Matematik Bülteni / Ocak 2013 Sayfa 2

Yıl 4 , Sayı 11
Aralık 2015
1)Ders ortamı: Dersleri çok iyi dinlemek
gerekir.Matematik desinde en önemli nokta
önce dinleyip anlayıp sonra not
almaktır.Eğer öğretmen anlatırken not
Yeniden merhaba demenin mutluluğu ile
alıyorsanız o dersi dinlemiyorsunuz
karşınızdayız. Matematik severler için yine demektir.Ayrıca ders içinde anlamadığınız
güzel sorularımız var.Kasım ayı içinde
en ufak şeyi dahi sormanız veya not alıp
merak uyandırıcı bir haber duyduk.
daha sonra öğrenmeniz gereklidir.Aksi
Matematik dünyasını heyecanblandıran bir
halde bu küçük “kıymık”lar sizin canınızı
haberdi:
çok yakabilir.Eğer öğrenecek kadar
cesaretiniz varsa soracak kadar da
olmalı.Derslere önceden hazırlanarak
gelmeniz sizi sınıf içinde bir adım öne
geçirecektir.
Nijeryalı Opeyemi Enoch adlı matematik
profesörü, ilk kez 1859 yılında Bernhard
Riemann tarafından ortaya atılan ve
bugüne kadar çözülemeyen Riemann
Hipotezi’ni çözmeyi başardı.
Enoch, hipotezin çözümünü
Avusturya’nın başkenti Viyana’daki Uluslararası Matematik ve Bilgisayar Bilimleri
Konferansı’nda sundu. 156 yıldır çözülemeyen problemi çözerek tarihe geçen
Enoch, ayrıca 1 milyon dolarlık (2 milyon
866 bin TL) ödülün de sahibi oldu.
Clay Matematik Enstitüsü tarafından
en zor problemlerden biri olarak kabul
edilen problem,1994’te çözülen Fermat’ın
Son Teoremi’nden sonra tartışılan en ünlü
problemdi.
Bir haber de okulumuzdan..
Geçen sene okulumuzda Tübitak Bilim
Fuarı yapılmıştı. O fuardan okulumuza
güzel bir eser kaldı: Matematik Köşesi.
Burada saatlerce matematik çalışmak için
buluşuyoruz.Sizi de bekleriz.
MATEMATĠĞĠ YAPAMAMAK
Bu yıllardır bazı öğrencilerin ağzından
duyduğumuz bir sözdür.Elinden geleni
yapmasına rağmen başarılı olamayan pes
edip bırakan çok öğrenci var.Bazıları
gerçekten her yolu deniyor.Ancak %90ı
gerekeni yapmadan bırakıyor.Bu tür
öğrencilerin yaptığı genel hataları
sıralayacağım:
2)Günlük tekrar:Bir günün ardından eve
geldiğinizde o gün matematik dersini
mutlaka ama mutlaka tekrar etmeniz
gerekir.Bu ilk başlarda sıkıcı gelse de
ilerleyen zamanlarda çok yararlı olacağını
göreceksiniz.Tekrar derken dakikalarca
değil de hızlı bir göz atma da yeterli
olur.Peşinden kaynaklarınızı
karıştırabilir,eğer ünite bittiyse soru
çözümlerini yapabilirsiniz.Her ne kadar
çok beğenilmese de “ders kitabı”nı
incelemeniz kesinlikle faydalı olacaktır.
3)Eksiklerimiz! Evet eksiklerimiz o kadar
fazla ki.Daha beteri bunları görememiz.
Kesinlikle elinizin altında bir YGS hazırlık
kitabı olmalı.Severek aldığınız parasını
ellerinizle verdiğiniz bir kitap.Buradan
ekiklerinizi tamamlamanız gerekli.Ancak
bazı öğrenciler hangi konuyu
anlamadığını,hangi sınıfta eksiği olduğunu
bilirler.Bunlar için kitaptan ziyade “konu
kitapları” da işlerini görebilir.
4)Korkmayın Yaparsınız: Sakın dersten
korkmayın ve asla yapamıyorum demeyin.
Unutmayın aslında tüm bunların nedeni
“psikolojik”.Sınıfınızda zeka yönü ile
hepiniz aynısınız.Tek farkınız daha çok
çalışmanız.Yapamayanların sebebi zeka
değil çalışma azlığıdır.
5)Öğretmeni gör:Ders sadece sınıfta
kalmamalı.Matematik öğretmeninizi
tenefüslerde de görüp ders hakkında
konuşmalısınız.Durumunuzu ve özellikle
daha başarılı olmak için neler yapmanız
gerektiğinizi öğrenmelisiniz.Sizi en iyi
tanıyan ve matematikte yaptığınız hataları
gören kişi matematik öğretmeninizdir.
6)ArkadaĢça ÇalıĢma: Sınıf içinde en
yakın arkadaşınızın matematiği nasıl olursa
olsun siz onunla matematik çalışmalısınız.
Bildiğiniz sorular, zorlandığınız kısımlar
