= 11
A
sinx
1
⇒ tanx • cosecx =
•
Pisagordan,
cosx sinx
2
1
6
6=
a2 + 5 2
= =
dir.
cosx
11
a = 11
o
0
−
3.
360
x=12
α
13
⇒ secx + sinx = dur.
10
− 2085 o nin
esas ölçü
360
−
⇒ secx + sinx =
4920o nin
esas öl -
360
13
komşu
1
=
hip.
10
1
secx =
10
=
cosx
karşı
3
sinx =
=
hip.
10
D
R
G
= =
π
200
180o
7π
7π
180o •
D
12 ⇒ D
12 ⇒ D 105o dir.
⇒
=
=
=
π
π
180o
7π
7π
200 •
G
12 ⇒ G 350 grat.
=
=
=
⇒ 12
⇒G
π
200
π
3
a)
tanx= 3=
B
cosx
=
c)
2.
cosα =
B
x
é = cos=
cos(BAD)
β
AD
⇒=
x
x
AD
⇒=
x
cosβ
tanβ
cosβ
x = secβ • tanβ dır.
73
Mehmet Ali AYDIN
14−TRÝGONOMETRÝ−1 (Açý Ölçü Birimleri-Esas Ölçü-Dik Üçgende Trig. Oranlar-Birim Çember-Geniþ Açý) LYS MATEMATÝK
2
7.=
a)
sin2 50o cos
=
40o ve tan75o cot15o
2
ve sin x
1
=
+ cos x 1 ve tanx
=
• cotx
olduğundan ,
⇒
cosx
cosx
1820o nin esas ölçüsü ⇒ 20o elde edilir.
2180o nin esas ölçüsü ⇒ 20o elde edilir.
=
sinx + cosx
⇒
tanx
sinx + secx
elde edilir.
1

2
o
2
o
2
o
cos 1820 + sin 2180
cos 20 + sin2 20o
⇒
=
o
o
• tan160
cot3760o • tan7720o
cot160


11.
⇒ 410o nin esas ölçüsü ⇒ 410o − 360o =
50o
2π 
5π 
2π 
2π 




 sin 9  +  sin 18 
 sin 9  +  cos 9 





 = 

o
o
tan(−310o ) • cot410o
• cot50
tan50



9.
sinx +
cosx
sinx
+
1
cosx +
cosx
⇒
1
sinx
1
3
3
⇒
elde edilir.
4
5
− +1
9
p =−3 + sinα ⇒ p + 3 =sinα
q= 5 − cosα ⇒ 5 − q= cosα
verilmiş.
2
=
⇒ (p + 3)2 + (5 − q)
sin2 α + cos2 α
1 elde edilir. O halde
⇒ (p + 3)2 + (5 − q)2 =
2
2
2
2
2
p + q + 6p − 10q + 97 ⇒ p + 6p + 9 + q − 10q + 25 + 63

2
(p + 3)
2



(5 − q)2
2
⇒ (p + 3) + (5 − q) + 63 ⇒ 1 + 63 =
64 tür.


1
⇒
cosx + cosecx
cosx
⇒
cosx
a)
50o
⇒ −310o nin esas ölçüsü ⇒ 360o − 310o =
dir. O halde ,
1


2
cotx
sinx + cosx
⇒
⇒
sinx • cosx + 1
π
5π
2π
=
, sin
cos
dir.
olduğundan
2
18
9
2
2
sinx
cosx
cosx
sinx
=
+
+
sinx cosx + 1
sinx cosx + 1
sinx cosx + 1 sinx cosx + 1
cosx
sinx
1
2
+
sinx
1
⇒ = 1 elde edilir.
1
2π 5 π
=
+
8.
9
18
b)
sinx
3760o nin esas ölçüsü ⇒ 160o elde edilir.
7720 nin esas ölçüsü ⇒ 160
sinx
cosx + sinx
1
⇒
⇒ = 1 elde edilir.
cosx + sinx
1
1
1
2
=
⇒ (sinx + cosx)
 
3
3
1
4
2
2
+ cos
−
x 
x + 2sinxcosx =
⇒ sin
⇒ sinx.cosx =

9
9
1
b) 360 a bölümünden kalana bakılarak ,
o
sinx
cosx
sinx
1
1
+
+
=
cosx + sinx
sinx + cosx
cosx + sinx
sinx + cosx
sin2 40o + sin2 50o
sin2 40o + cos2 40o
=
dir.
o
o
tan15 • tan75
tan15o • cot15o
1
⇒ = 1 elde edilir.
1
o
1
1
1
1
+
=+
⇒
cosx
1 + tanx 1 + cotx 1 + sinx
1+
10. a)
2
1
1
= 1 elde edilir.
1
b)
=
s sinx=
, c cosx ⇒ s2 +=
c2 1 dir.
(
)
2
2
2 2
12 ⇒ s 4 + c 4 + 2s=
c
1
⇒ s2 + c=
a)
o
o
o
o
• • • , tan46
tan88
cot2
cot44
=
=
, tan86o cot4o ,=
ve tanx • cotx = 1 olduğundan ,
⇒ tan2o • tan4o
⇒ tan 2
o
o
tan44
o
•
tan46
o
o
• • •
tan86
o
o
•
tan88
o
• • • tan 44 • cot 44 • • • cot 4 • cot 2


1


1


•
tan 4
• • •
⇒ 1• 1• • • 1
⇒ 1 elde edilir.
⇒ s4 + c 4 =1 − 2s2c2 dir. Öte yandan ,
( ) + (s )
c 6 + s6 = c 2
o
1
3
(
= (c 2 + s2 ) (c 2 + s2 )2 − 2s2 c2
)
c6 + s6 =1 − 2s2c 2 dir. O halde ,
6
6
4
4
⇒ 2c6 + 2s6 − 3c 4 − 3s4 ⇒ 2(c
+ s
) − 3 (c
+ s
)


1− 3s2 c2
1− 2s2 c2
⇒ 2(1 − 3s2c2 ) − 3(1 − 2s2c2 ) = 2 − 6s2c 2 − 3 + 6s2c2
⇒ −1 elde edilir.
ve sin2 x + cos2 x =
1 olduğundan ,
12.
4cos2 70o + 3cos2 20o − 3
2sin2 20o + sin2 70o − 1
4sin2 20o + 3cos2 20o − 3
⇒
2sin2 20o + cos2 20o − 1
1

sin2 20o + 3 • (sin2 20o + cos2 20o ) − 3
⇒
1

sin2 20o + (sin2 20o + cos2 20o ) − 1
⇒
m(CBD)
é
=m(BAD)
é
=x ve cotx =
=
sinx
DC
CB
1
⇒= cosecx
=
sinx
⇒
⇒
74
AB
CB
AB
DC
•
CB
DC
C
AB
D
CB
CB
DC
kutucuklar taraf tarafa çarpılırsa ,
sin2 20o + 3 − 3
sin2 20o
1
⇒
⇒ = 1 dir.
2
o
1
sin 20 + 1 − 1
sin2 20o
www.yukseklimit.com
2


2
c6 + s6 = (c2 + s2 )  (c2 + s2 ) − 3s2c2 

  


1
1


o
2
=
=
b) cos2 70o sin
20o ve sin2 70o cos2 20o
⇒
3
x
A
= cotx • cosecx
= cotx • cosecx elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
x
B
14−TRÝGONOMETRÝ−1 (Açý Ölçü Birimleri-Esas Ölçü-Dik Üçgende Trig. Oranlar-Birim Çember-Geniþ Açý) LYS MATEMATÝK
13.
π
= 30o verilmiş. sinx = cos(90o − x)
6
30o

4b) cos (3(a − b) − b )
⇒ cos(3a −=
16.
a−b =
o
o
=
a cos330
=
cos(360o − 30=
) cos30o
o
o
b sin130
sin50
cos40o
=
=
=
c= tan225o= tan(180o + 45o =
) tan45o= 1
= cos (90o − b) elde edilir.
=
sinx cos(90o − x) olduğundan ,
I. bölgede açı büyüdükçe kosinüs azaldığın dan ve bu bölgede kosinüs değerleri 0 ile 1
⇒ cos (90o − b)
arasında olduğundan ,
⇒ sinb elde edilir.
⇒ cos40o < cos30o < tan225o < cosec1o
⇒ b < a < c < d elde edilir.
YANIT : E
14.
1
> 1 dir. (0 < sin1o < 1)
sin1o
d = cosec1o =
a)
sin
17.
tanx + cotx =
4
B
cot
P
42
⇒ (tanx + cotx)2 =
2
C
K
α
2
• cotx =
16
⇒ tan x + cot x + 2 • tanx

O
1
K A
cos
14 elde edilir. Buradan
⇒ tan2 x + cot 2 x =
(
⇒ tan2 x + cot 2 x
)
2
=
142
Birim çemberden ,
2
2
• cot x =
x
⇒ tan4 x + cot 4 x + 2 • tan

 196
BK 
=
 KC
BC
= cotα

olduğu gözönüne alınırsa ,
I
OK=
cos=
α
1
194 elde edilir.
⇒ tan4 x + cot 4 x =
b)
sinα − cosα =k verilmiş. Kare alınırsa ,
KC= cotα − cosα
⇒ (sinα − cosα)2 =k2
elde edilir.
2
α 
+ cos2
α + 2sinαcosα =k 2
⇒ sin

18.
1
sin
tan
2
k −1
elde edilir. O halde ,
⇒ sinαcosα =
2
(
⇒ (sinα − cosα) sin2 α + sinαcosα + cos2 α
15.
O
KL
= sinα ,
=
x sin2288
= sin128
( İkinci bölge + )
⇒
y=
sec(−1820o ) =
sec340o
1
⇒
( Dördüncü bölge + )
cos340o
71π
5π
x cot(
) cot(
)
=
=
3
3
OA
= 1 ,
cos
OK
= cosα
AN
= tanα dır. Böylece ,
OA
•
2
AN
−
OK
•
KL
2
sinα
1 • tanα cosα • sinα
cosα • sinα
cos
−
=α −
⇒
2
2
2
2
sinα
cosα • sinα
sinα − cos2α • sinα
−
=
⇒=
2cosα
2
2cosα
(1)
(cosα)
( Dördüncü bölge − )
işaretleri elde edilir.
www.yukseklimit.com
A
⇒ Alan(AKLN)
= Alan(OAN) − Alan(OKL)
Esas ölçüler bulunup bölgelere bakılırsa ,
o
K
Birim çemberden ,
elde edilir.
⇒ cot300o
cot
α
)




2
2
⇒ k  sin
cos
α 
+ cos 
α + sin
α
α




1
1− k2




2
3k − k 3
2
N
B
L
⇒ sin3 α − cos3 α
⇒
BC − BK
2
sin
α


sinα • (1 − cos2α)
⇒
=
2cosα
75
sin3α
=
2cosα
sin3 α • secα
dır.
2
Mehmet Ali AYDIN
14−TRÝGONOMETRÝ−1 (Açý Ölçü Birimleri-Esas Ölçü-Dik Üçgende Trig. Oranlar-Birim Çember-Geniþ Açý) LYS MATEMATÝK
19.
22.
sin150o + tan210o
1
sec120o + 2cot300o
2
sin(180o − 30o ) + tan(180o + 30o )
⇒
1
+ 2cot(360o − 60o )
2 • cos(180o − 60o )
24 birim kareden oluşan yukarıdaki dikdört gende α = π − x olduğundan ,
3π
π
) + tan( − α)
2
2
3π
π
) + tan( − (π − x))
⇒ sin(π + π − x) • cos(π − x −
2
2
π
π
⇒ sin(2π − x) • cos(− − x) + tan( − + x )
2
2

 
⇒ sin(π + α) • cos(α −
20.
kosinüsün içi
ile çarpılabilir.
3π
π
+ x) + tan(
+ x)
2
2
⇒ (− sinx) • ( − sinx) + (−cotx)
⇒ sin2 x + ( − cotx) tir. Kenarlar 1 br alınırsa ,
6
4
ve cotx =
⇒ sinx =
dır.
6
52
36 4
1
elde edilir.
⇒ sin2 x + ( − cotx)=
− =
52 6
39
6
E
D
6
B
23.
6
B+C
= 180o − A
dır. O halde ,
=
CB 6 br
CBA 30o - 60o - 90o üçgeni olduğundan ,
=
AB
ABC üçgeninde A + B + C =
180o olduğundan,
A+B
= 180o − C
CBD ikizkenar dik üçgen olduğundan ,
=
DB
=
3 • CB 6 3 br
⇒
O halde =
AD (6 3 − 6) br dir.
DEA 30o - 60o - 90o üçgeni olduğundan ,
24.
AD
6 3 −6
=
= (3 3 − 3) br
2
2
DEA 30o - 60o - 90o üçgeni olduğundan ,
=
ED
AE= x=
⇒
3
•
tan(A + B) + tanA
tan(180o − C) + tanA
=
tan(B + C) + tanC
tan(180o − A) + tanC
− tanC + tanA
=
− tanA + tanC
= −1 elde edilir.
A
α
ED
θ
3 • (3 3 − 3)
⇒ 9 − 3 3 elde edilir.
21.
açıya 2 π
eklenebilir.
⇒ sin(2π − x) • cos(
45
−6
1
1 x
C
6
1
x
α
1
3+2 3
3+2 3
1
6
6
⇒
⇒
⇒−
elde edilir.
2
2 3
−3 − 2 3
−1 −
3
3
A
1
1
1
3
+
2
3
⇒

1
3 
+ 2 •  −

3
 1


2 • − 
 2
x
30
1
1
sin30o + tan30o
1
+ 2 • (−cot60o )
2 • (−cos60o )
⇒
1
1
B
D
β
o
sin6 = a olduğuna göre,
⇒
C
sin276o • tan174o
cos354o • cos96o
⇒
sin(270o + 6o ) • tan(180o − 6o )
cos(360o − 6o ) • cos(90o + 6o )
⇒
(−cos6o ) • (− tan6o )
tan6o
⇒−
o
o
(+ cos6 ) • (− sin6 )
sin6o
ABCD konveks dörtgeninde ,
⇒ α + β + θ + 90o = 360o
+ θ 270o − α
⇒ β=
dır. O halde ,
⇒ tan(β + θ) = 2
sin6o
o
1
( cosx =
1 − sin2 x )
⇒ − cos6o ⇒ −
sin6
cos6o
1
−1
elde edilir.
⇒−
⇒−
1 − sin2 6o
1 − a2
www.yukseklimit.com
⇒ tan(270o − α) =2
⇒ cotα =2
⇒ tanα =
76
1
elde edilir.
2
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
π
17 π
1. =
a) y =
ve x
olduğuna göre,
7
4.
21
a)
17π π
− )
21
7
14 π
2π
) = sin(
)
⇒ sin(
21
3
= sin60
=
⇒ sin120
b)
⇒−
1
4
2
2
2
2
cos
A
+ sin
A + cos
B
+ sin
B − 2 (cosA cosB + sinA sinB ) = +




4
9
1
1
47
⇒ cosA cosB + sinA sinB =
32
47
⇒ cos(A − B) = elde edilir.
32
2.
a)
⇒
cos(19o + 11o )
cos(40o + 20o )
cos30
cos60o
b)
3
=
− 2 =
− 3 elde edilir.
1
2
Bir ABC üçgeninde,
tanA • tanB • tanC = tanA + tanB + tanC
 1  1
 1  1
⇒  −  •   • tanC =
 − 5  +  3  + tanC

  
 5 3
tanC
2
= + tanC
⇒−
15
15
⇒ − tanC =
2 + 15tanC
⇒ 16tanC = −2
1
⇒ tanC = −
elde edilir.
8
tan70o − tan10o
1 + tan70o • tan10o
⇒ tan(70o − 10o )
⇒ tan60o
⇒ tan 3 elde edilir.
b)
5.
1 − tan2 15o
1 − tan15o • tan15o
=
o
2 tan15
tan15o + tan15 o
1
1
=
⇒
tan15o + tan15o
tan(15o + 15o )
1 − tan15o • tan15o
1
1
= =
3 tür.
⇒
1
tan30o
3
⇒
5
E
y
A
B
5
BDF
é =y−x
8
tany =
5
5
tanx =
5
3
F
⇒ tan(BDF)
=
tan(y − x)
é
tany − tanx
=
1 + tany • tanx
⇒
x y
8 5
−
5 =
5
8 5
1+ •
5 5
3
3
5
=
tür.
13
13
5
13
3
10
C
D
x
C
3.
2
4
⇒ sin2 A + sin2B − 2 sinA sinB =
9
Kutucuklar taraf tarafa toplanırsa ,
3
elde edilir.
2
cos19o • cos11o − sin19o • sin11o
⇒−
(cos40o • cos20o − sin40o • sin20o )
o
2
2
2
=
⇒ (sinA − sinB)
3
3
 
=
sinA − sinB
cos11o • cos19o − sin11o • sin19o
⇒
sin20o • sin40o − cos20o • cos40o
⇒−
2
1
⇒ cos2 A + cos2B − 2cosA cosB =
4
− y) sin(
⇒ sin(x=
o
1
 1
2
=
⇒ (cosA − cosB)
2
2
 
=
cosA − cosB
⇒ sinx • cosy − siny • cosx
o
LYS MATEMATÝK
6.
D 1 F
E
2
3
C
x=α + β
4
A
1
D
2
B
www.yukseklimit.com
β
α
é
⇒ sin(ACB)
=
sin(x + y)
= sinx • cosy + siny • cosx
1
3
2
3
•
•
=
+
10
13
13
10
3
6
=
+
130
130
9
elde edilir.
=
130
A
cotx
=
77
3
4
5
tanβ =
4
tanα =
x
6
B
1
=
tanx
1
1 − tanα • tanβ
=
tan(α + β)
tanα + tanβ
1
3 5
1− •
1
16
4 =
4
⇒
=
elde edilir.
3 5
2
32
+
4 4
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
7.
10.
a) ⇒ (cos21cos19 − sin21sin19) cos20 − sin20 sin40

a)=
f(x) a • sinx + b • cosx fonksiyonu için
cos(21+ 19)
o
o
o
o
⇒ cos40 • cos20 − sin20 • sin40

cos(40o + 20o )
⇒
4
10 − (− 10 ) =2 10 fazladır.
b) =
f(x) a • sinx + b • cosx fonksiyonu için
sin60o
o
• cos17
cos60o
cos13o
3
x
α
6
A
o
α=
+ β + x 90
=
⇒x
fmin = − a2 + b2 dir.
a2 + 32 + 2= b ⇒
fmax=
⇒ 7 = b olduğundan ,
c)
Karenin kenar
uzunluklarının
=
A 2cosα − 5cosβ + 2
α ve β bağımsız değişkenler olduğundan
A nın alabileceği en büyük değer için ,
=
A 2 cos
α − 5 cos
β+


bilir ve alındı.
1
=
A 2 cos
α − 5 cos
β+


−1
tir.
3 4
+
tanα + tanβ
6 6=
=
1 − tanα • tanβ 1 − 3 • 4
6 6
7
6
=
2
3
7
4
7+
11.
=
α
2 − ( −7 +
o
360 − x
=
, β
2
2 ) =14 fazladır.
o
180 + x
O halde ,
⇒ sinα • cosβ + sinβ • cosα
⇒ sin(α + β)
o
⇒ sin270
⇒ −1 elde edilir.
5 km
A
6 km
B
G
2
F
α + β = 270o elde edilir.
D
y
2
1
A =−7 + 2 elde edilir.
O halde A nın en büyük değeri A nın
en küçük değerinden ,
BDF
é = y−x
x km
2
−1
A= 7 + 2 elde edilir.
A nın alabileceği en küçük değer için ,
B
C
16 + 9 + 2= b
2
=
16
112 elde edilir.
•b
• 7
⇒ a=
= tan(α + β )
⇒ cotx
9.
en küçük değer
⇒ 25 =
a2 + 9 ⇒ 16 =
a2
=
⇒
cotx cot(90o − (α + β))
⇒
f=
max
fmin =− a2 + 32 + 2 =−3 ⇒ 5 = a2 + 9
2 katı alına -
6
a 2 + b2
en büyük değer
f(x) = a sin2x + 3 cos2x + 2 fonksiyonu için
o
E 2 C
3
β
10
2
fmin =
− (−3) + 1 =
− 10
o
D
fmin = − a2 + b2 dir.
olduğundan fmax değeri fmin den
sin(17 + 60 )


o
sin17 • cos60o + sin60o • cos17o
cos60o
⇒
cos13o
o
sin77
cos13o
⇒
⇒
⇒2
o
o
1
o
cos60 • cos13
• cos13
2
8.
en küçük değer
2
sin17o + tan60o • cos17o
cos13o
sin17o +
f=
max
fmax = (−3)2 + 12 =
sin17o + 3 • cos17o
cos13o
⇒
a2 + b 2
en büyük değer
−3sinx + cosx fonksiyonu için
f(x) =
⇒ cos60o
1
⇒
elde edilir.
2
b)
LYS MATEMATÝK
12.
Gözlemci
x
A
E
β
α
D
B
x
y
C
z
x
12
71
tany − tanx
12
⇒
=
tan(y − x)
=
1 + tany • tanx
71
⇒ tan(CBD)
=
é
⇒
tany + tanz
⇒ tan(y
=
+ z)
=
1 − tany • tanz
x+5 5
−
12
6 =
6
⇒ x 2 dir.
=
x+5 5
71
•
1+
6
6
www.yukseklimit.com
1 1
+
2=
3
1 dir.
1 1
1− •
2 3
z) 1 ⇒ y +=
z 45 o dir.=
x 45o oldu ⇒ tan(y +=
ğundan x + y + z =
90o elde edilir.
78
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
13.
a)
⇒
16.
sin50o
2 • sin25 o • cos25o
=
o
2 cos25
2 • cos25o
=
sin12o p=
, cos12o q
a)
⇒ sin114o = sin(90o + 24o ) ⇒ cos24o
o
⇒ sin25 elde edilir.
b)
⇒ cos2 12o − sin2 12o ⇒ q2 − p2 elde edilir.
cos70o
cos2 25o − sin2 25 o
=
o
o
cos35 + sin35
cos35o + sin35o
o
o
(cos35 − sin35 ) • (cos35o + sin35o )
⇒
(cos35o + sin35o )
=
sin25o x=
, cos25o y
b)
⇒
o
=
⇒ cos40o cos(90
=
− 50o )
o
⇒ 2 • sin25 • cos25
⇒ 2xy elde edilir.
⇒ cos35o − sin35o elde edilir.
c)
17.
sin40o • sin130o
sin40o • sin(90o + 40o )
=
o
sin100
sin(180o − 80o )
⇒
sinx =
2 • sinx • cosx
1− sin2 x
⇒ 2 • 2 • sinx • ( 1 − sin2 x ) • (1 − 2 sin2 x)
4
A
⇒
a)
= 4 − 15 elde edilir.
2
2
4
− 15

5
o
x
⇒=
tan
2
⇒ cos225o = cos(180o + 45 o )
⇒
elde edilir.
1 − 2 sin2 105o
cos(2 • 105o )
=
2
o
2 cos 15 − 1
cos(2 • 15o )
⇒
cos210o
cos(180o + 30o )
=
cos30o
cos30o
2 • (5 −
2
D
2
=
5 + 21
21)
2
−
5
21
A
5
=
21
C
2 • (5 − 21)
(5 + 21)(5 − 21)
5−
21
2
elde edilir.
4
b)
− cos30o
= −1 elde edilir.
cos30o
π
3π
3
<x<
olmak üzere, tan2x =
2
4
4
2 • tanx
2 • tanx
3
⇒
=
)
(tan2x =
4
1 − tan2 x
1 − tan2 x
2
⇒ 3tan x + 8tan2x − 3 =
0 (tanx = t)
⇒ 3t 2 + 8t − 3 =
0 (tanx = t)
⇒ (3t − 1)(t + 3) =
0 (tanx = t)
=
Açı II. bölgede o halde,
t
www.yukseklimit.com
2
5
x
x/2
C
21
o
⇒
2
x
A
2
5
B
B
⇒ 2 cos 112,5 − 1 = cos(2 • 112,5 )
⇒
C
(4 − 15 )
15 )(4 − 15 )
x dar açı olmak üzere, sinx = 0,4 =
2 tan67,5o
tan67,5 o + tan67,5o
=
2
o
1 − tan 67,5
1 − tan67,5 o • tan67,5o
⇒ tan135o
⇒ −1 elde edilir.
c)
(4 +
15
1
18.
2
⇒ − cos45o = −
2
A
4
1
=
4 + 15
4 − 15
⇒
⇒ tan(67,5o + 67,5o )
b)
D
C
⇒ tanx
=
1
4
2x
x
elde edilir.
2
B
1
15
⇒ cos45o
a)
2

 1 
1 − 2 •   

 3  

elde edilir.
2x
⇒ cos(2 • 22,5o )
15.
•
B
⇒ cos2 22,5o − sin2 22,5o
2
2
2
1
0o < x < 45o olmak üzere, sin2x =
4
b)
2 • sin75o • cos75o
2
1
sin150o
1
2
= =
elde edilir.
⇒
2
2
4
 1
1−  
3
•
56 2
81
⇒
⇒ sin75o • cos75o
⇒
1
3
⇒2•2•
⇒
b)
1− 2 sin2 x
2
cosx
⇒ 2 • 2 • sinx • 
 • (1 − 2 sin x)
sin40o • cos40o
⇒
2 • sin40o • cos40o
sin40o • cos40o
⇒
2 • sin40o • cos40o
1
elde edilir.
⇒
2
a)
sin50o
o
1
3
sin2x
cos2x
⇒ sin4x = 2 • 
 • 
a)
sin40o • cos40o
⇒
sin80o
14.
LYS MATEMATÝK
79
=
tanx
−3 tür.
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
19.
2 • sin36o • cos36o
⇒
=
2 cos2 36o
sin36o
=
cos36o
a)
o
o
tan36
sin40

2 • 2 • 2 • sin20o • cos20o • cos40o • cos80o
⇒
2 • 2 • 2 • sin20o
dır.
o
⇒
sin32o
2 • sin16o • cos16o
=
o
1 − cos32
1 − (1 − 2 • sin2 16o )
⇒
2 sin16o cos16o
=
2 sin2 16o
sin80

2 • 2 • sin40o • cos40o • cos80o
⇒
2 • 2 • 2 • sin20o
o
sin160

sin160o
2 • sin80o • cos80o
=
⇒
o
8 • sin20o
2 • 2 • 2 • sin20
cos16o
= cot16o dır.
sin16o
o
(cos22 )
o
(sin22 )
sin66o • cos22o
cos66o • sin22o
−
o
o
sin22 • cos22
cos22o • sin22o
o
o
sin66 • cos22 − cos66o • sin22o
⇒
sin22o • cos22o
o
sin44o
sin(66 − 22o )
=
⇒
o
o
sin22o • cos22o
sin22 • cos22
⇒
⇒
b)
π < x < 2π ⇒
⇒
1 − cosx
=
1 + cosx
2sin2 ( x )
2
=
⇒
2 x
2cos ( )
2
2 • sin22o • cos22o
= 2 elde edilir.
sin22o • cos22o
23.
π
π
3π
3π
⇒
<α<
< 2α <
dir. Sinüs
4
4
2
2
III. bölgede negatif olduğundan
3π
sin2α = −0,2 ⇒ π < 2α <
dir.
2
(2α = π + 2x yazılırsa 2x dar açıdır.)
⇒ sin2α = −0,2 ⇒ sin(π + 2x) = −0,2
b)
2
, cotB
=
3
Bir üçgende ,
tanA
=
2 6
A
C
D
π
=
α cot( =
+ x)
⇒ cot
2
⇒
21.
65
A
=
− tanx
−
1 − (1 − 2sin2 ( x ))
2
2 x
1 + 2cos ( ) − 1
2
=
tan2 x ⇒ tan x
2
2
− tan
x
dir.
2
1
=
⇒ tanB 2
2
8
C
1
C
⇒=
tan
2
C
2 6
B
C
A
2x
5
x
II. bölgede )
2
B
1
5
x
(
2
2
+ 2 + tanC
• 2 • tanC =
3
3
1
⇒ tanC =
elde edilir.
8
B
2x
x
π
<
<π
2
2
1
dir.
8
⇒
B
1
sin20o
=
8 • sin20o
⇒ tanA • tanB • tanC = tanA + tanB + tanC dir.
1
−0,2 ⇒ sin2x =
elde edilir.
⇒ − sin2x =
5
5
sin(180o − 20o )
=
8 • sin20o
⇒
sin66o
cos66o
−
o
sin22
cos22o
a)
π
2π
4π
cos
cos
⇒ cos20o cos40o cos80o
9
9
9
cos
cos58o
cos(90o − 32o )
⇒
=
o
1 − sin58
1 − sin(90o − 32o )
b)
20.
22.
sin72o
2 • sin36o • cos36o
=
o
1 + cos72
1 + 2cos2 36o − 1
a) ⇒
LYS MATEMATÝK
1
5+2 6
D
C
C/2
8
=
65 + 1
65
A
8
65
1
C
65 − 1
elde edilir.
8
(5 − 2 6 )
= −5 + 2 6 elde edilir. =
24. a)
sin7o k verilmiş. sin3x = 3sinx − 4sin3 x
(5
+
2
6 )(5 − 2 6 )

o
=
=
⇒ sin21o 3sin7
− 4sin3 (7o ) 3k − 4k 3 tür.
A
b)
cos23o n verilmiş. cos3x = 4cos3 x − 3cosx
=
x
o
o
=
=
⇒ sin21
cos69
5
α+x
α
B
⇒ 4n − 3n elde edilir.
α
C
13
D
sinx
⇒=
o
o
=
cos30
=
⇒ 4 cos3 10o − 3 cos10
2
sin(90 −=
2α) cos2
α 1 − 2sin α
=
2
 5 
− 2sin2 α 1 −
2
⇒ 1=
=

 13 
www.yukseklimit.com
4cos3 x − 3cosx = cos3x olduğundan
c)
o
α+
=
α + x 90=
⇒ x 90o − 2α elde edilir.
o
4cos3 (23o ) − 3cos23o
3
⇒
119
elde edilir.
169
80
3
2
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
25.
28.
D
α
a)
⇒
⇒
12
2α
12
A
O
⇒
12
8
B
C
20
16
2α
⇒ cot=
α
26.
D
cos75 − cos15
⇒
2 • cos45o • cos30o
−2 • sin45 o • sin30o
sin75 − sin15
sin15 + sin75
=
27.
a)
⇒
b)
⇒
− 15
2
) cos( 75 + 15 )
⇒
2
−
2 sin( 75 + 15 ) cos( 75 15 )
2
o
2 • sin30 • cos45
⇒
2 • sin45o • cos30o
sin30o
=
cos30o
2
(cos45 = sin45)
2 sin( 75
o
=
tan30
2
⇒
(cos45 = sin45)
⇒
3
3
elde edilir.
29.
2
⇒
cosa + cosb
=
sina + sinb
2
⇒
cosx
= cotx
sinx
www.yukseklimit.com
30.
a) ⇒
y+z
2
sin40
1
(cos(50o + 10o ) + cos(50o − 10o ))
2 


cos10o cos50o
sin40o
4•
4
=
1
2
(cos60 + cos40) − 1
sin40
1 + 2cos40 − 1
=
sin40
4
=
−1
1
2
(1
2
+ cos40 ) − 1
sin40
2cos(90 − 50)
2cos40
=
sin40
9 α+ α
) cos(
9 α−α
)
sin(90 − 50)
2 cos(
4 α+ 2α
7 α+ 3 α
) cos(
4 α− 2 α
) cos(
sin25 + sin40 + sin55
=
cos25 + cos40 + cos55
cos25

b)
7 α− 3 α
)
)
o
o
sin65 + cos50 + cos75
=
o
o
o
cos65


 + sin50 + sin75
sin40
=
cos40
tan40 tır.
cos50
=
sin50
cot50 dir.
sin25
2 • sin( a + b ) • cos( a − b )
2 • cosx • cos(y + z)
2 • sinx • cos(y + z)
4 cos10 sin(90 − 50) − 1
sin40
2
2



2 • cos5α • ( cos4α + cos2α )
⇒
cos5α • cos3α • cosα
2 • cos5α • 2 • cos3α • cosα
= 4 elde edilir.
⇒
cos5α • cos3α • cosα
2 • cos( a + b ) • cos( a − b )
2
2
⇒
4 cos10 sin40 − 1
2 cos(
a 
b 


cos(x + y + z) + cos(x − y − z)
⇒
sin(x + y + z) + sin(x − y − z)
x=
ve a − b
o
sin30
=
2
2
2



2
cos9α + cosα + cos7α + cos3α
⇒
cos5α • cos3α • cosα
2 • cos5α • cos4α + 2 • cos5 α • cos2α
⇒
cos5α • cos3α • cosα
2 • cos( 7x + 5x ) • cos( 7x − 5x )
a = x − y − z a + b
=

b = x + y + z 2
sin30o • sin50o
=
sin50o
2 cos(
2 • cos8x • cosx
cos8x
⇒
⇒
2 • cos6x • cosx
cos6x
(14x = π verilmiş. O halde 8x = π − 6x )
cos(π − 6x)
− cos6x
=
= −1 elde edilir.
⇒
cos6x
cos6x
b)
2 sin( 80 + 50 ) cos( 80 − 50 )
cos9α + cos7α + cos3α + cosα
cos5α • cos3α • cosα
2
2
(sin80o − sin50o ) • (sin80o + sin50o )
sin50o
2sin50o
= 2 tan50o elde edilir.
⇒
cos50o
cos9x + cos7x
cos7x + cos5x
2 • cos( 9x + 7x ) • cos( 9x − 7x )
2
2
sin50
1
elde edilir.
2
1
⇒ 4 cos10o − cosec40o = 4 cos10o −
sin40o
⇒
o
−cot30
− 3 elde edilir.
=
o
⇒
2
−
−2 sin( 75 + 15 ) sin( 75 15 )
2
2
sin 80 − sin 50
=
2 • sin15o • cos65o • 2 • sin65o • cos15o
sin50o
sin30o
sin130o


o
o
2 • sin15 • cos15 • 2 • cos65o • sin65o
⇒
sin50o
o
o
sin30o sin(180o − 50o )
sin30 sin130
⇒
=
o
sin50o
sin50
−
2 cos( 75 + 15 ) cos( 75 15 )
2
2
sin50
⇒
C
12
32
= 2 elde edilir.
16
=
cos30o
⇒− =
sin30o
b) ⇒
A
20
20 + 12
=
16
cos75 + cos15
a)
2α
α
C
12
A
2
sin (180 − 80) − sin 50
2
2




(sin80o − sin50o ) • ( sin80o + sin50o )
⇒
sin50o
16
20
sin2 100o
sin2 100o − sin2 50o
− sin50o ⇒
sin50o
sin50o
2 sin( 80 − 50 ) cos( 80 + 50 )
2
2
B
B
LYS MATEMATÝK
o
2
C)
(cos45 = sin45)
cos50




 1 = 2cos60o 
1 + 2 sin40o + 2cos40o

, 
o
o
 3 = 2sin60o 
3 + 2 sin50 + 2 cos50





sin40o
elde edilir.
⇒
81
o
o
2(cos60 + cos50 + cos40o )
o
o
o
2(sin60 + sin50 + sin40 )
= cot50o dir.
Mehmet Ali AYDIN
15−TRÝGONOMETRÝ−2 (Toplam, Fark, Yarým Açý, Üçte bir Açý, Dönüþüm, Ters Dönüþüm Formülleri )
31.
cos10o + cos20o
sin10o + sin20o
a)
⇒
tan(α + 45 o ) + tan(α − 45o )
⇒ α = 75o yazılırsa,
34. a)
o
o
cot(α + 45 ) + cot(α − 45 )
20 + 10
20 − 10
) cos(
)
2
2
2 cos(
o
− cot30

tan120 + tan30
tan(90o + 30o ) + tan30o
⇒
=
o
o
cot120o + cot30o
cot120

 + cot30

cos20o + cos10o
2 • cos15o • cos5o
=
o
o
sin20
2 • sin15o • cos5 o
+ sin10


2 sin(
o
cos15o
sin12 + sin24 + sin36
1 + cos12o + cos24o
c)
⇒
o
x−y
32. =
o
35.
(1 =cos0o )
−2 sin(
2
36.
1
− cos20



o
o
2 • sin10
• cos10

sin20
2
•
sin10
o
sin 10
o
− sin18
cos36



 

− sin36o • cos36o
=
2 • sin36o • cos36o
−
1
dir.
2
2 • sin36o • cos36o
o
cos70o • cos50o • cos10o
b)
⇒
1
cos20o
2
⇒
2 

1
1
⇒ (cos120o + cos20o ) − cos20o
2
2
1
1
1
⇒ ( − + cos20o ) − cos20o
2
2
2
1 1
1
⇒ − + cos20o − cos20o
4 2
2
1
elde edilir.
⇒−
4
www.yukseklimit.com
2
• ( −2) •
sin72o
− 20 )
cos50
2  cos(180



 



cos70o • sin40o + cos60o • cos160o
−
=
1
cos36o − cos72o ⇒
a)
− sin36o • cos36o
⇒ =
sin72o



⇒ cot45 = −1 elde edilir.
−
sin 10
o
−
o
o
cos70o • cos50o
2
1 

)
sin(2 •18 )


− 2 • sin18o • cos18o • cos36o
o
o
⇒ −2 • sin18 • cos36 =
o
cos18



270
2
1
(cos(70o + 50o ) + cos(70o − 50o ))
2
30 − 10
−
−2 sin( 36 + 72 ) sin( 36 72 ) = −2 sin54o • sin( −18o )
2
2
o
⇒ cot=
(
) cot135
cot(180o − 45o )
=
o
) sin(
2sin2 10o • cos10o
⇒
= 2cos10o elde edilir.
sin2 10o
x−y
)
2
1
30 + 10
2
2
2

1
− ( cos30 − cos10 )
2 • sin12o • cos12o
=
2 sin12o dir.
cos12o
o
cos30o • cos20o
1
(cos(40o + 10o ) + cos(40o − 10o ))
2
−
cos40o • cos10o
o
sin 10
1
1
o
o
(cos50 + cos10 ) − (cos50o + cos30o )
2
⇒ 2
sin2 10o
−
x+y
) cos( x y )
cosx + cosy
2
2
=
⇒
+
x−y
sinx − siny
2 sin(
) cos( x y )
2
2
⇒
1
(cos(30o + 20o ) + cos(30o − 20o ))
2
⇒
2 cos(
33.
cos(y − x)
= 1 dir.
cos(y − x)
cos90o
3π
= 270o olduğuna göre,
2
⇒ cot(
π


⇒
x + y =

6


π
 3x + 3y =

=
90




2
cos90 
1 
(cos(3x + 3y) + cos(y − x))
⇒ 2
=
1
− (cos(3x + 3y) − cos(y − x))


2 
sin12o + sin24o + sin36o
cos0o + cos12o + cos24o
 Açılar aritmetik olarak arttığından 


 aritmetik ortalama hesaplanırsa , 
sin24o
=
⇒
cos12o
o
2
sin12,5o
⇒
= tan12,5o elde edilir.
cos12,5o
o
o
1
(cos(x + 2y + 2x + y) + cos(x + 2y − (2x + y)))
2


cos(x + 2y) • cos(2x + y)
⇒
sin(x + 2y) • sin(2x + y)

1
− ( cos(x + 2y + 2x + y) − cos(x + 2y − (2x + y)))
o
sin5o + sin10o + sin15o + sin20o
⇒
cos5o + cos10o + cos15o + cos20o
 Açılar aritmetik olarak arttığından 


 aritmetik ortalama hesaplanırsa , 
o
o
− cot30 + tan30
−(cot30o − tan30o )
= −1 dir.
=
cot30o − tan30o
− tan30o + cot30o
b) cot(x + 2y) • cot(2x + y)
⇒
sin20
sin15



 



sin5o + sin10o + cos70o + cos75o
o
o
cos5o + cos10o + sin70


 + sin75



cos20o
o
− tan30o
20 + 10
20 − 10
) cos(
)
2
2
cos15o
⇒
= cot15o elde edilir.
sin15o
b)
LYS MATEMATÝK
1
(cos(70o + 50o ) + cos(70o − 50o ))
2
cos70o • cos50o
1
2
⇒−
⇒−
⇒−
82
•
cos10o
(cos120


 + cos20) • cos10 ⇒
−
1
2
1
1
o
+
• cos10
4
2
•
1
1
o
+
• cos10
4
2
•
1
2
(−
1
2
+ cos20) • cos10
cos20o • cos10o

1
(cos(20o + 10o ) + cos(20o − 10o ))
2
1
o
o
(cos30

 + cos10 )
2 
3
2
1
3
1
3
o
+
+ • cos10o =
• cos10
4
8
4
8
dir.
Mehmet Ali AYDIN
16− TRÝGONOMETRÝ−3 (Kosinüs, Sinüs, Tanjant Teoremleri−Sinüs Alan Formülü−Periyot−Grafikler)
1.
4.
C
30
LYS MATEMATÝK
C
8
3
2
D
A
x
α
B
5
2
B
x
180−α
4
Kosinüs teoreminden,
A
3
⇒ x2 = (2 3 )2
2 


2
+ 8 − 2 • 2 3 • 8 • cos30o
ADC üçgeninde kosinüs teoremi uygulanırsa ,
o
⇒ x 2 = 22 + 32 − 2 • 2 • 3 • cos(180
−
α)

⇒ x2 = 12 + 64 − 48
− cosα
⇒ x2 = 28
⇒ x 2 = 4 + 9 + 12cosα
⇒ x = 2 7 elde edilir.
⇒ x 2 = 13 + 12cosα elde edilir. Öte yandan,
ACB üçgeninde kosinüs teoremi uygulanırsa ,
⇒ x 2 = 42 + 52 − 2 • 4 • 5 • cosα
C
2.
A
⇒ x 2 = 16 + 25 − 40 • cosα
5
α
3
⇒ x 2 = 41 − 40 • cosα elde edilir.
Kutucukların eşitliğinden ,
B
7
⇒ 13 + 12cosα = 41 − 40 • cosα
Kosinüs teoreminden,
7
elde edilir.
13
⇒
=
52cosα 28=
⇒ cosα
⇒ 72 = 32 + 52 − 2 • 3 • 5 • cosα
⇒ 49 = 9 + 25 − 30 • cosα
⇒ 15 = −30 • cosα
5.
15
30
1
⇒ cosα = −
2
⇒ α = 120o elde edilir.
⇒ cosα = −
a •b
a+b−c =
a+b+c
a •b
⇒ (a + b − c)(a + b + c) =
a•b
⇒ (a + b)2 − c2 =
a•b
⇒ a2 + 2ab + b2 − c2 =
⇒ c2 = a2 + b2 + a • b elde edilir.
Öte yandan kosinüs teoreminden ,
⇒ c2 = a2 + b2 − 2 • a • b • cosC dir.
3.
C
6
5
Kutucuklar karşılaştırılırsa,
x
⇒ −2 • a • b • cosC = a • b
A
1
−=
⇒ C 120o elde edilir.
2
cosC
⇒=
α
5
D
6.
B
10
ACD üçgeninde Kosinüs teoreminden,
E
⇒ 52 = 62 + 52 − 2 • 6 • 5 • cosα
⇒ 25 = 36 + 25 − 60 • cosα
⇒ 60 • cosα = 36
=
⇒ cosα
36
=
⇒ cosα
60
F
A
ABC üçgeninde Kosinüs teoreminden,
C
α
2
B
1
L
1
GLE üçgeninde m(GLE)
= α ve kosinüs teore é
⇒ x 2 = 62 + 152 − 2 • 6 • 15 • cos
α

3
5
minden,
⇒ (2 2 )2 = 32 + ( 5 )2 − 2 • 3 •
⇒ x 2 = 36 + 225 − 108
⇒ x 2 = 153
⇒ 8 = 9 + 5 − 6 5 • cosα
⇒ x = 3 17 elde edilir.
⇒ 6 5 • cosα = 6
1
elde edilir.
⇒ cosα =
5
www.yukseklimit.com
2
5
3
2
3
5
G
2
H
2
83
5 • cosα
Mehmet Ali AYDIN
16− TRÝGONOMETRÝ−3 (Kosinüs, Sinüs, Tanjant Teoremleri−Sinüs Alan Formülü−Periyot−Grafikler)
7.
D
E
C
6
3
α
7
10.
x
6
α
B
5
60
45
8
B
A
A
Sinüs teoreminden ,
x
6
=
sin45o
sin60o
x
6
⇒
=
2
3
2
2
⇒ x = 2 6 elde edilir.
C
⇒
ABE üçgeninde kosinüs teoreminden,
⇒ 72 = 32 + 52 − 2 • 3 • 5 • cosα
⇒ 49 = 9 + 25 − 30 • cosα
=
⇒ 15
LYS MATEMATÝK
1
−=
⇒ α 120o dir.
2
−30 • cosα ⇒
cosα
=
11.
Sinüslü alan formülünden
C
3
α
2 

1
Alan(BCD) = • 8 • 6 • sin120o
2
1
3
= •8•6•
2
2
= 12 3 br 2 elde edilir.
2α
A
sin
8.
8
B
P
O
α
1
AK
sinα =
1
⇒ AK = sinα
Sinüs teoreminden ,
x
8
=
sinα
sin2α
x
8
⇒
=
sinα
2 • sinα • cosα
8
8
=
⇒x
=
⇒x
=
⇒ x 5 elde edilir.
4
2cosα
2•
5
⇒
K
cos
A
B
x
⇒ AP
= cosα verilmiş. Öte yandan ,
12.
⇒ AP = 2 AK
C
60
⇒ AP
= 2sinα dır. Kutucuklar eşitllenirse ,
6
4
sinα
1
1
dır.
⇒ tan
=
=
α
cosα
2
2
1
2
cosα
elde edilir. Yanıt : B
⇒
=
2
5
⇒ cos
=
α 2sinα =
tanα
⇒
=
9.
4
o
⇒ x 2 = ( 4 3 )2 + (6 3 )2 − 2 • 4 3 • 6 3 • cos60



AD
=
DB
AD
DB
β
=
⇒ x2
x
Alan(ACD)
=
Alan(BCD)
=
1
2
10
1
• 4 • x • sinα
2
1
• x • 10 • sinβ
2
⇒
x
= 2r
sin60o
2 21
⇒ = 2r=
⇒ r 2 7 elde edilir.
3
2
2 sinα
elde edilir.
5 sinβ
www.yukseklimit.com
48 + 108 − 72 =
⇒ x2 84=
⇒ x 2 21 dir.
Sinüs teoreminden,
B
D
A
B
Kosinüs teoreminden,
C
α
x
A
84
Mehmet Ali AYDIN
16− TRÝGONOMETRÝ−3 (Kosinüs, Sinüs, Tanjant Teoremleri−Sinüs Alan Formülü−Periyot−Grafikler)
13.
α
6
C
16.
C
x
10
15
105
60
A
A
B
14
2
 C+B 
tan 

 2  = (2 +
⇒
 C−B 
(2 +
tan 

 2 
 105o + 15o 
tan 

2

=
⇒
 105o − 15o 
tan 

2


2
⇒ 14 = 6 + 10 − 2 • 6 • 10 • cosα
⇒ 196 = 36 + 100 − 120 • cosα
=
⇒ 60
=
−120 • cosα ⇒
cosα
Sinüs teoreminden,
14
= 2r
sin120o
14
⇒ = 2r=
⇒r
3
2
1
⇒ α 120o
−=
2
⇒
14
3
(2 + 3 ) + x
⇒
=
(2 + 3 ) − x
elde edilir.
2x
⇒ x(1 +
17.
2y
120
35
25
Sinüs teoreminden ,
⇒
2x
=
sin25o
b)
3
sin120o
2y + 2x
=
sin35o + sin25o
a)
3
3
2
3
(2x + 2y) = 3 • (sin35o + sin25o )
2
⇒ x + y = sin35 o + sin25o elde edilir.
3
1
3
3 ⇒ x = 1 elde edilir.
f(x) =
a + b • tann (kx + r) fonksiyonu için
π
T=
(T : esas periyot)
k
1
o
tan2 (πx + 30=
)⇒T
2
π
=
⇒ T 1 dir.
π
f(x) =
a + b • sinn (kx + r) fonksiyonu için
π
(T : esas periyot , n çift)
T=
k
=
T1
15
2π
=
T2
5
π
3
⇒ T = OKEK (72o ,60o )
60
18.
B
x
A
 C+B 
tan 

 2  = x+y
⇒
x−y
 C−B 
tan 

 2 
 105o + 15o
tan 
2

⇒
 105o − 15o
tan 
2

tan60
x+y
=
⇒
x−y
tan45o
3 elde edilir.
Üstteki sorudaki PERİYOT formüllerinden ,
T1
=
2π
T2
=
8
o
45=
, T2
45o
π
4
f(x) in esas periyodu T olsun.
=
⇒T


 = x+y
x−y



o
o
T 360
2π elde edilir.
=
=
⇒
a) =
f(x) 2 sin8x − 3cos2 4x=
⇒ T1


 
Tanjant teoreminden ,
www.yukseklimit.com
tan60o
(2 + 3 ) + x
⇒
=
tan45o
(2 + 3 ) − x
f(x) in esas periyodu T olsun.
⇒ T = OKEK (T1 ,T2 )
105
x+y
=
⇒
x−y
x+y
=
⇒
x−y
3)+ x
3)−x
o
2
o
f(x) cos5x
3x
=


 + sin


 ⇒ T1 = 72 , T2 = 60
C
y
(2 +
(2 +
f(x) =
a + b • cosn (kx + r) fonksiyonu için
2π
T=
(T : esas periyot , n tek)
k
⇒
15.
3 ) =1+
⇒ f(x) =−
B
A
2y
⇒ =
sin35o
3)+ x
3)−x
⇒ 2 + 3 + x 2=
3 + 3 − 3x ⇒ x + 3x 1+
=
C
14.
B
2+
Tanjant teoreminden ,
Kosinüs teoreminden,
2
LYS MATEMATÝK
OKEK
=
(T1 , T2 ) ⇒ T
OKEK
=
(45 , 45) ⇒ T
π 3x
6x
=
) • sin =
⇒ T1
b) f(x) cot 3 ( −
10 
5
6



=
T1
3
1
π
=
T2
3
−
10
π
4
10 π
=
, T2
3
tür.
5π
3
2π
6
5
f(x) in esas periyodu T olsun.
10π 5 π
=
⇒ T OKEK
=
(T1 ,T2 ) ⇒ T OKEK (
,
)
3
3
5π
⇒ T=
elde edilir.
3
85
Mehmet Ali AYDIN
16− TRÝGONOMETRÝ−3 (Kosinüs, Sinüs, Tanjant Teoremleri−Sinüs Alan Formülü−Periyot−Grafikler)
19.
x
2
=
için y sinx in standart grafiği periyodu 4 π
22.
17. sorudaki PERİYOT formüllerinden ,
π
T1=
1
a) f(x) =

1 − cotx
sin2x

T2 =
T1
⇒=
, T2
π=
x
tan
2

•
2π
2
T3 =
y = − sin
x
2
nin grafiği daha sonra Ox eksenine göre si olacak şekilde sağa doğru yayılarak y = sin
π
1
2
metriği alınarak y = − sin
, T3 2π
π=
y=sinx
O
T2 =
π
2
−1
π
f(x) 3 tan(45o − 2x) + 2 cos( + 3x)
=

3



π
−2
y
1
⇒ T = 2π elde edilir.
T1=
π
3π
2
2π
y=−sin x
2
1
x
π
O
2π 3π
−1
x
4π
2π
3
2π
f(x) in esas periyodu T ise,
3
π 2π
=
⇒ T OKEK
=
( ,
) ⇒ T 2 π elde edilir.
2 3
O halde ,
π
o
π) 3 tan(45
− 4
π) + 2 cos( + 6π)
⇒ f(T)
= f(2
=

3


o
π
=
,T
2 2
⇒
=
T1
tan45
cos
1
π
o
2 cos
3=
• 1+ 2 •
⇒ 3 tan45


 +=
3
2



1
23.
y = tan2x
π
2
π 3π
}
yatay olacak şekilde daraltılıp [0, π ] − { ,
4 4
kümesindeki y = tan2x in grafiği elde edilir.
için y = tanx in standart grafiği periyodu
π
3
4 tür.
y
1
2
20.
x
nin grafiği elde edilir.
2
y
f(x) in esas periyodu T olsun.
(T1 ,T2 ,T3 ) ⇒ T OKEK (π , π ,2π)
=
⇒ T OKEK
=
b)
LYS MATEMATÝK
- 2π
y= 1 + 2 sinx
için y = sinx in standart grafiği 2 ile geniş -
y
y=tanx
π
2
O
x
O
y=tan2x
π
2
π
4
π
3π
4
letilip y = 2 sinx in grafiği daha sonra 1 bi rim yukarı kaydırılarak y= 1 + 2 sinx in gra fiği elde edilir.
y
y
y=1+2sinx
3
y=sinx
1
O
π
2
−1
21.
π
3π
2
2π
1
x
O
−1
π
2
π
7π
6
11π
6
2π
x
24.
y = cotx
π 3π
,
] − {0, π } kümesi
2 2
için düşünülürse grafik elde edilir.
in standart grafiği [ −
y=
−cos(x − 20o )
için y = cosx in standart grafiği Ox doğrultu o
y
sunda 20 sağa kaydırılıp
=
y cos(x − 20 ) in
daha sonra Ox eksenine göre simetriği alı o
narak y =
−cos(x − 20 ) in grafiği elde edilir.
π
x
π
2
O
π
2
π
3π
2
x
y=−cos(x−20)
1
−1
O
π
2
1
y=cosx
π
2
y=cotx
y
y
O
y
y=cotx
o
π
3π
2
2π
www.yukseklimit.com
x
O
20
200
380
x
−1
86
Mehmet Ali AYDIN
x
17− TRÝGONOMETRÝ−4 (Ters Trigonometrik Fonksiyonlar-Trigonometrik Denklemler )
1.
a)
4.
1
+ arctan(−1)
2
arcsin
1
⇒ arcsin + arctan( −1)
2 

o
1
⇒
=
tan2α
1
=
2 • tanα
1 − tan2α
2
 5 
119
1− 

 12=

144
⇒
=
5
5
2•
12
6
1
24
b) ⇒ cot( arcsin
)
2 
25
1
) + cot(arctan 3 )
3
1
) + cot(arctan
3)
⇒ sin(arctan

3



60o
30o
⇒
2.
a)
2+ 3
2 3
13
α
sin(arctan
⇒ sin30 + cot60
1
1
⇒ +
2
3
B
α
o
o
12 

 cos α =

13 

12
⇒ cot(2 arccos
) ⇒ cot2α
13

⇒ 30 + ( −45 )
π
⇒ −15 o = −
elde edilir.
12
b)
12
a) ⇒ cot(2 arccos
)
13

−45
30o
o
LYS MATEMATÝK
o
25
24 

 sin α = 25 


B
24
 tan α = 4

 sinβ = 1

17






C
α/2
D
C
7
⇒ cot(
A
25
1
24
α
arcsin =) cot =
2 25
2

17
α
5.
25 + 7
=
24
1
4=
sinβ
α 

sin(arctan 4)
=
⇒
1
cos(arcsin
)
17


sinα
=
cosβ
B
C
1
17
4
17
= 1 dir.
4
17
5
3.
1
4=
3
4
1
)
4=
3
arccos(cos )
4

3
4
sin(arcsin
3
a) ⇒ sin(2
arcsin )
=
5

1
3
C
C
5
A
β
α
⇒ sinα • cosβ − sinβ • cosα
4 5
12 3
16
=−
•
elde edilir.
⇒ •
−
5 13 13 5
65
1
1
1
b) arctan + arccot 3 ⇒ arctan + arctan = x

2 
2
3
arctan
1
3
1
1
+ arctan ) = tanx
2
3
1 1
1
1
tan(arctan ) + tan(arctan )
+
2
3
2
3
tanx
⇒
=
=
1 1
1
1
1− •
1 − tan(arctan ) • tan(arctan )
2 3
2
3
π
x
elde edilir.
⇒ tanx ⇒ tanx
= 1⇒
=
4
Tanjant alınırsa ⇒ tan(arctan
3
5 

sin2
=
α
 sin α

α
B
5
3
6.
α
A
4
4

=
=
⇒ cos(2
arcsin ) cos2
α
 sin α
5


C
a)
π  tan α = 3x − 5 
arctan(3x − 5) + arccot (x + 2) = 
  2  cotβ = x + 2 
α
β
=
α+β
4
5 
α
b)
⇒ 1 − 2 • sin2 α
π
=
=
⇒ tan α cotβ ⇒
3x − 5
2
 tan α = 2x
π

arctan2x + arctan3x =
 2
 cotβ = 1
1
3x

arccot
=
α+β
87
π
=
⇒
tan α cot=
β ⇒ 2x
2
7
2
x=
+2⇒x
3x
2
7
4
⇒ 1− 2 •   = −
elde edilir.
25
5
www.yukseklimit.com
12
β
4
5
⇒ sin(arctan − arccot
) = sin(α − β)
3 
12

 sin(arcsin x) = x 


 arccos(cosy) = y 
⇒ 2 • sinα • cosα
3 4
24
elde edilir.
⇒2• • =
5 5
25
b)
13
4
3
A
1
b)
4
3
B
α
β
4



β
α
4
A
32
=
24
4 

 tan α = 3 


 cotβ = 5 


12 

4
5
a) ⇒ sin(arctan − arccot
)
3
12
 
β
C
C
7
α
B
4
24
25
α
A
B
=
tan α
C
12
119
elde edilir.
120
β
1
A
α
α 

sin(arctan 4)
⇒
1
cos(arcsin
)
17


A
α
1 − tan2 α
2 • tanα
B
elde edilir.
17
5
1
=
⇒ x2
3x
1
6




dır.
Mehmet Ali AYDIN
dir.
17− TRÝGONOMETRÝ−4 (Ters Trigonometrik Fonksiyonlar-Trigonometrik Denklemler )
7.
10.
a) arctan(1 − 3x) + arctan(2 + 5x) =
π
 
α
1
)
x
3 =1
−
⇒
1
1
1 − tan(arctan ) • tan(arctan )
2
3
2x − 3
1
1
+
x(x
− 3)
x
x−3
1⇒
1
⇒=
=
2
1
1
x
3x
−1
−
1−
•
x x−3
x(x − 3)
tan(arctan
8.
1
x
) + tan(arctan
a)
π
6


1
7π
7π
sin x = − ⇒ sin x = sin
= sin( π −
)
2
6
6
7π


 x = 6 + 2kπ 

Ç=
(k ∈ Z )
π
x =
− + 2kπ 

6


2
3π
3π
⇒ cos x =
b) cos x =
−
cos
=
cos(−
)
2
4
4
3π


 x = 4 + 2kπ 

Ç=
(k ∈ Z )
3π
x =
−
+ 2kπ 

4


11π
6 


3
5π
5π
11.
a) tan x = −
⇒ tan x = tan
= tan(π +
)
3
6
6
5π


2x − 3
2
x − 3x − 1 2x − 3
1⇒
⇒
=
=
 x = 6 + 2kπ 
5π
2


x − 3x − 1
 veya Ç  x=
=
Ç =
+ kπ  (k ∈ Z )
11π
6
2




⇒ x − 5x + 2 = 0 elde edilir. x in alabileceği
+ 2kπ 
 x=
6


b
−5
11π
değerlerin toplamı x1 + x 2 =
− =
−
=
5 tir.
a
1
6 


5π
5π
a)
2 sinx − 3 =
0
= cot ( π +
b) cot x = − 3 ⇒ cot x = cot
)
6
6
2π
3
5π



 x = 6 + 2kπ 
π
π
3
5π


⇒ sin=
x
⇒ sin=
x sin= sin( π − =
)
 veya Ç  x =
+ kπ  (k ∈ Z )
Ç =
2
3
3
6


 x= 11π + 2kπ 


π


6


x
=
+
2k
π


3
5π

Ç=
(k ∈ Z )
dir?( x=
+ kπ , k ∈ Z )
2
π


6
+ 2kπ 
x =
3


π
π
a)
sin( − x) + cos x =
0 ⇒ cos x =
− sin( − x)
12.
5
5
b)
2cos x − 1 =
0
π
π
⇒ cos
=
x
9.
−
β
 tan α = 1 − 3x 


 tanβ = 2 + 5x 
=
α+=
β = π ⇒ tan α − tan
β ⇒ 1 − 3x − (2 + 5x)
3
elde edilir.
=
− 5x ⇒ x −
⇒ 1 − 3x −2=
2
1
1
π
b) arctan + arctan
(tanjant alınırsa )
=
x
x−3
4
1
1
π
⇒ tan(arctan + arctan
)=
tan
x
x−3
4
LYS MATEMATÝK
a)
cos(
1
π
π
⇒ cos
=
x cos= cos( − )
2
3
3
π


 x = 3 + 2kπ 

Ç=
(k ∈ Z )
π
x =
− + 2kπ 

3


x=
3 tan x − 3 =
0
kaç x =
b)
7π
+ kπ
20
7π
elde edilir.
20
cos(90 + 70)



sin(50 − 4x) =
cos160 ⇒ sin(50 − 4x) =
− sin70
⇒ sin(4x − 50o =
) sin70o= sin(180o − 70o )
cot x − 1 =
0
⇒ sin(4x − 50o =
) sin70o= sin110o
5π
4

4x − 50o = 70o + 2kπ ⇒ x = 30o +
π
π
⇒ cot=
x 1 ⇒ cot=
x cot= cot (π + )
4
4
π


 x = 4 + 2kπ 
π


 veya Ç =  x =
+ kπ  (k ∈ Z )
Ç=
4


 x = 5 π + 2kπ 


4


www.yukseklimit.com
7π
− x + 2kπ ⇒ x=
10
7π
+ x + 2kπ ⇒ ∅
10
[ 0 , π ] aralığındaki en büyük kökü k = 0 için
3

3
π
π
= 3 ⇒ tan=
x tan= tan(π + )
3
3
3
π


 x = 3 + 2kπ 
π


 veya Ç  x =
=
Ç =
+ kπ  (k ∈ Z )
3
 x = 4 π + 2kπ 




3


b)
))
x =−
4π
⇒ tan=
x
− (x −
2
5

π
7π
⇒ cos x =
− x)
sin(x − ) ⇒ cos x =
cos(
5
10
7π
7π
⇒ cos x= cos(
− x=) cos( −
+ x)
10
10
kπ
2
kπ
2
k 0=
ve k 1 için denklemin [ 0 , π ] aralı =
4x − 50o = 110o + 2kπ ⇒ x = 40o +
ğındaki Ç = { 30o , 40o , 120o , 130o } elde edilir.
88
Mehmet Ali AYDIN
17− TRÝGONOMETRÝ−4 (Ters Trigonometrik Fonksiyonlar-Trigonometrik Denklemler )
13.
14.
16.
1
π
π
a) sin6x
=
⇒ sin6x
= sin= sin(π − )
2 2 sin6x − 1 =
6
a)
0 6
π
π
kπ
⇒ 6x = + 2kπ ⇒ x =
+
6
36
denkleminin
çözüm3 kümesi
ne -
1
1
2
a)
+1
= 14 ⇒
= 4
2
1
cos
2x
1
cos
2x
−
+
1
cos
2x
−
a)
4
+
=

1 − cos 2x 1 + cos 2x sin2 2x
⇒ 2 = 4sin2 2x
denklemini
sağlayan en küçük pozitif1
1
π
kπ 5 π k5ππ kπ
5π
sin2x =
veya
sin2x −
= π ⇒ +x = , x =+
+
,k ∈ Z) =
⇒ 6x = dir?(+x2k
2 kaç radyandır?( π )
2
36
3 36
36
3
6
3
x değeri
8 5π
π
π
5π
kπ 
π

⇒ sin2x
= sin = sin( π − ) , sin2x
= sin = sin( π −
)
=
4
4
4
4
 x 36 + 3 
 (k ∈ Z ) elde edilir.
Ç=
π
5π




5 π kπ 

 x = 8 + kπ 
 x= 8 + kπ

=
+
x

36
3 





 x= 3 π + kπ 
 x =− π + kπ 
2




3
3
0
−3=
8
8 1
b) b)4 cos2 4x − 43cos

 1


=0 ⇒4x
cos4x
=
veya cos4x =−
2
2
b)
2
6
−
=
denklemi sağlayan
pozitif
x
değeri
en
k
üçük
sinx cos x
3
π
] π aralğında
π=
cos 4xdenkleminin
4x[ 0 ,2
⇒ cos=
=
cos
cos( − )kaç
π
k = 0 için
radyandır.
2 kökü vardır?(16
6)
6
farklı
8
denklemini
sağlayan en küçük pozitif
kπ
π


k = 0,1,2,3 verilebilir. 
=
 x 24 + 2
x
değeri
için
cot x kaçtır?( 3 + 2 2 )

Ç=
1
1
cos x − sin x
kπ
π
b)
2 6 ⇒
=2 6
−
=
x =

k = 1,2,3,4 verilebilir. 
−
+

sinx cos x
sin x • cos x
24
2


(cos x) (sin x)
3
5π
5π
cos 4x =
cos
cos(−
)
−
=
⇒ cos 4x =
s
x − sin x =
2 6 sin xcos x
⇒
co
2
6
6
2
2
5 π kπ
(2 6 sin x • cos x)
⇒ (cos x − sin x) =


k = 0,1,2,3 verilebilir. 
=
 x 24 + 2
2
2
2
⇒ cos x + sin x − 2 sin x cos x = 6 (2 sin x cos x)

Ç=
 

5 π 2 kπ
x =

1
sin2x
sin2x
= 1,2,3,4
− 2 sin
+ x − 5ksinx
a) 
+2=
0verilebilir. 
24
2


2
6 sin 2x + sin x − 1 =0 ⇒ (3 sin 2x − 1)(2 sin 2x + 1) =0
Böylece denklemin [ 0 ,2 π ] aralığında 16
1
denkleminin [ 0,2π ] aralığındaki kök ⇒ sin 2x = −
farklı kökünün olduğu görülür.
( x dar açı olamaz )
2
lerinin toplamı kaç radyandır?( π )
1
−π ⇒
< xsin
< 2x
2π= olmak
üzere,
2
x dar açı alınabilir. O halde ,
a)
2 sin x − 5 sin
x + 2 0 ⇒ (2 sinx − 1)(sin
x − 2) 0
=
=
1
=
=
dir. ( sin x = 2 olamaz. Ç
⇒ sinx
2
1
π
π
sin=
x
x sin = sin( π − )
⇒ sin=
2 4x + cos2x6 + 1 =
6
b)
cos
0
π
6
ve
5π
6
olup toplamı
π
6
+
5π
6
∅)
−1
2cos
2x

cos 4x
2 2
A
17.
= π elde edilir.
⇒ 2cos
=
2x + cos 2x 0 ⇒ cos=
2x (2cos2x + 1) 0
1
18.
C
−π < x < 2π olmak üzere ,
tanx = − x
y
y=tanx
π
2
-
π
2
π
2π
3π
2
O
x
x reel sayısının
sin6x + sin4x =
sin5x
olduğu görülür.
sin6x + sin 4x[ 0
=
π ] aralığındaki köklerinin
denkleminin
,sin5x
6x + 4x
2
6x − 4x
2
toplamı
)
⇒
) cos(
) =o sin5x
2 sin( kaç derecedir?(600
⇒ 2 sin5x cos2x sin5x ⇒=
=
sin5x(2 cos2x − 1) 0
sin5x = 0
veya


x
⇒ sin5x
= sin0
= sinπ ⇒ =
π
π
π
tan( −=
x) cot (3x − ) ⇒ tan ( − =
x) tan( π − 3x)
4
4
2



www.yukseklimit.com
3
A
2 2
lı
k 0⇒
,
;k 1 ⇒
,
,=
,
;k 2 ⇒
,
=
=
4 3
4
4
3
3
4
3
[ 0 , 2 π ] aralığındaki kökler ve toplamı 8 π radyandır.
3π
π
− x = π − 3x ⇒ x =
elde edilir.
4
8
D
1
2
lemi sağlayan 4 fark -
2
4
2
π
π




 x = 3 + kπ

 x = 4 + kπ



denklemini
sağlayan
en küçük pozitif x de π
π


x =

− + kπ 
− + kπ 

x =
3π
4
3




ğeri kaç radyandır?(
)
5 π 3π 8 4 π 2 π
7π 5π
π π
⇒
C
fikleri çizilirse , denk -
π
π
2π
2π
⇒ cos2x =
cos π
=
cos( − ) , cos2x =
=
cos( −
)
πcos
tan(
−=
x) 2cot (3x − ) 3
2
3
π
π
tan( − (3x − ))
2
2
3
İki taraf x in fonk - y=−x
siyonu olarak göz -π
önüne alınıp gra -
2
cos2x = −
1
⇒ cot x =3 + 2 2 elde edilir.
+ cos 2x + 1 =
0
0 ⇒ 2cos 2x − 1 + cos 2x + 1 =
veya
B
denklemini sağlayan kaç farklı x reel2
C
2x
sayısı vardır?( 4 )
2
cos2x = 0
)
x +Btan x =
0
2
b)
(
3
5π
π


+ 2kπ veya =
+ 2kπ  ( k ∈ Z ) dir.
x
x
=
6 denkleminin [ 0,2
6 π ] aralığındak


i kök k = 0 için
denklemin
[ 0 ,2 πkaç
] aralığındaki
kökleri
lerinin
toplamı
radyandır?(
8π )
15.
LYS MATEMATÝK
cos2x =
2kπ
5
1
2
x
=
π
π
π

cos2x =
cos
cos(− ) ⇒  x =
=
+ kπ
3
3
6

π
5
+
2kπ 


5
x =−
π
6
2 π 3π 5 π
4π
π π
k 0⇒
0, ,
;k 1 ⇒ =
,
,
;k 2 ⇒
,π
=
=
5 6
5
5
6
5
[ 0, π ] aralığındaki kökler ve toplamı 720o dir.
89


+ kπ 
Mehmet Ali AYDIN
17− TRÝGONOMETRÝ−4 (Ters Trigonometrik Fonksiyonlar-Trigonometrik Denklemler )
19.
22.
2
2sinx cosx
2 cos x − 1




3 sin x + sin2x − 1 =cos 2x
2
⇒ sin x − 1 • cos x =
−1 (1 = tan45o )
⇒ sin x − tan45o • cos x =
−1
⇒ 3 sin2 x + 2sinx cosx
=
− 1 2cos2 x − 1 ⇒
⇒ sin x −
3sin2 x + 2sinx cosx − 2 cos2 x =
0 (cos2 x e bölünürse)
⇒3
LYS MATEMATÝK
sin2 x
sinx cosx
cos2 x
+2
−2
=
0
2
2
cos x
cos x
cos2 x
sin45o
• cos x =
−1
cos45o
o
sin(x − 45 )



sinx • cos45o − sin45o • cos x
⇒
= −1
cos45o
π
π
o
⇒ sin(x − 45o ) =
− cos45
sin(− )


 ⇒ sin(x − 4 ) =
4
o
sin45
( tanx = t olsun )
⇒ 3 tan2 x + 2tanx − 2 =
0
1
1
b
1
1
2
+= − ⇒
+= − = 1 dir.
t1 t 2
c
t1 t 2
−2
π
π
π
) = sin(− =) sin( π − (− ))
4
4
4
π
π
⇒x− =
− + 2kπ ⇒ x =
2kπ
4
4
π 5π
3π
+ 2kπ ⇒ x =
+ 2kπ
⇒x− =
4
4
2
3π


= 2kπ , x
=
+ 2kπ  (k ∈ Z ) dir.
Ç=x
2


Denklemin [ 0 ,2π ] aralığındaki çözümü için
3π
=
=
k 0=
ve k 1 alınırsa
Ç {0,
, 2π } dir.
2
⇒ sin(x −
20.
3 sin5x =
⇒ 3 sin5x =
sin5x
=
⇒
cos5x
3 cos5x
3 cos 5x
(cos5x e bölünürse)
3
=
⇒ tan5x
3
3
3
7π
6

π
π
= tan= tan(π + )
⇒ tan5x
6
6
π
2kπ 

=
 x 30 + 5 
kπ 
π

 veya Ç  x = +
=
Ç =
 (k ∈ Z )
30
5 
7π
2kπ 


=
+
x

30
5 

cos2x
cos2x
cos 6x
23.
= cot
=
6x ⇒
sin14x
sin14x
sin6x
⇒
sin6x • cos2x
=
sin14x • cos 6x


1
(sin(6x + 2x) + sin(6x − 2x))
2
1
(sin(14x + 6x) + sin(14x − 6x))
2
1
1
1
1
sin8x + sin4x =
sin20x + sin8x
2
2
2
2
⇒ sin20x = sin4x ⇒ sin20x
= sin4x
= sin(π − 4x)
⇒
21.
3 sin2x −
3 cos2x =
3 (3 ile bölünürse)
⇒ 20x = 4x + 2kπ ⇒ x =
3
3
⇒ sin2x −
cos2x =
1 (
= tan30o )
3
3
o
⇒ sin2x − tan30
•
kπ
8
(k ∈ Z ) dir. Ayrıca
π
kπ
+
(k ∈ Z ) dir.
24 12
Pozitif ve farklı en küçük dört x değeri için ,
⇒ 20x = π − 4x + 2kπ ⇒ x =
cos 2x =
1
sin30o
• cos2x =
⇒ sin2x −
1
cos30o
π
π
=
=
Üst kutucukta
k 1⇒
, k 2⇒
tür.
8
4
π
5π
=
⇒
k 0=
, k 2⇒
tür.
Alt kutucukta
24
24
5π
Bu dört kökün toplamı
radyan elde edilir.
8
o
sin(2x − 30 )



sin2x • cos30o − sin30o • cos 2x
=1
⇒
cos30o
o
0
⇒ sin(2x − 30o ) =
cos3



sin60o
24.
2π
3

π
π
π
⇒ sin(2x − =) sin = sin(π − )
6
3
3
π π
π
⇒ 2x − =
+ 2kπ ⇒ x =
+ kπ
6 3
4
5π
π 2π
⇒ 2x − =
+ 2kπ ⇒ x =
+ kπ
6
3
12
π


 x = 4 + kπ 

Ç=
(k ∈ Z )
 x= 5 π + kπ 




12
4 cos x − 3 sinx =
3 (4 ile bölünürse)
3
3
3
=
sin=
x
(
tan
=
α ⇒ cosα
4
4
4
⇒ cos x − tanα • sin x = tanα
sinα
• sin x =
tanα
⇒ cos x −
cosα
⇒ cos x −
4
)
5
cos(x + α )



cos x • cosα − sinx • sinα
sinα
=
⇒
cosα
cosα
⇒ cos(x + α=) sinα
=
+ α) cos(90o − α)
⇒ cos(x
o
özel olarak
o
x 90 − 2α alınabilir.
⇒ x +=
α 90 − α ⇒=
denkleminin [ 0, π ] aralığındaki çözümü için
k = 0 alın=
ırsa Ç
www.yukseklimit.com
(90o − 2α) tan2α
=
=
⇒ cot x cot
3
2•
2tan α
24
4
dir. YANIT : E
=
⇒ =
2
7
1 − tan2 α
3
1−  
4
π 5π
{=
,
} { 45o , 75o } dir.
4 12
90
Mehmet Ali AYDIN
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
1.
4.
z= b − ai
karmaşık sayısı karmaşık düzlemin III. böl gesinde olduğuna göre,
b < 0 ve − a < 0 ⇒ a > 0
dır. O halde örneğin
=
a 1=
ve b −1 alınırsa ,
w= a + bi
w= 1 − i
karmaşık sayısı karmaşık düzlemin IV böl -
z=
=
⇒z
a)
i3 • Re(z) ⇒ 2i elde edilir.
O halde , i3 • Re(z) = 2i
Im( i3 • Re(z) ) = 2 dir.
3i
5.
i2 = −1 olmak üzere ,
3i
2 • i • 3 •i •
z 2 + 2z + 4 =
0
∆ = b2 − 4ac
6 •i
∆ = 22 − 4 • 1 • 4
∆ = −12 dir.
6i
⇒ 36 • i2 • i
⇒ 6 • (−1) • i
⇒ −6i elde edilir.
=
z1
Ç ={ − 1 −
⇒ z= 2 − 2i elde edilir.
6.
z= 2 − 2i ⇒ Re(z) = 2
− 2z =−4 + 4i ⇒ Im(−2z) = 4 tür. O halde ,
4
3 i, − 1 +
3 i} )
a) i nin kuvvetlerinde mod 4 e göre kalan lar alınabilir.
i39 + i338
i197 + i1562
i3 + i2
⇒ 1 2
i +i
i(i2 + i)
⇒
i + i2
⇒ i elde edilir.
+ 4 6 elde edilir.
Re(z) + Im(−=
2z) 2 =
(2i + i )
−b + ∆
2a
=
z1
⇒ z = i3 + i0 − i1 − i2
⇒ z = (−i) + 1 − i − (−1)
⇒ z = −i + 1 − i + 1
=
z
−b − ∆
=
ve z1
2a
−2 − −12
−b + −12
=
ve z1
2•1
2 •1
−2 − 2 3 i
−2 + 2 3 i
=
=
z1
ve z1
2
2
z1 = −1 − 3 i ve z1 = −1 + 3 i elde edilir.
i nin kuvvetlerinde mod 4 e göre kalan lar alınabilir.
z = i11 + i12 − i13 − i14
b)
+ 2i
i3 • Re(z) ⇒ i3 • (−2)
i = −1 olmak üzere ,
2i
a)
−4
+
i3 • Re(z) ⇒ (−i) • (−2)
⇒
−2 • 
−3 • 
−6 ⇒
3.
)
2
⇒ z =−2 + 2i ⇒ Re(z) = −2
−1 • 
−9 ⇒ i • 3 • i ⇒ 3 • i2 ⇒ −3 elde edilir.

b)
2i
2
⇒=
z 2i + 2i
2
i
)
−2
2
gesindedir.
2.
(
(
LYS MATEMATÝK
2
⇒ z = 4i2 + 4i5 + i8
⇒ z =−4 + 4i + 1
⇒ z = −3 + 4i
z =−3 + 4i
b)
2 + i z ⇒ 2 + i(−3 + 4i)
z2 =
9 − 24i + 16i2
2 + i z ⇒ 2 − 3i + 4i2
z2 = 9 − 24i − 16
2 + i z ⇒ 2 − 3i − 4
z2 = −7 − 24i
2 + i z ⇒ −2 − 3i
=
Im(z2 )
i2n + 7 + i6n − 1
i2n + 4
9
i + i5
⇒
(i nin kuvvetlerinde mod 4 e
i6
göre kalanlar alınabilir.)
z =−3 + 4i
z2 = (−3 + 4i)2
=
−24
Re(2 + i z)
i1 + i1
i2
2i
⇒
−1
⇒ −2i elde edilir.
⇒
−2
O halde ,
=
Im(z 2 ) − Re(2
+ i z)
www.yukseklimit.com
n = 1 alınabilir.
=
−24
− ( − 2 ) − 22 dir.
91
Mehmet Ali AYDIN
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
7.
a)
10.
z = i + i2 + i3 + i4 + i5
⇒ z = i + ( − 1) + ( − i) + 1 + i


⇒ z = i + i2 + i3 + i0 + i1 + i2 + i3 + i0 + • • • + i1 + i2
a)
⇒ z = i + ( − 1) + ( − i) + 1 + i + ( − 1) + ( − i) + 1 +



• • •



+ i + ( − 1)
0
0
⇒ z = i + ( − 1) ⇒ z = −1 + i elde edilir.
0
⇒ z = 0 + i elde edilir.
=
z
O halde ,
LYS MATEMATÝK
−i =
+ i2 ⇒ i z
−1=
+ i ⇒ iz
=
⇒ iz
z = 0 + i ⇒ Im(z) • Re( z)
⇒i•0
⇒ 0 elde edilir.
z
1+ i ⇒
−=
i
z
=
−i − 1
−1=
− i ⇒ Re(i z) −1
−i + i2
z
−i + (−1)
⇒ =
i
(−1)
i2
z
−1 + i
⇒
=
i
i
z
i
−i − 1
z
z
1 + i ⇒ Im( ) = 1
=
⇒
i
i
−1
z
O halde Re(i z) − Im( ) ⇒ − 1 − 1 ⇒ − 2 dir.
i
=
⇒
b)
i nin kuvvetlerinde mod 4 e göre kalan lar alınabilir.
terim =
sayısı
(i17 + 1) • (i16 + 1) • (i15 + 1) • (i14 + 1)
⇒ (i1 + 1) • (i0 + 1) • (i3 + 1) • (i2 + 1)
5
93
95
− i3 + i
− i7 + • • • + i
− i
lar alınabilir. ⇒ z = i

⇒ (i1 + 1) • (i0 + 1) • (i3 + 1) • ((−1) + 1)


i − i3
0
⇒ 0 elde edilir.
95 − 1
=
+ 1 48 terim var.
2

b) z = i − i3 + i5 − i7 + • • • + i93 − i95
i nin kuvvetlerinde mod 4 e göre kalan -
i − i3
i −i3
48 terim olduğundan 24 tane 2i var.

