Page 1 2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4 Muharrem

2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
Muharrem Şahin
 İKİNCİ DERECEDEN
FONKSİYONLAR
 y  f (x )  ax 2 FONKSİYONUNUN
GRAFİĞİ
a, b ve c değişmeyen herhangi gerçek
sayıları ve x bir değişkeni göstermek üzere,
a  0 ise,
Teorik olarak, y  ax2 fonksiyonunda, x in
her değeri için y nin aldığı değerler bulunur.
Elde edilen ( x, y ) ikililerine karşılık gelen
noktaların bileşimi, grafiği oluşturur.
f ( x )  ax2  bx  c
biçiminde tanımlanan fonksiyonlara, ikinci
dereceden bir değişkenli fonksiyonlar
denir. x değişkeni R’den (gerçek sayılar
kümesi) seçilirse, R’den R’ye ikinci
dereceden fonksiyonlar elde edilir.
ÖRNEK:
f : R  R , f (x )  y  x 2
grafiğini çizelim:
Böyle fonksiyonlar,
2
veya
f : R  R , f : x  ax  bx  c ya da
f : R  R , f ( x )  ax  bx  c
2

Pratik olarak, x e sonsuz değişik değer
verme-miz mümkün olmadığından biz, yeterli
sayıda x değeri için ( x, y ) ikilileri bulacak ve
bunlara karşılık elen noktaları birleştirerek
eğriyi kabaca çizeceğiz.
Önce, x in aldığı değişik değerlere karşılık
y nin aldığı değerleri bir tablo ile gösterelim.

2
nin
f  ( x, y ) x  R , y  R ve y = ax  bx  c
biçimlerinden herhangi biriyle gösterilebilirler.
Örneğin;
x 
2
y x 
f : R  R , f ( x )  3 x2  2 ;
2
1
0
1
2

4
1
0
1
4

g : R  R , g : x  x2  x  1 ;


h  ( x, y ) x  R , y  R ve y = 2x2  3 x
fonksiyonları, R’den R’ye ikinci dereceden bir
değişkenli birer fonksiyondur.
Tanım kümesi, gerçek sayılar kümesinin
herhangi bir alt kümesi olarak da seçilebilir.
Örneğin;
A  x
x  2  3 , x  R olmak üzere,
f : A  R , f ( x)  x2  2 x  3
yine ikinci dereceden
fonksiyondur.
bir
değişkenli
bir
 İKİNCİ DERECEDEN
FONKSİYONLARIN
GRAFİKLERİ
Bu
bölümde
f ( x )  ax2  bx  c
fonksiyonunun grafiğini çizecek ve bu grafiğin
özellikleri ile denklem ve eşitsizlik bilgilerimiz
arasında ilgi kurmaya çalışacağız.
R’den R’ye f ( x )  ax2  bx  c biçimindeki
fonksiyonların grafikleri parabol adı verilen
eğrilerdir.
f ( x )  ax2 fonksiyonu y  g( x)  ax2  bx  c
fonksiyonunun
en
sade
biçimidir.
nin grafiğini y  ax2 nin
y  ax2  bx  c
grafiğinden yararlanarak çizeceğiz.
Öyleyse,
önce
y  f ( x)  ax2
fonksiyonunun grafiğini çizelim:
Bu tabloya fonksiyonun değişim tablosu
denir.
(
) biçimindeki oklar, x artarken y
değerinde azalma olduğunu;
(
) biçimindeki oklar, x artarken y
değerinde artma olduğunu gösterir.
y  x2 ifadesinde x yerine (  ) a ya da
(  ) a yaklaşan değerler konulduğunda y nin
(  ) a yaklaşan değerler alacağı açıktır.
Değişim tablosunda belirlenen noktaları
analitik düzlemde ( x0y dik koordinat
sisteminde) işaretleyip x’e vermediğimiz ara
değerleri
tahmin
ederek
birleştirirsek
fonksiyonun grafiği ortaya çıkar.
y
4
1
2 1
1
2
x
x’e verdiğimiz değer sayısını arttırsaydık,
elde edeceğimiz noktaların bileşimi
Şekil I’
deki gibi; x’e bütün gerçek sayı değerlerini
verebilseydik, elde edeceğimiz noktaların
bileşimi Şekil II’deki gibi olacaktı.
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
y
Muharrem Şahin
Her eğri için elde edilen ( x, y ) ikililerini
koordinat sisteminde işaretleyip uygun şekilde
birleştirirsek aşağıdaki grafikler elde edilir.
y
y
y  2x2
8
x
y  x2
x
Þekil I
4
Þekil II
ÖRNEK:
f : R  R , y = f ( x)   x 2
grafiğini çizelim :
2
nin
y  1 2 x2
Fonksiyonun değişim tablosunu yapalım :
x
y  x
2

2
1
0
1
2


4
1
0
1
4

x
y   x2
8
 a  0 iken y  f ( x)  ax2  0 olduğundan
grafiklerin (parabollerin) kolları y ekseninin
pozitif yönündedir. Fonksiyonların aldığı en
küçük değer x  0 için y  0 dır. ( 0, 0) noktası
parabollerin tepe noktasıdır.(veya parabollerin
köşesidir.)
y
1
2
Grafiklerden de görülebileceği gibi;
Tablodaki ( x, y ) ikililerine karşılık gelen
noktaları
analitik
düzlemde
işaretleyip
birleştirirsek grafik çizilmiş olur.
2  1
1
2
4
y  2x2
y  1 2 x2
2
1
2
1
Fonksiyonların görüntü kümesi,
f(R)  R  0 dır.
Görüntü kümesinin en küçük elemanı
sıfırdır.
4
Görüntü kümesinin en büyük elemanı
yoktur.
ÖRNEK : R den R ye y  ax 2 fonksiyonunun
1
grafiğini a’nın 2 , 1,  ,
2
 a  0 iken y  f ( x)  ax2  0 olduğundan
parabollerin kolları y ekseninin negatif
yönündedir.
Fonksiyonların aldığı en büyük değer x  0 için
y  0 dır. Bu durumda da ( 0, 0) noktası
parabollerin tepe noktasıdır.
1
, 1 ve 2
2
değerleri için, aynı koordinat sisteminde
çizerek, a nın değeri değiştikçe grafiğin
nasıl değişeceğini görelim:
Fonksiyonların görüntü kümesi,

f(R)  R   0 dır.
x’e verilen değerler için fonksiyonların
aldıkları değerleri aynı tabloda gösterelim:
x

2
1
0
1
2

y  2 x2

8
2
0
2
8






4 1
2  1 2
y  x
2
2
y  1 2 x
2
y  1 2x
yx
2
y  2 x2
Görüntü kümesinin en büyük elemanı
sıfırdır.
Görüntü kümesinin en küçük elemanı
yoktur.
0 1 4 
0  1 2 2 

0 12
2 

2
12


4
1
0
1
4



8
2
0
2
8


f ( x )  ax2 fonksiyonunda k  R için,
f ( k )  ak 2
ve f ( k )  a ( k )2  ak 2
olduğundan y eksenine göre simetrik olan
noktaları fonksiyonun
(k, ak 2 ) ve ( k, ak 2 )
grafiğine aittir. Bu da bize grafiğin kollarının y
eksenine göre simetrik olduğunu gösterir.
Öyleyse, y ekseni ( x  0 doğrusu) parabolün
simetri eksenidir.
11
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
x 0  y 
koordinat
sisteminin
orijini,
şüphesiz, x0y koordinat sistemindeki ( r, k )
noktasıdır.
Bu açıklamalara göre;
 a değeri büyüdükçe kollar y eksenine
yaklaşır,
a değeri küçüldükçe kollar y
ekseninden uzaklaşır.

f (x )  ax 2  bx  c FONKSİYONUNUN
y  ax 2  bx  c
GRAFİĞİNİN, YARDIMCI KOORDİNAT
SİSTEMİ KULLANILARAK ÇİZİMİ
r
b
2a
ve k  f (r ) olmak üzere x0y
koordi-nat sisteminde x  r
ve
yk
doğruları çizilir.
yk
ve x  r
doğrularının
oluşturduğu sistem x  0 y koordinat sistemi
olarak kabul edilir ve bu sistemde y  a( x)2
parabolünün grafiği çizilir.
Çizilen bu grafik , y  ax 2  bx  c
fonksiyo-nunun x0y koordinat sistemindeki
grafiğidir.
2

b 
b2  4ac 

 
f ( x )  a  x 
2a 
4a2 

a,
fonksiyonunun grafiğini
çizmek için;
Eşitsizlikler konusunda, f ( x )  ax2  bx  c
üç terimlisinin işaretini incelemek için,
üçterimliyi
biçiminde yazmıştık. Burada
parantezin içi ile çarpılırsa;
Muharrem Şahin
köşeli
2

b 
b2  4ac
f( x)  a  x 
 

2a 
4a
bu da,
2
  b 
b2  4ac
f ( x )  a  x    
  2a 
4a
biçiminde yazılarak, r 
b
2a
ve k  
( Şekli inceleyiniz! )
b2  4ac
4a
y
y
r0 ,
k0,
a0
kabul
edilmiþtir.
4a
denirse,
f ( x )  y  a( x  r )2  k
denklemi elde edilir. Burada, k  f ( r ) olduğuna
dikkat ediniz.
y  a( x  r )2  k denklemi de y  k  a( x  r )2
biçiminde yazılarak x  r  x
ve y  k  y 
denirse,
a
k
O( 0,0 )
y  a( x)2
denklemi elde edilir.
y  ax2 biçimindeki fonksiyonların x0y
koor-dinat sisteminde tepe noktası O( 0,0 ) ve
simetri ekseni y  0 doğrusu olan bir parabol
olduğunu
biliyoruz.
Öyleyse,
y  a( x)2
denklemi de x0 y koordinat sisteminde tepe
noktası O ( 0,0 ) ve simetri ekseni y   0
doğrusu olan bir parabol gösterecektir.
O halde, x0 y koordinat sisteminin x0y
koordinat sistemine göre yerini belirleyebilirsek
fonksiyonunun
grafiğini
y  ax2  bx  c
çizebilece-ğiz demektir.
x0 y  koordinat sisteminde 0  x ekseni
y   0 doğrusu, 0  y  ekseni x   0 doğrusudur.
y  k  y  ve x  r  x idi. Bu ifadeleri sıfıra
eşitlersek;
y  y  k  0  y  k
x  x  r  0  x  r
1
2 1
2
yk
O ( r , k )
x r
x
x
ÖRNEKLER
1.
f (x )  x 2  2x  4 fonksiyonunun grafiğini
çizelim:
a  1 0 
grafiğin kolları y ekseninin
pozitif
yönündedir.
b
2
r