hakkında konuşmalı ve en önemlisi dersi
derste bırakmadan tenefüste de
paylaşımlarda bulunmalısınız.Bazen
göreceksiniz ki sizin anlamadığınız bir yeri
arkadaşınız da anlamamış!İki kişinin
matematik öğretmenine soru sorması kadar
güzel bir şey olamaz.
Yukarıdakileri okuyup yapmasına
rağmen matematikte başarılı olamayanları
matematik köşemize bir çay içmeye
bekliyoruz.
“Bir matematikçi sanmaz fakat
bilir. İnandırmaya çalışmaz
çünkü ispat eder. Güveninizi
beklemez. Belki dikkat etmenizi
ister.” Henri Poincare
Matematik Bülteni / Aralık 2015
MODÜLER ARĠTMETĠK
Hayatımızda pek çok şeyin dönerli olarak
tekrar ettiğini görmüşsünüzdür. Akşam
9:00 olduğu gibi sabah saat yeniden 9:00
oluyor, Haftanın günleri 7 günde bir devir
ediyor . İşte modüler aritmetik bunlarla
ilgilidir. Öncelikle bölünebilme kurallarını
da düşünerek aşağıdaki sayıların 3 ile
bölümünden kalanları inceleyelim:
0,3,6,9…
1,4,7,10…
2,5,8,11…
3 ile bölümünden yerine mod3 deriz:
0  3  6  9(mod3) 1  4  7  10(mod3)
2  5  8  11(mod3)
Örneğin 145 ≡ x ( mod 9) ise x kaçtır?
9 ile bölümünden kalan rakamları toplamı
olduğuna göre cevap 1+4+5=10=1 olur.
Örneğin 12 ≡ 2 ( mod x) ise x’in
alabileceği değerleri bulalım.
12 sayısı ve 2 sayısı modx te birbirine denk
ise ikisinin de x’e bölümünden kalan
aynıdır. Ya da 12-2 sayısı x ile tam
bölünmektedir.10 sayısı x’in bir katı
olduğuna göre x değeri 10’u bölen 1,2,5 ve
10 değeri olabilir.
Bazı kaynaklar mod kavramında 1
sayısına yer vermemektedir.
Bu öğrendiğimiz yeni denklik kavramı
içinde dört işlemi de tanımlayabiliriz. Tabi
mod kavramı içinde “bölümünden kalan”
ifadesini unutmayalım. Yani mod3 için
aşağıdaki işlemleri “3 ile bölümünden
kalan” sonuçlandırmalıyız.
2  2  4  1(mod3)
Sayfa 2
3x  1  3  3x  3  1
3x  4 (4 ile 9 mod 5 denk )
3x  9  x  3(mod 5)
Yukarıda yapılan işlemlerin tamamının
yanlış olduğunu ifade etmeliyim. Ancak
doğru yapılan işlemlerin de bu kapıya
çıkacağını söyleyebiliriz.
Başta bahsettiğimiz “hayattaki tekrarların”
farkına geç varabiliriz. Modüler aritmetikte
de aşağıdaki işlemlerin hesabında tekrarlar
gelene kadar işleme devam ederiz:
Örneğin 243 sayısının mod6 daki değerini
sayının kuvvetlerini inceleyerek
yorumlayabiliriz:
21  2, 22  4, 23  8  2, 24  16  4
Tekrarı göremeyenler için söyleyelim;
sonuçlar hep 2,4 şeklinde devam ediyor.
Yani devir ikidir.O halde 43 sayısını ikiye
böleriz. Kalan 1 ise cevap 2,kalan 2(daha
doğrusu sıfır) ise cevap 4 olur. Cevap 2’dir.
Örnek: 31071  ?(mod5)
Çözüm:
31  3(mod 5)
32  9  4(mod 5)
33  27  2(mod 5)
ALIġTIRMALAR
4
1)
kesri mod6 ‘da aşağıdakilerden
5
hangisine denktir?
A)0 B)1 C)2 D)3 E)4
2) Bir öğrenci 123456 sayılarını yanyana
yazıyor. Öğrencinin yazdığı sayı dizisinde
baştan 15. sayı hangisi olur?
3) 4 günde bir nöbet tutan bir öğretmen 4
katlı bir okulun her hafta bir katında
sırayla nöbet tutuyor. Salı günü 1. katta
nöbete başlayan öğretmen 8. Nöbetini
hangi gün ve katta tutar?
4) 3621  ?(mod 7)
5) 8333  10333  ?(mod9)
6) 2333  3333  6333  7333  ?(mod9)
DENKLEMLER ve EġĠTSĠZLĠKLER
Burada ele alacağımız konu 11. Sınıf
müfredatındaki iki bilinmeyenli denklem
sistemleri ve ikinci dereceye dönüştürülebilen denklemlerdir.
İki bilinmeyenli denklemler için en çok
kullanılan çözüm yöntemi “yok etme
yöntemi”dir.Bu yöntemde değişkenlerden
biri yokedilerek çözüme ulaşılır.
Örneğin;
x  2 y  14
3x  y  7
Denklem siteminin çözümü için ikinci
denklemi 2 ile çarpıp ilk denklemle
35  243  3(mod 5)
toplarız:
6
3  729  4(mod 5)
x  2 y  14 x  2 y  14 