⇒ z = i − ( −i) + i − ( −i) + • • • + i − (−i)
 

2i
2i
2i
24 tane 2i

• 2i ⇒ z
+ 2i ⇒ z 24=
48i dir.
⇒ z = 2i + 2i + • • •=
O halde Im(i • Im(z)) ⇒ Im(i • 48) ⇒ 48 elde edilir.
8.
11.
(3 − i) • (3 + i) • (2 − 3i) • (2 + 3i)
1010
a) ⇒ ((1 + i)2 )
⇒ (1 + 2i + i2 )
⇒ (32 − i2 ) • (22 − (3i)2 )
⇒ (2i)
2
2
2
1010
2
1010
+ (1 − 2i + i2 )
1010
⇒ (1 + 2i + (−1))
22 − (3i)2
⇒ ( 3 − i ) • (2 − 9 • i )
1010
+ (1 − 2i + (−1))
1010
+ ( −2i)
1010
⇒2
•
1010
i
1010
+2
•
1010
i
(i nin kuvvetlerinde mod 4 e göre
kalanlar alınabilir.)
⇒ (9 − (−1)) • ( 4 − 9 • (−1))
⇒ (9 + 1) • (4 + 9)
⇒ 21010 • i2 + 21010 • i2 ⇒ 21010 • (−1) + 21010 • (−1)
⇒ 10 • 13
⇒ 21010 ( −1 − 1) ⇒ 21010 ( −2) ⇒ − 21011 elde edilir.
⇒ 130 elde edilir.
b)
i z = z + 3 + 3i ⇒ i z − z = 3 + 3i ⇒ z(i − 1) = 3 + 3i
2016
 3(1 + i) 
3 + 3i
 3 + 3i 
=
⇒ z2016  =



i−1
 i−1 
 (i − 1) 
=
⇒z
9.
1010
• (3 + i) • (2 − 3i) • (2 + 3i)
⇒ (3
−
i)

 
32 −i2
1010
+ ((1 − i)2 )
1008
z = (3 3 + 3i)10 • (3i − 3 3 )9
 (1 + i)2 
 1 + 2i + i2
=
=
32016 
⇒ z 2016 32016

2 
2

 (1 − i) 
 1 − 2i + i
⇒ z = (3i + 3 3 )9 • (3i − 3 3 )9 • (3 3 + 3i)
9
⇒ z = ((3i + 3 3 ) • (3i − 3 3 ))

•
(3 3 + 3i)
2
(3i)2 −(3 3 )
1008
9
⇒ z = (9i2 − 27)
•
9
9
⇒ z = (−9 − 27)
9
⇒ z = (−36)
•
•
•
12.
(3 3 + 3 i)
(3 3 + 3i)
⇒ 2z = −6
•
⇒
(1 + i)1001 (1 − i)1001
−
(1 − i)1001 (1 + i)1001
1001
(3 3 + 3i)
1001
1+ 2i + ( −1)



1
2i + i2
+
⇒
 1
− i2
 1− ( −1)

(6 3 + 6i)
⇒ 2z = −619 • ( 3 + i)
⇒ 2z =
−619 3 − 619 i ⇒ Im(2z) = − 619 dur.
1001
 2i 
⇒ 
 2 
1001
⇒ ( i)
www.yukseklimit.com
1001
 (1 + i)(1 + i) 
⇒

 (1 − i)(1 + i) 
⇒ z = −618 • (3 3 + 3i)
18
1008
1008
•1
=
=
⇒ z 32016
⇒ z 32016 elde edilir.
) • (3 3 + 3i)
(3 3 + 3i)
⇒ z = (9 • (−1) − 27)
1008



 1 + 2i + (−1) 
 2i 
=
=
⇒ z 2016 32016
32016  


 1 − 2i + (−1) 
 2i 
2 9
⇒ z = ((3i) − (3 3 )
2
2016
92






 (1 − i)(1 − i) 
−

 (1 + i)(1 − i) 
1− 2i + ( −1)



1
2i + i2
−
−
 1
− i2
 1− ( −1)

1001
 −2i 
−

 2 
1001
+ (i)
1001






1001
⇒ ( i)
1001
− ( −i )
⇒ i + i ⇒ 2i elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
16.
13.
3
P(z + i) = z
− 3z
+ 3z −1

()
(z −1)3
⇒ P(z + i) = (z − 1)
z yerine 1 − 3i yazılırsa ,
⇒ P(1 − 3i + i) = (1 − 3i − 1)3
⇒ P(1 − 2i) = (−3i)3
−2
⇒
4+i
1+ i
2
⇒
17.
z1 3i=
− 5 ⇒ z1 −3i − 5
14. =
i2
=
⇒ z 2 i dir.
i
−1 ⇒
i z2 i2 =
=
⇒ z2
O halde ,
1− i2
17
( 2)
⇒ (2 − 3i)
2
(2 − 3i)(1 + i)
⇒
(
22 + (−3)2
⇒
(
)(
13
2
2
2
)
2
2
2
z
3 + 2i
•
1+ i
•
(
2
)
2 +0
2
2
2
)
•
•
2
2
⇒
⇒ 13 • 2
⇒ 26 elde edilir.
⇒
⇒
(
(
2
22 + 12
)
(−2)2 + 12
5
5
5
5
13
2
2
•
2
2
2 + (−1)
•
2
2 + ( −2 3 )
2
5
2
5
(2 + i)3
(i − 2)2
(2 + i)3
=
(i − 2)2
2
2
3 +2
•
elde edilir.
z=
=
⇒ z
1 − 2 3i
2
z • z= z
a 2 + b2
5
2 + (−3)
•
4 • 13
2 • 13
2−i
•
•
2
⇒ z =
2
2 − 3i
1 +1
2
( (a + bi) =
) ( 1 +1 )
(1 + i)
2 • (3 + 2i)2 • (2 − i)5
(2 − 3i) • (1 − 2 3i)
2
z=
(2 − 3i)(1 + i)
z=
2 • (3 + 2i)2 • (2 − i)5
(2 − 3i) • (1 − 2 3i)
2 • (3 + 2i)2 • (2 − i)5
(1 + i) • (2 − 3i) • (1 − 2 3i)
18.
⇒ z=
2
z=
⇒ 25 10
2
2
2 • (3 + 2i)2 • (2 − i)5
elde edilir.
(1 + i) • (2 − 3i) • (1 − 2 3i)
⇒ z =
−2i • (1 − i)
⇒ − i • (1 − i)
2
2
⇒ − i + i ⇒ − 1 − i elde edilir.
⇒
2
)
z + iz =
⇒ z =
1+ 1
)
17
elde edilir.
2
⇒ z =
−2i
−2i • (1 − i)
−2i • (1 − i)
⇒
⇒
(1 + i)
(1 + i)(1 − i)
1 − ( − 1)




a2 + b2
(a + bi) =
12 + 12
⇒ − z=
10i
10i
⇒
⇒
2 + −5i − 3(−1)
2 + −5i + 3
−10i
−10i
−10i
⇒
⇒
⇒
2 + 5i + 3
5 + 5i
5(1 + i)
−2
2
42 + 12
⇒ z=
−5i − 3i2
z
(
⇒ z(1 + i ) =
9i + z2
9i + i
⇒
=
2 + i z1
2 + i • (−3i − 5)

15.
−2
1+ i
4+i
(
⇒
⇒ P(1 − 2i) =27i elde edilir.
⇒
z)
(=
⇒
⇒
⇒ P(1 − 2i) = −27i3
⇒ P(1 − 2i) = −27 (−i)
i z2
=
−1 2
⇒ z=
3
1+ i
4+i
z=
2
LYS MATEMATÝK
2
dir. O halde ,
2+i
6
i−2
4
(a + bi)
(=
a2 + b2
6
)
4
6
4
2
⇒ 5 elde edilir.
www.yukseklimit.com
93
Mehmet Ali AYDIN
)
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
19.
=
z + 5i z =
+2−i , z
22.
a + bi olsun.
z2 = −1 + 5i
⇒ z1 − z 2 = ( −7i + 4) − (−1 + 5i)
a − bi
2
2
5 (−=
b − 1)
a +b
=
b
=
(
a+2
)
z = a + bi
z2 = 1 − a − 2i
karmaşık sayıları arası uzaklık 5 birim yani ,
=
5=
⇒ z1 − z 2
⇒ (a + 2i) − (1 − a − 2i) 5
z = 25
⇒ a + 2i − 1 + a + 2i = 5
a − b = 7 verilmiş.
2
=
⇒ z 25=
⇒ a + bi 25 ⇒=
a +b
25



2
a +b
2
23.
49
⇒=
625 − 49 2ab
=
⇒ 576 2ab
⇒ a • b = 288 elde edilir.
21.
4π
=
, z cos x − i sin y − cos y + i sin x
3
z = cos x − cos y + (− sin y + sin x)i
z =
z =
(cos x − cos y) + (− sin y + sinx)
2
2
1
( x − y =240 )
1+ 1− 2 cos (x − y)
z
=
o
o
1+ 1− 2 cos
(180
)
+ 60


1
• (−
1 + 1 − 2=
) ⇒ z
2
z
b) z = a + bi ⇒
a + bi
2
2
+ z2
−z
2
+ (a + bi)
−(a + bi)
a2 + ( −b)2
2
=
(
(x + 1) + y =
2
) (
(x + 1)2 + y2 =
3 tür.
⇒
2
x 2 + (y − 1)2
)
2
, z = x + yi
1

i=
z < z+2
z < z + 2 dir.
2
(
2
x +y
x 2 + y2
<
( (a + bi) =
2
) <(
)
2
(x + 2) + y
2
a2 + b2
)
(x + 2)2 + y2
2
⇒ x 2 + y2 < (x + 2)2 + y2
karmaşık sayısının modülü ,
2
a2 + b 2
2
x + (y − 1)
2
iz < z + 2
⇒
=
1+ 1 + 1 ⇒ z
a − bi
2
⇒ x + yi < x + 2 + yi
−cos 60o
=
z
2
( (a + bi) =
⇒ z < z + 2 = x + yi < x + yi + 2
o
=
x + (y − 1)i
⇒=
iz < z + 2
cos (x −y )
z
⇒ x + 1 + yi =
24.
2
cos x + sin x + cos y + sin y − 2 (cosx cosy +siny sinx )



 


1
x + yi − i
⇒ y = − x denklemi elde edilir.
2
2
cos x − 2 cosx cosy + cos y + sin y − 2 siny sinx + sin x
2
, z = x + yi
⇒ x 2 + 2x + 1 + y2 = x2 + y2 − 2y + 1
2
2
)
2
⇒ (x + 1)2 + y2 = x 2 + (y − 1)2
dir. O halde ,
2
z−i
⇒ x + yi + 1 =
⇒
z karmaşık sayısının orijine olan uzaklığı z
z =
z+1 =
⇒
a) =
x−y
2
2
⇒ 4a2 − 4a − 8 = 0 elde edilir. a nın alabileceği
−8
c
değerlerin çarpımı, a1 • a2=
=
= −2 dir.
a
4
=
⇒ a − b 7=
⇒ (a − b)2 72
625
2
⇒ 4a2 − 4a + 1 + 16= 25
⇒ a + b = 625 elde edilir. Öte yandan ,
49=
⇒ 625 − 2ab
a2 + b 2
⇒=
⇒ (2a − 1) + 4
(2a − 1) + 4
5=
52
2
2
2
2
⇒=
a
+b


 − 2ab
( (a + bi) =
⇒ 2a − 1 + 4i = 5
2
2
169 ⇒ 13 tür.
=
z2 1 +=
i2 z1 1 + (−1)(a + 2i)
⇒ a 8
4a=
O halde , z = 8 − 6i ve eşleniği 8 + 6i elde edilir.
20.
25 + 144 ⇒
z1 = a + 2i
b)
a2 + 36= a2 + 4a + 4
=
32
52 + 122 ⇒
⇒
a 2 + b2
2
−5=
−1
a2 + (−6)2
(a + 2)2
b = −6
( (a + bi) =
⇒ − 7i + 4 + 1 − 5i ⇒ 5 + 12i
a2 + b2 + 5i = a + 2 + (−b − 1)i olur. Burada ,
⇒
z1 = −7i + 4
z1 ve z 2 karmaşık sayıları arası uzaklık,
⇒ a + bi + 5i = a + bi + 2 − i




a2 + b2
a)
LYS MATEMATÝK
⇒ x 2 + y2 < x 2 + 4x + 4 + y2
2 2
+ a + 2abi + b i
a + bi
⇒ x > −1 eşitsizliği elde edilir ve grafiği ,
iy
+ a2 + 2abi + b2 (−1)
a + bi
a2 + b2 + a2 + 2abi − b2
2a2 + 2abi
=
a + bi
a + bi
−1
O
x
2a(a + bi)
= 2 a elde edilir.
a + bi
www.yukseklimit.com
94
Mehmet Ali AYDIN
)
)
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
25.
28.
z − 4 − 3i = 2
a) z = 3 denklemini sağlayan noktalar 3 br yarıçaplı
koşulunu sağlayan z karmaşık sayılarının
geometrik yerinin denklemi ,
merkezi bir çember belirtir. z1 ile z2 arası uzaklık
z1 − z2 olduğunu biliyoruz. z + 4 i − 3 ifadesi
z − (4 + 3i) 2 =
veya (x − 4)2 + (y − 3)2 22
=
z − (3 − 4i) şeklinde düzenlenirse çember üzerindeki
olup M(4,3) merkezli ve 2 br yarıçaplı bir
çemberdir ve grafiği ,
bir z noktasının 3 − 4i noktasına en uzak ve en yakın
mesafesi z − (3 − 4i) ifadesinin abileceği en büyük
iy
değer ile en küçük değeri verecektir.
3 - 4 - 5 dik üçgeni yardımıyla AO = 5 tir.
iy
O halde AL = 8 br ifadesi
M
3
O
LYS MATEMATÝK
2
z − (3 − 4i) nin en büyük
x
4
L
3
O 3
değerini AK = 2 br ifadesi
z − (3 − 4i) nin en küçük
değerini verir. Böylece
x
K 2
−4
toplamları 8 + 2 = 10 dur.
3
A(3,-4)
b) a şıkkındaki gibi grafik yöntem izlenebilir. Ancak
b şıkkını merkezil çemberlerdeki pratikten yapalım.
26.
z ≤7
z + 3i > 2
⇒ yarıçap 7 br dir.
z − 5 + 12i ⇒ doğuracağı uzunluk 13 br, o halde ,
koşulunu sağlayan z karmaşık sayılarının
z − 5 + 12i nin en büyük değeri 13 + 7 = 20
geometrik yerinin bağıntısı ,
z − 5 + 12i nin en küçük değeri 13 − 7 = 6
z − (0 − 3i) > 2 veya x 2 + (y + 3)2 > 22
olup
olup M(0, −3) merkezli ve 2 br yarıçaplı bir
çemberin dış bölgesidir ve grafiği ,
z − 5 + 12i nin alabileceği tam sayı de -
ğerleri 6,7,8,
29.
iy
a)
• • •
, 20 ⇒ 15 tanedir.
z + 4 ≤ 1 ifadesinde z ⇒ z − 4 ötelemesi
yapılırsa merkezil çember pratiği kullanılır.
O
z + 4 ≤ 1⇒ z − 4 + 4 ≤ 1⇒ z ≤ 1
x
z + 12i + 13 ⇒ z − 4 + 12i + 13 ⇒
z ≤1 ⇒
−3
z + 9 + 12i
yarıçap 1 br dir.
z + 9 + 12i ⇒ doğuracağı uzunluk 15 br, o halde ,
−5
z + 9 + 12i nin en büyük değeri 15 + 1 = 16
z + 9 + 12i nin en küçük değeri 14 − 1 = 14
olup
z + 9 + 12i nin alabileceği tam sayı
değerleri 14,15,16 olmak üzere üç tanedir
27.
3≤ z+6 <5
ve toplamları da 14 + 15 + 16 = 45 tir.
koşulunu sağlayan z karmaşık sayılarının
b)
geometrik yerinin bağıntısı ,
ötelemesi yapılıp merkezil çember pratiğinden
3 ≤ z − (−6 + 0i) < 5
olup M(−6,0) merkezli ve
z + 7 − 24 i ≤ 13 ⇒ z − 7 + 24 i + 7 − 24 i ≤ 13 ⇒ z ≤ 13
yarıçapı 3 ≤ r < 5
z ⇒
şeklinde değişen bir halkasal bölgedir ve
z − 7 + 24i nin en küçük değeri 25 − 13 = 12 dir.
30.
O
yarıçap 13 br dir.
⇒
z − 7 + 24i ⇒ doğuracağı uzunluk 25 br, o halde ,
iy
−9 −6 −3 −1
z − 7 + 24i
z ≤ 13
grafiği ,
−11
z + 7 − 24i ≤ 13 ifadesinde z ⇒ z − 7 + 24i
⇒ 25 ≤ z
x
iy
25 ≤ z • z < 64
2
< 64
⇒ 5≤ z <8
koşulunu
O
sağlayan
5
8
z karmaşık sayılarının
oluşturduğu bölge bir
dairesel halkadır ve
2
2
alanı π • 8 − π • 5 ⇒ 39π br
www.yukseklimit.com
95
2
dir.
Mehmet Ali AYDIN
x
18−KARMAÞIK SAYILAR−1 (“i” nin Kuvvetleri-Karmaþýk Sayýnýn Eþleniði, Eþitliði ve Mutlak Deðeri)
LYS MATEMATÝK
31. =
z + 5 − 3i 2 =
z+1 1
=
z − (−5 + 3i) 2 =
z − (−1 + 0i) 1
N(−1,0) merkezli ve
1 br yarıçaplı çember
M(−5,3) merkezli ve
2 br yarıçaplı çember
iy
3 - 4 - 5 üç -
K
2
M
geninden
3
2
MN = 5 br
2
K
L
1N
−1 1
−5
L
dir.
x
O
Bu çemberlerden birinin bir noktası K , di ğerinin bir noktası L olduğuna göre , yuka rıdaki şekilde görüldüğü gibi ,
KL en az ⇒ 2 br ,
KL en çok ⇒ 8 br
olduğundan KL ⇒ 2,3,4,5,6,7,8 olmak üzere
7 farklı tam sayı değeri alabilir.
32.
z1 = −5 + i ⇒ A(−5,1)
−5 1
16 1
0 −11
z2 = 16 + i ⇒ B(16,1)
z3 = −11i ⇒ C(0, −11)
−
−
−
Alan(ABC) = x ⇒
1
2
+
+
(−5) • 1 + 16 • ( −11) + 0 • 1− ( 1 • 16 + 1 • 0 + ( −5) • ( −11) )
x=
=
x
1
−5
1
2
1
2
AB =
AC =
BC =
− 5 − 176 + 0 − ( 16 + 0 + 55 )
1
=
− 252 ⇒ x 126 br 2 dir.
=
− 71 ⇒ x
− 181
2
2
2
2
(−5 − 16) +=
(1 − 1)
2
=
21 + 0
2
=
5 + 12
13 tür.
2
2
=
16 + 12
− (−11))
(−5 − 0) + (1 =
(16 − 0) + (1=
− (−11))
=
ABC nin çevresi
⇒y
2
21 dir.
2
2
2
21=
+ 13 + 20
2
20 dir.
54 br dir.
=
O halde=
, x + y 126
+ 54 180 dir.
33.
z ≤2
,
z − 2i ≤ z , z = x + yi
z − (0 + 0i) ≤ 2
x + yi − 2i ≤ x + yi
Merkezil ve
x + (y − 2)i ≤ x + yi
2 br yarıçaplı
x 2 + (y − 2)2 ≤
x 2 + y2
x 2 + (y − 2)2 ≤ x 2 + y2
daire belirtir.
2
x + y2 − 4y + 4 ≤ x 2 + y2
iy
O
A
1 60
O
2
y>1
B
2
y≥1
dir.
m(AOB) = 120o dir.
O halde 120o lik
y=1 daire parçasından
x
AOB üçgeninin
alanı çıkarılırsa
ortak bölgenin
alanı elde edilir.
O halde ⇒ π • 22
⇒(
www.yukseklimit.com
•
4π
−
3
120o
1
− • 2 • 2 • sin120o
2
360o
3 ) br 2 elde edilir.
96
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
1.
a) z= 6 + 6 3 i
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
z =
62 + (6 3 )2
z =
36 + 108
z =
144
iy
6 3
4.
z
60
O
z =
x
6
2
z =
(− 2 ) + ( 2 )
z =
2+2
45
z =
135
z
=
z = 4
a)
=
z 5i=
⇒ z 0 + 5i
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
z =
02 + 5 2
z =
25
z
90
b) z = −
z =
z =
1 3
+
1 4
=
z
iy
300
O
1
x
3
iy
=
−2i
⇒ z 0 − 2i
270
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
z =
x
O
z
z = 2cis300o elde edilir.
240
O
z
z 2=
ve Arg(z)
=
z = 2cis
=
=
1 ⇒ z 1 ve
Arg(z) 240o dir.
x
02 + (−2)2
z = 4
3
2
z
12 + (− 3 )2
=
z
2=
ve Arg(z) 300o dir. Kutupsal biçim ,
iy
kutupsal biçimi için
x
1
4=
ve Arg(z) 0 dir. Kutupsal biçim ,
z =1 − 3 i
karmaşık sayısının
=
b) z
1
2
O
z = 4
π
elde edilir.
2
(− 1 )2 + (− 3 )2
2
2
a)
z =
x
π
dir. Kutupsal biçim ,
2
1
3
i
−
2
2
karmaşık sayısının
z
42 + 02
kutupsal biçimi için
O
=
z 5=
ve Arg(z)
z = 5 cis
5.
iy
5
iy
z = 4 cis 0o elde edilir.
3π
z 2=
ve Arg(z)
tür. Kutupsal biçim ,
=
4
3π
o
z 2cis135
2cis
elde edilir.
=
=
4
2.
π dir. Kutupsal biçim ,
z = 16
x
O
x
O
−1
b)=
z 4=
⇒ z 4 + 0i
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
2
2
(−1) + 0
z = cis π elde edilir.
iy
2
180
z
2
z 1=
ve Arg(z)
=
o
z 12(cos60
+ i sin60o ) veya z 12cis60o
=
=
z
2
z = 1
z 12=
ve Arg(z) 60o dir. Kutupsal biçim ,
=
b) z = − 2 + 2 i
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
iy
a)
=
z −=
1 ⇒ z − 1 + 0i
karmaşık sayısının
kutupsal biçimi için
−2
3π
dir. Kutupsal biçim ,
2
3π
elde edilir.
2
Kutupsal biçim z = cis240o elde edilir.
3.
Kutupsal koordinatlar ( z , Arg(z) ) olduğundan,
6.
3π
3π
)⇒ =
z
6 ve Arg(z)
=
= 135o dir.
4
4
O halde , karmaşık sayının kutupsal biçimi ,
(6 ,
⇒ z =1+
2sin23o cos23o
⇒ z = 1 + 2 cos2 23o − 1 + i • 2 • sin23o • cos23o
⇒ z = 2 cos2 23o + i • 2 • sin23o • cos23o
o
⇒ z = 6 • ( cos135

 + i sin135

 )
cos(180o − 45o )
cos 46o + i
sin46o






2 cos2 23o −1
⇒ z = 6 • cis135o dir.
standart biçimi için değerler yazılırsa ,
o
z = 1 + cos 46o + i sin 46o
Kutupsal biçim ,
sin(180o − 45o )
z = 2cos 23o • (cos23o + i sin23o ) elde edilir.
⇒ z = 6 • (−cos45o + i sin45o )
2
2
+i
)
2
2
⇒ z = −3 2 + 3 2 i elde edilir.
⇒ z = 6 • (−
www.yukseklimit.com
97
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
7.
π 
12 
 verilmiş.
2π 
arg( z 2 ) =
5 
i • z2
⇒ arg ( 4 )
z1
arg( z1 ) =
1
z=i
Arg(i)= π2
π
2
4 • arg( z1 )
⇒ arg(i) + arg( z2 ) − 4 • arg ( z1 )
 




π
2
2π
5
π
12
iy
z2
iy
z1
180 35
55
x
1+i
O
45
−6
K
11.
arg(z − 2 − 3i) =
x
1
seni ile pozitif yönde 36o lik açı yapan bir
yarı doğru (ışın) üzerindedir.
z110 • (1 + i)
)
z2 • z3
iy
⇒ arg ( z110 • (1 + i) ) − arg ( z2 • z3 )
⇒ arg ( z110 • (1 + i) ) − arg ( z2 • z3 )


 
3
arg( z2 ) + arg( z 3 )
⇒ 10 arg( z1 ) + arg(1 + i) − ( arg( z 2 ) + arg( z 3 )
)
⇒ 10 • arg( z1 ) + arg(1 + i) − arg( z 2 ) − arg( z3 )


  

 


45o
55o
π
5
denklemini sağlayan z karmaşık sayıları (2,3 )
noktası hariç bu noktadan çizilen ve oX ek -
z3
10 arg( z1 ) + arg(1+ i)
210
⇒ arg(z − (2 + 3i )) = 36o
320 50
⇒ arg (
z − (−6 + 0i) = 3
iy
Arg(1+i)= 45
1
O
arg(T)= 210
T noktasıdır ve arg( T ) = 210o elde edilir.
π 2π
π
17π
=
−4•
elde edilir.
⇒ +
2
5
12
30
8.
⇒ z + 6 =3
koşulunu sağlayan
z karmaşık sayıları
x
O
M(−6,0) merkezli
3
60
ve 3 br yarıçaplı
T
çemberdir.
KTO 30 − 60 − 90 üçgeni olup çember üzerinde
bulunan noktalardan argümenti en büyük olan
x
O
⇒ arg ( i • z 2 ) − arg ( z14 )
 
arg(i ) + arg( z 2 )
10.
iy
180o
36
O
320o
⇒ 550o + 45o − 180o − 320o
x
2
⇒ 95o elde edilir.
9.
iy
1+ i 

)
a) arg  −i • arg (
−
1
i


270


x


O

1+ i 
) 
⇒ arg  −i • arg (
1 − i 


Esas
argüment


−k
z
k ise k > 0 dır. 

3π
k>0 kaç olursa olsun
dir.
⇒ arg ( −k • i )=
3
2
Arg(−ki)= 2π
12.
11. sorudaki yarı doğru veya ışın gösterimin den ,
7π
=
⇒ arg (z − (−3 + 0i )) 315o
4
3π
arg( z − 5 )
=
=
⇒ arg(z − (5 + 0i)) 270o
2
ışınlarının kesim noktası olan K ya bakılırsa ,
ABK ikizkenar dik üçgen olduğundan 5 − 8i
elde edilir.
arg( z + 3 )
=
b)
z 3=
+ 3 i ⇒ arg ( z ) 30o 
=

z 3=
− 3 i ⇒ arg ( z ) 330o  dir. O halde ,
=

arg ( − i ) = 270o

iy
270
315
5
−3
O
A
⇒ arg ( z ) − arg ( − i • z )



B
x
arg( − i ) + arg( z )
⇒ arg ( z ) − ( arg( − i) + arg( z ) )
45
⇒ arg ( z ) − arg( − i ) − arg( z )

 




 
270o
330o
o
o
⇒ 330 − 270 − 30
⇒ 30o =
−8
30o
K
o
π
radyandır.
6
www.yukseklimit.com
98
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
16.
a)
z 2 ( sin10o + i cos10o )
13. =


o
o
o
sin(90 − 80 )
o
cos (90 − 80 )
z = 3 + 3i
karmaşık sayısının
=
⇒ z 2 (cos 80o + i sin80o )
( 3 ) 2 + 32
z =
2=
3 (cos60o + i sin60o ) veya z 2 3 cis60o
=
z
(cos
( −α) = cos (α ))
De Moivre formülü : (k • cis α )n = kn • cis (nα) dır.
o
⇒ z12 = (2 3 cis 60o )12
o
Kutupsal biçimi 4 cis ( −50 ) veya 4 cis 310 dir.
=
a) z − cis
=
40o
= (2 3 )12 cis (12 • 60o )
= 126 cis 360o
−cos 40o − i sin40o
= 126 cis 0o
İkisinin de işareti olduğundan III. bölgedir.
= 126 (cos0o + i sin0o )


 
1
z = − cos 40o + i − sin40o






o
o
o
cos (180 + 40 )
sin(180 + 40 )
= 126 elde edilir.
⇒ z = cos 220o + i sin220o
π 
)
7 
 verilmiş.
9π 
z2 = 3cis (
)
14 
17.
=
z1 4 cis ( −
Kutupsal biçimi cis 220o elde edilir.
(a • cis α) • (b • cis β) = (a • b • cis(α + β) ) dır.
z = − cos140o + i sin220o




o
o
o
cos (180 − 40 )
π
9π
) • 3cis ( )
7
14
π 9π
= 12 cis ( − +
)
7 14
7π
= 12 cis (
)
14
π
cis ( ) 12cis 90o
= 12=
2
⇒ z1 • z 2 = 4 cis ( −
o
sin(180 + 40 )
⇒ z = − (−cos 40o ) + i (− sin 40o )
⇒ z = cos 40o − i sin 40o elde edilir. O halde ,
=
z cos 40o − i sin 40o
(sin( −α) = − sin( α))
o
o
z cos 40 + i sin(−40 )
⇒=
(cos ( −α ) = cos (α ))
⇒ z = cos (−40o ) + i sin(−40o ) elde edilir.
= 12 (cos90o + i sin90o )


 


0
Kutupsal biçimi cis( −40o ) veya 4 cis320o dir.
15.
z=
o
o
18.
o
 sin110

=
=
+ 20 ) cos20
sin(90


o
 cos110o cos(90
=
=
+ 20o ) − sin20o 


 i = cis90o dır.



⇒z=
⇒z=
( cos20o − i
•
( cos20o + i
•
180+α
( − sin20o ))19
o
cis90 • cis110o
z2
=
⇒z
cis90o • cis110o
cis380o
⇒z=
cis90o • cis110o


o
z2 =3(cis(180+α))
90−α
α
O
3
45
x
z3 =6(cis225
)
6
z3
o
(( cis α)
n
= n • cis α
⇒
)
o 4
(6 cis 225 )
4 cis (90 − α) • (3 cis (180 + α)
(


4 • 3 • cis(90 −α+ 180 + α )
( ( cis α • cis β = cis (α + β ) )
⇒
⇒
 cis α

= cis (α − β ) 
(
 cis β

6 4 cis900o
12 cis270
o
=
64
cis(900o − 270o )
12
64
cis 630o = 108(cos630o + i sin630o )
 

12
o
o
cos 270
sin270
⇒ 108 (cos270o + i sin270o )
 

o
⇒ z cis (380 − 200 )
=
0
z cis π elde edilir.
⇒ z = cis180o ⇒=
www.yukseklimit.com
α



cis (90o + 110o )
cis380o
⇒z
=
cis200o
z1 =4(cis(90−α))
4
( 64 cis(4 •225 ))
19 • cis 20o



z1
225
sin20o )19
o
cis90 • cis110o
( cis20o )19
iy
o
o
1
6
= 12=
(0 + 1 • i) 12i elde edilir.
( sin110o − icos110o )19
i • cis110
0
= 126 (1 + 0)
o
⇒ z = cos (180o + 40o ) + i sin(180o + 40o )
b)
x
3
=
z
2=
3 ve Arg(z) 60o dir. Kutupsal biçim ,
⇒ z= 4 (cos (−50o ) + i sin(−50o ))
14.
60
O
z = 12
(sin (−α ) = − sin (α ))
=
⇒ z 4(cos 50o + i sin(−50o ))
z
kutupsal biçimi için
Kutupsal biçimi 2 cis80o elde edilir.
=
b) z 4 (cos 50o − i sin50o )
iy
3
−1
⇒ 108 (0 − 1 • i) = 108i elde edilir.
99
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
22.
19. =
a) z1 ( sin20o + i cos 20o )


o
o
o
o
sin(90 − 70 )
o
⇒ z1 =cos 70 + i sin70 =1 • cis70
o
• cis70
=
⇒ z1 1=
dir. Ayrıca z 2
sayıları arası uzak z2
30 − 60 − 90
yönde (saat yö nünde) en az
z1
üçgeninin hipotenüsünün uzunluğu 2 br olup
bu değer iki sayı arası uzaklığı verir.
=
z
z= 4i= 0 + 4i
Yukarıdaki grafikteki
⇒ a2 + b2 = 7 dir.
⇒ a + b = 49 elde edilir.
Kutucuklar taraf tarafa çıkarılırsa ,
23.
⇒ a2 + b2 + 2b + 1 − (a 2 + b2 ) = 64 − 49
Böylece z = a + bi ⇒ Im( z ) = b = 7 elde edilir.
z=
iy
x
O
6
yeni karmaşık
w
z−w
genin hipotenüs uzunluğu olan 8 2 br dir.
iy
iy
b) z = 7cis 40o
karmaşık sayısı
z1
geninin hipotenüsünün
6
uzunluğu 10 br olup bu
değerden iki sayı arası
110
−z2
8
saat yönünde
7
w
yeni karmaşık
dolayısı ile z1 + z 2 = 10 elde edilir.
sayı w olduğuna göre,
z−w
ifadesi
z ile w arası uzaklık yani oluşan eşkenar
iy
üçgenin bir kenar uzunluğu olan 7 br dir.
24.
zı
130
x
O
düğünde oluşan
z1 − ( − z2 ) = 10
6
7
300
300o döndürül -
x
O
o
z
orijin etrafında
10
ifadesi
z ile w arası uzaklık yani oluşan dik üç -
düzenlenirse bu ifade z1 ile − z 2 arasındaki
lanılırsa oluşan dik üç -
z
6
270
sayı w olduğuna göre,
⇒ z1 + z 2 ifadesi ⇒ z1 − ( − z2 ) şeklinde
Yandaki grafikten yarar -
−2i
30o − 60o − 90o
üçgenin
düğünde oluşan
z2 =
8 cis 20o
− 8 cis 20o ⇒ − z2 =
6
z
O
x
gümenti 130o artarak
z = 12 cis100o
karmaşık sayısı
orijin etrafında
saat yönünde
100
180
sayı w olduğuna göre,
zı = 6 (cos150o + is150o )
iy
z
180o döndürül düğünde oluşan
yeni karmaşık
o
=
=
20o + 130o 150
olan zı 6cis150o karmaşık
sayısı elde edilir. O halde
x
O
12
w
z−w
ifadesi
z ile w arası uzaklık yani doğrusallıktan
3
1
=
zı 6 (=
−
+ i • ) −3 3 + 3i elde edilir.
2
2
www.yukseklimit.com
−2
270o döndürül -
z1 = 6 cis110o
de 130 döndürülürse
uzunluğu değişmeyip
6 br olan ancak ar -
4
a) z = 8cis 25o
orijin etrafında
saat yönünde
⇒=
2b + 1 15=
⇒ b 7 dir.
o
x
O
(saatin tersi yönünde) en az 120o döndürü lürse 4i karmaşık sayısı elde edilmiş olur.
2
z = 6cis20
karmaşık sayısı orijin
etrafında pozitif yön -
4
dik üçgeni olduğuna dikkat edilirse
=
z 2 3 − 2i
karmaşık sayısı orijin etrafında pozitif yönde
α ⇒ z 7=
=
⇒ a + bi 7 dir.
z= 7cis
uzaklığa eşittir.
90 +30 =120 derecelik döndürme
söz konusudur.
z=4i
02 + 4 2 ⇒ z =
4 br dir.
nın da boyu z =
⇒ a2 + b2 + 2b + 1= 64 elde edilir.
21.
ı
karmaşık sayısı -
⇒=
⇒ a2 + (b + 1)2 64
a2 + (b + 1)2 8 =
uzaklık
(2 3 )2 + (−2)2
z = 4 br dir.
z 7 cis α 
=
 verilmiş. z = a + bi olsun.
z+i =
8 
z + i = 8 ⇒ a + bi + i = 8 ⇒ a + (b + 1)i = 8
b)
20.
x
iy
karmaşık sayısı nın boyu ,
dik
2
−2
b)=
z 2 3 − 2i
x
O
5
2
O
z =5−2i
90o döndürülürse
5 − 2i karmaşık sayısı elde edilir. Çünkü üç genler eş olduğundan diklik söz konusudur.
1
160
grafikten yararla nılırsa oluşan
z=2+5i
5
etrafında negatif
verilmiş.
2
lık için yukarıdaki
o
o
iy
z1 ile z2 karmaşık
o
o
3 cis160
iy
z= 2 + 5i karma şık sayısı orijin
cos (90 − 70 )
o
o
a) Yandaki grafikte
dolayı z = 12 nin 2 katı olan 24 br dir.
100
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
25.
28.
a) w =
=
− 27i 0 =
− 27i 27cis270o nin
=
⇒ z3 27 cis(270o + k • 360o )
küpkökleri
1
=
⇒ z3 3
( )
⇒z
=
(27cis(270
o
1
(27) 3
o
+ k • 360 )
)
1
3
 De Moivre 


 formülünden 
1

cis  (270o + k • 360o ) 
3

( )
=
⇒z
1
(16) 4
o
+ k • 360 )
)
1
4
29.
uzaklık olduğundan ,
=
AB 1 ,=
AC
3 ve
1
AD = 2 olmak üzere
o
o
2cis 90 , • • • , 2cis 330
köşeleri olur. Altıgenin
nin toplam alanı yani ,
(
3
4
2
3
4
x
⇒z=
1
F
1
z =−
z2
z3
2
2
2
= 6 3 br dir.
O
2
z1
2
2
z6
=
z3 8cis(90o + k • 360o )
z 2 cis(30o + k • 120o )
=
k = 0,1,2 alınırsa ,
2cis 30o , 2cis150o ve
2cis270o dir. Bu kökler
T
−7 + 24i ⇒ z = −
−
7 +2•

−7 + 24 −1
−
144

9 + ( −16)
9 • ( −16)
−16 ) ⇒ z =
− ( 3 + 4i)
29. sorudan görülebileceği gibi z= a + bi nin
karekökleri orjine göre simetriktir. Yani ,
z 2 = − z1 dir. O halde ,
⇒ 2 z1= 6 − 4i
)
⇒ z1= 3 − 2i elde edilir. O halde ,
z1
r=1
O
−16 ⇒ z = 3 + 4i
⇒ z1 − (− z1) = 6 − 4i
iy
z2
9 +
9 • ( −16)
⇒ z1 − z2 =6 − 4i
bir ayrıtı a br olan eşkenar üçgenin alanıdır.
nin küpkökleri
30.
x
z5
27.
=
w 8i
=
⇒ w 8 cis90o
144
−

9 + ( −16)
Ç = { 3 + 4i, − 3 − 4i }
30
z4
7 +2•
−

−7 + 24 −1
⇒ z =− 3 − 4i O halde , çözüm kümesi ,
iy
2
−7 + 24i ⇒ z =
⇒z=
−( 9 +
o
alanı 6 eşkenar üçge -
a
1
0,1, 2,3, 4,5 ⇒ 2cis 30 ,
o
lan bir düzgün altıgenin
6•
⇒z=
A
o
kökleri, ayrıtı 2 br o -
2
1
−=
64 ⇒ z
64 cis (180 + k .360 )
o
z4
⇒ z2 =− 7 + 24i
⇒z=
1
2
x
z5
w =− 7 + 24i
karmaşık sayısının karekökleri
−
z=
o
=
⇒ z 2 cis
=
(30 + k.60 ) k
2
O
E
6
b) z
=
1
1
1
D
3 farklı değer alabilir.
6
1
1
herhangi iki köşe arası
2
z2 =− 7 + 24i
denkleminin kökleridir. O halde ,
B
1
54
O
⇒ π • r 2 ⇒ π • 2 2 = 4 π elde edilir.
o
C
2
z3
Dairenin alanı ,
iy
ifadesi
2
2
çevrel çemberi olup ya -
Ç ={ cis 6 ,cis66 ,cis126 , • • • ,cis306 } dır.
gibi bir düzgün altıgen
z1
z2
rıçapı 2 br dir. O halde ,
⇒ z cis(6o + k • 60o ) k = 0,1,2,3, 4,5 alınırsa ,
=
Kökler yandaki grafikteki
o
iy
küçük çember beşgenin
 De Moivre 


 formülünden 
o
 De Moivre 


 formülünden 
o
köşeleri olur. Bu beş
o
=
a) z6 cis36
=
⇒ z 6 1 • cis (36o + k • 360o )
belirtir. z1 − z 2
o
bir düzgün beşgenin
Ç ={ 2cis45 o ,2cis135o ,2cis225o ,2cis315o } dir.
o
1
5
kökleri, ayrıtı 2 br olan
1

cis  (180o + k • 360o ) 
4

o
o
noktayı içine alan en
o
)
2cis 54 , 2cis126 , 2cis198 , 2cis 270 , 2cis 342
⇒ z = 2cis(45o + k • 90o ) k = 0,1,2,3 alınırsa ,
26.
+ k • 360o )
=
⇒ z 2 cis(54o + k • 72o ) k = 0,1,2,3, 4 alınırsa ,
=
⇒ z 4 16 cis(180o + k • 360o )
(16 cis(180
o
1
b) w =
− 16 =
w=
− 16 + 0i = 16cis180o dir.
( )
(32 cis(270
1

⇒ z (32) 5 cis  (270o + k • 360o ) 
=
5

Ç ={ 3cis90o ,3cis 210o ,3 cis330o } elde edilir.
o
1
=
⇒ z5 5
=
⇒ z 3cis(90o + k • 120o ) k = 0,1,2 alınırsa ,
1
=
⇒ z4 4
z5 =
− 32i ⇒ z 5 =
32 cis(270o + k • 360o )
1
1
⇒ z1 • z 2 = z 1
•
z2
= z1
•
− z1
•
z1
= z1
x
= z1
2
= 32 + (−2)2
2
2
z3
= 13
= 13 elde edilir.
bir ayrıtı 2 3 olan eşkenar üçgenin köşeleridir.
İç teğet çember çizilirse yarıçapı 1 br elde edilir.
www.yukseklimit.com
101
Mehmet Ali AYDIN
19−KARMAÞIK SAYILAR−2 (Karmaþýk Sayýnýn Argümenti, Kutupsal Biçimi, Döndürülmesi ve Kökleri) LYS MATEMATÝK
31.
w=
34.
4 − 2i
karmaşık sayısının karekökleri,
sayılı
z 2= 4 − 2i
Bu köklerden biri a + bi ise bu denklemi
Kökleri
sağlar yani ,
4 − 2i
⇒ a + 2abi + b i =
−b2
ve=
2ab
−2=
⇒ ab
2
2
a −b
=
ab
4
=
−1
2
35.
ise bu kökler ,
z 2= 3 + 2i
33.
O halde
⇒a
+ b 0=
Ayrıca ⇒ 4 + a=
( w1 + w2 ) − 2 • w1 • w2
w1 • w 2
0 − 2 • w1 • w2
w1 • w 2
−2 • w 1 • w 2
=
w1 • w 2
36.
α
x
O
z2
denkleminin kökleri çarpımı ,
a
z1 • z2 • z3 • • • zn = (−1)n 0 olduğundan,
an
z cisα
o
z cis(α + 180 ) elde edilir ki bunlar
z 9 + 512 =
0 için
512
⇒ z1 • z2 •=
z3 • • • z9 (−=
1)9
1
orijine göre simetriktir. Yukarıdaki şekilden
görüleceği gibi sayılardan biri 180o döndü rülürse diğer karmaşık sayısı elde edilir.
Yani cevap π dir.
www.yukseklimit.com
z1 , z2 , z 3 , • • • , z9 ise
anzn + an − 1zn − 1 + an − 2 zn − 2 + • • • + a0 =
0
z cis(2α + k.360 )
0,1
=
verilirse z1
z 9 = − 512
denkleminin kökleri
z 9 + 512 =
0
denkleminin kökleri olarak düşünülebilir.
o
ve z2 =
−2)
−2 elde edilir.
bu kökler 9. dereceden ,
z1
180
z cis(=
α + k.180 ) k
−2 =
(a
−2 dir.
iy
o
−2
⇒ a3 + b3 (−=
Böylece =
2)3 + (−2)3 − 16 dır.
2
2
=
z
⇒4−=
⇒ b
2 + b 0=
2
karekökleri z1 ve z2
=
z
0
⇒ 4=
+ 2a 0 =
⇒ a
2
z= a + bi
karmaşık sayısının
2
3 − (2i )2
z2 + a z + ib + 1 =
0
köklerinden biri z= 2 + i ise bu kök yerine
yazılarak sağlatılırsa,
0
b
0
0 dır.
=
− =
a
1
z = a + bi
denkleminin kökleri
olarak düşünülmelidir.
•
2
⇒ 4 + 4i − 1 + 2a + ai + ib + 1 =
0
⇒4
+
2a
+
(4
+
a
+
b)i
=
0
+
0i
 
z 2 + 0 • z − (3 + 2i) =
0
=
− 2i ) ( 3 + 2i ) = 0
(3 

−1
denklem olarak düzenlenirse,
=
 
 
2 3


⇒ 4 + 4i + i2 + 2a + ai + ib + 1 =
0
Bu denklem z ye bağlı II. dereceden bir
=
3 + 2i z +
⇒ (2 + i)2 + a (2 + i) + ib + 1 =
0
denkleminin kökleri olarak düşünülmelidir.
+ w2
w1
w
+ 2 =
w2
w1
w1 • w2

3 − 2i +
z −2 3 z+7=
0 elde edilir.
−4 tür.
z= 3 + 2i
⇒
3 + 2i olan
2
karmaşık sayısının karekökleri w 1 ve w 2
w 12

z −
−1
elde edilir. O halde ,
w1 + w 2 =
−
dereceden
z 2 − (z1 + z2 )z + z1 • z 2 =0 =0
⇒ a − b + 2abi = 4 − 2i
32.
ve z2 olan ikinci
3 − 2i ve
dereceden denklem ,
ikinci
2
a b
− =
b a
(a) (b)
z1
O halde , kökleri
22
i =
4 − 2i
⇒ a2 + 2abi + b

⇒
denklemin di -
z2 − (z1 + z2 )z + z1 • z 2 =
0 dır.
22
=
a 2 − b2 4
⇒
dereceden
denklem ,
4 − 2i
⇒ (a + bi)2 =
2
ikinci
ğer kökü eşlenik olup z2 = 3 + 2i dir.
denkleminin kökleri olarak düşünülmelidir.
2
Köklerinden biri z1 = 3 − 2i olan reel kat -
102
−512 elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
1.
4.
f(x) = a x in üstel fonksiyon
f : R → R+ ,
olabilmesi için a > 0 ve a ≠ 1 olmalıdır.
Bu koşullar altında f(x) 1 − 1 ve örtendir.
f(x) = log5 ((16 − x2 ) • (x2 + 1))
fonksiyonunun en geniş tanım kümesi için ,
f(x) = (−2)x ⇒ üstel fonksi -
I. f : R → R ,
(16 − x 2 ) • (x 2 + 1) > 0
yon değil çünkü taban − 2.
(4 + x) • (4 − x) • (x 2 + 1) > 0
x
+
II. f : R → R , f(x) = 5 ⇒ üstel fonksiyon
III. f : R → R + , f(x) = 3− x ⇒ üstel fonksiyon
−4
Kökler 4 + x =
0⇒x =
4 −=
x 0 ⇒=
x 4
x
+
IV. f : R → R , f(x) = 1 ⇒ üstel fonksi yon değil çünkü taban 1.
V. f : R → R ,
LYS MATEMATÝK
+ 1 0 ⇒ ∆ < 0 reel kök yoktur.
x2 =
x
f(x) = 0 ⇒ üstel fonksi yon değil çünkü taban 0.
+
VI. f : R → R , f(x) = e ⇒ üstel fonksiyon
(16−x2)(x2+1)>0
VII. f : R → R + , f(x) = 2x − 1 ⇒ üstel fonksiyon
− −
I.
log3 80


II.
tanımlıdır.
log7 0

IV. log
 ln
1 2

e


0 dan dolayı
tanımlı değildir.
V.
− −
Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = (−4 ,4) tür.
log4 1



tanımlıdır.
III.
+ +
çözüm
aralığı
O halde II, III, VI ve VII üstel fonksiyon belirtir.
2.
4
−4
x
tanımlı değildir
çünkü taban ne1
gatif. ln =−1
e
log2 (−1)



VI.
−1 den dolayı
tanımlı değildir.
5.
log11



tanımlı değildir.
Taban 1 olamaz.
f(x)
= ln(7 − x)
fonksiyonunun en geniş tanım kümesi için ,
7 − x > 0 ⇒ x < 7 olmalıdır.
log( −1) 1

VII.
tanımlı değildir.
Taban negatif
olamaz.
 1
VIII. log 1  
2
2

Eşitsizliğin çözüm kümesi Ç = (−∞ ,7) dir.
tanımlıdır.
O halde I, II ve VIII tanımlıdır.
=
I. log10 x log
=
x
II. loge x lnx
3.


Gösterim doğrudur.
III. log
=
3 1
3
Gösterim doğrudur.
6.
IV. =
log1 log
=
0
10 x


fonksiyonunun en geniş tanım kümesi için ,
=
loga a 1=
loga 1 0
olduğundan
olduğundan
doğrudur.
doğrudur.
7 − x > 0 ⇒ x < 7 olmalıdır.
3
V. log3 243 4 =
VI. log 1 7 7
=
−

4
7

log (35 )=5 log 3
3
•
=5
3
olduğundan
yanlıştır.
7 − x ≠ 1 ⇒ x ≠ 6 olmalıdır.
2
log10 + lne = 3





=
log 10 1=
loge e 1
10



1+ 1=2 olduğundan yanlıştır.
VIII.
2
x −3>0⇒x >3⇒ x>
3
log
(73/4 )=( 4 )• log 7
7
−1
(7−1)
3
=−
4
olduğundan doğrudur.
VII.
=
f(x) log(7 − x) (x2 − 3)
3
1 < logπ e <
2

3 veya x < − 3 olmalıdır.
Kutucukları aynı anda sağlayan doğal sayılar
tek tek sayılırsa bunlar 5,4,3,2 olmak üzere
4 tanedir.
e < π olduğundan
logπ e < 1olacağı için
yanlıştır.
O halde V , VII, VIII yanlıştır.
www.yukseklimit.com
103
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
7.
=
logab x=
⇒ ax b
ve
=
a x b ⇒=
logab x
10.
tir.
⇒ loge (ln(x − e) ) = 0 ⇔ e0 = ln(x − e)


ln(x − e)=1
1. tanımdan doğrudur.
1
⇒ loge (x − e) = 1 ⇔ e
x −
e
=


x5 =
4 ⇔ logx 4 =
5



x − e=e
⇒ x=
⇒ x 2e elde edilir.
− e e=
2. tanımdan doğrudur.
III. log7 =a ⇔ 10 =7a

0
ln2 =k ⇔ 2e =k


⇒ log10 ( x + ln(e2 )) = 3
⇒ log10 ( x + 2 • lne
) = 3
1
⇒ log10 ( x + 2 ) = 3
3
p =e ⇔ lnp =3


⇒ log10=
⇔ x + 2 103
(x + 2) 3 =
2. tanıma göre :
e3 =
p ⇔ logep =
3 tür.
logep=lnp olduğundan
3
e = p ⇔ lnp dir.
⇒
=
=
=
⇒ x 998 dir.
x + 2 103 ⇒
x + 2 100
11.
=
a) a log7
=
, b log2
=
, c log3
⇒ log756 = log(2
O halde III ve IV yanlıştır?
8.
a)
b
9.
a)
3n
2k = 50 verilmiş. 25 < 50 < 26 olduğundan,
6
⇒ 25 < 50
<2
2k
1
• log e • 3 • log
10 10
e



3 
5
⇒ 2 < 2k < 26 ⇒ 5 < k < 6 elde edilir.
1




ln  log2 ( log3 (3 + log5 15625 )) 





log5 (56 )=6


)
(
⇒ ln log2 ( log3 (3 + 6) ⇒ ln log2 ( log3 9
(
5p = 500 idi.
3
⇒ 5 < 500
<5
)
b)
5p
⇒ 5 < 5p < 5 4 ⇒ 3 < p < 4 elde edilir.
Küçük utucuklara göre k > n > p elde edilir.
12.
=
⇒ log3 x
2
6
6
6=
⇔ (3 2 )
x ⇒ log y = −2 ⇔
5
⇒ x = 4 elde edilir.
log(25 • 4)



2
⇒ log3 (3 ) + log10 (10 )
1
elde edilir.
5
log20 (
x
y
)
log20 y
⇒ (−1) • log3 3 + 2 • log10 10




4
⇒ log20 (
) ⇒ log20 20 ⇒ 1 elde edilir.
1
1
⇒ (−1) • 1 + 2 • 1 = 1 elde edilir.
www.yukseklimit.com
⇒ y=
1
⇒ log=
=
log
20 x −
20 x − log20 y
logy 20
1
⇒ log3 ( 3 ) + log10 100
1
( 5 ) −2 = y
x=
=
⇒ (3 2 )
⇒ ( 5 ) −2 y
log3 (0,3) + log25 + log 4


−1
53 < 500 < 5 4 olduğundan,
4
3
)


⇒ ln  log2 2  ⇒ ln1= 0 elde edilir.
  
 1 
−p
( )
1
500
−1
 1 
p
=
⇒ 5 −p
500 elde edilir.
=
 ⇒5
 500 


⇒ ln log2 ( log3 (3 ) ⇒ ln  log2 ( 2 • log3 3 






1 
2
1
=
⇒ 5 −p
500
p
= 0,002
5 −=
1
• 1 • 3 • 1 = 1 elde edilir.
3
(
a
⇒ 34 < 3n < 35 ⇒ 4 < n < 5 elde edilir.
⇒ loge (e1/3 ) • log10 (103 )
⇒
c
5
⇒ 34 < 100
<3
log10 (1000)
1
3 • log3
3n = 100 verilmiş. 34 < 100 < 35 olduğundan,
5
3
• 1 + ( −1) • 1 =
elde edilir.
2
2
ln 3 e • log(1000)
 
⇒
7)
b)
1
loge ( 3 e )
•
verilmiş.
⇒ 2b + 3c + a elde edilir.
5
• log 2 + ( −1) • log
2
10 10



2 
b)
3
2 •log2
⇒ log(22 ) (25 ) + log10 (10 −1 )
⇒
•
3
⇒ 2 • log2
 + 3 • log3
 + log7

log10 (0,1)
1
2
⇒ log(22 • 33 • 7) = log(22 ) + log(33 ) + log7


 


log4 32 + log(0,1)


⇒
1
⇒ log10 ( x + ln(e2 − ln1
 )) = 3
ln2=loge 2 dir.
1. tanıma göre :
loge 2= k ⇔ ek = 2
olduğundan yanlıştır.
V.
log ( x + ln(e2 − ln(lne)
 )) = 3
b)
log7=log 7 dir.
10
1. tanıma göre :
log 7= a ⇔ 10a = 7
10
olduğundan yanlıştır.
IV.
ln(ln(x − e) ) = 0
a)
I. log3 5 = x ⇔ 5 = 3x

II.
LYS MATEMATÝK
5
104
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
13.
a)
16.
2750
log(
)
5



log2750 − log5
log2750 − log5
⇒
log10 + log5 + log11
1 + log5 + log11



a)
log(10 • 5 • 11)
2750
)
log(
5
⇒
=
log(10 • 5 • 11)
b)
log550
= 1 elde edilir.
log550
f(x) = logx
3
1
3
26 )
(a
logb c
a)
= y elde edilir.
log3 15
=
log3 5
=
= 1+ logx ( x )

log7 2 = x 
 verilmiş.
log5 7 = y 
b)
1
Taraf tarafa çarpılırsa ,
⇒ log5 7 • log7 2 = x • y
⇒ log5 2 = xy elde edilir.
a)=
log4
=
⇒ log(22 ) 2x
 2x



=
⇒ log
35 14
2 •log2
⇒ 2 • log2 = 2 • x
=
⇒ log2 = x elde edilir.
10
⇒
( )
=
=
log5 log
2
10
)
log(
2

=
⇒ log5 25! log
=
(25 • 24!)
5 (25 • 24!) log
5


log5 25 + log5 24!
= log5 25 + log5 24!



x
= log5 (52 ) + log5 24!

 


=
x
= 2 • log5 5 + log5 24!
 


1
1
3
2
•
1
3
=
log7 2 + log7 3
2
 
1
a
x
=
= 2 + x elde edilir.
www.yukseklimit.com
y + xy
elde edilir.
y+1
1
elde edilir.
a
1
=
3b 7=
elde edilir.
⇒ log3 7 b ⇒ log7 3 =
b
d


⇒ log36 343 = log(62 ) (73 )  log b (cd ) = • logac 
b
 (a )

3
3
1
• log 7
•
=
=
6
2
2 log7 6
log5 24! = x
5
y
xy

 

log5 7 + log5 2
=
log5 7 + log5 5
 
=
2a 7=
⇒ log2 7 a ⇒ log7 2 =
x
2 •log 5
log5 (7 • 2)
log5 (7 • 5)
18. =
a x b=
⇒ logab x olduğundan ,
log10 − log2
b)
log5 14
=
log5 35
y
− log2 1 − x elde edilir.
= log10
=
 
1
1+ x
elde edilir.
x
x
x
7
elde edilir.
=
5
log(22 )
)
log3 (3 • 5)
log3 5
1 
x

log3 3 + log3 5
=
log3 5

2/5
2
•1
5
dır.
log3 5 = x
⇒ log
=
5 15
1
= 1+
logb a
⇒ 21 =2 elde edilir.
17.
2
• log x
x
5 
=c
⇒2
⇒ logx (x • y) = logx x + logx y

15.
d


d
 log(ab ) (c ) = • logac dir. 
b


(
•log
(32 )
log3 3
1
5
= 1+
)
log9 64
log3 2
1
2
• log
x
5
dır.
51 + 31
2 elde edilir.
=
41
log10 10
⇒3
5
=
x 2 y=
⇒ ( x 2 ) 5 ( y5 ) 5
⇒
4
+ 3loge e
=
logb a
=c
1 6
•
• log 2
3
2
f(x)
2
x5
log2 2
⇒ 33
• log x − 2 • 1
= 5=
5 f(x) − 2 elde edilir.

5•
5
logb c
10
1
1
=y
⇒
(a
+ eloge 3
log10 4
⇒ 33
= 5 • log x − 2 • log10 10



1
5
2
log9 64
2 • log10 10
2•
log2 5
⇒
 ln3 = loge 3 


 log 4 = log10 4 
+ eln3
10log 4
 1
⇒ 33 




= 5 • log x − log10 (102 )

⇒x
log2 5
2
b)
 x5 
 x5 
5
⇒ f 
− log100
 = log 
 = logx

 100 
 100  5 •log x
14.
⇒
LYS MATEMATÝK
105
3
ab
•
=
2 a+b
1
b
•
1
1 1
+
a b
3ab
elde edilir.
2a + 2b
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
19.
a)




1
1

 + 
 −
log16 36 
log9 36 



 


log36 16
22.
 1 


 log2 6 

⇒ log36 16 + log36 9 − log6 2



log10 (x − 2)
log36 (16 • 9)
⇒ log36 144 − log6 2
⇒ log(62 ) (12 ) − log6 2



⇒ f −1=
(x) 10x + 2 elde edilir.
2
• log 12
6
2
⇒ log6 12 − log6 2 ⇒ log6 ( 12 )
b)
2
⇒ log6 6 = 1 elde edilir.
log(0,001) ) (ln81)
(log3 10 ) (

 
•
•
loge 81
)(
loge (1− x)
e)
(log


3
⇒ x= 1 − e y
1
• log
10 e
3
•
x
⇒ 1− x =
ey
)
1
⇒ (log3 10 ) • −3 • (log10 10 ) • 4 • (loge 3 ) •

3
x⇒b=
a )
( logab =
⇒y=
loge (1 − x)
log10 3 e
e
10
f(x)
= ln(1 − x) , f −1(x) ters fonksiyonu için ,
⇒ f(x)
= ln(1 − x)



1 

⇒ (log3 10 ) • log10 (10−3 ) • loge (34 ) •  log10 (e 3 ) 


  



−3 • log 10
4 •log 3
(
 y yerine x ve x yerine y 


−1
 yazılırsa f (x) oluşur. 
⇒=
x 10 y + 2
2
log10 (0,001)
x
⇒x−2=
10y
log36 (16 • 9)
•
x⇒b =
a )
( logab =
⇒y=
log10 (x − 2)
⇒ log36 16 + log36 9 − log6 2



b)
a) =
f(x) log(x − 2) , f −1(x) ters fonksiyonu için ,
⇒=
f(x) log(x − 2)

log6 2
log36 9
LYS MATEMATÝK
 y yerine x ve x yerine y 


−1
 yazılırsa f (x) oluşur. 
⇒ f −1(x)= 1 − e x elde edilir.
(log10e )
1
⇒ − 4 • (log3 10 ) • (log10e ) • (loge 3 )

log3 3
⇒ − 4 • log3 3 ⇒ − 4 • 1 = −4 elde edilir.

23.
1
20.
1 den büyük ise artan
bir grafik söz konusu dur.
Yukarıdaki fonksiyon
3 > 1 olduğundan artan dır.
denkleminde 2x = a dönüşümü yapılırsa,
x
0
⇒ 4 −5•2 +6 =
0
⇒ (2x )2 − 5 • 2x + 6 =
a2 − 5a + 6 =
0
a
−2
a
y
Üstel fonksiyonda taban
4x − 5 • 2x + 6 =
0
x
f(x) = 3 x
y=3
x
1
x
O
=
x 0=
için f(0) = 30 1 Oy eksenini kestiği nok tanın ordinatıdır.
−3
3x daima pozitif olduğundan 0 alt sınırı yatay
asimptottur.
⇒ (a − 2) • (a − 3) =
0 elde edilir.
Burada tekrar a = 2x yazılırsa,
x
x
2) • (2
3) =
0 elde edilir.
⇒ (2
−
−




0
0
24.
veya
=
2x 3
⇒ 2x 2=
⇒ x=1
f(x)
= 5x + 2 ,
1 den büyük ise artan
bir grafik söz konusu dur.
Yukarıdaki fonksiyon
5 > 1 olduğundan artan dır.
f −1(x) ters fonksiyonu için ,
⇒ f(x)
= 5x + 2
⇒=
y 5x + 2
⇒ 5x =
y−2
=
⇒ x log5 (y − 2)
(a
x
)
b⇒x =
logab
=
y
Üstel fonksiyonda taban
x = log2 3
O halde , Ç = {1,log2 3 } elde edilir.
21.
f(x)= 2 + 5 x + 1
y=2+5
x+1
7
2
O
=
x 0=
için f(0)= 2 + 50 + 1 7 Oy eksenini kestiği
noktanın ordinatıdır.
5x + 1 daima pozitif olduğundan 2 alt sınırı yatay
asimptottur.
 y yerine x ve x yerine y 


-1
 yazılırsa f (x) oluşur. 
−1
⇒ f=
(x) log5 (x − 2) elde edilir.
www.yukseklimit.com
x
106
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
25.
1
f(x) =  
5
x
y= ( 15 )
y
x
Üstel fonksiyonda taban
28.
y = loga f(x)
y
y=log 3 x
Logaritma fonksiyo nu f(x) > 0 için ta -
1
1 den küçük ise azalan
bir grafik söz konusu dur.
Yukarıdaki fonksiyon
LYS MATEMATÝK
nımlı olup taban 1 den
x
x
büyük ise artan bir
O 1
grafik söz konusu dur. f(x) = 0 düşey
0
asimptottur. f(x) = 1
1
1
< 1 olduğundan azalandır. x = 0 için f(0) =
=1


denkleminin
kökü
5
5
Ox
eksenini
kestiği noktanın apsisidir.
Oy eksenini kestiği noktanın ordinatıdır.
O
x
1
 5  daima pozitif olduğundan 0 alt sınırı
 
yatay asimptottur.
26.
x
4 −=
f(x)
=
−(
)
Üstel fonksiyonda taban
O
1 den küçük ise azalan
x
dur.
Yukarıdaki fonksiyon
1
4
29.
−1
bir grafik söz konusu y=−4
nımlı olup taban 1 den
−x
−4
=
1
Oy eksenini kestiği noktanın ordinatıdır.
1 x
) daima negatif olduğundan 0 üst sınırı
yatay asimptottur.
27.
f(x) = 2a + b
landır. b
a−x
Yukarıdaki fonksiyon e > 1 olduğundan ar tandır. 2x=
− 6 0=
⇒ x 3 düşey asimptottur.
7
=
− 6 1⇒
2x=
x
Ox eksenini kestiği nok 2
tanın apsisidir.
17
4
ten görüldüğü gibi aza üstel ifadesi
4
daima pozitif olduğundan
x
O
alt sınır olan 4 yatay
x
=
f(x) ln(2x − 6)
=
f(x) loge (2x − 6)
y
f(x)
Üstel fonksiyonu grafik -
y=ln(2x−6)
büyük ise artan bir
O
3 7
2
grafik söz konusu dur. f(x) = 0 düşey
asimptottur. f(x) = 1
denkleminin kökü
Ox eksenini kestiği noktanın apsisidir.
1 x
−( )
4
4
a− x
y
nu f(x) > 0 için ta -
−x
f(x)
< 1 olduğundan azalandır. Ancak =
4
y = loga f(x)
Logaritma fonksiyo -
fonksiyonu artandır. x = 0 için
=
f(0) − ( )x = −1
−(
fonksiyon 3 > 1 olduğundan ar -
=
tandır. x 0 =
düşey asimptottur. x 1 Ox
eksenini kestiği noktanın apsisidir.
y
1 x
4
y = log3 x
Yukarıdaki
asimptotu 2a ya eşittir.
30.
⇒ a 2 dir.
=
4 2a=
dinatı olduğundan f(0) =
⇒ f(x)
= 2a + ba − x
nımlı olup taban 1 den
küçük ise azalan bir
a− x
2− x
 1
⇒ f(x)
4 + =

2
1  33 
−1  33 
⇔ f(k)
f −=

 k olsun. f =

 k=
 8 
 8 
33
33
1
k −2
⇒ f(k)
⇒
⇒ 2k − 2
=
=
=
4+2
8
8
8
−3
k−2
⇒=
k−2
2
2 ⇒=
www.yukseklimit.com
⇒k
−3=
O
x
1
grafik söz konusu dur. f(x) = 0 düşey
asimptottur. f(x) = 1
17
⇒ = 2 • 2 + b2 − 0
4
1
1
= b2 ⇒ b =
elde edilir. Böylece ,
⇒
4
2
+b
⇒ f(x)
2a=
y
nu f(x) > 0 için ta -
17
tür. O halde ,
4
= 2a + ba − 0
⇒ f(0)
=
⇒ f(x)
y = loga f(x)
Logaritma fonksiyo -
x = 0 için f(0) , Oy eksenini kestiği noktanın or -
4+2
y=log 1 x
2
denkleminin kökü
Ox eksenini kestiği noktanın apsisidir.
x −2
f(x) = log 1 x
2
33
8
1
< 1 olduğundan aza 2
landır. x 0 =
düşey asimptottur. x 1 Ox
=
eksenini kestiği noktanın apsisidir.
Yukarıdaki
fonksiyon
−1 elde edilir.
107
Mehmet Ali AYDIN
20−LOGARÝTMA−1 (Logaritmanýn Tanýmý ve Özellikleri-Üstel ve Logaritma Fonksiyonunun Grafiði)
31.
y = loga f(x)
LYS MATEMATÝK
y
Logaritma fonksiyo nunda taban 1 den
küçük ise azalan bir
O
−1
grafik söz konusu dur. f(x) = 0 düşey
asimptottur. f(x) = 1
x
y=log 2 (x+1)
denkleminin kökü
Ox eksenini kestiği noktanın apsisidir.
f(x) log 2 (x + 1)
=
5
5
2
< 1 olduğundan aza 5
landır. x
=
+ 1 0=
⇒ x −1 düşey asimptottur.
x=
x 0 Ox eksenini kestiği noktanın
=
+ 1 1⇒
apsisidir.
Yukarıdaki
32.
fonksiyon
y = loga f(x)
y
y=log(−x−2)
Logaritma fonksiyo nu f(x) > 0 için ta -
−2
x
−3
O
büyük ise artan bir
grafik söz konusu dur. f(x) = 0 düşey
asimptottur. f(x) = 1 denkleminin kökü Ox ek senini kestiği noktanın apsisidir.
f(x)
= log(−2 − x) ⇒ f(x)
= log10 (−2 − x)
nımlı olup taban 1 den
Yukarıdaki fonksiyon x in işaretinin negatif
olmasından dolayı 10 > 1 olmasına rağmen
⇒ x −2 düşey asimp azalandır. − 2=
− x 0=
tottur. − 2=
− x 1⇒
=
x −3 Ox eksenini kes tiği noktanın apsisidir.
33.
y
f(x) = loga (bx + c)
f(x)
x = 2 düşey asimpto tu bx + c = 0 denkle -
1
minin köküdür.
Yani b • 2 + c = 0 ⇒
O
c = −2b dir.
2
5
2
x
9
2
⇒ f(x) = loga (bx − 2b)
Fonksiyon (
5
9
,0) ve ( ,1) noktalarını sağlar.
2
2
⇒ f( 5 ) = 0 ⇒ 0 = loga (b • 5 − 2b)
2
0
=
⇒a
2
5 − 2b ⇒ 1
b=
•
2
5 − 2b ⇒ b 2
b •=
2
⇒ f(x) = loga (2x − 4)
9 − 4) ⇒ 1 log 5
=
⇒ f( 9 ) 1 ⇒ 1 log
=
=
a (2 •
a
2
2
1
⇒
=
⇒ a 5
a
5=
⇒ y = log5 (2x − 4)
− 4 5y ⇒
=
x
⇒ 2x=
x⇒b=
a )
( logab =
x
5y + 4
1
(x)
⇒ f −=
2
5x + 4
2
( y yerine x ve x yerine y yazılırsa f −1(x) oluşur.)
www.yukseklimit.com
108
Mehmet Ali AYDIN
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
1.
4.
5
a)=
4 x + y 32=
⇒ (22 )x + y 2=
⇒ 22x + 2y 25
a)
log(1 −=
x) log(2x − 8)
⇒ 1 − x = 2x − 8
⇒ 2x + 2y =
5 elde edilir.
=
tür. x 3 kontrol edilirse ,
⇒ x 3=
= 2 ⇒ x − 2y
= 42
log4 (x − 2y)
log(1 − 3)= log(−2) ⇒ O halde Ç = ∅ dir.
 


log( −3)
log( −3)

 


⇒ x − 2y =
16 elde edilir.
Kutucuklardan oluşan denklem sistemi ,
Tanımsız
x + lne2
⇒ 1 + log4 8 =





=
3x 21
=
⇒ x 7 dir.
taraf tarafa toplanırsa
x + loge (e2 )
⇒ 1 + log(22 ) (23 ) =



2 • log e
⇒ 1+
1
• log 7
7
2
1
⇒
=
2
1
2
= 10log(x − ln
2.
a)
e)
1
5
2
ln (1 + log4 8) =
ln ( + lne
ln ( )
) ⇒ ln( 5 ) =

2 
2 2


2
3
1
(e 2
1
− ln e ⇒
x=

2
1
)
x − loge

⇒ x 2 + 2x=
− 8 0 ⇒ (x + 4) • (x −=
2) 0
−=
x
2
x −4=
veya x 2
x
4
Kontrol edilirse sadece x = −4 te tanımsızdır.
log(−4 + 3) = log(−4 − 1)


 


log( −1)
log( −5)



 


⇒ 2 − loge 10 = 3x



ln10
2 − ln10
⇒
= x elde edilir.
3
x +1
=
b)
52x − 1 15=
⇒ 52x • 5 −1 15 x • 151
Tanımsız
b)
x
x
5
⇒=
75=
logab
(a x b ⇒=
3
 
⇒ x =log 5 75 elde edilir.
x+1
x +1
log10 ( x − 1 )
x)
x+1
x+1
x+1
2
2⇒
10=
100
⇒ log10 ( x − 1 ) ==
⇒
x −1
x −1
101
}
x + 1 100x − 100 =
⇒
=
⇒ 99x 101
=
⇒Ç {
99
11
⇒ log5 x + log25 x + log125 x =
−

 


3
log 2
(5 )
log 3
(5 )
6.
( x1 )
11
−
⇒ log5 x + log( 52 ) ( x1 ) + log( 53 ) ( x1 ) =
3
 
1
•log x
5
2
⇒ log3 (9x − 8 ) + log3 9 = x + 1
⇒ log3 (9x − 8 ) + log3 (32 ) = x + 1


2 • log3 3
⇒ log3 (9x − 8 ) + 2 • log3 3 = x + 1

1
•log x
5
3
1
=
⇒ log3 (9x − 8 ) + 2
1
1
11
−
⇒ log5 x + • log5 x + • log5 x =
2
3
3
1 1
11
⇒ (1 + + ) • log5 x = −
3
3

2
x
x −1
+ 1 ⇒ log3 (9x − 8 )
x=
x
x −1
x −1
−8 0
=
⇒ 9 − 8 3=
⇒9 −3
3x
x
− 8 0 ⇒ 3 • 9x − 3=
− 24 0 =
(3x
⇒ 9x − =
3
11
6
a)
⇒ 3a2 − a − 24 = 0 ⇒ (a − 3) • (3a + 8) =
0
11
11
• log x =
⇒
−
⇒ log5 x =
−2
5
6
3
1
−2
elde edilir.
=
⇒ x 5=
⇒x
25
www.yukseklimit.com
log(x + 1) − log(x − 1) =
2
⇒ log10 (x + 1) − log10 (x − 1) = 2 ⇒ log10 ( x − 1 ) =
2


3
( x1 )
Tanımsız
O halde Ç = { 2 } elde edilir.
25 x
 25 
⇒
• 15 ⇒
=
5=
75
 15 
15 x


3.
log5 (x + 3) + log5 (x − 1) =
1

⇒ log5 ((x + 3) • (x − 1)
=
) 1 ⇒ (x + 3) • (x −=
1) 51
=
e2 − 3x 10=
⇒ 2 − 3x loge 10
•
a)
log5 ((x + 3) • (x −1))
x=
⇒ x 1 dir.
(a x b ⇒ logab = x )
=
e 2 − 3x 10=
⇒ 25
Tanımlı
1
O halde Ç = { } elde edilir.
2
5.
1
= 15 x • 15
5
Tanımlı
2
1
•loge e
2
1
1
1 1
x− ⇒ =
+
2
2 2
x
1
3
1
1
⇒ 1 + =x + 2 ⇒ x = tür. x =
kontrol edilirse,
2
2
2
1
1
= x − • loge e
2
2 
1
⇒
=
2
3
x + 2 • logee
• log 2 =
2

2 
1
t dir. O halde ,
loge ( e 2 )
⇒
e
3
•log 2
2
2
1
1
dir.
⇒ log 2 (71 ) ⇒ • log7 7 ⇒

(7 )
2
2

1
ln
loge (e2 )
log 2 (23 )
(2 )
O halde, log49 x ⇒ log49 7
e
Tanımsız
ln (1 + log4 8) =
ln ( x + lne2 )
b)
2x + 2y =
5

x − 2y =
16 
b)
elnk k =
ve 10log t
=
LYS MATEMATÝK
3a
a
=
8
a 3=
veya a
−8 / 3
−3
=
=
Kontrol edilirse sadece
a 3⇒
3x 3 =
⇒Ç
109
{ 1}
Mehmet Ali AYDIN
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
7.
10.
25 x − 5 x + 1 + 6 = 0
x
(5 x
⇒ (5 x )2 − 5 • 5=
+ 6 0=
x 2
x
x
(5
⇒ (5 ) − 5 • 5=
+ 6 0=
a) =
logx 3 − log3 x 6 1 ⇒
=
logx 3 − log3 x 6 1






6 •log3 x
a)
a)
3) 0
⇒ a − 5a =
+ 6 0 ⇒ (a − 2) • (a −=
a 2=
veya a 3
−2
=
a
−3
1
− 6 • a =1
a
2
0
⇒ 6a + a − 1 = 0 ⇒ (3a − 1) • (2a + 1) =
3a
log5 (2 • 3)
=
a
b)
log(2 x) (16 y) • log(16 y) (8 x) = 3


⇒ log(2x) (8x) = 3
⇒ 8x = (2x)3
⇒ 8x = 8x
⇒ x3 − 1 = 0
2
− 1)(x
+
⇒ (x
x +
1) = 0



Reel kök yok
3
3
3
logx + logx 100= 3 ⇒ log10 x + logx (102 =
) 3
 


⇒ log10 x + 2 • logx 10 =
3=
(log10 x
a=
, logx 10
1
=3
a
1
)
a
2
log x
log x
=
⇒ 5 3 +5 3
5
5=
=
⇒ 5
⇒ log3 x
1
=
⇒ x 3−=
⇒ x
a 2 için
=
⇒ log
=
10 x
⇒ x2 102 ⇒
2=
x 2 100
=
xlog x = 10000