2a
2
 r 1
k  f ( 1)  1  2  4  k  3
Eksenleri, x0y koordinat sisteminin x  1
ve y  3 doğruları olan x0 y koordinat
sisteminde y  ( x)2 parabolünün grafiğini
çizeceğiz. Bu grafik x0y koordinat sisteminde
y  x2  2 x  4 parabolünün grafiği olacaktır.
( Şekli inceleyiniz! )
elde edilir.
Bu da bize, x0 y koordinat sistemindeki
0  y  ekseninin, x0y sistemindeki x  r doğrusu;
0  x ekseninin de y  k doğrusu olduğunu
gösterir.
12
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
y
Ötelemede grafik, üzerindeki noktaların
birbirine göre konumu değiştirilmeden ve şekil
bütün
olarak
döndürülmeden koordinat
sisteminin başka bir yerine taşınmış olur.
Örneğin; x0y koordinat sistemindeki
y  ax2 parabolünün ( r, k ) kadar ötelenmiş
biçimi, simetri ekseni ilk durumuna paralel
tutularak, tepe noktası O ( r, k ) noktasına
gelecek biçimde kaydırılmış biçimidir.
y
4
3
x
O
1
Muharrem Şahin
x
Aşağıdaki şekli inceleyiniz.
y
2.
2
f ( x )   2x  4 x  2
fonksiyonunun
grafiğini çizelim:
A( x1  r, y 1  k )

a  2  0
grafiğin
kolları
y
A ( x1, y1 )
ekseninin
negatif yönündedir.
b
4
r

2a
4
x
O( 0,0 )
 r  1
k  f ( 1)  2  4  2  k  4
 y  f ( x ) fonksiyonunun grafiğinin (r ,k)
kadar ötelenmiş biçiminin denklemi ne
olur?
x  1 ve y  4 doğrularının oluşturduğu
x 0  y 
koordinat
sisteminde,
y  2( x)2
Şimdi,
çalışalım:
parabolü-nün grafiğini çizeceğiz. Bu grafik x0y
koordinat
sisteminde
y  2 x2  4 x  2
parabolünün grafiği olacaktır.
y
O ( r , k )
bu
sorunun cevabını
bulmaya
y
P( x , y )
y
P1( x 1, y 1)
( 14
, )
4
x
O( 0,0 )
2
1

O
üzerinde
değişen
P1( x1, y1)
noktasının ( r, k ) kadar ötelenmesiyle elde
edilen nokta P( x, y ) olsun. ( x, y ) ikililerinin
sağladığı denklemi bulmak istiyoruz.
y  f ( x)
x
ÖTELEME KAVRAMI
Öteleme tanımından ;
x  x1  r , y  y1  k dır.
Buradan, x1  x  r ve y1  y  k bulunur.
Herhangi bir y  f ( x) fonksiyonunun
grafiğinin her noktasının apsisine r, ordinatına
da k ekleyerek elde edilecek noktaların
bileşimine y  f ( x) fonksiyonunun grafiğinin
( r, k ) kadar ötelenmişi, bu işleme de öteleme
denir.
P1( x1, y1) noktası, y  f ( x ) eğrisi üzerinde
değiştiğinden ( x1, y1) ikilisi y  f ( x) denklemini
sağlar.
Aşağıdaki öteleme örneğini inceleyiniz.
x1  x  r
y
değerler
konursa,
A( x1  r, y 1  k )
A ( x1, y 1 )
B( x 2 , y 2 )
y1  f ( x1)
y1  y  k
olduğundan, bu
y1  f ( x1)
denkleminde yerlerine
ve
y  k  f( x  r )
O ( r , k )
B( x 2  r, y 2  k )
denklemi elde edilir.
C( x3  r, y 3  k )
O ( 0 ,0 )
x
y  f (x )
P( x, y ) noktalarının sağladığı bu denklem,
y  f ( x ) fonksiyonunun grafiğinin ( r, k ) kadar
x
öte-lenmesiyle
denklemidir.
C( x3 , y 3 )
13
elde
edilen
grafiğin
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
y  k  f( x  r )
denkleminden
Muharrem Şahin
y
de
görülebileceği gibi;
3
D : 2x  y  2  0
y  f ( x ) fonksiyonunun grafiğinin (r , k )
D : 2 x  y  3  0
kadar ötelenmiş biçiminin denklemini
bulmak için, y  f ( x ) denkleminde x
yerine x  r ve
y yerine y  k konur.
2
3 2
1
x
Ötelenmiş grafiğin denklemi,
y  k  f ( x  r ) ya da
y  f( x  r )  k
f (x )  ax 2  bx  c FONKSİYONUNUN

olarak bulunur.
GRAFİĞİNİN,
ÖTELEME
YÖNTEMİ
İLE
ÇİZİMİ
ÖRNEKLER
1.
f ( x )  y  ax2  bx  c fonksiyonunun,
b
r
ve k  f ( r ) olmak üzere;
2a
y  k  a( x  r )2
2
parabolünün grafiği, simetri
y  3x
ekseni ilk durumuna paralel tutularak, tepe
noktası A( 2,1) noktasına gelecek biçimde
kaydırılırsa elde edilecek grafiğin denklemi
ne olur ?
biçiminde yazılabildiğini biliyoruz. Bu
son
denkle-min, y  ax2 fonksiyonunun ( r, k ) kadar
ötelenmiş biçiminin denklemi olduğu açıkça
görülmektedir.
ÇÖZÜM
Soruda istenen, y  3 x2 parabolünün
grafiği-nin ( 2,1) kadar ötelenmiş biçiminin
denklemidir.
( r  2 , k  1)
y  3 x2 denkleminde, x yerine x  2 ve y
yeri-ne
y 1
konarak istenen denklem
bulunur.
Öyleyse;
f (x )  ax 2  bx  c
fonksiyonunun
grafiğini çizmek için önce y  ax 2 parabolü
çizilir; sonra bu grafik, r 
b
ve k  f (r )
2a
olmak üzere, (r , k ) kadar ötelenir.
y  1  3( x  2 ) 2
 y  3 x2  12 x  11
Aşağıdaki şekilde, y  3 x2 parabolü ve
ötelen-miş biçiminin grafikleri verilmiştir.
ÖRNEKLER
1.
y
f (x )  x 2  2x  3 fonksiyonunun grafiğini
çizelim:
y 3 x2
r
y  3 x 2 12 x 11
2
1
b
2

 r 1
2a
2
k  f ( 1)  1  2  3  k  4
x
f ( x )  ( x  1)2  4
f ( x )  x 2  2x  3
fonksiyonunun grafiği
parabolünün (1,4 ) kadar ötelenmiş
yx
biçimi olacaktır.
2.
2
D : 2x  y  2  0 doğrusunun (1,3) kadar
ötelenmiş biçimininin denklemi nedir ?
ÇÖZÜM
y
Verilen denklemde x yerine x  1 ve y
yerine y  3 konarak istenen denklem bulunur.
2( x  1)  ( y  3 )  2  0
 D : 2 x  y  3  0
D ve D  doğruları
x 
1
0
1

y  x2 
1
0
1

yx2
1
1
1
aşağıdaki şekilde
x
y  x22 x 3
gösterilmiştir.
3
4
14
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
2.
f ( x )   2x 2  4 x  3
y ekseni üzerindeki bütün noktaların
apsisleri sıfır olduğundan f ( x )  y  ax2  bx  c
denkleminde x yerine sıfır konulduğunda elde
edilen f ( 0 )  c değeri, parabolün y eksenini
kestiği noktanın ordinatı olur. Fonksiyonun
grafiğinin y eksenini kestiği nokta ( 0, c ) dir.
fonksiyonunun
grafiğini çizelim:
r
b
4

 r 1
2a
4
k  f (1)  2  4  3  k  5
f ( x )  2 x2  4 x  3
Muharrem Şahin
fonksiyonunun grafiği
Özetlersek;
, ) kadar ötelenmiş biçimidir.
y  2 x2 nin (15
y  2 x2 için değişim tablosu :
f (x )  y  ax 2  bx  c
fonksiyonunun
grafi-ğini çizmek için;
x 
1
0
1

y   2x2  
2
0
2


b
2a
ve
k  f (r )
hesaplanarak
parabolün (r , k ) tepe noktası bulunur.
y

x1
5
y  ax 2  bx  c  0 denkleminin -varsave x2 kökleri bulunur. Böylece
parabolün x eksenini kestiği noktalar (x1,0)
ve (x 2 ,0) olarak belirlenir.
3
1
r
1

