MAT 1009 Matematik I 0/ 1

Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ARALIKLAR
Gerçel sayıların, aralık olarak adlandırılan bazı kümeleri kalkülüste
sık sık kullanılır ve geometrik olarak doğru parçalarına karşılık gelir.
Örneğin, a < b ise, a dan b’ye açık aralık, a ile b arasındaki tüm
sayıları kapsar ve (a, b) şeklinde gösterilir. Küme gösterimi
kullanarak
(a, b) = {x|a < x < b}
yazabiliriz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
1/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
(a, b) = {x|a < x < b}
Aralığın uç noktaları olan a ve b nin kapsanmadığına dikkat ediniz.
Bu durum, yuvarlak parantez ( ) kullanılarak ve Şekil 1 deki içi boş
dairelerle gösterilmiştir.
Şekil 1: (a, b) açık aralığı
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
2/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
a dan b ye kapalı aralık
[a, b] = {x|a ≤ x ≤ b}
kümesidir. Burada uç noktaların her ikisi de kapsanmıştır. Bu
durum, köşeli parantez [ ] kullanılarak ve Şekil 2’deki içi dolu
dairelerle gösterilmiştir.
Şekil 2: [a, b] kapalı aralığı
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
3/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Bir aralık Tablo 1 de gösterildiği gibi, uç noktalardan yalnızca birini
de kapsayabilir
Tablo 1: Aralıklar tablosu
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
4/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
(a, ∞) = {x|x > a}
gibi sonsuz aralıkları da ele almamız gerekir. Bu, ∞ (”sonsuz”) un
bir sayı olduğu anlamına gelmez. (a, ∞) ifadesi, a dan büyük tüm
sayıların kümesidir. Burada ∞ simgesi yalnızca aralığın pozitif
yönde sınırsız olarak genişlediğini gösterir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
5/ 1
Tablo 2: ∞ aralıklar tablosu
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
EŞİTSİZLİKLER
Eşitsizlik Kuralları
1. a < b ise a + c < b + c dir,
2. a < b ve c < d ise a + c < b + d dir,
3. a < b ve c > 0 ise ac < bc dir,
4. a < b ve c < 0 ise ac > bc dir,
3. 0 < a < b veya a < b < 0 ise
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
1
a
>
1
b
dir,
MAT 1009 Matematik I
6/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 1
1 + x < 7x + 5 eşitsizliğini çözünüz
Çözüm Verilen eşitsizlik bazı x değerleri için sağlanmakta ancak
diğerleri için sağlanmamaktadır. Eşitsizliği çözmek, eşitsizliğin
doğru olduğu x sayılarının kümesini belirlemek anlamına gelir. Bu
küme, çözüm kümesi olarak adlandırılır.
İlk olarak (Kural 1 de c = −1 alarak) eşitsizliğin her iki yanından 1
çıkartalım,
1 + x − 1 < 7x + 5 − 1
x < 7x + 4
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
7/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Sonra eşitsizliğin iki yanından 7x çıkarırız (Kural 1 de c = −7x
alarak)
x − 7x < 7x + 4 − 7x
⇒
Şimdi iki yanı −6 ya böleriz (Kural 4 de c =
−1
−1
− 6x < 4
6
6
⇒
−6x < 4
−1
6
alarak)
x>
−2
3
Çözüm kümesi, −2
3 den büyük olan tüm sayılardan oluşur. Başka
bir deyişle, eşitsizliğin çözümü ( −2
3 , ∞) aralığıdır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
8/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 2
x2 − 5x + 6 ≤ 0 eşitsizliğini çözünüz
Çözüm Önce sol yanı çarpanlara ayırırız.
(x − 2)(x − 3) ≤ 0
(x − 2)(x − 3) = 0 denkleminin çözümünün 2 ve 3 olduğunu
biliyoruz. 2 ve 3 sayıları gerçel sayı doğrusunu üç parçaya böler:
(−∞, 2)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
(2, 3)
(3, ∞)
MAT 1009 Matematik I
9/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Bu aralıkların her biri için çarpanların işaretlerinin belirleriz:
(x − 2)(x − 3) ifadesinin 2 < x < 3 için negatif olduğunu rahatlıkla
görebiliyoruz. Dolayısıyla (x − 2)(x − 3) ≤ 0 eşitsizliğinin çözüm
kümesi
{x|2 ≤ x ≤ 3} = [2, 3]
aralığıdır.