(10 tabanlı logaritma alınırsa)
104
4 • log10 10



1
=
4=
log10 x
⇒ log10 x 2 veya
−2
−2 =
⇒ x2 10−2
xln x = e16 (e tabanlı logaritma alınırsa)
log x
⇒ 2k
⇒ k 14 tür.
− 1 33=
=
−1
1⇒
=
x1 101 ⇒
=
x1 10
16
⇒ loge ( x e ) log
=
=
16 • loge e
e ( e ) ⇒ loge x • loge x

⇒ log3 (2k − 1) = 3
log3 x
⇒ log
=
10 x
b)
⇒ log3 (2k + 1 − 2) = 3
2
log x
=
⇒ 5 3
5
=
a 1 için
−2
0
102 • 10=
10=
1 dir.
Köklerin çarpımı x1 • x=
2
⇒ f ( 2k + 1) = 3
log x
−2
=
=
2=
⇒ log
⇒ x1 102 , log
10 x
10 x
⇒
⇒ f ( g(k)) 3
(f o g)(k) 3 =
=
⇒=
2•5 3
−1
=
a 1=
veya a 2
a
⇒=
(log10 x )2
g(k)=2k + 1
f(2k + 1)=log3 (2k + 1− 2)
a
4
=
=
⇒ log10 ( xlog x ) log
10 (10 ) ⇒ log10 x • log10 x
b)
f(x) log
2) , g(x) 2x + 1
=
=
3 (x − 



log x
5 3
1
−=
⇒ x2
2
2 •logx 10
11. a)
O halde x = 1 elde edilir. Bu değer kontrol
edildiğinde tabanda veya logaritması alınan
kısımlarda tanımsızlık oluşmamaktadır.
log 5
1
−
2 ⇒ x
3 =
2
logx (102 )
⇒ x3 = x
log x
3
0
⇒ a2 − 3a + 2 = 0 ⇒ (a − 1) • (a − 2) =
⇒ x3 = x
3
a) =
5 3 +
x


1
1
⇒ x1 3 3 =
⇒ x1
=
3
⇒=
log3 x
⇒ log3 x
için =
⇒a+2•
3
9.
1
2
log10 x
log(2x) (8x )
x=1
−
−1/2
1
1
için
3
=
a
⇒ x1 + x 2 = log5 6 elde edilir.
8.
a 1/3
veya a
=
=
−1
2a
⇒ 5x 3 ⇒
a=
=
x2 log5 3
Kökler toplanırsa ⇒ x1 + x 2 = log5 2 + log5 3

a)
1
)
a
a=
, logx 3
⇒
a 2 için =
=
⇒ 5x a =
⇒ 5 x 2 ⇒ x1 = log5 2
⇒ 5x
=
a 3 için =
6 • log3 x
⇒ logx 3 − 6 =
1=
(log3 x
• log x
3
2
a
LYS MATEMATÝK
(loge x )2 16=
⇒=
⇒ loge x
2
5
⇒=
loge x
12.
1
5
⇒
e −4
⇒ x1
−4=
1
−4 veya
=
loge x
,=
loge x
4
4 ⇒ x2 = e4
log x
log2 25 + log16 • log25 + log2 4 =
x 2

2
log(4 ) • log25
⇒
−1
log x
2
log 25 + 2 • log 4 • log25 + log2 4 =
x 2

(log25 + log 4)2
1
elde edilir.
3
⇒
(log25 +=
log 4)2 x
log2 x
log2 x
⇒ log25
=
+ log4 x


log(25 • 4)
b)
10ln x + xln10 20=
=
⇒ 10loge x + xloge 10 20
loge x
⇒ 10
⇒ log100 = x



loge 10
+ x
= 20



10loge x
loge x
⇒ 10loge x + 10
2
log(10 )
2=x
= 20
www.yukseklimit.com
log2 x
1
(2 tabanlı logaritma alınırsa)
log x
=
=
⇒ (=
log2 x )2 1 ⇒
log2 x 1 veya
log2 x
⇒ 10loge x = 101
⇒ loge x = 1
e1=
⇒ x
log2 x
log x
2 ⇒ 2
• log
⇒ 2=
x=
x
10 10



2 )⇒1
=
=
⇒ log2 2 log
log2 x • log2 x
2 (x
⇒ 2 • 10loge x = 20
=
⇒ x
log2 x
⇒ log2 x= 1 ⇒ x1= 21= 2 , log2 x=
e elde edilir.
−1
−1 ⇒ x2= 2 −1=
Köklerin toplamı x1=
+ x2 2 =
+ 1/2 5/2 dir.
110
Mehmet Ali AYDIN
1
2
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
13.
1
k
a) logab k =
=
⇒ logb a
16.
1
b • logb a 3 =
•
⇒ log
=
⇒ loge a
e




k
ln a
loge a
3
k
⇒=
k
⇒ lna
=
⇒k=
b)
1
ln 3 a
3
=
lna
=
1
• lna
3
⇒ 10a + 10− a = 2
1
⇒=
10a +
2=
(10a x)
10a
1
=
⇒x+
⇒ x 2 − 2x + 1 0
2=
x
⇒ (x − 1)2 = 0
⇒ x − 1= 0
⇒ x =1
3
k
1
1
1
ln (a 3 )
elde edilir.
loge (log x)
ln(log x)
= log9 y
= log9 y ⇒

ln3
loge 3
17.
f(x) = ln x
log 2 ( y1 )
(3 )
⇒ log3 (logx) =
⇒ (go f )(x) = x − 4
1
log3 y
2
⇒ log3 (log x) = log3 (
1
y2
⇒ g ( f(x)) = x − 4
=
⇒ g ( ln x )
)
loge (e t )
y
log10 x
⇒=
=
y ⇔ x 10
e t olsun.
x=
− 4 tür. x
⇒ g( ln(e t )) = e t − 4

⇒ log3 (log x) = log3 ( y )
⇒ log x =
a ⇒ log
=
a=
⇒ x 10a
10 x
=
log x
lnb 3 =
=
⇒ loge b 3 dır. Kutucuklar çarpılırsa ,
LYS MATEMATÝK
y
⇒ g ( loge (e t )) = e t − 4



elde edilir.
t • loge e
⇒ g ( t • loge e ) = e t − 4

14.
a)
(
1
)
=
⇒ g(t) e t=
− 4 veya g(x)
log log5 (21000 ) = 3 + log x


ex − 4 elde edilir.
1000 •log5 2
⇒ log (1000 • log5 2 ) = 3 + logx


18.
log1000 + log(log5 2)
⇒ log1000 + log(log5 2) = 3 + log x

a)
Logaritmalı eşitsizliklerde taban 1 den
büyük ise şu pratik geçerlidir.
loga f(x) < k ⇒ 0 < f(x) < ak
log10 (103 )
( a > 1 ve 0 şartına dikkat )
⇒ 3 • log10 10 + log(log5 2) = 3 + logx



1
⇒ 3 + log(log5 2) = 3 + log x
log5 (x − 3) < 2 ⇒ 0 < x − 3 < 52
⇒ log(log5 2) = logx
⇒ 0 < x − 3 < 25
⇒ 3 < x < 28
⇒ x = log5 2 elde edilir.
log
Ç = (3 ,28 ) elde edilir.
(log x)
ln x
=
=
b) elog(log x) (logx)
(logx)ln x
⇒ e 10



log10e
b)
(log x)
log10 e
⇒ (log x)
= (log x)
loga f(x) ≤ k ⇒ 0 < f(x) ≤ ak
⇒ log10e = lnx
log10 e
( a > 1 ve 0 şartına dikkat )
e
=
=
⇒ loge x log
10 e ⇔ x
⇒ x =eloge elde edilir.
15.
Logaritmalı eşitsizliklerde taban 1 den
büyük ise şu pratik geçerlidir.
ln x
log10 (1 − x) ≤ −2 ⇒ 0 < 1 − x ≤ 10−2
1
100
99
⇒ −1 < − x ≤ −
100
99
≤x<1
⇒
100
⇒ 0 < 1− x ≤
ln(x + y) = ln x + ln y

ln(x • y)
⇒ ln(x + y) = ln(x • y)
⇒ x + y= x • y
⇒ x=x• y− y
⇒ x = y • (x − 1)
x
⇒ y=
elde edilir.
x −1
www.yukseklimit.com
Ç=[
111
99
,1) elde edilir.
100
Mehmet Ali AYDIN
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
19.
loga f(x) > k ⇒ f(x) > ak
a)
22.
( a > 1 olmalıdır )
0 < ln (ln x) < 1
( Her tarafın e tabanlı üssü alınırsa )
< eln (ln x) < e1
⇒ 1 < ln x < e
0 < ln(ln x) < 1 ⇒ e0
log7 (2x 2 + 5) > 3 ⇒ 2x 2 + 5 > 73 ⇒ 2x 2 + 5 > 343
⇒ x2 > 169
⇒ x > 13 veya x < −13
b)
1 < ln x < e ⇒ e1 < elnx
⇒e<x<e
< ee
e
( elnk = k )
elde edilir.
((x + 1) ) < −1
log 2 (x + 1) < −1 ⇒ log
1
3 −1 
( ) 
 2

⇒
( elnk = k )
( Her tarafın tekrar e tabanlı üssü alınırsa )
Taban 1 den küçük olduğundan 1 den
büyük hale getirelim.
3
LYS MATEMATÝK
1
• log (x + 1) < − 1
3
−1
2
23.
⇒ − log 3 (x + 1) < −1
log2 ≅ 0,301
log3 ≅ 0,477
2
⇒ log 3 (x + 1) > 1 (
2
loga f(x) > k ⇒ f(x) > ak
3
> 1 oluştu)
2
⇒ log54 = log(2 • 33 )
= log2 + log(33 )
( a > 1 olmalıdır )
= log2 + 3 • log3
= 0,301 + 3 • 0,477
1
⇒ x + 1 > ( 3 )1 ⇒ x >
dir.
2
2
20.
a)
= 1,732 elde edilir.
Taban 1 den küçük olduğundan 1 den
büyük hale getirelim.
1
1
log 1 (− x) > ⇒ log(2−3 ) (− x)1 >
3
3
8
24.
1
1
• log ( − x) >
2
3
−3
⇒ log2 (− x) < −1 (2 > 1 oluştu)
⇒
k
a > 1 ise loga f(x) < k ⇒ 0 < f(x) < a
a)
log10 k ≅ 13,8 ⇒ k = 1013,8 alınabilir.
yazılabilir.
15
⇒ k15 = (1013,8 )
−1
⇒ 0 < −x < 2
1
1
⇒ 0 < −x < ⇒ 0 > x > −
dir.
2
2
b)
⇒ k15 = 10207
⇒ 10207 nin basamak sayısı 207 + 1= 208
elde edilir.
log2 (log 1 (1 − x)) ≤ 1 ⇒ 0 < log 1 (1 − x) ≤ 21
3
(Her tarafın
3
1
3
log 1 (1− x)
3
log10 2 ≅ 0,301 ⇒ 2 = 100,301 alınabilir.
≤ ( 1 )2
3
20
⇒ (320)20 = (10 • 25 )
1
8
⇒ 0 < −x ≤ −
9
9
8
⇒0>x≥−
elde edilir.
9
⇒ 1 < 1− x ≤
1 < xln x
= 1020 • (25 • 20 )
= 1020 • 2100 elde edilir.
<e
2 = 10
0,301
⇒ 0 < lnx • loge x < 1 ⇒ 0 < (ln x)

2
<1
100
20
= 10
1
20
= 10
⇒ 0 < lnx < 1 veya − 1 < ln x < 0
Ç=(
10
)
30,1
50,1
⇒ 10
nin basamak sayısı 50 + 1 = 51
elde edilir.
< eln x < e1 veya e −1 < eln x < e0 ( elnk = k )
1
e
•
(10
= 1050,1
( Her tarafın e tabanlı üssü alınırsa )
⇒ 1 < x < e veya
•
0,301• 100
= 1020 + 30,1
ln x
⇒ e0
bulunmuştu. Yerine yazılırsa ,
= 1020 • (100,301)
ln x
< e ⇒ log
) < log
e 1 < loge ( x
ee


0
20
= 1020 • (25 )
( Her tarafın e tabanlı logaritması alınırsa )
1 < xln x
log2 ≅ 0,301 ⇒ log10 2 ≅ 0,301
b)
tabanlı kuvveti alınırsa)
1
0 < log 1 (1 − x) ≤ 2 ⇒ ( 1 )0 <  
3
3
3
21.
logk ≅ 13,8 ⇒ log10 k ≅ 13,8
<x<1
1
,e ) − {1} elde edilir.
e
www.yukseklimit.com
112
Mehmet Ali AYDIN
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
25.
a)
28. a)
1 ≤ a < 10 ve n ∈ Z olmak üzere ,
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
logx = n + loga
n
log (a • 10 ) = n + loga
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log x = −3,203
⇒ log x = −3 − 0,203 (mantis negatif olamaz.)
=
⇒ log x −
3=
−1 + 1−0,203
 −4 + 0,797
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log15625 = log (1,5625 • 10 4 )
= log104 + log (1,5625)
= 4 + log (1,5625)
−4
olduğundan karakteristik 4 tür.
b)
b)
1 ≤ a < 10 ve n ∈ Z olmak üzere ,
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log x = −0,199
(mantis negatif olamaz.)
+ 1−0,199
=
⇒ log x −1=

 −1 + 0,801
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log700 = log (7 • 102 )
= log102 + log7
= 2 + log7
0,801
olduğundan mantis 0,801 dir.
29. a)
olduğundan mantisi log7 dir.
logx 2 − log x = −6,027


 


2 •log x
1 ≤ a < 10 ve n ∈ Z olmak üzere ,
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log1200 = log (1,2 • 103 )
= log103 + log (1,2)
log x = n + loga
olduğundan mantis log (1,2) dir.
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log x = −4,018
⇒ log x = −4 − 0,018 (mantis negatif olamaz.)
⇒ log x −
=
4=
−1 + 1−0,018
 −5 + 0,982
1 ≤ a < 10 ve n ∈ Z olmak üzere ,
log (a • 10n ) = n + loga
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
−5
⇒ log(0,0002) = log (2 • 10−4 )
b)
logk1/3
1 ≤ a < 10 ve n ∈ Z olmak üzere ,
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log(0,009) = log (9 • 10 −3 )
logx = n + loga
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
⇒ log x = −3,09
⇒ log x = −3 − 0,09 (mantis negatif olamaz.)
=
−
⇒ log x −
0,09
3=
−1 + 1

 −4 + 0, 91
olduğundan mantisi log9 = 2log3 tür.
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
log x = n + loga
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
−4
30. ⇒ log87654 = log (8,7654 • 104 )
olduğundan karakteristik 7 dir.
= log104 + log (8,7654)
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
= 4 + log (8,7654)



log x = n + loga
mantis 0 ile 1
arasındadır.
ifadesinde n karakterik ve loga mantistir.
O halde 4 < log87654 < 5 olduğu görülür. Böylece
k < log87654 < k + 1 ifadesinde
k 4=
tür. k 4 için
=
log x 6,1158
⇒ log x 6 + 0,1158
=
=
olduğundan mantis 0,1158 dir.
www.yukseklimit.com
0,91
olduğundan mantis 0,91 dir.
=
=
log x 7,0389
⇒ log x 7 + 0,0389
b)
−4,12
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
= log10−3 + log9
= −3 + log9
a)
log 3 k + logk =
−4,12



1
1
=
⇒ • logk + logk −4,12
=
⇒ ( + 1) • logk
3
3
4
3
=
⇒ • logk −4,12
=
⇒ log x −4,12 •
3
4
⇒ logx = −3,09 elde edilir.
log (a • 10n ) = n + loga
27.
0,982
olduğundan karakteristik − 5 tir.
= log10−4 + log2
= −4 + log2
olduğundan karakteristik − 4 tür.
b)
−6,027
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
= 3 + log (1,2)
a)
logx1/2
1
1
⇒ 2 • log x − • log x −6,027
⇒ (2 − ) • log x
=
=
2
2
3
2
⇒ • log x −6,027
⇒ log x −6,027 •
=
=
2
3
⇒ logx = −4,018 elde edilir.
log (a • 10n ) = n + loga
26.
0,797
olduğundan karakteristik − 4 tür.
0 ≤ loga < 1 ve n ∈ Z olmak üzere ,
logx = n + loga
log (a • 10n ) = n + loga
c)
LYS MATEMATÝK
⇒ k 2 + 2k + 1 = 25 elde edilir.
113
Mehmet Ali AYDIN
21−LOGARÝTMA−2 (Üslü, Logaritmalý Denklemler ve Eþitsizlikler-Kologaritma-Karakteristik ve Mantis)
31.
a)
34.
log7 = x
a)
a , b, c ve d birer rakam olmak üzere ,
− a + 0,bcd = a,bcd şeklinde gösterilir.
⇒ colog7 = − log7
⇒ colog7 = − x elde edilir.
b)
⇒ logx = −4, 41
= −4 − 0, 41 (mantis negatif olamaz)
=−
−
0, 
41
4−1 + 1

log x = 4
−5
0,59
= −5 + 0,59 (yukarıdaki tanımdan)
= 5,59 elde edilir.
⇒ colog x = − log x
= − log x
LYS MATEMATÝK
1/2
1
logx
2
1
=− •4
2
= −2 elde edilir.
=−
b)
1
log − colog3



3



− log3
c)
a , b, c ve d birer rakam olmak üzere ,
− a + 0,bcd = a,bcd şeklinde gösterilir.
log3−1
= 2,06
=
⇒ logx
−2 + 0,06
= 2,06
=
⇒ logx
−1,94 elde edilir.
−1
⇒ log3 − (− log3)



−1• log3
⇒ − log3 + log3
⇒ 0 elde edilir.
32.
logk = 1,068
35.
2
⇒ cologk − colog k

 
− logk2
− log x
− logk1/2
−
⇒ − 2 • logk +
⇒ ( −2 +
3 •log x
⇒ − logx − 3 • log x = 4
⇒ −4 • log x = 4
⇒ log x = −1

⇒ − logk2 − (− logk1/2 )


 
2 • logk
colog x − logx 3 = 4


 
1
• logk
2
1
• logk
2
log10 x
⇒ log10 x = −1 ⇔ x =
10−1
1
) • logk
2 
1,068
⇒x =
3
• 1,068 = −1,602 (bunun mantisi sorulmuş)
2
⇒ −1,602 = −1 − 0,602 (mantis negatif olamaz)
=−
1 − 1 + 1−0,602


1
elde edilir.
10
⇒−
−2
0,398
= −2 + 0,398
olduğundan mantis 0,398 dir.
36.
33.
a)
a , b, c ve d birer rakam olmak üzere ,
log x + colog y = 0


 


log x1/2
− log y
⇒ logx1/2 − log y = 0
− a + 0,bcd = a,bcd şeklinde gösterilir.
⇒ logx1/2 = log y
⇒ logx = 5,249 = −5 + 0,249
olduğundan karakteristik − 5 tir.
b)
⇒ x1/2 = y
⇒ x= y
2
(kare alınırsa)
elde edilir.
a , b, c ve d birer rakam olmak üzere ,
− a + 0,bcd = a,bcd şeklinde gösterilir.
⇒ log y = 3,508 = −3 + 0, 508
olduğundan mantis 0,508 dir.
www.yukseklimit.com
114
Mehmet Ali AYDIN
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
1.
LYS MATEMATÝK
4.
23 + 34 + 45 + • • • + 5758
a)
ifadesinin toplam sembolü ile göste 57
∑ kk + 1
rimi,
22

∑  (−1)k + 1
•
k=4
2.
k! 
 şeklinde yapılabilir.
k +1
k =1
n
∑ (k
n
∑(k
k =1
n
k=1,2,3,4,5
ifadesinin sınırları yakın olduğundan ya da
5.
2
3
4
5
6
• 0! + ( − 1) • 1! + ( −1) • 2! + ( −1) • 3! + ( − 1) • 4!
⇒ (
−
1)
 
 
 
 

=
k 1=
k 2 =
k 3 =
k 4 =
k 5
⇒ 1 − 1 + 2 − 6 + 24
+ (2n − 1) = n2
1
)= n
(k + 1)
n+1
∑ k2 = 12 + 22 +
n(n + 1)(2n + 1)
6
• • •
+ n2 =
• • •
 n(n + 1) 
+ n3 = 

2


n
∑ k3 = 13 + 23 +
k =1
n
∑ r k −1 = r 0 + r 1 +
VIII.
uygun formüle sahip olmadığından tek tek
döküm alınırsa yani k = 1,2,3, 4,5 için ,
•
k =1
VII.
• • •
n(n + 1)(n + 2)
(k + 1)) =
3
•
k =1
VI.
•
k=1
n
V.
(−1)k + 1 (k − 1)!)
∑ (


n(n + 1)
2
+ 2n = n(n + 1)
• • •
∑ (2k − 1) = 1 + 3 + 5 +
IV.
5
a)
∑ (2k) = 2 + 4 + 6 +
k =1
III.
ifadesinin toplam sembolü ile gösterimi
+n=
• • •
k =1
n
II.
4! 5! 6!
22!
+
−
+•••−
5
6
7
23
−
n
∑k =1+ 2 + 3 +
I.
şeklinde yapılabilir.
k=2
b)
Aşağıdaki formüller hepsi doğrudur?
• • •
k =1
+ r n−1 =
2
rn − 1
(r ≠ 1)
r −1
5
(k − 1)(k − 2)(k − 3)(k − 4) )
∑ (

a)
k =2
k=2,3,4,5 için
1
• 0 • ( −1) • ( −2) + 2 • 1 • 0 • ( − 1) + 3 • 2 • 1 • 0 + 4 • 3 • 2 • 1


  
⇒ 20 elde edilir.
=
k 4=
için
k 5 için
k 2=
için
k 3 için
=
⇒ 0 + 0 + 0 + 24 ⇒ 24 = 4! elde edilir.
−2
k


∑  (k + 5)(k + 6) 

k = −4 
b)
tek döküm alınırsa yani k = 1,2,3,4,5 için ,
−4
−3
−2
⇒
+
+
1• 2 
2•3 
3•4

1
6.
n
k=− n
⇒
1
1
1
, 100 için
1
1
0
0
kp = 0 dır.
7
0
( k = 7 yi ayıralım )
k=− 6
m−n+1
6
∑
⇒
50
6
∑
k3 +
6
∑
k+
k − 6=
k − 6=
k −6
=
∑ 3 − ∑ (−1) − ∑ 0



0
k 0
=

2

+ (73 + 7 + 2 )



k=7 için
(6 − ( −6) + 1 ) • 2
0
⇒ (50 − 1 + 1) • 3 − (50 − 2 + 1) • ( −1) − (50 − 0 + 0) • 0
⇒ 0 + 0 + (6 − (−6) + 1) • 2 + (73 + 7 + 2)
⇒ 150 + 49 − 0
⇒ 0 + 0 + 13 • 2 + 343 + 7 + 2
⇒ 378 elde edilir.
⇒ 199 elde edilir.
=
=
+ a +a
+ • • • +
b)
a (m − n + 1) • a dır.
∑ a a
m−n+1
2016
3
n
⇒
n
∑ ( 2016 ) − ∑ ( k + 6 )
⇒
k= 1
2016
∑(
k = −2
3
n
k=
1 2016
(2016 − 1 + 1)
)− ∑
n
2016
n
−
84
∑(
b)
m
k =n
k =1
1
2k
+1 +
84
+1 −
)
2k
−1
2
2
− 2k − 1 2k=
2k + 1=
+ 1− (2k − 1) 2



1 
•
⇒
)
2k − 1

2 



∑ k⇒
n
6
− ( −2 − 1 + 0 + 1 + 2 + 3 )
1
2
84
•
∑(
k =1
2k
+1 −
⇒ 2016 •
⇒
⇒ −3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
−1
(
2k + 1 + 2k − 1 )( 2k + 1 − 2k − 1 )


k =1
k=
−2 6 k =
−2
n
n
−6• −3
2016
6
⇒n−n−3
2k
2k
∑
3
− (3 − ( −2) + 1)
1
104
(p tek ise)
∑ (k 3 + k + 2)
=
a)
=
+ a +a
+ • • • +
a (m − n + 1) • a dır.
∑ a a
k 1=
k 2
=
1
∑
a)
m
50
• • •
− ) + ( − ) + ( − ) + • • • +(
−
5 
5 
6 
6 
7
103


4
0
1 1
8
elde edilir.
⇒ −2 − − = −
2 6
3
50
1
1
1
25
⇒ −
⇒
elde edilir.
4 104
104
k=− 4
=
k − 3=
k −3
k =n
1
∑ ( k + 3 − k + 4 ) ⇒k = 1 , 2 , 3 ,
k =1
⇒(
ifadesinin sınırları yakın olduğundan tek
3.
100
b)
k=− 4, − 3,− 2
115
1
2
•


169
−
1
1
⇒ 2
•


5 −
3 

7 −
5 

•
•
•

169 − 167 

3
[13 − 1 ] ⇒ 6
−
1
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
)
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
7.
1
0
10. a)
 sınırlar yakın , tek 


 tek döküm alınabilir. 
∑ ∑ (k n) = x + 6
a) ⇒
LYS MATEMATÝK
•
k= 1 n
=
−2
sin 1 +
∑ (− 2
⇒
⇒
•
k=1
k=1
2
⇒∑
b)
x +=
6 ⇒ −3
3
•
i=0 j=2
2
((i
⇒∑
i=0
•
x=
+6⇒x
j=2,3
2 + 2 i ) + (i • 3 + 3 i )
b)
cos1 + cos2 +
)
i=0,1,2
((−1)
∑
•
k
)
⇒ (−1)2 • 1 + (−1)3 • 2 + ( −1)4 • 3 + • • • + (−1)51 • 50
−2+3
− 4 + • • • + 49
− 50
⇒ 1




−1
−1
−1
( 50
tane terim var
2
2
2
2
cos 1 + cos 2 +
+1 
)
k
k=1 



k
∑  log(
2
⇒ log (
2
1
)
1
3
4
2
3
3
•
2
•
4
3
• • •
1000
999
• • •
+ log (
1000
999
9.
∑ (k
a)
•
k=1
∑ ((k + 1)! − k!)
⇒
k=1
2
∑
b)
⇒
k=1 (k
13

1
+ 1)!
1
k=1 




⇒ 






∑  k! − (k + 1)! 
1
1 
−
1!
2! 

1
1 
−
2! =
3! 

•
• •

1
1 
−

13!
14! 
www.yukseklimit.com

2
• • •
cos2 89
2
2
2
179
+ cos



cos2 1
• • •
2
+ cos 1
2
• • •
• • •
2
+ cos 89 ) + 0
2
2
2
+ cos 44 + cos 45 + cos
46 +



• • •
2
+ cos
89)



sin2 1
1 


1


2
2
2
2
+ cos 44 + cos
45 + sin 44 +



• • •
• • •
2
+ sin 1)
2
(1/ 2 )
⇒ 2 • ( 1
+ 1+ 1+ • • • + 1+
)
44 tane 1
1
2
) ⇒ 2 • 44,5 = 89 elde edilir.
179
179
∑ cosk − ∑ cos2 k ⇒ 0 − 89 = −89 dur.
O halde sonuç
)
=
k 1=
k 1
11.
⇒ x 2 − 4x −=
4 0 ⇒ x1 + x=
2
2
2
⇒ f(x) = 3x − 2 ⇒
=
∑ f(xi )
b
−=
a
−4
− =
1
(3x
∑=
i − 2)


=i 1=i 1
 Kurallı bir yapı olduğundan 


 terimler tek tek dökülebilir. 
4 tür.
3x1 − 2 + 3x 2 − 2
k=1,2
⇒ 3 (x1 + x=
• 4 − 4
3=
8 elde edilir.
2) − 4


12.
4
Aşağıdaki ifadelerden hepsi doğrudur .
I. ⇒
28
28
28
∑ k3 − 2 ∑ k + ∑ 2
=
28
28
∑ k3 − 2 ∑ k + 50
k 4=
k 4=
k 
4=
=

 k 4 =k 4
(DOĞRU)
(28 − 4 + 1) • 2
1
1
 k

 (k + 1)! = k! − (k + 1)! 


 dönüşümü uygulanırsa 


k
90 + cos 89 +
+ cos 89 + cos



2(cos 1 + cos 2 +
 2! − 1! 
 3! − 2! 


⇒  4! − 3!  ⇒ 12! − 1 elde edilir.


 • • • 
12! − 11!


13
2
sin 44




 dönüşümü uygulanırsa 
11
k=1
2
2
k • k! = (k + 1)! − k!
k!)



hesaplanırsa 
• • •
2
2
⇒ log1000 ⇒ log10 (103 ) ⇒ 3 • log10 10 = 3 tür.
11
2
∑ cos2 k
90 + 
cos
91
+ cos 89 + cos




+
2(cos 1 + cos 2 +
 Kurallı bir yapı oluştuğundan 


 terimler tek tek dökülebilir. 
) + log( ) + log ( ) +
− cos1
0
2
k=1,2,3, ... ,999
⇒ log (
− cos 2
• • •
⇒ 2(cos 1 + cos 2 +
25 tane − 1 oluşur
999
+ cos178


 + cos179



179
0
cos 1 + cos 2 +
⇒−
1 − 1
−
1 − • • • −1⇒ 25 • (−1) = −25 tir.

b) ⇒
• • •
− cos 89

0 elde edilir. 

⇒0+0+•••+0⇒
 Bir + bir − gittiğinden 50 ta - 


 ne terim tek tek dökülürse 

k=1 
k=1,2,3, ... ,50
+ cos89 + c
os90
cos91

 + 


+
0
⇒ 35 elde edilir.
a) ⇒
• • •
0


0


0

cos1 + cos 2 + • • • + cos 89 + cos 90 − cos 89 − • • • − cos 2 − cos 1

⇒ (0 + 1+ 1) + (5 + 2 + 3) + (10 + 4 + 9)
8.
179


 Önce ∑ cosk hesaplanırsa 
k 1
=


0
⇒ (5 • 0 + 20 + 30 ) + (5 • 1 + 21 + 31) + (5 • 2 + 22 + 32 )
k +1
179
∑ cosko − ∑ cos2 ko ⇒
k 1=
k 1
=
2
50
179
+ 1 ⇒ 45,5 elde edilir.
2
44 tane 1
⇒ ∑ (5 • i + 2 i + 3 i )


i=0
1
1
1+ • 
+ 1
+
• •1 +
−9 dur.
 sınırlar yakın , tek 


 tek döküm alınabilir. 
j + ji )
∑ (i

1
(1/ 2 )2
− 3 k) = x + 6
∑ (


=
⇒ −3 • 1
1
cos2 1
1


1


2
2
90
sin2 1 + • • • + sin2 44 + sin
45 + cos2 44 + • • • + cos2 1 + sin


k + − 1 • k + 0 • k) = x + 6
•
k=1
1
2
2
2
46 + • • • + sin
89 + sin
90
+ sin2 44 + sin2 45 + sin



• • •
cos2 44
n=− 2, −1,0
1
Kurallı bir yapı olduğundan terimler tek tek dökülebilir.
2
II.
40
∑ (k
2
+
1
13
) =∑ (k
2
+
1
40
1
k
k
k 1=
k 1 =
k 14
=
10
III. ∑ (k 3 + 5 ) +
 Kurallı bir yapı olduğundan 


 terimler tek tek dökülebilir. 
 Sınırlar parçalana - 



∑ (k 2 + k )  bilir. (DOĞRU)
)+
24
24
∑ (k3 + 5) =1005 + ∑ (k3 + 5)
k 1=
k 10
=
k 1
=
 Sınırlar birleştirilirken k = 10 iki kez olduğundan

3
 k = 10 ⇒ 10 + 5 = 1005 eklenmeli (DOĞRU)
IV.
19 − 7
∑
(((k + 7) − 7)
3



12
)
+ 5k = ∑ (k 3 + 5k + 35 ) (DOĞRU)
1
1
1
k 8 −=
7
k 1
=
1−
dir.
=
−
1! 14!
14!
( Sınırlar 7 azaltılırsa k ⇒ k + 7 şeklinde 7 artırılır. (DOĞRU)
2
4
4
2
 Sıranın önemi 
V. ∑ ∑ (k 2 + k • p ) = ∑ ∑ (k 2 + k • p ) 

 yok (DOĞRU) 
k
p
= 1p
= 2
= 2 k
= 1
116
Mehmet Ali AYDIN
)
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
16.
13.
22 • 24 • 26 • • • 94
ifadesinin çarpım
47
∏ (2k)
Aşağıdaki ifadelerden V ve VI yanlıştır .
n
• 2 • 3 • • •n
=
I.
n!
∏ k 1=
k =1
sembolü ile gösterimi
( faktöriyel tanımından çıkarılabilir. (DOĞRU) )
n
şeklinde yapılabilir.
k = 11
14.
LYS MATEMATÝK
1
2
3
n
=
•r
•r
• • •r
II.
r
∏ r k r=
k =1
4
 sınırlar yakın , tek 
∏ (2k)
a)
Gauss
formülü



 r1 • r 2 • r 3




 tek döküm alınabilir. 
k=1
4
4
3
2
8
p 2=
k 1
=
4
3
3
8
∏
⇒
+ p) ∏ ∏ (k + p)
∏ ∏ (k=
k 1=
p 1
=
p 1=
k 1
=
3
4
∏ ∑ (k
•
p) =
4
3
∑ ∏ (k
( Toplam ve Çarpım sembolünde
=
+ 3)
∏ (2k
VI.
(x + 2)

•
102
2
⇒ (1 • 2 • 3 • • • 10)

17.
10!
25 • ∏ (2k + 3) •
∏ (k
a)
k=1
200
n
∏ (f(k)
n
•
=
k 1
n
=
k 1=
k 1
)
k=1,2,3,...,200
⇒ ( −19 • 3) • ( −18 • 4) • • •

 




 dökülürse k = 20 kökü 
 terimi sıfırlar.



0 • 22) • • • (180 • 202)
(



24
24
k 1
k 1=
k 1
=
=
13
13 + 7
2
( Sınırlar
∏
⇒
18.
m−n+ 1
2001
k 1=
k 1
=
20
2
2
∏k
12
10
12
(k2 − 2) değil ∏ k2 ∏ (k − 2)2
∏=
2 artırılırsa k ⇒ k − 2 şeklinde 2 azaltılır. (YANLIŞ) )
1
2001

1
•
(1 +
=
k 2=
k 2
2001
= ∏ (1 −
1
)•
2001
1
k
  Çarpımsal fonksi - 

  yonlar ayrılabilir. 
) 
 Paydalar 


 eşitlenirse 
1
∏ (1 + k )
k
=
k 2=
k 2
28
•
x=−6
•
 2001 k − 1   2001 k + 1 
 ∏ k  •  ∏ k 
=
k 2=
 k 2

⇒
• • •
28 − ( −6) + 1 tane
= (−3)28 − ( −6) + 1
35
= (−3)
( 35
tek olduğundan
olmalıydı.
=
k 1=
k 3
∏ (1 − k2 ) = ∏  (1 − k )
m − n + 1 tane
−3) (−3) (−3)
(−3)
∏ (−3) =(

 Tek tek dö - 


 küm alınırsa 
2000   3 4 5
2002 
1 2 3
⇒ • • •••
 •  • • • • • 2001 
2 3 4
2001   2 3 4


 


− kalır.)
2000
1
= −335 elde edilir.
⇒
www.yukseklimit.com
•
7 artırılırsa k ⇒ k − 7 şeklinde 7 azaltılır. (DOĞRU) )
( Sınırlar
 Kurallı bir yapı oluştuğundan 


 terimler tek tek dökülebilir. 
k=m
24
∏ (k + 1) ∏ (k + 2)
k=−6
=
+7
k −6=
k 1
=
k 1=
k 3
=
c c
•=
c•
c••
•c
c
formül
:

24
•
=
∏ ((k − 7) + 7)
=
III. ∏ (k + 7)
=
IV. ∏ k 2
n
2 • ∏ (k + 1) • ∏ (k + 2)
=
k 1=
k 1
24
10
∏ ( −3 )
)
24
⇒ ∏ 2 • ∏ (k + 1) • ∏ (k + 2) = 224
⇒ 0 elde edilir.
x=−6
24
 Çarpım sembolünde sabit dışarıya direkt alınmaz. (YANLIŞ) 


 Yukarıdaki YANLIŞ ifadenin doğrusu aşağıdaki gibidir.

=
k 1 için
=
k 2 için=
k 20 için
=
k 200 için
b)
ayrılabilir. (DOĞRU)
2))
∏ (2(k + 1)(k + =
=
k 1
 k 1 den 200 e kadar
⇒ ∏ (k − 20)(k + 2)


k=1 
28
∏ (2k + 3)
g(k)) = ∏ f(k) •∏ g(k)
24
II.
 ifadesi çarpan - 


 larına ayırılırsa 
− 18k − 40)
(
)
56
=
k 1=
k 11
( Çarpımsal fonksiyonlar
2
sıra korunmalıdır. (YANLIŞ)
11
Aşağıdaki ifadelerden I ve III doğrudur .
I.
⇒ (10!)2 elde edilir.
200
p)
=
parçalanırken k 11=
iki kez olduğundan k 11 için 
 Sınırlar


+
=
2
11
3
25
ile
çarpma
yerine
bölünmeliydi. (YANLIŞ)
•


x=−1 x=−1,0,1,...,8
• •
56
=
k 1
2
⇒ 12 • 22 • 32 •
)
4
(k ve p nin katsayıları eşit olduğundan sıra önemsizdir. (DOĞRU) )
 Kurallı bir yapı oluştuğundan 


 terimler tek tek dökülebilir. 
x=−1


4
=
p 2=
p 2 k 1
=
k 1=
∏ (x + 2)2

dir (DOĞRU) 
p çarpımsal olduğundan sıra önemsizdir. (DOĞRU)
•
V.
b)
n(n + 1)
2
•
k 1=
p 2
=
IV.
⇒ (2 • 1) • (2 • 2) • (2 • 3) • (2 • 4)
⇒ 2 • 4 • 6• 8
⇒ 384 elde edilir.
3
•
(k
k=1k=1,2,3,4
r n = r 1+ 2 + 3 + • • • + n = r
• • •
∏ ∏ (k2 p) = ∏ ∏ (k2 p)
III.
⇒ ∏ (2 • k)



15.
n(n + 1)
2
117
2002
2
1
2002
1001
•
=
elde edilir.
2001
2
2001
Mehmet Ali AYDIN
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
19.
LYS MATEMATÝK
22.
n
∑ k(k + 1)(k + 2) = an4 + bn3 + cn2 + dn + f
k=1
⇒ n = 2 için ,
2
+ 1)(k
+
2) = a
∑ k(k


k=1
•
⇒ g(x)
=
24 + b • 23 + c • 22 + d • 2 + f
⇒ (f o go f)(2) = f (g( f(2) ) aranmaktadır.
k =1
•
2
1 + b • 1 + c • 1 + d • 1+ f
∑ ∏
(nk − 4n) ⇒
k 1=
k 1
=
2019  2015
⇒ f (g( f(2) ) = f (g(2) ) aranmaktadır.
g(x)
=

n • (k − 4) ) 
(


k=1,2,3,...,2015 
∑  ∏

x
∑k
2
=
⇒ g(2)
2
k
∑=
2
12 +=
22
k 1=
k 1
=
5 tir.
⇒ f (g(2) ) = f(5) aranmaktadır.
x
5
f(x) =
∑ (3k −1 − 1) ⇒ f(5) = ∑ (3k −1 − 1)
k 1=
k 1
=
0
1
2
3
4
(3 − 1) + (3 − 1) + (3 − 1) + (3 − 1) + (3 − 1)
⇒ f(5) =
2019 

⇒ ∑  (n • (−3)) • (n • (−2)) • (n • (−1)) • (n • 0 ) • • • 


















n=1 
=
=
k 2 için
=
k 3 için
=
k 200 için
 k 1için

⇒ 116 elde edilir.
6 −1
5
=
için ⇒ ∑ ak 62 − 3 • =
6 + 7 ⇒ ∑ ak 25
23. a) n 6 =
2019
∑ (0)
k 1=
k 1
=
⇒ a1 + a2 + a3 + a 4 + a 5 = 25
n=1
⇒0+0+0+•••+0
⇒ 0 elde edilir.
2019
5 −1
=
k 1=
k 1
 2019 
 2019

=
 k 1=
 k 1

⇒ a1 + a2 + a3 + a 4 = 17
Kutucuklar taraf tarafa çıkarılırsa ,
a5 = 8 elde edilir.
 2019 
 2019 
 2019 
⇒  ∑ ik  + i •  ∑ ik  ⇒ (1 + i) •  ∑ ik 
=
 k 1=

k 1  =
k 1 
(
x
)
=
k 1
x
x
x
=
k 1=
k 1=
k 1 =
k 1
=
k 1=
k 1
x tane
x(x + 1)
=
⇒3•
⇒ 3 • x(x + 1) 12x
6x=
2
⇒=
⇒ x 3 tür.
x + 1 3x ⇒ =
x + 1 4=
⇒ −1 − i elde edilir.
3
2016
∑ k! = 0! + 1! + 2! +
• • •
k=0
O halde=
⇒ ∑ k 4 14=
+ 24 + 34 98 elde edilir.
+ 2016!
k=1
⇒ 0! + 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + 7! + 8! + • • • + 2016!
24.
7! + 8! + 
⇒ 1 + 1 + 2 + 6 + 24 + 120 + 720 + 
• • • + 2016!

20
∑ 2k = 21 + 22 + 23 +
• • •
k =1
2n + 1− ( −1) + 1 tane
rn+ 1 − 1
dir.
r −1
n−2
n− 2 + 2
=
=
b) ⇒ ∑ (k + 2) 820
⇒ ∑ ((k − 2) + 2) 820
k −1=
k −1+ 2
=
+ 220
2
∑ (n − 1) = 250
k=−1
⇒ (2n + 1 − (−1) + 1)(n − 1) = 250
=
⇒ (2n + 3=
)(n − 1) 250
⇒ n 11 elde edilir.
⇒ 874 ⇒ 874 ≡ 6 (mod 7) ⇒ 6 elde edilir.
r 0 + r1 + r 2 + • • • + rn =
2n + 1
a)
(n − 1) + (n − 1) + • • • + (n − 1) = 250



7 nin katı (0 a denk)
⇒ 1 + 1 + 2 + 6 + 24 + 120 + 720 + 0
n
19
= 2 (2 + 2 + 2 + • • • + 2 )

⇒ ∑ k 820
=
=
⇒ (1 + 2 + 3 + • • • + n) 820

k=1
219+1 − 1
2−1
n(n + 1)
(Gauss)
2
n(n + 1)
= 820
2
⇒ n = 40 elde edilir.
⇒
220 − 1
20
•
• (2
= 21=
21 =
− 1) 221 − 2 dir.
2−1
www.yukseklimit.com
x
k4 − ∑ k ⇒ 3 ∑ k ∑ 6
∑=
x(x + 1)
(Gauss)
2
⇒ (1 + i) ( −1)
1
x
⇒ 3 • (1 + 2 + 3 + • • • + x ) = (6 + 6 + 6 + • • • + 6)
 


− 1 − i + 1 + i − 1 − i + 1 + • • • + i
−
1
− i +1 + i − 1 − i 
(1 + i)  i
  

0
0
0


⇒ (1 + i) ( 0 + 0 + • • • + 0 + i − 1 − i)
0
x
b) ⇒ ∑
=
k4 + 2 ∑ k − ∑ 6
⇒ (1 + i) i1 + i2 + i3 + i4 + • • • + i2018 + i2019 ⇒
1
4
n 5=
için ⇒ ∑ ak 5 2 − 3 • =
5 + 7 ⇒ ∑ ak 17
=
∑ (ik + ik + 1) ⇒  ∑ ik  +  ∑ ik +1 
=
k 1
⇒
0
(3=
− 1) + (31 − 1) 2 dir.
=
f(2)
n 1=
n 1 k 1
=
k 1=
=
b)
2
f(x) =
∑ (3k −1 − 1) ⇒ f(2) = ∑ (3k −1 − 1)
k=1
2019 2015
2
x
3
4
a + b + c + d + f = 6 elde edilir.
Kutucuklar taraf tarafa çıkarılırsa ,
15a + 7b + 3c + d = 24 elde edilir.
a)
k= 2 − 1
16a + 8b + 4c + 2d + f = 30 elde edilir.
1• 2 • 3 = a + b + c + d + f
21.
k= 2
⇒ g(x) = ∑ k
+ 1)(k
+
2) = a
∑ k(k


b)
x + 1− 1
2
2
∑ (k − 1) ⇒ g(x)= ∑ ((k + 1) − 1)
1 • 2 • 3 + 2 • 3 • 4 = 16a + 8b + 4c + 2d + f
k=1
⇒
∑ (k2 − 2k + 1)
x +1
x
k=1,2
1
a)
x +1
, g(x)
=
=
k 1=
k 2
⇒ n = 1 için ,
20.
x
∑ (3k −1 − 1)
f(x)
=
118
Mehmet Ali AYDIN
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
25.
LYS MATEMATÝK
28.
15
∑ (ak + 2) = 870
a)
k=1
15
2
∑ 2 = 870
=
k 1=
k 1
15 • (15 + 1)
=
=
⇒ 120a + 30 870
+ 15 • 2 870
2
=
=
⇒
⇒ a 7 elde edilir.
120a 840
2
2
2
⇒
b)
36
⇒ ∏ (27 − k) + ∏ (k + 2) •∏ (k + 3)

=
=
k 1k=1,2,...,36
k
1=
k 1




k=1,2,...,36
⇒
2


⇒
(
4 • 5 • 6 • • • 39)

38 i sürekli 5 e
38 i sürekli 5 e
bölüp bölümler
bölüp bölümler
toplanırsa 5 lerin toplanırsa 5 lerin
sayısı bulunur.
sayısı bulunur.
⇒
 
⇒
8 tane 5 çarpanı 8 tane 5 çarpanı
içerir.
içerir.
8 + 8=16 tane 5 çarpanı
içerir.
30.
Sayının sondan 16 basamağı art arda sıfır olacaktır.
2
⇒
80
∏ (2
•
logk (k + 1) ) = 2
80 − 3 + 1
80
∏
k 3=
k 3
=
⇒2
78
•
•
⇒2
⇒2
78
•
•
m= 1k= 1 j= 1 i= 1
2
2
•
•
logk (k + 1)

i=1,2
2
2
2
2
2
2
2 j k m )
∏ ∏∏ ( (1jk m) ( 2 jk m) ) ⇒ ∏ ∏∏ (

•
2
m= 1k= 1 j= 1
2
∏ ∏ ((2
•
2
1
•
k
2
•
2
m
)(2
m=1 k=1
2
2
•
2
2
k
•
2
•
•
•
m
2
)
•
•
j=1,2
)
14 • m4 )(2 4 • 2 4 • m4 )
m= 1
k=1,2
2
12
8
12
m ) ⇒ (2
∏ (2

•
•
8
1
)(212
•
2
8
2n
∏
∑k
k
10 = 10 k=1
ve 10
logk
= k dır. O halde ,
k=1
2n
2n
∑
2n


2n
∑k
=
,  (
) ∑ k dır. 



1=
k 1


2n
∑
=
k 1=
k 1
(log3 (3 ))
4
2n
78
2
4 • (log
=
3) 2 =
280 elde edilir.
• 2
3


55 tir.
=
k 1
 2n
∑k 
 2n 
⇒ ln  ∏ ek  = ln  ek=1=




 k=1 


2n
∑=k
55 elde edilir.
k =1
2n
2n
⇒ ∑n+ ∑k p
b)=
∑ (n + k) p =
=
k 0
=
k 0=
k 0
2n • (2n + 1)
+
⇒ n • (2n + 1)=
2
5
n
∑
(n + 2k)
=
=
k 1
p=
⇒ 2n • (2n + 1) p dir.
n
n
∑
∑
q=
n+2•
k
⇒
q
=
k 1=
k 1
n • (n + 1)
2•
p=
⇒ n • n +=
⇒ n • (2n + 1) q dur.
2
+ 1) p =
⇒ p 2q dur.
O halde kutucuklardan 2 • n • (2n=
⇒ 1 • 2 • 6 • 24 • 120 = 20n
⇒ 1 • 2 • 6 • 24 • 6 = n
⇒ n = 1728 elde edilir.

q
119
)
) ⇒ 232 elde edilir.
m=1,2
2n
a)
•
2
4
(2 4 k 4 m=
) ) ∏ ((2 4
∏ ∏ (

∑
 sınırlar yakın , tek 
b) ∏ (k + 4)! = ∑ n • (k + 1) 

 tek döküm alınabilir. 
k=1
k=−3
⇒ 1! • 2! • 3! • 4! • 5! = 2n + 3n + 4n + 5n + 6n
www.yukseklimit.com
 sınırlar yakın , tek 


 tek döküm alınabilir. 
•
⇒ =
k+
k 110
k
=
⇒
k=3,4,...,80
1
1
•
2
k
=



(log3 81) = 2
2
2n
∑k
⇒ =
(
)+ ∑
(log3 4 • log4 5 • log5 6 • • • log80 81)
78
2
=
log 10 k 1=
k 110
log 10 k 1
log3 81
78
2
k m)
∏ ∏∏∏ (ij 

⇒
2n
80
(k + 1) = ∏ log(k1/2 ) (k + 1)1
elde edilir.
m=1,2

k
k 3=
k 3
=
36 + 8m
+ 8m) ⇒ (36 + 8) + (36 + 16) ⇒ 96
∑ (36


m=1
⇒ (3 • 4 • 5 • • • 38) • (4 • 5 • 6 • • • 39 )
80
m= 1k= 1
k=1,2
2
m= 1k= 1
⇒ (3 • 4 • 5 • • • 38) • ( 4 • 5 • 6 • • • 39)
∏ log
2
+ 4m) = ∑ ∑ ( (12 + 4 + 4m) + (12 + 8 + 4m) )
∑ ∑ (12
+4k



m= 1k= 1 j= 1
⇒ 26 • 25 • 24 • • • 0 • • • ( −9) + (3 • 4 • 5 • • • 38 )( 4 • 5 • 6 • • • 39)
⇒
12 + 4k + 4m
2
m=1
⇒ ∏ (27 − k) + ∏ ((k + 2)(k + 3))
a)
j=1,2
2
m= 1k= 1
=
k 1=
k 1
27.
3 + 2j + 2k + 2m
2
(3 + 2 + 2k + 2m) + (3 + 4 + 2k + 2m) )
∑ ∑ (


36
•
2
2
⇒
 10   10   10 
 10 
10  10 
−   1023 tür.
• • + 
 +   +   + •=
 2=
 10   9   8 
 1
 0

i=1,2
2
m= 1k= 1
⇒
 sınırlar yakın , tek 


 tek döküm alınabilir. 
+ 2j + 2k + 2m)
∑ ∑ ∑ (3


⇒
Bu kısım sorulumuş
⇒ (3 • 4 • 5 • • • 38)
2
m=1k= 1 j= 1
 10   10   10 
 10   10 
⇒   +   +   + • • • +   +   = 210
10   9   8 
1  0




0
1
2
(1 + j + k + m) + (2 + j + k + m) )
∑ ∑ ∑ (


⇒
n n n
n
n
formül :   +   +   + • • • +   = 2 dir.
0
1
2
     
n
36
2
m= 1k= 1 j= 1
 10   10   10   10 
 10 
⇒∑
=  +   +   + • • • +  
−
11
k
10
9
8








 1
k=1
36
2
m= 1k= 1 j= 1 i= 1
2
⇒
26.
2
+ j + k + m)
∑ ∑ ∑∑ (i


29. a)
10
36
−1
1
1
=
⇒ x1 • x2 − (x1 + x 2 ) + 1
2
2
1
m
1
=
=
⇒
⇒ m 1 elde edilir.
2
2
2
m
)+1
⇒ −1 − ( − =
2
⇒a•
b)
−2
=
2
=
⇒ x1 • x 2 − x1 − x 2 + 1
15 tane
15 • (15 + 1)
(Gauss)
2
c
=
a
1
=
⇒ (x1 − 1)(x 2 − 1)
2
i =1
⇒ a (1 + 2 + 3 + • • • + 15) + (2 + 2 + 2 + • • • + 2) = 870
 
m
ve x1 • x 2=
2
−
=
⇒ ∏ (xi − 1)
15
⇒ a∑ k +
b
− =
a
x1 + x 2=
Mehmet Ali AYDIN
22−TOPLAM ve ÇARPIM SEMBOLÜ
31.
99
3
∑ log (1 + k
a)
3
+
2
99
1
+
LYS MATEMATÝK
) = ∑ log (1 + k1 )3 ⇒
3
34.
k
k
k 1=
k 1
=
99
99
∑ log ( k k+ 1 )
⇒
⇒ 3 • ∑ log ( k + 1 ) dır.
3
2
3
4
100
n
∑ 
(1 + 2 + 3 + • • • + k )
⇒
35=
1
⇒
∑
2
n(n + 1)(n + 2)
[
•
3
1
=
x • (x + 2)
+
1
+
2 •2• 2 •3
1
5
k= 1k= 2 k= 3
3
4
k= n − 1
⇒ x= 2n= 80 elde edilir.
n+ 1
n+1
=i 1
20
=
−1 
k
n
3
=i 1
=i 1 =i 1
⇒
4
n
5
∑∑∑
∑
• • •
k= 1k= 2 k= 3
3 tür.
4
)
•
n−1
∑∑∑
• • •
k= 1k= 2 k= 3
∑
⇒
n+ 1
∑ ( (r − bi )
=i 1
20
•
36.
ax + b
=
⇒ f −1(x)
cx + d
1
=
⇒ f −1(k)
x −1
⇒ (n − 20)! +
r
− dx + b
dır.
cx − a
k+1
dır.
k
2017
∏ ( k k+ 1 )
k=2
5
2018
⇒( • • •••
) = 1009 elde edilir.
2 3 4
2017

(n − k)! (n − k) )
∑ (


•
k=1
((n − k + 1)!− (n − k) )
20
∑ ( (n − k + 1)! − (n − k)! )
k=1
⇒ (n − 20)! + n! − (n − 20)!
2018
2
www.yukseklimit.com
olduğuna göre,
20
 (n − 1 + 1)! − (n − 1)! 
 (n − 2 + 1)! − (n − 2)! 


⇒ (n − 20)! +  (n − 3 + 1)! − (n − 3)! 


•
•
•


 (n − 20 + 1)! − (n − 20)! 


− (n − 1)! 
 n!


 (n − 1)! − (n − 2)! 
⇒ (n − 20)! +  (n − 2)! − (n − 3)! 


•
•
•


 (n − 19)! − (n − 20)!


⇒ (n − 20)! + [ n! − (n − 20)!]
∏ f −1(k)
4
• b
i
i 1 =
i
1 
=


p • p! = (p + 1)! − p! dir.
⇒ (n − 20)! +
k=2
3
n+1
∑ ai − ∑ ai
n doğal sayı ve n ≥ 20
3n = 310
n = 10 elde edilir.
⇒
n +1
5
3 • 3n−1
2017
tir.
⇒ 5r − r
⇒ 4r elde edilir.
 Kutucuğa alınan kuvvetlerin 


 toplamı sabit ve n + 2 dir. 
=1
k


⇒
∑ ai = 5
•
3
=
⇒ f(x)
n+ 1
3 3 = 310
∑ 3 n− 1 = 310
33.
=
f(x)
∑ ai −3n − 3 = 2 − 3n
ai ) ⇒ r •
32 =( 3 )
=
−3 
k
n

•
(n + 1) = 2 − 3n
• • •
20 tane
3 • 33
•
•
n+1
⇒
=
k
n
−2 
5
∑ ai −3
i=1
3 • 32
3
n+1
i=1
3) ( 3)
(
( 3)

3•3
3
n+1
i=1
=
3
31 ∏
∑=
• • •
k= 1k= 2 k= 3
3
i= 1
n+1
5
∑∑∑
41
10
− 3n ⇒ ∑ ai − ∑ 3 2 − 3n
35.=
∑ (ai − 3) 2 =
lne
∏=
(ln(e )
=
∑ ∑ ∑••• ∑ 3
10
35
] = 35
20
n+1
=
 10
 n + 1  = 41


⇒
4
1
2 • n • 2 • (n + 1)

=
• • • +
n • (n + 1) 
41



1
=
=
⇒ n(n + 1)(n
⇒ n 5 elde edilir.
+ 2) 210
3
+
2n olsun)
n
40
=
n+1
41
⇒ n = 40
⇒ n(n + 1)(n + 2) = 6 • 35
32.
• • •
10
=
(x
41
⇒
35
k(k + 1)
(Gauss)
2
∑
•
4
n
k(k + 1)
1 n
=
⇒
⇒
35=
k(k + 1)
2
2k 1
=
k 1=
• • •
1  n
1
k 1=
i=1
=
k 1
+
n
n+ 1
⇒ 3=
3=
• log (10 )
• 2 • log 10
 6 elde edilir.
k
+
1
6•8
+
+
•
2 • 2  1 • 2
2•3
2
n
+
 1
1
100
1
∑∑
4•6
2 • 1• 2 • 2
⇒ 3 • log ( • • • • •
) = 3 • log 100
1 2 
3
99

⇒
b)
i
=
1
+
1
k
k 1=
k 1
=
1
2•4
⇒ n! elde edilir.
120
Mehmet Ali AYDIN
23−DÝZÝLER−1(Dizinin Tanýmý−Eþit Dizi−Sabit Dizi−Alt Dizi−Monoton Dizi)
1.
LYS MATEMATÝK
+
N → R tanımlı fonksiyona dizi denir. O halde ,
 1
  n 
1
1
4.
a) (an )  =
=
+
+•••+
 

 1 
• 2
• 3
• (n + 1) 
3
1
2
n
 n+1

I. (an )  =
II. (an )
n−2
=
n + 1 



Dizidir.
Dizidir.
19 18
361 360
1
=
=
=
− a18
−
−
dir.
⇒ a19
20 19
380 380
380
III. (an ) (logn
IV.
(an )
(−1)n • n
=
=
)


(19) (20)



(
)
)
(
Dizidir.
Dizi değildir. Çünkü
tanımsız terimler var.
Örneğin n=1 için −1
b) (an )
reel sayı değil. =
n


o
V.
(an ) tan(n
)
VI. (an )  2
=
=

n
25
−




(
)
Dizi değildir. Örneğin
n=90 için tan (90o )
reel sayı değil.
⇒ a95 =
Dizi değildir. n=5
için tanımsız.
 1
  n 
1
1
+
+•••+
=

n • (n + 1)   n + 1 
 1• 2 2 • 3
95
elde edilir.
96
1


VII. (an ) =  2

n
4n
+
− 3



Dizidir. Paydayı 0 yapan
değerler var ancak pozitif doğal sayı değil.
Yani tanım kümesinde
yok.
5.=
a)
(an ) ( 2=
+ 4 + 6 + • • • + 2n) n • (n + 1)
Sonuç olarak IV , V ve VI dizi değildir.
2.
a)
⇒ an = 110
⇒ (an ) = 2
⇒ n • (n + 1) = 110
⇒ n = 10 elde edilir.
3n + 1
=2
n+ 4
⇒ 3n + 1 = 2n + 8
⇒ n = 7 elde edilir.
⇒
b)
⇒ (bn ) = ( a1 + a2 + a3 + • • • + an )
( )
⇒ (bn ) = (1 + 3 + 5 + • • • + (2n − 1) )
2
b)
(an ) = ( 2n − 1)
(an ) = n
( )
⇒ (bn ) = n2
⇒ a2011 − a1989 = 20112 − 19892
= (2011 − 1989) • (2011 + 1989)
= 22 • 4000
⇒ an = b21
= 88000 elde edilir.
3.
a)
⇒
n2 + 3n + 48
n(n + 3) + 48
=
n+3
n+3
⇒
n(n + 3)
48
48
=n +
+
n+3
n+3
n+ 3
elde edilir.
⇒ 2n − 1= 212
⇒ 2n − 1= 441
⇒ n = 221 elde edilir.
Kutucuğu tam sayı yapan pozitif doğal sa yılar 48 in pozitif bölenlerinden 4 ten küçük
+
olanların atılmasıyla sayılabilir. Çünkü n ∈ N
6.
olduğundan payda en az 4 olabilir.
⇒ 48 = 2 4 • 31
(asal çarpanlara ayırıldı)
⇒ Pozitif bölen sayısı = ( 4 + 1)(1 + 1)
⇒ Pozitif bölen sayısı = 10 dur.
⇒
(
⇒
+ 25
=
a6 1 + 2 + 22 + • • •=
çözüm
aralığı
+ + +
− − −
6
2 −1
=
2−1
(r ≠ 1)
)
63 tür.
a1 + a2 + a3 + a 4 = (1) + (1 + 2) + (1 + 2 + 22 ) + (1 + 2 + 22 + 23 )
n2 − 10n + 21
(n − 7) • (n − 3)
<0⇒
<0
2n − 9
2n − 9
9
7
3
2
− − −
rn − 1
r −1
(an ) = 1 + 2 + 22 + 23 + • • • + 2n − 1
Ancak 1,2 ve 3 sayıları 48 i böldüğü halde
4 ten küçük olduğundan sonuç 10 − 3 = 7 dir.
b)
1 + r + r 2 + r 3 + • • • + r n−1 =
= 1 + 3 + 7 + 15
= 26 dır.
O halde a6 − (a1 + a2 + a3 + a 4 ) = 63 − 26 = 37 elde edilir.
+ + +
çözüm
aralığı
Taralı bölgedeki pozitif doğal sayılar 1, 2, 5 ve 6
olup 4 tanedir.
www.yukseklimit.com
121
Mehmet Ali AYDIN
23−DÝZÝLER−1(Dizinin Tanýmý−Eþit Dizi−Sabit Dizi−Alt Dizi−Monoton Dizi)
7.
44
a4
a) =
a3
b)
4
• 4!
3=
33
33 • 3!
44
33 • 3!
• =
34 • 4!
33
LYS MATEMATÝK
10.
64
dir.
81
(cn ) =
( an + 2bn+ 2 + 3 )
⇒ c 4 = a 4 + 2b 4 + 2 + 3
⇒ c 4 = a 4 + 2b6 + 3 tür.
 2n + 1 
(an )= 
 ⇒ a 4=
 n+2 
 n 
(bn )= 
 ⇒ b6=
 n+2 
Genel terimi,
n+ 3
 3 ,

an = n2 + 11,
n
 ,
 2
6≡0
n≡0
(mod 3)
n≡1
(mod 3)
n≡2
(mod 3)
11.
Aşağıda verilen ifadelerden hepsi doğrudur .
2
=
+ 11 ⇒ a7 7 =
+ 11 ⇒ a6 60 dır.
⇒ an n =
(
I. (an ) = (−1)2n + 1
(mod 3) olduğundan a8 için
(
(an ) = n2 − 8n + 18
(
(an ) = 2x + xn − n2
(
(an ) = ( cos(2nπ) )
II.
(
(bn ) = (−1)2 − 2n
esas ölçüsü 0 olduğundan ve 2 − 2n da ima çift olduğundan ,
(an )
=
(bn )
=
⇒ (b )
−1)
( (=
) ((−1) )=
2 − 2n
çift
(
III. (an ) = (−1)n • (n + 1)
n
(1 )
)
dizisinin ilk yüz
teriminin toplamı 50 dir.
(
(an ) = (−1)n • (n + 1)
)
=( −
2 , 3 , − 4 , 5 , • • • , −100 , 101 , • • •)

)
ilk 100 terim
⇒ a1 + a2 + a 3 + • • • + a100
⇒ a5 = − 52 + 10 • 5 + 20
⇒ a5 = − 25 + 50 + 20
 100 terim olduğun - 

 dan 50 tane 1 oluşur. 
2+3 −
4
+
5
⇒−


• • •
−
100
+ 101

 
2+3 −
4
5
⇒−
+


• • •
100
−
+ 101


1
⇒ a5 = 45 elde edilir.
1
(
(
=
π) ) ( cos 0=
( cos(2n
) ⇒ (an ) (1 )
Böylece (an ) = (bn ) olduğu görülür. (DOĞRU)
)
olduğundan bu dizinin en büyük terimi ,
9.
)
dizileri eşit iki dizidir. Çünkü n • 2 π nin
− n2 + xn + 2x ifadesi parabolümsü oldu ğundan ve en büyük terimi 5. terim ol b
duğunan r = −
dan
2a
x
=
⇒ 5 −=
⇒ x 10 elde edilir. O halde ,
2 • (−1)
(
)
(an ) = ( −1) elde edilir. (DOĞRU)
)
(an ) = −n2 + 10n + 20
dizisi sabit dizidir. Çünkü
(an ) = (−1)tek
n2 − 8n + 18 ifadesi parabolümsü oldu b
ğundan en küçük değerini r = −
dan
2a
−8
⇒ n= −
2•1
⇒ n = 4 için yani 4. terimi en küçüktür •
b)
)
2n + 1 daima tek olduğundan ,
n
8
=
⇒ a8 = 4 tür.
⇒ a8
2
2
O halde a6 + a7 + a8 = 67 dir.
=
⇒ an
a)
3
tür.
4
3
3
+2• +3
2
4
⇒ c 4 = 6 elde edilir.
n+3
6+3
=
=
⇒ a6
⇒ a6 3 tür.
3
3
7 ≡ 1 (mod 3) olduğundan a7 için
8.
6
=
8
3
dir.
2
⇒ c4 =
=
⇒ an
8≡2
6
=
6+2
9
=
6
⇒ c 4 = a 4 + 2b6 + 3 idi.
(mod 3) olduğundan a6 için
2
2•4+1
=
4+2
1
1
1
1
⇒ 50 • 1 = 50 elde edilir. (DOĞRU)
)
)
(an ) = n2 − 12n + 2 tam kare yapılırsa,
 3 + 4n 
12.
(an )  =
=
 sabit dizi ise a1 a2 olmalıdır.
(an ) = (n − 6)2 − 34 dir. Negatif terimler için,
 k + 1+ kn 
7
11
⇒ (n − 6)2 − 34 < 0
=
=
a1 a 2 =
⇒
⇒ k −4 tür.
2k + 1 3k + 1
n
pozitif
doğal
sayı
olduğun


⇒ (n − 6)2 < 34 
 3 + 4n   3 + 4n   3 + 4n 

⇒ (an ) 
=
=
 dan tablo yerine değer verilirse 
 =
 

 −4 + 1 + 4n   −3 − 4n   −(3 + 4n) 
⇒ (an ) = −1 sabit dizisi oluşur. O halde ,
n → 1 , 2 , 3 , • • • , 11 olmak üzere 11 değer alabilir.
⇒ a 2016
=
+ a2017 (−=
1) + ( −1) − 2 elde edilir.
www.yukseklimit.com
122
Mehmet Ali AYDIN
23−DÝZÝLER−1(Dizinin Tanýmý−Eþit Dizi−Sabit Dizi−Alt Dizi−Monoton Dizi)
13.
16.
 n2 + n − 1 
(an ) = 

 3n + 4 
 (2n + 3)2 + (2n + 3) − 1 
⇒ ( a2n + 3 ) = 

3(2n + 3) + 4


 4n2 + 12n + 9 + 2n + 3 − 1   4n2 + 14n + 11 
⇒
 = 
 tür.

6n + 9 + 4
6n + 13

 

a)
n 2=
için ⇒ a3 2 =
− a2 ⇒ a3 2 − (=
−4) ⇒ a3 6
=
=
=
⇒ a 4 3 −=
n 3 için
a3 ⇒ a 4 3 =
− 6 ⇒ a4 − 3
=
n



14.

3
n 6=
için ⇒ a7 6 =
− a6 ⇒ a7 6 − (=
−2) ⇒ a6 8
=
b)
n+1
yazılırsa ,
3
n+1


 3•( 3 )+1
 n+2 
=
 ⇒ (an ) 
 dir.
 2n + 1 
 6 • ( n + 1 ) − 1 
3


=
=
⇒ a3 5 =
• a
n 2 için
5=
5!
• 4! ⇒ a
2 ⇒ a3
3
=
=
⇒ a4 6 =
• a ⇒ a
n 3 için
3
4
•
17.
ifadenin artan ve pozitif doğal sayı dizisi olması gerekir.
artandır fakat pozitif
doğal sayı dizisi değil.
−1 bozuyor. alt dizi değildir.
n = 1 için
n = 3 için
n = 5 için
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
•
n
3
2
=
4, 8,...) (n ) (1,8,27,...) (n + 3n) = (4,10,18,...)
(2,

 

 


=
(2 )
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
VII.
 n+2 
II. 
= ( an − 1 )
n + 3 



2
(n − n)=(0,2,6,...)

artandır fakat pozitif
doğal sayı dizisi değil.
0 bozuyor. alt dizi değildir.
www.yukseklimit.com
1
2
n
=
a
3=
için ⇒ 3
a4
a
3+1
=
⇒ 3
3
a4
3
•
3
4
•
a39
a 40
=
39 + 1
39
⇒
a 39
a 40
=
40
39
Kutucuklar taraf tarafa çarpılırsa ,
⇒
artandır fakat pozitif
doğal sayı dizisi değil.
örneğin 1 doğal sayı
2
değil. alt dizi değildir.
a1
a2
•
a2
a3
•
a3
a4
• • •
a39
=
a 40
2
1
•
3
2
•
4
3
80
=
⇒
a 40
• • •
40
39
⇒
a1
=
a 40
40
=
⇒ a 40
1
40
1
2 dir.
=
a1 2 =
ve an + 1 2(a ) ⇒
18.
 2n − 1 + 3 
VI.  n − 1
 = a2n−1
+ 4 
2



(
2
a
2+1
=
⇒ 2
2
a3
n = 39 için ⇒
n
1 2 3
( )=( , , ,...)
2
2
2 2 


)
a
1+ 1
=
⇒ 1
1
a2
a
2=
için ⇒ 2
a3
( )
(
n+1
n
n
=
(n − 1)=(0,1,2,...)



 n2 + 3 
 n+6 
a=
IV. 
=
III.  2

 ( an/2 )
n2
n+8
n + 4 







 n2 − n + 3 
V.  2
 = an2 − n
n − n + 4 


⇒ a57 − 2 = 112
a
n 1=
için ⇒ 1
=
a2
•
(n2 )=(1,4,9,...)



⇒ a57 − 2 = 4 • 28
⇒ a57 = 114 elde edilir.
artandır fakat pozitif
doğal sayı dizisi değil.
0 bozuyor. alt dizi değildir.
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
• • •
an
=
b) a1 80=
ve
an + 1
 n+3 
(an ) = 
 olduğuna göre, aşağıda verilen
 n+ 4 
dizilerden I, III ve VI (an ) in alt dizisidir.
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
⇒ a57 − a1 = 4
+4+4+
+4
+ 1= 28 tane
2
4 oluşur.
azalan olduğundan alt
dizi değildir.
(2n + 1)=(3,5,7,...)

a57 − a15 = 4
+
55 − 1
(6,5,
=
4,...)
( −n) ( −1, −2, −3,...)




 2n + 4 
= ( a2n + 1 )
I. 
2n + 5 


•
28 tane
=
(7 − n)
15.
•
Taraf tarafa toplanırsa
artan pozitif doğal sayı
dizisi olduğundan alt
dizidir.
VIII.
azalan olduğundan alt
dizi değildir.
4
a3 − a 1 = 4
a5 − a 3 = 4
a7 − a 5 = 4
⇒
⇒
⇒
n = 55 için ⇒
VI.
V.
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
• 16! ⇒ a
17
=
17!
15
a) =
=
a1 2 ve an + 2 an=
+ 4 ⇒ an + 2 − an
(3,
=
4, 5,...) (2n − 3) ( −1,1, 3,...) (n!) = (1,2, 6,...)


  
IV.
•
III.
=
(n + 2)
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
•
• 5! ⇒ a
6=
6!
4
=
n 14=
için ⇒ a15 1=
7 • a14 ⇒ a15
değildir . Çünkü alt dizisi olması için n yerine yazılan
II.
a1 = 6 = 3! ve an + 1 = (n + 3) • an ⇒
• 3! ⇒ a
=
=
⇒ a2 4 =
• a ⇒ a
n 1 için
4=
4!
1
2
2
Verilen ifadelerden II, VII ve VIII (an ) dizisinin alt dizisi
I.
4=
için ⇒ a5 4 =
− a 4 ⇒ a5 4 − (=
−3) ⇒ a5 7
=
n 5=
için ⇒ a6 5 =
− a 5 ⇒ a6 5 − 7 ⇒ a6 = − 2
fonksiyon tersi olan

=
⇒  a n+ 1
 3(
)− 1 
=
a)
a1 5 =
ve an + 1 n − an ⇒
=
n 1 için
=
⇒ a2 1 −=
a1 ⇒ a2 1 −=
5 ⇒ a2 − 4
 3n + 1 
(a3n − 1) = 

 6n − 1 
(an ) i elde etmek için n yerine 3n − 1 in
b)
LYS MATEMATÝK
)
n
(a )
=
n 1 için
=
⇒ a2 2 1=
⇒ a2 22=
⇒ a2 4
n−1
(2
)=(1,2,4,...)


(a )
=
n 2 için
=
⇒ a3 2 2=
⇒ a3 24=
⇒ a3 16
artan pozitif doğal
sayı dizisi olduğundan alt dizidir.
=
n 3=
için ⇒ a 4
123
(a )
3 ⇒ a
2=
216 elde edilir.
4
Mehmet Ali AYDIN
23−DÝZÝLER−1(Dizinin Tanýmý−Eþit Dizi−Sabit Dizi−Alt Dizi−Monoton Dizi)
19.
a)
22.
Bir dizinin ilk n tane teriminin toplamı
Tn ise ilk 20 teriminin toplamı
⇒ Tn = n2 + n + 7
2
=
⇒ T20 20=
+ 20 + 7 ⇒ T20
b)
LYS MATEMATÝK

1

 dizisinde ilk on terim toplamı ,
 (n + 3) • (n + 4) 
( an ) = 
1
Formül :
Bir dizinin ilk n tane teriminin toplamı
1
⇒
Tn ise bu dizinin 8. terimi olan a8 için ,
2
⇒ Tn = n + 32
⇒
+ 32 ⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + a8 96
=
⇒ T8 82=
+
1• 2
1
+
1• 2
1
2•3
1
+
1
2•3
1
+
1
3•4
1
4•5
1
4•5
1
• • •
5•6
1
+•••+
3•4
+
1
+
n • (n + 1)
+•••+
1
1
+
13 • 14
n
=
=
13 • 14
1
n+1
13
14
13
3
4
1
1
1
13
3
=
+
+
+•••+
13 • 14
14
4 4•5 5•6
⇒
O halde ,
⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + a7 + a8 = 96


1
⇒
81
⇒ 81
+ a8 96=
⇒ a8 15 elde edilir.
=
23.
+
4•5
1
5•6
1
13
3
5
13 • 14
14
4
28
+•••+ =
−
=
dir.
II , IV , VI ve VIII monoton değildir?
Bir dizinin ilk n tane teriminin toplamı
2
I. (n ) (1,
4, 9,...)
II. ((n − 1)!) (1,1, 2,...)
=
Tn ise bu dizinin genel terimi olan an =
için,



monoton artan
olduğu açıktır.
⇒ Tn = n2 + 2n
⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + an − 1 + an = n2 + 2n
III. (
n
)=(
monoton değildir.
1 ve 1 bozuyor.
1 2 3
, , ,...)
IV. ( 2 ) = ( 2 ,
2 , 2 ,...)


n + 1 
2 3 4 

2
⇒ Tn − 1 = (n − 1) + 2(n − 1)
monoton değildir. Sabit
dizidir.
monoton artandır. Çünkü
rasyonel sayılar artarak 1 e
yaklaşmaktadır (limiti 1)
2
⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + an − 1 = n − 1
O halde ,
V. (n − n
⇒ a1 + a2 + a 3 + • • • + an − 1 + an = n2 + 2n

2
 n 
⇒ (an ) =  ∑ 5 
 k =1 
⇒ (an ) = (5n) dir. O halde ,
(
VII.
−
⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + a10 ⇒ 5 + 10 + 15 + • • • + 50
10 • (10 + 1)
2
21.
2
n
 ∑k 
⇒ (an ) =  2k=1 




⇒ (an ) =
 n • (n + 1)
2 2






3n − 1
−1
3
)
−
d
c
−1 < sinn < 1 değerleri periyodik olduğundan monoton
değildir.
(
< 1⇒
VIII. −
< 1 → monotondur.
1
n
+
n+1
2n − 5
−5
2
)
−
d
c
< 1⇒
> 1 → monoton
değildir.
1
n+1
+
1
1
+•••+
)
n+2
2n
− 3n − 2
n • (2n + 1)(2n + 2)
<
0
olduğundan monoton azalandır.




∏



∑k =
n
24.
n
∑k 
 dır.


k
r = r k=1
k=1
n
n • (n + 1)
k=1
2

 dir.