f ( 0)  c değeri bulunur. ( 0, c ) noktası,
parabolün y eksenini kestiği noktadır.
x
2


noktaları
koor-dinat sisteminde işaretlenir; grafiğin
parabol
olduğu
dikkate
alınarak
birleştirilir.
f (x )  ax 2  bx  c FONKSİYONUNUN
(r , k ) , (x1,0) , (x 2 ,0) ve ( 0, c )
GRAFİĞİNİN, PRATİK ÇİZİMİ
f ( x )  ax2  bx  c fonksiyonunun grafiğinin,
b
r
ve k  f ( r ) olmak üzere,
2a
tepe noktası ( r, k ) ve simetri ekseni x  r
 f ( x )  ax2  bx  c fonksiyonunda a  0 ise,
grafiğin kolları y ekseninin pozitif yönünde
olaca-ğından, parabolün tepe noktasının
ordinatı olan f  b 2a değeri f ( x ) in görüntü
kümesinin en küçük elemanıdır.
doğrusu olan bir parabol olduğunu biliyoruz.
Bu bilgileri kullanarak ve grafiğin
koordinat ek-senlerini kestiği noktaları bularak
f ( x )  ax2  bx  c fonksiyonunun grafiğini pratik
olarak çizebiliriz.
ise, grafiğin kolları y ekseninin
negatif yönünde olacağından, f  b 2a değeri
f ( x ) in görüntü kümesinin en büyük elemanı
olur.
a0
x ekseni
ordinatları
üzerindeki bütün noktaların
sıfır
olduğundan,
f ( x )  y  ax2  bx  c fonksiyonu-nun x eksenini
kestiği noktaların apsisleri, denklem-de
y
yerine sıfır konularak,
ÖRNEKLER
1.
ax2  bx  c  0
çizelim:
denkleminin kökleri olarak bulunur.
Tepe noktasının koordinatları ( r, k ) olsun.
ax2  bx  c  0 denkleminin gerçek kökleri
yoksa fonksiyonun grafiği x eksenini kesmiyor
demektir. Denklemin iki kat kökü varsa bu
kökler x1  x2 
f (x )  x 2  2x  8 fonksiyonunun grafiğini
r
b
2

 r  1
2a
2
k  f ( 1)  1  2  8  k  9
b
 r olacağından parabolün
2a
Tepe noktası ( 1,9 )
tepe noktası x ekseni üzerinde olur. Yani,
parabol x eksenine teğettir. Denklemin x1 ve
x2 gibi birbirinden farklı iki gerçek kökü varsa
parabolün x eksenini kestiği noktalar ( x1,0 ) ve
( x2 ,0 ) dır.
x2  2x  8  0  x1  4 , x2  2
olduğundan, fonksiyonun x eksenini kestiği
noktalar ( 4,0 ) ve ( 2,0 ) dır.
15
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
f( 0 )  8
olduğundan fonksiyonun y
eksenini kestiği nokta ( 0,8 ) dir.
( 1,9 ) , ( 4,0 ) , ( 2,0 ) ve ( 0,8 ) noktalarını
koordinat sisteminde işaretleyip, grafiğin
parabol olduğunu dikkate alarak birleştirirsek,
çizim tamamlanmış olur.
Muharrem Şahin
Buna göre, grafik şekildeki gibidir.
y
1
y
x
1
1
4
2
x
4.
8
9
f (x )  x 2  2x  3 fonksiyonunun grafiğini
çizelim:
2
 r  1
2
k  f ( 1)  1  2  3  k  2
r
2.
f (x )   x 2  3x  1 fonksiyonunun grafiğini
çizelim:
Parabolün tepe noktası ( 12
, ) dir.
b
3
3

 r
2a
2
2
3
9 9
13
k  f( )     1  k 
2
4 2
4
3 13
Parabolün tepe noktası ( , ) tür.
2 4
2
 x  3x  1  0
3  13
3  13
 x1 
, x2 
2
2
r
x2  2 x  3  0
denkleminde
olduğundan grafik x eksenini kesmez.
0
f( 0 )  3 olduğundan parabolün y eksenini
kestiği nokta ( 0,3 ) tür.
Buna göre, grafik şekildeki gibidir.
y
olup, parabolün x eksenini kestiği noktalar;
 3  13

 3  13


, 0  ve 
, 0  dır.
2
2




3
2
f( 0 )  1 olduğundan parabolün y eksenini
kestiği nokta ( 0,1) dir.
1
x
Buna göre, grafik şekildeki gibidir.
y
13 4
1
3  13
2
3.
3 2
3  13
2
x

f (x )  x 2  2x  1 fonksiyonunun grafiğini
ax2  bx  c  0 denkleminin gerçek kökleri
x1 ve x2 ise f ( x )  ax2  bx  c ifadesini;
f ( x )  a( x  x1)( x  x2 )
çizelim:
2
 r 1
2
k  f ( 1)  1  2  1  k  0
r
biçiminde
yazabileceğimizi
denklemler
konusunda öğrenmiştik.
Parabol denkleminin f ( x )  a( x  x1)( x  x2 )
biçimindeki
ifadesi,
bazı
problemlerin
çözümünde kolaylık sağlar.
Parabolün tepe noktası, (10
, ) , x ekseni
üzerinde olduğundan grafik x eksenine teğettir.
f( 0 )  1 olduğundan
kestiği nokta ( 0,1) dir.
PARABOLÜN, X EKSENİNİ KESTİĞİ
NOKTALAR CİNSİNDEN DENKLEMİ
grafiğin y eksenini
16
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
Muharrem Şahin
ÇÖZÜM
ÖRNEK
f( 2)  2  ( 2)2  3  ( 2 )  1  15
f(  1 2)  2  (  1 2 )2  3  (  1 2)  1  3
y
Þekilde,
f( x)  ax2  bx  c
fonksiyonunun
grafiði ile ilgili
bilgiler verilmiþtir.
Buna göre,
f( 3 ) deðeri kaçtýr ?
f(1 2 )  2  (1 2)2  3  (1 2 )  1  0
f(1)  2  (1)2  3  (1)  1  0
2
1
f( 2 )  2  ( 2 )2  3  ( 2)  1  3
x
Görüntü kümesi   0, 3, 15 
2
ÇÖZÜM
3.
Fonksiyonun x eksenini kestiği noktaların
apsisleri 1 ve 2 olduğuna göre denklem;
f ( x )  a( x  1)( x  2 ) biçiminde yazılabilir.
A  x :  2  x  3 , x  R olmak üzere,
1
f : A  R , f ( x)  x 2
2
fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
f( 0 )  2 olduğundan,
f ( 0 )  a( 1)( 2 )  2  a  1 dir.
ÇÖZÜM
x e, tanım aralığından vereceğimiz yeterli
sayıda değerler yanında, tanım aralığının sınır
değerlerini de verelim ki grafiğin hangi iki
nokta arasında çizileceğini bilelim.
Artık denklem,
f ( x )  ( x  1)( x  2 ) olarak belli olduğundan,
x yerine 3 değeri konularak,
f( 3 )  4 bulunur.
f( 2 )  2 ,
f (x )  ax 2 fonksiyonunun grafiğinin,
Yukarıda
bulduğumuz,
grafiğe
ait
noktaları koordinat sisteminde işaretleyerek
grafiği çizelim:
geçmesi için a kaç olmalıdır ?
y
ÇÖZÜM
a)
( 2,1) ikilisi denklemi sağlamalıdır.
b)
f( 2)  1  a( 2)2  1
1
 a
4
f( 3 )  2  a  3 2  2
2
 a
9
f( 4 )  0  a  16  0
 a0
9/2
2
1/ 2
2
Bu durumda, grafik bir parabol değil, y  0
doğrusudur.
4.
Aşağıdaki
çiziniz.
2.
f : R  R , f( x )  2x 2  3x  1
görüntü
1
3
fonksiyonların
a) f : R  R , f( x )  1  x 2
b) f : R  R , f( x)  ( x  2)2
c) f : R  R , f( x)  2( x  1)2  2


1 1
A   2,  , , 1, 2  kümesinin,

2 2

fonksiyonundaki
bulunuz.
f( 3 )  9 / 2
Grafiğe ait olmayan noktayı grafikte
küçücük bir çember " " biçiminde; grafiğe ait
uç noktasını grafikte küçücük bir daire " "
biçiminde göstereceğiz.
a) ( 2,1) noktasından,
b) ( 3,2) noktasından,
c) ( 4,0) noktasından,
c)
f( 1)  1 / 2 ,
Burada x  2 değerinin tanım kümesine
ait olmadığına dikkat ediniz.
 TAMAMLAYICI ÖRNEKLER
1.
f( 0 )  0 ,
kümesini
17
x
grafiklerini
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
ÇÖZÜM
a)
ÇÖZÜM
2
Önce, A tanım kümesini daha açık bir
biçimde ifade edelim:
f( x)   x  1
r  0 , k  f(0)  1
x2  2  2  x2  2
 0x4
Tepe noktası; ( 0,1)
Fonksiyonun tanım aralığı  0,4 tür. Belirli
bir aralıkta, y  ax2  bx  c fonksiyonunun en
büyük ve en küçük değerlerini bulmak için,
aralığın sınırlarındaki ve tepe noktasındaki
fonksiyon değerleri bulunur.
 x2  1  0  x1  1 , x2  1
x eksenini kestiği noktalar; ( 10
, ) , (10
, )
y
1
1
1
b)
Muharrem Şahin
Bu değerlerden en küçüğü fonksiyonun
görüntü kümesinin en küçük elemanı, en
büyüğü de görüntü kümesinin en büyük
elemanı olur.
x
Tanım kümesinin sınır değerleri tanım
kümesi-nin içinde değil ise görüntü kümesinin
en
büyük
veya
en
küçük elemanı
bulunmayabilir.
Tepe noktasının apsisi:
f ( x )  ( x  2 )2 + 0
Tepe noktası; ( 2,0 )
Tepe noktası x ekseni üzerinde olduğu
için grafik x eksenine teğettir.
r
f( 0 )  ( 2)2  4
b 4