Çarpımın negatif yada sıfır olduğu x değerlerinin aradığımız için uç noktalar
olan 2 ve 3 ün kapsandığına dikkat ediniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
10/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 3
x3 + 3x2 > 4x eşitsizliğini çözünüz
Çözüm İlk olarak sıfırdan farklı terimleri bir yana toplar ve elde
edilen ifadeyi çarpanlarına ayırırız:
x3 + 3x2 − 4x > 0
x(x − 1)(x + 4) > 0
Bir önceki yapotığımız örnekte olduğu gibi karşı gelen
x3 + 3x2 − 4x = 0 denklemini çözer ve x = 0, x = −4 ve x = 1
çözümlerini kullanarak gerçel sayı doğrusunu
(∞, −4), (−4, 0), (0, 1) ve (1, ∞) aralıklarına ayırırız.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
11/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Bu aralıklarda işaret incelemesi yaparız:
Çözüm kümesini aşağıdaki gibi buluruz
{x| − 4 < x < 0 yada x > 1} = (−4, 0) ∪ (1, ∞)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
12/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
MUTLAK DEĞER
Bir a sayısının mutlak değeri ,|a| ile güsterilir ve gerçel sayı
doğrusunda a nın 0’a olan uzaklığıdır. Uzaklık herzaman pozitif
yada 0 olduğundan
her a sayısı için |a| ≥ 0 dır.
Örneğin
|3|
|0| = 0
√ | − 3| = 3
√=3
|3 − π| = π − 3
| 2 − 1| = 2 − 1
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
13/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Genel olarak
a ≥ 0 ise |a| = a
a < 0 ise |a| = −a dır.
√
simgesinin “pozitif karekök” olduğunu anımsayınız.
√
Dolayısıyla, a2 = a denklemi herzaman doğru değildir. Yalnızca
a ≥ 0 olduğunda doğrudur. Bu sebeble, her a değeri için
√
a2 = |a|
dır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
14/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
Mutlak Değerin Özellikleri
a ve b gerçel sayı ve n tamsayı olmak üzere
1. |ab| = |a|.|b|
a |a|
(b 6= 0)
2. =
b
|b|
3. |an | = |a|n
a > 0 olmak üzere
4. |x| = a ancak ve ancak x = ∓a
5. |x| < a ancak ve ancak −a < x < a
6. |x| > a ancak ve ancak x > a yada x < −a
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
15/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 5
|2x − 5| = 3 denklemini çözünüz.
Çözüm Özellik 4 ten |2x − 5| = 3 eşitliği
2x − 5 = 3
2x − 5 = −3
yada
ifadesine denktir. Buradan
2x = 8
yada
2x = 2
olur. Sonuç olarak x = 4 yada x = 1 elde edilir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
16/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 6
|x − 5| < 2 eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm Özellik 5 ten eşitsizliğimiz
−2 < x − 5 < 2
ifadesine denktir. Her yana 5 eklendiğinde
3<x<7
elde edilir, yani çözüm kümesi (3, 7) açık aralığıdır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
17/ 1
Aralıklar, Eşitsizlikler, Mutlak Değer
ÖRNEK 7
|3x + 2| ≥ 4 eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm Özellik 4 ve 6 dan, eşitsizlik
3x + 2 ≥ 4
yada
3x + 2 ≤ −4
ifadesine denktir. Birinci durumda 3x ≥ 2 olur, bu ise x ≥ 23 verir.
İkinci Durumda 3x ≤ −6 olur, bu ise x ≤ −2 verir. Böylece çözüm
kümesi
2
2
{x|x ≤ −2 yada x ≥ } = (−∞, −2] ∪ [ , ∞)
3
3
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
18/ 1
Koordinat Geometrisi
KOORDİNAT GEOMETRİSİ
Düzlemdeki noktalar sıralı gerçel sayı ikilileri ile özdeşleştirilebilir.