•
+ • • • + 13
⇒ 0 + 1 + 2 + 3=
•
91 dir.
d
 an + b 

 dizisi − < 1 ve ad − bd > 0 ise
c
 cn + d 
 2n − k 
monoton artandır. 
 monoton artan ise ,
 3n − k + 2 
−k + 2

< 1⇒k < 5
⇒−

3
 − 4 < k < 5 tir.
⇒ 2 • ( − k + 2) − 3 • (−k) > 0 ⇒ k > −4 
•
 1 8 9 10) 
2
3
 2120 dir.
=  2=




•
13 • (13 + 1)
=
2
b)
8
 1 ∑
n (n + 1) 
 2 2 n=1







•
d
 an + b 
a) 
 dizisi − c < 1 ve ad − bd < 0 ise
 cn + d 
 xn + 7 
monoton azalandır. 
 monoton azalan ise ,
 2n + 1 
⇒ x • 1 − 2 • 7 < 0 ⇒ x < 14 tür.
O halde, x in doğal sayı değerlerinin toplamı
elde edilir. O halde ,
8 n (n + 1)
 ∑

2
 2=

n=1
⇒ a1 • a 2 =
• a • • • a
3
8






www.yukseklimit.com

IX. ⇒ an + 1 − an =
⇒ 275 tir.
 n

⇒ (an ) =  ∏ 2k 
 k =1 
2n + 1
( an ) = (
⇒ 5 • (
1 + 2 + 3 + • • • + 10 )

10 • (10 + 1)
VI. (1 + sinn) = (0, −2, −6,...)
monoton azalan
olduğu açıktır.
⇒=
n2 − 1 + an n2=
+ 2n ⇒ an 2n + 1 elde edilir.
⇒5•
) = (0, −2, −6,...)



n2 − 1
20.
tür.
+
+
+
+•••+
=
• 3
4•5
13 • 14
14
1• 2
2
3 •
4

+ 32 ⇒ a1 + a2 + • • • + a7 81
=
⇒ T7 72=
c)
1
⇒ a1 + a2 + a 3 + • • • + a10 =
427 elde edilir.
•
124
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
1.
LYS MATEMATÝK
4.
an + 1 − an = sabit ise an aritmetik dizidir. O halde
3 , a2 , a3 , a 4 , • • • , a21 , 17


aşağıdakilerden III ve IV aritmetik dizidir.
I.
yerleştirilen 20 terim
II.
 n 
n • (n + 1)
)
 ∑ k  = (
2
k =1 

 n

 ∏ (k + 1)  = ((n + 1)!)
k =1




Yerleştirilen 20 terimle birlikte 22 terimlik
bir dizi oluşacağından ,
3 = a1 pozisyonunda
(n + 1) • (n + 2) n • (n + 1)
an+1 − an =(n + 2)!− (n + 1)! sabit
a
−a =
−
değil yani aritmetik dizi değil. n+1 n
2
2
sabit değil yani aritmetik dizi değil.
17 = a22 pozisyonunda olacaktır.
IV.
III.
 n 
 ∑ 3  = (3n)
i =1 



O halde aritmetik dizinin genel terimi ,
⇒ an = ak + (n − k) • d
 2n + 1 
 13 


⇒ a22 = a1 + (22 − 1) • d
2(n + 1) + 1 2n + 1 2
=
=
+ 1)! − 3n 3 sa-=
an+1 − an 3(n
an+1 − an
−
=
13
13
13
bittir yani aritmetik dizidir.
sabittir yani aritmetik dizidir
V.
=
⇒ 17 3 =
+ 21 • d ⇒ d
VI.
 n 
1   n+1

n
=
 ∏ 3  (3 )
1 + n   =

n

 

k =1 




n+ 2 n+1
−
sabit
n+ 1
n
değil yani aritmetik dizi değil.
2
=
⇒ a4 3 =
+ 3 • ⇒ a 4 5 elde edilir.
3
VIII.
n − 2n + 1) = ((n − 1) )
(

5.
(3 5 )
2
•
n
a)
Aritmetik dizide genel terim ,
an = a1 + (n − 1) • d



a
=
− an 3 • 5n+1 − 3 • 5n sabit değil
n+1
a
=
− an n2=
− (n − 1)2 2n + 1
n+1
a
yani aritmetik dizi değil.
sabit değil yani aritmetik dizi
değil.
2.
⇒ a 4 = a1 + (4 − 1) • d
yani aritmetik dizi değil.
VII.
2
Yerleştirilen 3. terim a 4 olacağından ,
an+1 − an =3n+1 − 3n sabit değil
an+1 − an ==
⇒
n + 4 , 2n + 6 , 5n − 2 aritmetik dizi ise
a11 − a5 + a16
a22
=
O halde ⇒ 2n + 6 − (n + 4) = 5n − 2 − (2n + 6)
⇒ n + 2 = 3n − 8
⇒ n = 5 elde edilir. Böylece dizi ,
ortak =
fark ⇒ d
16=
−9⇒ d
• •
2
⇒ a1 + a17 = 24
⇒ 2 • a 1+ 17 = 24
2
⇒
⇒ a9 12 dir. O halde ,
=
2 • a9 24=
⇒ an = 9 + (n − 1) • 7
3.
a) a13
=
dir.
⇒ a8 + a10 + a9



• 21 + 2 ⇒ a
7=
21 149 elde edilir.
47
=
ve a 20
2 • a9
⇒ 2 • a9 + a9 ⇒ 3 • a9 ⇒ 3 • 12 ⇒ 36 elde edilir.
68 verilmiş.
Aritmetik dizinin genel terimi ,
6.
⇒ an = ak + (n − k) • d
⇒ a20 = a13 + (20 − 13) • d
=
⇒ 68
a1 + 21d
= 1 elde edilir.
a1 + 21d
7 elde edilir.
⇒ an = a1 + (n − 1) • d
⇒ an = 7n + 2
47 + (20 − 13) •=
d ⇒ 21
• d ⇒ d
7=
a)
(an ) aritmetik dizi olduğundan ,
a9 + a23
=
3 tür.
a13
=
+ ak ⇒ 9 + 23 13 + k
⇒ k = 19 elde edilir.
O halde ⇒ a 5 − a 4 = d = 3 tür.
b)
b) a9 22
ve a5 42 verilmiş.
=
=
a
5

a5 − a 4 3 =
=
⇒ a 4 + d − a 4 3 ⇒ d = 3 tür.
⇒ an = ak + (n − k) • d
⇒ a 9 = a 5 + (9 − 5) • d
42 + 4 • d=
⇒ − 20
Aritmetik dizide genel terim ,
an = ak + (n − k) • d dir.
Aritmetik dizinin genel terimi ,
=
⇒ 22
a
b) Aritmetik dizide an + ak = 2 • a n + k dir.
şeklinde olup
O halde, aritmetik dizinin genel terimi ,
Böylece
=
⇒ a21
a
5 
16 
11 



a1 + 10d − (a1 + 4 d) + (a1 + 15 d)
=
a1 + 10 • d

a22
an + 1 − an = d (ortak fark sabiti) dir.
n + 4 , 2n + 6 , 5n − 2 ⇒ 9 , 16 , 23 , •
2
tür.
3
• d ⇒ d
4=
a
a
10 
6 



=
a6 + a10 60=
⇒ a 4 + 2d + ( a 4 + 6 d) 60
− 5 tir.
Genel terim,
⇒ an = a5 + (n − 5) • d
⇒ 2 a 4 + 8d = 60
⇒ an = −5n + 67 elde edilir.
⇒ a 4 = 18 elde edilir.
⇒ 2 a 4 + 8 • 3 = 60
⇒ an = 42 + (n − 5) • ( −5)
www.yukseklimit.com
125
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
7.
10.
Aritmetik dizide an + ak = 2 • a n + k dir.
2
=
a5 + a21
⇒ 2 • a 5 + 21
40=
Aritmetik dizinin ilk n terim toplamı Sn ise ,
n
(a1 + an ) dir. a1 + an+ 1 6n verilmiş.
=
2
O halde , ilk n + 1 terim toplamı Sn + 1 için ,
=
Sn
40
2
2 • a13
⇒
=
LYS MATEMATÝK
40=
⇒ a13 20 dir.
⇒ Sn + 1 =
a6 + a 4 12=
⇒ 2 • a 6 + 4 12
=
⇒ Sn + 1
=
2
2 • a5 12=
⇒
⇒ a5 6 dır.
=
11.
Kutucuklar taraf tarafa toplanırsa ,
=
⇒ a13 + a 5 20=
+ 6 ⇒ 2 • a 13 + 5 26
n
3
37
=
=
a1
, a1
verilmiş.
(a + an ) dir.
2
2
2 1
O halde , ilk 20 terim toplamı S20 için ,
2 • a9 26=
⇒
=
⇒ a9 13 elde edilir.
a)
(an ) aritmetik dizisinin ilk n
⇒ S20 =
teriminin
toplamı Sn ve Sn = 3n2 + 8n verilmiş.
=
⇒ S20
⇒ an = Sn − Sn − 1
⇒ an = 3n2 + 8n − (3(n − 1)2 + 8(n − 1))
b)
⇒ an = 3n2 + 8n − 3n2 + 6n − 3 − 8n + 8
(an ) aritmetik dizisinin ilk n
Aritmetik dizinin ilk n terim toplamı Sn ise ,
n
(a + an ) dir. a9 = 5 verilmiş.
2 1
O halde , ilk 17 terim toplamı S17 için ,
Basitçe , d = a2 − a1 düşünülürse ,
=
6=
11 
• 1+ 5 ⇒ a
a
1
an = 6n + 5 ⇒  1

=
17 
• 2 + 5 ⇒ a
2
 a2 6 =
=
⇒ d a2=
− a1 ⇒ d 17=
− 11 ⇒ d 6 dır.
20
(a1 + a20 )
2
20 3 37
=
( + ) ⇒ S20 200 elde edilir.
2 2
2
Sn =
⇒ an = 6n + 5 elde edilir.
b)
a) Aritmetik dizinin ilk n terim toplamı Sn ise ,
Sn =
2
8.
n+1
(a1 + an+ 1)
2
n+1
• 6n ⇒ S
=
3n2 + 3n elde edilir.
n+1
2

17
 an + ak 2 • a n + k
a17 )
(a
=
1+



2

2
⇒ S17
=
2 • a 1+17

 dir.


2
17
(2 • a9 ) ⇒ S17
=
2
⇒ S17
=
teriminin
12.
toplamı Sn ve Sn = 2n2 + 5n verilmiş.
a)
17
• 2 • 5 ⇒ S
17 = 85 tir.
2
2ln 3 + ln x , 3ln 3 , ln x aritmetik dizi ise ,
  
a2
a3
a1
⇒ a2 − a1 a 3=
− a 2 ⇒ 3ln 3 − (2 ln 3 + ln x) ln x − 3ln 3
⇒ a9 + a10 + a11 + a12 ifadesinin eşiti için , =
ilk 12 terim toplamı S12 den ilk 8 terim
3 − 2ln 3 − ln x
⇒ 3ln
=
toplamı S8 çıkarılmalıdır. O halde ,
=
⇒ ln x
2 ln 3
3 ⇒ x 3
=
⇒ ln x ln=
a2
⇒=
⇒ a9 + a10 + a11 + a12 = 2 • 122 + 5 • 12 − (2 • 82 + 5 • 8 )
2
2ln
3 + ln 3
=
a2=
− a1
Genel =
terim ⇒ an
a) Aritmetik dizinin ilk n terim toplamı Sn ise ,
2
2
ln=
3
4 ln 3
elde edilir.
2ln3 + 2ln3
=
⇒ a1
3ln3 ve ⇒=
a3
Ortak fark
=
d
⇒ a9 + a10 + a11 + a12 = 180 elde edilir.
9.
2
=
⇒ a1
⇒ a9 + a10 + a11 + a12 = S12 − S8
ln=
x − 3ln3 ⇒ 2 ln x
4 ln 3
2ln 3 ⇒ =
a3
3ln 3 − 4 ln 3=
⇒d
a1=
+ (n − 1) • d
2 ln3
− ln 3
4 ln3 + (n − 1) • (− ln 3)
⇒ an = (5 − n) • ln3
O halde ,
n
(2 • a1 + (n − 1) • d) dir.
 1 
−6
2
an ln=
=
 729  ⇒ (5 − n) • ln3 ln 3


1
a1 5 =
ve d
ise ilk 81 terim toplamı ,
=
6 • ln3 ⇒ 5 − n −6 ⇒ n = 11 dir.
=
⇒ (5 − n) • ln 3 −=
4
81
1
S81 =
(2 • 5 + (81 − 1) • )
2
4
α
+ d , α + 2d olsun.
b) İç açılar ; α , 
S81 = 1215 elde edilir.
ortanca iç açı
Sn =
( )
⇒ α + α + d + α + 2d = 180o
b) Aritmetik dizinin ilk n terim toplamı Sn ise ,
o
=
⇒ 3(α + d) 180
=
⇒ α + d 60o
n
Sn = ( a1 + an ) dir. İlk 40 terim toplamı ,
2
40
(a1 + a 40 )
S40 =
2
=
5
• 1+ 2 ⇒ a
 a1 3 =

1
(a=
(3n + 2) ⇒ 
 dir.
n)
=
=
122
a
3
• 40 + 2 ⇒ a
 40

40
40
O halde ⇒ S40 =
(a1 + a 40 )
2
40
(5 + 122 ⇒ S40 2540 tır.
=
=
⇒ S40
2
www.yukseklimit.com
α + d = 60o ortanca iç açısının dış açısı
180o − 60o = 120o elde edilir.
c) Yaşları ; 
19
− 4d

 , 19 − 3d , 19 − 2d , 19 − d , 19 olsun.
en küçüğü
⇒ 19 − 4d + 19 − 3d + 19 − 2d + 19 − d + 19 = 65
⇒ 95 − 10d = 65
⇒ d = 3 elde edilir. O halde en küçüğün yaşı
⇒ 19 − 4d ⇒ 19 − 4 • 3 ⇒ 7 elde edilir.
126
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
13.
16.
an + 1
= sabit ise an geometrik dizidir. O halde
an
II.
(n ) 

2
an+1
an
=
(n + 1)2
n
an+1
=
an
2(n + 1)
sabit değil
2n
yani geometrik dizi değil.
yani geometrik dizi değil.
III.
IV.
1
2
3
n
2 2 2
2 )
(


•
an+1
=
an
1
•
2 •2
2
( )
 1 
−n
 n = 2
2 
 

• • •
n
n+1
2 •2
= 2n+1
•••
Yerleştirilen 6 terimle birlikte 8 terimlik
bir dizi oluşacağından ,
2
= a1 pozisyonunda
9
486 = a8 pozisyonunda olacaktır.
(2n)

sabit değil
2
Geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
an
tir yani geometrik dizidir.
=
⇒ 486
VI.
V.
2

•
3 


an+1
=
⇒
⇒ r 3 tür.
37 r 7=
(n + 1)! (n + 1) •n!
=
= (n + 1)
an+1 2 n+1+1 • 3 −2(n+1) 2
n!
n!
sa=
=
sabit değil yani geometrik dizi
an
9
2 n+1 • 3 −2n
değil.
bittir yani geometrik dizidir.
=
an
14.
 (0,5)n − 1
(an ) = 
2n + 1
 (0,3)
a)
ya da kısaca r =
Sondan 3. terim a6 olacağından ,
⇒ a6 = a1 • r 5

 geometrik dizi olduğundan

=
⇒ a6
an + 1
= r formülünden
an
ortak çarpanı yani r yi
a2
den bulabiliriz. O halde ,
a1
17.
2 −1
(0,5)
a2
(0,5)1 (0,3)3
(0,3)2 2 + 1
⇒=
=
r
=
•
1− 1
a1
(0,5)
(0,3)5 (0,5)0
(0,3)2 1+ 1
1
1
1
1
( )3
2 • 3 =
2 = 2= 9 dir.
⇒=
r
1
1
1
1
2
( )5
( )2
3
3
9
b) Bir geometrik dizinin genel terimi
=
⇒ an
r 2=
a1 • 2
15.
8,
x,
y,
⇒ 2−2 + 2 −1 + 20 + • • • + 27
⇒ 2−2 • (20 + 21 + 22 + • • • + 29 )

29+1 −1
2 −1
dir.
29 + 1 − 1
1 210 − 1
⇒ •
2−1
4 2−1
1 1023
1023
⇒ •
⇒
elde edilir.
4
1
4
⇒ 2 −2
elde edilir. O halde ,
Bir geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
z,
k,
n −1
18.
512
a1 , a2 , a 3 , a 4 , a5 , a6 , a7
1
⇒=
512
z
⇒=
y+k
512
⇒ a7 = a1 • r
1
6
8•r ⇒ =
4096
=
a4
z=
, a3
a4
=
a3 + a5
2
⇒
4 =
2
1
1+ 

4
www.yukseklimit.com
6
1
1+
16
6
⇒ r
r=
1
dir.
verilmiş.
4
⇒ a10 = a7 • r 3 yazılabilir.
tür.
3
6
6
⇒ a 4 • a7 • a=
(322=
) 10243
32=
32=
10
k dır.
a3 • r
=
2
a3 + a3 • r
4=
1
6
n−1
⇒ a 4 = a7 • r − 3
7 −1
1
6
r ⇒ =

4
y=
, a5
1
r
1+ r
1
8=
, a7
Geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
a 4 • a7 • a10 = 32
Verilen geometrik dizi numaralandırılırsa ,
a1
=
•
dir.
1
t,
ise bu dizinin ilk 10 teriminin toplamı ,

rn+ 1 − 1 
0
1
n
 Formül : r + r + • • • + r =
 O halde ,
r − 1 

a1 • 211− 1
= 210
= 1024 tür.
a1
a11
=
a1
)
⇒ 2−2 + 2−1 + 20 + • • • + 27 oluşur.
•
n−1
(
(an ) = 2n − 3
2 5
• 3
=
⇒ a6 54 elde edilir.
9
⇒ a1 + a2 + a3 + • • • + a10
•
an = a1 • r n − 1
2 7
486 • 9
=
⇒
r7
•r
9
2
⇒ 35 • 32 = r 7
n+ 1
=
(n!
)
3−2n )
 2n  (2



dir.
⇒ 243 • 9 = r 7
n+ 1
=
(1 • 2 • 3 • • • n)
n−1
⇒ a8 = a1 • r 7
2 − (n+1) 1
=
sabit2 −n
2
a
n+1
=
21 • 22 • 23 • • • 2n
sabit değil yani geometrik dizi
değil.
2
, a2 , a3 , a 4 , a5 , a 6 , a7 , 486


9 
yerleştirilen 6 terim
aşağıdakilerden IV ve VI geometrik dizidir.
I.
LYS MATEMATÝK
1
4
=
17
a3 • r
2
a3 • (1 + r )
1
4
•
16
=
17
⇒ a7 • r − 3 • a7 • a7 • r 3 = 10243
⇒
4
17
⇒ (a7 )3 = 10243
⇒ a7 = 1024 elde edilir.
dir.
16
127
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
19.
Geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
n−1
22.
dir.
(an ) geometrik dizisinin ilk
terimi x ve
ortak çarpanı 4 ise ,
n−1
a 3n + 2 = 27
ak = 2781
LYS MATEMATÝK
verilmiş.
x , 4x , 16x , 
64x
n. terimi
Karşılaştırma yapılırsa ,
Yukarıda görüldüğü gibi 64 x 4. terim oldu ğundan n = 4 tür.
n−1
81
=
27
27=
a3n + 2
k


⇔a

n − 1=81
⇒ a1 + a2 + a3
⇒=
⇒ n 82 dir
n − 1 81=
=
⇒ k 3n=
+ 2 ⇒ k 3 • 82=
+ 2 ⇒ k 248 dir.
20.
O halde ,
k=3n + 2
Geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
n−1
• • •
+ an
⇒ a1 + a2 + a3 + a 4
⇒ x + 4x + 16x + 64x
⇒ 85x elde edilir.
dir.
a 4 • a10
= 12 verilmiş.
a13
⇒ a 4 = a2 • r 2
23.
⇒ a10 = a3 • r 7
ise bu dizinin terimleri eşit yani sabit dizidir.
⇒ a13 = a 4 • r 9 yazılabilir.
⇒
a 4 • a10
= 12
a13
⇒
a 2 • r 2 • a3 • r 7
= 12
a4 • r 9
O halde ,
• y
x −=
y x=
8
⇒ x − y 8=
=
ve x • y 8 dir.
⇒ x − y=8
8

⇒ (x − y)2 82=
⇒ x 2 − 2 • x • y + y2 64
=
a •a
⇒ 2 3 = 12 elde edilir.
a4
21.
Bir dizi hem aritmetik hem geometrik dizi
⇒ x 2 − 16 + y2 = 64
⇒ x 2 + y2 = 80 elde edilir. Böylece ,
(an ) geometrik dizisinin ilk n tane terimi nin toplamı Sn ise Sn = a1 •
rn − 1
dir.
r −1
⇒
r6 − 1
a1 •
S6
r −1
126
126
⇒
⇒
=
=
S3
r3 − 1
a1 •
r −1
r6 − 1
(r 3 − 1)(r 3 + 1)
126
126
⇒ 3
⇒
=
=
r −1
r3 − 1
r 3 + 1 126
⇒
⇒ r 3 125
⇒ r 5 elde edilir.
=
=
=
24.
x
y
+ =
y x
x 2 + y2
=
x•y
80
= 10 dur.
8
(an ) geometrik dizisinin ilk n tane teri minin toplamı Sn ve =
Sn 3n + 1 − 3 ise ,
Geometrik dizinin genel terimi an = a1 • r
⇒ a6 = a1 • r
n−1
dir.
⇒ an = Sn − Sn − 1
5
⇒ an = 3n + 1 − 3 − (3n− 1+ 1 − 3)
⇒ a3 = a1 • r 2
⇒ an = 3n + 1 − 3 − (3n − 3)
⇒ a7 = a1 • r 6 yazılabilir.
⇒ an = 3n + 1 − 3 − 3n + 3
(a6 )2
a •a
= 6 6
⇒
a3 • a7
a 3 • a7
⇒
⇒ an = 3n + 1 − 3n
⇒ an = 3n • (31 − 1)
a1 • r 5 • a1 • r 5
a1 • r 2 • a1 • r 6
⇒ an = 2 • 3n elde edilir.
⇒ r2
⇒ 52
⇒ 25 elde edilir.
www.yukseklimit.com
128
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
25.
a)
28.
n − 5 , n − 1, n + 1
ifadeleri bir geometrik dizinin ardışık üç terimi ise ,
n−1 n+1
=
n−5
n−1
⇒ (n − 1)2 = (n + 1) • (n − 5)
⇒ n2 − 2n + 1= n2 − 4n − 5
−6=
⇒ n
O halde üç terim − 8 , − 4 , − 2 olup bu üç terimin
geometrik ortalaması ,
29.
3
(−8)( −4)(−2)
⇒
3
−64 = −4
olmak üzere k nın
ε
komşuluğu,
3 25
) verilmiş. O halde ,
,
11 11
3 

 k − ε = − 11   k = 1 

⇒
⇒
14  elde edilir.
 k + ε = 25   ε =


 
11 

11 
− 3 elde edilir.
⇒
ε>0
(k − ε ,k + ε ) = ( −
⇒
=
⇒ 2n
LYS MATEMATÝK
ε>0
olmak üzere k nın ε komşuluğu,
(k − ε ,k + ε )
açık aralığı olarak tanımlanmıştır.
11
komşuluğu,
2
11
11
)
⇒ ( −3 −
, −3 +
2
2
17 5
⇒ (−
, ) elde edilir.
2 2
Buna göre , − 3 ün
elde edilir.
b) Geometrik dizinin genel terimi an = ak • r n − k dır.
a3 = 8
an − 1 = 25 • an + 1
an + 1 = an − 1 • r
verilmiş.
2
O halde , (an ) = (2n − 15) dizisinin bu komşu -
luk içinde kalan terimleri ,
olduğundan ,
17
5
< 2n − 15 <
2
2
⇒ −17 < 4n − 30 < 5
⇒ 13 < 4n < 35
13
35
<n<
⇒
⇒ n = 4,5,6,7,8 için,
4
4
⇒ an − 1 = 25 • an + 1
⇒−
⇒ an − 1 = 25 • an − 1 • r 2
1
= r 2=
⇒
⇒ r
25
1
5
elde edilir.
an = a3 • rn − 3 olduğundan ,
=
a4
−7=
, a5
−5=
, a6
−3=
, a7
−=
1 , a8 1
n− 3
 1
•
⇒ an 8 =
⇒ an 1000 • 5 −n dir.
=
 
5
26.
Geometrik dizinin genel terimi an = ak • r
n− k
olup toplamları − 7 − 5 − 3 − 1 + 1= −15 tir.
30.
dır.
an dizisinin limiti a ise bu dizide ,
⇒ a13 = a15 • r − 2
an − a ≥ ε
⇒ a12 = a15 • r − 3 yazılabilir.
⇒
(a13 )2
(a ) • (a13 )
9 • a12
9 • a12
⇒ 13
=
=
a12
a13
a12
a13
⇒
a15 • r − 2 • a15 • r − 2
9 • a15 • r − 3
=
−3
a15 • r
a15 • r − 2
koşulunu sağlayan terimler a nın
 2n + 13 
Öncelikle lim(an )= lim 
=
 n+1 
O halde ,
⇒ (a15 )3 • r − 6 = 9 • (a15 )2 • r − 6
⇒ a15 = 9
⇒
27.
ε>0
a15 = 3 elde edilir.
olmak üzere k nın
(k − ε ,k + ε )
17
olduğundan
ün
3
ε
komşuluğu,
komşuluğu ,
2
= 2 dir.
1
⇒
2n + 13
1
−2 ≥
n+1
20
⇒
11
1
≥
n+1
20
 n pozitif 


 olduğundan 
⇒
11
1
≥
n + 1 20
 pozitiflikten içler 


 dışlar yapılabilir. 
⇒ 220 ≥ n + 1
⇒ 219 ≥ n elde edilir. Yani
17
17
)
,3 +
3
3
8 26
⇒ (− ,
) elde edilir.
3 3
⇒ (3 −
www.yukseklimit.com
ε komşuluğu
dışındadır.
n = 1 , 2 , 3 , • • • , 219 olmak üzere 219 terim
söz konusudur.
129
Mehmet Ali AYDIN
24−DÝZÝLER−2(Aritmetik Dizi−Geometrik Dizi−Komþuluk Kavramý−Ebas,Eküs)
31.
2
34. =
(an ) (n=
− 6n + 11) (n − 3)2 + 2
Üstten ve alttan sınırlı diziye " sınırlı dizi "
denir. O halde aşağıdakilerden III ve IV
sınırlı dizidir.
I.
Tam kare, n = 3 için en azdır ve 2 alt sınırdır.
O halde EBAS(an ) = 2 elde edilir.
II.
n ) = (1, 4,9, )
(


2
• • •
Alttan sınırlı ancak üstten
sınırsız olduğundan sınırlı
dizi değil.
•
Tam kare, n = 2 için en büyüktür ve 7 üst
• ••
Alttan da üstten de sınırlı
olmadığından sınırlı dizi
değil.
sınırdır. O halde EKÜS(an ) = 7 elde edilir.
IV.
III.
(
) (
Böylece toplamları 2 + 7 = 9 elde edilir.
)
 n+1  2 3 4

o
o
o

 =  , , , • • •  sinn = sin1 , sin 2 , • • •
n   1 2 3







VI.
V.
=
(logn )
35.
sinn − 1 < sinn < 1 aralığında
değerler aldığından hem alt
hem üstten sınırlı olduğundan sınırlı dizidir.
Dizi monoton azalan olup
ilk terimi olan 2 üst sınır
ve limiti olan 1 (1 :1 den)
alt sınır olduğundan sınırlı
dizidir.
 n+1
3
2, )
(log1,log
=

 (2,
• • •

, • • •)
 4n + 37 
(an ) = 

 2n − 9 
dizisi monoton değil ancak sınırlıdır.
4
= 2 dir.
Bu dizinin limiti
2
Genel terim parçalanırsa ,
n 
2



log1=0 alt sınırdır ancak grafik düşünüldüğünde log ∞=∞
olduğundan üstten sınırsızdır.
O halde sınırlı değil.
Payın derecesi yüksek olduğundan limiti ∞ dur. O halde
sınırlı değil.
=
(an )
VII.
(
(n − 1) + 4 ) = ( 4, 5, 9, )
2
=
EBAS
36.
Bir dizinin limiti varsa yakınsak dizidir. O halde ,
EKÜS ve limiti EBAS tır. O halde ,
I.
EBAS = 2
elde edilir.
1
=1 olduğundan yakın1
sak dizidir.

(an ) =  1 + + 2 + 3 • • • + n − 1 
2
2
2
2


geometrik toplamlar dizisi monoton artan ve
sınırlıdır. Oluşan dizi ,
, 1+
1
2
+
1
1
2
2
1 
1
1
1
a 1 + a1 • r + + a1 • r
1
Paydanın derecesi yüksek
olduğundan limiti 0 dır.
O halde yakınsaktır.
, • • • ,1 + + 2 + 3 • • •)
2
2
2 

+
1
2
2
• • •
=
1
• ••
+ =
3
2
a1
• • •
Monoton artandır ve grafik
düşünüldüğünde ln ∞=∞
olduğundan limiti ∞ dur.
O halde yakınsak değil.
1
n

1 1
1
1
 ∑ n  = 1 + 2 + 3 + • • •
k =1 




Bu özel bir seridir ve harmonik
seri adı verilir. Bu toplam ∞ dur.
yani limiti ∞ dur. O halde yakınsak değil.
VII.
2
1
1
1
1 

 1 + 3 + 2 + 3 + • • • + n−1 
3 
3
3 

Monoton artan ve sınırlı bir dizinin ilk terimi
EBAS = 1 ve limiti EKÜS = 2 dir.
1
3
olan bir geometrik seridir. r < 1 olduğundan yakınsaktır.
Bu dizinin limiti ortak çarpanı r=
O halde toplamları 2 + 1 = 3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
• • •
VI.
lnn ) = (ln1,ln 2, )
(

1
= 2 dir.
1−
2n − 3 ) = ( −1,1, 3 ,5, )
(

Monoton artan ve üstten sınırsız
olduğundan diğer bir deyişle
limiti ∞ olduğundan yakınsak
değil.
V.
olduğundan ,
1− r
IV.
 1
n
 

geometrik seri
1
Payın derecesi yüksek olduğundan limiti ∞ dur. O halde
yakınsak değil.
III.
Burada limit geometrik seri ve geometrik seri
toplam formülü :
2
n +2


 n 

limiti
1
⇒ 1+
II.
2
 n+1  2 3 4


 =  , , ,• • • 
n   1 2 3


EKÜS = 6
1
−53
=
ve EKÜS 57 elde edilir.
aşağıdakilerden I , III ve VII yakınsak dizidir.
Monoton azalan ve sınırlı bir dizinin ilk terimi
2
 a = −53 
55
⇒ 4

2n − 9
 a 4 = 57 
−53 , 57 ve 2 mukayese edildiğinde ,
2
= 2 dir.
1
(1 , 1 +
2+
Payda n = 5 için 1 olacağından dizinin en
büyük terimi olan 57 elde edilir.
8 
14
 2n + 10  
+
(6, , 4, • • •)
=
  2=
n + 1 
3
 n+1  
dizisi sınırlı olup monoton azalandır ve limiti
33.
4n + 37
=
2n − 9
Payda n = 4 için − 1 olacağından dizinin en
küçük terimi olan − 53 elde edilir.
• • •
Tam kare, n=1 için en azdır ve 4
alt sınırdır. Ancak üst sınır olmadığından dizi sınırlı değil.
32.
− (n − 2)2 + 7
=
(bn ) (−=
n2 + 4n + 3)
(−1) n ) = ( −1, 2, −3, 4 )
(


n
LYS MATEMATÝK
130
Mehmet Ali AYDIN
25−SERÝLER
1.
LYS MATEMATÝK
4.
∞ terimli toplam seri denir. Yalnız I seri değildir?
n
∑ f(k)
I.
a)
∑ f(k)
II.
Bir serinin genel terimin limiti 0 dan farklı ve
pozitif ise ise serinin toplamı ∞ dur.
∞
∞
f(1) + f(2) + • • • + f(k) sonlu terimli
olduğundan seri değildir.
n
n
f(1) + f(2) + f(k) + sonsuz terimli olduğundan seridir.
∑ n + 1 = ∑ f(n)
III.
IV.
k 1=
k 1
=



f(1) + f(2) + f(3) + • • • sonsuz terimli olduğundan seridir.
∞
i=2

π+ π+ π+ • • • sonsuz te-
∑k
k 
1
=



b)
∑2
I.
k
1
2
=2 + 2 + 2 +
• • •
+2
=1
k


 1 1 1 1
= + + + • • •
1 2
3
k =1 k 


∞
k
1
2
3
∑  2  = 2 + 2 + 2 +
k =1


5.
∞
∞
 3 
3
∑  2k  = 21 +
3
2
+
3
3
+
n=−1
⇒
ilk terim
1− r
∞
∑ (2
b)
n=3
=
r
(DOĞRU)
• • •
Her
aritmetik seri ıraksaktır.

⇒
6.
(DOĞRU)
•
=
∞
a)
a2
=
a1
ilk terim
=
1− r
=
r
⇒
a2
=
a1
b)
1
2
+
1
3
+
1
4
=
• • •
+
2
2 
2


ardışık iki terim oranı
sabit ve r olan geometrik seridir.
www.yukseklimit.com
b)
=
1− r
∞
n+ 1
 3x 
∑  4y 
2 • 3 −2
=
1
1−
3
1
elde edilir.
3
n=1
4
2
1
10 =
dur. Serinin toplamı ,
4
10
1
10
4
1
4
10
elde edilir.
=
1−
1
10
9
2
3
4
 3x   3x   3x 
=
 +
 +
 +•••
 4y   4y   4y 
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
 aritmetik seri 
∞ 
 ıraksaktır.
ilk terim
=
1− r
ilk terim
( YANLIŞ )
Bir serinin yakınsak olması için bu
seri mutlaka geometrik seri olmak zorunda değildir. Geometrik seri olmadığı halde yakınsak olan bir çok seri
vardır.
1
2
3
=
+
+
+•••
2
2
2
1
tir. Serinin toplamı ,
3
4
4
4
+ 2 + 3 +•••
1
10
10
10
geometrik serisi olup ardışık iki terim oranı sabit ve
ilk terim
1− r
olduğundan doğrudur. ( r < 1 )
∑
2 • 3 −3
=
2 • 3 −2
 4 
(an ) =  n  dizisinin terimlerinin toplamı
 10 
(DOĞRU)
• • •
k=x


n
a)  
=
n=1 2 
elde edilir.
)
Geometrik serisinin toplamı=
3.
125
(0, 4 )−2
=
12
1 − (0,4 )−2
31− n = 2 • 3−2 + 2 • 3−3 + 2 • 3−4 + • • •
olduğundan bu seriye ıraksaktır.
∞
2
tir. Serinin toplamı ,
5
⇒
limSn lim
( n • (a1 + an )) ∞
=
=
2
Bir serinin yakınsak olması
VII. için bu seri mutlaka geo metrik seri olmalıdır.

= (0,4 )−2 + (0,4 )−1 + (0,4 )0 + • • •
(0,4)2
= 0,4
=
(0,4 )
a2
=
a1
=
r
Aritmetik dizinin ilk n teriminin toplamı
Sn ise limSn sonsuz terimli olan serinin
toplamını verir. Yani ,
∑ rk = r x + r x + 1 + r x + 2 +
dur.
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
ifadesi sonsuz terim içerdiğinden seridir ve ardışık iki terimin oranı sabit
olduğundan bu seriye geometrik seri
denir.
VI.
 1 
∑  50  = ∞
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
2
2
k =1


V.
n−1
∑ ( 0,4 )
a)
ifadesi sonsuz terim içerdiğinden seridir ve ardışık iki terimin farkı sabit
olduğundan bu seriye aritmetik seri
denir.
IV.
dir.
n=1
(DOĞRU)
• • •
1
∞
ifadesi sonsuz terim içerdiğinden seridir ve bu seriye " HARMONİK SERİ "
denir.
III.
 1 
O halde seri ıraksak ve
(DOĞRU)
∑
II.
 1 
n=1
ifadesi seri değildir çünkü sonlu terim
içermektedir.
∞
dur.
Bir serinin genel terimin limiti 0 dan farklı ve
∞
(DOĞRU)
999
 n+1
∑  50  ⇒ lim  50  = 50
2
3
( 2 )+ ( 2 ) + ( 2 ) + • • • sonsuz
3
3
3
terimli olduğundan seridir.
3
= 1 dir.
pozitif ise ise serinin toplamı ∞ dur.
k
Aşağıdaki ifadelerden Yalnız VII yanlıştır .
999
1
n=1
f(1) + f(2) + f(3) + • • • sonsuz terimli olduğundan seridir.
rimli olduğundan seridir.
2.
∞
2
VI.
∑  3 
k
=
1



∑π
V.
1
∑  n + 2  = ∞
O halde seri ıraksak ve
∞
∞
 n+1 
n=1
•••
n
2
 n+1
∑  n + 2  ⇒ lim  n + 2 =
=
1=
k
k

0

1
2
2
=
1
1−
2


1
2
=
r
a2
=
a1






3x 
3

4y 
=
2
3x 

4y 
3x
4y
dir. Serinin toplamı ,
2
dir.
⇒
ilk terim
=
1− r
 3x 


4y 
 3x 
=

 elde edilir.
3x
 4y − 3x 
1−
4y
131
Mehmet Ali AYDIN
25−SERÝLER
7.
a)
LYS MATEMATÝK
n+1
∞
e
∑  π 
2
3
e e
+  +  +•••
π π
π
e
=
n=0
10.
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
2
a2
=
a1
=
r
⇒
b)
e
π
 =
e
e
ilk terim
π
=
1− r
1−
∞
∑ ( (−1)n +1
•
3
=
e
n=2
 2 / 3   1/ 3 
1
⇒
=
−
−
 2=
2
 1 − (2 / 3)   1 − (1/ 3) 
e
elde edilir.
π−e
−1
n+ 1 
n
∞  n
∞ 
∞  n+ 1
3 +4
3 
4
b) ∑ 
 = ∑  n − 1  + ∑  n − 1
n −1
5=
5
n 0
=
 n 0 =
 n 0 5
− 3 −2 + 3 −3 − • • •
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
−3 −2
=
−1
a2
=
a1
r
=
−
3
3
ilk terim
⇒ =
1− r
1
tür. Serinin toplamı ,
3
−1
−
=
1
1 − (− )
1
12
a)
 5k 
∞
5
5
∑  32k −1  = 3 +
k=1
3

2
3
5
+
3
3
5
=
r
⇒
b)
5
elde edilir.
+•••
1− r
∑ (3
5
1−
2−n
•
n=−1
n−1
2
Geometrik seridir ve ortak
16 4
=
çarpanı =r
tir.
20 5
n− 2
n− 2
∞ 
∞
∞

 Seri ay - 
 1
 1
2−n
= ∑− 
+3
a) ∑   − 
+ ∑ 32 − n 


 n 1=
2
 rıştırıldı. 
=
n 1  2  =
n
1

1
1




⇒  −2 + 1 − + • • •  +  3 + 1 + + • • • 
2
3







Geometrik seridir ve ortak
1
1
çarpanı =r
dir.
= −
2
−2
Geometrik seridir ve ortak
1
çarpanı r= tür.
3

 

3
−2
⇒
=
+

(
)
(
)
−
−
−
1
1/
2
1
1/
3
(
)

 

15
elde edilir.
4
3
=
) = 274 + 92 + 3 +
⇒
9.
a)
9
a2
=
a1
∞
∑ (3
b)
• • •
•
)
2
−
2
+
4
12.
81
elde edilir.
4
4
=
1−
2
2
3
a2
r ==
a1
2
2
−
6
8
• • •
4
3
=
−
2
2
1
1− r
∞
 1 
=
b)
∑  2k 
n=1
(
x
1
5
1
n=0
elde edilir.
1
=
+ k + k +•••
2
2
 1 
 1 
⇒ k = 5 tir.
) dizisinin terimlerinin çarpımı 81 ise,
x
x
+
x
+
x
•••
+
x
+
x
• • •


n
x
1
dır.


2=

1 
4⇒
 1 − 

2 
2
4=
1+ x + x + • • •
⇒



⇒x
4=
4 tür.
4
Geometrik seridir ve ortak
x2
çarpanı =r
= x tir.
x
∞
3
4
tür.
∞
−1
−1
2
5
⇒
x +x +x +
∑ ( x3n−1 ) ⇒ 
3

1− x
x
• • •
∑  2k  ⇒ lim  2k  = 2k
www.yukseklimit.com
1
32
=
⇒ 2 −k
 1 
⇒x
⇒ =
 4=
 1− x 
n= 0
farklı ve pozitif olduğundan serinin toplamı ∞ dur.
n=1
3
16
=
2 
4
8


∞
Yukarıdaki serinin genel teriminin limiti 0 dan
∞
dır.
)
Geometrik seridir ve ortak
x/4 1
=
çarpanı=r
dir.
x/2 2
9
k
x
∑
2
2
x • 2− n
=
x
b)
3
=
1
1 − (− )
1
6
Geometrik seridir ve ortak
3 • 2 − k −1 1
çarpanı
dir.
=r
=
2
3 • 2− k
(3
x
⇒
dur. Serinin toplamı ,
9
2
ilk terim
⇒ =
a)
2
3
19
2
4
2 • 3 4 • 3 8 • ••
⇒ 3=
⇒ 32 4 8
81=
3
3
3
3
3
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
−
9
3
3
3
⇒ 3 • 2− k + 3 • 2− k − 1 + • • • =
16

 16
−n
2
=
n=k
 3 • 2 −k 
⇒  =

 1 − (1/ 2) 
tür. Serinin toplamı ,
3
4
27
=
1− r
2
2=
27
ilk terim
4
−=
+
9
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
=
r
 Seri ay - 


 rıştırıldı. 
11.
dur. Serinin toplamı ,
9
3
5
=
∞
5




 
 25
5
20
225
dir.
+ 100 =
⇒
+
=
1
3
/
5
1
4
/
5
2
2
−
−
(
)
(
)

 

2
3
3=
5
ilk terim
dir.
64


+  20 + 16 +
+ • • •
5


Geometrik seridir ve ortak
3
3
çarpanı =r 1=
tir.
5 5
geometrik serisinde ardışık iki terim oranı sabit ve
a2
=
a1
3
9


5 + 1 + 5 + • • •


⇒
3
8.
3
2
π
)=3
−n
Geometrik seridir ve ortak
1
1
çarpanı =r 9=
tür.
1 3
3
Geometrik seridir ve ortak
4
2
çarpanı =r 9=
tür.
2 3
3
dir. Serinin toplamı ,
π
π
e
∞  k 
∞
 2k − 1 
2
 1   Seri ay - 
 = ∑  k  − ∑  k  

k
3
3
=
k 1
=
 k 1 =
 k 1 3   rıştırıldı. 
8
1
2 4

1 1

⇒  + +
+ • • • −  + +
+ • • •
3
9
27
3
9
27





∞
∑ 
a)
=
⇒x
132
Geometrik seridir ve ortak
x2
çarpanı=r
= x3 tür.
x −1
−1
3
x
=
yazılırsa ⇒
4
1 − x3
256
111
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
25−SERÝLER
13. a) 6
LYS MATEMATÝK
metreyi bir kez iner ancak bundan sonraki her
16.
yükseliş aynı zamanda inileceğinden iki kez tekrar -
a)
⇒
∞

∞

n
 n+1
=
n 3=
n 3
1
1
 3! − 4! 


1 − 1
1
1
 4! 5! =

dır.
=

 3!
6
1 − 1
 5! 6! 
 ••• 


1 1 
1 − 2 


1 − 1 1
 2 3 = = 1 dir.

 1
1 − 1
3 4
 ••• 


lanır. O halde dikeyde aldığı yol için oluşan seri ,
 12 24

+
+••• 
6+ 2• 
5
25




6 2 mt
5
Geometrik seridir ve ortak
24 / 25 2
çarpanı
tir.
=r
=
12 / 5 5
6 2 2 mt
5 5
12
5
⇒6+2•
1−
∞

1
 n+1

−
⇒ ∑ 

(n
1)
n!
(n
1)!
•
+
+

 n=3 
=


∞
1
1


 ⇒ ∑ −




(n + 1)! 
n=3  n!


6 mt
= 14 dir.
2
5
∞
1 
 1  ∞ 1
b) ∑  2
 = ∑  n − n + 1 =
+
n
n




n=1
n=1
b) 4 metre ilk yükseliş dahil her biri aynı zamanda ini leceğinden iki kez tekrarlanır. Dikeyde aldığı yol
için oluşan seri ,
4 mt
9


+••• 
2•  4+3+
4




4 3 mt
4
Geometrik seridir ve ortak
3
çarpanı r= tür.
4
⇒2•
14.
a)
4
1−
3
1 1
2 − 4 


1 − 1 
3 5 


∞
1  1 1
 1  ∞ 1
a) ∑  2=
=
−
17.
 ∑  n − n=

+2 4 6 
n + n  n 2
=
n 2 =
1 1
 − 
5 7 
 ••• 




4 3 3 mt
4 4
= 32 dir.
4
n
 2  2 3  2 5
2 
(an ) =  +   +   + • • • +   
3 3 3
 3  

3
∞
b)
5
2 2
lim (an ) = +   +   + • • •
n→∞
3 3
3


2
2
ilk terim
6
3
=
4
1−
=
1− r
18.
=
⇒ (Sn )
n
 k2 
⇒ lim (Sn )=
n→∞

k=1
lim (
3
2n +
n→∞
15.
 (
⇒∏4
n=0 
2− n−2
)
6n
• • •
3
1

=44


)=
1
3
n
•
n(n + 1)(2n + 1)
•
n=1
2
1
2
=
2
(1 − 1 )
2
∞
 n+1
2 elde edilir.
∞

 n 
∑  log  n + 1  
II.
6
2
1
6
3
=
limiti 1 olduğundan
ıraksaktır.
)
•
1
48
•
1
4 16
∞
∑ 2−n
• • •
V.

1 1 1
• • •
+ +
8
1
4
1−
1
1
=
8
 1  ∞  1 
= ∑ p 
k  k 1 k 
n = 1 
k 1=

=




1

∑  (n + 1)! 
VI.
∞
∑ 
P testine göre seri ,
p > 1 ise yakınsak ,
p ≤ 1 ise ıraksaktır.
p=1/2 olduğundan
seri ıraksaktır.
an
1
dir.
2
d < 1 olduğundan seri
yakınsaktır.
16
2
4=
2 elde edilir.
∞
VII.
1
1
1
+
+
+•••
2
3
4



Alt harmonik seridir ve ıraksaktır.
a
göre : lim ( n+1 )= d= 0 dır.
2 

1 1 1
• ••
+ +
=44
⇒
D'Alembert oran kriterine
16
=
n=
1



IV.
1
Geometrik seridir ve r= < 1
2
olduğundan yakınsaktır.
1/ 8 1
dir.
=
1/ 4 2
=44
1
2
3
+ log + log + • • •
2
3
4
 1 2 3 n−1 
⇒log • • • • •

n 
2 3 4
 1
⇒log  ⇒ log( 0 ) (n→ ∞ )
n
⇒ −∞ ıraksaktır.
⇒log
elde edilir.
Geometrik seri,
=r
www.yukseklimit.com
n
n ( 1)
∑=
2
∑  n + 2 
III.
∞
∞
r
(1 − r)
=
n 1=
n
1 



=
•
∑ k2 ⇒ (Sn ) (
3
n
)=
Bir serinin genel teriminin limiti 0 dan farklı ise seri
I.
n
1
n
5
6
O halde , aşağıdakilerden III , V , VII ve VIII yakınsaktır .
∑  n3 
k=1
r
1
1
+
=
2
3
kesin ıraksak ancak limit 0 ise seri yakınsak olabilir.
9
b) (Sn ) =
•
n=1
∞
 n 
=
⇒∑
 n 
n = 1 2 
tir.
5
∑ (n
Formül :
Geometrik seridir ve ortak
(2/3)3 4
=r
=
çarpanı
dur.
2/3
9
⇒

1
∑  (n + 1)!  = ∑  (n + 1)! − (n + 1)! 
∞

1

∑  n (n + 1) 
VIII.
∞

1

∑  (n + 2)(n + 3) 
n
1=
n
1
=






Yukarıda 16. sorunun
b şıkkında 1 olduğu
gösterilmiştir ve
seri yakınsaktır.
133
Yukarıda 16. sorunun
b şıkkındaki çözüme
benzer biçimde serinin
1 / 3 olduğu görülebilir.
O halde seri yakınsaktır.
Mehmet Ali AYDIN
25−SERÝLER
LYS MATEMATÝK
22.
r1 =18
19.
r2 =18 2
3
.
r2 = 18 2
3
a)
e doğal logaritma tabanı olmak üzere ,
0
o2
⇒ e=
2
2
2
24 π 2
= tür.
36 π 3
Geometrik seridir ve ortak çarpanı
20.
a
3
•
⇒e
4
4
3
+6•
4
(4 3 )
•
⇒
3
6
+6•
4
2
•
3
+
4
Bu sayı ortak çarpan yani r =
Alan(ABC)
=
a
2
16
=
25
4
16
25
4
5
⇒
2
1
2
3
−
1
3
3!
(−3)
+
1!
+
2
2
• • •
( −3)
+
2!
+
=e
2
0
1
2
+
2
+
2
2!
0! 
1!


2
+
3
+
−3
3!
2
−3 için
3
+
3!
• • •
• • •
4
• • •
)
2 için
2
+
4!
)
elde edilir.
3
ise
24.
tir.
5
+
5!
• • •
3!
A1
3
2
+
A
a
5
4!
2
+
3!
2
+
3
6
+
5!
4
+
4!
• • •
2
5
+
5!
2
=2•(
3
O halde ,
• • •
+
2
4
2
+
5
+
)
• • •
3!
4!
5!




2
0
−1
1
2
3
x
x
x
x
+
+
+
+ • • • (x
=
0!
1!
2!
3!
=
(−1)
0
+
0!
1
(−1)
1!
+
( −1)
2
2!
+
(−1)
3
3!
−1 için
+
(−1)
4
4!
+
)
• • •
1 ( −1)0 ( −1)1 ( −1)2 ( −1)3 ( −1)4
+
+
+
+
+•••
=
e 
0!
1!
2! 
3! 
4!


∞
 1 
∑  n2 
−
1 1 1 1
+ − + −
3! 4! 5! 6!
1 1
−
=
2 e
e−2
2e
• ••
dir.
serisinin yakınsak olduğu verilmiş.
n=1
∞
A)
∞
 1
∑  n 
B)

1

∑  n + 1 
=
n 1=
n 1
∞
C)
 1 

n 
1
∑ 
=
n
∞
∞
 1 
 1 
D) ∑ 
 E) ∑  3 
3
n 
=
n 1 =
n 1 n 
Buna göre , E şıkkında verilen seri yakınsaktır
B3
B2
B1
A2
4
4
2
1 1
1−1+ =
2 2
1
1
1
1
−
+
− =
+•••
⇒
3!
4!
5! 6!
C
A3
4 tür.
4
3
=
4
1
3!
e2 − 5
4
ilk terim
(geometrik seri)
1− r
Alan(ABC) =
2
⇒e
+ 3a • • + • • • = 60
5 
5 5


60=
⇒a
+
2!
3
( −3)
2!
2
tir.
5
Çevre(ABC) = 3a olsun. O halde çevreler toplamı ,
3a
=
4
1−
5
2
+
3
+
1!
0
x
benzerlik oranı ya da çevreleri oranı
3a + 3a •
1
⇒ e=2 +
• • •
x
x
x
x
+
+
+
+ • • • (x
=
0!
1!
2!
3!
c) e
=
Ardışık iki eşkenar üçgenin alanlarının oranı
4
+
dir.
• • •
⇒ 2 • (e − 5 ) = 2 e − 10 elde edilir.
• • •
96 3
2
= 384 3 cm elde edilir.
3
1−
4
4
3
⇒e −5=
Geometrik seridir ve ortak
72 3 3
=r
=
çarpan
tür.
96 3 4
21.
3!
+
1+ 2 + 2=5
• •
⇒ 96
3 + 72 
3 + 72 3 + •

ilk terim
=
⇒
1− r
0
0!
2
4
2
3!
1
1
1
−
0!
x
yazılırsa ,
•
0
b) e
=
120
kenarı 6 cm dir. Geometrik seri oluşacağından alanlar
2
+
2!
( −3)
=
4
4 3 cm, üçüncünün bir
8
3
⇒
4
−3
2
8 cm, ikincinin bir kenarı
⇒6•
+
1
+
2!
1
0
⇒e =
En büyüğünün bir kenarı
1
+
x
x
x
x
=
+
+
+
+ • • • (x
0!
1!
2!
3!
4
br 2 dir.
4
+
0!
1!



23.
=
e
a)
108 π cm dir.
düzgün altıgenin alanı,
6•
1!
1
x
Bir kenarı a br olan
2
1
+
dir.
n=0
e−2
⇒ 36π + 24 π + 16π + • • •
=
1− r
0!
1
1
∑ n!
⇒ e −2=
⇒ 2 • π • 18 + 2 • π • 18 • + 2 • π • 18 • • + • • •
3
3 
3



⇒
∞
)
1
1
3
3
3
+
+ • • • dir. O halde ⇒
+
+
+
2! 3!
2!
3!
4!
1
1
1
⇒3•(
=
+
+ =
+ • • • ) 3(e
− 2) 3e − 6 dır.
2! 3! 
4!


Tüm çemberlerin çevrelerinin toplamı seridir ve,
36 π
=
2
1−
3
3
1+ 1=2
Çemberin çevresi = 2 • π • r
ilk terim
1
b) e =
o3
2
1
1
1
1
+
+
+
+•••⇒e
=
0! 1! 2!
3!
1
⇒e
=
o1
1
x
x
x
x
=
+
+
+
+ • • • ( x 1 için
0!
1!
2!
3!
x
e
=
2
3
1
1
< 2 olduğundan terim
n3
n
terim küçük olduğu görülür. O halde daha büyük
çünkü ∀ n ∈ N
+
için
terimli seri yakınsak ise terimleri küçük olan seri
B
de yakınsaktır.
2
4 3 cm elde edilir.
II. Yol :
∞
 1 
∑  np 
n=1



p serisi , p > 1 ise yakınsak 
aksi taktirde ıraksaktır.


Yalnız E şıkkında p = 3 > 1 olup verilen seri yakınsaktır.
www.yukseklimit.com
134
Mehmet Ali AYDIN
26−ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR
1.
a)
LYS MATEMATÝK
4.
x 3 − 27
x2 − 9
fonksiyonunu tanımsız yapan noktalar
f(x) =
f(x) = 3 •
9−x
2
2
9 − x ≥ 0 olmalıdır. O halde ,
⇒ x − 9=0
⇒ (x + 3)(x − 3) = 0
=
⇒ x −3=
veya x 3 tür.
O halde tanım kümesi bu noktaların
⇒ ( x + 3) • ( x − 3 ) ≥ 0
(3+x)(3−x) ≥ 0
en geniş tanım kümesi
O halde tanım kümesi R elde edilir.
Böylece
f(x) iki parça olarak düşünülürse ,
x 2 − 16
⇒ kök derecesi tek oldu x
ğundan içine bakılmaz yalnız pay -
5.
düşünülürse ,
2
II )
2x − x ⇒ kök derecesi çift oldu -
I ) ln(x − 5) in tanım kümesi x − 5 > 0 ⇒ x > 5
T1 = ( 5 , ∞ )
ğundan 2x − x 2 ≥ 0 olmalıdır. O halde ,
⇒ 2x − x 2 ≥ 0
II ) log7 (x − 6) nın tanım kümesi x − 6 > 0 ⇒ x > 6
⇒ x • (2 − x ) ≥ 0
x(2−x) ≥ 0
− − −
T2 = (6 , ∞ )
2
0
+ + +
O halde f(x) in tanım kümesi,
− − −
T
=
çözüm
aralığı
x = 0 atılacağından taralı bölge için
Ç = ( 0,2 ] elde edilir.
b)
f(x) =
değer olmamalıdır yani x2 − 2x + k = 0 denk lemi için ∆ < 0 olmalıdır. O halde ,
x − 1 ⇒ kök derecesi tek oldu -
⇒ ∆ = b2 − 4ac < 0
5 − x + 3 ⇒ kök derecesi çift oldu -
⇒ (−2)2 − 4 • 1 • k < 0
ğundan 5 − x + 3 ≥ 0 için tanımlıdır.
⇒ 4 < 4k
⇒ k > 1 elde edilir.
⇒5− x+3 ≥0
⇒ x+3 ≤5
6.
⇒ −5 ≤ x + 3 ≤ 5
⇒ −8 ≤ x ≤ 2 yani Ç = [ − 8 ,2 ] elde edilir.
y
x + 2 = 0 olamaz. Atılacak sayı yok.
II )
x −1 − 2=0
=
x − 1
⇒ x − 1 =2 ⇒ 
=
x − 1
2=
 x
⇒
=
−2
 x
2
−6
O
1
4
7
9
x
−3
3 

−1
Yukarıda grafiği verilen f(x) fonksiyonunun
tanım kümesi grafikteki noktaların apsisleri
kümesi olup ( − 6,4 ) ∪ ( 4,9 ] elde edilir.
O halde tanım kümesi R − { − 1, 3 } elde edilir.
www.yukseklimit.com
f(x)
4
f(x) in paydalarının sıfır olduğu noktalar atılmalıdır.
I)
x2 − x − 2
x 2 − 2x + k
si R olduğuna göre, paydayı sıfırlayan
f(x) iki parça olarak düşünülürse ,
3
T1=
∩ T2 (5 , ∞ ) ∩ (6
, ∞ ) (6 , ∞ ) dur.
=
fonksiyonunun en geniş tanım küme -
ğundan her yerde tanımlıdır.
3.
G = [ 0 ,9 ] elde edilir.
a) f(x)= ln(x − 5) + log7 (x − 6) iki parça olarak
dayı sıfır yapan x = 0 atılmalıdır.
II )
elde edilir.
O=
halde , A ∩ G [ −
=
3 , 3 ] ∩ [ 0 ,9 ] [ 0 , 3 ] elde edilir.
3
I)
A = [ − 3 ,3 ]
f(x) = 3 • 9 − x2
f(A) = G görüntü kümesinin en büyük elemanı
f(0) = 9 dur.
f(A) = G görüntü kümesinin en küçük elemanı
f(3) 0 =
veya f(−3) 0 dır.
=
=
⇒ ∆ ( −=
1) − 4 • 1 • 6 −23
(∆ < 0 ise reel kök yoktur.)
I)
− − −
+ + +
çözüm
aralığı
x2 + x − 6
x2 − x + 6
fonksiyonunu tanımsız yapan noktalar
2
b)
− − −
f(x) =
⇒ x2 − x + 6 = 0
a)
3
−3
atılması ile R − { − 3 ,3 } elde edilir.
2.
2
⇒ kök derecesi çift olduğundan
2
b)
9−x
135
Mehmet Ali AYDIN
26−ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR
7.
LYS MATEMATÝK
10.
 f(a) = 5 a + 2 
f(x) = 5 x + 2 ⇒ 
 dir.
 f(b) = 5b + 2 


⇒ f(a + b − 1) = 5
f(x) = x + 4 + x − 7
=
f(x)
⇒ f(a + b − 1) = 5a + b + 1 dir. Düzenlenirse ,
f(x) = x + 4 + x − 7
=
değeri
için x
f(x) = 2 sin x − 3 cos x
⇒ f(
4
) = 2 sin
3π
4
− 3 cos
= 2 sin135o


sin(180o − 45o )
20=
için ⇒ f(20)
2
2
x
=
20=
için ⇒ f( −20)
pozitif
2
2
 − 1,
dir.
11.
, e ≅ 2, 71
)
⇒ f(x) =
=
y
12.
elde edilir. O halde ,
3
f(x)
=
bağıntısında f( − x)
126 elde edilir.
f(x) sağlanıyorsa bu ba -
senine göre simetriktir.
4
2
4
f( − x)=( − x) + 3( − x)2 + 2
f( − x)=x 4 + 3x2 + 2
f( − x)=f( x) elde edilir.
O halde Oy eksenine
göre simetriktir.
=
f(x)
III.
f( − x)=cos( − 3x)
f( − x)=cos3x
f( − x)=f( x) elde edilir.
O halde Oy eksenine
göre simetriktir.
sin
=
2x
f(x)
IV.

4 tür.
5 tir.
V.
3
f(x) = x + x



f( − x)= − x − 5 tir.
f( − x)=f( x) sağlanmaz.
O halde Oy eksenine
göre simetrik değildir.
VI.
f( − x)=( − x)3 + ( − x)
f( − x)=− x3 − x
⇒ f(x) = 1 + g(x − 3)
g( −3) için x ≠ − 1 olduğundan ,
VII.
−1 dir.
1=
+ ( −1) ⇒ f(0)
5=
+ 0 ⇒ f(2) + f(0)
f(x) = − x
2

f( − x)=− ( − x)2
f( − x)=− x2
f( − x)=f( x) elde edilir.
O halde Oy eksenine
göre simetriktir.
0 dır.
5 tir.
136
f(x) = x + 2



f(x)= x + 2 veya
f(x)=− x − 2 olacaktır.
Her iki durumda da
f( − x)=f( x) elde edilir.
O halde Oy eksenine
göre simetriktir.
f( − x)=− f( x) olduğundan Oy eksenine göre simetrik değildir.
1=
+ g(0 − 3) ⇒ f(0) 1 + g(−3) dir.
x−5



f( − x)=sin( − 2x)
f( − x)=− sin2x
f( − x)=− f( x) olduğundan Oy eksenine göre simetrik değildir.
f(0) için − 1 < 0 ≤ 3 olduğundan ,
www.yukseklimit.com
2
O halde I, II, VI ve VII bağıntılarının grafikleri Oy ek -
O halde
−1) ⇒ f(2) 1 =
+ 4 ⇒ f(2)
=
⇒ f(2) 1 + g(=
=
⇒ f(2) + f(0)
Sonuç olarak
4x − x
3
4x − x
x=
f(x) cos 3x
+ 3x + 2
II.







−1=
+ 5 ⇒ g(−1)
O=
halde ⇒ f(0) 1 +=
g( −3) ⇒ f(0)
3
4x − x
ğıntının grafiği Oy eksenine göre simetriktir.
−1 olduğundan ,
g( −1) için x =
=
⇒ g(−3)
−1
4x=
− x ⇒ 2 • f(x)
3
4•4 −4
=
⇒ f(4)
2
=
⇒ f(4)
+ g(2 − 3) ⇒ f(2) 1 + g(−1) dir.
1=
=
⇒ g(x)
3
=
⇒ f(x) + f(x)
⇒ f(x) = 1 + g(x − 3)
=
⇒ f(0)
=
4x
− x ⇒ f(x) − ( − f(x) )
− f(x)
−1 ise
x=
+ 5 ⇒ g( −1)
x=
+ 1 = 17 farklı değer alabilir.
3
=
⇒ f(x) − 
f(− x)
f(2) için − 1 < 2 ≤ 3 olduğundan ,
=
⇒ g(x)
2
y = f(x) fonksiyonunun grafiği orijine göre
f(x)
=
I.
=
⇒ f(2)
43 tür.
simetrik ise f(x) tek fonksiyon yani f(− x) = − f(x) tir.
x ≠ − 1 ise
 x+5,
43 − 11
Böylece f(x) ⇒
2
−
2
− 1 < x ≤ 3 ise
 1 + g(x − 3) ,
f(x) = 
2
x ≤ −1 veya x > 3 ise
 x − x ,
g(x) = 
16=
− 16 + =
− 27
+ 27
şeklinde atlamalı değerler alacağına dikkat edilmelidir.
= − (3 − π ) − ( π − e ) + 3
= −3 + π − π + e + 3
= e dir.
9.
37 dir.
Ancak x ∈ Z olduğundan f(x) in 11 , 13 , 14 , • • • , 43
( π ≅ 3,14
−π − π
−e +3
⇒ f(π ) = 3


+ 13
24=
− 20 + 4 + − 20 − 7
Böylece , − 20 ≤ x ≤ 20 ⇒ 11 ≤ f(x) ≤ 43 tür.
2 /2
− −3•
fonksiyonunun en büyük
O halde, f(x) in en büyük değeri f( −20) = 43 tür.
cos(180o − 45o )
f(x) = 3 − π − x − e + 3
negatif
f(7)
= 11 dir.
−20 denenmelidir.
+ 13
24 =
⇒ f(
−20)
=
− 3 cos135o

2
2
−3•
= 2 •=
2
2
b)
4+4 + 4−7
+ 3 11 dir. f(7) de aynıdır.
8=
20 + 4 + 20 − 7
⇒=
f(20)
4
2 /2
20=
veya x
=
x
3π
= 2 sin 45 o − − 3 cos 45o






= 2•
8 + −3 ⇒=
f(4)
f(b)
f(a) • f(b)
⇒ f(a + b − 1) =
elde edilir.
125
3π
fonksiyonunun en küçük
7 denenmelidir. Yani ,
O halde, f(x) in en küçük değeri f(4)
=
a+2
b+ 2
−3
⇒ f(a + b − 1) = 5
•5
 • 5 tür. O halde ,
a)
4=
veya x
+ 4 + x − 7 ⇒ f(4)
x=
⇒=
f(4)
⇒ f(a + b − 1) = 5a + 2 + b + 2 − 3 tür. Parçalanırsa ,
8.
ve − 20 ≤ x ≤ 20 olmak üzere ,
=
değeri
için x
a + b − 1+ 2
f(a)
x∈Z
VIII.
f(x) = cot x


f( − x)=cot ( − x)
f( − x)=− cot x
f( − x)=− f( x) olduğundan Oy eksenine göre simetrik değildir.
Mehmet Ali AYDIN
26−ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR
13.=
f(x)
2x
=
− 9 , g(x)
LYS MATEMATÝK
16.
x+1 −4
ün kesim noktalarının apsislerini veren denklem ,
a) y = x 2 − 4 için x 2 − 4 parabolü çizilir ve Ox ek seni altında kalan kısmı yukarı katlanır. Daha sonra
 2x − 9 = x + 1 − 4 

⇒ 2x − 9 = x + 1 − 4 ⇒ 
 2x − 9 = − x + 1 + 4 


oluşan grafikte − 2 < x < 2 bölgesi taranır.
y=x
 2x − 9 = x + 1 − 4
 2x − 9 = − x + 1 + 4


 

⇒
+
−
+
−
x
1
=
13
2x
(**)
x
1
=
2x
5
(*)

 


 

⇒  x + 1= 2x − 5 
 ⇒  x + 1= 13 − 2x 

  x + 1= −2x + 5 
 ,   x + 1= −13 + 2x 


 

  x = 6 (*) ı sağlar
    x 2 = 4 (**) ı sağlar  
1

  

  x 3 = 4 / 3 (*) ı sağlamaz     x 4 = 14 (**) ı sağlamaz  
2
ve x ≤ −2 ile x ≥ 2 bölge -
parabolü çizilir
si ta -
y
ranır.
f(x)
y=x2
4
y = x2−4
−2
x
2
O
2
y=x −4
Ordinatlar için f(x) veya g(x) te 6 ve 4 yazılırsa ,
y
=
1
f(x 1) ⇒ y
=
1
y=
2
f(x 2 ) ⇒ y=
2
f(6)
=
2 • 6 − 9 ⇒ y=
1
f(4)
=
a)
b) y = 1/ x eğrisi çizilir ve x > 0 bölgesi taranır.
2 • 4 − 9 ⇒ y=
1
2
O halde ordinatlar toplamı ⇒ y1 + =
y2
14.
−4
3
3=
+1
y
=
4 tür.
riği alınır.
x ≥ 1 ise
x < 1 ise
 −3,
f(x) = 
 2,
ln=
( − x) için y
ln x çizilir ve Oy eksenine gö -
re simet -
y
1
y= x
y=ln(−x)
O
y = −3 doğrusu çizilir ve x ≥ 1 aralığı taranır.
f(x)
y
f(x)
2
17.
1
b)
y = − cos x için
y
y=−3
alınıp π < x ≤ 2π
π
2
O
bölgesi taranır.
18.
y = x doğrusu çizilir ve x ≤ 0 ile x ≥ 2 aralığı taranır.
y=x
a)
x + y ≤ 5 bölgelere
y
resel bölgedir. Pratikte ,
A) f(x)
=
x +x
D) f(x) =x − x − 1
=
5 veya
y
−5
=
5 veya
x
−5
Karenin=
alanı
O
1
b)
x
f(1) negatif bir
değerdir.
2
(5=
2)
x
−5
50 br
x − y = 3 ifadesinde,
x = 0 ⇒ y bulunamaz.
2
dir.
y
y=−x−3
(Oy eksenini kesmez.)
=
y
f(x)
⇒x
0=
=
3 veya
x
−3
−3
O
y = x − 3 ifadesinde
x ≥ 3 veya x ≤ −3 tür.
=
x > 0 ve y > 0 ⇒ y
Örneğin f(1) < 0 dır. O halde A ve C şıkkı elenir.
=
x < 0 ve y > 0 ⇒ y
Yanıt B dir.
y=x−3
x
3
(Ox i 2 noktada keser.)
Örneğin f(0) = 0 dır. O halde D ve E şıkkı elenir.
www.yukseklimit.com
0=
⇒y
0=
⇒x
5
bölge taranır. Oluşan karenin bir kenarı 5 2 br dir.
y
f(0)=0 dır.
E) f(x) = x − x + 1
O halde
=
x
=
y
O
Bu noktalar birleştirilip x + y ≤ 5 in grafiği için iç
B) f(x) = − − x − x
C) f(x)= x − x
−5
x + y = 5 ifadesinde
x
f(x)
Yanda grafiği verilen
f(x) fonksiyonunun
denklemi için nokta
kontrolü yapılırsa ,
x
5
noktaların grafiği bir ka -
2
2π
f(x)
göre parçalanırsa oluşan
y=−x
15.
π
3π
2
−1
y = − x doğrusu çizilir ve 0 < x < 2 aralığı taranır.
O
y=−cosx
y=cosx
göre simetriği
0 < x < 2 ise
x ≤ 0 veya x ≥ 2 ise
y
y=sinx
1
ve Ox eksenine
−3
 −x,
f(x) = 
 x,
y = sin x eğrisi çizilir ve 0 < x ≤ π bölgesi taranır.
y = cos x çizilir
x
O
x
1
−1
y = 2 doğrusu çizilir ve x < 1 aralığı taranır.
y=2
y=lnx
y=x+3
y=3−x
x − y = 3 parçalanırsa,
x=
− 3 x > 0 ve y < 0 ⇒ y
3−x
−=
x − 3 , x < 0 ve y < 0 ⇒ y
x+3
doğruları çizilip x ≥ 3 veya x ≤ −3 bölgesi alınır.
137
Mehmet Ali AYDIN
26−ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR
19.
LYS MATEMATÝK
y
 y = tan x eğrisi çizilir 


f(x)
 0 ≤ x < π aralığı taranır. 
1


2
O
 y = ln x eğrisi çizilir



π

≤ x ≤ e aralığı taranır.  y=tanx
 2

22.
y=lnx
π
2
e
y
y
4
4
x
4
O 2
−4
x
f(x)
20.
a) f(x) = x − x − 2
y=x
y=x
x−2
y = −x −(−x+2)
x−2
y=x
y = x −(x−2)
y=2
≤ ≤
çizilip 0 x 2
aralığı taranır.
O
y=−2
y=x
x− 6
y = −x +(−x+6)
y = −2x+6
çizilip x<0 aralığı taranır.
0
0 ⇒ ln
=
ex
0=
⇒x
0
e =
⇒x
1 dir.
ln x < 0 ⇒ lne x < 0 ⇒ 0 < x < e ⇒ 0 < x < 1 dir.
parçalanırsa ,
=
f(x)
6
y=x
x>6 ise
x− 6
y=x
y = x +(x−6)
y=6
çizilip 0 ≤ x ≤ 2
aralığı taranır.
y = 2x−6
çizilip 0<x<2
aralığı taranır.
24.
y=2x−6
f(x)
1
y=1
1
x
O
y=−1
−1
Verilen parçalı fonksiyonlar kritik noktalar olan 0 ve 2
ye göre alt aralıklarda düşünülerek toplanırsa ,
x
6
 1 , x > 1 ise

0 , x 1 ise
=
 − 1, 0 < x < 1 ise

y
 y = (1, 0) noktası özel 


 olarak işaretlenir. 
 y = −1 doğrusu çizilir, 


 0 < x < 1 bölgesi taranır. 
f(x)
y=6
 1 , ln x > 0 ise

⇒ f(x)
0 , ln x 0 ise=
 =
 − 1, ln x < 0 ise

 y = 1 doğrusu çizilir, 


 x > 1 bölgesi taranır. 
x− 6
y = x +(−x+6)
O
x < 0 ise
 x + ( − x − 3) = − 3 ,

−=
4,
x 0 ise

0 < x < 2 ise
( f + g) (x) =  x + (x − 4) = 2x − 4 ,
 6 + (−2) 4 ,=
=
x 2 ise

 (8 − x) + (x − 4) = 4 ,
x > 2 ise
=
0 + ( −4)
y = f(x) in gra -
y
fiği yanda üst -
f(x)
teki gibi ise
y = f(x) in
x<0
ln x > 0 ⇒ lne x > 0 ⇒ x > e ⇒ x > 1 dir.
ln x
=
y
21.
23.
x
0<x<6 ise
y=−2x+6 6
x ≥ 0 ise
0
0
x<0 ise
f ( x ) = f(x)

f ( x ) = f(− x)
metriği çizilir.
y=2
1 2
f (=
x )
Diğer yandan x < 0 bölgesinde f(− x) yani f(x) in
x ≥ 0 bölgesindeki grafiğin Oy eksenine göre si -
−2
x + x −6
f( x )
Yani, x ≥ 0 bölgesinde f(x) in aynısı çizilir.
çizilip 0<x<2
aralığı taranır.
f(x)
2
y=2x−2
=
y
x−2
y = 2x−2
y
b) f(x) =
x>2 ise
y = x −(−x+2)
y = −2
çizilip x<0 aralığı taranır.
ne göre ,
2
0<x<2 ise
x
Yukarıda f(x) fonksiyonunun grafiği verildiği -
parçalanırsa ,
0
x<0 ise
4
O 2
−2
y = − 3 doğrusu çizilir, x < 0 bölgesi taranır.
−2
grafiği, üstteki
1
O
7
y = (0, − 4) noktası özel olarak işaretlenir.
x
y = 2x − 4 doğrusu çizilir, 0 < x < 2 bölgesi taranır.
grafikte Ox in
y = (2, 4) noktası özel olarak işaretlenir.
altında kalan
y = 4 doğrusu çizilir, x > 2 bölgesi taranır.
kısımlar yukarı
y
y
katlanarak si metriği alınmak
f(x)
suretiyle yanda
(f+g)(x)
4
y=4
alttaki gibi
elde edilir.
www.yukseklimit.com
−2
O
1
7
O
x
y=−3
138
−3
−4
x
2
y=2x−4
Mehmet Ali AYDIN
26−ÖZEL TANIMLI FONKSÝYONLAR
25.
3
28.
x > −1 ise
x ≤ −1 ise
 x3 ,
f(x) = 
 − x ,
y=x
LYS MATEMATÝK
için fonksiyon parçalanırsa ,
eğrisi çizilir ve x > −1 aralığı taranır.
=
y
y = − x doğrusu çizilir ve x ≤ −1 aralığı taranır.
y
y=−x
=
sin
x
sin x ,

sin ( − x) = − sin x ,
y = sin x eğrisi çizilir ve 0 ≤ x ≤ 2π aralığı taranır.
−1
=
y
−=
sin x in grafiği için y
y
y
2
2
−2π
π
−π
x
−1
O
29.
x
2
y =2− x
bağıntısında mutlak değer negatif olamayacağı için
f(x)
öncelikle 2 − x ≥ 0 ⇒ x ≤ 2 olmalıdır. x ≤ 2 koşulu
altında fonksiyon parçalanırsa ,
x ≥ 2 ise f(x) ≤ 0 
f(x) + f(x)
x < 2 ise f(x) > 0 
2
 olduğundan y =
f(x) + ( − f(x))
=
2
f(x) + f(x)
=
2
0,
x ≤ 2 aralığında
y = x − 2 ,
x ≤ 2 aralığında
elde edilir. O halde ,
x ≥ 2 ise
y = 2 − x doğrusu çizilir ve x ≤ 2 aralığı taranır.
y = x − 2 doğrusu çizilir ve x ≤ 2 aralığı taranır.
x < 2 ise
f(x) ,
y = 2 − x ,
y =2− x ⇒ 
için,
y
elde edilir. O halde ,
y = f(x) in grafiği x < 2 için tekrarlanır.
2
f(x)
5
−2
y=1
6
y=−1
30.
x
y−2 =x +3
bağıntısında mutlak değer negatif olamayacağı için
öncelikle x + 3 ≥ 0 ⇒ x ≥ −3 olmalıdır. x ≥ −3 koşulu
y=−5
altında fonksiyon parçalanırsa ,
y − 2
=
y−2 =x+3⇒ 
=
y − 2
−6
aralığında
y=2−x
y=5
3
1
[ − 6 ,6 ]
f(x) − 3 = 2 denklemi -
x=
+3⇒ y
−=
x−3⇒ y
− x − 1 , (x ≥ −3)
y = x + 5 doğrusu çizilir ve x ≥ −3 aralığı taranır.
mutlak değerli denklemden ,
y = − x − 1 doğrusu çizilir ve x ≥ −3 aralığı taranır.
 f(x) − 3
=
⇒ f(x)
2=
5

f(x) − 3 = 2 ⇒ 


 f(x) − 3 −2=
⇒ f(x)
=
1 


y
Tekrar mutlak değerli denklemlerden ,
 f(x) 5 =

 f(x)
=
 ve f(x) 1 ⇒ 
⇒
=
f(x)
5=


 f(x)
=
5
 f(x) −=

x + 5 , (x ≥ −3)
elde edilir. O halde ,
nin kaç farklı kökünün olduğunu bulmak için ,
y=x+5
5
1 

−1 
2
4 denklem elde edilir. Sabit doğrular çizilerek fonk -
−3
siyonu kesiyorsa bu noktalar yardımıyla kökler sa yılabilir. O halde yukarıdaki noktalar sayılırsa 6 kök
−1
x
O
y=−x−1
olduğu görülür.
www.yukseklimit.com
x
O
y
O
−1
y=x−2
2
y = 0 doğrusu çizilir ve x ≥ 2 aralığı taranır.
−5 −3
x
2
Yukarıda f(x) fonksiyonunun grafiğinden ,
−6
2π
O
f(x)+ f(x)
27.
y=sinx
1
y
 f(x) + f(x)
=
2
y=
+ f(x)
 f(x)=

2
f(x)=sin x
y=−sinx
−1
2
sin x eğrisi − 2 π ≤ x < 0
aralığında çizilip Ox eksenine göre simetriği alınır.
x
O
y=x3
O
0 ≤ x ≤ 2 π ise
− 2 π ≤ x < 0 ise
elde edilir. O halde ,
1
26.
[ − 2π , 2 π ] aralığında y = sin x fonksiyonunun grafiği
139
Mehmet Ali AYDIN
27−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−1(Saðdan ve Soldan Limit−Süreklilik−Limit Kurallarý)
1.
4.
Aşağıda verilenlerden Yalnız II yanlıştır .
I. 3
−


f(x) = 


ifadesi 3 ten küçük ancak 3 e çok -
çok yakındır. (DOĞRU)
II. π + ifadesi ikinci bölgede bir açı belirtir.
(YANLIŞ, üçüncü bölgede bir açı belirtir.)
2
5
−6
= ∞,
= −∞ ,
= −∞ ,
0+
0−
0+
0
0
0,
0 dır. (DOĞRU)
=
=
0+
0−
a
IV.
= 0 , a + ∞ = ∞ , a − ∞ = −∞ ,
±∞
∞
= ∞, ∞ +∞ = ∞, 2•∞ = ∞,
3
III.
∞∞ = ∞ ,
V.
−3
= ∞
0−
(a ∈ R)
3 = ∞
+
2 ifadesi
2 den büyük
olduğundan
içi negatiftir.