1
2a 4
x  1 için fonksiyonun değeri: f( 1)  3
x  0 için fonksiyonun değeri: f( 0 )  1
x  4 için fonksiyonun değeri: f( 4 )  15
y eksenini kestiği nokta; ( 0,4 )
y
Buna göre, görüntü kümesinin en küçük
elemanı 15 , en büyük elemanı 3 tür.
4
Bu bulgularımızı
görelim:
grafik üzerinde de
x
2
y
c)
3
f ( x )  2(x + 1)2  2
1
Tepe noktası; ( 1,2 )
1
2( x  1)2  2  0  2( x  1)2  2
4
x
 ( x  1)2  1
 x  1  1 veya x  1  1
 x1  2 , x2  0
15
x eksenini kestiği noktalar; ( 2,0 ) , ( 0,0 )
y
6.
f :  -2,3  R , f ( x)  x2  2x  3
fonksiyonunun görüntü kümesini bulunuz.
1
2
x
ÇÖZÜM
Tanım aralığının sınırlarındaki ve tepe
nokta-sındaki fonksiyon değerlerini bulalım:
2
f( 2)  ( 2)2  2( 2 )  3  3
5.
A   x : x  2  2 , x  R
f( 3 )  3 2  2  3  3  12
b
2
r
   1
2a
2
olmak üzere,
2
f : A  R , f ( x )   2x  4 x  1
fonksiyonunun görüntü kümesinin en
büyük ve en küçük elemanlarını bulunuz.
18
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
Muharrem Şahin
f( 1)  ( 1)2  2( 1)  3  4
ÇÖZÜM
f( 2)  3 , f( 3 )  12 ve f( 1)  4 değerle-
Tepe noktası bilinen parabolün denklemi,
rinden en küçük ve en büyük olan iki tanesi
görüntü kümesinin en büyük alt ve en küçük
üst sınırlarıdır.
T( r , k ) olmak üzere;
f ( x )  a( x  r )2  k idi.
Öyleyse, görüntü kümesi;
 x :  4  x  12 dir.
T(14
, ) olduğuna göre denklem;
f ( x )  a( x  1)2  4 biçimindedir.
Görüntü kümesinin en büyük elemanının
bulunmadığına
dikkat
ediniz.
Görüntü
kümesinin en küçük elemanı ise 4 tür.
f( 0 )  3 olduğundan,
f ( 0 )  a( 0  1)2  4  3  a  1
olup denklem,
f ( x )  ( x  1)2  4 olur.
f ( x )  0 denkleminin kökleri parabolün x
eksenini kestiği noktaların apsisleridir.
7.
Þekilde, f : R  R ,
( x  1)2  4  0  ( x  1)2  4
 x  1  2 veya x  1  2
 x1  1 , x2  3
y
f( x)  ax2  bx  c
fonksiyonunun
grafiði ile ilgili
bilgiler verilmiþtir.
Buna göre,
grafiðin denklemi
nedir ?
1
1
Öyleyse, parabolün x eksenini kestiği
noktalar; ( 10
, ) ve ( 3,0 ) dır.
x
3
2
 İKİ BİLİNMEYENLİ
DENKLEMLER
ÇÖZÜM
Grafikten;
f( 0 )  2  c  2
2
f ( 1)  0  a( 1)  b( 1)  c  0
f ( 3 )  1  a( 3 )2  b( 3 )  c  1
c  2 değeri,



 BİRİNCİ DERECEDEN, İKİ
BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER
a , b, c  R ve a ile b den en az biri sıfırdan
farklı olmak üzere;
 ve  te yerine konursa;
ax  by  c


ab2  0
9 a  3b  2  1
açık önermesine birinci dereceden iki
bilinmeyenli denklem denir. Açık önermeyi
doğrulayan her ( x, y ) ikilisi denklemin çözüm
kümesinin bir elemanıdır. Denklemi sağlayan
bütün ( x, y ) ikililerinin kümesi, denklemin
çözüm kümesidir.
denklemleri elde edilir.
 ten
b  a 2
alınıp  te yerine
konursa;
9 a  3( a  2 )  2  1
a  0 ve b  0 olmak üzere, ax  by  c
denkleminde x , x  R değeri için,
 12a  6  2  1  0
 12a  9  a  3 / 4 ve
ax  by  c  by   ax  c
a
c
 y   x
b
b
b  a  2  b  (3 / 4)  2
 b 5/4
elde edilir.
biçiminde bir y değeri bulunur. O halde,
Öyleyse;

a
c
( x, y )   x ,  x  

b
b
biçiminde, sonsuz sayıda, farklı ( x, y ) ikilisi
denklemi
3
5
f ( x )  x2  x  2 dir.
4
4
sağlayan
vardır.
Öyleyse, denklemin çözüm kümesi;
8.
Tepe noktası T(1,4) olan ve y eksenini
A(0,3) noktasında kesen parabolün x
eksenini kestiği noktaları bulunuz.

a
c
Ç   x ,  x  
b
b

19

x  R dir.

2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
ax  by  c denklemini sağlayan ( x, y ) ikililerine
karşılık gelen noktalar, x0y dik koordinat
sisteminde
işaretlenirse,
bu
noktaların
bileşiminin bir doğru olduğu görülür.
Bu
yüzden,
ax  by  c
biçimindeki
denklemlere, doğrusal denklemler (lineer
denklemler) de denir.
denkleminin
ÖRNEK: 2x  y  2
kümesini bulunuz.
Muharrem Şahin
Denklem sistemini oluşturan denklemlerden
her birinin bir çözüm kümesi vardır. Bu çözüm
kümelerinin kesişimi, denklem sisteminin
çözüm
kümesi
olur.
Başka deyişle;
sistemdeki denklem-lerin her birini sağlayan
( x, y ) ikililerinin oluştur-duğu küme, sistemin
çözüm kümesidir.

çözüm
ax  by  c 

a1x  b1y  c1
sisteminin
çözüm
yöntemlerle bulunur.
ÇÖZÜM
kümesi
aşağıdaki
y, eşitliğin bir tarafında yalnız bırakılırsa;
y  2 x  2 elde edilir.
Buna göre, ( x , 2 x  2 ) biçimindeki bütün
( x, y ) ikilileri denklemi sağlayacaktır.
I.
Örneğin;
YOK ETME YÖNTEMİ
Denklemlerdeki x lerin ya da y lerin
katsayıları,
denklemler
uygun
sayılarla
çarpılarak eşitlenir. Gereğine göre, taraf tarafa
toplama veya çıkarma yapılarak x veya y
lerden biri yok edilir; elde edilen bir
bilinmeyenli denklem çözülür.
x  1 için y  2( 1)  2  y  4
x  0 için y  2  ( 0 )  2  y  2
x  1 için y  2  (1)  2  y  0
olup ( 1,4 ) , ( 0,2 ) , (10
, ) ikilileri denklemi
sağlayan sonsuz sayıdaki ( x, y ) ikililerinden bir
kaçıdır.
Denklemin çözüm kümesi;
Ç   x , 2x  2 x  R olur.
ÖRNEKLER
denkleminin çözüm kümesine,
x0y dik koordinat sisteminde karşılık gelen
doğrunun
grafiği
aşağıdaki
şekilde
gösterilmiştir.
2x  y  2
1.
2x  y  1
 sisteminin çözüm kümesini
x y 2 
bulunuz.
ÇÖZÜM
y
2x  y  2
y lerin katsayıları,
alınmazsa, eşittir.
1
1
işaretleri
dikkate
Denklemler taraf tarafa toplanırsa;
x
2
2x  y  1
 x y  2
3x  3
4
 x1
x  1 değeri
denklemlerden
örneğin birincide, yerine konursa;
birinde,
2  1 y  1  y  1 bulunur.
 BİRİNCİ DERECEDEN, İKİ
BİLİNMEYENLİ DENKLEM
SİSTEMLERİ
Sistemi sağlayan ( x, y ) ikilisi (1,1) dir.
Ç  (1,1) olur.

ax  by  c

ax  by  c 
 veya a1x  b1y  c1 
a1x  b1y  c1

a2 x  b2 y  c 2 
Denklem sistemini oluşturan denklemlerin
belirttiği doğruları x0y koordinat sisteminde
çizerek çözümü grafik üzerinde de görelim:
gibi, iki veya daha çok denklemin oluşturduğu
sisteme birinci dereceden iki bilinmeyenli
denklem sistemi denir.
20
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
y
Muharrem Şahin
II. YERİNE KOYMA YÖNTEMİ
2x  y 1
Bilinmeyenlerden biri, denklemlerden
birinden çekilerek, diğer denklemde yerine
konur. Böylece elde edilen bir bilinmeyenli
denklem çözülür.
x y 2
1
1
2
1
x
( 1 , 1)
2
ÖRNEK
Şekilden de görüldüğü gibi, sistemin
çözüm kümesini oluşturan (1,1) ikilisi,
doğruların kesiştiği noktanın koordinatlarıdır.
2.
2x  3y  1

3x  y  5 
bulunuz.
ÇÖZÜM
3x  2 y  0 
 sisteminin çözüm kümesini
x  2y  4 
Ikinci denklemden y çekilir;
3 x  y  5  y  3 x  5
ve y  3 x  5 değeri birinci denklemde yerine
konursa;
bulunuz.
ÇÖZÜM
2 x  3  ( 3 x  5 )  1   7 x  15  1
 x  2 bulunur.
y lerin katsayıları, eşittir.
Denklemler taraf tarafa çıkarılırsa;
x  2 değeri y  3 x  5 eşitliğinde yerine
konursa;
3 x  2y  0
x  2 y   4
y  3  ( 2 )  5  y  1 elde edilir.
Ç  ( 2 ,1) olur.