0 başlangıç noktasında
birbirini dik olarak kesen
iki koordinat doğrusu
çizelim. Genellikle
doğrunun biri pozitif yönü
sağa doğru olacak şekilde
yataydır ve x-ekseni olarak
adlandırılır; diğer doğru
pozitif yönü yukarıya
doğru olacak şekilde
düşeydir ve y-ekseni olarak
adalandırılır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
19/ 1
Koordinat Geometrisi
Düzlemde herhangi bir P noktasına aşağıdaki gibi tek bir sıralı sayı
ikilisi karşılık gelir. P den geçen x- ve y- eksenlerine dik doğrular
çizilir. Şekil 3 de gösteridiği gibi bu doğrular a ve b noktalarında
eksenleri keser.
P noktasına (a, b) ikilisi
karşılık gelir. İlk sayı olan
a, P nin x-koordinatı
(apsisi), ikinci sayı b ise
y-koordinatı (ordinatı)
olarak adlandırılır. P ,
koordinatları (a, b) olan
noktadır denir ve P (a, b)
olarak gösterilir.
Şekil 3:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
20/ 1
Koordinat Geometrisi
Şekil 4 de bazı noktalar koordinatları ile gösterilmiştir.
Şekil 4:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
21/ 1
Koordinat Geometrisi
Önceki işlemi tersten uygularsak, (a,b) sıralı ikilisinden başlayıp
karşılık gelen P noktasına ulaşabiliriz.
P noktası, (a,b) sıralı ikilisi ile özdeşleştirilir ve “(a,b) noktası”
olarak adlandırılır.
Bir (a,b) açık aralığı için kullanılan gösterim, bir (a,b) noktası için
kullanılanla aynı olmakla birlikte içerikten hangi anlamda olduğunu
söyleyebileceksiniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
22/ 1
Koordinat Geometrisi
Koordinat sistemi, Kartezyen koordinat sistemi olarak
adlandırılır.
Koordinat sisteminin oluşturduğu düzleme koordinat düzlemi veya
Kartezyen düzlemi denir ve R2 ile gösterilir.
x ve yeksenleri koordinat eksenleri olarak adlandırılır ve kartezyen
düzlemini Şekil 3 de I, II, III ve IV ile gösterilen dört çeyrek parçaya
ayırır.
Birinci bölgede yer alan noktaların x ve y koordinatlarının her
ikisinin de pozitif olduğuna dikkat ediniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
23/ 1
Koordinat Geometrisi
ÖRNEK 8
Aşağıdaki kümelerde verilen bölgeleri çiziniz.
(a) {(x, y) | x ≥ 0} (b) {(x, y) | y = 1} (c){(x, y) | |y| < 1}
Çözüm:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
24/ 1
Koordinat Geometrisi
İki nokta arasındaki uzaklık
P1 (x1 , y1 ) ve P2 (x2 , y2 ) noktalarını arasındaki uzaklık
p
|P1 P2 | = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2
dir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
25/ 1
Koordinat Geometrisi - Çember
Bir çemberin denklemi
Yarıçapı r, merkezi (h, k) olan çemberin denklemi
(x − h)2 + (y − k)2 = r2
dir. Özel olarak, merkez (0,0) başlangıç noktasında ise, denklem
x2 + y 2 = r2 olur.
Örneğin, merkezi (2,-5) yarıçapı 3
olan çemberin denklemi
(x − 2)2 + (y + 5)2 = 9
dur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
26/ 1
Koordinat Geometrisi - Çember
ÖRNEK 9
x2 + y 2 + 2x − 6y + 7 = 0 dekleminin önce bir çember temsil
ettiğini gösteriniz. Sonra da merkez ve yarıçapını bulunuz.
Çözüm:
Önce x-terimleri ile y-terimlerini aşağıdaki gibi gruplarız:
(x2 + 2x) + (y 2 − 6y) = −7
Sonra, denklemin her iki yanına, her grubu tam kareye
tamamlayacak uygun sabitleri (x ve y nin katsayılarının yarısının
karesi) ekleyerek,
(x2 + 2x + 1) + (y 2 − 6y + 9) = −7 + 1 + 9
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
27/ 1
Koordinat Geometrisi - Çember
ya da
(x + 1)2 + (y − 3)2 = 3
buluruz.