2−x
1 − 2x
⇒ lim+
+
+x+3
x → 2 
2
x −
1
− x  

a)
x=2 için
1− 2 • 2
(x − 2)
+
+2+3
2−x
2−1
−3
− (2 − x)
+
+2+3
⇒
2−x
1
⇒ −1 + 3 + 2 + 3
⇒ 7 elde edilir.
x
f(x) fonksiyonunun yukarıdaki grafiğine göre, aşağı 7=
lim− (f(x))
II.
x→2



2 noktasında sağdan
limit 7 dir. (DOĞRU)
5 noktasında sağdan
limit −∞ dur. (DOĞRU)



2 noktasında sağdan
limit 7 ve soldan limit
4 tür. Yani 2 noktasında
limit yoktur. (YANLIŞ)

=
lim (f(x))
IX.
x → ∞ için limit 0 dır.
(DOĞRU)
3.
⇒ 16 − 80 + 14 + 20 +
⇒ − 50 + 1 − 1



x → −2
6.

x3 − 125
lim  4
3
x → 5 x − 5x + 7x 2 + 13x − 95

a)



Herhangi bir tanımsızlık ya da belirsizlik
0
oluşmadığından x = 5 doğrudan yazılırsa,

53 − 125
5 − 5 • 5 + 7 • 52 + 13 • 5 − 95
125 − 125
0
⇒ 4
⇒
⇒ 0 dır.
4
135
5
−
5
+


 7 • 25 + 13 • 5 − 95
−2
noktasında sağdan
limit 0 ve soldan limit
0 dır. Yani − 2 noktasında
limit var ve 0 dır.(DOĞRU)
⇒
−∞
x → −∞


4
3
0
x → −∞ için limit − ∞ dur.
(DOĞRU)
 sin4x + cos3x 
lim 

x → 0  sin3x − cos4x 
b)
 x + ln(x − 1) 
lim ( x • (5 − x) ) + lim−  3

x→8
x→2 
x+6

 2 + ln (2 − 1) 
⇒ ( 8 • (5 − 8) ) + 

 3 2+6 
 2+0
2
⇒ −24 + 
 ⇒ −24 +   ⇒ −24 + 1 ⇒ −23 tür.
2
 38 
www.yukseklimit.com
1
−1
1
−4 + 3
⇒ 50 elde edilir.
3
0 noktasında sağdan
limit 3 ve soldan limit
3 tür. Yani 0 noktasında
limit 3 tür. (DOĞRU)
0=
lim (f(x))
X.
x→∞


⇒ (−4)2 + 20 • ( −4) + 14 + 2−4 + 4 +
∞
5 noktasında soldan
limit ∞ dur. (DOĞRU)
VIII.
yoktur
=
lim (f(x))
4 noktasında sağdan
limit 8 ve soldan limit
8 dir. Yani 4 noktasında
limit var ve 4 tür. (YANLIŞ)
yazılırsa,
x →5


x →0
x → −4 
x = −4 kritik nokta olmadığından doğrudan
4
2 noktasında soldan
limit 4 tür. (DOĞRU)
7=
lim (f(x))
VI.
1 

lim  x 2 + 20x + 14 + 2x + 4 +
x + 3 
b)
x→2



IV.
−=
∞
lim− (f(x))
x →5

x→4
Belirsizlik oluşmadığı
için x yerine doğrudan
2 yazılır.
x →2
dakilerden V ve VII yanlıştır .
VII. lim (f(x))
=
0
0
⇒ lim+
5
x →2
15
= 15 tir.
1
sağdan limit
belirsizliği
var. Bu yüzden
pay kısmı −
ile çarpılarak
dışarı alınır.
2 4
V.
=
lim (f(x))
9+6
=
−3 + 4
7 noktasında
5.
f(x)
−2
III.
=
lim+ (f(x))
9 noktasında
soldan limit
−2 noktasında
sağdan limit
4
3
lim+ (f(x))
=
I.
4 ≤ x ≤ 7 ise
x > 7 ise
tür.
=
2 • ( −2) + 1 −3=
7 − 3 4 tür.
∞
8
7
O
x < 4 ise
x2 − 7 ,
x−3 ,
9 − 3=6 dır.

 

lim (f(x)) + lim− (f(x))
x→4
x→9
⇒
=
lim + (f(x)) + lim+ (f(x))
x → −2
x →7
 
0+ 0− 0− ∞
,
,
, , ∞ − ∞ , 0 • ∞ , 1∞ , 00 , ∞0 ifade 0+ 0− 0+ ∞
5 −3 ∞
leri belirsiz
ise tanımsızdır.(DOĞRU)
,
,
0 0
0
y
2x + 1 ,
4 noktasında
sağdan limit
42 − 7=9 ve
soldan limi
2 • 4 + 1=9 yani
4 noktasında
limit 9 dur.
2−∞ = 0 , ln0+ = −∞ dur. (DOĞRU)
2.
LYS MATEMATÝK
Herhangi bir tanımsızlık ya da belirsizlik
oluşmadığından x = 0 doğrudan yazılırsa,
sin0 + cos0
0+1
1
⇒
⇒
⇒
⇒ −1 dir.
sin0
cos
0
0
1
1
−
−
−
 
0
141
−1
Mehmet Ali AYDIN
27−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−1(Saðdan ve Soldan Limit−Süreklilik−Limit Kurallarý)
7.
10.
a) Fonksiyonunun x = 2 apsisli noktasında
limiti mevcut ise x = 2 için sağdan limit
x→2
lim
(f(x)) ⇒ lim+ (3x + 2m)
=
x → 2−
⇒=
3 • 2 + 2m
=
b) x
m • 2 + n=
⇒ 6 + 2m
3=
birinci limitin , x
Sağdan limit
lim (mx + n)
x → 2−
x→2
2m
=
+n⇒n
6 dır.
doğrudur çünkü sağdan limit soldan limite eşit
−2 ikinci limitin payda -
ise limit vardır.
II. lim+ (f(x)) = lim− (f(x)) ise f(x) x = 5 apsisli
x→5
x →5

 

sını sıfırladığı için her iki limitte de sağdan ve sol -
Sağdan limit

 x+1 
3+1
4
4
lim 
=
=
=
=
+∞

+
2
+ 2
+
x → 3+  (x − 3)2 
(3 − 3)
(0 )
0


 x+1 
3+1
4
4

lim− 
+
∞
=
=
=
=

−
− 2
+
2

x → 3  (x − 3)2 
(3 − 3)
(0 )
0

bu ifade yanlıştır çünkü sürekli olabilmesi için
sağdan limit soldan limit ve bu noktadaki fonk siyon değerinin eşit olması yani,
=
+
2
( − 2 + 2)
1
=
+ 2
(0 )

1
=
+ ∞
+
0

−2+3
1
1

=
+ ∞
+
0

−2+3
x+3 
=
2 
(x + 2) 
=
2
−
( − 2 + 2)
(f(x))
lim
=
x →5+


Kritik noktalar=
x
5=
, x
3 ve=
x
7 dir.=
x
x→3
bu ifade yanlıştır çünkü sürekli olabilmesi için
sağdan limit soldan limit ve bu noktadaki fonk siyon değerinin eşit olması yani,
∞ dur.
(f(x))
lim
=
x → 3+


dığı halde aralıkta olmadığından kritik nokta değildir. Kritik
11.
−12
1
 x − 17  5 − 17
lim 
=
=
=

  Sağ ve sol limit 
2
x → 5+  x 2 − 49 
2 
−24
5 − 49

  eşit, yani x = 5 
1
1
−12
 1 


lim 
=
=
için limit var.
 5 −=

 
x →5−  x − 3 
3
2
−24

1
1
 1 
lim 
=
=
= ∞   Sağ ve sol limit

x → 3+  x − 3 
3+ − 3
0+

  farklı, yani x=3
1
1
 1 
 limit yoktur.
=
lim−  =
=
−
∞

−
−
 
x →3  x − 3 
3 −3
0
 x − 17 
lim  2
=

 x − 49 
 x − 17
lim 
x → 7−  x 2 − 49
7 − 17
+ 2
=
(7 ) − 49
7 − 17

= − 2 =
 (7 ) − 49
te

6
y
f(x)
O
2
5
7
8
x
−3
Sürekli olması için boşluk ya da kopma olmamalıdır.
Bir noktada kopma varsa limit yoktur ancak kopma



x=7 de 

yoktur. 
yoksa okların aynı değeri göstermesinden dolayı limit
vardır. O halde , aşağıdakilerden hepsi doğrudur .
I. 4 farklı tam sayı apsisli noktada f(x) süreksizdir.
Bu apsisler boşluk ya da kopmaların olduğu
Limiti olmayan noktaların apsisler toplamı 3 + 7=10 dur.
9.
Soldan limit
1
−1





f(3) olması gerekir.
y
−3
  Sağ ve sol
−10
∞ 
=
+
0
  limit farklı,
 yani
−10
= − ∞ 
−
  limit
0
(f(x))
lim
=
x → 3−


Sağdan limit
−7 paydayı sıfırla -
noktalarda sağdan ve soldan limitlere sırasıyla bakılırsa ,
x → 7+
Soldan limit
noktasında kesinlikle süreklidir denmiş. Oysa
Böylece ,
8.
f(5) olması gerekir.
III. lim+ (f(x)) = f(3) ise f(x) x = 3 apsisli
Sağdan ve soldan limitler eşit, x = −2 için limit ∞ dur.
 x+1 
 x+3 
=
+∞
lim 
 + lim 
 ∞=
x → 3 (x − 3)2
x → −2 (x + 2)2




(f(x))
lim
=
x →5−


Sağdan limit

=
− 2
(0 )
Soldan limit
noktasında kesinlikle süreklidir denmiş. Oysa
Sağdan ve soldan limitler eşit, x = 3 için limit ∞ dur.
x+3 
=
2 
(x + 2) 
Soldan limit
sisli noktasında kesinlikle limiti vardır. Bu ifade
dan limitlerin eşit olup olmadığına bakılır. O halde,

lim 
x → −2 + 

lim 
x → −2 − 
Aşağıdaki ifadelerden Yalnız I doğrudur?
I. lim+ (f(x)) = lim− (f(x)) ise f(x) in x = 2 ap x→2
x →2

 

ve soldan limit eşit olmalıdır. O halde ,
lim+ ( f(x))
=
LYS MATEMATÝK
x = −3 , 2 , 7 , 8 olmak üzere 4 değerdir. (DOĞRU)
II. x = −3 te boşluk olduğundan süreksizdir ancak
f(x)
oklar uç uca geldiğinden limit vardır. (DOĞRU)
III. x = 7 de kopma olduğundan süreksizdir ve
3
oklar uç uca gelmediğinden limit yoktur. (DOĞRU)
2
1
−3
−2 −1
−1
0 1 2 3 4 5 6
7 8
=
ve lim− (f(x)) ∞ yani sağ ve sol
VI.
lim+ (f(x)) ∞=
x →2
x
x →2
12.
−2
Fonksiyonun tek kritik noktası x = 2 olup bu noktada
sürekli olursa R de sürekli olacaktır. O halde ,
Kopma olan noktalarda limit mevcut değildir.
Tanımsızlık(boşluk) da olsa okların aynı ordinatı gös -
+
f(2
=
)
teriyorsa limit vardır. Boşluk ya da kopma yoksa
−
f(2
=
)
f(2)
(süreklilik koşulu)
2
⇒ 7 • 2 + a + 2b= 2 = 2 + a + 4 denklemlerinden
(sürekli nokta) limit görüntüye eşittir. O halde , f(x) in
=
⇒ 22 2 =
+ a + 4 ⇒ 4 2 +=
a+4⇒ a
limitli noktalarının apsisleri x = −3 , −2, 0, 2,3, 4,5,7, 8 dir.
−2
+ 2b 2 + a + 4 ⇒ 14 =
+ 2b 6 =
⇒ 7 • 2 + a=
⇒ b
Böylece limitler sırası ile y = 0 ,1, 0, 4,5, 6,6, −1, 0 dir.
−4
O halde a3 + b3 ⇒ (−2)3 + (−4)3 ⇒ −8 − 64 ⇒ −72 dir.
Limitler toplamı ⇒ 0 + 1 + 1 + 4 + 5 + 6 + 6 + (−1) + 0 ⇒ 22 dir.
www.yukseklimit.com
x →2
limit eşit olduğundan lim (f(x)) = ∞ dur. (DOĞRU)
142
Mehmet Ali AYDIN
27−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−1(Saðdan ve Soldan Limit−Süreklilik−Limit Kurallarý)
13.
16.
f(x) en az bir noktada süreksiz ise paydanın
 x2 − 9
(x − 3) • (x + 3)
=
, x ≠ 3 ise

x−3
en az bir reel kökü olmalı yani x 2 + kx + 4 = 0
 x − 3
f(x) = 
denklemi için ∆ ≥ 0 olmalıdır. O halde ,
 kx + x ,
3 ise
x=

∆ = b2 − 4ac

⇒ ∆ ≥ 0 ⇒ k2 − 4 • 1 • 4 ≥ 0 ⇒ k 2 ≥ 16 elde edilir.
x ≠ 3 ise
 x+3,
O halde k nın alamayacağı değerler de,

⇒ f(x) = 
k 2 < 16 ⇒ −4 < k < 4 şartını sağlar. Yani k nın
 kx + x ,
x=
3 ise

− 3, −2, −1,0,1,2,3 olmak üzere 7 farklı tam sayı
fonksiyonu x = 3 noktasında sürekli ise ,
değeri vardır.
+
−
f(3
) f(3
) f(3)
=
=
(süreklilik koşulu)
3 3+
3 k • 3 + 3 denklemlerinden,
=
=
⇒3+
⇒ 3k + 3 = 6
3k 3 =
=
⇒
⇒ k 1 elde edilir.
14.
17.
 y2 − x 2 
lim  =

x→y 
 x − y 
a)
2
 x+3
,
x < −3 ise
 2
 x + 5x
f(x) = 

2
 (x + 3) ,
x ≥ −3 ise
 x2 − 9
Kritik
noktalar x −5=
, − 3 , 3 tür. x 0 paydayı
=
lim(
x→ y
y −x
x − y
x→y
(
−( y −
)
y ) • (y + y) ⇒ −2 y • 2y = −4y y dir.

 x − 27   
 x − 1 
 lim  2
 • lim
 x → 3 x − 9    x →1 x − 1  

  




b)
3

 x 2 + 3x + 32
 x→3 
x+3


⇒  lim 
x = 2 için limitin olmadığını görelim.
 32 + 3 • 3 + 3 2

3+3

⇒
 x 2 + x − 12 
lim 

x → 2−  x 2 − 5x + 6 


 (x + 4) • (x − 3) 
= lim− 

x → 2  (x − 2) • (x − 3) 
x+4
= lim− 

x→2  x − 2 
2+4
=
−
2 −2
18.
 
  •  lim
   x →1
(
)
(
) 
x +1 
 27 
 • ( 2 ) ⇒ 9 dur.
 6 
1 +1 ⇒
0 / 0 belirsizliği
0 / 0 belirsizliği


 
 sin2 x 
 cos2 x 
a) lim+ 
 + lim 

π 1 − sin x 
x→ π
+
1
cos
x

 x→ 

2
6
=
−∞
−
0
 sin2 x = 1 − cos2 x 


 cos2 x = 1 − sin2 x 



 1 − sin2 x 
 + limπ  1 − sin x 
 x→ 

2
 (1 − cosx )(1 + cosx ) 
 (1 − sinx )(1 + sinx ) 
⇒ lim+ 
 + limπ 

x→ π 
1 − sin x
(1 + cos x )
 x→ 

2

=

3+4
3−2
=
1

−1

π
⇒ lim+ (1 − cosx ) + lim (1 + sinx ) ⇒ (1 − cosπ ) + (1 + sin )
7
x→π
= 7
1
x→
π
2
2
⇒ (1 − (−1) ) + ( 1 + 1) ⇒ 4 tür.
0 / 0 belirsizliği
f(x) R de sürekli ise paydanın kökü ol -

 (3 + 5h)2 − 9 
 (3 + 5h)2 − 32 
b) lim 
 ⇒ lim 

h→ 0
h→ 0
2h
2h




 (3 + 5h − 3)(3 + 5h + 3) 
 5h • (6 + 5h) 
⇒ lim 
 ⇒ lim


h→ 0 
h→ 0 
2h
2h


5 • (6 + 5 • 0)
5•6
 5 • (6 + 5h) 
⇒ lim 
⇒
⇒ 15 dir.
⇒
h→ 0 
2
2
2

mamalı yani x2 + ax + 9 = 0 denklemi
için ∆ < 0 olmalıdır. O halde ,
∆ = b2 − 4ac
⇒ ∆ < 0 ⇒ a2 − 4 • 1 • 9 < 0
⇒ a2 < 36 ⇒ −6 < a < 6 yani ( − 6,6) elde edilir.
www.yukseklimit.com

 •

 1 − cos2 x
⇒ lim+ 
x→ π
 1 + cos x
x = 3 için limitin var olduğunu görelim.
 x 2 + x − 12 
⇒ lim  2

x → 3 x − 5x + 6 


 (x + 4) • (x − 3) 
x+4
= lim
=

 lim

x → 3  (x − 2) • (x − 3) 
x →3  x − 2
2
x − 12  
x − 1 

3
2
2

(x − 3)(x + 3x + 3 )  
( x − 1)( x + 1) 
)  •  lim(
) 
 x→3
x
1
→
(x − 3)(x + 3)
x −1

 

x 3
=
− 3) 0 =
⇒ (x − 2)(x=
⇒ x 2 ve
=
 Çarpanlara 


 ayırılırsa, 
0 / 0 belirsizliği
0 / 0 belirsizliği
⇒  lim(
6
=
+∞
+
)
3
⇒ x 2 − 5x + 6 = 0
0
x ) • (y + x) 


x)
x ) • (y + x)


 x − 3  

⇒  lim  2
• lim 


2
 x → 3 x − 3    x → 1

 


2+4
=
+
2 −2
2
x )•( y +
x 2 + x − 12
f(x) = 2
x − 5x + 6
Paydayı sıfır yapan kritik noktalar ,
 x 2 + x − 12 
lim 

x → 2+  x 2 − 5x + 6 


 (x + 4) • (x − 3) 
= lim+ 

x → 2  (x − 2) • (x − 3) 
 x+4
= lim+ 

x→2  x − 2 
0
belirsizliği
0
y − x

(y − x) • (y + x)
)
x − y
) = lim
(
x→ y
(
⇒ −( y +
Bu noktalarda zaten süreksizdir.
Hangisinde limitin var olduğunu arıyoruz.
b)
2
⇒ lim −( y +
siz olduğu noktaların apsislerinin çarpımı,
( −5) • ( −3) • 3 = 45 elde edilir.
=
2
( y −
⇒ lim 
x→y 

ğerler kesinlikle süreksizidir. O halde sürek -
a)
y2 − y2
=
y − y
Çarpanlara ayırılırsa ,
sıfırladığı halde aralıkta olmadığından kritik
nokta değildir. Burada paydayı sıfır yapan de -
15.
LYS MATEMATÝK
143
Mehmet Ali AYDIN
27−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−1(Saðdan ve Soldan Limit−Süreklilik−Limit Kurallarý)
22.
+
−
19. a) ⇒ lim  2 − x= 2 − 2= 0= 0 elde edilir.

+ 
x→2  2 + x 
2+2
4
1
 1
−
+ 21− x + e x
b) ⇒ lim 
x→∞  x + 1

⇒
⇒
1
−
e ∞
1
+ 21−∞ +
∞+1
1
1
+
+
∞ 2∞
1
−
e ∞
⇒
⇒




1
−
e ∞
2


x + 2 − 22

⇒ lim 
x → 2  ( x − 2 )( x + 2 )( x + 2 + 2) 


a


a ∈R ⇒ ∞ = 0 


0 / 0 belirsizliği



 cos3 x − sin3 x 
lim 

2
2 
π
x →  cos x − sin x 
a)


x+2−4
⇒ lim 

x → 2 ( x − 2 )( x + 2 )( x + 2 + 2) 




( x − 2)
⇒ lim 

x → 2 ( x − 2 )( x + 2 )( x + 2 + 2) 


 Çarpanlara 


 ayırılırsa, 
4


1
1
⇒ lim 
=
x → 2 ( x + 2 )( x + 2 + 2) 

 (2 + 2)( 2 + 2 + 2 )
1
1
1
1
⇒
dır.
=
=
=
4•4
16
4( 4 + 2 ) 4 • (2 + 2)
1




 (cosx − sinx )(cos2 x + sin2 x + sinx cosx ) 

⇒ lim 
π
(cosx − sinx )(cosx + sinx )

x→ 

4


 1 + sinx • cosx
⇒ lim 
π
x →  cosx + sinx
4
⇒
1
1+
2
2
b)
1
•
2
2
⇒
2
+
1+
π
1 + sin
•
cos
23.
π

4
4
⇒
π
π

cos + sin
4
1
2 ⇒
2
4
3
2 ⇒ 3 2
4
2
tür.
2
0 / 0 belirsizliği




tan2 x − cot 2 x
=
lim
 tan x
π cos2 x − sin2 x

x→
[
]
sin x
cos x 
=
, cot x

cos x
sin x 
4
⇒ lim
x→
π
4
[
sin2 x
cos2 x
−
2
cos x
sin2 x
2
cos x − sin2 x
sin4 x − cos4 x
cos2 x • sin2 x
cos2 x − sin2 x
] ⇒ lim [
π
4
1



x→
]
24.
( sin2 x − cos2 x )( sin2 x + cos2 x )
]
⇒ lim [
π −( sin2 x − cos2 x ) cos2 x sin2 x
x→
4
⇒ lim
x→
21.
π
4
•
[ cos x−1sin x ] = −
2
2
•
•
 1 


 2 
2
1
•
 1 


 2 
2
 x3 − 1
lim 
x →1 1 −
x

Eşlenikle çarpılır ve çarpanlara ayırılırsa,
 − (1 − x )( x 2 + x + 1) 
⇒ lim 

x →1
(1 − x )


x )(1 + x )( x2 + x + 1) 

(1 − x )

⇒ lim − (1 +
x )( x2 + x + 1)
x →1
(
⇒ − (1 +
)
 Eşleniklerle 
 çarpılırsa, 


x + 3 − 2)( x + 3 + 2)( x + 1) 

( x − 1)( x + 1)( x + 3 + 2) 
2
x + 3 − 22 )( x + 1) 
2
x − 12 )( x + 3 + 2) 
 (x + 3 − 4)( x + 1) 
⇒ lim 

x → 1 ( x − 1)( x + 3 + 2 ) 


 ( x − 1)( x + 1) 
⇒ lim 

x → 1 ( x − 1)( x + 3 + 2) 




x +1
1 +1
⇒ lim 
=
=

x →1
1+ 3 + 2
 x+3 +2
 x+a −3 
lim 
=
 b ⇒
x →1
x −1
 


=
a 8 ve=
b
2
1 ) • (1 + 1 + 1) = −6 dır.
www.yukseklimit.com
x+3 −2  0
belirsizliği,
=
x − 1  0
1+ 1
=
2+2
1
dir.
2
⇒a 8
1 + a=
− 3 0=
 x+8 −3 0
 Eşlenikle 
lim 
 = 0 belirsizliği,  çarpılırsa, 
x →1
−
1
x


 ( x + 8 − 3)( x + 8 + 3 ) 
⇒ lim 
 =b
x →1
( x − 1)( x + 8 + 3) 

 ( x + 8 2 − 32 ) 
 =b
⇒ lim 
x → 1  ( x − 1)( x + 8 + 3) 




( x + 8 − 9)
⇒ lim 
 =b
x → 1 ( x − 1)( x + 8 + 3) 




(x − 1)
⇒ lim 
 =b
x → 1 ( x − 1)( x + 8 + 3) 




1
⇒ lim 
=b
x →1 ( x + 8 + 3) 


1
1
= b=
⇒
⇒b
dır. O halde ,
6
( 1 + 8 + 3)
 0
belirsizliği,
 =
 0
 − (1 −
⇒ lim 
x →1


lim 
x →1

(
⇒ lim 
x →1

(
⇒ lim 
x → 1
(
Limitin b olduğu ve 1 in
paydayı sıfırladığı göz
önüne alınırsa payın
da sıfırlanıp belirsizlik
oluşturularak sonuca
gidilmesi gerekir.
= −4 tür.
 8 x −1 0
 Çarpanlara 
a) ⇒ lim  4
belirsizliği, 
 =

x →1
 ayırılırsa, 
0
−
x
1


8
 8 x −1 


x −1
⇒ lim  8 2
 ⇒ lim  8

2

x →1 ( x ) − 1
x → 1 ( x − 1)( 8 x + 1) 




1 
1
1

=
elde edilir.
⇒ lim  8 =

x → 1
x +1 8 1 +1 2
b)
 0
 = 0 belirsizliği,

 ( x + 2 − 2)( x + 2 + 2 ) 
⇒ lim 

x → 2 ( x − 2 )( x + 2 )( x + 2 + 2) 


1
−
e ∞
⇒ 0 + 0 + e0 ⇒ 0 + 0 + 1 =
1 dir.
20.
x+2 −2
x2 − 4
Eşlenikle çarpılır ve çarpanlara ayırılırsa,
1
+ 2−∞ +
∞
1
1
+
+
∞ ∞

lim 
x→2

LYS MATEMATÝK
144
1
1
⇒ a=
8=
•b
•
6
6
4
tür.
3
Mehmet Ali AYDIN
28−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−2(Limit Kurallarý)
1.
a)
LYS MATEMATÝK
4.
 x 3 + 2x 2 − x 4 + 1  ∞
belirsizliği
⇒ lim  3
=
x → ∞ 2x + 3x 2 − 5x 5 + 3 

 ∞
 x 3 + 2x 2 − x 4 + 1 
=0
(4 < 5)
⇒ lim 
x → ∞  2x 3 + 3x 2 − 5x 5 + 3 


x
x
daki x in mertebesinden küçük olduğundan limit 0 dır.
Pay kısmında 2
daki 2
x
 7 + 2 x + 102016
⇒ lim  2x
x→∞ 3
− 5 x + logx

x
 ∞
belirsizliği
 =
 ∞
payda kısmında 3
2x
=9
x
baz alınır.
x
daki 9 in mertebesinden küçük olduğundan limit 0 dır.
 x2016
⇒ lim  x
x→∞
 e
b)
 x2016
⇒ lim 
x
x→∞
 e
3b
3b
=
⇒
6 (a = 2 idi.) =
⇒
6=
⇒ 3b 12
=
⇒ b 4 tür.
a
2
 ∞
 = ∞ belirsizliği


 = 0

Burada pay kısmındaki x
O halde , a =
+ b 2=
+ 4 6 elde edilir.
2016
in mertebesi payda kısmın -
x
daki e in mertebesinden küçük olduğundan limit 0 dır.
 Parantezin içinde 


 payda eşitlenirse, 
6.
2
 3ax + 2ax + 3bx + 2b + 6x + 1  2
⇒ lim 
 = 3
x→∞
3x + 2


 (3a + 6)x2 + (2a + 3b)x + 1  2
⇒ lim 
 =
x→∞
3x + 2

 3
a)
⇒ lim (
6x + 1 − 3
x
x → −∞
x −3
+ 5x − 2
x −1
x −1
• 2
3 +3


)= 0
0
belirsizliği
6x −1
x → −∞ olduğundan tabanı küçük olan daha
yüksek mertebelidir.
Pay kısmında − 3
0 dan farklı belirli bir limite sahip olduğundan pay
ve paydanın derecesi eşit olursa bu mümkündür.
⇒ lim (
x → −∞
li terimin yok edilmesi yani katsayısı -
−3
x−3
3
x
x−3
)⇒
payda kısmında 3
−3
x−3
3
x
⇒ −3
x −3− x
x
⇒ −3
baz alınır.
−3
⇒−
1
27
3 3 3

x x x  ∞
=
belirsizliği
⇒ lim 

 ∞
x→∞
x4 x


1
1 
 1
 1+ 1+ 1 
 x 3 • x 9 • x 27 
 x 3 9 27 
lim
⇒ lim 
⇒



1
1
1 1
x→∞
x→ ∞
+




2 8
x2 • x8


 x

nın sıfırlanması gerekir.
b)
−2 yazılırsa,
(1= 1)
Burada payın derecesi(1) paydanın derecesine(1) eşit
olduğundan limit bu terimlerin katsayıları oranına eşittir.
www.yukseklimit.com
> log x > ( sin x,cos x, sabitler )
x
x
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları
3
50
Burada pay kısmındaki 7 in mertebesi payda kısmın -
(2 = 2)
2=
• ( − 2)
x
 7x 
⇒ lim  x  = 0
x→∞ 9


oranına eşittir.
⇒=
b 2 ve =
a •b
4 tür.
in mertebesine eşit olduğundan limit bu
Pay kısmında 7
Burada payın derecesi(2) paydanın derecesine(2)
2
x −2
x > x! > 5 > x
a)
⇒ a=
− 2 0=
⇒ a 2 dir.
=
a 2 yazılırsa,
3b − 4
=
3
2
= 2x − (x − 2)= 22=
2x − 2
x → ∞ için fonksiyonlarda öncelik(mertebe) sırası ,
5.
nın sıfırlanması gerekir.
⇒

=

terimlerin oranına eşittir.
lü terimin yok edilmesi yani katsayısı -
−2 dir.
=
a
baz alınır.
x
x
ve paydanın derecesi eşit olursa bu mümkündür.
 (3b − 4)x 1 + 1  2
=
⇒ lim 
 3
x→∞ 
3x 1 + 2


x −2
Burada pay kısmındaki 2 in mertebesi payda kısmın -
0 dan farklı belirli bir limite sahip olduğundan pay
⇒ 3a=
+ 6 0=
⇒a
 ∞
belirsizliği
 =
 ∞
payda kısmında 2
 2
⇒ lim  x − 2
x→∞ 2

 (a − 2)x 3 + 3bx2 − 2x + 1 
lim 
 = 6
x→∞
ax2 + ax + 4


O halde x
x
x
(3) tek ve x → − ∞ olduğundan limit − ∞ dur.
2
 2x − x 50 + sinx
⇒ lim  x − 2
x→∞ 2
+ x 49 + cosx

b)
büyük olduğundan limit ± ∞ dur. Paydanın derecesi
2
baz alınır.

 = 0

x
Burada payın derecesi(4) paydanın derecesinden(3)

6x2 + 1  2
⇒ lim  ax + b +
=
x→∞
3x + 2  3

x
Burada pay kısmındaki 3 in mertebesi payda kısmın -
 3x 4 + 2x3 − 3x + 9  ∞
belirsizliği
c) ⇒ lim 
=
x → −∞ 2x 3 − 5x 2 + 7x − 1 

 ∞
 3x 4 + 2x 3 − 3x + 9 
 = −∞
⇒ lim 
(4 > 3)
x → −∞  2x 3 − 5x 2 + 7x − 1 


 3bx 2 − 2x + 1 
=6
⇒ lim 
x → ∞  ax 2 + ax + 4 


 ∞
belirsizliği
 =
 ∞
payda kısmında − x
 3
⇒ lim 
x→∞ − xx

olduğundan limit bu terimlerin katsayıları oranına eşittir.
3.
x
x
Burada payın derecesi(4) paydanın derecesine(4) eşit
3
 −2x + 3x − log x
⇒ lim 
3
x
x
x→∞
 x −x +5
Pay kısmında 3
 2x3 − 3x2 + x 4 − 1  ∞
⇒ lim 
belirsizliği
=
x → ∞ 3x 4 + 2x 3 + x + 2 

 ∞
 2x 3 − 3x 2 + x 4 − 1  1

(4 4)
⇒ lim 
=
=
x → ∞  3x 4 + 2x 3 + x + 2 

 3
O halde x
> log x > ( sin x, cos x, sabitler )
50
4
a)
küçük olduğundan limit 0 dır.
2.
x
x > x! > 5 > x
Burada payın derecesi(4) paydanın derecesinden(5)
b)
x → ∞ için fonksiyonlarda öncelik(mertebe) sırası ,
 x13 / 27
⇒ lim  5 / 8
x→∞  x

− 4 tür.
145

 13 5

<
olduğundan 
= 0 dır. 


 27 8

Mehmet Ali AYDIN
28−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−2(Limit Kurallarý)
7.
n
n


 n 3
3
 ∑ k +1 
 ∑ k + ∑ (1)
 k 1
 ==
=
⇒ lim
lim  k 1=k 1
n→ ∞  C(n,1) • C(n,3) 
n→ ∞  C(n,1) • C(n,3)






  n(n + 1) 2


 +n•1 ∞
2

=
⇒ lim  
belirsizliği
n(n − 1)(n − 1)  ∞
n→ ∞
•
n




3!


1
 1 4

 n +••• 
3
⇒ lim  4
elde edilir.
= 4 =
1
n→ ∞  1 4
2
 n + • • • 
6
 6

(
)
( )
LYS MATEMATÝK
10.






lim
x → ±∞
)
(

ax 2 + bx + c = lim  a
x→ ±∞ 
•
x+
b 

2a 
lim ( 9x 2 + 36x − 1 − 9x2 − 18x + 2 )


a)
x→∞
∞−∞ belirsizliği
⇒ lim ( 9
36
−
x+
2•9
•
x→∞
(
9
(
⇒ lim 3 • ( x + 2) − 3 • ( x − 1)
x→∞
−18
)
2•9
) ( x → +∞ olduğundan)
⇒ lim 3 • x + 2 − 3 • x − 1
x→∞
x+
•
)
⇒ lim ( 3x + 6 − 3x + 3 ) ⇒ lim ( 9 ) ⇒ 9 elde edilir.
x→∞
x→∞
−4
b) lim ( x − 4x − 3 + x ) ⇒ lim ( 1 • x +
+ x)
x → −∞
x → −∞
2•1

2
Burada payın derecesi(4) paydanın derecesine(4)
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları
∞ −∞ belirsizliği
(
x → −∞
oranına eşittir.
⇒ lim 1 • x − 2 + x
) ( x → −∞ olduğundan)
(
)
⇒ lim 1 • ( − x + 2 ) + x ⇒ lim ( − x + 2 + x ) ⇒ 2 dir.
x → −∞
8.
1 
 4
+=

 x2 − 4 x + 2 
4
1
=
+ + −
0
0
⇒ lim 
x → −2
(
x → −∞
)
lim x − 6x + 2x 2 − x 2 + 3x + 2
x→∞


c)
4
3
∞ −∞ belirsizliği
⇒ lim ( x (x − 6x + 2) − x 2 + 3x + 2)
∞ − ∞ belirsizliği
2
2
⇒ lim ( x
•
x2 − 6x + 2 − x2 + 3x + 2 )
⇒ lim ( x
•
1• x+
x→∞
Payda eşitlenirse ,
x→∞




4
1
 ⇒ lim  4 + x − 2 
+
⇒ lim  2


x → −2  x − 4
x → −2  x 2 − 4
x+2 



(1)
(x
2)
−


(x + 2)


⇒ lim 

x → −2  (x + 2) • (x − 2) 
1
1
 1 
⇒ lim  =
elde edilir.
 −=
x → −2  x − 2 
2−2
−4
x→∞
−6
− x 2 + 3x + 2)
2•1
⇒ lim ( x • 1 • x − 3 − x 2 + 3x + 2) ( x → +∞ olduğundan)
x→∞
⇒ lim ( x(x − 3) − x + 3x + 2) ⇒ lim ( x − 3x − x + 3x + 2)
2
2
x→∞
2
x→∞
⇒ lim (2) ⇒ 2 elde edilir.
x→∞
11.
)
(
lim x 2 − 6x + 10 + 1 − 2x
x→∞



a)
∞ −∞ belirsizliği

1
•
x+
(
1
•
x − 3 + 1 − 2x
x→∞ 
9.
(
(
) (
) (
)
)
4
6

3
2
 2x − 5 − 2x + 1
⇒ lim 
3
2
x→∞
 1 − x4 − x4 + x + 1

⇒ lim

 ∞−∞
 = ∞ − ∞ belirsizliği


x→∞
x→∞
6
2
(
x→∞
b)





 −48x
x→∞ 
 −x
12


=
8
− x 
− 48
=
−1
olduğundan )
)
x→∞
(
)
2
∞ −∞ belirsizliği

⇒ lim  − x −
x → −∞ 
8 
( −x − 2 • x + 1 )
 ⇒ xlim
→ −∞
2•4 
( x → − ∞ olduğundan ) ⇒ lim ( − x − 2 • ( − x − 1))
 16x12 − 64x12 
12
8

x→∞
 −x − x

⇒ lim 
( x → +∞
lim − x − 4x + 8x + 1
x → −∞



⇒ lim 

12
)

⇒ lim ( x − 3 + 1 − 2x ) ⇒ lim ( − x − 2 ) ⇒ −∞ dur.
alınırsa ,
( ) ( )
( ) ( )
 2x 3 4 − 2x 2

⇒ lim 
3
x→∞
 −x4 − x4

+ 1 − 2x 
2•1
⇒ lim 1 • ( x − 3 ) + 1 − 2x
Burada pay ve paydada sabitler atılıp en yüksek
mertebeli terimler baz

−6
⇒ lim 
4
x+
•
(
x → −∞
)
x → −∞
⇒ lim − x + 2x + 2) ⇒ lim ( x + 2 ) ⇒ −∞ dur.
48 elde edilir.
12.
Burada payın derecesi(12) paydanın derecesine(12)
lim ( x − 5x + 6 + 2ax + b ) =
3
x→∞
⇒ lim ( 1
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları ora -
x→∞
nına eşittir.
x → −∞
2
•
⇒ lim (1 • ( x −
x→∞
−5
x+
5
2
2•1
+ 2ax
=
+ b) 3
( x → +∞
olduğundan )
5
)=
+ 2ax + b ) 3 ⇒ lim ((2a + 1)x=
+b− ) 3
x→∞
2
Burada limitin 3 olabilmesi için
2a + 1 = 0 ve b −
www.yukseklimit.com
146
5
2
=
3 ⇒ a =−
1
2
11
ve b = ⇒ a + b =
5 tir.
2
Mehmet Ali AYDIN
28−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−2(Limit Kurallarý)
13.
( (
)
LYS MATEMATÝK
))
(
16.
lim log 40x2 − 2x + 1 − log 4x 2 + x − 1
x→∞



a)


 sin(15 − 3x) 
x−2
lim 
 − lim 

x → 2 sin(x 2 − 4)
x → 5  tan(4x − 20) 
  

∞−∞ belirsizliği
 sin (a • f(x)) 
=
lim


x →0 
b • f(x) 
Burada payın derecesi(2) paydanın derecesine(2)

x →2 
40 

⇒ lim  log
⇒ lim ( log10 )
x→∞ 
x→∞
4 
⇒ log10 ⇒ log10 10 ⇒ 1 elde edilir.
1
⇒ lim
17.
  ax  
⇒ lim  ln 
 = e
x → ∞   3x + 1  
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları o -
1

2
ranına eşittir.
2
3
3
a
e
e
e=
=
⇒
⇒ a 3e elde edilir.
3
•
 2x
⇒ lim 
x → 0  tan3 x

4x
+ 5x + 1
− 3x + 2
) = lim (
x→∞
3x + 5x + 1  x → + ∞ ol - 
)

2x − 3x + 2  duğundan 
 3x + 5x + 1 
 8x + 1 
=
⇒ lim 
 ⇒ lim


x→∞  −x + 2 
x → ∞  2x − 3x + 2 
8
=
−1
⇒
18.
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları o -
alınırsa ,
15.
c)
a
b
⇒−
lim
x → 0+
3
3
+
4
3
4
⇒ 1 dir.
⇒ 1 elde edilir.
36
∞/∞ belirsizliği
 tan ( a • f(x)) 
lim
=


x → 0  tan (b • f(x)) 
 0
 = 0 belirsizliği

 tan (a • f(x)) 
lim
=


x →0 
b • f(x) 
2
2 • sin x
⇒ lim+
sin 3x
x→0
(x → 0
⇒ lim+
x →0
147
sonlu sayı



+
sin 5x
=


⇒



7
1
1
1
3
+
1 ⇒ −2 dir.
6
−
1
sayı
=
∞
a
b
0 elde edilir.
∞
1 − cos 2x
0
=
belirsizliği
sin3x
0
2
1 − (1 − 2sin x)
⇒ lim+
sin 3x
x →0
a
b
⇒ −1 elde edilir.
1 − cos 2x
⇒ lim+
 sin3x 
 tan(−2x) 
lim 
 + lim


x → 0  sinx 
x → 0  tan3x 
⇒
 sin5x
2x
sinx 
lim 
+
+ sinx

x → 0  tan3x
sin3x
3x 
3 −2
7
+
1
3
3
⇒
⇒
⇒ 1 elde edilir.
5 2
1
7
+ + sin0 •
3 3
3
3
www.yukseklimit.com
3
 sin 5x 
lim  =

x → ∞  3x 
b)
 tanax 
lim
=


x → 0  sinbx 
1
⇒

 tan5 x 
 − lim 

x → 0 tan 3 x 



 sin7x + tan3x
lim 
x →0 
x − sin6x
 −x − x 
 −2x 
⇒ lim 
 ⇒ xlim

 = −2 dir.
→ −∞  x 
x → −∞  −2x + 3x 
 sinax 
lim
=


x → 0  sinbx 
5
−



x → − ∞ olduğundan,
 sinax 
lim
=
 bx 
x→0 

36
⇒
 sin (7 • x ) tan (3 • x )
+

1• x
1• x
⇒ lim 
x →0 
x
sin(6 • x )
−

x
1• x

Köklerin içinde en yüksek mertebeler göz önüne
 x −x
x −x 
 ⇒ lim 
x → −∞  2x + 3x
4x2 + 3x 

9
 sin (a • f(x)) 
lim
=


x →0 
b • f(x) 
2

x + 4x − 1 − x  ∞ + ∞
=
belirsizliği
2
4x − 4x + 3 + 3x  ∞ − ∞
2
3
a)
ranına eşittir.

⇒ lim 
x → −∞ 

2
−8 dir.
Burada payın derecesi(1) paydanın derecesine(1)

b) ⇒ lim 
x → −∞ 

36
 a • f(x) 
lim
=


x → 0  tan (b • f(x)) 
alınırsa ,
x→∞
•
0 • ∞ belirsizliği
∞+∞
Köklerin içinde en yüksek mertebeler göz önüne
2
−4
 cot 3x 
lim ( 2x • cot 3x ) − lim 

x→0
x → 0  cot 5x 


 

b)
=
belirsizliği
4x 2 − x + 1 − 3x + 2  ∞ − ∞
2
•
1
6
  ⇒
4
3
x→∞ 
9x
3
−
 0
 = belirsizliği
 0
  1 • x 2  sin6 x 3 
3
sin 6x 

⇒
li
m

 • 
 
3
x → 0   sin2 x 
tan 3x 
tan3 x  





2
⇒
a
 a
(a) e
e ⇒=
loge 3
⇒ lim
⇒ ln
=
 ln  e=
⇒ lim (
1
2+2
 tan (a • f(x))  a
 sin (a • f(x)) 
lim 
=
 = lim 
x →0 
b • f(x)  x → 0  sin (b • f(x))  b
Burada payın derecesi(1) paydanın derecesine(1)
9x 2 − x + 1 + 5x + 1 
⇒
−4
 x 2 • sin3 6x
lim 
x → 0 tan3 3x • sin2 2x

a)
 x2
lim 
x → 0 sin2 2x

∞− ∞ belirsizliği
3
−
(x + 2)
x→2
lim (ln(ax) − ln(3x + 1) ) =
e
x→∞


a) ⇒ lim 
x→∞ 

a
b
1• ( x − 2 )
⇒ lim 
ranına eşittir.
14.
 tan (a • f(x)) 
=
lim


x → 0  sin (b • f(x)) 

 sin (3 • ( 5 − x )) 
 − lim 

x
→
5
 sin ((x + 2)( x − 2 )) 
 tan ( −4 • ( 5 − x )) 
eşit olduğundan limit bu terimlerin katsayıları o -
b)
0/0 belirsizliği
0/0 belirsizliği

 40x 2 − 2x + 1  

⇒ lim  log 
 4x 2 + x − 1  
x→∞ 



sin 3x
x →0
2
⇒ lim+
•
sinx
sin3x
x →0
1. bölgeyi gösterdiğinden sinüs pozitiftir.
2 • sin(1 • x )
sin ( 3 • x )
⇒
2
•
1
3
⇒
2
3
)
tür.
Mehmet Ali AYDIN
28−LÝMÝT ve SÜREKLÝLÝK−2(Limit Kurallarý)
19.
C
sin 2β
=
⇒x
x
=
tan3β
3β
D
LYS MATEMATÝK
sin 2β
tan3β
22.
x
3β
  2x + 5 3x − 1 
 = 1∞ belirsizliği
lim  


x → ∞   2x + 1 


B
lim (
⇒ e x→∞
 sin 2β  0
lim
=
belirsizliği


β → 0  tan3β 
0
sin (2 • β )  2
 = elde edilir.
tan (3 • β )  3
=
⇒ lim (x)
β →0

⇒ lim 
β →0 

20.
 sin (a • f(x)) 
lim
=


x →0 
b • f(x) 
 tan (a • f(x)) 
lim
=


x → 0  sin (b • f(x)) 
a
b
⇒e
n→ ∞
6n


n→ ∞
5
6n
=
21.
∞
1 belirsizliği ⇒ lim
x→∞
a)
6
=
1
−
3
−
5
2
g(x)
23.
lim
( f(x) • g(x))
x→∞
lim ( 12x + 2 )
3x
12
3
= e=
( )
∞
1 belirsizliği ⇒ lim

⇒ lim  
x→∞  

⇒e
lim
(−
x→∞
x→∞
lim− ( − 3 • ( −2x) )
b)
x
www.yukseklimit.com
e=
−1
=
1
e
dir.
lim
x → 0+
((1 + sin6x )
(
x→0
cot 2x
cot 2x
lim+ ( sin6x )
cot 2x
⇒ e x→0
lim
( f(x) • g(x))
x→∞
)⇒e
lim+ ( sin6x )
⇒ e x→0
4 )
) f (=
+
+
(
7
7 )
) f (=
+
+
f 5 =
+2
2
e=
=
(
7 )
) f (=
−
−
f 5 =
+2
+
⇒ lim+
x→4
4
3
−2
)
⇒ f (7 =
−
7
O
−4
−
f o f ) (x) )
( ( f o=
y=f(x+2)
8
7
7−
8
e3 tür.
y
y = f(x + 2), x → 5 için ,
148
6
cot 2x
−
1
elde edilir.
e2
lim (cot 2x • sin6x )
x→0+
+
(
)
) = 1∞ belirsizliği
y = f(x + 2), x → 2 için ,
f 2 =
+2
e 4 tür.
− 1 dir.
1
= e6 elde edilir.
⇒ lim+ (1 + sin6x )
2x
−2
=
−3


lim−  (1 − 2x ) x  = 1∞ belirsizliği
x→0 

⇒ e x→0

 = 1∞ belirsizliği


2x
2x 

x −1
 1   


lim
1
=
+
−




x   x → ∞  
 x   

1
• 2x )
x =
−2
2
ln
(e )
− 1 •=

g(x)
+
c)
e
((1 + f(x)) )= e
y = f(x + 2), x → 5 için ,
 x − 1 
lim  

x→∞   x


=
(
24.
e x→∞
)
−3 

2x
⇒ lim−  (1 − 2x ) x  = lim− ( 1 + ( −2x ) )
x→0 
 x →0
6x + 1 

2 

⇒ lim   1 +



x→∞ 
3x 


2
• (6x + 1))
3x
=
−2x2 + 4x
2x2 + 2x − 4

 x − 1 
lim  x • ln 
  = ∞ • 0 belirsizliği
x→∞ 
 x 
a)
6x + 1 

2 
 = 1∞ belirsizliği
lim   1 +


x→∞  
3x 


lim (
(
lim
x→ ∞
 lim ( − 1 x ) 
x
 ln=
⇒ ln  e x→∞ =
e− 1




•
⇒ e x→∞
=e
x 



  x − 1 x  
 1  
  = ln  lim   1 +  −    
⇒ ln  lim  

 x→∞   x   
 x→∞  
 x    





))
dir.
((1 + f(x)) )= e


∞
 = 1 belirsizliği


x 
x 

2 
−2x + 4  2 

  = lim   1 + 2

x + x − 2  
  x→∞  



•
5
x
2


x

 x −1 
 = 1∞ belirsizliği
⇒ ln  lim 

 x→∞  x  


x

1 
lim   1 +   = 1∞ belirsizliği

x→∞ 
x  

1
x

lim ( x )
1 
⇒ lim   1 +  = e x→∞ x = e1= e dir.
x→∞  
x  

b)
−2x + 4 x
•
)
x2 + x − 2 2
12
2
e=
e6 dır.
2x + 1=
  x − 1 x 

 x − 1 
= lim  ln 
⇒ lim  x • ln 


 
x→∞ 
 x   x → ∞   x  
n → ∞ için 2 ihmal edilir.

5
1 
 sin  • ( )  
n 

6
lim 
=

n→ ∞
1
1
 − • ( ) 


3
n


(
lim
x→∞
c)
( −∞ ) • 0 belirsizliği
)) ⇒ lim ( −3n • sin (
lim ( 12x − 4 )
= e x→∞

  x2 − x + 2
⇒ lim   2
x→∞
 x + x − 2


 2 
lim  3x • sin    = 0 • ∞ belirsizliği
x→∞ 
 x 


1 
 sin  2 • ( )  
x
2

 2

=
lim (3x • sin ( =
= 6 dır.
)) lim 

x
1
x→∞
x→∞
1
1


• (
)
x
 3
 3


5 

b)
lim (an ) = lim  (2 − 3n) • sin( ) 
n→ ∞
n→ ∞ 
6n


⇒ lim ((2 − 3n) • sin (
4
• (3x − 1))
2x + 1
 2
 x − x + 2
lim   2
x→∞
 x + x − 2

b)
a)
5
lim
( f(x) • g(x) )
x→∞
3x −1 
  2x + 5 3x − 1 

4 
 = lim   1 +

⇒ lim  


 x→∞  

x → ∞   2x + 1 
2x + 1 




α
sin 2β
A
g(x)
x→∞
a)
α
((1 + f(x)) )= e
∞
1 belirsizliği ⇒ lim
dır.
2 5
x
( ( ( ) )) ( ( ))
f=
f f 4+
f f 7+
−
8= 8 elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
29−TÜREV−1 (Türevin Limit Tanýmý−Türev Kurallarý ve Formülleri−Zincir Kuralý−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Türevi)
1.
4.
 f(x + h) − f(x) 
ı
lim 
 = f (x)
h→ 0 
h

a)
olup türevin tanımı yani f(x) in türevidir.
(Yukarıdaki ifade türevin limit tanımıdır.)
 f(x) − f(a) 
= f ı (a)
lim 
x→a 
x − a 
olup türevin x = a noktasındaki değeridir.
f(x) = x 3 + 4x 2 − 2x verilmiş.
 f(x) − f(4) 
= f ı (4)
lim 
x→ 4 
x − 4 
olup türevin x = 4 noktasındaki değeridir.
O halde,
 f(a + h) − f(a) 
ı
lim 
 = f (a)
h→ 0 
h

b)
LYS MATEMATÝK
olup türevin x = a noktasındaki değeridir.
x 3=
+ 4x 2 − 2x ⇒ f ı (x) 3x2 + 8x − 2
f(x)
=
⇒ f ı (4) = 3 • 42 + 8 • 4 − 2
(Yukarıdaki ifade türevin noktadaki tanı mının bir biçimidir.)
⇒ f ı (4) = 78 dir.
5.
a)
f (x) = g(x) • h(x) çarpımın türevinin formülü ,
f ı (x) = gı (x) • h(x) + g(x) • hı (x)
 f(x) − f(a) 
= f ı (a)
lim 
x→a 
x − a 
c)
tir.
f(x) = (x + 2) • (x 2 − 5)
olup türevin x = a noktasındaki değeridir.
(Yukarıdaki ifade türevin noktadaki tanı -
⇒ f ı (x) = (1) • (x 2 − 5) + (x + 2) • (2x)
⇒ f ı (x) = x2 − 5 + 2x 2 + 4x
mının bir başka biçimidir.)
2.
f(x) = 6x 3 − 5x 2 + 4x + 13
⇒ f ı (x) = 3x 2 + 4x − 5 elde edilir.
 f(x + h) − f(x) 
ı
⇒ lim 
 = f (x)
h→ 0 
h

olup türevin tanımı yani f(x) in türevidir.
O halde
 f(x + h) − f(x)
⇒ lim 
h→ 0 
h
dx
d
dt
ifadesi x e göre bir kez türev demektir.
ifadesi t ye göre bir kez türev demektir.
 d
 d 1

⇒
x3 + xt 2 + 1  +   t 6 + x 2 + π  
 dx
  dt  3

1

⇒ 3x2 + 1 • t 2 + 0  +  • 6t 5 + 0 + 0 
3

(

ı
 = f (x)

3
=
f(x) 6x=
− 5x 2 + 4x + 13 ⇒ f '(x) 18x 2 − 10x + 4
)
⇒ 3x 2 + 1 • t 2 + 2t 5 ⇒ 3x 2 + 2t 5 + t 2 elde edilir.
 f(x + h) − f(x) 
2
⇒ lim 
 = 18x − 10x + 4 tür.
h→ 0 
h

3.
d
b)
verilmiş.
6.
a) f (x) =
g(x)
bölümünün türevinin formülü ,
h(x)
f ı (x) =
 f(a + h) − f(a) 
ı
lim 
 = f (a)
h→ 0 
h

olup türevin x = a noktasındaki değeridir.
f(x) = x 5 − 32x + 64
⇒
verilmiş.
=
f(x)
d  x 2 + 1  2x • ( x2 − 2 ) − ( x 2 + 1) • 2x

=
2
dx  x 2 − 2 
x2 − 2
(
⇒
(x
2
−2
)
2
⇒
(x
−6x
2
−2
)
2
dir.
n. kuvvetin türevinin formülü ,
n−1
⇒ f (−2) = 5 • (−2) − 32
•
gı (x)
tir. Yani içinin türeviyle de çarpılmalıdır.
⇒ f ı (−2) = 5 • 16 − 32
(
)
5
⇒ f(x) = x 2 − 3x + 1 + x
⇒ f ı (−2) = 80 − 32
⇒ f ı (−2) = 48 dir.
www.yukseklimit.com
2x − 4x − 2x − 2x
f ı (x) = n • [g(x)]
4
)
3
n
4
− 32x + 64 ⇒ f (x) 5x − 32
x=
ı
3
b) f (x) = [ g(x)]
O halde,
ı
tir.
d
ifadesi x e göre bir kez türev demektir.
dx
O halde bölümün türevinden ,
f( −2 + h)





 f(h − 2) − f(−2) 
 = f ı (−2)
lim 
h→ 0 
h





olup türevin x = −2 noktasındaki değeridir.
5
gı (x) • h(x) − g(x) • hı (x)
h2 (x)
⇒
149
4
d
(x) 5 • x2 − 3x + 1
( f(x)
=) f '=
dx
elde edilir.
(
)
•
( 2x − 3 ) + 1
Mehmet Ali AYDIN
29−TÜREV−1 (Türevin Limit Tanýmý−Türev Kurallarý ve Formülleri−Zincir Kuralý−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Türevi)
7.
d
a)
10.
ifadesi x e göre bir kez türev demektir.
dx
1

 x in türevi
2
x

 d
1+
⇒
 dx
(
)

x +

,
b)
1
1 
in türevi − 2 
x
x 
 d  1 
 dx  x  
 

1 
x2 
⇒ y=
x x +x−
x
x
⇒ y=
x x
x
+
−
x
x

ı
b)
=
=
a ( f(x)) ⇒ y
 y log

x −1
1
⇒
=1+ +
dx
2 x
e f(x)
)

f ı (x)
• log e 
a 
f(x)

⇒ f(x) log3 (x 2 − 5x)
=
⇒ f ı (x) =
11.
(Parçalanırsa )
x
x
⇒ y=x +
dy
•
3
⇒ f ı (x) = 3x2 • e(x + π) elde edilir.
ifadesi y nin x e göre bir kez türevidir.
dx
( y = ef(x) ⇒ yı = fı (x)
a)
3
⇒ f(x) = e(x + π)
1  

⇒ 0 +
+ −
2 x  

1
1
⇒
− 2 elde edilir.
2 x
x
dy
LYS MATEMATÝK
12.
elde edilir.
2x − 5
• log e elde edilir.
3
x2 − 5x

f ı (x) 
( f(x)) ⇒ yı
=

 y ln=
f(x) 

⇒ f(x) = ln(2x + 5) + ln10
2
+0
⇒ f ı (x) =
2x + 5
2
elde edilir.
⇒ f ı (x) =
2x + 5
(
a) =
y
f (=
g(x)) ⇒ yı
f ı (g(x)) • gı (x)
)
⇒ f(5x3 − x) = x 3 + 6x 2 − x + 7
x = 1 için ⇒ f(5 • 13 − 1) = 13 + 6 • 12 − 1 + 7
8.
⇒ f(4) = 13 tür.
a) yı , y nin serbest değişkene göre türevi demektir.
(
(
)
 y = sin f(x) ⇒ yı = cos f(x) • f ı (x)


 y = cos f(x) ⇒ yı = − sin f(x) • f ı (x)

)
Türev alınırsa ,





⇒ f(5x 3 − x) = x 3 + 6x 2 − x + 7
(
⇒ f ı (5x3 − x)
⇒ y = sin5x + 3cos7x + 225
x = 1 için ,
⇒ yı = (cos5x ) • 5 + 3 ( − sin7x ) • 7 + 0
(
⇒ f ı (5 • 13 − 1)
⇒ yı =cos5x − 21sin7x elde edilir.
( y = tan f(x) ⇒ y = (1 + tan f(x))
⇒ y = tan7x +
ı
2
•
ı
f (x)
)
2
b)
2
dx
•
f ı (x)
)
g(x)
=
=
g(1)
g(1)
=
(
f ı (x) • af(x) • lna
)
x 3=
+ 4x ⇒ f ı (x) 3x2 + 4
1
1
− 2x 2 ⇒ gı (x) − 2 − 4x
=
x
x
1
1
=
− 2 • 12 ve gı (1) − 2 − 4 • 1
1
1
−1=
ve gı (1)
−5 elde edilir.
⇒ ( f og)ı (1) = f ı (g(1)) • gı (1)
⇒ f(x) = 5 sin x
= f ı ( −1) • (−5)
⇒ f ı (x) = cos x • 5 sin x • ln5 elde edilir.
www.yukseklimit.com
)
ı
⇒ f ı (1) = 7
d
( cot 5x ) = −(1 + cot2 5x ) • 5
dx
−5
= −5 cosec 2 5x dir.
⇒ −5 (1 + cot 2 5x) =
sin2 5x
⇒ yı
=
y a f(x)
=
gı (x)
⇒ f ı (1) = 3 • 12 + 4
⇒
9.
ı
•
⇒ ( f o g)ı (1) = f ı (g(1)) • gı (1)
f(x)
=
2
( y = (f o g)(x) ⇒ yı = f ı(g(x))
⇒ ( f o g) (x) = f (g(x)) • g (x)
ifadesi x e göre bir kez türev demektir.
( y = cot f(x) ⇒ yı = −(1 + cot f(x))
(15 • 12 − 1) = 3 • 12 + 12 • 1 − 1
ı
7
(1 + tan2 7x) =
7 • sec2 7x
=
⇒ yı 7 •=
cos2 7x
d
(15x 2 − 1) = 3x2 + 12x − 1
⇒ f ı (4) +=
f(4) 13=
+ 1 14 elde edilir.
⇒ y = (1 + tan 7x ) • 7 + 0
c)
•
•
⇒ 14 • f ı (4) = 14 ⇒ f ı (4) = 1 dir. O halde ,
b) yı , y nin serbest değişkene göre türevi demektir.
ı
)
)
= 7 • (−5)
= −35 elde edilir.
150
Mehmet Ali AYDIN
29−TÜREV−1 (Türevin Limit Tanýmý−Türev Kurallarý ve Formülleri−Zincir Kuralý−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Türevi)
13.
=
a) ⇒ f(x)
3
1
=
⇒ f(x)
+
1
+
1
14
=
⇒ f (x)
b)
f(x) =
e x + ee
e x • ee
1
13
x 27
14
13 − 27
ı
=
⇒ f (1)
• 1
27
27
dy
dx
dir.
−0
⇒ f ı (0)
− e=
=
⇒ f (0)
=
⇒ f (x)
3
=
⇒ f ı (1)
1 + 9x 2
ı
=
⇒ g (x)
ı
2
−=
⇒ gı (1)
1 + 4x 2
ı
+ g (1)
O halde, f (1) =

=
y

b)


=
 y

3
2
=
−
10
5
=
arcsin
f(x) ⇒ yı
=
arccot
f(x) ⇒ yı
ı
⇒ f(x) arcsin2x
⇒ f (x)
=
=
−
1
10
=
⇒ gı (x)
ı
ı
O halde, f (0)=
+ g (0)
15.
ı
(
log5 ( π/ 2)
log ( π/ 2)
log ( π/ 2)
π/ 2
π/ 2
π/ 2






0
2
−
tir.
5
17.
1
π
cos0
• ( − 1)(
• ln 5 )
1)((π/ 2) • ln5 ) 1 =
 • ( −=
2
1
( f (x) = [g(x)]
n
a)
2
−
⇒ f ı (x) = n • [g(x)]
n−1
•
π • ln 5
2
gı (x)
)
1
ı
=
f(x) (cos5x
=
) ⇒ f (x) 2 • (cos5x ) • ( − sin5x • 5 )
⇒ f ı (x) = 2
• cos5x • sin5x • ( −5)



dur.
sin10x
⇒ f ı (x) = −5 • sin10x elde edilir.


2
1 − f (x) 

f ı (x)

−

1 − f 2 (x) 
2

gı (x)
ı
 f (x) = g(x) ⇒ f (x) =
•
2
g(x)

b)



f(x) = tan x
⇒ f ı (x)
=
1 − (2x )2
(
)
I
tan x
=
2 • tan x
(1 + tan
2
(1 + tan
2
df(x)
5
dx
1 − (5x )2
=
2
x=
π
π
2
fı =
( )
16
16
2•
)
x
•
1
2 x
tan x
2
π /16
)
•
1
2 π 2 /16
2
2•
tan π /16
2
1 

−5 tir.
(1 + tan2 ( π/4 ))
−3 tür.
2•
•
1
π
2•
4
=
tan( π/4 )

4
2•
• π
2
=
2• 1
4
1
2• =
•
2•π 2
2
π
dir.
1
0



 f(x) − f(26) 
ı
⇒ f (26) = lim 

x → 26
 x − 26 


 x • (x − 1) • (x − 2) • • • (x − 26) • • • (x − 50) 
= lim 

x → 26 
(x − 26)

= lim ( x • (x − 1) • • • (x − 25) • (x − 27) • • • (x − 50) )
18.
a)
f(x) = arccos(ln x)
=
⇒ f ı (x)
−
1
x =
⇒ f ı (1)
1 − ln2 x
3
b)
f(x) = arctan( )
x
3
− 2
df(x)
x
=
⇒ f ı (x)
⇒ =
2
dx x=3
3
1+ ( )
x → 26
= 26 • (26 − 1) • • • (26 − 25) • (26 − 27) • • • (26 − 50)
= 26
• 25 • 24 • • • 1 • ( −1) • ( −2) • • • ( − 24)


24!
2
= 26!
=
=
• 24!
• 24!
26 • 25 • 24!
650 • ( 24!) dir.
www.yukseklimit.com
)
= cos(cos( π/ 2)) • ( − sin( π/ 2))(1 • (π/ 2) • ln5 )
f(x) = x • (x − 1) • (x − 2) • (x − 3) • • • (x − 50)
26!
af(x) • lna
)
f ı (x)
2=
+ ( − 5)
•
5
5
= cos(cos 5

 ) • ( − sin5
 )(1 • 5
 • ln5 )
2
1 + (2x )2
5
−=
⇒ gı (0)
1 − 25x 2
−=
(−1) • e −3π/ 2 e −3π/ 2 dir.
f log5 (π/2) =
=
⇒ g(x) arccos5x ⇒ gı (x) = −
=
deki değeridir.
ı
x
x
x
⇒ f (x) = cos(cos 5 ) • ( − sin5 )(1 • 5 • ln 5 )
2
⇒ f ı (0) 2 dir.
=
1 − 4x 2
⇒ f ı (x)
=
3π / 2
f(x) = sin(cos 5 )
3
dur.
10
=
⇒ g(x) arccot 2x ⇒ gı (x) = −
türevin x = e
3π / 2
x




f ı (x) 
ı
=
arccot
f(x) ⇒ y −
2
1 + f (x) 
3
=
=
⇒ f(x) arctan3x
⇒ f ı (x)
1 + (3x )2
ı
•
( y = af(x) ⇒ yı = fı (x)
b)
−1 dir.
f ı (x)
1 + f 2 (x)
=
arctanf(x)
⇒ yı
x=e
3π
1
) • ( 3π / 2
⇒ − sin ( =
2
e
e− e + e− x
−e − x
ı
•
dy
1
=
=
− sin(ln x) • ( )
⇒ y cos
(lnx) ⇒
dx
x
dy
1
= − sin(ln e3 π / 2 ) • ( 3 π / 2 )
dx x=e3 π / 2
e
(Parçalanırsa )
=
⇒ f ı (x) 0 =
− e − x ⇒ f ı (x)

=
y

14.
a)

y
=


13
( cos(f(x)) fı (x) ) 
( − sin(f(x)) f ı (x)) 

a)

 y cos
=
=
f(x) ⇒ yı

elde edilir.
ex
ee
+ x e ⇒ f(x)
=
x
e
e •e
e •e
=
⇒ f(x)
16. =
 y sin
=
f(x) ⇒ yı
1
x 3 • x 9 • x 27
3 9 27 ⇒ f(x)
x=
−
13
27 ⇒ f ı (1)
=
• x
27
ı
1
=
x 3 x 3 x ⇒ f(x)
LYS MATEMATÝK
x
151
1
1
−=
2
1 − ln
1
−1 dir.
0
3
− 2
3
=
2
1+ ( 3 )
3
−
1
dır.
6
Mehmet Ali AYDIN
29−TÜREV−1 (Türevin Limit Tanýmý−Türev Kurallarý ve Formülleri−Zincir Kuralý−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Türevi)
19.

=
 f (x)

=
f(x)
ı
x +=
x ⇒ f (x)
ı
2•
3
(
2•
1+
2
2=
2 2 • 2
ı
=
⇒ f (1)
gı (x)
2 • g(x)
•
a) fonksiyonu için f ı (3) yoktur çünkü x = 3 nokta sında sağdan ve soldan türevler eşit olsa da bu
noktada sürekli olmadığından türev de yoktur.
)
x+
1 

1 +

2 1 
 =
=
⇒ f (1)
22.



1 

I
1 +

x+ x
2 x 

=
=
g(x) ⇒ f ı (x)
1
x
2•
x+
1

1 + 
2
=
3
2•
x = 3 için sürekli olmadığını görelim.
x
x→3
8
)
f(x) = 2x + 3
⇒ lim− ( 2x + 3 )
x →3
f(3) = 2 • 3 + 3
⇒ 2 • 3 + 3= 9
3
f(3) = 9

(soldan limit) (noktadaki değer)


 
(sağdan limit)
2 2
3 2
3
⇒ 3 − 25 • 3 = − 48
9 = 9 olmadığı için sürekli değildir.
x = 1 için sürekli mi görelim.
− 48 =
3 2 1
=
•
2
4
(
⇒ lim+ x − 25x
2
2
LYS MATEMATÝK
b)
dir.
(
2
⇒ lim+ x − x + 4
x →1
)


3  f(x) = x − x + 4

x
2
f(1) = 1 − 1 + 4
2
2
⇒ lim−  x +
x →1
3
4 = 12=
f(1) = 4
4
+



1
 (noktadaki değer)
(sağdan limit)
(soldan limit)
2
1 +4
= 1 −=

20.

(f(x)) ⇒ yı
=
a)
 y ln=

= ln(ln x) ⇒ f ı=
f(x)
(x)
b)
f ı (x) 

f(x) 
(lnx)I
=
ln x
4=
1
x
=
ln x
1
tir.
x • ln x
4 olduğundan süreklidir.
x = 1 için türev var mı görelim.
4=
−
+
x = 1 için,
x = 1 için,
2
f(x) = x − x + 4
f (x) = 1 − 2x

f ı (x) 
ı
 y = ln( f(x)) ⇒ y =

f(x) 

ı
+
ı
+
ve
23.
x = 2 de sağdan ve soldan türe eşittir.
2)
x = 2 de süreklidir.
+
x=2
için,
ı
dy
⇒
dt
t=0
t=0
f (x) = 2x + 3
ı
ı
−
olduğundan
ı
−
f (2 ) = 7
(sağdan türev)
+
f (2 ) = 7
⇒
ı
+
ı
f (2 ) = a
a=7 ,f (2)=7



(soldan türev)
⇒ 1 ) x = 2 de süreklilik :
⇒ lim+ ( 7x + b )
x→2
(
)
2
⇒ lim− x + 3x − 1
x →2
f(x) = 7x + b
f(2) = 14 + b
⇒ 14 + b
⇒ 2 + 3 • 2 − 1= 9




 

 (noktadaki değer)
(sağdan limit)
2
(soldan limit)
14 + b =
9=
ı
24. a)
−5 ve f(2) = 14 + b = 9 dur.
14 + b ⇒ b =
O halde, f (2) + =
f(2)
+ 2u,=
+ 2 • 1 ⇒ x 3 tür.
=
x u2=
u 1 ⇒ x 12=
dy
⇒
dt
için,
2



⇒ u 1
e0 =
dy
= (3x 2 − 1) • (2u + 2) • (2 • e2t )
dt
dy
⇒
= (3 • 32 − 1) • (2 • 1 + 2) • (2 • e0 )
dt t=0
−
f(x) = x + 3x − 1
ve
f (2 ) = a
dy
dy dx
•
⇒
=
dt
dx du
dy
⇒
= (3x 2 − 1) • (2u + 2) • (2 • e2t )
dt
⇒
(soldan türev)
1)
f (x) = a
O halde ,
−
⇒ 1 ) x = 2 de sağdan ve soldan türev :
dy
−x⇒
x 3=
3x 2 − 1
dx
dx
+ 2u ⇒
u2=
2u + 2
du
du
=
⇒
e2t
2 • e 2t
dt
du
•
dt
⇒u
e2t=
, t 0=
elde edilir.
f(x) için f (2) mevcut ise ,
ı
=
u
f ı (1) = −1
x2
ı
f(x) = ax + b
=
u
−
⇒ olduğundan
3

(sağdan türev)
+
ı
f (1 ) = −1
x
f (1 ) = −1



x=2
=
x
ı
f (1 ) = −1
(lnx)I
(ln(ln x) ) = ln x
f(x) = ln (ln(ln x) ) ⇒ f ı (x) =
ln(ln x)
ln(ln x)
1
x
1
ln x
ı
f (x)
tir.
=
=
⇒
ln(ln x)
x • ln x • (ln(lnx) )
=
y
ı
f (x) = 2x −
f (1 ) = 1 − 2 • 1
I
21.
2
f(x) = x +
ı
ı
f (1 ) = −1
3
7=
+9
16 elde edilir.
ı
f (4) için x = 4 f(x) i sıfırlamadığından kritik nokta
değildir. Fonksiyon x = 4 civarında düzenlenirse,
f(x)
=
(
2
2
x=
− 6x
4 −6•4


−8
)
x=4 te
içi negatif
( x 2 − 6x ) ⇒ f(x) − x 2 + 6x
f(x) − =
=
ı
=
⇒ f (x)
= (26) • ( 4 ) • (2)
ı
−2x
=
+ 6 ⇒ f (4)
−2 dir.
b) Mutlak değerin içini sıfır tek kat köklerde türev
yoktur. Ayrıca paydayı sıfır yapan noktada sürek -
= 208 elde edilir.
sizlik olduğundan türev de yoktur.
2
x =
− 6x
x−2
=
0=
⇒ x
0=
⇒ x
0 ve
x
=
6 tek kat kökler
2 tanımsızlık noktası, O halde ,
Türevsiz noktaların kümesi { 0 , 2 , 6 } elde edilir.
www.yukseklimit.com
152
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
1.
2.
3.
y
4.=
a) e x 10=
⇒ log10y loge x
dx
t 2=
2t + 3
+ 3t ⇒
dt
dy
y t 3=
− 5t ⇒
3t 2 − 5 tir.
=
dt
Parametrik denklemlerde ,
dy
dy
3t 2 − 5
= dt
=
elde edilir.
dx
dx
2t + 3
dt
x
=
⇒ y = x • loge elde edilir. O halde ,
dy
dt
=
dx
dt
− sin t
−2 • sin2t
=
b) sin x
− sint
− 2 • 2 • sint • cos t
=
1
4 • cos t
y
=
1
elde edilir.
4y
•
sin t • cos t )
dy
=
=
y cos(sin
x) ⇒
− sin(sinx) • cosx
dx
dy
⇒
= −cosx • sin(sinx) elde edilir.
dx
5.
( cos t = y
verilmiş. )




 Kapalı fonksiyon türevi : F(x, y) = 0 ise , 


Fx
dy


ı
=
F
(x,
y)
=
−


dx
Fy




 Fx : x e göre türev y sabit. 