2 x  4
 x  2
değeri
yerine konursa;
x  2
3 x  2y  0
denkleminde

3  ( 2 )  2y  0  y  3 bulunur.
2x  3 y  7



ax  by  c

a1x  b1y  c1 

a2 x  b2 y  c 2 
sisteminin çözüm kümesini bulmak için;
denklemlerden herhangi ikisinin oluşturduğu
sistem, yukarıda açıklanan yöntemlerle
çözülür.
Ç  ( 2 ,3 ) olur.
3. 3x  5 y  18
sisteminin çözüm kümesini
Bulunan çözüm diğer denklemi de
sağlıyorsa bu çözüm, sistemin de çözümü
olur; sağlamıyorsa sistemin çözümü boş
kümedir.
sisteminin çözüm kümesini
bulunuz.
ÇÖZÜM
Birinci denklemin iki tarafı 5 ile, ikinci
denklemin iki tarafı 3 ile çarpılırsa y lerin
katsayıları eşitlenir.
ÖRNEK
2x  y  7 

3x  2y  12 

4x  3y  1
5  2x  3 y  7 

3  3 x  5 y  18 

10 x  15 y  35 

9 x  15 y  54 

19 x  19
x  1 değeri
yerine konursa;
sistemini çözünüz.
ÇÖZÜM :
 ve  numaralı
oluşturduğu sistemi çözelim.
taraf tarafa toplanýrsa
 x  1


2 x  3 y  7 denkleminde
denklemlerin
2x  y  7 

3 x  2y  12
 den
y  2 x  7 çekilip
 de yerine
konursa;
2  ( 1)  3 y  7  y  3 bulunur.
Ç  ( 1,3 ) olur.
3 x  2( 2x  7 )  12  3 x  4 x  14  12
 x  2 bulunur.
21
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
x  2 değeri y  2 x  7 de yerine konursa;
y  2  ( 2)  7  y  3 elde edilir.
( 2 ,3 ) ikilisi
yerine konursa;
Muharrem Şahin
Denklemlerin ikisini de birlikte sağlayan
bir ( x, y ) ikilisi bulunamayacağından, sistemin
çözüm kümesi boş kümedir.
 numaralı denklemde
4  2  3  ( 3 )  1   1  1 olur.
III.
( 2 ,3 ) ikilisi  numaralı denklemi de
sağladığından çözüm kümesi,
Ç  ( 2 ,3 ) tür.
a
b

ise;
a 1 b1
a
b
a a1
 a  a1





a1 b1
b b1
b
b1
olup, eğimleri eşit olacağından, doğrular bir
noktada kesişirler.
Bu sonuç, sistemi oluşturan denklemlerin
belirttiği
doğruların
( 2 ,3 )
noktasında
kesiştiğini gösterir.
ÖRNEKLER

DENKLEM SİSTEMİNİ OLUŞTURAN
DOĞRULARIN BİRBİRİNE GÖRE
DURUMLARI
Analitik
geometri
hatırlayacağı-nız gibi;
1.
derslerinizden

 sisteminin çözüm kümesini
4x  2y  4 
2x  y  2
bulunuz.
a
c
x
b
b
biçiminde yazıldığında x in katsayısı olan a b
ÇÖZÜM
değeri doğrunun eğimini verir.
çakışıktır. Doğrulardan biri, örneğin, 2 x  y  2
üzerindeki noktaların koordinatları iki denklemi
de sağlayacaktır.
2 x  y  2  y  2x  2
olup çözüm
kümesi;
Ç  ( x , 2 x  2) x  R dir.
ax  by  c
Eğimleri
paraleldir.
doğru denklemi y  
eşit
olan
doğrular
2
1 2


4
2
4
birbirine
Eğimleri farklı olan, aynı düzlemdeki
doğrular, bir noktada kesişirler.
ax  by  c 
 denklem sisteminde;
a1x  b1y  c1
I.
a
b
c


k
a1 b1 c1
a  a1  k ,
2.
ise;
b  b1  k
eşit
olacağından,
x  3y  2 
 sisteminin çözüm kümesini
3x  9y  4 
ÇÖZÜM
1 3 2


3 9 4
olduğundan
doğrular
paraleldir. Sistemi sağlayan hiçbir ( x, y ) ikilisi
bulunamaz.
Ç   dir.
a
b
c


 k ise;
a1 b1 c1
a
b
a a1
 a  a1





a1 b1
b b1
b
b1
olup, eğimleri
paraleldir.
doğrular
bulunuz.
ve c  c1  k olup
denklem-lerden biri, diğerinin k ( k  0 ) ile
çarpımıdır. Yani denklemler birbirinin dengi
olup aynı doğruyu gösterirler. Başka bir
deyişle; iki denklemin göster-diği doğrular
çakışıktır. Bu durumda, doğrulardan biri
üzerindeki bütün noktaların koordinatları, iki
denklemi de sağlayacağından sistemin çözüm
kümesi sonsuz elemanlıdır.
II.
olduğundan
NOT: Birinci denklem ( 3 ) ile çarpılıp, iki
denklem taraf tarafa toplanırsa;
3 x  9 y  6
 3x  9y  4
doğrular
0  2
elde edilir.
Böylece, çözüm kümesinin boş küme
olacağı cebirsel olarak da görülmüş olur.
22
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4

İKİNCİ DERECEDEN,
İKİ BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER
ÇÖZÜM
Verilen
Muharrem Şahin
denklemde
y
çekilirse,
y  x2  2 x  3 elde edilir.
a, b, c, d, e, f  R ve a, b, c sayılarından
en az biri sıfırdan farklı olmak üzere;
Buna göre ( x , x2  2x  3 ) biçimindeki
ikililerin her biri denklemin bir köküdür.
Ç  ( x , x2  2 x  3 ) x  R dir.
ax2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0

açık önermesine, ikinci dereceden, iki
bilinmeyenli denklem denir. Açık önermeyi
doğrulayan ( x, y ) ikililerinin oluşturduğu küme
denklemin çözüm kümesidir.

2
y  x  2 x  3 denklemini sağlayan ( x, y )
ikililerine x0y koordinat sisteminde karşılık
gelen nok-taların bileşiminin bir parabol
olduğunu biliyorsunuz. Parabol bir tür koniktir.
Denklemi sağlayan ( x, y ) ikililerine karşılık
gelen noktalar x0y dik koordinat sisteminde
işaretlenirse, bu noktaların bileşimi, "konik"
adı verilen eğriler olur.
4.
x 2  y2  0 denkleminin çözüm kümesini
bulunuz.
Koniklerin biçimlerini ve özelliklerini
"Analitik geometri" derslerinizde inceleyeceksiniz.
denkleminin
ax2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0
çözüm kümesi, sıfır elemanlı, bir elemanlı ya
da sonsuz elemanlı olabilir.
ÇÖZÜM
Denklemin sol tarafını çarpanlarına ayırıp
her çarpanı ayrı ayrı sıfıra eşitleyebiliriz.
x2  y 2  0  ( x  y )( x  y )  0
 x  y  0 veya x  y  0
 y  x veya y   x
x  t denirse;
( t, t ) ve ( t, t ) biçimindeki ikililerin her biri
ÖRNEKLER
1.
2x 2  3y2  4  0
denkleminin
denklemin bir köküdür. Buna göre, denklemin
çözüm kümesi;
Ç  ( t , t ) t  R  ( t , t ) t  R veya
çözüm
küme-sini bulunuz.

Ç  ( x, y)

y  x veya y   x ; x  R , y  R
olur.
ÇÖZÜM
x0y dik koordinat sisteminde çözüm
kümesine karşılık gelen grafik, y  x ve y   x
doğrularının bileşimidir.
x , x  R için 2 x2  0 ,
y , y  R için 3 y 2  0 ve 4  0
olduğundan 2 x2  3 y 2  4
toplamı daima
pozitif olacaktır. Denklemi sağlayan hiçbir
( x, y ) ikilisi yoktur.
5.
xy  2x  y  2  0
denkleminin
çözüm
kümesini bulunuz.
Ç
ÇÖZÜM
2.
2
Denklemin sol tarafını çarpanlarına ayırıp
her çarpanı ayrı ayrı sıfıra eşitleyelim:
2
4x  y  0 denkleminin çözüm kümesini
bulunuz.
xy  2 x  y  2  0  x( y  2)  ( y  2)  0
 ( x  1)(y  2) = 0
ÇÖZÜM
 x  1  0 veya y  2  0
x , x  R için 4 x2  0 ve
 x  1 veya y  2
y , y  R için y 2  0
2
2
olduğundan 4 x  y  0 denklemini yalnız x  0
ve y  0 değerleri sağlar.
Ç  ( 0 ,0 ) olur.
t  R olmak üzere (1, t ) ve ( t,2)
biçimindeki ikililerin her biri denklemin bir
çözümüdür.
Buna göre denklemin çözüm kümesi;
Ç  (1, t ) t  R  ( t ,2) t  R veya
3.
x 2  2x  y  3  0
denkleminin