2
2
2
Bu denklemi, standart çember denklemi (x
√− h) + (y − k) = r
ile karşılaştırırsak h = −1, k = 3, ve r = 3 olduğunu görürüz.
Bu nedenle verilen denklem,√
merkezi (−1, 3) ve yarıçapı 3
olan bir çember betimler.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
28/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
Bir L doğrusunun denklemini bulmak için doğrunun dikliğinin
ölçüsü olan eğimini kullanırız.
Doğrunun eğimi
P1 (x1 , y1 ) ve P2 (x2 , y2 ) noktalarından geçen ve düşey olmayan bir
doğrunun eğimi
∆y
y2 − y1
m=
=
∆x
x2 − x1
dir. Düşey bir doğrunun eğimi tanımlı değildir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
29/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
Doğru denkleminin nokta-eğim biçimi
P1 (x1 , y1 ) noktasından geçen ve eğimi m olan doğrunun denklemi
y − y1 = m(x − x1 )
dir.
Doğru denkleminin eğim-kesen biçimi
Eğimi m ve y-keseni b olan doğrunun denklemi
y = mx + b
dir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
30/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
Eğim pozitifken doğrunun sağ
yukarıya doğru, eğim negatifken,
sağ aşağıya doğru olduğuna
dikkat ediniz.
Eğimin mutlak değeri büyüdükçe
doğruların daha dikleştiğine ve
eğimi 0 olan doğrunun yatay
olduğuna dikkat ediniz.
Şekil 5: Eğimleriyle birkaç doğru
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
31/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
ÖRNEK 10
(-1,2) ve (3,-4) noktalarından geçen doğrunun denklemini bulunuz.
Çözüm: Doğrunun eğimi
m=
−4 − 2
3
=−
3 − (−1)
2
dir. Nokta-eğim biçiminde x1 = −1 ve y1 = 2 alarak,
3
y − 2 = − (x + 1)
2
ve düzenleyerek
3x + 2y = 1
elde ederiz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
32/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
Özel olarak y-keseni b olan doğru
yatay ise, eğimi m = 0 dır ve
denklemi y = b olur.
Düşey bir doğrunun eğimi yoktur,
ancak x-keseni a olan bir
doğrunun üzerindeki tüm
noktaların x-koordinatı a
olacağından denklemini x = a
olarak yazarız.
Bununla birlikte x = 0 düşey
doğrusu y-ekseni, y = 0 doğrusu
x-eksenidir.
Şekil 6:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
33/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
ÖRNEK 11
x + 2y > 5 eşitsizliğinin grafiğini çiziniz.
Çözüm: {(x, y) | x + 2y > 5} kümesinin grafiğini çizmemiz
istendiğinden önce eşitliği y için çözerek başlarız.
x + 2y > 5
2y > −x + 5
y > − 12 x + 52
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
34/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
1
5
y >− x+
2
2
Bu eşitsizliği, eğimi − 12 ve y-keseni
doğrusuyla karşılaştıralım.
5
2
olan y = − 21 x +
5
2
Verilen grafiğin, y-koordinatları
y = − 12 x + 52 doğrusunun
üzerindeki noktaların
y-koordinatlarından daha büyük
olan noktalardan oluştuğunu
görürüz.
Dolayısıyla, grafik Şekil 7 de
gösterildiği gibi, bu doğrunun
üstünde kalan bölgedir.
Şekil 7:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
35/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
Paralel ve dik doğrular
Düşey olmayan iki doğru yalnızca eğimleri aynı olduğunda
paraleldir.
Eğimleri m1 ve m2 olan iki doğru ancak ve ancak
m1 m2 = −1 ise diktir. Başka bir deyişle, eğimleri diğerinin bir
bölüsünün negatifidir.
m2 = −
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
1
m1
MAT 1009 Matematik I
36/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
ÖRNEK 12
(5,2) noktasından geçen ve 4x + 6y + 5 = 0 doğrusuna paralel olan
doğrunun denklemini bulunuz.