 Fy : y ye göre türev x sabit. 


a)
dx
e θ=
eθ
+3⇒
dθ
dy
y θ2=
2θ + 1 dir.
=
+θ⇒
dθ
Parametrik denklemlerde ,
dy
dy
2θ + 1
θ
elde edilir ki ,
= d=
dx
dx
eθ
dθ
dy
2θ + 1
olsun.
= z=
dx
eθ
2θ + 1
dz
2eθ − e θ • (2θ + 1)
z
=
=
⇒
θ
d
θ
e
(e θ )2
a)
x
=
⇒
dz
e
=
dθ
θ
•
tan(x • y) + cot(x • y) = 1 verilmiş.
=
⇒ F(x, y)
(2 − 2θ − 1)
dz
1 − 2θ
⇒
=
dır.
dθ
e θ • eθ
eθ
d  dy 
d
dz
=
=
⇒
( z)
dx  dx  dx
dx
1 − 2θ
dz
dz
1
d
e θ= 1 − 2θ • =
θ
⇒ =
=
dx
dx
eθ
eθ
eθ
dθ
1 − 2θ
dır.
e2θ
4
F ı(x, y)
⇒
=
6.
=
A( −1,2)
4
2
− = 2 elde edilir.
−1
4
4
4
4
5 + y5 − a5
x=
0
dy
=
dx
−
Fx
Fy
4
3
4 −5
• x
5
−
F ı(1,1)
⇒
=
1
4 −5
• y
5
1
4 −5
• 1
5
−=
1 dir.
1
4 −5
•1
5
4x 2 − 9y2 = 1 verilmiş.
=
⇒ F(x, y)
6x 2
−3
9
4x
d2 y
=
⇒
3
dx 2
y
dy
⇒
x
dx
)
)
)
)
x5 + y5 =
a 5 verilmiş.
x
3
x2
• (2 •
− 1)
=
⇒ y 3=
9
−
(
(
1
2
www.yukseklimit.com
y • 1 + tan2 (x • y) − 1 − cot 2 (x • y)
dy
=−
dx
x • 1 + tan2 (x • y) − 1 − cot 2 (x • y)
F ı(x, =
y)
⇒ y = 3 • (2 • ( x ) − 1)
3
2x2
dy
−3⇒
=
3
dx
⇒
=
⇒ F(x, y)
y 3cos4t
=
=
⇒ y 3 • (2 • cos2 2t − 1)
=
⇒y
(
(
(1 + tan2 (x • y) • y ) − (1 + cot 2 (x • y) • y)
dy
=−
dx
(1 + tan2 (x • y) • x ) − (1 + cot 2 (x • y) • x )
b)
a şıkkı gibi çözülebilir. Başka bir yön temle y yi x e bağlayarak çözelim.
x 3 cos2t
=
=
⇒ cos2t
tan(x
0
=
• y) + cot(x • y) − 1
F
dy
=− x
dx
Fy
⇒
dy
⇒=
dx
d2 y
=
dx 2
b)
=
arccos
y ⇒ cos(sinx) cos(arccos y)

⇒ y = sin(sinx) tir. O halde ,
( sin 2t = 2
=
dy
dy
• loge ⇒
x=
1 •=
loge ⇒
loge dir.
dx
dx
=
y
dx
=
=
⇒
−2 • sin2t
x cos2t
dt
dy
=
=
− sin t
y cos
t⇒
dt
Parametrik denklemlerde ,
dy
=
dx
LYS MATEMATÝK
dy
=
dx
Fx
dy
−=
⇒
Fy
dx
2
4x=
− 9y2 − 1 0
−
8x
dy
=
⇒
−18y
dx
4x
dir.
9y
tür.
153
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
7.
=
F(x, y)
cos(3x
=
+ y) + sin(3x + y) + 9
( x x ) ⇒ ln(f(x)) ln( x ( xx ) )
10.
=
a) f(x) x =
0
( ) lnx
F
− x
Fy
dy
=
dx
ı
F (x,=
y)
⇒ ln(f(x)) = x x
3( − sin(3x + y) + cos(3x + y) )
−=
( − sin(3x + y) + cos(3x + y) )
8.
3
a)
2
⇒ f ı (x) = x
F
− x
Fy
ı
=
⇒ F ( −1,1)
3+2
=
−1+ 2
ı
ı
⇒ y + x • y + 3y
ı
2
⇒ 1+ 1• y + 3 • 1
ı
ı
ı
ı
•
y =0
A(1,1) noktasına göre,
y =0
ı
y =0
ıı
ıı
ı
ı 2
⇒ 2y + x • y + 6y( y
π
ı
)
−1=
⇒ y
−
1
4
tür.
11.
•
ı
y + 3y
+ 3y
2
•
2
•
y =0
4
=
⇒ f (x)
e göre,
1
2
ıı
⇒ y=
9.
ıı
6
ıı
+y +
ıı
16
=
+ 3y
2
1
d y
=
yani
2
dx
32
ıı
ıı
=
0 ⇒ 4y ⇒
4y
ıı
y=
1
32
x
4
3
=
−
8
8
1
8
elde edilir.
⇒ − sin2 π • ( −2π
⇒ 0 • ( −2 π
x
12.
f ı (x)
1
f ı (x)
1•=
lnx + x • ⇒
lnx + 1
=
⇒
f(x)
x
f(x)
9
ı
e 4=
⇒ f (x)
9x
4
9 9
4
•
• e
=
4 4
•
e
81
16
e
3x 3x
+
2
4
9x
4
•
e
9x
4
2  2 
cos   •  − 2 
x  x 
1

2  4 
 + cos  x  •  3  x = π için,

  x 
2
2
) + cos2π ( 4 π 3 )
•
) + 1 ( 4 π 3 ) ⇒ 4 π3
•
elde edilir.
(
)
 d  x
d

e x • cosx  
⇒ e−x • 
 e • sinx +
dx
dx



d


e x • sinx + e x • cosx − e x • sinx 
⇒ e− x • 
 dx

a)
(
⇒ f ı (x) = f(x) • (lnx + 1)
⇒ e− x
df(x)
= x x • (lnx + 1) tir.
dx
x cosx
=
⇒ lny ln( x cosx )
f ı (x)
⇒=
⇒e
⇒ lny = cosx • lnx ( türev alınırsa )
−x
•
•
b) ⇒ eαx
ı
y
1
⇒
= − sinx • lnx + cosx •
y
x
yı
cosx
− sinx • lnx
⇒
=
y
x
cosx
⇒ yı = y • (
− sinx • ln x )
x
dy
 cosx

− sinx • lnx  tir.
⇒=
= x cosx • 
yı
dx
 x

www.yukseklimit.com
3x
2 
 2  
 2   4 
 + cos 

 • −
•
 1/π   (1/π )2 
 1/π   (1/π )3 
⇒ ln( f(x)) = x • lnx ( türev alınırsa )
b)
y
=
9x
3x
2 •e 4
e=
⇒ − sin 
x=
⇒ ln( f(x)) ln( x )
=
a)
f(x)
3x
⇒ f(x)
e =
2
ı
b)
=
=
y sin
 ⇒y
x
2  2
⇒ yıı = − sin   •  − 2
x  x
2
ıı
2
⇒ 2 • (− ) + 1 • y + 6 • 1 • (− 1 ) + 3 • 1 • y = 0
4
4
⇒−
3x
d  df(x) 
=


dx  dx 
ıı
y =0
1
e
4 ⇒ f(x)
e=
=
⇒ f(x)
ıı
ıı
ı
=
a) f(x)
9x
doğrudan türev alınırsa,
A(1,1) noktasına ve y = −
1
π sin
π
π
π
π
ı π
⇒ f ( ) = (sin ) 2 • (cos • ln( sin ) + sin • cot )
2
2
2
2
2
2
1
ı π
=
⇒ f ( ) 1=
0 elde edilir.
• ( 0 • ln1 + 1 • 0 )
2
ı
⇒ y + 1 • y + x • y + 6yy
ı
⇒ f (x) = (sinx)sinx • (cosx • ln( sinx ) + sinx • cotx )
ı
0=
⇒ 4y
2
⇒ f ı (x) = f(x) • (cosx • ln( sinx ) + sinx • cotx )
ı
y =0
•
1
 1
1
(1 • (ln1 + 1)) • ln1 + (1 ) • 1 


•
f ı (x)
cosx
= cosx • ln(sinx ) + sinx •
f(x)
sinx
⇒
−5 elde edilir.
doğrudan türev alınırsa,
ı
+ 3y
⇒ 1 + y=
⇒ y + x • y + 3y
•
5
−=
1
ı
•
2
ı
2
•
⇒ ln( f(x)) = sinx • ln( sinx ) (türev alınırsa )
2
− ( −1) + 2 • 1
⇒ 1 • y + x • y + 3y
•
sinx
⇒ ln( f(x)) ln((sinx)sinx )
=
=
b) f(x) (sinx)
2
3 • 1 − 2 • 1 • ( −1)
x • y + y =2
•
⇒ f ı (1) 1 •=
=
(1 • (0 + 1)) • 0 + 1• 1 ⇒ f ı (1) 1 dir.
⇒ F ı( −1,1) = −
3
•
(11 )
2
−
( xx ) ( x x (lnx + 1)) lnx + (x x ) 1 

x 

⇒ f ı (1) = 1
3x − 2xy
ı
⇒ F (x, y) = −
2
− x + 2y
b)
f (x)
1
= ( x x • (lnx + 1)) • lnx + ( x x ) •

f(x)
x
x
1

⇒ f ı (x) = f(x) • ( x x • (lnx + 1)) • lnx + ( x x ) • 
x

−3 tür.
2
dy
=
dx
alınırsa )
x in türevi 9.soru a şıkkındandır.
F(x, y) = x − x y + y + 1 =
0
ı
F (x,=
y)
( türev
•
ı
⇒
− sin(3x + y) • 3 + cos(3x + y) • 3
ı
⇒ F (x, y) = −
− sin(3x + y) • 1 + cos(3x + y) • 1
ı
=
⇒ F (x, y)
LYS MATEMATÝK
⇒ eαx
2
⇒ eαx
2
⇒ eαx
2
⇒ eαx
2
•
•
•
•
(e
e
x
x
•
cosx − e x • sinx
•
)
( cosx − sinx ) ⇒ cos x − sin x
2
2
)
(
d
e −αx
dx 2
(
(
2
•
x
tir.
)
)
2
2
d
−2αxe −αx • x + e −αx • 1
dx
2
d
e −αx • −2αx 2 + 1
dx
))
( −2αxe αx ( −2αx + 1) + e αx ( −4αx ))
e αx ( −2αx ( −2αx + 1) − 4αx )
(
−
−
2
2
•
2
•
•
−
2
•
2
⇒ 4α2 x 3 − 2αx − 4 αx ⇒ 4α2 x3 − 6αx elde edilir.
154
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
13.
a)
=
y
2016
216
x=
+x
+ 1⇒ y
2015. türevden dolayı x
216
x
2016
Kutucukların
⇒ y ıı = 2016 • 2015 • x 2014
⇒y
(2015)
2016 dır.
= 2016 • 2015 • 2014 • • • 2 • x = 2016! • x tir.


f(x) = ln(2x)
⇒ f (x)
= 2/=
2x 1 /=
x
Kutucukların
x −1
toplamı daima
⇒ f ıı (x) = (−1) • x −2
•
⇒f
(19)
•
−19
=
18!
14.
a)
=
y e
18!
x19
 y5 + x 2 y3 − 2x5
⇒ lim  4
4
3
y→ x
 y + x − 2xy
dur.
5 • x 4 + 3 • x2 • x 2
=
4 • x 3 − 6 • x • x2
=
1− 5x
+e
⇒ y ı = 5 • e1+ 5x + ( −5) • e1− 5x
17.
⇒ y ıı = 52 • e1+ 5x + ( −5)2 • e1− 5x
⇒y
(2016)
•
•
= 52016 • e1+ 5x + (−5)2016 • e1− 5x
ıı
15.
(
a)
ı
dy = y
y=e
•
yııı=
=
8x 4
=
−2x3
−4x tir.
18.
+ cos x
+ 2 • cosx • ( − sinx)) • dx
⇒ dy = (cos x • e
sin x
− sin2x ) • dx elde edilir.
 1 − sin2x 
1 − 2 sinx cosx
) = lim 
 L 'H ⇒
4
π
sin
x 
x
− cos4
x →  − cos2x 

4



− cos2x
 0
lim
=
 −  0 elde edilir.
π
1
x→ 
4
2
sin x



0 / 0 belirsizliği
− cosx − sinx tir.
⇒ dy = (cos x • e
π
4

 −2 • sin2x • ecos 2x
 = lim 
x →0
− 2 • sin2x


e1= e elde edilir.
 − 2 • cos2x 
⇒ lim 
=

π
x →  2 • sin2x 
(dy : y nin diferansiyeli) )
dx
sin x
(2015)
)
lim (
x→
− sinx + cosx
(4)
2015 ≡ 3 (mod 4) ⇒ y
x→0
b)

 mod 4 tür.
− cosx
− sinx ⇒ y
sinx − cosx 
=
⇒y
=

cosx
=
+ sinx ⇒ y
ııı
(
lim ecos 2x = ecos0=
=
=
y sinx − cosx
ı
5x 4 + 3x 4
=
4x 3 − 6x 3



0 / 0 belirsizliği
(e1+ 5x + e1− 5x ) 52016 • y dir.
52016
=
⇒y
=
=
⇒y

 5y 4 + 3x2 y2
 = lim 
3
2
y→ x

 4y − 6xy
 −2 • sin2x • ecos 2x
⇒ lim 
x→0
 − sin2x − sin2x
(2016)
b)
L'Hospital ⇒


ecos 2x − e
lim 
 L'Hospital ⇒
x → 0 cos2 x − sin2 x − 1 




a)
⇒ y ııı = 5 3 • e1+ 5x + (−5)3 • e1− 5x
•
5
dir.
18
0 / 0 belirsizliği
•
(x) = ( −1) • (−2) • ( −3) • • • (−18) • x

1+ 5x
 y5 + x 2 y3 − 2x5 
lim  4

y→ x
x 4 − 2xy3 
 y +


c)
0 dır.
⇒ f ııı (x) = (−1) • (−2) • x −3
L 'Hospital ⇒
 5x 4  5 • 3 4
 x 5 − 243 
=
⇒ lim  6 =
 lim  =

5 
5

x → 3 x − 729
 x → 3  6x  6 • 3

0
olmakta






2 sinx − 1
b) lim 
 = 0 dır.
π cos2 x + cosx − 3
x →   

6
0 olmamakta


1
ı
 f ı (x) 
lim  ı

x → a g (x) 


0 / 0 belirsizliği
•
2016!
b)
 f(x) 
0 ∞
,
⇒ lim 
=

x → a  g(x) 
0 ∞
 x5 − 243 
lim  6

x → 3 x − 729 



a)
toplamı daima
⇒ y ııı = 2016 • 2015 • 2014 • x 2013
•
L 'Hospital Kuralı :
 f(x) 
lim 
=

x → a  g(x) 
+ 1 atılabilir.
⇒ y ı = 2016 • x 2015
•
16.
alınabilir.
LYS MATEMATÝK
4


x
lim 
 = 4
x →0 
y
x
y
x
+
−
−



a)
0 / 0 belirsizliği



lim(
− sin2x
x→0
x •( y+ x + y − x )
)= 4
( y+ x − y− x )•( y+ x + y− x )


2
2
y + x − y − x =2x
4
b)
3
 x •( y+ x +
lim 
x→0 
2•x

y =u − 2u + 8
 dy 
3
2
3
2
⇒ dy + d 
 = ( 4u − 6u ) • du + d( 4u − 6u )
 du 
= ( 4u − 6u
3
2
)
•
2
2
=
2
= ( 4u + 6u − 12u) • du
3
2
b)
θ
−θ2 )
1
(
( −θ2 )
⇒ f (θ) = − 2 + (−2) • e
+ (−2θ) • (−2θ) • e

θ
2

ıı
•
www.yukseklimit.com
y−0)
=
2 y
4⇒ =
2
4 ⇒=
y
4=
⇒ y 16
 x 5 + 32 
0

lim  4
 = m  oluşturalım. 
0

 x + kx − 6 
x → −2 
0 / 0 belirsizliği
−θ 


⇒

( −θ2 ) − 1  • dθ2 elde edilir.
⇒ d2 ( f(θ) =  4θ2 − 2 e
2 
θ 

(
2
 x 5 + 32 
 5x 4 
lim  4
⇒ lim  3
=
 m=
 m
x → −2 x + 5x − 6
x → −2 4x + 5 
 



( −θ2 ) ⇒ f ı (θ) = 1 + (−2θ) • e( −θ2 )
( 4θ2 − 2 ) e
( y+0 +
⇒ (−2)4 + k • (−2)
⇒ k 5 tir.
=
− 6 0=
c) d2 (f(θ)) = f ıı (θ) • dθ2 (d2 ( f(θ)) : f(θ) nın 2. diferansiyeli)
f(θ=
) ln(2θ) + e
y−x)


2y

du + (12u − 12u) • du
= ( 4u − 6u + 12u − 12u) • du
3
( y+x +
y−x)
 = lim 
x →0
2


)
4
5 • ( −2)
=
3
4 • ( −2) + 5
O halde, =
k+m
155
m=
⇒ m
−
80
−
5=
27
27
55
80
27
dir.
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
19.
22.
 e3x − 1  0
lim 
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
x → 0 ln(x + 1) 

 0


 3e3x 
 e3x − 1 
⇒ lim 
 = lim 

x → 0 ln(x + 1) 

 x → 0  1 
 x+1 
a)
3•e
1
=
3 •0
 0
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
 0
 1 ln x

• 2
• ln2 

2ln x − 2 
x

 = lim 
1
x − e  x → e 



2• x


1
•
= e
ln e
2
= e
h→ 0 
e
1
2
•
ln16
e
ıı
f (3) • 4
=
2
=
ln2
1
23.
e
2•
=
 f ıı (3 − 2h) • ( −2) • ( −2)  f ıı (3 − 2 • 0) • 4
 =
2
2


⇒ lim 
2•
•
ı
 f(3 − 2h) − f(3)  0
lim 
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
2
h→ 0 
h
 0
ı
 f (3 − 2h) • ( −2)  0
⇒ lim 
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
h→ 0 
2h

 0
ln 2
•
ı
f (2 − 5 • 0) • ( −5)
f (2) • (−5)
=
3
3
6 • (−5)
=
= −10 elde edilir.
3
ı
ıı
b)
=
f (3) 0 =
ve f (3) 5 olduğuna göre,
1
1
f (2) = 6 olduğuna göre,
=
 2ln x − 2
lim 
x→e
 x − e

⇒ lim 
x→e

ı
a)
 f(2 − 5h) − f(2)  0
lim 
 = 0 belirsizliği, L 'Hospital ⇒
h→ 0 
3h

 f ı (2 − 5h) • (−5) 
 f(2 − 5h) − f(2) 
⇒ lim 


 = lim
→
h→ 0 
h
0
3h
3



0+1
= 3 tür.
b)
∞
1 belirsizliği ⇒ lim
x
x
x > x! > 5 > x
dir.
a)
x→∞
2
1 

lim  1 + + 2 
x→∞ 
x x 
2x + 1 

⇒ lim  1 +

x→∞ 
x2 
((1 + f(x)) )= e
g(x)
3x
3x
=e
lim
(
x→∞
=e
x2
lim
( 6x
x→∞
2
•
daki e
)
⇒ lim (
x→∞
2x +
4x −
x
3
2
8x
2x + x
4x − 2x
3
) = lim (
x→∞
2x + x
3x

3
2
e
∞
=
2
2•e
24.
5x
in mertebesi payda kısmın -
∞

1


x
 ⇒ lim  e

2

x→ ∞

x

 2•e

0
e
=
0
2•e
1
=
2•1





1
2
elde edilir.
 tan5x + 3 sin2x  0
lim 
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
x →0 
4x − 3 sinx  0
ol - 
 (1 + tan2 5x ) • 5 + 3 • cos2x • 2 

4 − 3 • cosx



⇒ lim 
x→0 
dir.
=
=
www.yukseklimit.com


=
4x − 2x  duğundan 
) ⇒ lim   =
x → ∞ 2x

x → +∞
)

 = 0

e −1 

e2 − 1 
1

ex −1 0
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
2
 0
x
e −1
1
alınırsa ,
baz alınır.
x
x
1
 1
 − 2 •ex
⇒ lim  x
2
x→∞ 
 − 2 • e x
 x2
Köklerin içinde en yüksek mertebeler göz önüne
x→∞

lim 
x→∞ 

x→∞
 ∞+∞
=
belirsizliği
 ∞−∞

7x
in mertebesinden küçük olduğundan limit 0 dır.


= e dır.
⇒ lim (
7x
⇒ lim 
6
 2x + x 2 + 9
⇒ lim 
3
3
x→∞ 
 4x − 8x + x + 8
payda kısmında e
Burada pay kısmındaki e
6
=e1
21.
5x
 ∞
belirsizliği
 =
 ∞
e
⇒ lim  7x
x→∞ e

3x )
+ 3x
10 elde edilir.
> log x > ( sin x,cos x, sabitler )
 e5x + 7x
lim  7x
x→∞ e
+ 5x

lim
( f(x) • g(x))
x→∞
b)
x2
50
5x
= 1∞ belirsizliği
2x + 1
5•4
=
2
x → ∞ için fonksiyonlarda öncelik(mertebe) sırası ,
Pay kısmında e
20.
LYS MATEMATÝK
156
(1 + tan2 0)
•
5 + 3 • cos0 • 2
4 − 3 • cos0
(1 + 02 )
•
5 + 3 • 1• 2
=
4 −3•1
5+6
=
4−3
11
= 11 elde edilir.
1
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
25.
 sinx + sin2x + sin3x  0
lim 
 = 0 belirsizliği,
x → 0  sin3x + sin4x + sin5x 
 cosx + 2 • cos2x + 3 • cos3x 
⇒ lim 

x → 0  3 • cos3x + 4 • cos4x + 5 • cos5x 
28.
L 'Hospital ⇒
Q( −1)
=
3
2
(P(x) polinom.)
0
  a = − 90 
 

− 165 



II
Q ( −1) 0 =
⇒ − 3a + b 105   c = − 75 
=

 x15 − 90x 3 − 165x 2 − 75x + 1 
P( −1) = lim 

3
x → −1 
(x + 1)





− 2b + c
0 ⇒ 3a =
−15
=
 b
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital ⇒
3+4+5
6
1
=
elde edilir.
12
2
=
15
P(x) = x
+ ax 
+
bx + cx +1

0=
⇒ −a + b − c
Q ( −1)
=
3 • 1+ 4 • 1+ 5 • 1
1+ 2 + 3
=
•
ı
3 • cos0 + 4 • cos0 + 5 • cos0
1+ 2 • 1+ 3 • 1
=
3
Q(x)
cos0 + 2 • cos0 + 3 • cos0
=
(x + 1)
LYS MATEMATÝK
 15x14 − 270x 2 − 330x − 75 

2
3(x + 1)




= lim 
x → −1 
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital ⇒
 2730x12 − 540 
 210x13 − 540x − 330 
 = lim 

x → −1 
6
6(x + 1)
 x → − 1 




 


= lim 
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital ⇒
26.
 cos3x + cos9x
lim 
π  cosx + cos7x
x→
2
 0
= 0

belirsizliği, L'Hospital ⇒
=
 −3 • sin3x + (−9 • sin9x ) 
⇒ lim 

π
− sinx + ( −7 • sin7x ) 
x→ 
29.
2
9π
− 9 • sin
2
2
=
π
7π
− sin − 7 • sin
2
2
−3 • (−1) − 9 • 1
=
− 1 − 7 • (−1)
−3 • sin
=
=
3π
=
2730 • 1 − 540
=
6
365 tir.
 1
 x − sin x  0
1
−  ⇒ lim 
a) lim 
 = belirsizliği,
x → 0  sinx
x → 0  x • sin x 
x
0
1 − cosx

 0
L 'Hospital ⇒ lim 
 = belirsizliği,
x → 0  1 • sinx + x • cosx 
0


sinx
L 'Hospital ⇒ lim 

x → 0  cosx + 1 • cosx + x • ( − sinx) 
0
⇒ 0 elde edilir.
1+ 1• 1+ 0 • 0
 (2x − π ) sinx 
b) lim ( (2x − π) tanx ) = lim 
 L 'Hospital ⇒
π
π
cosx

x→
x→
2
2


3−9
6
12
2730 • ( −1) − 540
=
6
⇒
−1+ 7
−6
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital ⇒
−1 elde edilir.
0/0 belirsizliği
 2 • sinx + (2x − π ) • (cosx) 
2 • 1+ 0 • 0
= −2 dir.
⇒ lim 
⇒
π
−
sinx
−1


x→
2
30. a) lim+ (x )
=
x
x →0
0
x
0=
belirsizliği, ⇒ lim (x )
+
x →0
x
=
⇒ lim+ (ln(x )) lny
=
⇒ lim+ ( x • lnx )
27.
 f(h) + 2
lim 
h→ 0 
h
x →0

=7

0

 0 olduğu düşünülürse 


x→ 0
x →0
e göre türev alınırsa )
x →0
x →0
=
⇒ lim+ ln( sinx )
f=
(x) + 3y ⇒ f (0 + 2)
) = 1 dir.
=
lny
⇒ lim+ ( x • ln( sinx )) lny
x→0
cosx
ln( sinx )
) = lny ⇒ lim+ ( sinx ) = lny
1
1
x →0
x →0
− 2
x 
x


O halde,
=
x 0=
ve y 2 için,
f (x + y)
=
x
x→0
x
x →0
ı
lny
b) lim+ ( sinx )x = 00 belirsizliği, ⇒ lim+ (sinx )x = y
ı
ı
1
x2
( − x ) lny
⇒ lim=
=
⇒ 0 lny=
⇒ y 1 ⇒ lim+ (x
+
f (x + y) = f (x) + 3y elde edilir.
ı
−
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital
f(x + y) = f(x) − f(y) + 3xy − 2 verilmiş.
(x
lny
1
lnx
1
x →0
x

) lny
=
⇒ lim+ (
=
⇒ lim+ ( x )
 f ı (h) 
L 'Hospital ⇒ lim=
⇒ f ı (0) 7 dir.

 7 =
h→ 0 
 1 
ı
x →0
y
⇒ lim+ (
ı
f (0) + 3 • 2
⇒ f ı (2) = 7 + 3 • 2
⇒ f ı (2) = 13 tür.
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital
 x

→ 1

 sinx

x • cosx • 1) lny
=
⇒ lim+ ( −=
⇒ −0 • 1 • 1 lny
⇒ lim+ ( − x • cosx •
x →0
x
) = lny
sinx
x →0
=
=
⇒ 0 lny
⇒ y
www.yukseklimit.com
157
x
) 1 dir.
1 ⇒ lim+ ( sinx
=
x→0
Mehmet Ali AYDIN
30−TÜREV−2 (Parametrik, Kapalý ve Logaritmik Türev−Yüksek Mertebeden Türev−Diferansiyel−L’HOSPÝTAL Kuralý)
31.
(
34.
)
 

π 
lim  ln  sin( x)  − ln 4 − x2 
x → 2−  
2 

∞− ∞ belirsizliği
π
 π

 π

 2 • cos( 2 • 2) 
 2 • (−1) 
π
⇒ ln 
 ⇒ ln 
 ⇒ ln( )
−2 • 2
8


 −4 




 sin(a − x)
 2x − 2a
 0
=
 0
⇒ lim+ (
x→0
belirsizliği, L 'Hospital ⇒
− cos0
=
2
−
1
2
lnx
0
)=
belirsizliği, L 'Hospital ⇒
1
0
x
 1 


x 
⇒ lim+ =
1 
x →0 
− 2 
 x 


lim 
x→∞



elde edilir.

1 +


1 +

36.
a)
 6 x − 3x  0
lim 
 = belirsizliği,
x →0
x

 0
 6 x • ln6 − 3x • ln3 
⇒ lim 

x →0 
1


⇒
0
6
•
0
ln6 − 3
1
•
1
lim
=
( − x ) 0 elde edilir.
x → 0+
3

 − 1 −
x

2
1

 − 1 −
x

3 (1 + 0 ) + 3 (1 − 0 )
2
⇒
33.
tür.
1

 x = t dönüşümü 


 yapılırsa x → ∞ 
 için t → 0 dır.





3
1 

x
2
1

x






⇒ lim 
 − cos(a − x) 

2


− cos(a − a)
=
2
3
 ( 1 + t )3 − ( 1 − t ) 3  0
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
t →0  1 + t 2 − 1 − t 2 
) ( )  0
(
 3 ( 1 + t )2 − 3 ( 1 − t )2 ( −1) 

⇒ lim 
t → 0  2 ( 1 + t ) − 2 ( 1 − t ) ( −1) 


 3 ( 1 + t ) 2 + 3 ( 1 − t )2 
 3 ( 1 + t )2 + 3 ( 1 − t ) 2
 ⇒ lim 
⇒ lim 
t →0  2 (1 + t ) + 2 (1 − t ) 
t →0 
4



belirsizliği, L 'Hospital ⇒
⇒ lim 
x→a
=
10
x→0
35.
⇒ lim 
x→a
a
b
5 

lim  2x • tan
= ∞ • 0 belirsizliği
x→∞ 
3x 

5
1 
 tan  • ( )   5
x
3
5

 3

=
)) lim 
=
lim (2x • tan ( =

1
x→∞
x →∞
3x
1
1


• (
)
x

 2
2


b)
lim+ (x • lnx) = 0 • ( −∞ ) belirsizliği
0 / 0 belirsizliği
L 'Hospital
 cos(a − x) − 1  0
lim  2
= 0
x → a  x − 2ax + a 2 
 tan ( a • f(x)) 
lim
=


x → 0  sin (b • f(x)) 
a)
π
π


 π

 2 • cos( 2 x ) 
 sin( 2 x ) 
lim
ln
⇒ lim− ln 
⇒


−
2 
x→2
−2x
 4 − x  x → 2 






32.
 sin ( a • f(x)) 
lim
=


x→0 
b • f(x) 
LYS MATEMATÝK
2
=
6
=
4

π

 tan  α • 
5


lim
α → 5  log(6 − α )



 0
=
 0


4
3
2
elde edilir.
belirsizliği, L 'Hospital ⇒

π  π  
π  π
2
2
  1 + tan (α • )  •   1 + tan (5 • )  •
5
5
5



 5
=
⇒ lim 
−1
−1
α →5 

• log
• log
10 e
10 e


6−α
6−5


0 
 
 1 + tan2 π  • π

 5
π • ln10

tir.
⇒
=−
L 'Hospital ⇒
− log10 e
 x • sinx − x 2
b) lim  3
x → 0 x − 5sinx + 5x

ln3
6
= ln6 − ln3
= ln= ln2 dir.
3
5
 0
 = belirsizliği, L 'Hospital ⇒
 0
 1 • sinx + x • cosx − 2x  0
 = 0 L 'Hospital ⇒
2
3x − 5cosx + 5


 cosx + 1 • cosx − x • sinx − 2 
⇒ lim 

x→0 
6x + 5sinx

⇒ lim 
x→0
 2 • cosx − x • sinx − 2
6x + 5sinx

⇒ lim 
x→0
 0
= 0

L 'Hospital ⇒
 − 2 • sinx − 1 • sinx − x • cosx 

6 + 5 • cosx


⇒ lim 
x →0
⇒
www.yukseklimit.com
158
− 2 • sin0 − 1 • sin0 − 0 • cos0
=
6 + 5 • cos0
0
=
6+ 5 •1
0
= 0 dır.
11
Mehmet Ali AYDIN




31−TÜREV−3 (Artan ve Azalan Fonksiyonlar−I. Türev ve Eðim Ýliþkisi−Teðet ve Normal Denklemleri)
1.
ı
a)
ı
4.
2
f (x) < 0 ise f(x) azalandır. f (x) = x + 4x − 21 < 0
3
a)
ı
(x+7)(x−3) < 0
olduğu ( −2,3) aralığı f (x) > 0 ın çözümü yani
3
+ + +
=
x1
+ + +
− − −
−x
− − −
x(2−x) > 0
(− 2) • 3
⇒=
a
0 ın kökleridir.
0
b
=
⇒ b 18 elde edilir.
−3
2
f(x) = 8x + 2ax + x + 2 daima artan ise,
ı
f (x) > 0 ın daima doğru olması gerekir.
> 0 dır bakılmaz)
ı
2
f (x) = 24x + 4ax + 1 > 0 olması için a > 0
ve ∆ < 0 olmalıdır. Zaten 8 > 0 dır. O halde ,
− − −
+ + +
c
3
b)
2
0
3=
f (x)
2
x1 • x 2 =
Çözüm kümesi Ç = ( −7,3) elde edilir.
x (2 − x) > 0 kökler − 2 ve 0 (e
ve x 2
−2=
ı
b) f ı (x) > 0 ise f(x) artandır. f ı (x) = 2xe − x + x 2 ( − e − x ) > 0
−x
ı
=
3x + 2ax + b
⇒ f (x) − =
çözüm
aralığı
e
2
f(x) = − x + ax + bx + c fonksiyonunun artan
⇒ (x + 7)(x − 3) < 0 Kökler − 7 ve 3 tür.
−7
LYS MATEMATÝK
2
2
∆ < 0 ⇒ (4a) − 4 • 24 • 1 < 0 ⇒ 16a − 96 < 0
2
⇒a <6⇒− 6 <a<
çözüm
aralığı
Çözüm kümesi Ç = (0,2) elde edilir.
2.
5.
ı
II , III ve IV teki fonksiyonlar f (x) < 0 olduğundan
a)
ı
ı
f(x) = 3 − 2x
0
I. f ı (x) < 0 olmadığından
II.
daima eksilen değildir.
1
ı
=
⇒ f (x)
x
1
−
x
IV.
daima eksilendir.
ı
ı
⇒ 4 − 2k > 0 ⇒ k < 2 koşulu sağlanmalıdır.
x
ı
f (x) = − e
x
df(x)
ı
x3 − 27x + 1
x3 − 27x + 1
⇒ f (x) e
=
e=
b)
dx
ı
f (x) < 0 olduğundan
ı
verilmiş ve f (x) in eksilen(azalan) olduğu yani,
ıı
ı
3
x=
⇒ f (x)
3x
f (x) < 0
2
bölgesi sorulmuş olmaktadır. O halde,
x3 − 27x + 1
ı
ıı
=
f (x) e =
⇒ f (x)
daima eksilen değildir.
2
f(x) azalan olduğundan f (x) < 0 dır. O halde, Yalnız IV
değerli, türevi
f (x) • f
(x) II.
I. 3 • 
+
ı
f (x)
−
→
2
f (x)
negatif yani
III.
−
+
6.
2
−
ı
pozitif yani
netlik yok.
artandır.
2
x + f(x) karışık değerli,
ı
VII. türevi 2x + f (x) karı şıkdeğerli, netlik yok.
www.yukseklimit.com
karışık
değerli
−1
−4
x
f(x)
x
9
5 6
f(0)
f(x)
negatif
f(x) in grafiğinden gözle görünen ,
ı
x ∈ ( − ∞, −1) ∪ (5 , ∞ ) aralığında azalan yani f (x) < 0
karışık
ı
x ∈ ( − 1,5 ) aralığında artan yani f (x) > 0 dır. O halde,
değerli, türevi
aşağıdakilerden Yalnız III kesinlikle doğrudur?
ı
f(x) − x • f (x)
ı
2
f (x)
I.
netlik yok.
ı
f
(0) < f
(6)
+
−
ı
II.
Kesinlikle yanlıştır.
f(− x) bilinemez,
VIII. türevi
O
1
+
−
negatif, azalandır.
• f(x) + x • f (x)
V. 1
 VI.
−
→
3
değerli, türevi
değerli, türevi
ı
IV. 2 • f(x)
(x)
 • f
− 2f (x)
x • f(x) karışık
f (x) pozitif
f(6)
değerli, türevi
ı
y
pozitif
pozitif
f (x)
negatif, azalandır.
azalandır.
−
2
f (x)
değerli, türevi
ı
2
1
pozitif
2
Çözüm kümesi Ç = ( −3,3) elde edilir.
daima pozitif değerli ve artandır. Türevler alınırsa,
1
x3 − 27x +1
⇒ 3x − 27 < 0 ⇒ x < 9 ⇒ −3 < x < 3 tür.
ı
f(x)
− 27 ) • e
Daima pozitiftir.
Bakılmaz.
Verilen grafikten x, a < x < b aralığında ki (x negatif,
−
(3x 2
ıı
2
x3 − 27x + 1
f (x) < 0 ⇒ (3x − 27) • e
 < 0
sıfır veya pozitif olabilir). Ayrıca f(x) < 0 ve ayrıca
3
> 0 daima sağlanmalı. Dikkat
edilirse payda daıma pozitiftir. O halde pay kısmı
eksilen değildir.
f (x) negatif
2
da daima pozitif olmalı yani,
V. f ı (x) < 0 daima değil VI. f ı (x) < 0 olmadığından
bazen olduğundan
(x − 2)
f (x) < 0 olduğundan
1
f(x)
x =
ı
2
(x − 2)
k • (x − 2) − 1 • (kx − 4)
daima eksilendir.
daima eksilendir.
=
f(x) ln=
x ⇒ f (x)
4 − 2k
f (x) > 0 ⇒
ı
f (x) = − 2
f(x) = − e
2
III. f ı (x) < 0 olduğundan
3.
ı
daima artan ise, f (x) > 0 ın daima
x−2
doğru olması gerekir. f (x) =
−8
⇒ f (x)
=
=
f(x)
kx − 4
f(x) =
daima eksilendir.
=
f(x)
6 dır. O halde,
a → −2 , − 1 , 0 , 1 , 2 olmak üzere 5 tam değeri vardır.
III.
− f ( − x)
f
(7) < f(6)

−
+
Kesinlikle doğrudur.
bilinemez,
159
−
ı
−
+
Kesinlik yoktur.
ı
ı
ı
f
( −4) • f
(9) > f
(1)
ı
IV.
f
(−2) < f(0)

−
−
Kesinlik yoktur.
Mehmet Ali AYDIN
31−TÜREV−3 (Artan ve Azalan Fonksiyonlar−I. Türev ve Eðim Ýliþkisi−Teðet ve Normal Denklemleri)
7.
1
2
a) f(x) 4x=
=
+
+ 11x + 2 fonksiyonunun x
x
10.
−1
ı
apsisli noktasındaki teğetinin eğimi f (−1) dir.
f
1
1
ı
f(x) 4x=
+
+ 11x + 2 ⇒ f (x) 8x − 2 + 11
=
x
x
2
1
ı
+ 11 − =
8 − 1 + 11
⇒ f ( −1) 8 • ( −1) − =
=
2
( −1)
6
b) f(x) =
x+1
1
ı
f (x) in x =
ıı 1
( )
LYS MATEMATÝK
apsisli noktasındaki teğetinin eğimi
2
dir. Öte yandan bu teğet Oy ekseniyle pozitif
2
o
yönde 45 lik açı yapıyorsa Ox ekseniyle pozitif
o
o
yönde 45 lik veya 135 lik açı yapabilir ve bu teğetin
2 dir.
eğimi tan45
o
veya tan135
ıı 1
4
tir.
ıı 1
=
tan45
veya f ( )
2
=
Yani, f ( )
2
− cos x + mx fonksiyonunun x = 0 ap -
o
o
3
tan45
ıı
2
o
2
=
− ax + 4x + x + 3 ⇒ f (x) 12x − 6ax + 8
f(x) x =
ise, teğe 2
1
1
1
10
ıı
⇒ a1
( ) tan45o ⇒ 12 • ( )2 − 6a • ( =
) + 8 1=
f=
ı
tinin eğimi − 2 olacağından f (0) = 2 olmalıdır.
3
2
2
2
sisli noktasındaki normalinin eğimi −
6
ı
ı
+ sin x + m f (0)
=
f (x) − =
2
(x + 1)
−
6
2
(0 + 1)
+ sin0=
+m
8.
1
ıı 1
=
f ( )
2
2⇒
2 ⇒ −6 + 0=
+m
2=
⇒ m
11.
2
−2
•
3x=
+ ax + b parabolünün x
ı
=
x
f (2) = −2 olmalıdır.
+a
⇒ 12
=
−2
⇒ a
=
−14 ⇒
f(x)
=
=
⇒ b
2
3x
=
−
14x +
b ve y


2
• 1 − 14 • 1 + 18 ⇒ f(1)
3=
3
2
6x − 8x − 7
ı
2
7=
• ( x − ( − 1) ) ⇒ y
denklemi
: y − ( −1)
=
7x + 6 dır.
apsisli noktasından çizilen normalin denklemi için
−4 + 6
önce çalıştığımız noktayı bulalım.
2
=
x
7 elde edilir.
2
ı
2
3
2
y f(x)
x 1
b) =
= 3x + 2x − 9x + 1 fonksiyonuna =
3x − 14x + 18
a) f(x) 3x=
=
+ mx − 3 fonksiyonunun x
9.
3
−1
( −1 , −1) noktasından geçen ve eğimi 7 olan doğrunun
−
2x


+
6
=
−2
• 2 + 6 ⇒ 12 − 28 + b
18=
elde edilir. O halde, f(x)
=
⇒ f(1)
2
2x=
− 4x − 7x − 2 ⇒ f (x)
ı
=
x 2=
için
x 2 için
2
3
⇒y
2 • ( −1) − 4 • (−1) − 7 • (−1) − 2=
⇒ f ( −1) = 6 • ( −1) − 8 • ( −1) − 7 ⇒ f (−1) = 7 teğetin eğimi.
2
3x − 14x + b dir.
Öte yandan x = 2 apsisli noktadaki görüntüler
=
⇒ 3 • 2 − 14 • 2 + b
3
y − y0 = m • (x − x 0 ) dır.
−1
=
⇒y
f(x)
=
−2
eşit=
olacağından f(x)
22
elde edilir. A( −1 , −1) noktası. ⇒ teğetin eğimi f ( −1) dir.
ı
−2=
⇒6•2+a
10
+4
=
3
ı
+ ax + b ⇒ f (x) 6x + a
=
f(x) 3x=
ı
−=
1 ⇒ a2 4
önce çalıştığımız noktayı bulalım.
ı
=
f (2)
1
− 6a • (=
)+8
2
apsisli noktasından çizilen teğetin denklemi için
2 apsisli
noktasındaki teğetinin eğimi f (2) dir. Yani,
2
)2
3
2
a) =
y f(x)
= 2x − 4x − 7x − 2 fonksiyonuna =
x −1
x + 6 ve eğimi − 2 dir.
2
=
Ayrıca f(x)
1
2
(x 0 , y0 ) noktasından geçen ve eğimi m olan doğrunun
denklemi :
parabolünün x = 2 apsisli noktadaki teğetinin denk 0=
⇒y
o
a nın alabileceği değerler toplamı a1=
+ a2
8 dir.
f(x) = 3x + ax + b
lemi y + 2x=
−6
tan135 ⇒ 12 • (
3
⇒y
1=
elde edilir.
2 apsisli
2
⇒y
3 • 1 + 2 • 1 − 9 • 1 + 1=
−3
A(1 , −3) noktası.
3
ı
2
2
+ 2x − 9x + 1 ⇒ f (x) 9x + 4x − 9
=
f(x) 3x=
noktasındaki teğetin eğimi f (2) ve x = −1 apsisli
2
ı
ı
• 1 + 4 • 1 − 9 ⇒ f (1) = 4 ⇒
⇒
=
f
(1)
9
ı
noktasındaki teğetin eğimi f (−1) dir. Bu teğetler
1
1
ı
ı
Bu noktadaki normalin eğimi − ı
=−
tür.
paralel ise, f (2) = f ( −1) olmalıdır.
4
f (1)
ı
3
=
+ mx 2 − 3 ⇒ f ı (x) 9x 2 + 2mx
f(x) 3x=
ı
=
f (2)
ı
2
(1 , −3) noktasından geçen ve eğimi − 1 / 4 olan doğrunun
2
f=
(−1) ⇒ 9 • 2 + 2m • 2 9 • ( −1) + 2m • ( −1)
⇒ 36
=
⇒ 6m
+ 4m 9 • 1 − 2m=
=
⇒m
−27
9
dir.
2
b) f(x) in Ox i kestiği noktaların apsislerinin denk −
12.
teğet noktadır. f(x) = ax
ı
ı
ı
⇒ f (x)
=
ve teğetler birbirine dik ise f (0) • f ( −2) = −1 dir.
f(x) =
⇒
2
x + 2x
2
x + ax + a
ı
⇒ f (x) =
2
(a − 2)x + 2a(x + 1)
2
(x 2 + ax + a )2
2
•
⇒
=
2an
(a − 2)x + 2a(x + 1)
(a − 2)x + 2a(x + 1)
( x 2 + ax + a )2
( x 2 + ax + a )2
 
=
f(n)
⇒
a
2
•
2 • (a − 4)
=
2
(a − 4)
www.yukseklimit.com
2
−1 ⇒ a − 4a=
+4
= −1 dir.
y= ax 2
=
⇒ n
−2
−1 / a
2
=
⇒ an
g(n)
−2 ( −
n
−3
x
O
Doğru denklemi :
g(x)= −2x−6
−6
−2n − 6
1
a
1
−6⇒
)=
a
2
=
−6⇒ a
a
1
6
⇒ n= −
1 2
1
2
=
x ⇒=
k f(n)
( −6)= 6
6
6
• k
• 6
=
=
−6
−36 dır.
T(n,k) koordinatlar çarpımı n
⇒=
n
⇒a
0=
−2
1 2
⇒=
a( − )
a
=
x 0=
için
x − 2 için
2a
ı
=
2ax,
f (n)
2
0 dır.
k
T
T(n,k) hem ortak hem de
Bu noktalardaki teğetlerin eğimleri f (0) ve f (−2)
ı
y
y
+= 1 ⇒
=
y g(x)
−3
−6
=
g(x) − =
2x − 6, eğim −2
2
ı
Doğrunun denklemi :
x
x + 2x
2
0=
=
⇒ x + 2x 0
2
x + ax + a
x − 2 dir.
⇒ x • (x=
⇒ x 0 veya
=
+ 2) 0 =
lemi, f(x) = 0 ⇒
1
−=
• ( x − 1) ⇒ x + 4y + 11
4
denklemi : y − ( −3)
=
0 dır.
160
=
− 6 ⇒ f(x)
Mehmet Ali AYDIN
1
a
31−TÜREV−3 (Artan ve Azalan Fonksiyonlar−I. Türev ve Eðim Ýliþkisi−Teðet ve Normal Denklemleri)
16.
13.
=
f(x) x =
+ ax − 1 ve g(x) x + bx + 1
3
4
2
eğrilerine x = 1 apsisli noktalarından çizilen teğetler
çakışık ise görüntüler ve eğimler eşittir. Yani ,
Görüntüler,
3
4
+ b + 1⇒ a − b
=
⇒ 1+ a − 1 1=
ı
ı
2
ı
=
⇒3+a
a −b=2 
=
a
a − 2b = 1
2
1 ⇒=
a+b
14.
3
2
=
b) 2xy + x
f(x)
2
=
2xy + x
x
6
ı
ı
ı
=
α ⇒ f (6)
f (6) tan=
1
2
h(x)
=
g(x) =
x
ı
⇒ g (−6) =
ı
⇒ g (−6)
=
⇒ g (x) =
17.
2
5 tir.
⇒ g ( −6)
=
15.
2
1• 5 − 6 •
=
y
1
−
1
f(=
− 3) −
3
•
1
df(x)
=
dx
ı
ı
x
1
f=
(1) 1
−
•
x
•
(lnx + 1) tir.
1) 1 • (0 +=
1)
(ln1 +=
1
1
−=
1
=
mteğet
−1
• ( x − 1) ⇒ y + x − 2
=
1 dir.
− 1 dir. O halde
0 dır.
e
e
y ln(e • ln e) ⇒ =
y
=
f(e
) ln(ln e ) ⇒=

1
lne
= 1
tir.
x • ln x
1
=
e e • ln e e
e
f=
(e )
e
(e ,1) noktasından geçen ve eğimi e
denklemi : y − 1 = e
ı
1
3
−
− e−1
=
noktanın ordinatı
x
1
=
⇒ y−1
3
18.
x elde edilir.
•
(x − e )
0=
⇒ y−1
−1
=
−e
⇒y
=
Teğet noktada f(x)
e
1−
− e −1
e
−e −1
dir.
olan doğrunun
dir. Oy eksenini kestiği
e
1
e
− e −1
•
(0 − e e )
elde edilir.
g(x)
=
tir. Yani ln(2x)
ax + 3
Teğet noktada eğimler yani 1. türevler eşittir. Yani,
( − 3 ) ⇒ f(=
− 3 ) 1 dir.
ı
f (x)
=
ı
ı
ı
=
Teğetin eğimi mteğet
x
g(x) = x • f(x) + 1 ⇒ g (x) = 1 • f(x) + x • f (x)
⇒ g ( − 3 ) = 1 • f(− 3 ) + ( − 3 ) • ( −
www.yukseklimit.com
0 dır.
f(1)
= 1 ⇒=
y 1
ı
⇒ f=
(− 3 )
3
ı
ı
= 1 dir.
e
30
Doğrunun denklemi : h(x) = −
⇒ g (− 3 )
=
2
2 • 1− 1
Çalışılan nokta (x, y) ⇒ (e ,1) dir. Sayfa 152 soru 20 den,
Yukarıda orijinden geçen h(x) = mx doğrusunun eğimi
− 3)
⇒ h(=
⇒ Teğetin eğimi :
2
1
O
o
2
b) =
= ln(ln x), =
y f(x)
x e ⇒
150
−=
tan30
2
e
h(x)
o
2 dir.
2xy + x − 3x − x y =
0
2 • 2 + 2 • 1− 3 − 2 • 1• 2
−
=
=
f(x) ln(ln
x) ⇒ f (x)
− 3
=
tan150
dy
=
dx A(1,2)
=
denklemi : y − 1
f(x)
T
3=
+y⇒ y
(1,1) noktasından geçen ve eğimi − 1 olan doğrunun
2
2
y
=
⇒m
2x − x
Normalin eğimi mnormal
=
1
elde edilir.
25
1 ⇒
y=
⇒ 2y + 1
2y + 2x − 3 − 2xy
Teğetin eğimi mteğet
=
( −( −6))
5−3
ı
⇒ g ( −6)
=
25
−
x
ı
ı
•
2
f(x) x ⇒ =
f (x)
=
1 • f ( −( −6)) − ( −6) • f ( − (−6) ) • ( −1)
5
3 • 1+ 1
0 dır.
Çalıştığımız nokta (x, y) ⇒ (1,1) dir. Sayfa 154 soru 9 dan,
f (− x)
ı
2
f(x)
= x , =
x 1 ⇒=
y
2
1 • f(6) − 6 • f (6)
ı
⇒ g ( −6)
=
2
f (6)
tir. O halde
1
• ( x − 5 ) ⇒ x + 5y − 65
−=
5
x
a)
1 • f(− x) − x • f ( − x) • ( −1)
2
1
5
(1, 2) noktasından geçen ve eğimi 1 olan doğrunun
ı
f
−
5 ve
=
• ( x − 1) ⇒ x − y + 1
denklemi : y − 2 1 =
x
ı
f( − x)
mteğet
=
dir.
y
= 1⇒
=
+
y h(x)
−4
2
1
1
x + 2 ⇒ h(6)
• 6 + 2 ⇒ f(6)
= f(6)
=
=
2
2
Doğrunun denklemi :
1
−=
mteğet
+ x y ⇒ F(x, y)
3x=
Fx
−=
Fy
dy
=
dx
Yukarıdaki d doğrusunun eğimi f (6) dır. O halde,
2
ı
=
⇒ f (6)
4
12 dir.
Böylece çalıştığımız nokta A(x, y) ⇒ A(1, 2) dir.
T
O
2
2=
+1
3x=
+ x y verilmiş. x
1• y + 1
⇒ 2 •=
h(x)
−4
2 +3•2−2⇒
y
=
dy
=
dx t=2
=
nun denklemi : y − 12
2
α
2 dir.
(5 ,12) noktasından geçen ve eğimi − 1 / 5 olan doğru -
4 elde edilir.
2
2
t +1
3
⇒y
t + 3t − 2 =
=
Normalin eğimi m
normal
1 dir.
y
3t + 3
=
3
− 1⇒ t
3t=
=
Teğetin eğimi mteğet
4 • 1 + 2b • 1
+ 2b ⇒ a − 2b
4=
3=
ve b
2 dir.
3
g=
(1) ⇒ 3 • 1 + a
− 1⇒ 5
3t=
3
⇒y
2=
2
dy / dt
=
dx / dt
Böylece çalıştığımız nokta (x, y) ⇒ (5,12) dir.
4x + 2bx
ı
Eğimler,
=
⇒ f (1)
3
t
=
2
⇒ 1 + a • 1 − 1= 1 + b • 1 + 1
+ a ve g (x)
=
f (x) 3x=
y = t + 3t − 2 
 dy
=

x = 3t − 1
 dx
a)
= 5 ⇒x
x=
f(1) = g(1)
LYS MATEMATÝK
1
3
1
ı
g=
(x) ⇒
x
x
a dır. Buradan
=
1
a
elde edilir.
2
1
+3
ax +=
3 ⇒ ln( ) a •
a
a
2
2
2
4
−4
⇒ ln
=
( ) 1 + 3 ⇒ ln
=
( ) 4=
⇒
e=
⇒a 2•e
tür.
a
a
a
=
f(x)
)
ı
1=
3 ) 2 dir.
• 1 + 1 ⇒ g (−
161
⇒ ln (2x)
=
g(x)
Mehmet Ali AYDIN
31−TÜREV−3 (Artan ve Azalan Fonksiyonlar−I. Türev ve Eðim Ýliþkisi−Teðet ve Normal Denklemleri)
19.
22.
3
2
Teğet noktada f(x) g(x)
=
⇒ x + kx + 13 9
a) =
ı
2
3x + =
2kx
3
0 ⇒ x(3x +=
2k)
2
+ 13
x + kx=
− 8k
3
27
9=
ise x
ı
3
0⇒
=
x
0=
, x
0 olamaz.
=
x
3
4k
=
+
27
− 4k
−4 ⇒=
27
3
−=
4 ⇒k
− (2k/3) tür.
− (2k/3) için
−27
=
⇒k
−3 tür.
2
2
4⇒
=
x
1⇒
=
x
3
=
= 1 + 1 − 2 ⇒=
x 1 ⇒=
y f(1)
y
=
x
=
−1 ⇒ =
y f(1)
2
2
(1 − (−1)) + (0 − ( −4)=
)
AB
=
20.
3
−1
=
f ı (−3)
2 +=
4
ı
⇒ f=
(−3) + f ı (7)
=
20 2 5 tir.
tan(180
=
− α)
ı
y
2
bu noktadaki teğetin eğimi f (0) dır. f(x) = x − 6x + 5
ı
ı
ı
x
− tanα
− tan
α + tanα 0 elde edilir.
=
23.
a) f(x), Oy eksenini x = 0 apsisli noktada keser ve
⇒=
f (x) 2x − 6 ⇒ =
f (0) 2 • 0 − 6 ⇒ =
f (0)
7
f ı (7) = tanα dır. O halde,
−4 ⇒ B( −1, −4)
2
α
O
−3
yani 1. türev
değerleri zıt işaretli ve mutlak değerce eşittir.
0 ⇒ A(1, 0)
(−1) + ( −1) − 2 ⇒ =
y
2
1=
, x
α
çizilen te ğetlerin eğimi
Eğimin yani 1. türevin 4 olduğu noktalar A ve B dir.
4 ⇒ 3x=
+1
teğet
teğet
ve 7 apsisli
nun eğimi − (1/4) , buna dik olan doğrunun eğimi 4 tür.
ı
f(x)
noktalardan
3
b)=
y f(x)
= x + x − 2 verilmiş. =
y − (1/4)x + 3 doğrusu -
Yani =
f (x)
y
Parabolün
simetrik
yapısından
dolayı − 3
ve eğimler yani 1. türevler eşittir. f (x) = g (x) ⇒
LYS MATEMATÝK
y
m=
− 6 dır.
teğet
Bu doğruya dik olan bir doğrunun eğimi 1/ 6 dır. Yani
−9
d
T
α
O
y
x
x
parabole hangi apsisli noktasından çizilen teğetin eğimi -
nin yani 1. türev değerinin 1/ 6 olduğu aranmaktadır.
x=y2
ı
=
f (x) 1/ 6 ⇒=
2x − 6 1/=
6 ⇒ x 37 / 12 elde edilir.
=
x y2 ⇒=
y f(x)
=
x
T(x, y) teğet nokta, bu noktadaki teğetin eğimi
b) y = −2x + 5 in eğimi − 2 dir. Yani paralel olan te ğetlerinin eğimi de yani 1. türev değeri de − 2 dir.
1
f ı (x) mteğet
=
=
⇒
2 x
O halde hangi apsisli noktalarda eğimin yani 1. türev
ı
değerinin − 2 olduğuna yani f (x) = −2 ye bakalım.
=
f(x)
3
ı
2
ı
f (x)
=
2
−2=
⇒ 3ax + 12x − 11
⇒
3ax + 12x − 11
2
−2
⇒ 3ax + 12x − 9
=
0
Demek ki bu denklemin kökleri çarpımı − 3 tür.
x1 • x 2
=
c=
/ a ⇒ −3
/ 3a ⇒ a
−9 =
b
12
x1 + =
x=
−= −
2
a
3a
21.
x 9=
ise y
=
1 dir. Kökler toplamı ,
12
−=
⇒ x1 + x 2
3•1
çalıştığımız nokta A(1,1) dir.
=
f(x) x 3=
eğrisine x 1 apsisli noktasından
çizilen teğetin eğimi yani 1. türev değeri,
çizilen ve eğimi doğrunun eğimi olan − 4 e eşit yani
1. türevin − 4 olduğu değeri bulmak gerekir. O halde,
−4 =
⇒ 2x
−4=
⇒ x
=
f(x)
2
−2 =
dir. x
9
=
⇒ y 3 tür.
24. f(x)
= x3 , =
x 1 ⇒=
y f(1)
= 13 ⇒=
y 1 yani
na en yakın noktasının apsisini bulmak için, parabole
ı
x
=
⇒y
O halde T(x, y) = T(9,3) elde edilir.
−4 tür.
2
a) =
y f(x)
= x + 5 parabolünün =
y 4x − 4 doğrusu -
=
f (x)
y
x+9
1
x
=
x+9
2 x
x + 9 2x=
⇒=
⇒ x 9 dur.
2
+ 6x − 11x + 4 ⇒ f (x)
ax=
1
tan
=
α⇒
2 x
−2
=
⇒y 2 +5
2
2
ı
ı
x 3=
=
mteğet 3
⇒ f (x) 3x =
⇒ f (1) 3 • 1 ⇒
⇒ y = 9 dur. O halde bu nokta (x, y) ⇒ (2, 9) dur.
(1,1) noktasından geçen ve eğimi 3 olan
(2, 9) noktasının koordinatları çarpımı 2 • 9 = 18 dir.
doğrunun denklemi :
=
• ( x − 1) ⇒ y
y − 1 3=
3x − 2 dir.
b)
y=2x − 6 ya paralel olan
y
bir doğru parabole şekildeki
=
f(x) x 3=
eğrisi ile x 1 den çizilen teğet
doğrusu yani y = 3x − 2 doğrusunun kesişme
noktaları için ortak denklem çözülürse,
y= x2
A noktasında teğet ise AK
en küçüktür. A noktasında
eğimlerin yani türevlerin eşit liğinden ⇒
2x
=
y=
f(1)=
2
1=
⇒x
2=
O
⇒ x3 = 3x − 2
A
1
1 ve
1
K
x
3
y= 2x+k
1 dir. A(1, 1)
den geçen ve eğimi −
T
1
olan
2
ortak çözülürse −
y
1
3
x=
+
2
2
⇒ (x − 1)( x 2 − x + 1 − 3) = 0
⇒ (x − 1)( x 2 − x − 2) = 0
⇒ (x − 1)(x − 1)(x + 2) = 0


dir. K için kutucuklar
2x − 6=
⇒x
3=
ve y
⇒ K(3, 0) ⇒ koordinatları toplamı 3 + 0
0=
www.yukseklimit.com
⇒ x3 − 1 − 3x + 3 = 0
⇒ (x − 1)(x 2 − x + 1) − 3(x − 1) = 0
y= 2x−6
dik doğru K dan geçer ki bu
1
3
doğrunun denklemi y = − x +
2
2
⇒ x3 − 3x + 2 = 0
2•3−6⇒
x=1 çift kat kök
teğet noktanın
apsisidir.
⇒ x = −2 apsisli noktasında keser.
3 elde edilir.
162
Mehmet Ali AYDIN
32−TÜREV−4(Maksimum, Minimum nokta−II. Türev ve Konkavlýk, Konvekslik, Dönüm Noktasý−Maksimum, Minimum Prob.) LYS MATEMATÝK
1.
4.
2
a)
f(x) = 2x + 12x − 3 için 1. türevin işaret tablosu
yapılırsa,
+ 12
=
f (x) 4x=
0
⇒ x − 4=0
+ + +
için
x
e
1. türevin işaret
1−x
tablosu yapılırsa,
ı
f (x) =
−21 dir.
x
1• e − x • e
+ + +
− − −
artan
azalan
max.
x
1
e
1
⇒ f(1) =
1
1 dir.
=
x
x
=
2
⇒ f(1) − =
1 + 4 • 1 − 2 1 dir.
=
5.
2
f(x) = x − 3e x + 1 için 1. türevin işaret tablosu
+ + +
minimum değeri,
=
f(e) e =
− 3e e + 1
1 − 2e
3
ı
2
=
− 6x
f (x) 3x=
0
3x(x−2)
⇒ 3x(x − 2) = 0
⇒
=
x
0=
, x
2 dir.
+ +
artan
x = 2 bağıl(yerel)
azalan
max.
6.
Demek ki=
f(2) 5 ⇒ 2 − 3 • 2 + 12=
+a
artan
5=
⇒a
ı
2
f(x) − ln (x + 5) • f (x)
2
f (x)
ı
2
2
f (5)
2
3 − ln(5 + 5) • 0
=
2
3
1− 0
=
9
1
9
elde edilir.
a) f(x) = x 3 + 6x 2 + 4x − 2 için 2. türevin işaret tablosu
−2
f (x)
yapılırsa,
0
6x+12
− − −
+ + +
konkav
(içbükey)
konveks
(dışbükey)
O halde ,konkav olduğu en geniş aralık ( −∞ , −2) dir.
−3 tür.
b) f ıı (x) > 0, f(x) in konveks olduğu aralıktır.
−2x − 1
x+1
4x
ı
ıı
=
⇒ f (x)
=
⇒ f (x)
2x
2x
2x
e
e
e
4x
ıı
f (x) > 0 ⇒
> 0 ⇒ 4x > 0 ⇒ x > 0 elde edilir.
2x
e
f(x)
=
ı
f (x) = 2 • cos2x olur ve bunun minimumu cos2x in

en küçük değerinin − 1 olduğu göz önüne alınırsa,
daima
pozitif
−2 elde edilir.
f(x) in konveks olduğu en geniş aralık(0, ∞ ) dur.
−1
www.yukseklimit.com
20 dir.
f(5) − ln (5 + 5) • f (5)
noktasının apsisidir.
çizilen teğetin eğimi f (x) tir. Yani,
• −1
2 • cos2x
=
⇒ 2=

•
•
x = −2 büküm
min.
ı
ı
f(x)
•
2
⇒ g (x) = x + 5
ı
x = −2 dir.
y f(x)
b) =
= 1 + sin2x eğrisi üzerindeki bir noktaya
f=
(x)
2x
2
ln (x + 5)
ıı
minimum değer f(2) dir.
2
0=
olup bunların toplamı 20 + 0
=
+ 12
f (x) 6x=
minimum noktasının apsisidir. O halde , bağıl(yerel)
3
20
ı
= 30
+ +
− −
4
0
3
10
2
0
artan
min.
A(5, 3) noktası bağıl maksimum nokta ise f (5) = 0 dır.
tür.
a) f(x) = x 3 − 3x 2 + 12 + a için 1. türevin işaret tablosu
f (x)
18=
⇒ f(1)
3=
için f(3) 3 −=
3 • 3 + 2 18=
⇒ f(3)
2
O halde , yerel minimum nokta (e,1 − 2e ) elde edilir.
yapılırsa,
1=
için f(1) 1 −=
3 • 1+ 2
ı
⇒ g (5) = 5 + 5
3
3.
3
2•5
min.
2
azalan
max.
3
g(x) =
x = e yerel minimum noktasının apsisidir. Mutlak
3
artan
=
için f( −1) ( −1) − 3 • (−1) +=
2 ⇒ f( −1)
−1
artan
azalan
max.
1 dir.
f(x), A(5, 3) ten geçtiğinden f(5) = 3 tür.
−e
+ + +
− − −
artan
−1
=
, x
ğer f(1)
=
0 ⇒=
x ee=
,x
+ + − − + + +
(x−1)(x+1)
bileceği en büyük değer f(3) = 20 , en küçük de -
2
f(x) ax=
+ 4x + b ⇒ f(x) − x + 4x − 2
=
2
3
1
−1
Böylece kutucuklardan f(x) in [ −1,3] aralığında ala -
2
2
f (x)
2
f(3) değerine de bakılmalıdır. Yani
⇒=
⇒ b − 2 dir.
f(2) 2 ⇒ (−1) • 2 + 4 • 2
+ b 2=
=
ı
2
Ancak [ −1,3] aralığı verildiğinden ve artanlıktan dolayı
ı
f (x) f (x)
−e
yapılırsa,
= 3x − 3e
=
2
=
4 • (1 + 8 ) 4 65 tir.
noktalarının apsisleridir. Yerel ekstremum değerler bulunursa,
=
x
⇒ 2a • 2
+ 4 0=
⇒ a − 1 dir.
=
3(x−e)(x+e)
2
=
− (−14))
(2 − (−2)) + (18
⇒x
=
dir.
e
18 dir. B(2, −14) tür.
2
Bunlar yerel ekstremum
dür. Ayrıca f(x), (2, 2) noktasını sağlar.
3
artan
min.
⇒ (x + 1)(x − 1) = 0
Yani, f(x) ax=
+ 4x + b ⇒ f (x) 2ax + 4 ⇒ f (2) = 0
=
b)
3
2=
için f(2) 2 − =
12 • 2 + 2
⇒ x − 1= 0
mum nokta ise , apsisindeki 2 değeri 1. türevin kökü -
2
azalan
max.
2
a) f(x) = ax + 4x + b için (2,2) noktası mutlak maksi -
ı
artan
2 dir.
f (x) = 3x − 3 = 0
2
2
+ +
−2
=
için f(−2) ( −2)3 − 12 • ( −2) + 2 = 18 dir. A( −2,18)
ı
Mutlak maksimum değeri f(1) =
− −
b) f(x) = x 3 − 3x + 2 için 1. türevin işaret tablosu için,
x
2x
e
−2
=
, x
=
AB
e (1 − x )
1− x
1− x
ı
=
=
⇒=
f (x) 0 ⇒ =
0=
⇒x
2x
x
x
e
e
e
x = 1 mutlak maksimum noktasının apsisidir.
2.
=
x
1
f (x)
+ +
Bu ikisi yerel
=
x
x
(x−2)(x+2)
ekstremum noktalarının apsisleridir. Ordinatlar,
2
+ 12 • ( −3) − 3
• ( − 3)
Minimum
=
değeri, f( −3) 2 =
b) f(x) =
⇒x
=
min.
sının apsisidir.
2
−2
⇒ (x + 2)(x − 2) = 0
artan
azalan
f (x)
0
2
x = −3 mutlak
minimum nokta -
2
− 12
=
f (x) 3x=
− − −
4x+12
⇒ x = −3 tür.
ı
−3
f (x)
ı
a) f(x) = x 3 − 12x + 2 için 1. türevin işaret tablosu için,
163
Mehmet Ali AYDIN
32−TÜREV−4(Maksimum, Minimum nokta−II. Türev ve Konkavlýk, Konvekslik, Dönüm Noktasý−Maksimum, Minimum Prob.) LYS MATEMATÝK
7.
10.
a) f(x) daima konveks ise daima f ıı (x) > 0 olmalıdır.
4
=
f(x)
3
ıı
2
x=
+ ax + 3x − 6 ⇒ f (x) 12x + 6ax + 6
ı
II. x = −3 te f(x) konkav(içbükey) olduğundan
2
olmalıdır. ∆ < 0 ⇒ (6a) − 4 • 12 • 6 < 0 ⇒ 36a − 288 < 0
ıı
f ( −3) < 0 ve x = 0 da f(x) konveks(dışbükey)
2
⇒ a < 8 ⇒ −2 2 < a < 2 2 → a = −2, − 1, 0,1,2
ıı
işaret tablosu için,
2
x +x+2
f(x) =
ı
1− x
f (x) =
3 + 2x − x
3
⇒ (1 −=
x)
0=
⇒x
3
− −
konveks
(dışbükey)
2
ıı
olamaz tam tersine f (−3) < f (0) dır.
bölümünde konkavdır yani tamamında kon vekstir denemez.
2
−8x + 8
ıı
⇒ f (x)
=
(1 − x)4
8(1 − x)
(1 − x) 4
IV. f(x) in x = −3 , 0 , 4 ve 8 olmak üzere dört eks -
konkav
(içbükey)
ıı
⇒ f (x) =
tremum noktası vardır. (DOĞRUDUR)
V. f(x) için konvekslikten konkavlığa ya da kon -
8
(1 − x)3
kavlıktan konveksliğe geçişin olduğu biri (−3, 0),
biri (0, 4) ve biri de (4,8) aralığının elemanı olan
1 dir, ( −∞,1) aralığında konvekstir.
üç nokta görüldüğünden 3 dönüm noktası vardır
2
a) f(x) = − x + 6x − 3x + 19 için 2. türevin işaret tablosu
2
f (x)
yapılırsa,
ıı
f (x) = −6x + 12
−6x+12
−6x + 12 = 0 ⇒
+ + +
− − −
konveks
(dışbükey)
konkav
(içbükey)
diyebiliriz. (DOĞRUDUR)
11.
noktasının apsi -
3
sidir. Ordinatı,
x
=
ı
II. (−∞ , −6) aralığında f (x) in konveks olduğu
2
2=
için, f(2) − 2 + 6 • 2 − 3 • 2 + 19
grafikten görülüyor.
ı
III. (2,5) aralığında f (x) < 0 olduğundan f(x) aza landır.
ı
ğinden bu noktalar dönüm noktasının apsisleridir.
IV. ( −∞, −6) aralığında f (x) > 0 olduğundan f(x) ar -
ıı
Dönüm noktası yoksa f (x) = 0 için ∆ ≤ 0 olmalıdır.
12
4
3
ıı
2
tandır.
ı
V. ( −6, −3) aralığında f (x) artan olduğundan
2
x + x − x + ax + 1 ⇒ f (x) = ax + 6x − 2 dir.
∆ ≤ 0 ⇒ 62 − 4 • a • (−2) ≤ 0 ⇒ 36 + 8a ≤ 0 ⇒ a ≤ −
9
ıı
ıı
=
tasıdır. x − =
1, 2. türevin köküdür. f ( −1)
ı
VI. f (x) in azalanlıktan artanlığa ya da artanlıktan
azalanlığa geçtiği noktalar f(x) için konkavlıktan
konveksliğe ya da konvekslikten konkavlığa
0 dır.
geçişin olacağı noktalar yani dönüm noktaları
f(x) ( −1,12) noktasını sağlar yani f(−1) = 12 dir.
olacağından x = −6, −3,2 ve bir de (5,8) aralığında
ıı
2
=
f(x) x =
− ax + x + b ⇒ f (x) 6x − 2a
( −1)
⇒ f ıı=
0 ⇒ 6 • ( −1)=
− 2a
3
0=
⇒ a
bir nokta olmak üzere 4 dönüm noktası vardır.
ı
−3
2
3
=
⇒ f( −1)
2
⇒ ( −1) + 3 • (−1) + ( −1) + b
12=
=
⇒ −1 + 3 • 1 −=
⇒ b 11 dir.
1 + b 12=
a •b
9.
geçiyorsa yani f(x) artanlıktan azalanlığa geçiyorsa
bu nokta bağıl maksimum noktadır. O halde ,
12
−33 tür.
bu koşullara uyan noktaların apsisleri x = −1 ve
x
=
Aşağıdakilerden I , III ve V kesinlikle doğrudur.
12.
I. f(x) in süreksizlik noktalarında(boşluk ve sıçrama
ıı
tası olduğu grafikten görülüyor.
0 denemez.
=
III. x
x = 5 te 1. türev olmadığından 2. türev de yoktur.
ııı
−8 için f =
(−8)
0=
ve x
ııı
−2 için f =
(−2)
0
(çünkü eğimler 0) olduğundan ve bu noktalarda
ı
III. f (7) mevcut olmasa da f(7) , f(x) in bağıl maksi -
ııı
ı
f (x) işaret değiştirdiğinden ( −9,2) de f (x) in iki
mum değeridir. (DOĞRUDUR)
dönüm noktası vardır.
IV. (5,7) aralığında grafikteki eğri konkav olduğun -
=
IV. x
ı
dan f (x) < 0 dır yani f (x) artan değil azalandır.
ıı
−8
=
için f ( −8)
ıı
0=
dır ancak x
−8 de f (x)
ı
işaret değiştirmediğinden T( −8,0) , f (x) in yerel
V. x = 5 apsisli nokta konvekslikten konkavlığa ge -
minimum noktasıdır denilemez.
çiş olduğundan dönüm noktasıdır. (DOĞRUDUR)
www.yukseklimit.com
2 de işa -
II. T( −2, 4) noktasının f (x) için yerel maksimum nok -
ı
ıı
ıı
0=
ve f (x), x
ret değiştirdiğinden x = 2, f(x) in dönüm noktasıdır.
O halde, x = −3,2, 5,7, 9,10 olmak üzere 6 farklı
ıı
7 dir.
Aşağıdakilerden I , II ve III kesinlikle doğrudur.
ıı
noktada f (x) mevcut değildir. (DOĞRUDUR)
5=
büküm noktasıdır ancak f (5)
8=
olup toplamları − 1 + 8
=
I. (2,0) noktası
için f (x)
ı
noktalarında) ve sivri noktalarda f (x) yoktur.
=
II. x
ı
VII. f (x) = 0 olan bir noktada f (x) pozitiften negatife
2
=
f(x) x =
− ( −3)x + x + b ⇒ f(x) x + 3x + x + b
3
ıı
f (x) > 0 dır. f (x) > 0 ise f(x) konvekstir.
dir.
2
c) f(x) için (−1,12) simetri merkezi yani büküm nok -
3
ıı
f (x) < 0 dır. f (x) < 0 ise f(x) konkavdır.
b) f ıı (x) = 0 ın tek katlı köklerinde işaret değişece -
f(x) =
ı
I. ( −1, 2) aralığında f (x) azalan olduğundan
⇒ f(2) = 29 ve nokta (2, 29) elde edilir.
a
Aşağıdakilerden hepsi doğrudur.
ıı
x = 2 büküm
ıı
ıı
III. f(x) (0, 4) aralığının bir bölümünde konveks bir
+ +
(1 − x)
⇒ f (x)
=
8.
8
(1−x)3
⇒
ıı
1
f (x)
ıı
olduğundan f (0) > 0 dır. O halde, f (−3) > f (0)
olmak üzere 5 farklı tam sayı değeri vardır.
b) f(x) için 2. türevin
ı
f (x) < 0 değil tam tersine f (x) > 0 dır.
2
2x + 6ax + 6 > 0 her zaman doğru olması için ∆ < 0
2
Aşağıdakilerden IV ve V doğrudur.
I. (−∞ , −5) aralığında f(x) artan olduğundan
2
164
Mehmet Ali AYDIN
32−TÜREV−4(Maksimum, Minimum nokta−II. Türev ve Konkavlýk, Konvekslik, Dönüm Noktasý−Maksimum, Minimum Prob.) LYS MATEMATÝK
13.
3
ı
ıı
2
⇒ f (x)
=
y
16.
2
f(x) = x + 3x − ax + b
+ 6x − a ⇒ f (x)
3x=
6x + 6
8
ıı
f(x) in büküm noktası için f (x) = 0 dır.
+6
6x=
=
x
⇒x
0=
−1
=
deki teğetin denklemi y
P(x,y)
B
−1 büküm noktasının apsisidir.
y x y
2x − 9 verildiğinden,
ı
x = −1 deki teğetin eğimi f (−1) = 2 ⇒
2
−a
⇒ 3 • (−1) + 6 • ( −1)
=
2 ⇒ −=
3−a
2=
⇒ a
3
2
3
+ 3x − ( −5)x + b ⇒ f(x)
x=
dir ve=
y
g(x)
=
x
y
1. Yol : d nin denklemi,
y
+= 1 ⇒
=
6
8
2
x + 3x + 5x + b
2x − 9 verilmiş. f(−
1)
=
⇒ ( −1) + 3 • ( −1) + 5 • ( −1) + b = 2 • ( −1) − 9
⇒ −1 + 3 • 1 −
5+b
=
O halde =
, a−b
14.
−2 − 9 ⇒ =
−3 + b
=
−5
− ( −8)
−11
⇒b
=
x1 + x 2
=
a
c
=
⇒ x1 • x 2
x1 • x 2
=
2
−2 − m
=
⇒ x1 • x 2
a
1
2
( x=
1 + x 2 ) − 2 x1 x 2
2
x1 + x 2
=
•
bulunduğu üçgenin alanının yarısıdır. O halde ,
−2 − m
=
üçgenin alanı
2
m − 2 • ( −2 − m)
•
2
f(m) = m + 2m + 4 olsun. m nin hangi değeri için
OAPB dikdörtgeninin

=

alanı en çok

ı
f(m) nin minimum olduğuna f (m) = 0 dan bakılır.
ı
2
f(m)
=
m + 2m + 4 ⇒ =
f (m)
2m
+2
=
0=
⇒m
17.
−1 dir.
⇒ y 10 − x tir.
b) =
x + y 10=
⇒x
2
•
3
y ⇒ f(x) = x
2
•
(10 − x)
2
4•3
2
• 3 −
8=
12 br elde edilir.
3
Pratik : OAPB dikdörtgeninin alanı en çok, içinde
=
f(3)
m
1
3
ı
3
ı
2
ı
2
2
•
maksimumu için
3 • (10 − x)
2
•
f (x)
⇒=
x • (10 − x)
•
10 (çift kat) =
ve x
5x )
(20 −=
( −1)
0=
⇒x
=
4 tür.
x
f(4)
=
4
2
3
3
4=
⇒x+y
10 olamaz.
3456 dır.
=
üçgenin alanı
ABCD dikdörtgeninin

=

alanı en çok

2
ı
f(z) nin minimum olduğuna f (z) = 0 dan bakılır.
ı
En küçük
değer f(3)
=
15.
4z =
− 12
0=
⇒z
2
2=
− 12 • 3 + 16
• 3
2
2
x +y
9 2
2
=
x + ( ) ⇒ f(x)
x
2
=
x +y
2
−2 dir.
dir. y =
2
x +
9
x
P
54
=
2
x1
ı
x
2
P noktasının koordinatları P(x1, y1) olsun.
2•
4
=
2x
x=
81
x + 2
x
=
⇒x
162
162
0 ⇒ 2x −=
3
x
=
3 olup
f(3)
0=
⇒ 2x
81
2
3=
+ 2
3
162
x
−=
x − 7x + 3 ⇒ y1
2
− x 1 − 7x1 + 3
2
Koordinatlar toplamı : x1 + y1 = x1 + ( − x 1 − 7x1 + 3)
3
2
f(x1 ) = − x 1 − 6x 1 + 3 elde edilir.
x1 in hangi değeri için f(x1 ) in minimum oldu -
3 2 br de -
ı
ğuna f (x 1 )
=
ğeri orijine en yakın mesafedir.
www.yukseklimit.com
2
=
y
162
2
elde edilir.
y= −x −7x+3
ı
=
f (x)
2
O
2
bulmak için f (x) = 0 denklemine bakılır.
3
27 br
2
y1
dir. x in hangi değeri için f(x) nin minimum olduğunu
2x −
54 br
⇒
81
x
6 • 18
=
2
y
18.
3 tür.
y • x = 9 eğrisinde (x, y) noktası orijine en yakın olsun.
(x, y) nin orijine uzaklığı
x
B
ABCD dikdörtgeninin alanı en çok , içinde bulun -
⇒ 2z − 12z + 16 = f(z) olsun. z nin hangi değeri için
2
12
O
duğu üçgenin alanının yarısıdır. O halde ,
4 − z yazılırsa,
2z − 12z + 16 ⇒ =
f (z)
elde edilir.
C
A
(x + y − z) • (x + y) ⇒ (4 − z − z) • (4 − z) ⇒ (4 − 2z) • (4 − z)
f(z)
=
2
2
0,
0=
ve x
(10 −
4)
16=
=
• 6
•
x=
+y+z
12 br
−6
f(x) x = 4 te maksimum olup bu maksimum değer,
c)
24
=
2
24 br
6
D
⇒ f (x) = x • (10 − x) (2 • (10 − x) + x • 3 • ( −1))
=
x
8•6
=
2
y
1. türevin köklerinden bakılırsa,
⇒ f (x) = 2x • (10 − x) + x
dır.
ı
x − mx − 2 − m = 0 ın kökleri x 1 ve x 2 ise,
−m
− =
⇒ x1 + x 2
)
f (x)
=
3 elde edilir.
b
−=
⇒ x1 + x 2
6
8x
⇒ x 3 , f(x) in maksimum olduğu
8 −= 0 =
3
noktanın apsisidir. Maksimum değer
−8 dir.
2
a)
x
8 (1 −
2
 dikdörtge - 
x
4x
) 8x −
y x • 8 • (1 − =
=
= x •=

 f(x)
6
3
 nin alanı 
g( −1) ⇒
2
3
x
6
A
d
Ayrıca x = −1 deki görüntülerin eşitliğinden,
f(x)
=
x
O
−5 tir.
165
2
0=
dan bakılır. f(x1) − x1 − 6x 1 + 3
ı
⇒=
f (x1 ) −2x=
0=
⇒ x1 −3 tür.
1−6
Mehmet Ali AYDIN
32−TÜREV−4(Maksimum, Minimum nokta−II. Türev ve Konkavlýk, Konvekslik, Dönüm Noktasý−Maksimum, Minimum Prob.) LYS MATEMATÝK
19.
22.
y
P
6
y
y
xy
x
O
2
1. Yol :
2
x=
+y
1
ı
=
f (x)
2
A
6
A
36=
⇒y
3
72x − 4x
=
2
4
36x − x
D
36 − x
2
dir.
1
2
3
2
y nin negatifliği ve y = x − 9 göz önüne alınırsa,
4
2
0=
⇒x
18
3
ı
−=
6x + 18 ⇒ f (x)
2
=
⇒
x
3=
⇒x
maz. x =
3
−
2
0 ⇒ − 6x + 18 = 0
=
ve
x
3
=
tür.
x
3 ola -
−
3 için alan maksimumdur. O halde , ala -
nın maksimum değeri,
olarak seçilirse alanı en çok olacağından yarıçapın
6 cm olan değeri ikizkenar üçgenin hipotenüsüdür.
3
f( 3 ) = − 2 • ( 3 ) + 18 •
=
⇒ f(6)
Üçgenin bir kenarı a ise, a 2 = 6 ⇒ a = 3 2 dir.
20.
ı
2
f (x)
=
1
2
2
2 • 36 − (3 2 )
9 br dir.
• 3
=
2
Pratik : Çeyrek çember içinde OAP ikizkenar üçgen
2
− 2 • x • (x 2 − 9)
⇒ f(x) = − 2x + 18x
Alan(OAP)
=
9 br
C
y
• x • ( − y) ⇒ f(x)
Alan(ABCD) 2 =
=
− 4x
0 ⇒ 72x =
1
=
2 •3 2
• 3
2
x
C ve D simetrik olduğundan C(x, y) ise D( − x, y) dir.
36x − x
2
B
−2xy
⇒ x = 3 2 için alan maksimum olup maksimum alan
=
Alan(OAP)
y=x 2−9
x
−x
x
1
2
=
x • 36 − x ⇒ f(x)
2
=
Alan(OAP)
y
pratikte çeyrek
çemberde x=y
seçilirse taralı
alan en çoktur.
−=
6 • 3 + 18 • 3 ⇒ f(6)
23.
maksimum alandır.
3
12 3 br
2
dir.
y
y=lnx
y
O
x
A
x
y −xy
B
P
B
y=e−x
y x y
x
O
x
A
P(x, y) ise y negatiftir. y = ln x verilmiş.
• ( − y) ⇒ f(x)
Alan(APBO) x =
=
P(x, y) için Yukarıdaki şekilde grafiği verilen y = e
=
Alan(OAPB)
ı
=
f(x)
−x
=
x • y ⇒ f(x)
x•e
ı
−x
=
f (x) 1 =
+ x • e • ( −1) ⇒ f (x)
• e
ı
=
f (x)
0⇒e
−x
•
− x)
(1=
e
−x
ı
f (x)
=
−x
−x
•
1
• e
f(1) 1 =
=
⇒ f(1)
br
e
2
2
2
2
6=
⇒h
36 − x
2
⇒ f(6)
=
ı
⇒ V (x) =
π
3
3
•
ı
⇒ V (x) = 0 ⇒
3
144x − 6x
5
144x =
− 6x
4
2•
π
3
6
3
2
0=
⇒x
x
4
24=
⇒x
6
2
2
10 •
1−
x
2
16
3
tür.
x
=
−
12 3 br
2
dir.
2
⇒ Alan(ABCD)
= 4•x•y
x
• x • 10 •
1−
=
⇒ f(x) 4 =
⇒ f(x)
16
40 •
3
2
x −
4x
x
4
16
3
2x −
2x −
16
16
40
•
=
⇒ 40 •
4
4
x
x
2
2
2• x −
2• x −
16
16
=0 ⇒
3
0
3
4x
4x
2x −= 0 =
⇒ x = 2 2 için alan maksi ⇒ 2x
16
16
mum olup maksimum alan,
2 6 için hacim
maksimum olup maksimum hacim,
1
π • (2 6 )2 • 36 − (2 6 )2 16 3 π br 3
=
3
f(x)
=
elde edilir.
V(2 6 )
=
www.yukseklimit.com
3
3
−=
6 • 3 + 18 • 3 ⇒ f(6)
y
+ = 1=
⇒y
16
100
2
ı
36 • x − x
0
C ve D simetrik olduğundan C(x, y) ise D( − x, y) dir.
=
⇒ f (x)
5
⇒ − ln x − 1
0=
3 için alan maksimumdur. O halde ,
4x
144x − 6x
2•
24.
5
36 • x − x
•
36 − x
ve
x
=
3
dir. Hacim V(x) olsun.
•
3
−
f( 3 ) = − 2 • ( 3 ) + 18 •
dir.
1
1
π • x 2 • h ⇒ V(x)
π • x2
=
=
V(x)
3
3
1
⇒ V(x) = π • 36 • x 4 − x 6 ⇒
3
ı
tir.
alanın maksimum değeri,
Dik koninin taban yarıçapı x ve yüksekliği h olsun.
x=
+h
⇒x
0=
olamaz. x =
0=
⇒ x 1 için alan maksi -
−1
1
x
− x • ln x
) ⇒ f (x)
−1 • ln x + ( − x •=
⇒ ln x
−1
=
(1 − x)
mumdur. O halde , alanın maksimum değeri,
21.
P
166
4
2
(2 2 )
40
•
=
(2 2 ) −
16
80 br
2
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
33−TÜREV−5(Maksimum, Minimum Prob.−Türevin Fiziðe Uygulanýþý-Rolle Teoremi−Asimptotlar ve Fonksiyon Grafikleri) LYS MATEMATÝK
1.
4.
Kare prizmanın taban ayrıtı x cm yüksekliği y cm
3
olsun. Hacmi 27 cm
2
Hacim
=
• y
x=
27
27 ⇒
=
y
x
2
2•x +4•x
•
27
x
•
 360000
  6000 km deki 
+ x → 


x
  yakıt fiyatı 
400 
 360000

+ x  elde edilir.
x


f(x) = 150 • 
2
108
2
f(x) = 2x +
1
f(x) = 10 • 6000 •
2
=
f(x)
1  360000
  6000 km deki 
•
+ x → 