Sonuçlara dikkat edin:3,4,2,1,3,4.. şeklinde

 7 x  28  x  4

6
x

2
y

14
3
x

y

7



başa dönmüş.4 taneden sonra başa
döndüğü için kuvvetimizi 4’e bölüp kalana elde edilir. İkinci bilinmeyen için
2  (2  2)  2  4  8  2(mod3)
x  2 y  14 denkleminde x  4 yazarsak
bakacağız.1071 sayısını dörde bölersek 3
ALIġTIRMALAR
4
 2 y  14  y  5 olacaktır. Cevap {4,5}
kalır. Aradığımız cevap tekrarlar içindeki
1) 34  (43  52 )  ?(mod 5)
Aşağıdaki denklem sistemlerini çözünüz:
üçüncü olanıdır: 3, 4, 2 ,1 . Cevap ikidir.
3
8
 2 x  y  1  14 x  3 y  39   2 x  y  1 
2)  6  5  (14  7)  ?(mod11)
Örneğin; bugün günlerden Salı ise 38 gün
3x  2 y  4 6 x  17 y  35 3x  2 y  0
 


3) x  5(mod13) ise iki basamaklı en büyük sonrasını ve öncesini bulalım. Günler 7 gün 
Yeni müfredatla eklenen elemantar satır ve
de bir devir ettiği için 7’ye böleriz. Elde
x nedir?
sütun operasyonlarına değinmiyoruz. Ama
ettiğimiz kalan kadar ileri veya geri
üç bilinmeyenli denklemlere örnek
sayarız. 38  3(mod 7)
Sadece işlemler değil denklemleri de
vermeden geçemeyiz:
Çarşamba :1, Perşembe : 2, Cuma : 3
benzer mantıkla çözebiliriz. Elbetteki
Öncesi ise
Örnek2.
farklılıklar vardır. Bunları soru içerisinde
Pazartesi :1, Pazar : 2, Cumartesi : 3 olur.
x yz 3 
ifade etmeye çalışalım:

3x  y  z  9  x, y, z nedir ?
Örneğin aşağıdaki denklemleri mod5 için Örnek1. 5 günde bir nöbet tutan asker ilk
çözelim.
x  2 y  z  5
nöbetini Cuma günü tutacağına göre 15.
x  1  4, x 1  2, 2 x  1  7, 3x 1  3,
nöbetini hangi gün tutar?
Çözüm:
İlk denklem ile sırasıyla önce ikinci
İlk denklemleri çözdüğünüzü düşünerek
Çözüm: 15.5=75 75  5(mod 7)
denklemi ardından son denklemi
son denkleme geçelim
toplayarak z değerini yok edelim. Bu
Cumadan
sonra
5
gün
sayarsak
Çarşamba
NOT: Bazı kaynaklar mod5 ile
durumda iki yeni denklem ile x ve y
cevabımız olacaktır.
5 ifadesini aynı kabul edebilir.
değerini bulabiliriz:
34  81  1(mod 5)
Matematik Bülteni / Aralık 2015
x yz 3 
x yz 3 
 4 x  2 y  12
 2 x  y  2
3x  y  z  9 
x  2 y  z  5
İki denklemimizden x ve y değerini
buluruz:
4 x  2 y  12 2 x  y  6 

 x  1, y  4
2 x  y  2  2 x  y  2
Bu değerleri ise x,y,z içeren herhangi bir
denklemde yazarak z değerini buluruz:
x  y  z  3  1 4  y  3  y  2
Çözüm kümemiz {(1,4,2)} olur.
Aşağıdaki denklemlerde bilinmeyenleri
bulunuz:
 x  y  z  10   2 x  y  2 z  6 
3 x  2 y  z  5   x  2 y  2 z  7 

 

 x  3 y  z  2   x  y  2 z  1 
Polinomların çarpımının sıfır olmasında
her bir polinom sıfır olmalıdır. Bölümünde
ise paydadaki polinomların sıfırdan farklı
olması gerekir. Yani:
1) P( x)  Q( x)  0  P( x)  0  Q( x)  0
P( x)
 0  P ( x )  0  Q( x )  0
Q( x )
Örnek3.(2010 LYS)
(3x  1)( x  1)  (3x  1)( x  2)  0 eşitliğini
sağlayan x gerçel sayılarının toplamı
kaçtır?
2)
Çözüm:
Ortak çarpan parantezine alırsak;
(3x  1)( x  1  x  2)  0  (3x 1)(2 x 1)  0
çarpımın sıfır durumunda her bir çarpan 0
olacağından köklerimiz:
1
1
1
(3x  1) (2 x  1)  x  , x  Cevap :
3
2
6
0
0
İkinci dereceden daha yüksek dereceli
denklemlerde benzer ifadeler yeniden
adlandırılarak ikinci dereceden
denklemlere dönüştürülür. Böylece çözüm
kümesi bulunur.
Örnek4. x4  4 x2  5  0 denkleminin
çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
x 2  t gibi bir dönüşüm yaparsak x 4  t 2
olacaktır. Denklemimizi yeniden yazalım:
t 2  4t  5  0   t  5 t  1  0
Çarpanları sıfıra eşitlersek;t=5 ve t=5 olur.
x2  t idi x2  5  x   5, x 2  1  x  1


Çözüm kümesi  5, 1, 1, 5 olur.
Köklü denklem bilinmeyenin kök içinde
olduğu denklemlerdir. Bu tür denklemlerde
denklem önce kökten kurtarılır. Elde edilen
denklemin çözüm kümesi bulunur. Son ve
en önemli olarak bulunan köklerin
denklemi sağlayıp sağlamadığı mutlaka
kontrol edilir.
Sayfa 3
Örneğin 3x  1  x  1 denkleminde
köklü ifadeyi yalnız bırakıp kökten
kurtaralım:
3x  1  x  1  3x  1  1  x

3x  1

2
 1  x   3x  1  1  2 x  x 2
2
Bu denklemi düzenlersek x  0 ve x  1 elde
edilir. Bu değerlerden ikisi de denklemi
sağlar.
Mutlak değerli denklemlerin çözümünde
mutlak değerin içerisindeki kök bulunur.
Bu köke göre mutlak değer çıkarılarak
hesaplamalar yapılır. Bulunana köklerin bu
kökten büyük küçüklüğüne dikkat edilir.
Örneğin 3x  6  x  6 denkleminin
çözümünü 3x  6  0  x  2 ’e göre
yapacağız:
x  2 için denklemde
3x  6    3x  6  yazarak çözümü
buluruz:
  3x  6   x  6  4 x  6  6
…:::: SORULAR ::::…
(Mantık ve bölünebilme)
1) p  q   p  q  bileşik önermesinin
karşıt tersinin en sade halini bulunuz.
2) p   p  q  önermesinin olumsuzunu
bulunuz.
3) 14 basamaklı ABCABCABCABCAB
sayısının 11 ile bölümünden kalan
hangisi olabilir? B – A
4) A23B sayısı 15 bölündüğüne göre A+B
toplamının alacağı değerleri bulunuz.
5)  p  q    p  q  önermesinin en sade
halini bulunuz.
6) Dört basamaklı 3K4L doğal sayısı 36 ile
tam bölünebildiğine göre K+L toplamının
alabileceği en büyük değer kaçtır?
4 x  12  x  3
Bu değer x  2 için doğru olacağından
çözüm kümesine alacağız.
x  2 için denklemde
3x  6    3x  6  yazarak çözümü
buluruz:
  3x  6  x  6  2 x  6  6  x  0
Bu değer x  2 için doğru olacağından
çözüm kümesine alacağız.
Çözüm Kümesi {0,3} olacaktır.
ALIġTIRMALAR
1)
2 x  2 y  z  1