Çözüm: Verilen doğru
5
2
y =− x−
3
6
eğim-kesen biçiminde yazılabilir ve eğimi m = − 23 dür. Paralel
doğrular aynı eğimi sahip olduğundan istenen doğrunun eğimi de
− 23 dür ve nokta-eğim biçiminde denklem
2
y − 2 = − (x − 5)
3
olur. Bu denklemi 2x + 3y = 16 olarak da yazabiliriz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
37/ 1
Koordinat Geometrisi - Doğru
ÖRNEK 13
2x + 3y = 1 ve 6x − 4y − 1 = 0 doğrularının dik olduklarını
gösteriniz.
Çözüm: Denklemler
2
1
3
1
y = − x + ve y = x −
3
3
2
4
olarak yazılabilir. Buradan eğimlerinin
2
3
ve m2 =
3
2
olduğunu görürüz. m1 m2 = −1 olduğundan, doğrular diktir.
m1 = −
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
38/ 1
Trigonometri
TRİGONOMETRİ
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
39/ 1
Trigonometri - Açılar
Açılar derece yada radyan (rad olarak kısaltılır) olarak ölçülebilir.
Bir tam dönüş ile verilen açı 360◦ dir ve 2π rad ile aynıdır.
Dolayısıyla
πrad = 180◦
(1)
dir.
ÖRNEK 14
60◦ nin radyan ölcüsünü bulunuz.
Çözüm
Denklem (1) den dereceyi radyana çevirmek için π/180 ile
çarpmamız gerektiğini görürüz. Dolayısıyla,
π π
◦
60 = 60
= rad dır.
180
3
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
40/ 1
Trigonometri - Açılar
Kalkülüste tersi belirtilmediği sürece açıları ölçmek için radyan
kullanırız. Sık karşılaşılan bazı açıların radyan ve derece ölçüsü
karşılıkları aşağıdaki tabloda verilmiştir.
Derece
Radyan
0◦
0
Derece
Radyan
150◦
5π
6
30◦
45◦
60◦
90◦
120◦
135◦
π
6
π
4
π
3
π
2
2π
3
3π
4
180◦
π
270◦
3π
2
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
360◦
2π
MAT 1009 Matematik I
41/ 1
Trigonometri - Açılar
Bir açının srandart konumu, Şekil 8 teki gibi köşesini başlangıç
noktasına ve başlangıç kenarını pozitif x−ekseni üzerinde
yerleştirdiğimizde oluşur.
Şekil 8: θ > 0
Başlangıç kenarı, saat yönünün
tersi yönünde bitiş kenarı ile
çakışıncaya kadar döndürülürse
pozitif açı elde edilir.
Şekil 9: θ < 0
Benzer olarak saat yönünde
döndürülürse Şekil 9 deki gibi
negatif açı elde edilir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
42/ 1
Trigonometri - Açılar
Şekil 10’te, standart konumda birkaç açı örneğini göstermektedir.
Farklı açıların aynı başlangıç ve bitiş kenarına sahip olabileceğine
dikkat ediniz.
Şekil 10:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
43/ 1
Trigonometri - Açılar
Örneğin, 3π/4, −5π/4 ve 11π/4 açıları,
5π
3π
− 2π = −
4
4
3π
11π
+ 2π =
4
4
olduğundan ve 2π rad bir tam dönmeyi temsil ettiği için aynı
başlangıç ve bitiş kenarlarına sahiptir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
44/ 1
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
Bir θ dar açısı için, altı trigonometrik fonksiyon bir dik üçgenin
kenar uzunluklarının oranı olarak aşağıdaki gibi tanımlanır.
Şekil 11:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
sin θ =
karşı dik kenar
hipotenüs
cos θ =
komşu dik kenar
hipotenüs
tan θ =
karşı dik kenar
komşu dik kenar
MAT 1009 Matematik I
(2)
45/ 1
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
Şekil 12:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
csc θ =
hipotenüs
karşı dik kenar
sec θ =
hipotenüs
komşu dik kenar
cot θ =
komşu dik kenar
karşı dik kenar
MAT 1009 Matematik I
46/ 1
(2)
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
Bu tanım, geniş ya da negatif açılara uygulanamaz, bu nedenle
standart konumda genel bir θ açısı için, θ nın bitiş kenarı üzerinde
bir P (x, y) noktası alır ve |OP | uzunluğunu Şekil 13 deki gibi r ile
gösteririz.