400 
x
  yakıt tüketimi 
1 km deki yakıt tüketimi
elde edilir.
2
Alan = 2 • x + 4 • x • y
=
Alan
6000 •
verilmiş. O halde ,
x in hangi değeri için f(x) nin minimum olduğunu
x
ı
bulmak için f (x) = 0 denklemine bakılır.
x in hangi değeri için f(x) nin minimum olduğunu
ı
 360000

 360000

ı
bulmak için f (x) = 0 denklemine =
bakılır.
•
f (x) 150
+ 1 ⇒ 150 •  −
+ 1
=
−
2
2
x
x




108
108
108
f ı (x) 4x − 2 ⇒ 4x −=
0=
⇒ 4x
=
2
2
360000
2
x
x
x
+ 1 0=
⇒−
⇒x
⇒ x 600 için
=
360000=
2
x
108
3
2
2
⇒ x 3 olup
=
=
=
4x
108
f(3) 2 • 3 =
+
54 br
yakıt tutarı minimum olup minimum yakıt tutarı ,
3
 360000

f(600) 150
•
=
=
 600 + 600  180000 TL dir.


değeri alanın minimum değeridir.
2.
x
x
x
5.
x
4−2x
4
4−2x
4−2x
4−2x
4−2x
x
2
Karenin alanı=
Hacim
=
a=
16 ⇒ a=
⇒ f(α ) =
2
v(x) = (16 − 16x + 4x ) • x
3
ı
f (α ) =
x in hangi değeri için V(x) nin maksimum olduğunu
ı
bulmak için v (x) = 0 denklemine bakılır.
2
2
v (x) 12x
=
=
− 32x + 16 ⇒ 12x − 32x + 16
2
=
⇒ 3x − 8x + 4
=
x
x=
2=
ve x
2
=
bulunur.
x
3
2
Dik silindirin yarıçapı x
ve yüksekliği 2h olsun.
2
2
27
D
0
2
=
v(x)
v(x) = 2 π • x
2
π•x
•
2
•
36 − x
4
v(x) = 2 π •
2
3
6
x in hangi değeri için
K
A
α
B
27
C
ı
+
27 • sinα
2
cos α
27
3
=
⇒ cot α
8
⇒
−8 • cosα
2
sin α
27
=
⇒ cotα
8
+
3
2
27 • sinα
2
cos α
=0
elde edilir.
FABRİKA
150 metre
150−x
NEHİR
y
tür.
C
x
SANTRAL
En uygun yol : y + 150 − x olsun.
2
y
=
2
2
2
x=
+ 60 ⇒ y
x + 60
2
elde edilir.
Kablo maliyeti, 1500 • y + 1200 • (150 − x) TL dir.
f(x) = 1500 •
6
h
36x − x dır.
2
sin α
60 metre
O
2h
β
8
A
cosα
x
h
elde edilir.
β
y
cosα
27
6.
2
36 − x
=
Hacim
br
L
h + x =6 ⇒
h=
cosα
−8 • cosα
3
0, x
128
D
x
27
2 olamaz. O halde ,
2 2

−2•  •
 4=
3 3

3
+
sinα
α
27
+
sinα
8
cos α
=
⇒
3
sin α
te hacim maksimum olup hacmin maksimum
3
2
değeri v( )
=
3.
0=
⇒ (3x − 2)(x − 2)
2
E
x + y, yani f(α ) en küçük olduğunda f (α ) = 0 dır.
2
v(x) = 4x − 16x + 16x tür.
ı
8
x + y=
4 tür.
(4 − 2x)2 • x tir.
v(x)
=
27
=
⇒y
y
cosα
=
x
x
BAE dik üçgeninden
8
8
sinα
=
=
⇒x
x
sinα
BCD dik üçgeninden
x
x
0
x
2
x + 3600 + 1200 • (150 − x)
x in hangi değeri için f(x) nin minimum olduğunu
ı
bulmak için f (x) = 0 denklemine bakılır.
B
2x
ı
•
− 1200 0 ⇒
=
=
f (x) 1500
ı
2
V(x) nin maksimum olduğunu bulmak için v (x) = 0
2 • x + 3600
denklemine bakılır.
1500 • x
2
⇒ 5x 4 • x + 3600
= 1200
=
3
5
2
144x − 6x
x + 3600
ı
=
⇒ V (x) 2 π
=
•
0⇒
2
2
4
6
• (x
16=
+ 3600) ⇒ x 80 olup
⇒ 25x
=
2 • 36 • x − x
3
5
144x =
− 6x
2
⇒x
0=
⇒x
24=
2 6 için hacim
⇒ f(80) = 1500 •
maksimum olup maksimum hacim,
=
V(2 6 )
2
2
=
2π
6 ) • 36 − (2 6 )
• (2
www.yukseklimit.com
2
80 + 60
2
+ 1200 • (150 − 80)
⇒ f(80) = 1500 • 100 + 1200 • 70 = 150000 + 84000
96 3 π br
3
⇒ f(80) = 234000 değeri maliyetin minimum değeridir.
167
Mehmet Ali AYDIN
33−TÜREV−5(Maksimum, Minimum Prob.−Türevin Fiziðe Uygulanýþý-Rolle Teoremi−Asimptotlar ve Fonksiyon Grafikleri) LYS MATEMATÝK
7.
10.
2
Yol denklemi, S(t) = at + bt + 2 verilmiş.
2
=
S(3)
26=
⇒ a•3 +b•3+2
=
⇒ 9a + 3b
26
⇒ y = lim
24=
⇒ 3a + b
ı
Hız denklemi,
V(t)
=
S=
(t) ⇒ V(t)
ıı
Kutucuklardan ⇒ 6a + b −
=
(3a + b)
14 tür.
x−4
⇒=
14=
−8⇒a
tür. Böylece asimp -
Bu aracın ivmesi A(t) = 2a ⇒ 2 • 2 ⇒ 4 m/sn
3
2 dir.
2
3
ı
2
f(3) − f(1)
ı
f (c) =
⇒ 3c + 2c + 1 =
2
⇒ 3c + 2c + 1 =
2
2
3c + 2c − 17
⇒=
3−1
2
=
⇒ c1,2
208
− 2 − 4 13
=
ve c2
2•3
− 2 + 4 13
c1
=
− 1 − 2 13
ve c2
=
3
− 1 + 2 13
9.
2 13 − 1
3
−b ±
∆
+ 1 ve x
=
y 2x=
2•3
3
11.
3
2
3
⇒ f(0)
=
ı
3
4
0 olsun.
ı
2
4x=
− 3x + 2x − 2
ı
3
=
C) f (x)
4x
=
− 3x + 2x − 1
4
3
x = −3
0 olsun.
12.
2
ı
⇒ f(0)
k ve
=
f(1) k =
3
=
f (x)
2
− 3x + 2x − 1
4x=
ı
3
2
4
3
ı
0 olsun.
2
2
4x=
+ 6x + 2x + 1
ı
3
E) f (x)
=
2
4
3
⇒ f(x) = x + x +
=
⇒ f(0)
ı
f (x)
=
3
2
3
2
4x=
+ 3x + 3x + 1
www.yukseklimit.com
2
y
ı
f (x) =
−2
(x − 3)
lim
x → ±∞
2
f (x)
2
4/3
O 2
ıı
f (x) =
0 ın [ 0 ,1] de kökü yoktur.
168
f (x)
4
(x − 3)
3
2x − 4
=
⇒y
x−3
− − −
azalan
2. türev :
⇒ f(0) ≠ f(1) olduğundan
f(x)
x
3
3 tür.
5) 1. türev :
0 olsun.
2
9
0=
⇒ x
4) Yatay asimptotu
:y
=
x + x + k dır.
k=
ve f(1) k +
2 ve
elde edilir. Bu doğruların kesim noktaları
R − {3}
x−3
=
0 ın [ 0 ,1] de kökü yoktur.
4x
+ 3x + 3x + 1
=
0=
⇒ x
3) Düşey asimptotu :
k=
ve f(1) k + 5 ⇒ f(0) ≠ f(1) olduğundan
3
f (x)
=
x +x−6
4
=
x 0=
⇒ y
,y 0 ⇒ x 2
=
=
3
⇒ f(x) = x + 2x + x + x + k dır.
⇒ f(0)
=
−6 dır.
x−5
x→∞
2) Eksen kesim noktaları :
0 ın [ 0 ,1] aralığında en az
=
+ 6x + 2x + 1
4x
0=
⇒x
1) f(x) in tanım kümesi :
f(1) olduğundan
bir kökü vardır.
=
D) f (x)
3 tür.
A( −3,0) ve B(2,0) olup aralarındaki mesafe 5 br dir.
⇒ f(x) = x − x + x − x + k dır.
⇒ f(0)
=
6 dır.
=
⇒ y 0 dır.
lim
2
2
0 ın [ 0 ,1] de kökü yoktur.
2
0 ⇒ 3x =
+ 18
düşey asimptotları ⇒ x + =
x−6
k=
ve f(1) k − 1 ⇒ f(0) ≠ f(1) olduğundan
3
=
f (x)
3x + 18
=
3x + 6
asimptotu ⇒ y
=
b) yatay
2
⇒ f(x) = x − x + x − 2x + k dır.
=
⇒ f(0)
0=
⇒ c
3 için
f(x) = 0 ⇒
0 ın [ 0 ,1] de kökü yoktur.
2
3
0 ⇒ 3 • ( −2)
=
+c
3•0+b
b
= 3⇒
= 3=
⇒ b 18 dir.
3•0+6
6
ax + b
3x + 18
Böylece
f(x)
elde edilir.
=
=
⇒ f(x)
3x + c
3x + 6
f(x) in Ox eksenini kestiği noktanın apsisi için
=
f(0)
0 olsun.
=
4x
− 3x + 2x − 2
=
−2 için 3x
+c
ax + b
a
y = 1 için lim = 1 ⇒
= 1=
⇒ a
x → ∞ 3x + 6
3
k=
ve f(1) 1 + k ⇒ f(0) ≠ f(1) olduğundan
=
B) f (x)
y=2x+1
x=3
3 doğrularının kesim noktası A(3,7) dir.
apsisten x = −2 değeri düşey asimptot
x
=
2
3
4x
=
+ 3x 2 − 2x + 1
x
3
O
f(0) = 3 verilmiş. O halde ,
⇒ f(x) = x + x − x + x + k dır.
=
f ı (x)
A(3,7)
ordinattan y = 1 değeri yatay asimptot (limitten)
seçilir.
+ 3x − 2x + 1
4x=
a)
elde edilir.
varsa f(a) = f(b) dir. O halde şıklara bakılırsa ,
4
eğik
asimptot
Böylece asimptotların yani
2a
ı
ı
limiti ol -
=
y 2=
7 dir.
• 3 + 1⇒ y
f (x) = 0 ın x ∈ (a,b) olacak biçimde en az bir kökü
A) f (x)
=
7
x−3
3 tür.
y = 2x + 1 dir. x = 3 için
0=
elde edilir. ∆ b − 4ac
=
c1
c ∈ [1, 3] ⇒ c =
tot yoktur. Eğik asimptotu
0=
⇒ x
2
x−3
2x+1
den, eğik asimptotu,
2
2
4 doğrularının kesiştiği nok -
vardır. Polinom bölmesin -
⇒ 3c + 2c + 1 = 18
−17) ⇒ ∆
2 − 4 • 3 • (=
=
⇒∆
2
3−1
40 − 4
2=
ve x
2x − 5x + 5
x→∞
3
x=4
madığından yatay asimp -
lim
3 + 3 + 3 + 1 − (1 + 1 + 1 + 1)
3
4
2x 2− 5x+5
2x 2− 6x
x−5
x−3
−2
y
=
⇒x
−3
2
3x + 2x + 1
( c ∈ [1,3])
3−1
2
x
4
O
b) düşey asimptotu
ortalama değer teoremi,
x=
+ x + x + 1 ⇒ f (x)
y=2
ta A(4,2) olup koordinatlar çarpımı 4 • 2 = 8 dir.
f(x) = x + x + x + 1 fonksiyonu için [1,3] aralığında
f(x)
=
0=
⇒ x
totların yani
y
=
dir.
A(4,2)
2
2a olup sabittir.
2
8.
x−4
2
=
⇒y
=
⇒ y 2 dir.
1
düşey asimptotu
2at + b dir.
S=
(t) ⇒ A(t)
y
2x − 5
x→∞
8 elde edilir.
V(3) 14 ⇒
2a • 3 + b 14=
=
=
⇒ 6a + b
İvme denklemi,
A(t)
=
a) yatay asimptotu
2
=
⇒ y
1
3
2 dir.
− − −
azalan
− − −
+ + +
konkav
(içbükey)
konveks
(dışbükey)
Mehmet Ali AYDIN
33−TÜREV−5(Maksimum, Minimum Prob.−Türevin Fiziðe Uygulanýþý-Rolle Teoremi−Asimptotlar ve Fonksiyon Grafikleri) LYS MATEMATÝK
13.
x−2
1) f(x) =
y
ün tanım
2
(x − 4)
16.
f(x)
tanım kümesi : R − (1,3 )
kümesi : R − { 4 }
−2
1
=
=
x 0=
⇒ y −=
,y 0 ⇒ x 2
8
3) Düşey asimptotu :
⇒ x
0=
O
2
−1/8
dönüm
noktası
5) 1. türev :
−2
−x
(x − 4)
− − − −
f (x)
3
f (x) =
2x + 4
(x − 4)
konkav
14.
4
+ +
y
f (x) =
konveks
17.
f(x)
=
A) y
3
2
O
1
x
5
1 2
−x + 2
3
+ + +
azalan
f (x)
−1
ıı
f (x) =
2
(x − 4x + 3)
x+3
=
B) y
x−2
D) y
=
−4
f (x)
2
x − 4x + 3
x −=
2 veya y
− − −
2. türev :
+ +
konveks
−4
x+ =
)⇒ y
2•1
•
x−2
ı
azalan
artan
lim ( 1
x→± ∞
4) 1. türev :
− −
y=x−2
y=-x+2
x − 4x + 3
x→ ± ∞
y
=
x
2 3
1
2
y = lim
0 dır.
− − + + + +
f (x)
4
0
azalan
azalan
2. türev :
ıı
veya x 3
y=
=0 ⇒ x 1 =
3 tür ve çift kat olduğundan grafikte
asimptotu : y
=
4) Yatay
ı
f(x)
−2
3) Eğik asimptotları :
yerel
min.
x−2
=
⇒ y
lim
x → ± ∞ (x − 4)2
O
x = 0 ⇒ y= 3 ,
x
4
baca durumu oluşur.
f (x) =
2
2) Eksen kesim noktaları :
2) Eksen kesim noktaları :
=
x−3
y
x 2 − 4x + 3 ün
1) f(x) =
artan
− − −
− − −
konkav
(içbükey)
konkav
(içbükey)
x+5
=
C) y
2
(x − 2)
2
(x + 3)
2
(x − 2)
2
2
x − 4x + 3
E) y
=
x−2
x − 2x + 5
x−2
x = 2 de düşey asimptot olduğundan ve baca görün tüsü olmadığından x = 2 paydanın tek katlı köküdür.
−4
O halde B ve C şıkları elenir.
Yukarıdaki şekildeki grafik 5. dereceden bir f(x)
Eğik asimptot olduğundan payın derecesi paydanın
polinom fonksiyonuna ait olduğu verilmiş.
derecesinden 1 fazladır. O halde A şıkkı elenir.
2
x = −4 te teğet olduğundan (x + 4) çarpandır.
x = 5 te teğet olduğundan (x − 5)
2
Ox eksenini kesmediğinden y = 0 ise x bulunamaz.
çarpandır.
D şıkkı elnmelidir
=
çünkü y
x = 1 de kesip geçtiğinden (x − 1) çarpandır.
O halde ,
=
f(0)
f(x) = k • (x + 4)
2
•
(x − 1) • (x − 5)
2
f(x) =
f(6) =
=
15.
=
y
100
1
2
−4
⇒ k • (0 + 4) • (0 − 1) • (0 − 5)
=
⇒ k • 16 • ( −1)
• 25
=
1
2
•
•
(x + 4)
(6 + 4)
2
2
•
•
(x − 1) • (x − 5)
(6 − 1) • (6 − 5)
100
1
=
• 100 • 5 • 1
100
f(x)
= (x − 3)
3
•
−4=
⇒k
2
−4
100
Böylece YANIT : E elde edilir.
dür.
18.
elde edilir.
=
A) y
2
=
C) y
5 elde edilir.
(x + 2)
y
polinom fonksiyon oldu -
f(x)
senlerin kesim noktaları,
0=
⇒ y −108
=
y
0=
⇒ x 3
dır.
−2
O
0=
⇒ x −2
2
( x 2 − 4 )2
x+1
2
x −4
küdür. O halde, D şıkkı elenir.
3
x
x = 2 de düşey asimptot ve baca görüntüsü oldu ğundan x = 2 paydanın çift katlı köküdür. O halde,
−108
A, C ve E şıkkı elenir.
kat kök var.
=
y
x − 2x + 1
=
D) y
2
x −4
x+1
(x + 2)(x − 2)
2
x + 2x + 1
x = −2 de düşey asimptot olduğundan ve baca gö -
te Ox i
kesip geçer çünkü tek
2
−
rüntüsü olmadığından x = −2 paydanın tek katlı kö -
ğundan pratik olarak ek =
x
2
x −1
=
B) y
2
x −4
E) y =
2
0
denkleminin kökleri vardır ve Ox i keser.
dir.
1
2
0=
⇒ x − 4x + 3
de Ox e teğettir çünkü çift kat kök -
Böylece YANIT : B olabilir.
var.
Ayrıca, x → +∞ için y → +∞ ve x → −∞ için y → −∞
www.yukseklimit.com
169
Mehmet Ali AYDIN
33−TÜREV−5(Maksimum, Minimum Prob.−Türevin Fiziðe Uygulanýþý-Rolle Teoremi−Asimptotlar ve Fonksiyon Grafikleri) LYS MATEMATÝK
19.
1
1) f(x) = −
nım kümesi : R − { 3 }
O
2) Eksen kesim noktaları :
x = 0 ⇒ y=−
x
3
−1/9
 y=0 ⇒ 
 x=yok 


1
,
9
2) Eksen kesim noktaları :
y
ün ta -
2
(x − 3)
2
(x =
− 3)
0=
⇒ x
3
ı
f (x) =
(x − 3)
f (x)
3
20.
1) f(x) =
f (x)
−9
ıı
f (x) =
(x − 3)
4
2
x − 4x + 4
2
x + 2x + 1
− − −
− − −
konkav
(içbükey)
konkav
(içbükey)
4
0=
⇒ y 4 ,
y
=
O 2
−1
0=
⇒ x − 4x + 4
x → −∞
0
dönüm
nok.
f (x)
− − − − − − + + +
azalan
ıı
−1
−2
x
f (x) = (x + 2) • e
x
f (x)
x
O
− − −
konkav
(içbükey)
azalan
artan
+ + + + +
konveks
f(x)
1
2) Eksen kesim noktaları :
x
=
−2 −1
y
in ta -
2
lim
=
(x • ex ) ⇒ y
2. türev :
artan
nım kümesi : R − { − 1}
x
=
+ + +
azalan
2. türev :
x→∞
f (x) = (x + 1) • e
3
− − −
=
lim
(x • e ) ⇒ y ∞ ,
ı
f(x)
0
5) 1. türev :
(x − 3)
y
x
=
y
−1
5) 1. türev :
0=
⇒ x
=
y
=
⇒ y 0 dır.
lim
2
x→ ± ∞
=
y
4) Yatay asimptotu :
3 çift kat kök. (baca durumu )
4) Yatay
=
asimptotu : y
0=
⇒ y 0 ,
3) Düşey asimptotu : Yok
f(x)
3) Düşey asimptotu :
=
x
0⇒
2=
çift kat kök olduğu için x
x
7
2
2 de Ox e teğettir.
3) Düşey asimptotu :
2
x + 2x
=
+1
0=
⇒ x
−1 çift kat kök olduğu için gra -
fikte baca durumu oluşur.
2
x − 4x + 4
lim
=
⇒ y 1 dir.
2
4)
Yatay asimptotu : y
=
x→± ∞
6(x − 2)
ı
f (x) =
(x + 1)
+ + − −
f (x)
3
f (x) =
21.
(x + 1)
a) 1) f(x) =
x
azalan
artan
f (x)
42 − 12x
4
2
x − 16
3,5
+ +
+ +
artan
artan
− −
konkav
konveks
konveks
2
2
+ + + + + +
2. türev :
ıı
x + 2x + 1
−1
5) 1. türev :
nın ta -
y
nım kümesi : R − { − 4, 4 }
f(x)
2) Eksen kesim noktaları :
x
=
y
=
1
0=
⇒ y 0 ,
2
0⇒
x
=
0=
⇒ x
−4
0
o
x
4
çift kat kök olduğu için
x = 0 da Ox e teğettir.
2
3) Düşey asimptotu : x − 16 = 0 ⇒ x=−4 ile x=4 tür.
=
4) Yatay
asimptotu : y
x
x→ ± ∞
f (x) =
− 32x
(x
2
f (x)
− 16)
2
2. türev :
ıı
f (x) =
2
96x + 512 f (x)
(x2
x − 16
−4
5) 1. türev :
ı
2
lim
=
⇒ y 1 dir.
2
− 16)
b) 1) f(x) = x • e
3
x
+ + + +
artan
artan
0
− −
azalan
+ + − − − −
konveks
konkav
4
− −
azalan
+ +
konveks
nın ta -
nım kümesi : R dir. DEVAMI →
www.yukseklimit.com
170
Mehmet Ali AYDIN
34−ÝNTEGRAL−1 (Belirsiz Ýntegral Kurallarý, Formülleri ve
1.
Dönüþümsel Çözümler)
4.
Aşağıdakilerin hepsi doğrudur .
∫
∫
∫
∫


∫  
∫ ()
ı
2
=
I. f (x) dx f(x)
=
+c
II. (2x) dx
x +c
−1
sinx
+c
IV.
dx
=
2
x
III. (cosx) dx
=
V. ( − sinx) dx
=
cosx
VI. d f(x)
+c
=
a)
1
x
∫
∫ (e
2x
∫
 e5x
1 
 e 3x − e3x  dx


)
− e − 3x dx
1
1

⇒  e2x − ( − e −3x ) + c 
3
2

1 2x 1 −3x
⇒ e + e
+ c elde edilir.
2
3
+c
f(x) + c
∫
x + c VIII. x dy xy + c
=
y ye göre integral
alındığına dikkat.
∫
b)
∫
d 



f(x)
dx
X.
=
 f(x) dx  f(x)
dx 






IX. d  f(x) dx 
=
integralin
diferansiyeli
2.
 e5x − 1 
 e3x  dx ⇒


∫
⇒
ı
f (x) dx
 1 
VII.
=

 dx
2 x 
LYS MATEMATÝK
 x 3 + 2x − 3 
 x3
∫  x  dx ⇒ ∫  x
3

⇒  x + 2 −  dx
∫
x
+
2x 3
−
x
x

 dx

2
integralin
türevi
⇒
x3
+ 2x − 3ln x + c elde edilir.
3
Aşağıdakilerden I, III, IV ve V kesinlikle doğrudur .
I.
∫
d 

2
2
 (3x − 2x + 1) dx  = 3x − 2x + 1 (DOĞRU)
dx 


5.
Önce integral sonra türev olduğundan c sabiti yazılmaz.
∫
II.
⇒
+
d( x + x + 3) = x
x +
3 (YANLIŞ)

3
2
3
2
integral sabiti
3 olmayabilir.
⇒
∫


3
2
III. d  d( x + sin x )  = (3x + cos x ) dx (DOĞRU)



3
3
+ 2 dx =
x
3
x dx − 3
1
x
dx + 2
2x 3
+ 2x + 4

 dx −

∫  x

2
∫

2x 3
16
− 2
 2
x
2x
4
x
2x + 4
+
+
+

∫
 2x3 − 16
 x 2 + 2x + 4

16

 dx
+ 2x + 4 

 dx


 x3 − 8
 dx ⇒ 2  x 2 + 2x + 4


∫
∫
⇒ 2 (x − 2)dx ⇒ (2x − 4)dx ⇒ x
∫
∫
)
∫(
∫
∫
∫

x −
2

 dx

 (x − 2)(x2 + 2x + 4) 
⇒ 2 
 dx
(x 2 + 2x + 4)


3
x + sin x elde edilip
bunun da diferansiyeli alınmıştır.
IV.

∫  x
a)
dx
2
− 4x + c dir.
İntegralde toplam veya fark ayrılabilir ve sabit dışarı alınabilir.
(DOĞRU)
∫
∫
V. =
x dy +
y dx

y ye göre
integral
c ) (DOĞRU)
b)
x e göre
integral
⇒ xy + c1
3.
=
+ c (c1 + c2
2xy

⇒ yx + c2
∫
x dy +
∫
y dx =

⇒
∫(
∫
6.
x dy +
∫
a)
y dx = x y + c1 + y x + c2
= 2x y + c
∫(
∫(
y dx )
x dy +=
II.
III.
IV.
∫(
∫
∫
3x
•
e
n
x dx =
t dt −
3
(x + 1)
∫
x
) dx = e
n+ 1
n+1
=
d x y)
2
www.yukseklimit.com
1

− 4 cos2x  dx
x

x4
1
+ ln x − 4 • ( sin2x ) + c
4
2
x4
+ ln x − 2 sin2x + c elde edilir.
4
3
(x + 1)
t
2
2
−
b)
+ c (DOĞRU)
3
2u
3
∫ (2 e

⇒ 2e
∫
2x − 5
)
+ cot x dx
2x − 5
+
cos x
sin x

 dx

xy + c
1
∫  1 + x

2

 dx −


∫ 
1
1− x
2

 dx


1
−
⇒

1 − x2

⇒ arctanx + arccosx + c elde
∫
(n ≠ −1) (DOĞRU)
+c
2u du =
+
⇒ e2x − 5 + ln sinx + c elde edilir.
bulunur ve eşit olmadığı görülebilir.
2
3
x dy + y dx ) (YANLIŞ)
dx ve dy farklı değişkenler olduğundan
birleştirme yanlıştır.
2. Yol :

⇒
Aşağıdakilerden II ve III kesinlikle doğrudur .
I.
∫  x
+ c olmalıydı. (YANLIŞ)
171
 1

 1 + x2

 dx +

∫

dx


edilir.
Mehmet Ali AYDIN
34−ÝNTEGRAL−1 (Belirsiz Ýntegral Kurallarý, Formülleri ve
7.
a)
∫
⇒
b)
 x+ x 

 dx ⇒
 x +1 
∫
x dx ⇒
∫
∫



1
Dönüþümsel Çözümler)
10.
x • ( x + 1) 
 dx
( x + 1) 
1
+1
x2
x 2 dx ⇒
4
∫
1
⇒ cos2x dx ⇒ sin2x + c elde edilir.
∫
2
cos2 x − sin2 x )(cos2 x + sin2 x ) dx
(

 


⇒
cos2x
8.
∫
a)
d
⇒
dx
∫
 cos2 x
sin2 x 
 1 + sinx + 1 + cosx  dx


 1 − sin2 x 1 − cos2 x 
 1 + sinx + 1 + cosx  dx


 (1 − sinx)(1 + sinx) (1 − cosx)(1 + cosx) 
+

 dx
(1 + sinx)
(1 + cosx)


∫
∫
⇒
∫
⇒ (1
∫
⇒ (2
∫
⇒
+c
1
+1
2
2

⇒  x x + c  dir.
3

∫ (cos x − sin x ) dx ⇒
4
a)
LYS MATEMATÝK
− sinx + 1 − cosx ) dx
− sinx − cosx ) dx
⇒ 2x + cosx − sinx + c elde edilir.
1
∫ cos5x
b)
f(x)dx = 2x 4 − x2 + 3x + 4
⇒
d
(2x 4 − x 2 + 3x + 4 )
f(x)dx =
dx
•
∫ − 5 cos5x
•
d(2 − 5x)


−5 • dx
•
dx
⇒ − sin5x + c elde edilir.
⇒ f(x) = 8x 3 − 2x + 3 tür. Türev alınırsa,
⇒ f ı (x) = 24x 2 − 2 elde edilir. O halde ,
2
f ı (−1) 24=
• ( −1) − 2
24 • 1 − 2
=
b)
∫
a)
4
f(x)=2x 4 +
1
1
üstte var.
⇒ ln x 3 − 5x + 3 + c dir.
b)
5
3
üstte var.
2
ı
5
3
2
+ 1)
12.
⇒ x f ı (x) = 5x 4 + 3x2 + 2x
a)
⇒ f ı (x) = 5x 3 + 3x + 2 dir. Türev alınırsa,
1
∫  1 + 4x  dx

1
2
⇒

2 ∫  1 + (2x)


2
•
⇒ f ıı (x) = 15x2 + 3
⇒
2
ıı
63 elde edilir.
• 2 + 3 ⇒ f (2)
⇒ f ıı (2) 15=
=
9.

sin x
⇒ − ln 1 + cos x + c
1
+ 2x 2 − x + 15 ⇒ f(0)=15 elde edilir.
x
ı

∫  1 + cos x  dx
 − sinx 
⇒− 
 dx
∫ 
1 + cos x 


Altın türevi
2
+ 2 • 1 −=
1 + c 19=
⇒ c 15 tir.
∫ x f (x)dx = x + x + x + 1
d
d
⇒
(x + x + x
x f (x)dx =
dx ∫
dx
∫
 3x 2 − 5 
 3
 dx
x − 5x + 3 


Altın türevi
∫
∫
=
f(1) 19 ⇒ 2 • 1 +
c)
11.
f ı (−1) = 22 elde edilir.
1
f ı (x) = 8x 3 − 2 + 4x − 1
x
1
f ı (x)dx = (8x 3 − 2 + 4x − 1) dx
x
1
f(x)= (8x 3 − 2 + 4x − 1) dx
x
x4
1
x2
+ +4•
−x+c
f(x)=8 •
4
x
2
1
f(x)=2x 4 + + 2x2 − x + c
x
2

 dx

1
• arctan(2x) + c elde edilir.
2
f ı (x) in yerel minimum değerinde f ıı (x) = 0 dır.
f(x)
=
 16
 x + x  dx ⇒ f (x)
∫=


2

ı
16
+ x 2 dir.
x
b)
16
+ 2x
x2
16
ıı
⇒ x 2 dir.
+ 2x 0 =
f=
(x) 0 ⇒ − 2 =
x
Yani f ı (x), x = 2 için minimum olup f ı (x) in mi 16
nimum=
=
+ 22 ⇒ f ı (2) 8 + 4
değeri f ı (2)
2
⇒ f ı (2) = 12 elde edilir.
f ıı (x) = −
www.yukseklimit.com

∫ 
6
1 − 9x
2

 dx


3
⇒2• 
 1 − (3x)2

⇒ 2 arcsin(3x) + c
∫
172

 dx


elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
34−ÝNTEGRAL−1 (Belirsiz Ýntegral Kurallarý, Formülleri ve
13.
∫
a)
⇒
∫
∫
⇒
∫
⇒
 x3 + 3

 x+1
Dönüþümsel Çözümler)
16.

 dx

17.
⇒
x 2 + 5x − 1
u4
+c⇒
4
4
3
+ c elde edilir.
∫ cosudu ⇒ sinu + c
 sin2x 

 dx integralinde,
 cos3 2x 
cos2x = u
− 2 • sin2x • dx = du
dönüşümü uygulanırsa,

2
⇒−
1
2
⇒−
1
2
•
•
 −2 • sin2x 
∫  cos 2x  dx
1
 1 
∫  u  du ⇒ 2 ∫ u
3
•
3
−3
du
1 u− 2
1
•
+c⇒
+c
2 −2
4 • u2
1
+ c elde edilir.
⇒
4 cos2 2x
⇒−
sin2 x + cos2 x
+c
⇒
sinx • cosx
1
+c
⇒
sinx • cosx
2
+c
⇒
2 • sinx • cosx
2
+c
⇒
sin2x
⇒ 2 • cosec2x + c
18.
∫ cos(x ) d(x )
3
a)
3
integralinde,
x3 = u
dönüşümü uygulanırsa,
∫ cosudu ⇒ sinu + c
⇒
 x +1
∫ f (x)dx = sin  x 
 x +1
⇒ d ( f (x) ) = sin 
 elde edilir.
∫
 x 
ıı
4
∫
sinx
cosx
+
+c
⇒
cosx
sinx
a)
)
 cos(ln x) 
 dx integralinde,
x

⇒ tanx + cotx + c
15.
(
⇒ sin(lnx) + c elde edilir.
b)
1
∫ u du
⇒
2x − 1 
 dx
x2 − x 
2
integralinde,
∫ 
−x
2x − 1 
+
 dx
− x x 2 − x 
1
( 2x + 5 ) dx
ln x = u
1
dx = du
x
dönüşümü uygulanırsa,
∫  cos x − sin x  dx

3
⇒
a)
⇒ x + ln x2 − x + c elde edilir.
14.
)
+ 5x − 1
dönüşümü uygulanırsa,
 x2 + x − 1 

 dx
2
 x −x 
 x2 − x + 2x − 1 

 dx
x2 − x


 x2
 2
x

1 +

2
x 2 + 5x − 1 = u
(2x + 5) dx = du
∫
∫
⇒
∫
⇒
∫
⇒
∫ (x
 x3 + 1
2 
 x + 1 + x + 1  dx


 (x + 1)(x 2 − x + 1)
2 
+

 dx
(x + 1)
x + 1 

2 
 2
x − x + 1+
 dx
x +1

x3
x2
⇒
−
+ x + 2ln x + 1 + c elde edilir.
3
2
b)
LYS MATEMATÝK
⇒ sin(x3 ) + c elde edilir.
ı
∫
b)
5x + 1 dx integralinde,
5x + 1 = u
1
• du
5
dönüşümü uygulanırsa,
5 • dx = du ⇒ dx =
 ( x2 + e ) 
b)
x •5
 dx


 ( x2 + e ) 
1
2x •  5
⇒
 • ln5 • dx
2 • ln5


∫
∫
⇒
⇒
1
(x
• 5
2 • ln5
2
+e
⇒
)
1
⇒
5
x2 + e
5
+ c elde edilir.
ln25
www.yukseklimit.com
∫
⇒
173
u
1
1
• du ⇒
5
5
1
+1
u2
•
∫
1
u 2 • du
3
1 u2
+c⇒ •
+c
1
3
5
+1
2
2
•
2
15
•
•
u3 + c ⇒
2 (5x + 1)3
+ c elde edilir.
15
Mehmet Ali AYDIN
34−ÝNTEGRAL−1 (Belirsiz Ýntegral Kurallarý, Formülleri ve
19.
Dönüþümsel Çözümler)
∫ tan x dx ⇒ ∫ (1 + tan x − 1)dx
⇒ (1 + tan x)dx − 1 dx
∫
∫
2
a)
 1


sin
 1 • e  x  • cos  1   dx integralinde,
 x 
 x2
 



1
1
1
=
sin ( ) u =
, cos ( ) • ( − 2 ) dx du
x
x
x
dönüşümü uygulanırsa,
2
2
22.
•
⇒ tanx − x + c elde edilir.
∫ ( tan x + tan x ) dx
⇒ tan x (1 + tan x)dx integralinde,
∫
4
b)
2
2
∫
a)
⇒−
2
•
tanx = u
2
2
4
4
2
2
üstte b şıkkında var.
23.
 4ln3 x
1 
+

 dx
x
xlnx


∫
4ln x
⇒
∫ x dx + ∫
3
1
dx integralinde,
xlnx
 ln(ln x) 
 ln(ln x)
dx = 

x 
 x • lnx
 lnx 
ln(ln x) = u
1
dx = du
x • lnx
dönüşümü uygulanırsa,
∫
∫
∫ (x
udu ⇒
⇒
21.
•
24.
1
•
1
⇒−
3
•
1
1
) du ⇒ −
2
2
•
∫
www.yukseklimit.com
(1 − sinx)
−

2
2
1
∫u
2
du ⇒ tanx −
1
+c
u
1
+ c elde edilir.
cos x
•
1 1
1 1
•(
sin6x ) + • ( sin2x ) + c
2 6
2 2
sin6x sin2x
+
+c
⇒
12
4
+c
b)
∫ sin x dx integralinde,
2
sin2 x =
1 − cos 2x
dönüşümü uygulanırsa,
2
1
•
(1 − cos2x)dx
2
1
1
2x − sin2x
⇒ • ( x − • sin2x ) + c ⇒
+ c dir.
2
2
4
⇒
1
du
2
1
c)
u 2 • du
∫
∫ cos x dx integralinde,
2
cos2 x =
u2
1 u2
+c⇒− •
+c
1
3
2
+1
2
2
3
1
3
u +c⇒−
1 − x 2 + c elde edilir.
3
(

∫ (cos 4x cos2x ) dx
1
⇒
( cos(4x + 2x) + cos(4x − 2x)) dx
2∫
1
1
⇒
cos6x dx +
cos2x dx
2∫
2∫
3
+1
(2 + ln x)3 + c elde edilir.
⇒
)
u • (−

1
a)
1 − x2 dx integralinde,
dönüşümü uygulanırsa,
1
⇒−
2

+1
∫  1 + sinx  dx ⇒∫  (1 + sin x)(1 − sinx)  dx
 (1 − sinx) 
 (1 − sin x) 
⇒ 
∫  1 − sin x  dx ⇒ ∫  cos x  dx
1
sinx
dx
⇒
∫ cos x dx − ∫cos
x


⇒ tan x −

 dx integralinde,

ln2 ln x
u2
+c⇒
2
2
=
=
− 2x dx du
⇒ x dx
∫
2
2 +c⇒ 2
•u
3
3
⇒ tan x +
1 − x2 = u
⇒
⇒
1
u2
• du ⇒
+c
1
+1
2
=
− sinx dx du
cosx u ,=
∫
∫
∫
1
u2
∫
u • du ⇒
2
⇒ ln4 x + ln ln x + c elde edilir.
b)
+ c elde edilir.
2
ln x = u
1
dx = du
x
dönüşümü uygulanırsa,
1
⇒ 4u3 du +
du ⇒ u4 + lnu + c
u
∫
+c
2 + lnx
x
3
tan3 x
− (tanx − x) + c
3
tan3 x
− tanx + x + c elde edilir.
⇒
3
a)
 1
sin 
x
⇒
üstte a şıkkında var.
⇒
20.
u

 dx integralinde,

1
=
2 + lnx u =
,
dx du
x
dönüşümü uygulanırsa,
u3
tan3 x
+c⇒
+ c elde edilir.
3
3
4
c)
u



∫
b)
∫
∫ tan x dx ⇒ ∫ (tan x + tan x − tan x)dx
⇒ (tan x + tan x)dx − tan x dx
∫ ∫
u2 du ⇒
∫ e du ⇒ − e
⇒ −e
(1 + tan2 x)dx = du
dönüşümü uygulanırsa,
⇒
LYS MATEMATÝK
1 + cos2x
dönüşümü uygulanırsa,
2
1
•
(1 + cos2x) dx
2
1
1
2x + sin2x
⇒ • ( x + • sin2x ) + c ⇒
+ c dir.
2
2
4
⇒
)
174
∫
Mehmet Ali AYDIN
35−ÝNTEGRAL−2 (Dönüþümsel Çözümler−Dönüþümler−Basit Kesirlerine Ayýrma−Parçalý Ýntegral)
1.
dx
⇒
x2 − 6x + 10
∫
a)
dx
∫ 1 + x
− 6x + 9
2
4.
tam kare
1 • dx
⇒⇒
1 + (x − 3)2
⇒ arctan(x − 3) + c elde edilir.
∫
∫ (x
⇒
∫
4x − 4x 2
dx
⇒
2
1 − (1 − 4x + 4x )
1
⇒
2
⇒
dx
∫
•
∫
⇒
)
ln3 x dx
=
t⇒
x e ve
1
=
dx dt=
⇒ dx xdt=
⇒ dx
x
dönüşümü uygulanırsa,
dx
∫ (e )
t 2
t 3 • e t • dt ⇒
•
∫e
2t
•
e t dt
t 3 • e t • dt
∫ t e dt
⇒ ( t e ) dt integrali elde edilir.
∫
3
⇒
3t
•
t 3
•
2
1 − (2x − 1)
•
2 dx
∫
1 − (2x − 1)2
1
arcsin(2x − 1) + c elde edilir.
2
 1+
5.
x 
 dx
x 
∫  1 −
integralinde
x = t dönüşümü verilmiş.
x
=
2.
dönüşümü verilmiş.
t
=
lnx
1 − 1 + 4x − 4x 2
dx
∫
•
integralinde ln x = t
⇒
b)
2
LYS MATEMATÝK
3
•
6
6
2
•
6
8
2
•
•
•
1+ t
∫ 1 − t 2t dt
 2t (1 + t) 
⇒ 
∫  1 − t  dt integrali elde edilir.
⇒
•
cosx = u
− sinx dx du
⇒ sinx dx
=
=
t 2 ve
1
⇒ dx 2 x dt=
⇒ dx 2t dt
dx dt=
=
2 x
dönüşümü uygulanırsa,
∫ (cos x sin x)dx ⇒ ∫ (cos x sin x) sinx dx
⇒ (cos x (1 − cos x)) sinx dx
∫
⇒ (cos x − cos x ) sinx dx integralinde,
∫
6
t⇒
x
=
•
•
•
− du
dönüşümü uygulanırsa,
⇒
∫ (u
⇒
u9 u7
−
+c
9
7
⇒
6
− u8 ) • (−1) • du ⇒
9
∫ (u
8
− u6 ) • du
∫(
6.
7
cos x cos x
−
+ c elde edilir.
9
7
integralinde x = 4 cosu dönüşümü verilmiş.
x = 4 cosu
dx = −4 sinu du
dönüşümü uygulanırsa,
⇒
3.
cos5 x
cos5 x
1
dx ⇒
dx
•
7
sin x
sin5 x sin2 x
1
cot 5 x •
dx integralinde,
sin2 x
cotx = u
∫
⇒
∫
∫
1
1
⇒
=
=
−
dx du
dx
sin2 x
sin2 x
dönüşümü uygulanırsa,
⇒
∫u
⇒−
5
•
∫
⇒ −4 •
⇒ −4 •
⇒ −4 •
− du
16 − (4 cosu)2 • (−4 sinu • du)
∫
∫
∫
16 − 16cos2u • sinu • du
16 • (1 − cos2u) • sinu • du
16 • sin2u • sinu • du
u ∈ (0,
π
) olduğundan,
2
∫ 4 sinu sinu du
⇒ −16
∫ sin udu integrali elde edilir.
∫
⇒ −4 •
(−1) • du ⇒ − u5 • du
u6
cot 6 x
+c⇒−
+ c elde edilir.
6
6
www.yukseklimit.com
)
16 − x 2 dx
•
•
175
•
•
2
Mehmet Ali AYDIN
35−ÝNTEGRAL−2 (Dönüþümsel Çözümler−Dönüþümler−Basit Kesirlerine Ayýrma−Parçalý Ýntegral)
7.
10.
dx
∫
1+ e
x
integralinde 1 + e x = t 2
1 + ex
=
y = f(x) fonksiyonunun (x, y) noktasındaki
teğetinin eğimi 2y ise,
yı = 2y olur ve
f(0) = 2e verilmiş.
dönüşümü verilmiş.
t 2=
⇒ e x dx 2t dt
1
2t dt ⇒ dx
=
ex
⇒ dx
=
⇒ yı = 2y
2t
dt
t2 − 1
yı
dy
dy
= 2=
⇒
⇒ yı 2y ⇒= 2y ⇒= 2 • dx
y
dx
y
1
2 • dx
• dy =
⇒
y
⇒ ln y = 2x + c
dönüşümü uygulanırsa,
1
2t
1
2t
⇒
•
• dt ⇒
•
• dt
2
t t2 − 1
t2 t − 1
2
⇒
• dt elde edilir.
t2 − 1
∫
∫
∫
∫
π
2
f(0) 2e=
=
2e ⇒ e c = 2e dir. O halde ,
⇒e
11.
dönüşümü verilmiş.
a)
π
π
⇒x
− 2u ve
=
2
2
dx = −2 du
dönüşümü uygulanırsa,
π
π
∫  tan( 2 − 2u) + cos ( 2 − 2u) (−2)du
⇒ ( cot 2u + sin2u ) ( −2) du
∫
⇒ −2 ( sin2u + cot 2u) du elde edilir.
∫


1

x
= u dönüşümü verilmiş.
2
x
x
1
⇒ (1 + tan2 ) • dx du
=
tan
u=
2
2
2
2
=
du ⇒ dx
x
1 + tan2
dönüşümü uygulanırsa,
⇒
⇒
⇒
∫
(
∫(
∫
(
2 + 2 • sin x
2
(
cos x
2
•
A
1
u
2+2•
2
2 + 2 • u2
1+ u
1+ u
)
•
2
2 + 2u + 2 • u
2
du
+u+1
www.yukseklimit.com
2
•
u
C
1
2
2
12.
du
du
2
2
1+ u
5
2
1=
ve B
−1)
2=
ve B
−1)

x −1
+ c elde edilir.
x+4
2
x
2
1+ u
−1)
x−2
+ c elde edilir.
x+2

⇒ ln
2
1+ u
)
•
1=
ve B
⇒ ln x − 1 − ln x + 4 + c
1+ u
2
2
)
1
•
1+ u
1
∫
⇒
∫u
⇒
) dx

∫  x + 3x − 4  dx


5
⇒ 
∫  (x − 1)(x + 4)  dx
B 
 A
⇒ 
(A
∫  x − 1 + x + 4  dx=
1 
 1
⇒ 
∫  x − 1 x + 4  dx
B
1+u
1
2
−
2
du
1 + u2
2

⇒ ln
integralinde tan
=
dx
4
∫  x − 4  dx


4
⇒ 
∫  (x − 2)(x + 2)  dx
B 
 A
⇒ 
(A
∫  x − 2 + x + 2  dx=
1 
 1
⇒ 
∫  x − 2 x + 2  dx
⇒ ln x − 2 − ln x + 2 + c
∫  2 + sinx  dx

ec •=
e2x ⇒ f(x) 2e • e2x
−
b)
9.
+c
e2x
=
⇒ f(x)
⇒ f(x) = 2 • e2x + 1 elde edilir.
x=
+ 2u
⇒
e2x + c elde edilir.
f(x)
=
2 •0 + c
∫ (tan x + cos x)dx
integralinde x + 2u =
∫
y
⇒=
f(x)
=
8.
LYS MATEMATÝK
x
∫  x − 3x + 2  dx


x
⇒ 
∫  (x − 2)(x − 1)  dx
B 
 A
(A
⇒ 
∫  x − 2 + x − 1  dx=
1 
 2
⇒ 
∫  x − 2 x − 1  dx

2

−
⇒ 2 • ln x − 2 − ln x − 1 + c
du
176
⇒ ln
x−2
+ c elde edilir.
x+2
⇒ ln
(x − 2)2
+c
x −1
Mehmet Ali AYDIN
35−ÝNTEGRAL−2 (Dönüþümsel Çözümler−Dönüþümler−Basit Kesirlerine Ayýrma−Parçalý Ýntegral)
13.
16.
x


 2
 dx
 x − 6x + 9 


4
⇒ 
 dx
 (x − 3)(x − 3) 
 A

B
+
dx=
(A 1 =
ve B 3)
⇒ 
2 
x
−
3
−
(x
3)


 1

3
+
⇒ 
dx
2 
 x − 3 (x − 3) 
∫
−5 sin x
∫  cos x − cosx − 6  dx

5
1=
ve B
⇒ ln u − 3 − ln u + 2 + c = ln
3−u
+c ⇒
u+2

2

•
2

2x − x − 8
 dx
2
•
+ 2x + 2) 
A
Bx + C
A 1,=
B 1 
=

2
⇒u• v −
ve C = 2 dir.
⇒ x • ex
2
2
•
⇒
(kısmi integrasyon)
∫ v du
− e dx
∫
•
x
•
⇒ x • e x − e x + c elde edilir.
2
2
x
•
 x u=
e x • dx dv 
=


e x v 
=
=
dx du

∫  x − 5 + x + 2x + 2  dx 

x+2
 1

⇒ 
∫  x − 5 + x + 2x + 2  dx
x+1
1
1


⇒ 
∫  x + 2x + 2 + x − 5 + x + 2x + 2  dx
1

2x + 2
1
1
⇒ 
∫  2 x + 2x + 2 + x − 5 + 1 + (x + 1)  dx

3 − cos x
+ c elde edilir.
2 + cos x
∫ ( x e ) dx
a)
∫  (x − 5) (x
⇒
−1)
−
3
+ c elde edilir.
x−3
17.

integralinde,
∫  u − u − 6  du
B 
 A
(A
⇒ 
∫  u − 3 + u + 2  dx=
1 
 1
⇒ 
∫  u − 3 u + 2  dx
⇒
(u = cosx ) ⇒ ln
14.

2
cosx u =
, − sinx dx du
=
dönüşümü uygulanırsa,
∫
∫
∫
⇒ ln x − 3 −
LYS MATEMATÝK
∫ (x
b)
2
2
•
)
e − x dx (kısmi integrasyon)

=
x2 u =
e − x • dx dv 


=
=
− e − x v 
2x • dx du
1
ln x2 + 2x + 2 + ln x − 5 + arctan(x + 1) + c
2
elde edilir.
∫ v du ⇒ x (−e ) − ∫ (−e ) 2x
e +2
e
dx elde edilir.
∫ x
⇒u• v −
⇒ − x2
•
2
•
−x
•
−x
•
−x
•
−x
•
•
dx
•
Tekrar kısmi
integrasyon
uygulanırsa
∫
15.
=
ise
dx du
x u =

 −x

−x
ise − e
v
=
e • dx dv=
 2x2 + 1 
 3
 dx
2
 x + 2x + x 

2x 2 + 1
 dx
2
x(x + 2x + 1) 

2x 2 + 1
 dx
x • (x + 1) • (x + 1) 

A
B
C
+
+
 dx
x
x + 1 (x + 1)2 
∫
∫
∫
∫
∫ v du


+ 2  x (− e ) − (− e ) dx 
∫


− 2x e + 2
∫ e dx

⇒ − x2 • e − x + 2 u • v −


⇒ 


⇒ 

A 1,=
B 1 

=
⇒ 


 ve C = −3 tür. 

1

1
3
⇒  +
−
dx
2 
+
x
x
1
(x + 1) 

3
⇒ ln x + ln x + 1 +
+c
x+1
3
⇒ ln x • (x + 1) +
+c
x+1
3
⇒ ln x2 + x +
+ c elde edilir.
x+1
⇒ − x2 • e − x
⇒ − x2 • e − x
⇒ − x2 • e
⇒ −e
18.
∫ (x
−x
•
−x
(x
2
−x
•
•
− 2x • e

•
−x
−x
−x
)
−x
•
−2•e
−x
•
•
+c
+ 2x + 2 + c elde edilir.
sinx ) dx (kısmi integrasyon)
=
sinx • dx dv 
 x u=
dx du
− cosx v 
=
=

∫ v du
⇒ x ( −cosx ) − ( − cosx ) dx
∫
⇒ − x cosx + cosx dx
∫
⇒u• v −
•
•
•
•
•
⇒ − x • cosx + sinx elde edilir.
www.yukseklimit.com
177
Mehmet Ali AYDIN
35−ÝNTEGRAL−2 (Dönüþümsel Çözümler−Dönüþümler−Basit Kesirlerine Ayýrma−Parçalý Ýntegral)
19.
∫ (x
•
3
⇒
⇒
x3
+c
3
•
(kısmi integrasyon)
=
ln2 x u =
dx dv 


1
2 • ln x=
=
•
• dx
du
x v 


x
∫ v du
1
⇒ ln x x − x 2 lnx
∫
x
⇒ x ln x − 2
∫lnxdx
⇒u• v −
2
•
•
•
2
•
•
•
•
•
dx
•
Yandaki 20. sorudan sonucu
x • ln x − x + c dir.
1
• dx
x
∫
⇒ x lnx − 1 dx
∫
•
•
x 3 • lnx x3
−
+ c elde edilir.
3
9
2
v • du
x•
x 2 • lnx 1
−
2
3
•
2
•
∫ ln x dx
=
dx dv 
 lnx u =
1

 • dx du
=
=
x v 
 x

⇒ ln x • x −
•
•
(kısmi integrasyon)
∫
3
•
23.
⇒u•v−
•
3
∫
∫
∫ (ln x ) dx
)
ln x dx (kısmi integrasyon)
⇒u• v −
•
1
1
• sin2x −
• sin2x • dx
2
2
x • sin2x 1
− • sin2x • dx
⇒
2
2
x • sin2x 1
1
− ( − • cos2x ) + c
⇒
2
2
2
x • sin2x cos2x
⇒
+
+ c elde edilir.
2
4
20.
•
∫ v du
x
x
1
⇒ ln x
−
∫ 3 x dx
3
x lnx 1
x dx
⇒
−
3
3 ∫
∫ v du
⇒x•
2
 ln x u =
=
x2 • dx dv 


x3
1

• dx
=
du
=
v
 x

3
=
cos2x • dx dv 
 x u=


1
dx du
=
=
• sin2x
v 

2

⇒u• v −
∫ (x
22.
cos 2x ) dx (kısmi integrasyon)
LYS MATEMATÝK
⇒ x ln2 x − 2 [ x ln x − x + c ]
⇒ x ln2 x − 2x ln x + 2x + c elde edilir.
•
⇒ x • ln x − x + c elde edilir.
24.
∫e
x
•
sinx • dx = A olsun. (kısmi integrasyon)
 sinx u =
=
e x • dx dv 


=
=
e x v 
cosx • dx du
∫ v du
sinx − e cosx dx
∫ 

A =u • v −
21.
∫ ( x ln x ) dx
•
(kısmi integrasyon)
A = ex
=
x • dx dv 
 ln x u =


x2
 1 • dx du
=
= v 
 x

2
2
2
•
∫ e (− sinx) dx 

cosx + e sinx dx 
∫

cosx − e sinx dx
∫


A = e x • sinx −  e x • cosx −

•
•
•
∫
2
•
•
 cosx u =
=
e x • dx dv 


=
=
e x v 
 − sinx • dx du


A = e x • sinx − u • v − v • du


•
•
x
Tekrar kısmi
integrasyon
uygulanırsa
∫ v du
x
x
1
−
⇒ lnx
∫ 2 x dx
2
x lnx 1
−
⇒
x dx
2
2 ∫
⇒u• v −
•
•
•

A = e x • sinx −  e x

x 2 • lnx 1 x 2
− •
+c
2
2 2
x 2 • lnx x2
−
+ c elde edilir.
⇒
2
4
⇒
A = e x • sinx − e x
•
x
•
x
•
x
•
•
•
•
•
A
A = e x • sinx − e x • cosx − A
2A = e x
=
A
www.yukseklimit.com
178
∫
•
( sinx − cos x )
=
e x • sinx • dx
ex
2
•
( sin x − cos x ) + c
dir.
Mehmet Ali AYDIN

36−ÝNTEGRAL−3 (Belirli Ýntegral−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Ýntegrali−Ýntegral Ýþareti Altýnda Türev(Leibnitz Formülü)) LYS MATEMATÝK
1.
Aşağıdakilerden I , II, III ve V kesinlikle doğrudur .
b
b
=
∫ f (x)dx
I.
ı
f(x)
=
a
a
f(x)dx
g(a) 0
= g(x)
= g(a) − =
a
a
 b


d 
f(x)dx
=


dx 

a



∫
III.
2
∫
5 2
3
− ⇒−
elde edilir.
4 1
4
 3


2
d 
d
+
c = 0 dır.
(3x
2x)dx

 =
dx
dt 

 2 


⇒
∫
b)
(DOĞRU)
Belirli integralin sonucu sabittir. Sabitin türevi de sıfırdır.
d
=
c 0
dx
(DOĞRU)
5.
5
∫
a)
Belirli integralin
sonucu sabittir.
Sabitin türevi de
sıfırdır.
7
∫
∫ d( f(x)) = f (b) − f (a) verilmiş ancak,
ı
ı
∫
b
∫
)
=
d( f(x)
a
b
ı
=
f (x)dx
=
f(x)
a
a
∫ (x
b)
f(b) − f(a) dır.
⇒
∫
π
5
3
f( − x)=− f(x)
yani tektir.
∫
⇒0+
Aşağıdakilerin hepsi kesinlikle doğrudur .
⇒
f(x)dx = 0 ,
Yani f(x) tektir.
a
∫
0
∫
II. =
f(x)dx 2 =
f(x)dx 2
−a
(f(x)
0
−4
∫ f(x)dx
−4


−a
∫
b
e−2
k
∫
=
f(x)dx
a
(Sınırlar
∫
∫
b)
b
∫
f(x)dx + f(x)dx
a
−1
(a < k < b)
 x
 2
x −4
⇒
k
∫
−1
3.
9
∫ (3
•
)
9
x dx ⇒ 3 •
4
9
⇒ 2x x
dx ⇒ 3 •
4
3
x2
9
−1
∫
⇒
⇒
⇒ 54 − 16
⇒ 38 elde edilir.

2
e−2
e −2

 dx −

 x−2
2
−4

 dx ⇒

∫  x
−1
2
∫  4 − x
∫  x

−1
e−2
2
2
−4


 dx

x−2
 Sınırlar aynı, ya - 


 ni çıkarılabilir. 

∫  (x − 2)(x + 2)  dx
−1
e −2
e −2
−1
−1
∫

 dx

∫
 x
 2
x −4
−1
e −2
3
4
2
⇒2•9 9 −2•4 4
4
www.yukseklimit.com
∫
1
x2

 dx −

 e −2

 x 
 2  

dx
 2
 dx −  − 
2 
x −4
 4 − x  

 −1

e −2
⇒
⇒ 0 + 2 • 5 ⇒ 10 dur.
5 verilmiş.
e −2
parçalanabilir.) (DOĞRU)
∫ g(x)dx
0 


g(x) çift olduğundan...
yer değişirse − gelir.) (DOĞRU)
b
g(x)dx ⇒ 0 + 2 •
−
4 


∫ f(x)dx = −∫ f(x)dx
a
ifade -
−4
4
4
⇒0+
a
(Sınırlar
4
f(x) tek yani
integral 0 dır.
çift fonksiyon ise ) (DOĞRU)
b
IV.
Yani g(x) çifttir.
4
∫ ( f(x) + g(x)) dx = ∫ f(x)dx + ∫ g(x)dx
tek fonksiyon ise ) (DOĞRU)
a
π 3
π
) − (− )3
5
5
π3
π3
π3
π3
2π 3
)⇒
− (−
+
elde edilir.
⇒
125
125
125 125
125
4
( f(x)
⇒(
−π/5
6. =
a) f(− x) − f(x)
=
ve g(− x) g(x) ,





a
−a
dx
π/5
3x 2 dx ⇒ x 3
π
5
−
2
π
−
5
π
5
DOĞRU dur.
III.
)
+ 3x2 + sinx dx
sinx
 ) dx + ∫ 3x
∫ (x+
π
−
5
Leibnitz Formülü
∫
3
π
−
5
π
5
 g(x)


d 
=
V.
P(t)dt  P(g(x)) • g'(x) − P( f(x)) • f '(x)

dx 

 f(x)





I.
⇒ c − c ⇒ 0 elde edilir.
7
π
5
olduğundan YANLIŞ tır.
2.
5
0 • dx = c
7
a
b



 d  2

3x
4x
1
−
+

 

   dx
 dt  t ye göre tü-  
 rev sıfırdır.  

5
⇒
b
IV.
2
x+3
2 + 3 −1 + 3
 x+3
⇒
d
−
⇒ x+2
2 + 2 −1 + 2
 x+2
1
−
−1
a)
(DOĞRU)
a
∫
II.
f(b) − f(a)
a
4.
 1 
 x + 2  dx ⇒ ln x + 2


⇒ ln e − 2 + 2 − ln − 1 + 2 ⇒ ln e − ln 1 ⇒ 1 − 0 = 1 dir.
179
Mehmet Ali AYDIN
36−ÝNTEGRAL−3 (Belirli Ýntegral−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Ýntegrali−Ýntegral Ýþareti Altýnda Türev(Leibnitz Formülü)) LYS MATEMATÝK
7.
1
10.
a
∫ (3x ) dx = ∫ ( x ) dx
2
a)
0
1
3
2
a
3
∫ f(x)
a3
1
+ =
⇒3
3
3
3
a
(−1)
−
3
3
−1
0
=
⇒1
b
−1
x
=
⇒ 13 − 03
3
=
⇒ x3
a3 + 1 ⇒
a3 2 =
=
⇒a
4
3
2 dir.
3
2
3
2
 k •1
0
1
k•0 
1 k

−
−
⇒
=
 =
 ⇒ − 4  2 − 0 
4
4
2
2


⇒−
1 k3
⇒ k3
= =
4
8
3
−2=
⇒k
3x + 5
8. =
a)
f(x)
=
⇒ f −1(x)
2x − 1
9
0
(
∫
0
)
d f −1(x) ⇒ f −1(x)
1
1
⇒
 −x + 5 
⇒

 2x − 3 
5
π
 sinx 

 dx ⇒ −
 3 + cos x 
∫
0
π
0
α
1
f ı=
(0)
tan0
= 0 dır.
3
∫
f ıı (x)dx ⇒ f ı (x)
12.
4
⇒ ln2 dir.
2
y
∫
T1
0
∫
f (x)
4
1 + sin2x dx
π/2
⇒
T2
k=10
π/2
a)
⇒ f ı (3) − f ı (0)
4
4
)⇒
elde edilir.
3
3
⇒ 0 − (−
⇒ −(ln 3 + (−1) − ln 3 + 1 )
3
0
0
0
9.
x
3
Verilen şekle göre , f(x) in x = 0 daki teğeti 4
nin eğimi yani =
=
f ı (0) − tan
α −
tür. Ayrıca
3
f(x) in x = 0 teki teğetinin eğimi yani
Paydanın türevi
pay kısmında var.
⇒ − (ln2 − ln 4 ) ⇒ ln4 − ln2 ⇒ ln
4
O
⇒ −(ln 3 + cos π − ln 3 + cos 0 )
⇒ −ln 3 + cos x
5
y
T
 − sin x 
π
92
52
−
2
2
⇒
f(x)
 dx
∫ 
3 + cos x 


0
9
u2
2
11.
 0 + 5   1+ 5 
⇒
−

 2 • 0 − 3   2 • 1− 3 
5  6 
5
13
⇒− −
elde edilir.
⇒− +6⇒
3  −1 
3
3
b)
∫
u • du ⇒
81 25
81 − 25
56
⇒
⇒
⇒
⇒ 28 elde edilir.
−
2
2
2
2
3
−2 elde edilir.
x+5
tür.
2x − 3
f ı (x) • dx integralinde,
a
∫
4
•
 f(x) = u
 =
x b ⇒=
u f(b)
= 9 üst sınır 

 f ı (x) dx = du   =
x
a
u
f(a)
5 alt sınır 
⇒
=
=



dönüşümü uygulanırsa,
0
0
1 3
1

 kx 2

x4
=
b)
x 3 dx  =
kx ) dx  ⇒
(


 2


4

0 
1
1
0

∫( )
Verilen şekle göre
=
, f(a) 5 =
ve f(b) 9 dur.
α1
−2
cos2 x + sin2 x + 2 • sinx • cosx dx
x
4
O
0
π/2
⇒
∫
π/2
(cosx + sinx)2 dx ⇒
0
⇒ (sinx − cosx)
∫
Verilen şekle göre , f ı (−2) = 1 ve benzerlikten,
k−4
4−1
⇒
=
4
2
⇒ k = 10
(cosx + sinx) dx
0
π/2
⇒ (sin
π
2
− cos
π
2
) − (sin0 − cos0)
⇒ f ı (4) = 10 dur.
0
⇒ (1 − 0 ) − (0 − 1) ⇒ 1 − ( −1) ⇒ 1 + 1 ⇒ 2 elde edilir.
π/2
b)
∫
∫  f (x) ( f (x))  dx integralinde,
2
1 + 2cos x − 1 dx
π/4
⇒
2 sinx
⇒
2 •1−
π/2
∫ cosx dx
π/4
⇒
π/4
1
⇒
2
2
www.yukseklimit.com
2
2 sin
π
2
−
2 sin
ıı
•
ı
2
ı
 f ı=
 =
(x) u
x 4 ⇒=
u f=
(4) 10 üst sınır 


 
ı

 f ıı (x)

=
⇒u f=
dx du  =
( −2) 1 alt sınır 
 x −2 =

dönüşümü uygulanırsa,
π/2
2cos2 x dx ⇒

−2
π/4
π/2
∫
∫
1 + cos 2x dx ⇒
π/4
⇒
4
π/2
10
π
⇒
4
∫
1
u2 • du ⇒
10
u3
3 1
⇒
103 13
−
3
3
1000 1
999
= 333 elde edilir.
− ⇒
⇒
3
3
3
2 − 1 elde edilir.
180
Mehmet Ali AYDIN
36−ÝNTEGRAL−3 (Belirli Ýntegral−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Ýntegrali−Ýntegral Ýþareti Altýnda Türev(Leibnitz Formülü)) LYS MATEMATÝK
+ 1 u, 
 x=

=
dx
du 

13. a) 
=
x
4⇒
=
u
x + 1⇒
=
u
4=
+1
5
=
x
=
2⇒
u
=
x + 1⇒
u
+1
2=
3

4
∫
dönüşümü yapılırsa,
∫
f(x + 1)dx ⇒
⇒
5
3
4
5
3
4
(2 − 2x) dx +
3
∫
2
2
3
4
4
1
− x 0=
⇒ x 3 kritik nokta,
b) 3=
5
3
∫
−1 işaret( + )
−1
3
⇒
∫
3 − x dx +

∫
(3 − x) dx +
−1
∫
x
(x − 3) dx = (3x −
3
)
2
3
+(
−1
x
5
2
− 3x)
2
cos
=
x
0=
⇒x
π/6
∫
⇒
π
−
3
∫
−π
−π / 2
∫
işaret( − )
−π
π/6
∫
∫
=
( −cos x) dx +
cos x dx
cos x dx



−π / 2 işaret( + )
π
−
2
(− sin x)
−
−π
5
1

⇒ [1 − 0] +  − ( −1)  ⇒
dir.
2
2

2
∫ 
x 2 − x − 2 dx +
−2
−1
⇒
∫
2
−2
(
x
3
3
2
−
x
2
2
− 2x)
−1
2
(− x + x + 2) dx +
−1
−(
−2
x
3
3
−
x
2
2
1
a)
−1
+(
−x
x
3
3
−
x
2
0 Parçalı integral...

⇒ u • v −

∫

v • du ⇒ x • (− e − x ) −

⇒ ( − x .e − x − e − x )
π/2
b)
∫
0
1
⇒ (−
0
2
− 2x)
−4•
∫ ln x dx
3
•
e
4
1
e
−
1
e
∫ (− e
−x
v • du ⇒ x • sinx −
π/2
⇒ ( x . sinx + cosx )
⇒(
0
π
2
•
∫
1 + 0) − (0 + 1) ⇒
3
2 • (1 + tan u) • du
ve
=
x
) ve sınırlar :
π
2=
⇒u

4
2
2
dx ⇒
∫
2
2
4 + 4 • tan u • 2 • (1 + tan u) • du
π/4
 π/3
  π /3

1
1
 4  

⇒
• 2 •
• du
2•
du


3
2
 

cosu
cos u
π/4
  π / 4  cos u  

 

∫
∫
(
2
x u=
dx (2u − 2) du
⇒ x (u − 1) ve
b) 1 +=
=
dir.
(
ve sınırlar=
: x
49
∫
25
8
2
⇒ 4a − e dir.
∫
sinx • dx
π
3
π/3
4+x
⇒
2
∫ ln x dx )
 π/3



2
2
2 • 
1 +
tan
u • 2 • (1 + tan u) • du 
⇒

π/4

2
2
1
/
cos
u
1 / cos u




v
e
π
2
) • dx
) − ( 0 − 1) ⇒ 1 −
e
2
• tanu , dx
2=
2 3=
⇒u
∫
2
=
cos x • dx dv 
 x u=
=
dx du
=
sinx v 

Parçalı integral...
www.yukseklimit.com
∫
1
2
•
∫
1
2 3
x cosx ) dx ⇒ 
(


⇒u•v−
4
ve ayrıca 1 + tan u = 1 / cos u dönüşümleri yapılırsa,
3
dv=
ise − e − x
•


=
x
2
=
ise
dx du
x u =
−x
x e ) dx ⇒ 
∫ (

 =
dx
e
•
18. =
a) ( x
(x − x − 2) dx ⇒
2   10
7  3
10 
49
7
) ⇒
⇒  − ( − ) −  −
−  +  − − (−
dır.
3   3
6  2
3 
6
6
15.
∫ (ln x ) dx için
a
işaret( + )
2
2
− 2x)
∫
dx
1 

3
∫
2
e
4
x 2 − x − 2 dx
2
(x − x − 2) dx +
∫
⇒ (1 • ln 1) − ( e • ln e ) − 4 • ( −
∫  ∫ 
işaret( − )
x
∫ 1+ x
1
3
x 2 − x − 2 dx +
−1
işaret( + )
1
ln3 x dx = a verilmiş.
e
− 2 0=
⇒ x −1=
, x 2 ve işaret tabloundan,
b) x − x=
−1
arctanx −
•
e
⇒ x • ln4 x
π
2
2
⇒
•
∫
π
6
+ (sin x)
−π / 2
−π
)
 ln4 x u =
=
dx dv 
 kısmi in -  


 
1
3
•
• dx
du
=
x v
 tegrasyon   4 • ln x =

x

1
⇒ u • v − v • du ⇒ x • ln4 x − x • 4 • ln3 x • • dx
x
π/6
cos x dx +



2
arctan x u =
dx dv 
 =

du
=
x v 

1
−π / 2
cos x dx ⇒
17.
kritik nokta,
2
e
1
π


⇒  x • arctan x − ln (1 + x2 ) ⇒ − ln 2 dir.
2
4

 0
9
1   25
25


⇒ (9 − ) − ( −3 − )  + (
− 15) − (
− 15)  ⇒ 10 dur.
2
2   2
2


14. a)
e
⇒  dx

=
 1 + x 2
∫ v du ⇒ x
⇒u•v−
3 işaret( − )
2
( arctan x ) dx
0
3 − x dx

5
∫
b)
5
∫
3 − x dx ⇒
Sayfa 178 soru
20 den...
(
5
+ (x 3 − x)
(3x − 1) dx ⇒ (2x − x )
e 


 x2 • ln x x 2 
−
⇒ 4 • 
 − ( x • lnx − x )
2
4  1

e
 e2
e2
1  
⇒ 4 • (
−
) − (0 − ) − 2e2 − e2 − ( e − e )

4
4  
 2
2
 e + 1
2
2
2
⇒4•
 − e ⇒ e + 1 − e ⇒ 1 elde edilir.
 4 
⇒ [(8 − 16) − (6 − 9)] + [(125 − 5) − (64 − 4)] ⇒ 55 tir.
⇒
•
Sayfa 178 soru 21
den...
4
5
∫
⇒
∫ ( x ln x ) dx − ∫ (ln x ) dx
4•
f(u)du
∫ f(u)du + ∫ f(u)du ⇒ ∫ f(x)dx + ∫ f(x)dx
4
a)
1


3
4
e2
e
5
2
4
16.