Ç  ( x, y )
çözüm
olur.
kümesini bulunuz.
23

x  1 veya y  2 ; x  R , y  R
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4

3 x2  y 2  31
İKİNCİ DERECEDEN,
İKİ BİLİNMEYENLİ
DENKLEM SİSTEMLERİ
denkleminde x yerine x1  3
değeri konursa;
3( 3 )2  y 2  31  y 2  4
 y1  2 , y 2  2
Ikinci dereceden, iki bilinmeyenli birden
fazla denklemin oluşturduğu sisteme ikinci
dereceden,
iki bilinmeyenli denklem
sistemi denir. Her denklemin ayrı ayrı çözüm
kümelerinin kesişimi sistemin çözüm kümesi
olur.
x2  3 için de aynı y değerlerinin elde
edilece-ğine dikkat ediniz.
Buna göre, çözüm kümesi;
Ç  ( 3 ,2 ), ( 3 ,2), ( 3 ,2 ), ( 3 ,2 ) olur.
Birinci
dereceden,
iki
bilinmeyenli
denklem sistemlerinin çözüm yöntemleri, ikinci
dereceden
iki
bilinmeyenli
denklem
sistemlerinin çözümü için de geçerlidir.
 Her ne kadar, x2  2 y2  17 ve 3 x2  y 2  31
denklemlerine, x0y dik koordinat sisteminde
karşılık gelen grafiklerin çizimi konumuz
dışında ise de; çözümü grafik üzerinde
incelemenizin yararlı olacağı düşüncesi ile
aşağıdaki çizim yapılmıştır.
ÖRNEKLER
1.
Muharrem Şahin
Denklem sisteminin çözüm kümesinin
elemanlarının, grafiklerin kesiştiği noktaların
koordinatları olduğuna dikkat ediniz.

xy  4
 sisteminin çözüm kümesini
2x  y  6
bulunuz.
3 x 2  y 2  31
ÇÖZÜM
( 3 , 2 )
Ikinci denklemden y değeri çekilip, birinci
denklemde yerine konarak elde edilen bir
bilinme-yenli denklem çözülür.
y
(3, 2 )
x 2  2 y 2  17
x
( 3 ,2)
( 3 ,2 )
2 x  y  6  y  6  2x
xy  4  x( 6  2x )  4
  2x 2  6 x  4  0
 x2  3 x  2  0
x1  1 , x2  2
3.
sisteminin
ÇÖZÜM
1. yol: Denklemler taraf tarafa çıkarılırsa;
Denklemin çözüm kümesi;
Ç  (1,4 ) , ( 2 ,2 ) olur.
x2  y 2  3  0
 x2  y  1  0

x 2  2y2  17 
 sisteminin çözüm kümesini
3x 2  y2  31
y2  y  2  0
bulunuz.
 y1  1 , y2  2
Bulunan
y
değerleri
denkleminde yerine konulursa;
ÇÖZÜM
Ikinci denklemi ( 2 ) ile
denklemleri taraf tarafa toplayalım:
2
için,
2
x  1 1  0  x1  2 , x2   2
y 2  2 için, x2  2  1  0  x2  1
2
x2  1 denklemini sağlayan hiçbir gerçek
sayı bulunmayacağından y  2 olamaz.
2
2
 6 x  2y  62
5 x2  45
 x  9  x1  3 , x2  3
x2  y  1  0
y1  1
çarpıp,
x  2y  17
2
çözüm
kümesini bulunuz.
Elde edilen x değerleri
y  6  2x
denkleminde yerlerine konursa,
x1  1 için y1  6  2  1  y1  4
x2  1
için
y 2  6  2  2  y2  2
bulunur.
2.
x 2  y2  3  0 

x 2  y  1  0 
Öyleyse çözüm kümesi;
Ç   ( 2 ,1), (  2 ,1)  olur.
bulunur.
24
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
2. yol


Muharrem Şahin
ÇÖZÜM
Sistemi oluşturan denklemlerde, x ile y
bilinmeyenlerinin
yerleri
değiştirilirse
denklemlerin değişmeyeceğini görünüz. Böyle
denklemlere simetrik denklemler denir.
x2  y 2  3  0 

x2  y  1  0 
 numaralı denklemde y çekilip, 
numaralı denklemde yerine konursa;
Simetrik
denklem
sistemlerinin
çözümünde, x ve y değerleri ikinci
dereceden bir bilinmeyenli bir denklemin
kökleri olarak kabul edilir. x  y ve x  y
değerleri bulunarak bu denklem kurulur ve
çözülür.
x2  y  1  0  y  x2  1
x2  ( x2  1)2  3  0 denklemi elde edilir.
x2  ( x2  1)2  3  0  x4  x2  2  0
 ( x2  2)( x2  1)  0
 x2  2  0  x2  1  0
x2  1  0
denklemini
gerçek sayı yoktur.
sağlayan
x  y  u ve x  y  v dönüşümü yapılırsa,
verilen denklem sistemi;
hiçbir
x2  2  0  x1   2 , x2  2
u  2v  8 
 sistemine dönüþür.
2u  v  1 
Bulunan x değerleri y  x2  1 denkleminde
yerlerine konursa;
x1   2 için y1  (  2 )2  1  y1  1
Ikinci denklem, (2) ile
denklemler taraf tarafa toplanırsa;
x2  2 için y2  ( 2 )2  1  y2  1
u  2v  8
4
 u  2v  2
5u  10
bulunur.

Ç  ( 2 ,1), (  2 ,1)

olur.
çarpılarak
 u2;
u  2 değeri 2u  v  1 denkleminde yerine
4.
x  y  3 
 sisteminin çözüm kümesini
x  y  10
konursa;
2  2  v  1  v  3 bulunur.
bulunuz.
Böylece verilen denklem sistemine denk
olan;
ÇÖZÜM
Sistem,
çözülebilir.
yerine
koyma
Biz burada, daha pratik,
izleyelim :
x ve y sayılarını, bir
denkleminin kökleri olarak
Kökleri x ve y olan ikinci
bilinmeyenli bir denklemin,
yöntemi
x y  2 
 sistemi elde edilir.
x  y  3 
ile
Denklemi sağlayan x ve y değerleri;
t 2  2 t  3  0 denkleminin kökleri olarak
kabul edilebilir. t1  1 ve t 2  3 olup,
Ç  ( 1,3 ) , ( 3 ,1) bulunur.
başka bir yol
ikinci derece
kabul edelim.
dereceden bir
t2  ( x  y)t  x  y  0
6.
biçiminde yazılabileceğini biliyoruz.
x  y  3 ve x  y  10 değerleri yerlerine
konursa;
t 2  3 t  10  0 denklemi elde edilir.
Bu
denklemin,
t1  5
ve
t2  2
köklerinden herhangi biri x değeri olarak kabul
edildiğinde diğeri y değeri olur.
x 2  y2  x  y  4 

x  y  xy  3

sisteminin
çözüm
kümesini bulunuz.
ÇÖZÜM
x2  y 2  ( x  y )2  2 xy özdeşliği kullanılarak
sistem;
( x  y )2  2xy  ( x  y )  4 
 biçiminde yazýlýp,
x  y  xy  3

Öyleyse çözüm kümesi;
Ç  ( 5 ,2 ) , ( 2 ,5 ) dir.
x  y  u ve x  y  v dönüşümü yapılırsa;
5.
x  y  2xy  8 

2x  2y  xy  1
sisteminin
çözüm
u2  2v  u  4 
 sistemi elde edilir.
u v  3

kümesini bulunuz.
25
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
değeri
u v  3  v  u3
birinci
denklem-de yerine konursa;
(I) sistemini çözelim:
Ikinci denklemden elde edilen y   x  5
değeri, birinci denklemde yerine konursa;
u2  2( u  3 )  u  4  u2  3u  2  0
 u1  1 , u2  2
x2  x  (  x  5 )  5  x2  2x  10  0
Bu değerler v  u  3 denkleminde yerine
konursa;
u1  1 için v1  1  3  v1  2
u2  2
için v 2  2  3  v2  1 elde
edilir.
x1  1  11 , x2  1 11 ;
Bu x değerleri,
yerine konursa;
(I)
y   x  5 denkleminde
y1  6  11 , y 2  6  11 bulunur.
Böylece; verilen ilk sisteme denk olan
x y  1 
 
x  y   2
Muharrem Şahin
y 2  2  5  y 2  3 bulunur.
x  y  2

x  y  1

Ç1  (1  11, 6  11) , (1  11, 6  11)
( II )
-

olur.
sistemi elde edilir.
(II) sistemini çözelim:
Ikinci denklemden elde edilen y   x  5
değeri, birinci denklemde yerine konursa;
(I) ve (II) sistemlerinin çözüm kümelerinin
bileşimi, verilen sistemin çözüm kümesini
oluşturur.
x 2  x  x  5  5  x 2  2x  0
x1  0 , x2  2 ;
Bu x değerleri, y   x  5 denkleminde
(I) sistemini sağlayan x ve y değerleri,
t 2  t  2  0 denkleminin kökleri olarak
kabul edilebilir.
t1  1 ve t2  2 olup
Ç1  ( 1,2 ) , ( 2 ,1) bulunur.
yerine konursa;
y1  0  5  y1  5 ,
y 2  2  5  y 2  3 bulunur.
Ç2  ( 0, 5 ), ( 2, 3 )
(II) sistemini sağlayan x ve y değerleri,
t 2  2 t  1  0 denkleminin kökleridir.
t1  1  2 ve t 2  1 2 olup

Ç2  (1  2 , 1  2 ), (1  2 , 1  2 )
Öyleyse, sistemin çözüm kümesi;
Ç  Ç1  Ç2

Ç
bulunur.
1 


  
11, 6  11 , 1  11, 6  11 , 0,5 , 2,3
olur.
Öyleyse, verilen sistemin çözüm kümesi;
Ç  Ç1  Ç 2

Ç  ( 1,2 ), ( 2 ,1), (1  2 , 1  2 ), (1  2 , 1  2 )

olur.
8.
x 2  y2  2x  2y  0

x 2  y2  y  1  0  sisteminin çözüm
kümesini bulunuz.
x  x  y  5 
 sisteminin çözüm kümesini

x y  5
2
7.
ÇÖZÜM
bulunuz.
Yok etme yöntemini veya yerine koyma
yöntemeni doğrudan doğruya uygulamanın zor
olduğunu görünüz.
ÇÖZÜM
" x  y  5 " önermesi,
" ( x  y  5 ) veya ( x  y  5 ) " önermesine
denk olduğundan verilen denklem sistemi;
x2  x  y  5 
x2  x  y 
 
x  y  5 
x y  5
(I )
Birinci denklemin sol tarafı çarpanlarına
ayrılabilir.
5


x 2  y 2  2x  2y  0



( II )
sistemine denktir.
26
x  y x  y   2x  y   0
x  y x  y  2  0
x  y  0 veya x + y - 2 = 0
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
" x 2  y 2  2x  2y  0"
Bu x değerleri
yerlerine konursa;
önermesi
" x  y  0 veya x + y - 2 = 0"
denk olduğundan,
önermesine
1 1

  3
x y

10. 1
1 


x 2 y2 
(II)
sistemine denktir.
(I) sistemini çözelim:
Birinci denklemden elde edilen y=x değeri
ikinci denklemde yerine konursa;
1 1
  3 değeri
y x
çekilip ikinci denklemde yerine konursa;
Birinci
x1  1 için y1  1 ;
1
1
x2  için y2 
2
2
denklemden
2
1
1
2
6
   3   5  2   4  0
x

x2  x
x
elde edilir.

x 3  y3  9

xy 3 
kümesini bulunuz.
çözüm
ÇÖZÜM
ve
9.
sisteminin
kümesini bulunuz.
x2  x2  x  1  0  2x2  x  1  0
1
2
denkleminde
Buna göre, çözüm kümesi;
Ç= 1,2 , 2,1 olur.
xy 0
 x+y-2 = 0


x 2  y 2  y  1  0  x2  y 2  y  1  0
x1  1, x 2 
y = x-3
y1  1  3  y1  2
y 2  2  3  y2  1 bulunur.
Verilen denklem sistemi;
(I)
Muharrem Şahin
sisteminin

çözüm
1
x2

3
20
x
2x2  3x  1  0
x1  1 , x2  1/ 2 bulunur.
1 1
Bu x değerleri
 3
y x
denkleminde
yerine konursa;
ÇÖZÜM
3
x 3  y 3   x  y   3xy x  y 
1
-1
 1 3  y =
y
2
1
1
x2  için  2  3  y = -1 elde edilir.
2
y
özdeşliğini
x1  1 için
hatırlayınız!
x-y = 3 değeri yerine konursa;
1 1
Ç= 1, ,  ,1 olur.
2 2


3
x 3  y 3  9  3  3xy3  9
 xy = -2 elde edilir.
Verilen sistem;

xy  2
xy 3
11.
sistemine denktir.
x-y = 3  y = x-3 değeri
denkleminde yerine konursa;
xy  y 2  2 

2x 2  y 2  14
sisteminin
çözüm
kümesini bulunuz.
xy = -2
ÇÖZÜM
Bilinmeyen
içeren
terimlerin
ikinci
dereceden olduğu denklem sistemlerini
çözmek için y=mx dönüşümü yapılır.
x x  3   2  x2 - 3x  2  0
x1  1 , x2  2
27
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
xy, y2, 2x2 ve -y2
dereceden
olduğunu
Denklemlerdeki
terimlerinin
ikinci
görünüz.
Muharrem Şahin
(-3,2) ve (3,-2) çözüm kümesinin diğer iki
elemanıdır.
Öyleyse verilen sistemin çözüm kümesi;
y=mx dönüşümü yapılırsa;
Ç
2
x.(mx)  (mx)  2

2x 2  (mx)2  14 
 2


dir.
 BİRİNCİ DERECEDEN
mx 2  m2 x 2  2

2x 2  m2 x 2  14 

ÇOK BİLİNMEYENLİ
SİSTEMLERİ
denklemler, taraf tarafa bölünürse;
m  m2

2
2m
Biz burada sadece, birinci dereceden iki
bilinmeyenli
denklem
sistemine
indirgenebilen çok bi- linmeyenli denklem
sistemlerinin çözüm kümeleri- nin bulunması
ile ilgili birkaç örnek vermekle yetineceğiz.
 7m+7m2= -2+m2
 6m2+7m+2=0
m1 
1
2
, m2 
2
3
Böylece, y 
ÖRNEKLER
1
-2
x veya y = x olduğu görülür.
2
3
Bu y değerlerini 2x2
denkleminde yerine koyalım:
y
-
y2
1.
1
2
=14
sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
1 2
x  14
4
 7x2  56
x1  2 2
x+y+z=2
2x-y+3z=-1
x+2y-z=2
3
1
x için ;
2
2x2  y2  14  2x2 
DENKLEM
Birinci dereceden, ikiden çok bilinmeyen
içe-ren denklemleri ve denklem sistemlerini,
geniş biçimde, "Doğrusal Cebir" konuları
içinde göreceksiniz.
1
7
ÇÖZÜM
, x2  2 2
Bu x değerlerine karşılık gelen y değerleri
Denklemler
ikişer
ikişer
alınarak
oluşturulan, iki farklı denklem sisteminde aynı
bilinmeyenler yok edilerek sistem, iki
bilinmeyenli iki denkleme indir- genebilir.
y1  2 ve y 2   2 olur.
 ve  numaralı denklemler taraf tarafa
topla- nırsa;
de
y
2
x için;
3
+
4
2x  y  14  2x  x2  14
9
2
2
2
x+y+z = 2
x+2y-z = 2
2x+3y = 4
 14x2  9  14
4
 numaralı denklem (3) ile çarpılıp 
numaralı denklemle taraf tarafa toplanırsa;
x1  3 , x2  3
2x-y+3z = -1
3x+6y-3z = 6
Bu x değerlerine karşılık gelen y değerleri
de
5x+5y

y1  2 ve y2  2 olur.
28

2, 2 , 2 2,  2 ,  3,2  ,  3, 2 
x+y
= 5
= 1

2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
 ve  numaralı
oluşturduğu sistem çözülürse;
2x+3y=4
x+y=1
+
denklemlerin
Muharrem Şahin
x0 , y0 ve z0 olduğundan;
t0

8  2t  0  2  t  4 olur.
t  2  0 
2x+3y = 4
-2x-2y = -2
z=t-2 değerinin en büyük olması için t en
büyük seçilmelidir.
x = 2
x=2 değeri x+y=1 denkleminde yerine
konursa;
t ye verilebilecek en büyük değer (4)
olduğuna göre, z nin en büyük değeri,
2+y=1  y = -1
z=4-2  z=2 dir.
x=2 ve y= -1
değerleri
denkleminde yerlerine konursa;
x+y+z=2
3.
2-1+z=2  z=1 bulunur.
1
2
3
4
x=2 , y= -1 ve z=1 olup
çözüm kümesi;
Ç= 2,1,1 dir.
x+y+z+t=5
2x+y-z= -1
x-y+t=0
3x+2y=1
sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
ÇÖZÜM
 ve  numaralı denklemler taraf tarafa
toplanarak z yok edilir.
2.
x,y,z negatif olmayan gerçek sayılar
olduğuna göre;
3x  2y  z  14
x  2y  3z  10



x+y+z+t = 5
+ 2x+y-z = -1
3x+2y+t = 4
sistemini sağlayan en büyük z değeri
kaçtır?

ve

numaralı
denklemlerin
oluşturduğu sistemden,
3x  2y  1
 t = 3 bulunur.
3x  2y  t  4

ÇÖZÜM
Denklemleri taraf tarafa çıkarırsak;
t=3 değeri x-y+t=0 denkleminde
konursa;
x-y+3=0  x-y= -3 
3x+2y+z = 14
+x +2y +3z = +10
2x-2z = 4
3x+2y=1
x-y = -3
x ve z nin t cinsinden değerleri
3x+2y+z=14 denkleminde yerlerine konursa;

3x+2y = 1
2x-2y = -6
+
5x = -5
X= -1 ve y=2 bulunur.
Bu x ve y değerleri
denklemde yerine konursa;
bulunur.
2x+y-z= -1  2(-1)+2-z= -1
 z=1 bulunur.
Sistemin çözüm kümesi;
Ç= t,8  2t, t  2 / t R
yerine
 ve  numaralı denklemlerin oluşturduğu
sistemden;
x-z=2
x = t dersek , z = t - 2 olur.
3(t)+2y+(t-2)=14
 2y=14-3t-t+2

y=8-2t
5
olur.
29

numaralı
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
x=-1 , y=2 , z=1 ve t=3 olduğuna göre
sistemin çözüm kümesi;
Muharrem Şahin
Bu x değerleri y= -x+5 denkleminde
yerine konursa;
Ç={(-1,2,1,3)} olur.
x1= -1 için y1 =-(-1)+5  y1 =6
x2=2
için y2 =-(2)+5

y2 =3
elde edilir.
Buna göre, parabol ile doğrunun kesim
noktala- rının koordinatları (-1,6) ve (2,3) olur.
Aşağıdaki şekli inceleyiniz.
 DÜZLEMDE, PARABOL İLE DOĞRUNUN
BİRBİRİNE GÖRE DURUMLARI
y
y  ax 2  bx  c 

y  mx  n

6
(-1,6)
y=x 2 -2x+3
sisteminin çözüm kümesinin, y=ax2+bx+c
parabolü ile y=mx+n doğrusunun kesiştiği
noktala-rın koordinatlarının oluşturduğu ikililer
kümesi olduğunu biliyoruz.
(2,3)
3
y=-x+5
Ikinci denklemdeki y=mx+n değerinin
birinci denklemde yerine konulmasıyla elde
edilen,
ax2+bx+c=mx+n
ax2+(b-m)x+c-n=0
denkleminin
kökleri,
parabol ile doğrunun kesim noktalarının
apsislerini verir.
-1
1
x
2
y=-x2-x+2
parabolü ile
y=x+3
doğrusunun kesim noktalarını bulunuz.
2.
ÇÖZÜM
ax2+(b-m)x+c-n denkleminin birbirinden
farklı iki gerçek kökü varsa, yani denklemin
diskrimi-nantı 0 ise parabol ile doğru, farklı
iki noktada kesişir.
Parabol denkleminde y=x+3 değeri yerine
konursa,
x+3=-x2-x+2  x2+2x+1=0
x1 = x2 = -1
ax2+(b-m)x+c-n=0 denkleminin iki kat
kökü varsa, yani =0 ise parabol ile doğrunun
kesiştiği noktalar çakışıktır. Bu durumda
parabol ile doğru birbirine teğettir.
bulunur.
Kökler birbirine eşit olduğundan parabol
ile doğru birbirine teğettir. Bu x değeri y=x+3
denkleminde yerine konursa;
ax2+(b-m)x+c-n=0
denkleminin gerçek
kökü yoksa, yani 0 ise parabol ile doğru
kesişmez.
y=(-1)+3
 y=2
olur.
Parabol ile doğrunun değme noktası (-1,2) dir.
ÖRNEKLER
Aşağıdaki şekli inceleyiniz.
y=x2-2x+3 parabolü ile
y=-x+5
doğrusunun kesiştikleri noktaları bulunuz.
1.
y
ÇÖZÜM
y=x+3
3
Parabol denkleminde y yerine -x+5 değeri
konulmasıyla elde edilen,
(-1,2)
2
2
y = -x
x2-2x+3= -x+5
 x2-x-2=0 denkleminin x1 = -1 ve x2=2
kökleri kesim noktalarının apsisleri olur.
-1
30
-x+2
x
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
y=x+k doğrusunun y=x2-3x
teğet olması için k ne olmalıdır?
3.

parabolüne
Muharrem Şahin
DÜZLEMDE, İKİ PARABOLÜN
BİRBİRİNE GÖRE DURUMLARI
y=ax2 +bx+c ve
y=a'x2+b'x+c'
parabollerinin kesim
noktalarının apsislerini veren denklem;
ÇÖZÜM
Parabol ve doğrunun birbirlerine teğet
olması için, bunların kesim noktalarının
apsislerini veren,
ax2 +bx+c=a+x2 +b'x+c
 (a-a')x2+(b-b')x+c-c'=0 dır.
x2 -3x=x+k
Bu denklemin, birbirinden farklı iki gerçek
kökü varsa paraboller iki noktada kesişir.
Denklemin iki kat kökü varsa paraboller
birbirine teğettir. Denkle- min gerçek kökü
yoksa parabollerin ortak noktası yoktur.
denkleminin iki kat kökü olmalıdır.
Bunun için de denklemin diskriminantının
sıfıra eşit olması gerekir.
x2 -3x=x+k  x2 -4x-k=0
ÖRNEK
2
b
     ac  (2)2  k  0
2
k  4
k=-4 için y=x+k doğrusu
parabolüne teğet olur.
k0 olmak üzere,
y=x2 -kx+2 ve
y=-3x2 +kx+1
parabolleri
birbirine
teğet ise değme noktasının koordinatlarını
bulunuz.
y=x2 -3x
ÇÖZÜM
Paraboller birbirine teğet ise bunların
kesim noktalarının apsislerini veren,
x2 -kx+2= -3x2 +kx+1
 4x2 -2kx+1=0
4.
y=2x-1 doğrusu
y=x2+ax+b parabolüne x=2 apsisli
noktada teğet ise (a,b) ikilisi nedir?
denkleminin iki kat kökü olmalıdır.
2
b
' =    ac  k 2  4  0 , k = 2
2
k=2 değeri 4x2 -2kx+1=0 denkleminde
yerine konursa,
ÇÖZÜM
Parabol ve doğrunun kesim noktalarının
apsislerini veren denklem;
x2 +ax+b=2x-1
 x2 +(a-2)x+b+1=0 dır.
4x2 -4x+1=0  x1=x2 bulunur.
2
Bu denklemin iki kat kökü olduğunu ve bu
kökün (2) olduğunu biliyoruz.
k =2 ve x =
1
1
değerleri
2
y =x2 -kx+2 denkleminde yerine konursa,
O halde;
2
1
1
5
y     2   2  y =
bulunur.
2
4
 2
x1 +x2 =-(a-2)=2+2  a= -2
x1 .x2 =b+1=2.2  b= 3 tür.
(a,b)=(-2,3) olur.
1 5
Öyleyse parabollerin değme noktası  , 
2 4
tür.
31
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
Muharrem Şahin
y

İKİ BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER;
EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ
Parabolün
iç bölgesi
d:ax+by+c=0 doğrusu, düzlemi iki yarı
düzlem ve bir de d doğrusunun kendisi olmak
üzere üç ayrık bölgeye ayırır.
y=ax 2 +bx+c
ax+by+c0 eşitsizliği diğer yarı düzlemi
belirtir.
0
(0,c)
a0 , b0 ve c0 olmak üzere,
d:ax+by+c=0 doğrusunu kabaca çizerek bu
bölgeleri analitik düzlemde gösterelim:
ax+by+c 0
-c
a
x
0
Parabolün
dýþ bölgesi
yax2+bx+c eşitsizliği parabolün iç veya
dış bölgelerinden birini, yax2+bx+c eşitsizliği
diğerini gösterir.
E2
ax+by+c 0
x
E2
p parabolü düzlemi parabolün iç bölgesi
(E1), parabolün dış bölgesi (E2) ve parabolün
kendisi olmak üzere üç ayrık bölgeye ayırır.
y
E1
E1
Şekilden,
parabolün
iç
bölgesinde
olduğunu gördüğümüz
0(0,0)
noktasının
koordinatlarını,
yax2+bx+c eşitsizliğinde yerlerine koyalım:
-c
b
d:ax+by+c=0
0a.(0)2+b.(0)+c 0c elde edilir.
Grafikteki c değeri negatif olduğundan,
eşitsizlik sağlanmıştır.
E1 ve E2 yarı düzlemlerinden hangisinin
ax+by+c0 eşitsizliği ile hangisinin ax+by+c0
eşitsizliği
ile
gösterileceğini
şöyle
belirleyebiliriz:
Öyseyse şekildeki grafiğe göre, y
ax2+bx+c eşitsizliği parabolün iç bölgesini;
yax2+bx+c eşitsizliği parabolün dış
bölgesini belirtir.
E2 yarı düzlemi içinde olduğunu bildiğimiz
sonsuz sayıda nokta vardır. Bunlardan birinin,
örne- ğin 0(0,0) noktasının koordinatlarını
ax+by+c
ifadesinde yerlerine koyarsak
a.0+b.0+c=c değerini elde ederiz. c değerini
pozitif olarak almıştık.
Demek ki 0(0,0) noktasının koordinatları
ax+by+c ifadesini pozitif yapmaktadır.
ÖRNEKLER
Öyleyse 0(0,0) noktasını kapsayan E2
yarı düzlemi ax+by+c0 eşitsizliği ile ifade
edilecektir. Buna göre d doğrusunun ayırdığı
diğer yarıdüzlemin (E1) ifadesi de ax+by+c0
olacaktır.
1.
sisteminin belirttiği
düzlemde gösteriniz.
 Yukarıda, d doğrusunun ayırdığı bölgeyi
belirtmek için söylediklerimiz:
p:y=ax2+bx+c
parabolünün
ayırdığı
bölgeleri belirtmek için de tekrarlayabiliriz.
p:y=ax2+bx+c
şekildeki gibi olsun:
parabolünün

2x  y  2  0
x  2y  0
grafiği
32
bölgeyi,
analitik
2. Dereceden Denklem, Eşitsizlik, Fonksiyon – 4
ÇÖZÜM
Önce, eşitsizlik sisteminin belirlediği
bölgenin sınırları olan doğruları çizelim:
y
2
2x+y-2=0
1
x
x+2y=0
0(0,0) noktasının koordinatlarını 2x+y-20
eşitsizliğinde yerlerine koyarsak,
2.(0)+(0)-20  -20 eşitsizliği sağlanır.
Öyleyse 2x+y-20 eşitsizliğinin belirttiği
bölge, 2x+y-2=0 doğrusu ile bu doğrunun
0(0,0) noktası tarafında kalan yarı düzlemin
bileşimidir.
y
2
1
x
Ve çözümü tamamlamadan bırakmışım…
33
Muharrem Şahin