Şekil 13:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
47/ 1
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
sin θ =
y
r
cos θ =
x
r
tan θ =
y
x
csc θ =
r
y
sec θ =
r
x
cot θ =
x
y
(3)
olarak tanımlarız.
Payda 0 olduğunda bölüm tanımsız olacağından, x = 0 için tan θ
ve sec θ, y = 0 için csc θ ve cot θ tanımsızdır.
θ dr açı olduğunda (2) ve (3) deki tanımların birbiriyle tutarlı
olduğuna dikkat ediniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
48/ 1
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
Eğer θ bir sayı ise, sin θ, radyan ölçüsü θ olan açının sinüsü
anlamına gelir.
Örneğin, sin 3 ifadesi 3rad lık bir açı ile ilgilendiğimizi belirtir. Bu
sayıyı hesap makinesi ile bulacağımız zaman makinenin radyan
ayarına geçer ve
sin 3 ≈ 0.14112
elde ederiz. 3◦ lik açının sinüsünü bilmek istersek, hesap
makinemizin derece ayarına geçerek sin 3◦ yazar ve
sin 3◦ ≈ 0.05234
buluruz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
49/ 1
Trigonometri - Trigonometrik Fonksiyonlar
Bazı sin θ ve cos θ değerleri aşağıdaki tabloda verilmiştir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
50/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
Trigonometrik özdeşlik trigonometrik fonksiyonlar arasında bir
bağıntıdır. Doğrudan doğruya trigonometrk fonksiyonların
tamamından elde edilen en temel olanları aşağıda verilmiştir.
csc θ =
1
sin θ
sec θ =
tan θ =
sin θ
cos θ
1
cos θ
cot θ =
cot θ =
1
tan θ
cos θ
sin θ
sin2 θ + cos2 θ = 1
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
51/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
tan2 θ + 1 = sec2 θ
1 + cot2 θ = csc2 θ
sin(−θ) = − sin θ
cos(−θ) = cos θ
sin(θ + 2π) = sin θ
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
cos(θ + 2π) = cos θ
MAT 1009 Matematik I
52/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
Diğer trigonometrik özdeşlikler toplam formülleri olarak
adlandırılan iki temel özdeşliğin sonucudur.
sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
53/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
fark formülleri
sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β
cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β
tan(α + β) =
tan α + tan β
1 − tan α tan β
tan(α − β) =
tan α − tan β
1 + tan α tan β
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
54/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
çift açı formülleri
sin 2α = 2 sin α cos α
cos 2α = cos2 α − sin2 α
cos 2α = 2 cos2 α − 1
cos2α = 1 − 2 sin2 α
çift açı formülleri
cos2 α =
1 + cos 2α
2
sin2 α =
1 − cos 2α
2
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
55/ 1
Trigonometri - Trigonometric Özdeşlikler
ÖRNEK 15 sin x = sin 2x denklemini sağlayan [0, 2π] aralığındaki
tüm x değerlerini bulunuz.
Çözüm Çift açı formüllerini kullanarak verilen denklemi
sin x = 2 sin x cos x ya da sin x(1 − 2 cos x) = 0
şekline yazabiliriz. Dolayısıyla iki seçenek vadır.
sin x = 0
ya da
1 − 2 cos x = 0
buradan
x = 0, π, 2π
ya da x = cos x =
1
π 5π
⇒x= ,
2
3 3
bulunur. Verilen denklemin beş çözümü vardır x = 0, π, 2π, π3 , 5π
3 .
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
56/ 1
Karmaşık Sayılar
KARMAŞIK SAYILAR
Bir karmaşık sayı, a ve b gerçel sayılar ve i, i2 = −1 anlamında bir
simge olmak üzere, a + bi biçiminde bir ifade ile temsil edilebilir.
a + bi karmaşık sayısı (a, b) sıralı
ikilisiylede temsil edilebilir ve
Şekil 3 de olduğu gibi düzlemde
bir nokta olarak çizilebilir.
Bu nedenle, i = 0 + 1i karmaşık
sayısı (0, 1) noktasıyla
özdeştirilebilir.