∫
− 1 dir.
6
181
1+
1−
x
x
1+ u − 1
1 − (u − 1)
49=
⇒ u
8
dx ⇒
∫
6
8=
ve x
1+
(u − 1)
1−
(u − 1)
8
(2u − 2) du ⇒
∫
6
25=
⇒ u
6
)
)
2
2
(2u − 2) du ⇒
(2u − 2) u
2−u
du elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
36−ÝNTEGRAL−3 (Belirli Ýntegral−Özel Tanýmlý Fonksiyonlarýn Ýntegrali−Ýntegral Ýþareti Altýnda Türev(Leibnitz Formülü)) LYS MATEMATÝK
22.
h(x)
∫
=
P(t) dt ⇒ f ı (x)
=
f(x)
P(h(x)) • hı (x) − P(g(x)) • gı (x)
g(x)



19.
a)
∫ (3x
f(x) =
)
2
∫(
)
⇒ u2 − eu  • (−3) − u2 − eu  • 2
⇒ u2 − eu  • (−3 − 2)
Leibnitz Formülü
3
 1− 3x

 burada t ye göre integral 
d 
u2 − eu dt  
  söz konusu olduğundan, 
dx 
 2x

− 2x + 1 dx
⇒ u2 − eu  • (−5)
2

Belirli integralin sonucu
sabittir.
⇒ 5eu − 5u2 elde edilir.
⇒ f(x) = c
⇒ f ı (x) = 0
⇒ f ı (−1) = 0 elde edilir.
x3
b)
f(x) =
∫(
2x
ı
3t + 1) dt
Leibnitz Formülü'nden,
3 2
2
2
23.
π
15
∫
2
⇒ f (x) = (3 • (x ) + 1) • 3x − (3 • (2x) + 1) • 2
ı
π
60
2
⇒ f (x) = (3 • x + 1) • 3x − (3 • 4x + 1) • 2
6
ı
8
ı
8
2
∫
π
15
2
2



 2t
 
 d 
 
 dt  ( cos 5x ) dx  dt 

 

0

  
 Leibnitz Formülü'nden 
⇒ f (x) = 9x + 3x − 24x − 2
2
∫ (cos (5 (2t)) 2 − cos (5 0) 0) dt
⇒
⇒ f (x) = 9x − 21x − 2 elde edilir.
•
•
•
•
π
60
π
15
20.
∫(
)
π
60
∫
π
60
1
1
π
π
• sin (10 •
) − • sin (10 • )
5
5
15
60
1
2π
π
1
⇒ • sin
− • sin
3
6
5
5
 sin2x

d 
u2 + 2u du  Leibnitz Formülü'nden,

dx 
 2

(
π
15
⇒
Bu integralin sonucu
x e bağlı bir fonksiyondur. u ya göre
türevi sıfırdır.
b)
∫
⇒
x

d 
u3 + eu du  = 0 elde edilir.
du 

1



a)
1
2 • cos10t • dt ⇒ • sin10t
5
)
⇒ (sin2x)2 + 2 • sin2x  • 2 • cos2x − 22 + 2 • 2  • 0
⇒ [ sin2x + 2] • 2
• sin2x • cos2x − 8 • 0



⇒
1
5
⇒
3
1
−
10
10
⇒
sin4x
•
3
1
−
2
5
•
1
2
3 −1
elde edilir.
10
⇒ sin4x • (2 + sin2x)) elde edilir.
21.
24.
f(x) eğrisinin x = 0 apsisli noktasındaki te ğetinin eğimi f ı (0) dır.
4x + 1
=
f(x)
∫(

4 •0 + 1
 • 4 −  0 + 1 + e0 + 1 • 1



(
1
1
ı
⇒ f (0) =  1 + e  • 4 −  1 + e  • 1




1
ı
⇒ f (0) = [1 + e ] • 4 −  1 + e  • 1

)
∫(
x +1
⇒ f ı (x) =  4x + 1 + e 4x + 1  • 4 −  x + 1 + e x + 1  • 1
ı
∫(


 2

d  d 

⇒
x2 − e x dx  

dt  dt 
  −t


 
 
 Leibnitz Formülü'nden 
d  2
⇒
2 − e2 • 0 − (− t)2 − e − t • (−1)

dt 
d  2
⇒
t − e − t  t ye göre türev alınırsa,
dt 
)
r + er dr Leibnitz Formülü'nden,
⇒ f (0) =  4 • 0 + 1 + e
2

d2 
x2 − e x dx 
2 

dt 
 −t


⇒ 2t + e
ı
⇒ f (0) = 4 + 4e − 1 − e
)
)
−t
(
)
elde edilir.
ı
⇒ f (0) = 3e + 3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
182
Mehmet Ali AYDIN
37−ÝNTEGRAL−4 (Alan ve Hacim Hesabý)
1.
y
LYS MATEMATÝK
4.
y=ex+1
y
e
x
e
⇒ x=
y
⇒ y=
e
elde edilir.
O
∫ ( e ) dx ⇒ e
x +1
0
1+ 1
⇒e
−e
x +1
1
e
Taralı alan =
0
Ox ekseninin ke -
y
sim noktaları,
5.
y=x 2−8x+12
tiği nokta -
O 2
negatif olduğundan
6
⇒ x = 1 dir.
e
Taralı alan =
6
 x3

2
x − 8x + 12 dx ⇒ − 
 3 − 4x + 12x 

 2
)
2
3
1
∫ v du ⇒ ln x x − ∫ x x
⇒ x ln x − 1 dx ⇒ ( x ln x − x )
∫
⇒u• v −
•
•
•
•
dx
e
•
32 
32

br 2 elde edilir.
⇒ − 0 −
⇒
3 
3

•
•
1
⇒ ( e • lne − e ) − (1 • ln1 − 1) 
⇒ ( e • 1 − e ) − (1 • 0 − 1) 
y
( −2, 0) aralığında
(kısmi integrasyon)
=
dx dv 
 ln x u =
1


=
=
• dx
du
x v 

 x
3

8

⇒ − ( 72 − 144 + 72 ) −  − 16 + 24  
3


3.
∫ (ln x ) dx
1
 6
 2

2
2
 3 − 4 • 6 + 12 • 6  −  3 − 4 • 2 + 12 • 2 
 


⇒ − 
x
e
1
0 = lnx
x
− ile çarpılmalıdır.
∫(
O
nın apsisi,
6 dır.
altında olup integral
2
y=lnx
1
Ox i kes -
Taralı bölge Ox in
Alan = −
y
y = lnx
nunun
(x − 2)(x − 6) = 0
6
1
fonksiyo -
2
2=
ve x
e
e
dy ⇒ e • lny
y
⇒ e • lne − e • ln1 ⇒ e • 1 − e • 0 ⇒ e br 2 dir.
x − 8x + 12 = 0
x
=
∫
1
0 +1
⇒ e2 − e br 2 elde edilir.
2.
x
O
1
Taralı bölgenin alanı =
1
x
1
e
x
y=
⇒ 0 − ( −1) ⇒ 1 br 2 elde edilir.
y=x 3
taralı alan Ox in
altında olup in tegral negatif ol duğundan − ile
6.
−2
çarpılmalıdır.
O
4
x
Fonksiyon -
y=4e−x
ların kesim
y
y=ex
noktasının
apsisi,
x
⇒ e =4•e
⇒e

Toplam alan = − 
0
∫

− 2





0
3
x dx  + 
0
4
∫
elde edilir.
ln2
Alanı =
(
∫ ( 4e
−x
−e
x
) dx ⇒ ( − 4e
0
⇒ −4• e
= − [ 0 − 4 ] + [64 − 0 ]
www.yukseklimit.com
x
O ln2
⇒ x = ln2


− ln2
ln2
−e
) − (− 4
•
0
−x
e −e
−e
0
)
x
)
ln2
0
1


⇒  − 4 • − 2  − ( − 4 • 1 − 1) ⇒ ( − 2 − 2 ) − ( − 4 − 1)
2


= 4 + 64
2
=4
⇒ e =2

 x4
  x4

=−
+

4
4

0 
−2  
 0 4 (−2)4   4 4 0 4 
=−
−
−
+

4   4
4 
 4
= 68 br
−x
x
3
x dx 
4
2x
⇒ − 4 − ( − 5 ) ⇒ − 4 + 5 ⇒ 1 br 2 elde edilir.
elde edilir.
183
Mehmet Ali AYDIN
37−ÝNTEGRAL−4 (Alan ve Hacim Hesabý)
7.
y
a) Kesişme apsisleri,
2
=
y
LYS MATEMATÝK
x=
ve x
y
2
2
=
⇒ x ( x=
) ⇒x
10.
y=x2
2
y
x4
⇒ x4 − x = 0
3
⇒ x • ( x − 1) = 0
x
1
O
3
−6
Taralı alan =
∫(
0
2x x
x3
−
)
3
3
)
x − x2 dx ⇒ (
x3 / 2
x3
−
)
3/2
3
1
y = x ve y = 4x3
3
⇒x
=
1
2
3
⇒ 4x − x 0
4x=
−6
0
2
1
=
,x
2
=
x 0=
,x
Taralı alan = 2 •
1
dir.
2
−
1 /2
x2
3
0
− x4 )
0
=
y
0
0
2
B)
0
2
− 3x , y 3x − x ⇒=
x=
x − 3x 3x − x
=
x 0=
, x 2=
,x
∫
x3 + x2 − 6x
−3
⇒ (
4
3
x
x
+
− 3x 2 )
4
3
⇒ 0 − (−
63
4
) + −
16
3
0
+ (
−3
−0 ⇒
∫
0
2
3
( x − 3x ) − ( 3x − x )) dx
(



4x
=
Alan =
16
+
3
⇒
253
11.
2
∫
6
[0,2π]
cos x
⇒=
∫
eşittir. O halde ,=
Alan
sin=
x⇒x
π
ve x
=
4
5π
tür. Alan ⇒
4
(sinx − cos x ) dx ⇒ (−cos x − sinx )
12.
5π / 4
x−=
y − 2 0=
⇒ x
2
y=
y ⇒y
⇒y+2 =
2
∫ (y + 2 − y
1
−
2
) dy ⇒ ( y
2
2
− x in integ -
∫(
16 − x
2
−1=
ve y 2 dir.
+ 2y −
3
y
)
3
y= 16 −x2
4
)
y=x
45
− x dx
16 − x
2
4
45
O
0
in değeri y =
8
1
1
9
br 2 dir.
⇒ (2 + 4 − ) − ( − 2 + ) ⇒
3
2
3
2
www.yukseklimit.com
2
2 2
y+2 ,
2
y
rali yani,
2
2
2
2
+
−
⇒(
) − (−
) ⇒ 2 2 br 2 dir.
2
2
2
2
Alan =
1
=
π • 62 9π br 2 dir.
4
0 dan 2 2 ye kadar
16 − x
π/4
=
x
x
6
dairenin alanına
0
π/4
b)
O
in değeri çeyrek
de eğrilerin kesişme apsisleri,
5π / 4
⇒
9π
36 − x 2 dx
0
1
y= 36 −x2
)
∫(
7
7
2
br elde edilir.
⇒
−0⇒
2
2
a)
6
tegrali yani,
0 dır.
2
((5 − x ) − ( 4x )) dx ⇒ (5x − x2 − x 4 )
y
0 dan 6 ya kadar
36 − x 2 nin in -
br dir.
12
3
0
YANIT : C dir.
2
3
5=
x
=
− x ⇒ x 1 dir. Oy ekseni
1
)
36 − y2 − (2y − 3) dy
−6
x
x
+
− 3x 2 )
4
3
0
4
∫(
x3 + x2 − 6x
4
63
)
36 − y2 − (2y + 3) dy
0
E)
3
y 4x
,y 5 − x ⇒
=
=
b) Kesişme apsisleri,
3
x

36 − x2 −  + 3   dx
2


−6
2
2
3
( x − 3x ) − (3x − x )) dx +
(


)
36 − x 2 − (2x + 3) dx

∫(
D)
x
+3
2
x

+ 3   dx ile elde edilir.
2


0
3
36 − x2
−
x

36 − x 2 +  − 3   dx
2

∫ 
C)
−3 tür. O halde aradaki alan :
0
2
y
y
+
= 1⇒
=
3

−6
3
62=
⇒y
∫ 
6
0
=
⇒ x 3 + x2 − 6x 0 =
⇒ x • ( x − 2) • ( x + 3) 0
9.
∫(
A)
a) Kesişme apsisleri,
2
36 − x
−6
1
1
1
 1
) − (0 − 0) ⇒ 2 •
br 2 dir
⇒ 2 • ( −
⇒
16
8
 8 16

8.

∫ 
−6
6
1
∫ ( x − 4x ) dx ⇒ ( 2
x
Doğrunun denklemi :
x
1
2
2
+y
Çemberin denklemi : x =
Taralı alan =
O
⇒ x • (2x − 1) • (2x + 1) = 0
x
1
1
2 1
⇒ − ⇒
br 2 dir.
3 3
3

0
y y=4x3
b) Kesişme apsisleri,
y=x
⇒(
6
O
=
ve x 1 dir.
⇒ x 0=
1
d
6
x=y2
x
2
2
çember eğrisi ile y = x doğrusu arasında kalan
2
45
−1
o
lik daire diliminin alanıyla hesaplanabilir.
O hald
e, Alan
=
184
o
45
2
• 4
•
π=
o
360
2 π br
2
dir.
Mehmet Ali AYDIN
37−ÝNTEGRAL−4 (Alan ve Hacim Hesabý)
13.
1− x
16.
y
0 dan 1 e kadar
2
LYS MATEMATÝK
− (1 − x)
y= 1 −x
1
in integrali yani,
y
2
f(x)
11
a
1
∫(
1− x
2
− (1 − x))dx
0
O
in değeri y =
1− x
x
1
2
b
çember eğrisi ile y = 1 − x doğrusu arasında kalan
2
Alan = π • 1
•
45
o
360
1
π−2
π
1
−
=
4
2
−=
1• 1
o
2
4
br
2
11
Þ
Þ−
ò
y= 16 −(x−6)2
x
10
2
8
ò
f(x)dx − =
f −1(x)dx
10
2
a=
Þ − S1 − S2 a
O
S2
ò
3

6
2
⇒ y=
S2
2
16 − (x − 6)
2
Doğrunun denklemi : y = 2 2
Ayrıca,=
S1 + S2 + 2 · 3 8 =
74 tür.
· 10 Þ S + S
1
2
6+2 2
∫
Taralı alan =
Kutucuklardan 1. si 2 ile çarpılıp taraf tarafa
toplanırsa yani,
(
16 − (x − 6)
− 2 2 ) dx
2
6−2 2
− 2S1 − 2S2 = 2a üïï
ïï
S1 + S2 b =
=
ý toplanırsa 0 2a + b + 74
ï
S1 + S2 = 74ïïïþ
O halde , 2a + b = −74 elde edilir.
15.
x
6+2
Çemberin denklemi : y + (x − 6) = 16
x dy =b Þ S1 + S2 = b
2

S1
4
6-2
8
ydx +
2
4
2

S1
ò
y
17.
3
3


Þ
99
6
10
f(x)dx
2
−
b+ S+6
a− b
S1
O
ò
f (x)dx +
+ S + 6 Þ 99 + 6 = 105 tir.
Þ a− b + b + S + 6 Þ a

S2
2
ò
9
−1
3


f(x)
8
x
9
Öncelikle a =
+ S 9=
· 11
99 br 2 dir.
dir.
y
14.
O
−2
daire parçasının alanıyla hesaplanabilir. O halde,
S
3
6
y=1−x
90o
1
2
− •4•4
π=
• 4
•
o
2
360
Alan
=
18.
4 π − 8 br
y
2
dir.
x3
y=
y
O
a
13
b
O
10
c
d
x
9
f(x)
Taralı bölgenin Ox ekseni etrafında 180
a
ò
f( − x) dx
=
ò
−d
d
d
ò
ò
f(x)dx +
a

13 − 9 + 10=14
f(x) dx elde edilir. =
Vx
a
ò
1
· π ·
=
y2 dx Þ Vx
2
ò
a
d
f(x) dx +
a


13 + − 9 + 10 =32
Þ 14 + 32 + 14 = 60 elde edilir.
www.yukseklimit.com
dolayı 1/ 2 katsayısı kullanılarak hacim,
d
d
ò
f(x)dx
Þ Vx =
a


13 − 9 + 10=14
döndürül -
mesiyle oluşan cismin hacim formülünde 180 den
d
−=
f(u) du
o
o
æ
=
u , dx − du ve sınırlar için,÷ö
çç x − =
÷÷ dönüşümünden,
÷ø
ç
aÞu=
a, x − =
bÞu b
=
èx − =
−a
x
1
=
Þ Vx
185
1
· π ·
2
1
· π ·
2
1
ò
7x 6 dx Þ Vx =
0
1
7
7
· π · (1 − 0 ) Þ V
=
x
2
1
ò(
2
7 x 3 ) dx
0
1
7
· π · x
2
1
0
π
br 3 tür.
2
Mehmet Ali AYDIN
37−ÝNTEGRAL−4 (Alan ve Hacim Hesabý)
19.
y
Kesişme apsisleri,
y
=
=
x ve y
2
x
=
x Þx
Þ x4 − x = 0
2
=
y
x=
Þ x1
y = 1 de ve Ox ek -
x
x = −1 de keser.
y=
ve y
x=
Þ x2
y
2
o
1
olsun.
döndürül -
3
( x12 − x22 ) dy
· π ·
=
4
o
etrafında 360 döndürülmesiyle oluşan cismin hacmi,
1
1
3π
ò
·
4
0
ò ((
3π
( y − y 4 ) dy Þ Vy
·
=
4
3π
ò
4
0
3π
3
− 0) Þ Vy
=
· (
4
10
2
y ) − (y
2 2
)
)dy
9π
br
40
3
·
(
y
2
−
2
y
5
5
)
Kesişme apsisleri,
2
− 2) ve y
(x=
=
y
y1 = 4
0
y2 = (x − 2)
=
y
olsun.
döndürül -
=
y1
mesiyle oluşan cismin hacmi,
=
Vx
ò
2
2
π=
·
( y1 − y2 ) dx
0
5
(x − 2)
Þ π · (16x −
=
21.
5
288
· (
−
π=
)
5
5
ò (4
2
)
5
2 2
3
π·r
ÞV=
2
·
1
3
π·2
Þ V = 8π −
ÞV=
16π
3
24.
4
·
(
(x − 5)3
36
3
x
)
=
+
o
4
·
ò
2
π
28
π
4
3
12
2
y
y=ex
2
π
x
2
(
e
12
−e
−4
)
br
3
k
O
ise,
6
π
ò
(
6−
1
3
·
π·2
2
·
2
a
Þ
2
π
2
·
(e
12
)
− e −4 = π · (
π
=
Þ · e12 − e −4
2
(
3
3
)
)
1
2
·
e2x )
Taralı alan =
ò
186
e x dx Þ ( e x )
6
ò (e ) dx
x 2
k
6
k
π
12
2k
=
−e )Þk
· (e
2
6
elde edilir.
x
6
2
12
−4
y=−3x=
+6
−e
π·
·
· e
Vx π =
y dx Þ
·
3
br tür.
döndürülmesiyle
d
2
dön -
2
æç
æ ö ö
çç(5 − x)2 − çç 6 ÷÷ ÷÷÷ dx
çè x ø÷ ÷÷
ççè
ø
=
− 9)
· (
oluşan cismin hacmi
2
−2
www.yukseklimit.com
3
3
π
Taralı bölgenin Ox
360
O
o
ekseni etrafında
6
o
8π
br
x
ò
h tır. O halde oluşan cismin hacmi,
·
y=−x+5
6
1
( y12 − y22 ) dx
· π ·
=
4
π
Þ
Dik koninin hacmi,
·
x
5
dolayı 1/ 4 katsayısı kullanılarak hacim,
br tür.
olan cisim oluşur.
1
3
2
O
2
döndürülürse koni
6
x
o
3
içinde koni boşluğu
V=
tür.
y=
6
− x , y2
5=
=
Vx
y=−x +2
terilmiştir. Taralı böl -
3
dürülmesiyle oluşan cismin hacim formülünde 90 den
y
yandaki şekilde gös -
br
5
x
3
Doğruların grafikleri
ge Oy etrafında 360
)
− ((x − 2) ) dx
0
4
0
256 π
32
π·
0
olsun. Taralı bölgenin Ox ekseni etrafında 90
4
4
5
(y − 1) 3
5
x
2,=
x 3 tür.
x
Þ=
o
·
6
− x ve y
5=
Þ5 − x =
3π
1
5
3
y
Doğrunun denklemi :
y
+
= 1=
Þy 5−x
5
5
Kesişme apsisleri,
x
Taralı bölgenin Ox ekseni etrafında 360
π·
y
3π
=
· ( 0 − ( − 1) ) Þ V
y
5
=
Þ Vy
y=4
O
2
ò
tür.
4
ve
2
π=
(y − 1) 3 dy Þ V
·
0
y=x 2−4x+4
4
Þ (x − 2)2 = 4
x 0,=
x 4 dır.
Þ=
0
2
1ö
æç
çç(y − 1) 3 ÷÷÷ dy
÷÷
çç
÷ø
è
1
x
y
ò
π·
0
23.
20.
2
π=
x dy Þ Vy
·
=
Þ Vy
1
1
ò
=
Þ Vy
0
1
x + 1 eğrisi ve dik koordinat
eksenleri ile sınırlanan kapalı bölgenin Oy ekseni
dolayı 3 / 4 katsayısı kullanılarak hacim,
1
x
O
3
(y=
− 1) 3 tür. y
=
x
mesiyle oluşan cismin hacim formülünde 270 den
=
Þ Vy
−1
y=x +1 Þ
o
Þ Vy
=
1
senini y = 0 Þ
3
Taralı bölgenin Oy ekseni etrafında 270
=
Vy
y=x3+1
eksenini x = 0 Þ
1
O
Þ x · (x 3 − 1) = 0
Þ=
x 0,=
x 1 dir.
y
3
y = x + 1 eğrisi Oy
y= x
1
x
22.
y=x2
2
4
=
Þx
LYS MATEMATÝK
−2 dir.
6
Þe −e
−2
br
2
dir.
−2
Mehmet Ali AYDIN
38−MATRÝS ve DETERMÝNANT−1(Matrislerde Dört Ýþlem,Eþitlik ve Transpoze−Matris Türleri−Matrisin Tersi) LYS MATEMATÝK
1.
a)
+ 2C B=
⇒C
A=
1  3
• 
2   1
1  3
⇒ C= • 
2  1
⇒ C=
⇒ C=
4.
1
(B − A )
2
3 − 2  2
−
0
7   0
3
0
−1
1
4 

3  
− 2   −2 1
+
7   0 − 1
− 4 

− 3  
⇒
=
− 3a
1  1 4 − 6
•
2  1 − 1 4 
−3 
 elde edilir. O halde ,
2 
1
1
5
− c2 2 −3 − =
+
−
(− ) −3=
⇒ c13 =
dir.
2
2
2
x
−
y
x
 64 5   2 125 
− B 0=
⇒A B⇒
b) A=
=

4   5 a − b
 a
5
x•
3
 5x − x
⇒
2x
 3x
2x=
+ 4y 2 ⇒ 2 • 3=
+ 4y 2 =
⇒ 4y
5.
 4 −1
 1 0
⇒B=2 • 
 − 3 • 0 1
3
2




0
 8 − 2   −3
⇒B  =
+
⇒B
=
4   0 − 3 
6
5 −2 
6
1 

b  5 −2  =
b −2 
a
 a 5,=
⇒
=
⇒

d   6
1  =
d 1 
c
 c 6,=
• ( −2) • 6 • 1
⇒=
a • b • c • d 5=
−60 elde edilir.
 2
⇒  0
 0
0
2
0
0
a − 1 0


0 = 3 •  0
b+1
 0
0
1
0  3a − 3
0
0  = 0
3b + 3
2   0
0
=
=
⇒ a 5/3
2 3a − 3 ⇒
3a 5 =
⇒ −1 3b=
⇒ b
2 = 3b + 3=
=
2 6c=
⇒ c 1/3
3.
0

0
2c 
O halde , BT = [ 5
b)
0 
0 
6c 
 −1 2 
 −1
b) B =  4 − 9  ⇒ BT = 
2
 3 − 2 
1 ] elde edilir.
çarpımının tanımlı olabilmesi
[B]2 x m = [C]4 x 3
ve m
⇒=
⇒ n 4=
[C]n x m [C]4=
x3
•
O halde , n +=
m+k
tür.
5
elde edilir.
3
6.
4
−9
a)
3 tür.
+ 3 + 2 9 elde edilir.
4=
2 2
0 
5
⇒B• A=
•

 1 3   4 −1
5 • 0 + 2 • (−1)
 5•2+2•4
=

1
2
3
4
1
•
•
• 0 + 3 • ( −1) 
+

 18
=
 14
− 2
elde edilir.
− 3 
1 2 
1 1
T
=
⇒A
 2 −1
 1 −1


1
1
1
2
0



T
T
• B
A=

•

2
1
1
4
6
−
−

 

b)
A
=
T
(B=
• A)
3
 dir.
− 2
1• 2 + 1• 4
1• 0 + 1• 6
 1 • 1 + 1 • (−1)

=

• 1 + ( −1) • ( − 1)
• 2 + ( −1) • 4
2
2
2 • 0 + ( −1) • 6 

6
6
2 2
 0
 0
=
=3 • 
 elde edilir.
0 − 6 
 3
 1 0 −2
0
4
3
 −1 4
 − 2 •  2 − 9 − 2
 −2 1 5 


0 12   2 − 8 − 6   8 − 8
6
=
 dur.
+ 
3 15   −4 18 4   −10 21 19 
www.yukseklimit.com
•
⇒ [ A ]n x 2
 2
⇒ 3 A − 2B = 3 • 
 −6
[ A ]n x k [B]2 x m
5 
 1  dir.
 
=
için k 2 =
olmalıdır. k 2 ise
A nın elemanları toplamı a + b + c + d = 4 elde edilir.
 6
 15 
=
⇒B
 3 
3B
=
b
c
a
a
⇒ AT 
dir.
=
d 
d 
c
b
x y a b a c x y
T
=
A+A
=
⇒
+
 

z t  c d b d z t 
=
y 2b 
 2a 2b   x y  =
 x 2a,
⇒


 =  z t  ⇒=
=
2c
2d
z
2c,
t
2d 

 
 
⇒ 2a + 2b + 2c + 2d 8 ise,
=
x + y + z + t 8=
⇒
 8
 −2 
 
Kutucuklar taraf tarafa toplanırsa,
=
a) A
T
 4
 −=
 ⇒ 4B − 2A
 1
2B − A
=
tür. O halde ,
5
1
1
+ (− ) +
=
3
3
3
a+b+c
=
−1 dir.
7
2A −B= 
5
a)
tür.
−1/3
−4=
⇒ y
O halde , =
x + y 3=
+ (−1) 2 elde edilir.
elde edilir.
a) =
2 A − B 3 I=
2A − 3I
2x2 ⇒ B
0
1
0
− 1   17 − 2 
=
4   9
2 
− y   17 − 2 
=
4y   9
2 
⇒ x 3 tür.
3x 9 =
=
− b ⇒ 4 5 −=
a=
b ⇒ b 1 dir.
 1

b) ⇒ 2 •  0
 0
−1
 −2
+ y•
2 
 0
  −2y
+ 0
 
 5x − 2y − x − y   17 − 2 
⇒
=
2x + 4y   9
2 
 3x
−y 3⇒=
=
5 x − y 125 ⇒ x
=
6 − y 3=
⇒ y 3
2.
⇒ a 2 dir.
−6=
b)
=
64 2x=
⇒ x 6=
, a 5
• 1+ 6 • 3
b + x • y 5=
23
⇒ a •=
1 
 −6 
 
⇒ 2a =
⇒ b 1 dir.
=
− 3b 1 ⇒ 2 • 2=
− 3b 1 ⇒
3b 3 =
O halde , b − a = 1 − 2 = −1 elde edilir.
1/2
2
⇒ C=
1/2 −1/2
=
4
2
3 1 
a •   − b •  =  
 −3 
 0   −6 
 2a   − 3b   1 
 2a − 3b 
⇒=
 −3a  +  0   −=
 ⇒  − 3a 
6

 
  


a)
187
Mehmet Ali AYDIN
38−MATRÝS ve DETERMÝNANT−1(Matrislerde Dört Ýþlem,Eþitlik ve Transpoze−Matris Türleri−Matrisin Tersi) LYS MATEMATÝK
1 2 
1
T
7.
a) A  =
=
⇒A
2
3 4

1

2
 3
 1 2 3
T
=
 ⇒B
 4 5 0
B
=
1

4 
 1
5•
2
0 
⇒2
 3
3
,
4 
4 

5  ⇒ BT • AT ⇒
0 
 1• 1+ 4 • 2 1• 3 + 4 • 4

=  2 • 1+ 5 • 2 2 • 3 + 5 • 4

4
 3 • 1 + 0 • 2 3 • 3 + 0 • 4
3
2
A=
0
10.
1

− 1
A2 − 4A + 4 I2 = ( A − 2I )




 2
⇒ 
 0
1
1
−2•
− 1 
0
 2
⇒ 
 0
1   −2
+
− 1   0
2
dir. O halde ,
0 

1  
0 

− 2  
2
2
2
0 1
0 1 0 1
⇒
 ⇒ 0 −3•0 −3
0
3
−



 

0 • 1 + 1 • (−3)
 0 • 0 + 1• 0

⇒
0 • 1 + (−3) • (−3)
 0 • 0 + ( −3) • 0
 9 19 
 Bu matrisin 2. sütun elemanlarının 


=  12 26  dur. 

 toplamı 19 + 26 + 9 = 54 elde edilir. 
 3 9 
 2 1 0
 3 2 − 1 

b)
 3 0 1 •  3 2 1  ⇒

  1 2 4



0
⇒
0
− 3
 elde edilir.
9
Gerekli yerler hesaplanırsa
•
•
3 • 1 + 2 • 2 + ( −1) • 2


=

3 • 0 + 0 • 1 + 1 • 4
•
3 • 2 + 0 • 3 + 1 • 1
 • 5 •  • x •
x 5,=
y 7,=
z 4 tür.
⇒
=
 ⇒=
7 • 4   y • z 
O halde , x =
+ y + z 7=
+ 5 + 4 16 elde edilir.
8.
4
 1 2 0  
a) 
=
•

1 
 −1 3 4   
 −2 
b)

⇒ 

2z
=
1
4
⇒ A2
=
2
1 
−

 4 1  4
⇒ A2 = 
•
 2 −1  2
11.
A
=
 1 • 4 + 2 • 1 + 0 • ( −2)   6 
=
  
( −1) • 4 + 3 • 1 + 4 • ( −2)  −9 
4 • 1 + 1 • (−1) 
 4 • 4 + 1• 2
⇒ A2 = 

2 • 1 + (−1) • (−1)
 2 • 4 + ( −1) • 2
3
 18
⇒ A2 = 
elde edilir.
6
3 

 18 x   18 3 
B A2 ⇒ 
x 3=
, y 6 dır.
=
=
=
⇒
 
3
 y 3   6
+ y 3=
+ 6 9 elde edilir.
O halde x =
 2 1 2   x   2 • x + 1• y + 2 • z 


   
 0 1 3  •  y  =  0 • x + 1• y + 3 • z 
 0 0 2   z   0 • x + 0 • y + 2 • z 
2x + y + 2z   4 
= 7 
y + 3z
  
  −2 
2z
−2=
⇒ z
 4 1  4 1
 2 −1 • 2 −1

 

1
− 1 
−1 dir.
+ 3z 7 ⇒ y + 3 •=
y=
(−1) 7 =
⇒ y 10 dur.
2x + y=
+ 2z
9.
4 ⇒ 2x + 10 + 2 •=
( −1)
Τ
 1 0  T 
=
a)
 
•A 
  2 −1 

4=
⇒ x
1
0
−2 dir.
2
6
 
T
2 6 ]⇒ 
[=
 A
2 −1



•
12.
B olsun.
 −1 0 
1
•
=


1. (−1) − 0 . 2  −2 1 
−1
B
=
1  −1 0 
•
=


−1  −2 1 
2 
T
−1
−1  2 
T
T
⇒ B. A =  =
⇒ B .B . A
B=
•
 ⇒A
6 
6 
1 0 
2 −1


B
−1
=
A2
2 
. 
6 
=
A3
1 0   2  1 • 2 + 0 • 6 
 2
T
=
2=
 •  6  2 • 2 + (−1)
⇒A
− 2
• 6
−
1

   

 
T
=
⇒A
⇒ A = [2 − 2
] dır. O halde ,
y + 3y
− 2+ x •=

=
−2
⇒ y
3 ve − 2 • 1 + (x =
+ 3) • y
•
1

0
4

1
4   1 2
•
=
1   0 1 
1

 0
6

1 
•
4030 
 elde edilir.
1 
 A nın kuvveti kutudaki sayının hep yarısı ve diğer 



 elemanlar sabit.
x   1   5  2 • 1+ x • y
 2
  5
b) 
=
 •  y   −=
 ⇒  − 2 .1 + (x + 3) . y  −2 
2
x
−
+
3
2

     
  
5=
⇒ xy
1
0

2
• A
A=
1
A2015 = 
 0
 2
+ ( −2) • ( −2) 8 dir.
− 2 ] •   2 • 2=
A•A
=
[2=
− 2
2

1
 1 2  1 2 
=
•

 0 1  0 1
•
T
⇒ 2 •=
1+ x y
1
A=
0
−2 ⇒
−1 dir.
3
=
x•y
3 ⇒ x •=
(−1)
www.yukseklimit.com
3=
⇒x
−3 elde edilir.
188
Mehmet Ali AYDIN
38−MATRÝS ve DETERMÝNANT−1(Matrislerde Dört Ýþlem,Eþitlik ve Transpoze−Matris Türleri−Matrisin Tersi) LYS MATEMATÝK
13.
16.
0
1
2
=
A 
, B [ 4 −3 ]
 =
 1 − 1 3
 1 1
 2


=
C =
2
3 ,
D  
1
 −1 4 
 1 − 1

 2 − 1
A=
 1 − 1  1 − 1 
 −1 0 
1
2
 2 − 1  •  2 − 1=
⇒A
=
 − 0
0
−
1

 




2
=
A
0

1
2
A = − I elde edilir. O halde ,
⇒A
2019
= A2018 • A
⇒A
2019
= A2
⇒A
2019
= (− I)
⇒A
2019
⇒A
2019
( )
matrisleri için aşağıdaki işlemlerden C seçe neğindeki işlem yapılabilir.
1009
1009
•
A
•
A
(I
(I
=−I • A
n
= I dır.
)
[ A]2 x 3 [B]1x 2
A = A dır.)
•
A) 3 ≠ 1 olduğundan
14.
= − A elde edilir.
 cosα sinα 
=
, B


 − sinα cosα 
B)
çarpma yapılamaz.
[A]2 x 3
=
A
A kare matris
•
•
olmadığından
A+A
CT 
 2 x 3
17.
 − cosα − sinα   − cosα sinα 

 

•

 sinα − cosα   − sinα − cosα 
•
E) 1 ≠ 2 olduğundan
çarpma yapılamaz.
 2 0
=
1
 ve B
 − 1
A • B = A + B ise,
x
z

A
=
 cos2α + sin2 α
( −cosα )(sinα ) + (− sinα )( − cosα ) 






2
2
cos α + sin α
(sinα )(− cosα ) + (− cosα)( − sinα )

0
1
=
⇒ 
 I elde edilir.
 0
0 
 2 0  x
⇒
•
 1 − 1  z
2 • x + 0 • z
⇒
1 • x + ( −1) • z
 2x
⇒
x − z
Yapılabilir.
[D]2 x 1 [ A]2 x 3
çarpma yapılamaz.
( − A) • B = 
•D + 3
C) B




topla -
ması yapılamaz.
D) 3 ≠ 2 olduğundan
 − cosα sinα 




 − sinα − cosα 
T
y
k 
y   2 0  x
y
=
+
k   1 − 1  z
k 
2 • y + o • k  2 + x 0 + y 
=

1 • y + (−1) • k  1 + z − 1 + k 
2y  2 + x
y 
=
y − k  1 + z − 1 + k 
⇒ 2x 2 =
+ x ⇒ x 2 dir.
=
15.
2y
=
⇒
i2 = −1 olmak üzere ,
z⇒ z
=
⇒ x − z 1 + z=
⇒ 0 − z 1 +=
 −1 − i 
A=

i
0
 −1 − i   −1 − i 
•
=
A2  =
i   0
i 
0
3
2
A
=
• A
A=
A4
=
3
• A
A=
 1 1+ i 
 0 −1 


 1 1 + i   − 1 − i   −1

• =
 
i  0
 0 −1   0
 − 1 − 1   −1 − i   1
 0 −i• 0 =
i   0

 
=
⇒0−k
⇒ y − k = −1 + k
2019
( )
⇒A
2019
⇒A
2019
⇒A
504
•
18.
4
A=
 −1
3
B= 
1
A3
(I
= I 504 • A3
=I • A
2019
=
www.yukseklimit.com
3
(I
•
n
= I dır.
−1=
+k⇒ k
1
dir.
2
1
dir.
2
1
1
− (− ) • 0
2
2
= 1 elde edilir.
= A2016 • A3
⇒ A2019 = A 4
−
O halde , x • k − z • y = 2 •
− 1

−i
0
1 
⇒ A 4 = I elde edilir. O halde ,
⇒A
y=
⇒ y 0 dır.
)
−1
•B
A•
A
⇒
I
A = A dır. )
9

0
2
4 
(A
•
A −1 = I dır.
)
⇒ I •B
3 2
⇒ B= 
 elde edilir. Tüm elemanlarının
1 4 
toplamı 3 + 2 + 1 + 4 = 10 elde edilir.
 −1 − 1 
3
A=
 0 − i  elde edilir.


189
Mehmet Ali AYDIN
38−MATRÝS ve DETERMÝNANT−1(Matrislerde Dört Ýþlem,Eþitlik ve Transpoze−Matris Türleri−Matrisin Tersi) LYS MATEMATÝK
19.
22.
Aşağıdakilerden I, II, III, VI ve VII daima doğ rudur.
( )
−1
I. B−1
B=
II. 
A+B+
C 
C + A +
=
B



Doğrudur.
T
pımında değişme özelliği
YOKTUR.
T
−1
−1

 b
1
−1
 ⇒ A = a •b−c •d • 

 −c
 −a − 1 
O halde A = 
için,
a 
 1
⇒A
−1
T
• C
• C
VI. C
=
=
I

C


• A
V. A
=
A •A

Matrislerin çar pımında değişme özelliği
YOKTUR.
−1
−1
•C
• C I ve
=
IT I
C=
C=
olduğundan doğrudur.
9A
=
=
⇒ a2
A matrisinin çarpma işlemine göre tersi
 3

2
 x 4  −
I=
⇒
• 2
 2 3   1 − 1 


3

 x • (− 2 ) + 4 • 1
⇒
 2 • (− 3 ) + 3 • 1

2
3x

4−
2x − 4
⇒
2

1
 0
1 veya 2x=
−4
10
=
⇒ a1
9
10
=
veya
a2
9
O halde , a1 • a2 =
B matrisine eşit ise,


 elde edilir.


a

 1 − a2

 −1
 1 − a 2
a

 −9a − 9   1 − a2
⇒
=
9a   −1
 9
 1 − a2
a
1
=
⇒ −9
=
⇒ 9a2 − 9
1 − a2
1 − a2
=
−9a
3x
⇒ 4 −=
2
1
1 − a2
−a
1 − a2
 −a − 1 
A=
⇒ 9

a
 1
VII. A • (B + C)T = A • BT + A • CT



A•B
=
a

 1 − a2
=
 −1
 1 − a 2
−1
(B + C)T BT=
=
+ CT ve A • (B + C) A •B + A • C
olduğundan doğrudur.
20.
−d

a
1
 a
1
•
(− a) • a − 1 • (−1)  −1 − a 
1
 a
1
⇒ A −1 =
•


1 − a 2  −1 − a 
T
T
•B
=
III. (B • C )
C=
IV. 
A •B
B •
A



Matrislerin çar -
T
d
b
⇒ A −1 =
Doğrudur.
Doğrudur.
a
A=
c
I
a1 • a2 = −
10
9
•
−
1
1 − a2
−a
1 − a2
1
1 − a2
−a
1 − a2










1
10
9
dur.

10 
 − 9 


10
9

x • 2 + 4 • ( −1) 
=I
2 • 2 + 3 • ( −1) 


 = 1
 0

⇒x
0=
23.
0
A kare matris ise

1
T
A=
− A ⇒ BT
B
=
2 elde edilir.
(A )
T
T
− AT
⇒ BT = A − A T
⇒ BT = − ( A T − A )


olduğuna göre, x kaçtır?(2)
B
⇒ BT = −B elde edilir.
21.
a
A=
c
d
⇒ A −1 =
b 
3
 2
O halde A = 
 −5 − 8
 b
1
•
a • b − c • d  − c
−d
a 
24.

 için,

 −8 − 3 
1
•
⇒ A −1 =
2 • (−8) − (−5) • 3  5
2 
3
 8
1  −8 − 3 
•
⇒ A −1 =
⇒ A −1 = 

−1  5
2 
 −5 − 2 
www.yukseklimit.com
A ve B aynı boyutlu birer kare matris ise,
(A • B)T = C
⇒ A • B = CT
1
• A •B
⇒
=
A−

I
⇒ I •B
=
⇒ B= A
190
(
−1
T
• C
A=
A −1 • A
I dır.
)
T
−1
• C
A=
( I • B B dir.)
−1
•
CT elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
39−MATRÝS ve DETERMÝNANT−2(Determinant − Minör ve Kofaktör−Matrisin Ranký−Denklem Sistemleri)
1.
2
7
= 2 • ( −3)=
− 1• 7
1 −3
a) =
⇒ A
10
3
−4=
⇒
x
2
=
b)
det (A)
4.
−13 tür.
a)
−4
* BT = B
=
⇒ 3x 24=
⇒ x 8 dir.
* k • A =k
2.
a)
a12
1= 1 elde edilir.
3
⇒
=
A
A
1
8
•
A
•
•
(−1)n + k ile çarpılır. Yani, a12 için
B ⇒
b
a
a+5
5.=
A =
⇒B 
d 
c
c+5
A = B
2 5
= 2 • 3 −=
(−2) • 5 16 dır.
3
−2
2
5
3
a)
A
⇒ =
6.
1
•1
= 3 • 3 − 1=
9=
− 1 8 dir.
3
verilmiş.
a) 2012 = a olsun.
2012
2014
2013
a
⇒
2015
a+2
⇒ a2 + 3a − (a2 + 3a + 2)
( )
* det A T = det ( A ) dır.
⇒ a2 + 3a − a2 − 3a − 2
⇒ −2 elde edilir.
* det ( k • Anxn ) = kn • det ( A ) dır.
(
)
⇒ 1 + 102 • 8
⇒ 801 elde edilir.
b)
=
A
2
1
b)
3
• 3
= 2 • 4 − 1=
8=
− 3 5 tir.
4
( )
*det An = det ( A ) 
n
(
* k • A = kn
dir.
0 2
4 2 verilmiş.
6 −1
•
A
dır.


⇒ det A −1 • (− A) = det  − ( A −1 • A ) 

 
I


(
)
)
⇒ det ( − I 3 ) ⇒ (−1)3 • det ( I )
⇒ (−2)2 • 53
⇒ (−1)3 • 1 ⇒ −1 elde edilir.
⇒ 500 elde edilir.
www.yukseklimit.com
1
A= 1
2
* det (I ) = 1 ( Birim matrisin determinantı 1 dir. )
* det ( k • Anxn ) = kn • det ( A ) dır.
O halde ⇒ det −2 A3
a+1
a+3
⇒ a • (a + 3) − (a + 2)(a + 1)
* det (I) = 1 ( Birim matrisin determinantı 1 dir.)
O halde ⇒ det (I) + det 10 AT
b+5 
d + 5 
⇒ a = b + c − d elde edilir.
• ( 2 • 3 − ( − 2) • 5 )
= 1=
16 dır.
3
1

 dir.

⇒ a • d − c • b = (a + 5) • (d + 5) − (c + 5) • (b + 5)
⇒ ad − bc = ad + 5a + 5d + 25 − bc − 5c − 5b − 25
⇒ 0 = 5a + 5d − 5c − 5b (5 ile bölünürse)
⇒ 0 =a + d − c − b
a33 = 2 nn işaretli minörü(kofaktörü(K))
−2
−z
tir.
x 
=3 + 4 − 3 − 2
= 2 elde edilir.
5 −1
3 0 
2 2 
a33 = 2 nin minörü(M),
•
 k
− y

−4
2
O halde a − b + c − d = 3 − (−4) + (−3) − 2
−1 elde edilir.
 2
A =  −2
 1
K = (−1)3 + 3
1
• 6 • ( −4) = −3 tür.
8
z
x
=
 ⇒ Ek(A)
y
k


4
2
3
=
 ⇒ Ek(A) 
3
3
 −3
Üstteki a şıkkındaki bilgilere göre,
=
M
BT
a b 3 −4
verilmiş. Buradan
=
c
d   −3 2 

a 3,=
b −4,=
c −3,=
d 2 elde edilir.
⇒=
atılarak kalan determinant hesaplanır ve
3.
dır.
=
b)
A
ank elemanının bulunduğu satır ve sütün
b)
A
•
•
2
ank nın işaretli minörü (kofaktörü(K)) için
=
K (−=
1)1+ 2 • 1
B dir.
•
1
T
• A •B
2
⇒( 1)
 2 −3 
A=

 1 7 
nin minörü(M) için a12 = − 3 elemanının
M=
n
( )
O halde ⇒
− 2 elde edilir.
bulunduğu satır ve sütün atılarak kalan
determinant hesaplanır. Yani,
olmak üzere ,
⇒ det BT
−4=
−4 tür.
det (B)
=
⇒ 2 • (x + 3) − 1 • x = (−1) • 2x − 0 • 2
⇒ 2x + 6 − x = −2x
−=
6⇒ x
3x3
dir.
* A •B = A
2
x
−1 2
=
1 x+3
0 2x
⇒ 3x
=
ve B = bi j 
3x3
det (A) = 6 , det (B) = −4 verilmiş.
⇒ 10 • 2 − x • 3 = − 4
c)
A = ai j 
LYS MATEMATÝK
191
Mehmet Ali AYDIN
39−MATRÝS ve DETERMÝNANT−2(Determinant − Minör ve Kofaktör−Matrisin Ranký−Denklem Sistemleri)
7.
10.
 * Bir determinantın herhangi iki satır veya sütunu 


 aynı ise determinant 0 dır.

 * Bir determinantın herhangi iki satır veya sütunu 


 orantılı ise determinant 0 dır.

Aşağıdaki 1. determinantta 1. ve 3. sütun aynı
ve 2. determinantta 1. ve 3. satır orantılıdır.
9
⇒ 28 − 3
1
9
14
6
−3
28 + 1
−2
1
Sarrus yönteminden determinant,
a
1
2
2
a
−2
a
1
2
a
0
0 =7
1
0
0
⇒ a2 + 0 + 0 − (0 + 0 + 2 )
O halde ,
14
LYS MATEMATÝK
2
⇒ a=
⇒ a
−2 7⇒
a2 9 =
=
15
4 − 10
1 −5
11.
−3 veya
a 3 tür.
=
Sarrus yönteminden determinant,
1
⇒0+0
−2
1
⇒ 0 elde edilir.
1
−2
2
1
2
0
3
2
2
1
0
3
⇒ 2 + 0 + 6 − (0 + 6 − 8) ⇒ 8 − ( −2) = 10 dur.
1
elde edilir.
10
( )
=
⇒ det ( A ) 10=
⇒ det A −1
8.
12.
 * Bir determinantın herhangi bir satır veya sütu - 


 nundaki tüm elemanlar 0 ise determinant 0 dır. 
Aşağıdaki determinantta 2. satırın tüm ele 2
0
2
3
3
x
b
y 
 1
z  gibidir.  0
c 
 y + 1
z
x −1
−2
z
4 
y 
6 
simetrik matris ise,
−4
0
Simetrik matris 1. köşegene göre aynı
elemanlardan oluşur ve boyutu 3x3 ise
 a
 x

 y
manları 0 olduğundan,
1
2
0
a)
x − 1 0=
⇒=
⇒ x 1 dir.
= 0 dır.
y+1
⇒=
log5
=
⇒y
1
4=
⇒ y 3 tür.
z=
⇒ z 3 tür. Yerine yazılırsa,
0
4
−2
3
3
6
1
0
4
0
−2
3
A = 0
4
⇒ −12 + 0 + 0 − ( −32 + 9 + 0) = 11 elde edilir.
9.
b)
 * Bir determinantın herhangi bir satır veya sütu - 


 nundaki tüm elemanlar − 1 ile çarpılırsa deter - 
 minantın işareti değişir.



Aşağıdaki 1. determinantta 1. satırın tüm ele manları − 1 ile çarpılarak 2. determinant oluş tuğundan 1. determinant k ise 2. determinant
− k olacaktır. O halde ,
− 12
12 − 10 2
2
2 +
⇒ 0
0
1
1 −1
1
Diagonal (köşegen) matris,
 a
 0

 0
0
b
0 
0 
c 
0
biçimindedir ve determinantı 1. köşegen
elemanlarının çarpımı yani a • b • c dir.
 x

A= x + 4
 0
0 

0 
c−4
c 
diagonal (köşegen) matris ise ,
10 − 2
2
2
1 −1
⇒ k + (−k)
⇒ 0 elde edilir.
y+2
y+5
⇒x
⇒ x
+ 4 0=
=
− 4 tür.
y + 2 0=
⇒=
⇒ y
− 2 dir.
⇒c
=
⇒ c 4 tür. O halde ,
− 4 0=
−2+2
0  − 4
 −4
 −=
  0
4
+
4
−
2
+
5
0

 
 0
4−4
4   0
⇒ A (−=
4) • 3 • 4 −48 elde edilir.
=
⇒A
=
www.yukseklimit.com
192
0
3
0
0
0 
4 
Mehmet Ali AYDIN
39−MATRÝS ve DETERMÝNANT−2(Determinant − Minör ve Kofaktör−Matrisin Ranký−Denklem Sistemleri)
13.
16.
Bir determinantın k. sütuna göre hesaplanışı :
Anxn =
n
∑ ( apk
•
p +k
( −1)
p=1
Mpk
) (M
a) Yanda 13. soruda verilen formülden 1. sütuna göre
determinant hesaplanırsa,
minördür.)
1+ 1
2013
2014
0
a
b
c
y
z
x
⇒ 0 • ( −1)1+ 3
•
•
a
b
x
y
1 • ( −1)
•
+ z • (−1)
2013 2014
x
3+3
y
•
Bir matrisin kare alt matrislerinden deter -
1
2 ≠0
1
4
0
4
−1
a
0
1
2
6
0
2
2
1
k =0
1
2
−1
6
0
2
k
 Matrisinin rankı 3 ise 


 det( A ) ≠ 0 olmalıdır. 
1
1
2
1
4
3
x
6
3
6
2
1
1
2
1
4
3 = 1
4
3 ⇒ x = 3 olduğu görülür.
2
x
6
3
6

−1
1
1
 tür.
4
1   −2
1
4   −9
4
•
 −5 2 
−2
 ⇒ A =

 −18 7 
2   −6 0 
 −5 2   1
 −=
−
 
 elde edilir.
 18 7   3 − 4   −21 11
T
T
−2
)
x
y+1
1
2
−6
0
=
− 21 11
(−6) • 11 −=
( −21) • 0
−66 dır.
2  3

y + 1 
 ( 2x − y − 1) 
 =
1
2

=
y 2 =
 x 1  y 2
=
x 1 =
⇒

2
3
 x
∏∑ 


∏ ∑



y=2,3 için
⇒
2
2
∏ ( 2x − 2 − 1) + ( 2x − 3 − 1) ⇒ ∏ ( 4x − 7 )
=
x 1=
x
1 


x=1,2 için
⇒ ( 4 • 1 − 7 ) • ( 4 • 2 − 7 ) ⇒ ( −3) • (1) ⇒ −3 elde edilir.
18. a)
nantı en büyük olur. Sarrus yönteminden,
0
1
 2x2 lik alt matris için ⇒
7
2
2
2
2 0
=
3
2=
• 

2
3
2=
•
 
3
Matris aşağıdaki gibi şeklinde seçilirse, determi -
2
6
0
2
2
2
0
2
2
2
0
8=
+ 8 + 0 − (0 + 0 + 0) 16 elde edilir.
b) A 2 x 2 tipinde , B ise 3 x 3 tipinde matris ise,
=
det( − A • I ) 3 =
⇒ det( − A ) • det( I ) 3

2
1
• det( A ) • 1
⇒ (−1)2 =
3=
⇒ det( A ) 3 tür.
det(3A ) − det( − 5 • BT ) = 527
2
⇒ 3 • det( A ) − (−5)3 • det(BT ) = 527
⇒ 9 • 3 − ( −125) • det(B) = 527
⇒ 27 + 125 • det(B ) = 527
⇒=
⇒ det(B) 4 elde edilir.
125 • det(B) 500
=
0
1
⇒ 1 • 1 − 2 • 0 = 1 dir, yani determinant sıfırdan farklı dır. O halde rank(A) = 2 dir.
www.yukseklimit.com
 −2

 −9
−1
• A
A=
alt matrisin boyutu rank olduğundan örneğin,
2
 −2

 −9
b) = x =
• 2 − 1(y + 1)
2x − y − 1 elde edilir.
b) Determinantı 0 olmayan en büyük boyutlu kare
3
3 
1 2 
T
2 =
⇒ B
 3 − 4  tür.
 −4


 −2 1 
1
−1
=
•

⇒A
4 • ( −2) − 9 • ( −1)  −9
4
(
olmak üzere toplam 21 tane alt matris vardır.
0
2
−B
⇒ det A=
 Matrisinin rankı 2 ise 


 det( A )= 0 olmalıdır. 
y ] tipinde 1x2 lik alt matris sayısı
=
1
2
1
=
A −B
 x z u
⇒
 tipinde 2x3 lük alt matris sayısı = 1
y t v 
A =
2
⇒ 1
−2
=
z ] tipinde 1x3 lük alt matris
3
3 + 0+0= 1
−2
3
=
 3
1 
x z 
3
⇒
= =
 3
 tipinde 2x2 lik alt matris sayısı
y t 
2
y
2
4
=
A
x 
⇒   tipinde 2x1 lik alt matris sayısı
=
y 
⇒ [x
4



Sarrustan − 20
bulunur.
1
a) ⇒ [ x ] tipinde 1x1 lik alt matris C(6,1) = 6 tane
⇒ [x
1
2
−1
⇒ 4 + 0 + ( −2k) − (24 + 2k + 0) = 0
−4k 20=
⇒=
⇒ k −5 elde edilir.
15.
4
1 −1
1
=
A
⇒ 2a ≠ 36 ⇒ a ≠ 18 yani a, 18 olamaz.
b) Sarrus yönteminden determinant,
−1
2
1
2+ 4
−1) • (−1)
0 + (

• 1
9 −2 


⇒ 0 + ( −4) + 2a − (0 + 32 + 0 ) ≠ 0
2
1
•
 4 −1 
1
17.
=
=
a) A
, B
minantı 0 dan farklı olan en büyük boyut lu olanın boyutuna " rank " denir.
a
0
0
1
⇒ 2013 • (bz − yc) − 2014 • (az − xc) elde edilir.
4
−1
3
4 +1
4x4 lük determinant hesaplanırsa,
b
− 2014 • (az − xc)
a) Sarrus yönteminden determinant,
3 + 0 + 0 + 2 • (−1)
⇒ 13 + 0 + 0 + 40 ⇒ 53 elde edilir.
b) Yanda 13. soruda verilen formülden 3. sütuna göre
− 2014az
⇒ 2013bz − 2013yc + 2014xc



14.
2
⇒ 1 • 1 • 13 + 0 + 0 + 2 • ( −1) • ( −20)
+
⇒ 2014xc − 2013yc + 2013bz − 2014az
2013 • (bz − yc)
1 −1
4
Sarrustan 13
bulunur.
2013 2014
a
1



⇒ 0 + c • ( −1) • (2013y − 2014x ) + z • 1 • ( 2013b − 2014a )



•
 determinant 3. sü - 


 tuna göre açılırsa, 
+ c • ( −1)2 + 3
LYS MATEMATÝK
193
Mehmet Ali AYDIN
39−MATRÝS ve DETERMÝNANT−2(Determinant − Minör ve Kofaktör−Matrisin Ranký−Denklem Sistemleri)
19.
a)
22.
3 −4 
A=
dönüşüm matrisi ( 4 ,1)
6 
1
noktasını ( x , y) noktasına dönüştürsün.
ax + 4y = −8
nerek çarpım biçiminde matris gösterimi yani,
5 −2 x 4
 a 4  •  y  =  −8  elde edilir.

    
Denklem sisteminin çözüm kümesinin sonsuz ele manlı olması için katsayılar matrisinin determinan -
elde edilir. Yani ( x , y) = (8 ,10) elde edilir.
tı 0 olmalıdır. O halde ,
 5 −2 
A=
dönüşüm matrisi ( x , y)
1 
2
noktasını (17 ,5) noktasına dönüştürsün.
 5 − 2   x  17 
⇒
 •   =   O halde ,
1  y 5
2
 5 • x + (−2) • y
17 
 5x − 2y 
17 
⇒
 ⇒  5  ⇒  2x + y  ⇒  5 
 2 • x + 1• y 
 


 
5x − 2y = 17 
=
O halde ,
ve y −1 dir.
 x 3=
2x + y = 5 
5x − 2y = 4
denklem sisteminde x ve y nin katsayıları düzenle -
 3 − 4   4  x 

 •   =   dir. O halde ,
6   1  y 
1
 3 − 4   4
 3 • 4 + (−4) • 1
8
⇒
⇒
•
 ⇒ 10 
6   1 
1
 1• 4 + 6 • 1 
 
b)
⇒
a
⇒
c
b   2 1 
•
=
d   1   4 
= 0 ⇒ 5 • 4 − a •=
( −2)
0=
⇒a
=
x − 2z
4=
⇒ 1• x + 0 • y − 2 • z
4
=
y +kz
1=
⇒ 0 • x + 1• y + k • z 1
−10
denklem sisteminde x, y ve z nin katsayıları düzen lenerek çarpım biçiminde matris gösterimi yani,
2

1
 0
1
− 1  x 
0
− 2  • y = 4 
k   z  1 
  
1
2 
 
elde edilir.
Denklem sisteminin çözüm kümesinin sonsuz ele manlı olması için katsayılar matrisinin determinan tı 0 olmalıdır. O halde ,
b
a
A=
dönüşüm matrisi ( 6,3)
d 
c
vektörünü (3,12) vektörüne dönüştürsün.

 dir.




4
2
b   2  x 
 •   =   dir. (*)
d  1  y 
b 6 3
a
=
•
c
d   3  12

b
a
 2
1
⇒
 • 3 •   =3 • 
d
c
 1
4
−2
a
2=
⇒ 2 • x + 1• y − 1• z
b
a
A=
dönüşüm matrisi (2 ,1)
c
d 

vektörünü ( x, y ) vektörüne dönüştürsün.
a

c
5
23.=
2x + y − z
Böylece ( x , y) = (3 , − 1) elde edilir.
20.
LYS MATEMATÝK
2
1
−1
⇒ 1
0
− 2 = 0 dır. Sarrus yönteminden,
0
1
k
2
1
−1
1
0
−2
+ k)
⇒ 0 + (−1) + 0 − (0 − 4=
0=
⇒ k
3 elde edilir.
24.
=
2y + 5z 18=
⇒ 0 • x + 2 • y + 5 • z 18
=
5x − y
4=
⇒ 5 • x − 1• y + 0 • z
4
=
x + y + 3z 12=
⇒ 1 • x + 1 • y + 3 • z 12
denklem sisteminde x, y ve z nin katsayıları düzen lenerek çarpım biçiminde matris gösterimi yani,
x
=
(*) dan  
y
1 
=
4
 olduğu yani ( x , y) (1,4)
 
olduğu görülür.
0

5

 1
2
−1
1
5  x 
  
18 
 
0  •  y  =  4  elde edilir.

3   z  12 

21.=
x + y − z 4=
⇒ 2 • x + 1• y − 1• z 4
Cramer yöntemine göre, hangi eleman bulunacaksa
=
x − 2y 1=
⇒ 1• x − 2 • y + 0 • z 1
o elemana ait sütunda yerine yazılır ve oluşan mat -
=
y + 5z 9=
⇒ 0 • x + 1• y + 5 • z 9
risin determinantı başlangıçtaki katsayılar determinan -
eşitliğin sağındaki sütun matris katsayılar matrisinde
tına bölünür. O halde ,
denklem sisteminde x, y ve z nin katsayıları
düzenlenerek çarpım biçiminde matris gös terimi elde edilir. Yani,
2
1

 0
1
−2
1
0
5
− 1  x  4 
0  •  y  = 1 
5   z  9 
z=
elde edilir.
www.yukseklimit.com
194
1
0
5
2
−1
1
2
−1
1
1
18
4
12
5
0
3
elde edilir.
Mehmet Ali AYDIN
GEOMETRÝ
.
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
1.
LYS GEOMETRÝ
4.
A(4 − k,k2 − 25) noktası analitik düzlemde IV.
bölgede olduğuna göre,
4−k > 0
A(2,5)
k2 − 25 < 0
x
sağlanmalıdır. O halde ,
4−k > 0⇒ k < 4
k 2 − 25 < 0 ⇒ k 2 < 25 ⇒ −5 < k < 5 tir.
K
B(−1,4)
Kutucukların kesişiminden,
− 5 < k < 4 elde edilir.
Böylece k → −4, −3, −2, −1,0,1,2,3 olmak üzere
8 farklı tam sayı değeri alabilir.
C(7,8)
B ve C nin orta noktası K olsun. O halde ,
 −1 + 3 −4 + 10 
⇒ K
,
 ⇒ K(1,3) tür.
2
 2

AK kenarortay uzunluğu A(3,4) ile K(1,3) ün
arasındaki uzaklıktan,
AK =
x=
(3 − 1)2 + (4 − 3)2
⇒ x = 22 + 12
2.
⇒ x= 4+1
A(−1,2) ve B(3, 4x) nin orta noktası K ise,
⇒ x = 5 elde edilir.
 −1 + 3 2 + 4x 
K
,
⇒ K(1,1 + 2x) tir.
2 
 2
K(1,1 + 2x) ile O(0,0) ın arasındaki uzaklık
5.
C(3,2)
D(a,b)
26
birim ise,
KO = (1 − 0)2 + (1 + 2x − 0)2
⇒
26 = 12 + (1 + 2x)2
⇒ 26 = 12 + (1 + 2x)2
A(5,−1)
⇒ 26 = 1 + 1 + 4x + 4x 2
B(−8,9)
2
⇒ 4x + 4x − 24 = 0
⇒ x2 + x − 6 = 0
⇒ (x + 3) • (x − 2) = 0 elde edilir.
O halde , x = −3 veya 2 dir.
ABCD paralelkenar olduğundan,
A ile B nin ve C ile D nin hem apsisleri hem
de ordinatları arası uzaklıklar eşit yani,
5 − (−8) a =
=
− 3 ⇒ a 16
− 1− 9 b=
− 2 ⇒ b −8 dir.
=
3.
O halde a + b = 16 + ( −8) = 8 elde edilir.
Analitik düzlemde A(1, −2) ve B(3,0) noktala rına eşit uzaklıkta bulunan nokta K(x, y)
olsun. K nın geometrik yer denklemi,
6.
A(−5,−4)
KA = KB
⇒
2k
(x − 1)2 + (y − (−2))2 = (x − 3)2 + (y − 0)2
2
2
2
5k
A(−5, −4) , C(a,b) ve B(9,17) doğrusaldır.
2
⇒ (x − 1) + (y + 2) = (x − 3) + (y − 0)
AC
⇒ x2 − 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = x 2 − 6x + 9 + y2
⇒ 4x + 4y − 4 = 0
⇒ x + y − 1 = 0 elde edilir.
www.yukseklimit.com
B(9,17)
C(a,b)
BC
=
2
olduğuğndan bu oran hem apsisler
5
hem de ordinatlar arası uzaklıkta da geçerlidir.
Yani,
−5 − a
2
⇒ 2a − 18 − 25
− 5a ⇒ a −1
=
=
=
a−9
5
2
−4 − b
20 − 5b ⇒ b 2 dir.
⇒ 2b − 34 − =
==
b − 17
5
O halde C(a,b) ⇒ C(−1,2) elde edilir.
197
Mehmet Ali AYDIN
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
7.
1
Alan(ABC) =
2
=
=
1
2
1
•
•
LYS GEOMETRÝ
10.
−1 2
2 1
4 −3
−1 2
iki noktanın apsisleri eşittir.
⇒ x + 5 = 2x − 3
( −1) • 1 + 2 • ( −3) + 4 • 2 − 2 • 2 − 4 • 1 − (−3) • ( −1)
• − 1 − 6 + 8 − 4 − 4=
−3
2
elde edilir. Diğer taraftan,
A(x + 5,7) ve B(2x − 3, −9) noktalarından
geçen doğru Ox eksenine dik ise , bu
1
2
•
−=
10
1
=
• 10
2
5 br
⇒ x − 8=0
2
elde edilir.
AC = (−1 − 4)2 + (2 − (−3))2
(−5)2 + =
52
AC
=
h • AC
Alan(ABC) =
2
50 5 2 dir.
=
olduğundan,
h•5 2
2
⇒ h = 2 elde edilir.
⇒ 5=
8.
11.
O halde ,
y
(k + 5)x + 2y + 7 = 0 
 doğruları paralel ise,
(k − 5)x − 3y + 8 = 0 
7
k+5
2
⇒
≠
=
−
−
k
5
3


 8
A(−4,6)
B(k,4)
3m
6
−3k − 15=2k − 10
m
4
k
−4
O
K
a1x + b1y + c1 = 0 
 doğruları için ,
a2 x + b2 y + c2 = 0 
a1
b
c
= 1 ≠ 1 ise doğrular paraleldir.
a2
b2
c2
C
L
⇒ −3k − 15 = 2k − 10
x
⇒ −5 = 5k
⇒ k = −1 elde edilir.
AC
= 3 verilmiş. Benzerlikten,
BC
⇒
AC
= 3=
BC
KC
=
4
=
⇒3
KC
=
BL
AK
CL
6
CL
12.
=
⇒ KC 12=
ve CL 2 elde edilir.
O halde ,
OC
=
k
=
(x 0 , y0 ) noktasından geçen ve eğimi m olan doğru nun denklemi :
KC=
− 4 ⇒ OC 12=
− 4 ⇒ OC 8 ve
OL
=
y − y0 = m • (x − x 0 ) dır.
1
olan ve A(−3,5) noktasından ge 3
çen doğrunun denklemi,
Eğimi
OC + CL
k 8=
+ 2 ⇒ k 10 elde edilir.
=
1
• ( x − ( −3))
3
⇒ 3y − 15 = x + 3
⇒ y−5=
9.
⇒ 3y − 18 = x elde edilir.
A(5, −3) ve B(x,5) noktalarından geçen doğ -
Bu doğrunun Ox eksenini kestiği noktada,
y 0 ⇒ 3 • 0=
− 18 x =
=
⇒ x −18 dir.
runun eğimi 135o verilmiş. O halde ,
5 − (−3)
⇒
= tan135o
x−5
8
⇒
= −1
x−5
⇒ 8 = −x + 5
⇒ x = −3 elde edilir.
www.yukseklimit.com
O halde Ox i (−18,0) noktasında keser.
198
Mehmet Ali AYDIN
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
13.
LYS GEOMETRÝ
16.
=
3x + 7y + 1 0 =
ve x − y + 5 0 doğrularının ke siştiği sabit noktadan geçen doğru demetinin
1
x − 2 ⇒=
m1
3
6y − 2x =
+ 12 0 =
⇒y
1
3
1
m2 2
⇒=
5
İki doğru arasındaki açı α olsun.
⇒ 3x + 7y + 1 + kx − ky + 5k = 0
m2 − m1
m1 − m2
⇒ (k + 3)x + (7 − k)y + 5k + 1 = 0 elde edilir. =
tanα
veya tanα
=
1 + m1 • m2
1 + m1 • m2
denklemi k ∈ R olmak üzere,
10x − 5y
− 1 0=
=
⇒ y 2x −
⇒ 3x + 7y + 1 + k • (x − y + 5) = 0
1
1
−2
2−
3
3
veya tanα
=
1
1
1+ 2 •
1+ • 2
3
3
tanα = −1
veya
⇒ tanα = 1
=
⇒ tanα
=
⇒α
14.
k ∈ R olmak üzere,
(k + 4)x + (2 − 3k)y + 14 = 0
17.
denklemi ile verilen doğru demetinin geçtiği
3
sabit noktadan geçen ve eğimi
olan doğ 2
runun denklemi için,
2
⇒=
m1
3
3x +
− x + 5 ⇒=
m2
Yukarıdaki 1. doğrunun eğimi
o
dan eğim açısı 60
3
−1
3 olduğun -
ve 2. doğrunun eğimi − 1
olduğundan eğim açısı 135o dir. O halde iki
doğrunun arasındaki açı aşağıdaki şekilden
eğim 3/2 ise
k
3 y=
+ 2 0=
⇒y
− 5 0=
⇒y
x + y=
⇒ (k + 4)x + (2 − 3k)y + 14 = 0
(k + 4)
14
⇒ y=−
x−
(2
(2 − 3k)
− 3k)


(k + 4)
−=
(2 − 3k)
3x −
o
45=
veya α 135o elde edilir.
de görüldüğü gibi 75o veya 105 o olabilir.
3
=
⇒ 2k + 8 9k=
− 6 ⇒ k 2 dir.
2
105
2=
için ⇒ (k + 4)x + (2 − 3k)y + 14 0
⇒ (2 + 4)x + (2 − 3 • 2)y + 14 = 0
75
135
60
⇒ 6x − 4y + 14 = 0
⇒ 3x − 2y + 7 = 0 elde edilir.
d2
d1
18.
15.
C(−2,5) noktasının 3x − 4y + 11 = 0 doğrusuna
uzaklığı,
h=
Doğrularının kesiştiği sabit noktadan ve baş langıç noktasından geçen doğrunun denkle minde sabit sıfır olduğundan birinci denklem
5 ile ve ikinci denklem − 2 ile çarpılıp yani,
=
h
3 • ( −2) − 4 • 5 + 11
32 + 42
− 15
=
25
15
= 3 elde edilir.
5
3x−4y+11=0
C(−2,5)
=
21x − 8y − 24 0 =
⇒ 105x − 40y − 120 0
3
=
39x + 4y − 60 0 =
⇒ −78x − 8y + 120 0
kutucuklar taraf tarafa toplanırsa,
⇒ 105x − 40y − 120 − 78x − 8y + 120 = 0
⇒ 27x − 48y = 0
B
A
h = 3 değeri oluşan ABC eşkenar üçgeninin
yüksekliği durumundadır. Yüksekliği h olan
⇒ 9x − 16y = 0 elde edilir.
eşkenar üçgenin alanı
Alan(ABC)
=
dir.
www.yukseklimit.com
199
h2
=
3
h2
3
32
=
3
tür. O halde ,
9
= 3 3 br 2
3
Mehmet Ali AYDIN
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
19.
LYS GEOMETRÝ
22.
4x − 3y + 9 = 0
−=
16x + 12y + 4 0 =
⇒ 4x − 3y − 1 0
doğruları paraleldir. Paralel iki doğru arası
uzaklık,
x − y + 1 > 0 ⇒ y < x + 1 için
y = x + 1 doğrusu hariç alt bölgesi taranır.
9 − (−1)
h=
x + y − 2 ≤ 0 ⇒ y ≤ − x + 2 için
y = − x + 2 doğrusu ve alt bölgesi taranır.
O halde eşitsizlik sisteminin grafiği ,
42 + (−3)2
10
=
25
=
h
y
10
= 2 dir.
5
y=x+1
2
4x−3y+9=0
M
1
4x−3y−1=0
2
−1
x
O
N
h=2
y=−x+2
L
23.
d1
d2
K
h = 2 değeri çizilebilecek en büyük karenin bir
kenarının uzunluğu durumundadır. O halde ,
karenin alanı
⇒ 22 = 4 br 2 elde edilir.
20.
=
6x − 10y + 6 0 =
⇒ 3x − 5y + 3 0
=
15y − 9x + 24 0 =
⇒ 3x − 5y − 8 0
doğruyu sağlar. O halde L(4 − x, − 10 − y) nok tası x − 2y + 8 =
0 da yazılarak aranan doğru
0
⇒ (4 − x) − 2 • ( − 10 − y) + 8 =
32 0 ⇒ x − 2y −=
32 0 elde edilir.
⇒ − x + 2y + =
doğruları paraleldir. Paralel iki doğruya eşit
uzaklıktaki noktaların geometrik yer denkle mi bu doğrulara paralel ve tam ortalarından
geçen bir doğrudur. Yani,
3x − 5y + c = 0
biçiminde bir doğrudur. Burada c sabiti sa bitlerin aritmetik ortalamasıdır. O halde ,
−8 + 3
5
=
=
⇒c −
c
dir.
2
2
Böylece denklem,
⇒ 3x − 5y + c = 0
5
⇒ 3x − 5y − = 0
2
⇒ 6x − 10y − 5 = 0 elde edilir.
21.
24.
32 + 52
=
5x − 3y + 9
52 + (−3)2
3x + 5y − 3
=
3x + 5y − 3
5x=
− 3y + 9 veya 3x + 5y − 3
−5
⇒ a − 3b =
a+4
2
, b+3
)
2
C(a,b)
elde edilir.
Kutucukların ortak çözümünden,
−5x + 3y − 9
=
2x − 8y + 12 0 =
veya 8x + 2y + 6 0
x − 4y + 6 = 0
veya 4x + y + 3 = 0
−5 
3a + b =
−2 ve b =
1 bulunur.
 a=
−5 
a − 3b =
elde edilir.
www.yukseklimit.com
B(
A(4,3) ile C(a,b) noktasından geçen doğ b−3
runun eğimi m2 =
bulunur. Diklikten
a−4
b−3
⇒ m1 • m2 =
−1 ⇒ − 3 •
=
−1
a−4
5x − 3y + 9
=
34
34
⇒ 3x + 5y − 3 = 5x − 3y + 9
⇒
3x+y−5=0
 a+4 b+3 
B
,
dir ve bu nokta 3x + y − 5 =
0
2 
 2
doğrusu üzerinde olduğundan,
a+4 b+3
+
−5=
0 ⇒ 3a + b =−5 dir.
⇒3•
2
2
ii) 3x + y − 5 =
0 doğrusunun eğimi için,
⇒ 3x + y − 5 =
0 ⇒ y =−3x + 5
⇒ eğim = m1 = −3 bulunur.
denklemleri ,
3x + 5y − 3
A(4,3) noktasının
3x + y − 5 =
0 doğ - A(4,3)
rusuna göre si metriği olan nokta
C(a,b) olsun.
i) A(4,3) ile C(a,b)
nin orta noktası
3x + 5y − 3 =
0
5x − 3y + 9 =
0
doğrularına eşit uzaklıktaki noktaların geo metrik yer denklemi bu doğruların açıortay
denklemleridir. Bu iki doğrunun açıortay
⇒
Aranan doğru
ax+by+c=0
üzerinde her - L(4−x,−5−y)
hangi bir nok ta K(x, y) olsun.
A(2,−5)
K(x, y) noktası nın A(2, −5)
x−2y+8=0
K(x,y)
noktasına göre
simetriği olan nokta L(4 − x, − 10 − y) dir ve bu
nokta x − 2y + 8 =
0 doğrusu üzerindedir yani
O halde C(a,b) ⇒ ( −2,1) olarak elde edilir.
200
Mehmet Ali AYDIN
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
25.
LYS GEOMETRÝ
28.
ax+by+c1=0
y
x−2y+7=0
ax+by+c2=0
ax+by+c=0
c2 =
B
4
x−2y+k=0
x−2y−4=0
c 1 +c
2
2
1
O
−1
−7
ax + by + c1 = 0 doğrusunun
x
4
A
ax + by + c2 = 0 doğrusuna göre simetriği
olan doğru ax + by + c =
0 ise,
c1 + c
c2 =
2
dir. O halde ,
3x − 4y − 2 =
0 doğrusunun
4y − 3x −=
9 0 ⇒ 3x − 4y +=
9 0 doğrusuna
A(2, −1) için
0 ⇒ 2 − 2 • (−1) + k =0 ⇒ k =− 4
⇒ x − 2y + k =
B(1,4) için
⇒ x − 2y +=
k 0 ⇒ 1 − 2 • 4 +=
k 0 ⇒=
k 7
dir. Yani k = − 4 ise A noktası doğru üzerinde,
ve k = 7 ise B noktası doğru üzerindedir.
O halde A ve B nin x − 2y + k =
0 doğrusunun
farklı bölgelerinde olabilmesi için − 4 < k < 7
olması gerektiği yukarıdaki şekilden görülebi lir. Yani k ⇒ −3, − 2, • • • , 6 olmak üzere 10 farklı
tam sayı değeri alabilir.
göre simetriği olan doğru
3x − 4y + c =
0 ise,
−2 + c
⇒ c = 20 dir.
9=
2
O halde aranan doğrunun denklemi
3x − 4y + 20 =
0 elde edilir.
26.
29.
A(a,b) noktasının y = − x doğrusuna göre
y
simetriği olan nokta AI (− b, − a) dır.
8
− x doğrusuna
O halde A(4, −3) noktasının y =
B
6.7
=21 nokta
2
göre simetriği olan nokta AI (3, − 4) tür ve bu
nokta kx + y + 10 =
0 doğrusuna aittir. Yani
8
−8
x
⇒ k • 3 + (− 4) + 10 =0
⇒ 3k = − 6
⇒ k = − 2 elde edilir.
−8
y
27.
x + y < 8 bölgesi yukarıdaki gibi kareseldir.
tam sayı koordinatlı noktalar her bölgede 21
A
tane ve eksenler üzerinde 29 tane olduğun -
k
k−18
L
18
dan toplam 4 • 21 + 29 = 113 tanedir.
B(30,18)
30
Pratik : x + y < n bölgesindeki tam sayı
O
30
koordinatlı nokta sayısı 2n2 − 2n + 1 dir.
x
O halde , x + y < 8 olduğundan,
n = 8 ⇒ 2 • 82 − 2 • 8 + 1 ⇒ 113 elde edilir.
OAB ikizkenar üçgen olduğundan AB = k ise
AL = k − 18 dir. ALB dik üçgeninde pisagor
30.
teoremi uygulanırsa,
2
2
⇒ (k − 18) + 30 = k
2
A(−3,5), B(2,4) ve K(x,3)
noktaları doğrusal olmalıdır.
4−5
3−4
=
⇒ mAB m=
BK ⇒
2 − (−3)
x−2
−1
−1
=
⇒
=
⇒ x 7 dir.
5
x−2
(16 - 30 - 34 üçgeni)
⇒ k = 34 elde edilir.
=
O halde, Alan(OAB)
www.yukseklimit.com
AK − BK farkının en büyük olması için
34 • 30
= 510 br 2 dir.
2
201
Mehmet Ali AYDIN
1−ANALÝTÝK GEOMETRÝ
31.
LYS GEOMETRÝ
34.
y
y
16
y
K
8
K 5
8
L
4
A
L
4
12
12
O
ise
üçgeninin hipotenüs uzunluğudur. Bu da
5 - 12 - 13 üçgeni olduğundan hipotenüs
yani KLı = 13 br elde edilir.
35.
B
10
k
25
K
ordinatı da 2k olduğundan ,
⇒ 5k 10
10 ⇒ =
6k − k 10=
⇒ k = 2 elde edilir.
2k • k 6k • 2k
2
2
⇒ k + 6k
+
2
2
2
⇒ 7k ⇒ 7 • 2 ⇒ 28 br
y
2
B
-2
K
36.
B
D
4
x
A
k
dir.
y−2x=4
C
80
4
K 2
O
8
A
x
Yukarıdaki=
gibi, y − 2x 4 doğrusunda
=
x 0
ise y = 4 ve y = 0 ise x = −2 olup KDA üçge ninde öklit bağıntısı uygulanırsa;
42 2 =
8 elde edilir.
=
•k ⇒ k
⇒ DA
⇒ DA
2
www.yukseklimit.com
2
2
yani karenin alanı,
= 80 br
2
elde edilir.
=4 +8
18
L
y
OBC ve ODA
dik üçgenleri
C
12
benzerdir.
6
k
K
⇒
=
y
12
4
D
⇒ k = 2 dir.
k
−4
6
K(x, y) koor x B
A O
dinatları doğ ruların kesim
noktasıdır. Doğruların denklemleri ;
d1 :
ODA dik üçgeninde pisagor bağıntısından;
2
25
KN = 25 br
x elde edilir.
elde edilir. Yani L nin apsisi 18 ve L(18,0) dir.
24
KN // LM olup KN ve LM nin eğimi tanα =
7
dir. O halde , LM nin denklemi L(18,0) den geçen
24
ve eğimi
olan doğru denkleminden ,
7
24
432 elde edilir.
⇒ y − 0=
(x − 18 ) ⇒ 24x − 7y =
7
B nin apsisidir. O halde ,
y−2x=4
7
O
KLMN eşkenar dörtgen olduğundan OL = 18 br
x −=
3y 0 da=
y 2k ise=
x 6k
2
24
α
C nin ordinatıdır. Öte yandan B nin
Böylece taralı alan ⇒
M
x
6k
=
⇒
CB
KON dik
üçgeni
7 - 24 - 25
üçgeni ol duğundan
y
N(0,24)
y −=
2x 0 da=
x k ise=
y 2k
D
MK + MLı = KLı
elde edilir. Dikkat edilirse bu değer KALı dik
Yukarıdaki gibi C nin apsisi k alınırsa ,
C
doğrusal alınmalıdır.
K ve L doğrusal alındığında
x
y
+
= 1 ya da 8x + 3y − 48 =
0
6 16
C
y
nün en az olması
ı
x−3y=0
33.
dür. O halde ,
için II. şekildeki K ve L
y−2x=0
O
ML = MLı
ı
y
2k
L
II. Şekil
MK + ML = MK + MLı
Oy eksenine inilen dikmelerin orta noktaları
birleştirildiğinde oluşan kırmızı doğrunun
32.
x
Yukarıdaki gibi L nin oX e göre simetriği Lı
4x+3y−48=0
Yukarıdaki gibi 4x + 3y − 48 =
0 doğrusundan
elde edilir.
7
−4
I. Şekil
y
x
+
=
1
16
6
M
2
O
x
6
denklemi
x
M 7
2
O
d2 :
x
y

+
=1

6 12
=
 x
x
y
+ = 1

−4 2
4=
ve y
d2
x
d1
4 tür.
O halde , taralı alan 4 • 4 = 16 br 2 elde edilir.
202
Mehmet Ali AYDIN