x  y  z  2  denklem sisteminin

y  z 1

çözümünde x kaçtır? (2010 LYS1)
2
x
 x 
2) 
 8  0 denkleminin
  2
x3
 x 3
çözüm kümesini bulunuz.
x  10 
6
 5 denkleminin
x  10
çözüm kümesini bulunuz.
3)
4) 2 x  6  x  2 denkleminin çözüm
kümesini bulunuz.
5) x 2  4  x  2  0 denkleminin çözüm
kümesini bulunuz.
6) 3  2 x  3  2 x  2 denkleminin
çözüm kümesini bulunuz.
ĠKĠNCĠ DERECEDEN ĠKĠ
BĠLĠNMEYENLĠ DENKLEM
SĠSTEMLERĠ
a,b,c,d,e,f birer reel sayı ve a,b,c
sayılarından en az ikisi sıfırdan faklı olsun.
ax2  by 2  cxy  dx  ey  f  0 şeklindeki
denklemler ikinci dereceden iki
bilinmeyenli denklemler denir. Bu
denklemi sağlayan (x,y) reel sayı ikilisine
denklemin çözümü denir.Birden fazla
ikinic dereceden iki bilinmeyenli
denklemden oluşan sisteme ikinci
dereceden iki bilinmeyenli denklem sistemi
denir.Bu tür denklemler için belirli çözüm
yöntemleri yoktur.Her denklem sisteminin
farklı farklı çözüm yöntemi
olabilir.Çarpanlara ayırmadan yok etme
metoduna ortak paranteze pek çok bilgi
kullanılabilir.
x 2  y 2  x  y  12
Örneğin;
 denklem
x y 5

sistemini çözelim. İlk denklemi iki kare
Matematik Bülteni / Aralık 2015
farkından yararlanarak
 x  y  x  y   x  y  12 yazıp buradaki
Sayfa 4
temel örnekler verildi. Fakat bu
kavramların öğretimi burada belirttiğimiz
gibi kolay bir yapıda değildir. Bu
x  y yerine 5 yazalım:
nedenlerden birisi, bu aşamaların
5  x  y   x  y  12 ve x+y parantezine
uygulanmasını sağlayan öğretmendir.
Öğrenciye ispat ve muhakeme becerisinin
alarak 6  x  y   12  x  y  2 olur.
öğretimi ve gelişimi öğretmene bağlıdır.
İkinci denklem ile bulduğumuz son
Eğer öğretmenler öğrencileri için geniş
denklemi kullanarak x ve y değerlerini
öğrenme yelpazesi sunarlar ve değişik ispat
3.  x2  x  6  0 eşitsizliğinin çözüm
x  y  2
7
3
yöntemlerini verirlerse, öğrencilere
buluruz:
x  , y  
kümesi aşağıdakilerden hangisidir?
matematiği ve mantıksal düşünceyi daha
x  y  5
2
2
A)(-3,0) B)(-2,3) C)(2,3) D)(-3,-2) E)(-3,2)
iyi anlayıp yaratıcılıklarını artıracaklardır.
Öğretmenler öğrencilerine konular
ĠKĠNCĠ DERECEDEN BĠR
MATEMATĠKSEL ĠSPAT*
üzerindeki fikirlerini açıklama ve tartışma
BĠLĠNMEYENLĠ EġĠTSĠZLĠKLER
Keşfetme, araştırma duygusu,
fırsatı vermeli ve onları cesaretlendirmeÖncelikle ikinci dereceden bir bilinmeyenli neden, niçin gibi sorulara aranan cevaplar
fonksiyonun işaretini incelememiz gerekir. bireyin doğmasıyla başlar. Bebekler sürekli lidirler. Öğrenciler bir önermenin
doğruluğunu nedenleriyle öğrenmek
Bu fonksiyonun işareti başkatsayı ve
etrafına bakar, bulunduğu ortamı inceler
isterler.
diskriminanta göre değişir.
merak ederler. Okul öncesi çocukları
2
büyüklerine sürekli sorular sorarak
y  ax  bx  c fonksiyonun işareti
yaşadığı dünyayı öğrenmeye, ilişkileri
x1 , x2 denklemin kökleri olmak üzere
anlamaya çalışırlar. Görülüyor ki insanoğlu
1)   0 ise
doğumdan itibaren olayları anlamaya
çalışan, aralarındaki ilişkileri bulmaya
çabalayan yani bir anlamda düşünen bir
2)   0  x1  x2  
ALIġTIRMALAR
1. x2  x  2  0 eşitsizliğini sağlayan x’in
alabileceği kaç farklı tamsayı değeri
vardır?
2. x  2  x2  4 eşitsizliğini sağlayan x’in
alabileceği farklı tamsayı değerleri
toplamını kaçtır?
b
a
3)   0 ise reel kök yoktur ve işaret
aşağıdaki gibidir:
Örnek5. x2  2 x  3  0 sağlayan reel sayı
aralığını bulalım.
Çözüm:
x2  2x  3  0  a  1, b  2, c  3
  b2  4ac   2   4 1 (3)  16 yani
2
sıfırdan büyüktür. O halde iki reel kök
vardır. Bu kökleri bulup işaretlememizi
yapacağız. a=1 ve artı işaretli olduğunu
unutmayalım. Denklemin kökleri
b  b 2  4ac
formüllerinden
2a
(veya çapanlara ayırarak) x1  1, x2  3
x1,2 
Bizden istenen x2  2 x  3  0 yani negatif
olan kısımdır. Cevabımız (-1,3) aralığı
olacaktır.
varlıktır. Düşünebilme yapısı çevrenin
etkisiyle daha etkili olarak gelişebilir.
Olaylar arasındaki ilişkileri anlayabilme,
muhakeme etme sonuç çıkarma okul öncesi
yıllarda oluşması beklenmektedir. Eğitim
ve öğretimin doğasında olan insanlara
olayları nedenleriyle açıklayabilme
muhakeme yapısının gelişimini sağlama
her alanda ortaktır.
Matematiksel ispat ve muhakeme
bu alanları içerisine alan bir kavramdır.
İspat ve muhakeme insanın içgüdüsel
olarak sahip olduğu bir yetenektir. Fakat
bu yeteneğin gelişimi belirlenecek uygun
stratejilere bağlıdır. Öyle ki bu stratejileri
istenilen yapıda belirleyemezseniz insanda
doğuştan var olan ispat ve muhakeme
yeteneklerini zamanla yok edip, ezberleme
yolunu seçen, neden sonuç zincirini takip
edemeyen bireyler yetiştirmiş olursunuz.
Eğer bu stratejinizi uygun belirlerseniz var
olan ispat ve muhakeme yapısını daha da
ileriye taşırsınız. Burada bahsettiğimiz
strateji kavramı okullarımızda ispat ve
muhakeme yapısının gelişimiyle ilgili
programlardır. Bu programa, okul öncesi,
ilköğretim ve lise aşamalarında bakıldı.
Her aşamada ispat ve muhakemenin
seviyesiyle ilgilenilerek konuyla ilgili
Eğer açıklayıcı ispatlarla matematik
öğrenimini sağlarsak onların daha iyi
anlamalarını ve zevk almalarını sağlamış
oluruz. Konunun öğretimiyle ilgili süreçler
doğru olarak uygulandığında
ezberlemeyen, kavramları nedenleriyle
öğrenen, yaratıcı düşünen ve problemlere
farklı acılardan çözüm üretebilen bireyler
yetiştirmiş oluruz.
* Ege Eğitim Dergisi 2005 (6) 1: 25–37
Editörler: Orhan GÖKÇE
(Mat.Öğrt.), Melike SİPAHİ
(Mat.Öğrt.), Gökhan KOCA
(Mat.Öğrt.) Bu çalışma Türk Telekom
Anadolu Lisesi Matematik Kulübünün
bir eseridir. Çalışmaya her türlü
katkınızı ve görüşlerinizi belirtmek
için kulüp üyelerimizle görüşmeniz
gerekir. İletişim için (0 354 ) 415 71
12 telefon numarasını arayabilirsiniz.
Email adresimiz:
matematikbulteni2006@gmail.com
Çalışmamızdaki her türlü bilgiyi
kaynak belirtmek şartıyla
kullanabilirsiniz.