Şekil 3:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
57/ 1
Karmaşık Sayılar
a + ib karmaşık sayısının gerçel kısmı a gerçel sayısı ve sanal kısmı
b gerçel sayısıdır.
Eğer a = c ve b = d ise a + bi ve c + di karmaşık sayıları eşittir.
Karmaşık sayı düzleminde x ekseni gerçel eksen ve y ekseni sanal
eksen olarak adlandırılır.(Şekil 3)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
58/ 1
Karmaşık Sayılar
İki karmaşık sayının toplamı ve farkı, gerçel ve sanal kısımlarının
toplanması veya çıkarılması ile tanımlanır:
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
(a + bi) − (c + di) = (a − c) + (b − d)i
Örneğin,
(1 − i) + (4 + 7i) = (1 + 4) + (−1 + 7)i = 5 + 6i
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
59/ 1
Karmaşık Sayılar
Karmaşık sayıların çarpımı, alışılmış değişme ve dağılma kuralları
geçerli olabilecek şekilde tanımlanır:
(a + bi)(c + di) = a(c + di) + (bi)(c + di)i
= ac + adi + bci + bdi2
i2 = −1 olduğundan, bu ifade
(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i
biçimini alır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
60/ 1
Karmaşık Sayılar
ÖRNEK 16 (−1 + 3i)(2 − 5i) =?
Çözüm
(−1 + 3i)(2 − 5i) = (−1)(2 − 5i) + 3i(2 − 5i)
= (−1)(2 − 5i) + 3i(2 − 5i)
= −2 + 5i + 6i − 15(−1) = 13 + 11i
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
61/ 1
Karmaşık Sayılar
z = a + bi karmaşık sayısının |z| büyüklüğü, ya da modül ü,
başlangıç noktasından olan uzaklığıdır. Şekil 4 den, z = a + bi ise,
p
|z| = a2 + b2
olduğunu görürüz.
Şekil 4:
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
62/ 1
Karmaşık Sayılar
z = a + bi karmaşık sayısının eşleniği ni z̄ = a − bi olarak
tanımlarız.
Eşleniğin geometrik yorumu Şekil
5 gösterilmiştir: z̄, z nin gerçel
eksene göre yansımasıdır.
Şekil 5:
z z̄ = (a + bi)(a − bi) = a2 + abi − abi − b2 i2 = a2 + b2
ve bu nedenle
z z̄ = |z|2
olduğuna dikkat ediniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
63/ 1
Karmaşık Sayılar
İki karmaşık sayının bölümünü bulmak için pay ve paydayı,
paydanın eşleniği ile çarparız.
a + ib
a + ib c − id
=
×
c + id
c + id c − id
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
64/ 1
Karmaşık Sayılar
ÖRNEK 17
−1 + 3i
sayısını a + bi biçiminde ifade ediniz.
2 + 5i
Çözüm Pay ve paydayı 2 + 5i nin eşleniği olan 2 − 5i ile çarpar ve
bir önceki örneğin sonucundan faydalanırız:
−1 + 3i
−1 + 3i 2 − 5i
13 + 11i
13 11
=
×
= 2
=
+ i
2 + 5i
2 + 5i
2 − 5i
2 + 52
29 29
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
65/ 1
Karmaşık Sayılar
i2 = −1 olduğundan, i yi −1 nin karekökü olarak düşünebiliriz.
Ancak (−i)2 = i2 = −1 olduğuna ve dolayısıyla −i nin de −1in
kare kökü olduğuna dikkat ediniz.
i, −1 in temel köküdür der ve
√
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
−1 = i yazarız.
MAT 1009 Matematik I
66/ 1
Karmaşık Sayılar
Genel olarak, c herhangi bir pozitif sayı ise
√
√
−c = i c
yazarız. Bu anlayış ile, ax2 + bx + c = 0 ikinci derece denkleminin
kök formülü
√
−b ± b2 − 4ac
x=
2a
b2 − 4ac < 0 olduğunda da geçerlidir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1009 Matematik I
67/ 1

Download

MAT 1009 Matematik I 0/ 1

Products

Support

MAT 1009 Matematik I 0/ 1

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib