11. Sınıf Matematik Akıllı Defter

Bu defter, siz öğretmenlerimize özel olarak boşlukları doldurulmuş bir şekilde basılmıştır. Pembe renkli, italik yazılar, öğrencilerinize yazdırabilmeniz amacı ile öğrenci defterinde boş bırakılmıştır.

Bu ürünün bütün hakları ÇÖZÜM DERGİSİ YAYINCILIK SAN. TİC. LTD. ŞTİ.’ne aittir. Tamamının ya da bir kısmının ürünü yayımlayan şirketin önceden izni olmaksızın fotokopi ya da elektronik, mekanik herhangi bir kayıt sistemiyle çoğaltılması, yayımlanması ve depolanması yasaktır.

Çözüm Yayınları Grafik Birimi

Çözüm Yayınları Dizgi Birimi

2015, Ankara

Feryal Matbaası (0312) 395 22 37

          

         


    



Değerli Öğretmenim,



FATİH Projesi ile ülkemizdeki hemen hemen tüm okullarımıza "akıllı tahtalar" yerleştirildi ve siz değerli öğretmenleri-

mizin kullanımına sunuldu. Akıllı tahtalar doğru bir şekilde kullanıldığında öğrenme süreçlerini hızlandıran, öğrenme düzeyini artıran etkili bir eğitim aracıdır.

Akıllı tahtaların etkili bir şekilde kullanılabilmesi için seçilecek içerik büyük önem taşımaktadır.

Çözüm Yayınları, akıllı tahta ile ders işleme sistemini Türkiye'de ilk uygulayan kuruluştur. Bünyesinde barındırdığı tüm dershanelerde bu sistem günümüze kadar başarı ile kullanılmıştır. Bu teknolojiyi kullanmanın getirdiği tecrübe ile hem öğrenci hem de öğretmeni aktif bir şekilde derste tutacak, öğrenme becerilerini maksimum düzeye çıkaracak içerikleri üretmek, Çözüm Yayınlarının kültüründe yer alan önemli bir birikimdir.

Şu an kullandığınız bu eser, bu birikim ve tecrübenin bir ürünüdür. Uygulamalar sonucunda her yıl geliştirilerek bugün-

kü hâlini almıştır.

Bu ürünün tamamlayıcısı olan "Akıllı Tahta Programı"mız ile öğretmenlerimiz tahtada dersini anlatırken öğrencilerimiz

basılı bir materyal olan akıllı defterlerinden dersi takip edecek ve sizin tahtaya yazdığınız bilgileri defterlerine not edeceklerdir. Yeni bir yaklaşımda bulunarak Öğretmenler İçin Özel Akıllı Defter hazırladık. Öğretmenlerimiz için hazırladığımız bu defterde, öğrencilerimizde bulunan Akıllı Defterlerdeki not almak için bırakılan boşluklar dolduruldu. Öğrenci defterinde olmayan ancak öğretmen defterinde yer alan kısımlar farklı bir renk ile belirtilmiştir.

Pembe renkli italik yazılar öğrenci defterinde yer

Aşağıda verilen ifadelerin değerlerini bulunuz. • OBEB(24, 56)

almamaktadır. Öğretmenlerimiz bu bilgileri öğrencilerine yazdıracaktır.

•

24 56 2∗ 12 28 2∗ 6 14 2∗ OBEB(24, 56) = 2 . 2 . 2 = 8 bulunur. 3 7 OBEB(45, 75, 120) 45 15 3



75 25 5

120 40 8

3∗ 5∗

OBEB(45, 75, 120) = 3 . 5 = 15 bulunur..

Öğretmenlerimiz için özel hazırlanan bu akıllı defter sayesinde, akıllı tahta olmadan da öğretmenlerimiz ders işleye-

bilir. Derslerden önce, anlatacakları konuları gözden geçirebilir.

Ders anlatımı sırasında kullanacakları ek materyallerin notlarını defterlerine alabilirler.



Birlikte başarmak dileğiyle… Çözüm Yayınları

1. ÜNİTE / MANTIK����������������������������������������������������������5

Trigonometrik Çemberde Trigonometrik Bağıntılar����� 155

ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER������������������������������������ 8

Trigonometrik Fonksiyonlarda Geniş Açıların Değerlerinin Hesaplanması����������������������������������������������� 161

Ve (∧) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler Veya (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler ����������������������������10 "Ya da" (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler ∧, ∨ ile ∨ Bağlaçları ve Elektrik Devreleri Arasındaki İlişki ��������������������������������������������������������������������� 17 Kümelerdeki İşlemler ile Sembolik Mantık Kuralları Arasındaki İlişki ����������������������������������������������������� 20 Koşullu Önermeler�������������������������������������������������� 21 Totoloji ve Çelişki ��������������������������������������������������� 27 Niceleyiciler����������������������������������������������������������� 28

AÇIK ÖNERMELER�������������������������������������������������������������������������29 İSPAT YÖNTEMLERİ ���������������������������������������������������������������������31

Trigonometrik Fonksiyonların Periyodları���������������������� 168 Trigonometrik Fonksiyonların Grafikleri����������������������������� 169 Trigonometrik Fonksiyonların Tersleri ��������������������������������� 172

TOPLAM FARK FORMÜLLERİ�������������������������������������������������� 180 YARIM AÇI FORMÜLLERİ��������������������������������������������������������� 186 DÖNÜŞÜM FORMÜLLERİ�������������������������������������������������������� 194 TRİGONOMETRİK DENKLEMLER������������������������������������������ 199

5. ÜNİTE / ÜSTEL VE LOGARİTMİK FONKSİYONLAR��� 210 ÜSTEL FONKSİYON�������������������������������������������������������������������� 210

Doğrudan İspat Yöntemi������������������������������������������������������31

LOGARİTMA FONKSİYONU���������������������������������������������������� 222

Dolaylı İspat Yöntemi������������������������������������������������������������31

ÜSTEL VE LOGARİTMİK DENKLEMLER�������������������������������� 243

2. ÜNİTE / MODÜLER ARİTMETİK �������������������������������������36

LOGARİTMİK EŞİTSİZLİKLER��������������������������������������������������� 250

BÖLME ����������������������������������������������������������������������������������������������36

6. ÜNİTE / DİZİLER�������������������������������������������������������������������� 261

BÖLÜNEBİLME KURALLARI��������������������������������������������������������42

DİZİLERE GENEL BAKIŞ ������������������������������������������������������������ 261

ASAL SAYILAR VE ASAL ÇARPANLARA AYIRMA����������������53

EŞİT DİZİLER��������������������������������������������������������������������������������� 268

OBEB - OKEK�����������������������������������������������������������������������������������62

SABİT DİZİ������������������������������������������������������������������������������������� 269

ÖKLİT ALGORİTMAS���������������������������������������������������������������������63

DİZİLERDE DÖRT İŞLEM����������������������������������������������������������� 270

MODÜLER ARİTMETİKTE İŞLEMLER���������������������������������������79

İNDİRGENME BAĞINTISI VERİLEN SAYI DİZİLERİ����������� 272

3. ÜNİTE / DENKLEM VE EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ������������� 93

ÜÇGEN SAYILAR�������������������������������������������������������������������������� 275

DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ����������������������������������������93

KARE SAYILAR������������������������������������������������������������������������������ 277

İKİNCİ DERECEYE DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DENKLEMLER VE DENKLEM SİSTEMLERİ������������������������������������������������������� 100

FİBONACCİ DİZİSİ����������������������������������������������������������������������� 279

İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER���������118 Eşitsizlikler ve Grafik Arasındaki İlişki������������������������������ 128

İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ����������������������������������������������������������������������������������� 130

ARİTMETİK DİZİ��������������������������������������������������������������������������� 280 GEOMETRİK DİZİ������������������������������������������������������������������������� 290 BİR GEOMETRİK DİZİNİN SONSUZ TERİMİNİN TOPLAMI����299

7. ÜNİTE / DÖNÜŞÜMLER��������������������������������������������������� 308

4. ÜNİTE / TRİGONOMETRİ������������������������������������������������ 140

ANALİTİK DÜZLEMDE TEMEL DÖNÜŞÜMLER����������������� 308

YÖNLÜ AÇILAR �������������������������������������������������������������������������� 140

Düzlemde Öteleme Dönüşümü��������������������������������������� 308

TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR������������������������������������� 144 Trigonometrik Fonksiyonların Bölgelerdeki İşaretleri�� 154

Düzlemde Dönme Dönüşümü����������������������������������������� 311 Düzlemde Yansıma (Simetri) Dönüşümü������������������������ 318 Öteleme Yansıması, Şerit Süslemeler������������������������������ 332

1. Ünite

Mantık

MANTIK Tanım:

Doğru ya da yanlışlığı kesin olarak belirlenebilen ve yargı bildiren cümlelere önerme denir.

I. “Türkiye’nin en yüksek dağı Elmadağ’dır.” II. “Bir hafta 7 gündür.” III. “3 < 4” IV. “Sen Ankaralı mısın?” V. “Bu elbise sana çok yakışmış” Yukarıdaki cümlelerden kaç tanesi önermedir? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

I. "Türkiye'nin en yüksek dağı Elmadağ'dır." Cümlesi yanlış bir yargıdır. Bu yüzden önermedir. II. "Bir hafta 7 gündür." Cümlesi doğru bir yargıdır. Bu nedenle önermedir. III. "3 < 4" ifadesi doğru bir yargıdır. Bu nedenle önermedir. IV. "Sen Ankaralı mısın?" Soru cümlesi olduğundan önerme değildir. V. "Bu elbise sana çok yakışmış." cümlesi doğru ya da yanlış olmadığından önerme değildir. Bu nedenle 3 tanesi önermedir. Cevap : C

Tanım: Bir önermenin doğru ya da yanlış bilgi vermesine o önermenin doğruluk değeri denir. Bir önermenin doğruluk değeri; "1" önerme doğru ise ………………, "0" önerme yanlış ise ………………, ile gösterilir.

11. Sınıf - Matematik / 5

1. Ünite

Mantık

Aşağıda verilen önermelerin doğruluk değerlerini yanlarında bulunan kutucuğa işaretleyiniz. Doğruluk değeri En küçük asal sayı 2 dir.

"1"

Bütün asal sayılar tek sayıdır.

"0"

İki basamaklı en büyük doğal sayı 99 dur.

"1"

Tanım: Doğruluk değerleri aynı olan önermelere denk önerme denir. p ve q iki denk önerme olmak üzere

p≡q

şeklinde gösterilir.



p: “En büyük iki basamaklı asal sayı 13’tür.”



q: “Dünyanın en kalabalık ülkesi Türkiye’dir.”



r: “124 sayısı 7 ile tam bölünür.”



t: “Üç basamaklı en küçük tek sayı 101 dir.”

Yukarıdaki önermeler için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) p ≡ q



B) p ≡ r





D) p _ t



E) q ≡ t



C) q ≡ r

Yukarıda verilen önermelerin doğruluk değerleri p : En büyük iki basamaklı asal sayı 97 olduğundan p ≡ 0 q : Dünyanın en kalabalık ülkesi Çin olduğundan q ≡ 0 r : 124 sayısı 7 ile tam bölünemediğinden r ≡ 0 t : Üç basamaklı en küçük tek sayı –999 olduğundan t ≡ 0 dır. Buna göre p ≡ q , p ≡ r, q ≡ r, q ≡ t dir. Ancak p ≢ t yanlıştır. Cevap : D 6 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

Tanım: Bir önermeyi doğru iken yanlış, yanlış iken doğru önerme haline dönüştürmeye yarayan işleme önermenin değili (olumsuzu) denir. • Bir p önermesinin değili (olumsuzu) p′ ile veya ∼p ile gösterilir. • Bir p önermesinin değilinin değili kendisidir.

(p′)′ ≡ p



I. p : “Dünyanın en uzun nehri Nil’dir.” "Dünyanın en uzun nehri Nil değildir." p′ : …………………………………………… II. q : “Türkiye’nin en kalabalık ili İzmir’dir.” "Türkiye'nin en kalabalık ili İzmir değildir." q′ : …………………………………………… III. r′: “Bir tek ile bir çift tam sayının çarpımı çift sayıdır. "Bir tek ile bir çift tam sayının çarpımı çift sayı değildir." r : ……………………………………………………………… Yukarıda verilen boşlukları uygun olan cümlelerle doldurunuz.

Önermelerin Doğruluk Tabloları Bir veya birden fazla önermenin doğruluk ya da yanlışlık durumlarına göre tüm ihtimallerin bir tablo aracılığı ile gösterilmesine doğruluk tablosu denir.





p

p′

p

q

p′

q′

1

0

1

1

0

0

0

1

1

0

0

1

0

1

1

0

0

0

1

1



11. Sınıf - Matematik / 7

1. Ünite

Mantık

ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER Bir önerme sadece bir yargıdan oluşuyorsa yalın önerme, birden fazla yargıdan oluşuyorsa bileşik önerme denir. Bileşik önermeler,

∧ (ve), ∨(veya), ∨ (ya da), ⇒ (ise), ⇔ (ancak ve ancak)

bağlaçları ile birbirine bağlanır.

UYARI: n tane önermeden oluşan bileşik önermenin doğruluk tablosunda 2n tane doğruluk değeri vardır.

n + 3 farklı önermeden oluşan bir bileşik önermenin 1024 tane doğruluk değeri olduğuna göre, n kaçtır? A) 8

B) 7

C) 6

D) 5

E) 4

n + 3 farklı önermeden oluşan bileşik önermenin doğruluk değeri sayısı 2n + 3 olduğundan

2n +3 = 1024 ⇒ 2n+3 = 210 ⇒ n + 3 = 10 ⇒ n + 3 = 10 ⇒ n = 7 bulunur. Cevap : B

Ve (∧) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi iki önermenin “ve” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ∧ q şeklinde gösterilir.

Örnek

p: “Asal sayılar 5 ten başlar.”



q: “Ardışık iki çift sayının toplamı tektir.”

önermelerinin ∧ (ve) bağlacı ile bağlanmış hali olan

Asal sayılar 5 ten başlar ve ardışık iki çift sayının toplamı tektir. ” şeklindedir. p ∧ q: “ ............................................................................................................................................

8 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

UYARI: "∧" bağlacı ile bağlı olan bileşik önermenin doğruluk değeri, her iki önermede doğru iken doğru diğer her durumda yanlıştır.

Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.





p

q

p∧q

1

0

0

1

1

1

0

1

0

0

0

0

(p ∧ q) ∧ q′

Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosunu kullanarak bulunuz.

p

q

q′

p∧q

(p ∧ q) ∧ q′

1

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0



0

0

1

0

0



p≡1



q≡1



r≡0





olduğundan (p ∧ q) ∧ q′ ≡ 0 dır.

Yukarıda doğruluk değerleri verilen önermeler için p′ ∧ (q′ ∧ r)′ önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

p′ ≡ 0, q′ ≡ 0 ve r ≡ 0 olduğundan p′ ∧ (q′ ∧ r)′ ≡ 0 ∧ (0 ∧ 0)′



≡ 0 ∧ 0′





≡ 0 ∧ 1





≡ 0 bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 9

1. Ünite



p∧1≡0



q′ ∧ 0 ≡ r

Mantık

Yukarıda verilen bileşik önermeler için,

(p′ ∧ r′)′

önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

p ∧ 1 ≡ 0 olduğundan p ≡ 0 dır. q′ ∧ 0 ≡ r olduğundan 0 ≡ r dir. Buna göre; (p′ ∧ r′)′ ≡ (1 ∧ 1)′ ≡ 1′ ≡ 0 bulunur.

Veya (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi iki önermenin “veya” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ∨ q ile gösterilir.



p : “Çift sayıların bütün kuvvetleri çifttir.”



q : “1 çarpma işleminin birim elemanıdır.”

çift sayıların bütün kuvvetleri çifttir veya Önermelerinin ∨(veya) bağlacı ile bağlanmış hali olan p ∨ q : “ ……………………………………………… 1 çarpma işleminin birim elemanıdır. ” şeklindedir. ………………………………………

UYARI: ∨ bağlacı ile bağlı olan bileşik önermelerin doğruluk değerleri iki önermenin de yanlış olduğu durumda yanlış diğer her durumda doğrudur.

Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.



p

q

p∨q

1

1

1

1

0

1

0

1

1

0

0

0

10 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite



Mantık

(p ∧ q)′ ∨ q

Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosunu kullanarak bulunuz.









p

q

p∧q

(p ∧ q)′

(p ∧ q)′ ∨ q

1

1

1

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

0

1

1

olduğundan (p ∧ q)′ ∨ q ≡ 1 bulunur.

p önermesi doğru, q ve r önermeleri yanlış önermelerdir. Buna göre,

(p′ ∨ r) ∨ (q ∧ p)′

bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

p ≡ 1, q ≡ 0 ve r ≡ 0 olduğundan (p′ ∨ r) ∨ (q ∧ p)′ ≡ (0 ∨ 0) ∨ (0 ∧ 1)′

≡ 0 ∨ 0′



≡0∨1







p∨r≡0



q∨0≡1

≡ 1 bulunur.

Yukarıda verilen bileşik önermelere göre,

(p′ ∨ q) ∧ (p ∨ r′)

bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

p ∨ r ≡ 0 olduğundan p ≡ 0 ve r ≡ 0 dır. q ∨ 0 ≡ 1 olduğundan q ≡ 1 dir. Buna göre, (p′ ∨ q) ∧ (p ∨ r′) ≡ (1 ∨ 1) ∧ (0 ∨ 1)







≡

1∧1









≡

1 bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 11

1. Ünite

Mantık

"Ya da" (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p, q önermelerinin "ya da" bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler "∨" işareti kullanılarak p ∨ q şeklinde yazılır.

Örnek :

p : Camı özgür kırdı.



q : Camı Ozan kırdı.

"Camı Özgür ya da Ozan kırdı." şeklindedir. önermeleri kullanılarak yazılan p ∨ q bileşik önermesi ...........................................................................

UYARI: "∨" bağlacı ile bağlı olan bileşik önermelerin doğruluk değerleri iki önermeden biri doğru diğeri yanlış iken doğru, diğer durumlarda yanlıştır. Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz. p

q

p∨q

1

1

0

1

0

1

0

1

1



0

0

0



(p′ ∨ p)′ ∨ q

bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.



p

q

p′

p′ ∨ p

(p′ ∨ p)′

(p′ ∨ p)′ ∨ q

1

1

0

1

0

1

1

0

0

1

0

0

0

1

1

1

0

1

0

0

1

1

0

0

12 / 11. Sınıf - Matematik

olduğundan (p′ ∨ p)′ ∨ q ≡ q bulunur.

1. Ünite



1∨p≡1



0∨q≡0

Mantık

olduğuna göre, p′ ∨ q bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

1 ∨ p ≡ 1 olduğundan p ≡ 0 dır. 0 ∨ q ≡ 0 olduğundan q ≡ 0 dır. Buna göre, p′ ∨ q ≡ 1 ∨ 0 ≡ 1 bulunur.

∧ , ∨ ile ∨ Bağlaçlarına Ait Özellikler

1. Tek kuvvet özelliği,

• p ∨ p ≡ p



• p ∧ p ≡ p



• ∨ bağlacının tek kuvvet özelliği yoktur.

2. Değişme özelliği,

• p ∨ q ≡ q ∨ p



• p ∧ q ≡ q ∧ p



• p ∨ q ≡ q ∨ p dir.

11. Sınıf - Matematik / 13

1. Ünite

Mantık

(p ∧ p) ∧ r ∧ p′



bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p

B) p′

C) r′ ∧ p

D) 1

E) 0

(p ∧ p) ∧ r ∧ p′ (Tek kuvvet özelliğinden) p ∧ r ∧ p′ (Değişme özelliğinden) p ∧ p′ ∧ r 0 ∧ r 0 bulunur.

3. Birleşme özelliği,

• (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r)



• (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r)



• (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r) dir.

4. Dağılma özelliği,

• p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)



• p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) dir.

14 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : E

1. Ünite

Mantık

[r′ ∨ (r ∨ q)] ∧ [(q′ ∧ r) ∧ r′]



önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 1

B) 0

C) r

D) q

E) r′



[(r′ ∨ r) ∨ q] ∧ [q′ ∧ (r ∧ r′)] (birleşme özelliğinden)



[1 ∨ q] ∧ [q′ ∧ 0] (r′ ∨ r ≡ 1 ve r′ ∧ r ≡ 0)



1∧0



0 bulunur.

Cevap : B

p ∧ (p′ ∨ q)



önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p ∨ q

B) p′

D) p ∧ q′

C) q

E) p ∧ q

p ∧ (p′ ∨ q) (Soldan dağılma özelliğinden) (p ∧ p′) ∨ (p ∧ q) (p ∧ p′ ≡ 0) 0 ∨ (p ∧ q) p ∧ q bulunur.



Cevap : E

(p ∧ q) ∨ p′

önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p′ B) p ∧ q′

C) p′ ∧ q

D) p ∨ q

E) p′ ∨ q

(p ∧ q) ∨ p′ (Sağdan Dağılma özelliğinden) (p ∨ p′) ∧ (q ∨ p′) (p ∨ p′ ≡ 1) 1 ∧ (q ∨ p′)

q ∨ p′ veya p′ ∨ q bulunur.

Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 15

1. Ünite

Mantık

5. De′ Morgan kuralı





• (p ∧ q)′ ≡ p′ ∨ q′



• (p ∨ q)′ ≡ p′ ∧ q′ dir.

(p ∨ q′)′ ∧ (q′ ∨ 0)

bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 0

B) 1

C) p′

D) p ∧ q′

E) p ∨ q′

(p ∨ q′)′ ∧ (q′ ∨ 0) (De' Morgan kuralı) (p′ ∧ q) ∧ (q′) (Birleşme özelliğinden) p' ∧ (q ∧ q')

p' ∧ 0 ≡ 0 bulunur.

Cevap : A

Öğretmen Örneği

(p ∨ q) ∧ (p ∧ q′)′

bileşik önermesine denk olan önermeyi bulunuz.

Çözüm

(p ∨ q) ∧ (p ∧ q')' (De' morgan kuralı)



(p ∨ q) ∧ (p′ ∨ q) (Dağılma özelliği)



(p ∧ p′) ∨ q

0 ∨ q

q bulunur.

16 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

∧ ile ∨ Bağlaçları ve Elektrik Devreleri Arasındaki İlişki Fizik dersi içerisinde işlenen seri ve paralel bağlı elektrik devreleri mantık konusu ile şu şekilde ilişkilendirilir.

Devrede açık anahtar



Devrede kapalı anahtar

“0” ile “1” ile

gösterilir. Anahtarların elektrik devresine bağlanması; Seri bağlama p

Paralel bağlama p

q

q + –

+ –

p∧q

p∨q

şeklindedir. Devrede mantık işlemlerinin sonucu “0” çıkarsa devreden akım geçmez, yani lamba yanmaz, “1” çıkarsa akım geçer, yani lamba yanar.

p

q

lamba + –



Yukarıdaki şekilde görülen elektrik devresinde lambanın yanıp yanmayacağını mantık kurallarıyla bulunuz.

p ≡ 1 ve q ≡ 0 ve anahtarlar seri bağlı olduğundan



p ∧ q ≡ 1 ∧ 0 ≡ 0 bulunur. Dolayısıyla lamba yanmaz.

11. Sınıf - Matematik / 17

1. Ünite

Mantık

p

q p

q

r

+ –

+ –

Şekil - I

Şekil - II

Yukarıdaki iki şekilde görülen elektrik devrelerinde lambaların yanıp yanmayacağını sembolik mantık kullanarak bulunuz.

Şekil I deki devrede



Şekil II deki devrede



p ≡ 1 q ≡ 0 ve anahtarlar paralel bağlı olduğundan

p ≡ 1, q ≡ 1, r ≡ 0 olmak üzere,

p ∨ q ≡ 1 ∨ 0 ≡ 1 bulunur.

p ∧ (q ∨ r) ≡ 1 ∧ (1 ∨ 0)

lamba yanar.







≡ 1 ∧ 1



≡ 1 bulunur.





lamba yanar.

Öğretmen Örneği q s

r

p

u

t + –

Yukarıda verilen elektrik devresindeki ampülün yanıp yanmayacağını sembolik mantık kullanarak bulunuz.

Çözüm p ≡ 0, q ≡ 1, r ≡ 0, s ≡ 0, t ≡ 1, u ≡ 1 olmak üzere, p ∧ [(q ∨ (r ∧ s)) ∨ t] ∧ u ≡ 0 ∧ [(1 ∨ (0 ∧ 0)) ∨ 1] ∧ 1







18 / 11. Sınıf - Matematik

≡ 0 ∧ [1 ∨ 0 ∨ 1] ∧1 ≡ 0 bulunur. Ampul yanmaz.

MİNİ ÖDEV 1. (p ∨ q)′ ∨ (p′)′ bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir? A) p ∧ q′

B) p′ ∨ q

Çözüm



(p′ ∧ q′) ∨ p



(p′ ∨ p) ∧ (q′ ∨ p)



1 ∧ (q′ ∨ p)



q′ ∨ p bulunur.





2.

A) p′ ∨ q′

E) p ∨ q









B) 1, 0, 1

E) 0, 1, 0

Çözüm



p ≡ 0 ve q′ ∨ r ≡ 0 dır.



q′ ∨ r ≡ 0 ise q′ ≡ 0 ve r ≡ 0







p, q, r = 0, 1, 0 dır.





p′ ∧ [(p ∨ q′) ∧ 1]



(p′ ∧ p) ∨ (p′ ∧ q′) ⇒ 0 ∨ (p′ ∧ q′) = p′ ∧ q′

3.





A) p ∨q B) p



E) q′

Çözüm p ∨ (q ∧ q′) p∨0 p

p

q



B) p ∧ q′

Şekildeki elektrik devresine karşılık gelen bileşik önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) [p ∨ (q ∧ r)] ∨ s

C) p′ ∨ q

D) p′

B) [p ∧ (q ∨ r)] ∨ s

E) p

C) [p ∨ (q∨r)] ∨ s



(p′ ∧ q′) ∧ q



(p′ ∧ (q′ ∧ q)



p′ ∧ 0



0 bulunur.







D) p′

r

Çözüm



C) q

s

bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?

p′ ∧ [p ∨ q′]

bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?

6.

(p ∨ q)′ ∧ q

A) 0

⇒

(p ∨ q) ∧ (p ∨ q′)

q ≡ 1 ve r ≡ 0

E) p ∧ q



C) 1, 0, 0

D) 0, 0, 0

D) p′ ∧ q′

p′ ∧ [(p ∨ q′) ∧ (q ∨ q′)]

olduğuna göre p, q ve r önermelerinin doğruluk değerleri sırasıyla aşağıdakilerden hangisidir? A) 1, 1, 1

C) p′ ∧ q





p ∨ (q′ ∨ r) ≡ 0

B) q′ ∧ p

Çözüm

5.



p′ ∧ [(p ∧ q) ∨ q′]

önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?









C) q′ ∨ p

D) p′ ∧ q



4.

1

D) [p ∨ (q ∧ r)] ∧ s E) [r ∨ ( p ∧ q)] ∧ s









Çözüm ((p ∧ q) ∨ r) ∧ s 11. Sınıf - Matematik / 19

1. Ünite

Mantık

Kümelerdeki İşlemler ile Sembolik Mantık Kuralları Arasındaki İlişki Kümelerdeki işlem ile sembolik mantıkta kullanılan semboller arasında çok yakın bir ilişki vardır. Bu ilişki aşağıdaki tablolarda gösterilmiştir.

Sembolik mantık

0

1

∨

∧

′

≡

Kümeler

∅

E

∪

∩

′

≡

Tablo 1 Kümeler

Sembolik Mantık

A ∪ A′ = E

p ∨ p′ ≡ 1

A ∩ A′ = ∅

p ∧ p′ ≡ 0

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

p ∨ (q ∧ r) = (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

(A ∪ B)′ = A′ ∩ B′

(p ∨ q)′ = p′ ∧ q′ Tablo 2

Tablo 2 de bazı işlemlerin benzerlikleri ortaya koyulmuştur. Diğer benzerlikleri siz ortaya koyunuz.

Öğretmen Örneği A ve B evrensel kümenin alt kümeleri olmak üzere, (A ∪ B)′ ∪ (A ∪ B) = E olduğunu sembolik mantık kullanarak gösteriniz.

Çözüm Yukarıda küme gösterimleri verilen bağıntıda A = p, B = q, ∪ ≡ ∨, E = 1 olmak üzere, (A ∪ B)′ ∪ (A ∪ B) = E ⇔ (p ∨ q)′ ∨ (p ∨ q) bileşik önermesinde (p ∨ q ≡ r olsun) O halde

r′ ∨ r



1 bulunur.

20 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

Koşullu Önermeler a) ise (⇒) Bağlayıcı ile Bağlanan Bileşik Önermeler

p ve q gibi iki önermenin “ise” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ⇒ q şeklinde gösterilir.

Örnek :

p : “ Özgür’ün doğum yeri Erzincan’dır.”



q : “4 ün karesi 16 dır.”

Önermelerinin ⇒ (ise) bağlacı ile bağlanmış hali olan,

Özgür'ün doğum yeni Erzincan ise 4 ün karesi 16 dır. p ⇒ q: .............................................................................................................................................

şeklindedir.

UYARI: bağlacı ile bağlanan p ⇒ q bileşik önermenin doğruluk değeri, p doğru q yanlış iken yanlış diğer tüm durumlarda doğrudur.

⇒

Yukarıdaki uyarıya göre, aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.



p

q

p⇒q

1

1

1

1

0

0

0

1

1

0

0

1

11. Sınıf - Matematik / 21

1. Ünite

Mantık

p ⇒ (p ∨ q) Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.

p

q

p∨q

p ⇒ (p ∨ q)

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

1

1

0

0

0

1



p ⇒ 0 bileşik önermesi doğru



1 ⇒ q bileşik önermesi yanlış

önermeler olduğuna göre,

(p′ ⇒ q) ⇒ (p ∨ q′)

bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.

p ⇒ 0 ≡ 1 olduğundan p ≡ 0 dır. 1 ⇒ q ≡ 0 olduğundan q ≡ 0 dır. Buna göre, (p′ ⇒ q) ⇒ (p ∨ q′) ≡ (1 ⇒ 0) ⇒ (0 ∨ 1)

≡0⇒1



≡ 1 bulunur.

Kural p ve q iki önerme olmak üzere p ⇒ q önermesi p′ ∨ q önermesine denktir.

22 / 11. Sınıf - Matematik

olduğundan p ⇒ (p ∨ q) ≡ 1 bulunur.

1. Ünite



Mantık

(p ⇒ q) ∨ q′

bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 0

B) 1

C) p

D) q

E) p′

(p ⇒ q) ∨ q′ (p ⇒ q ≡ p′ ∨ q) (p′ ∨ q) ∨ q′ (Birleşme özelliğinden) p′ ∨ (q ∨q′) p′ ∨ 1 1 bulunur.

Cevap : B

Aşağıda verilen denkliklerden hangisi ya da hangileri doğrudur? I. p ∨ q′ ≡ p′ ⇒ q′ II. (p′ ⇒ q)′ ≡ (p ∨ q′) III. (p ⇒ q) ∨ r ≡ r′ ⇒ (q ∨ p′) A) Yalnız I





D) I ve III



B) Yalnız II

C) Yalnız III

E) I, II ve III

I. p′ ⇒ q′ ≡ (p′)′ ∨ q′ ≡ p ∨ q′ olduğundan ifade doğrudur. II. (p′ ⇒ q)′ ≡ ((p′)′ ∨ q)′ ≡ (p ∨ q)′ ≡ p′ ∧ q′ olduğundan ifade yanlıştır. III. (p ⇒ q) ∨ r ≡ (p′ ∨ q) ∨ r

}

r′ ⇒ (q ∨ p′) ≡ r ∨ (q ∨p′) ifadeleri birbirine eşit olduğundan yargı doğrudur. O halde I ve III doğru, II yanlıştır. Cevap : D

Tanım p ve q önermeler olmak üzere,

p ⇒ q bileşik önermesinin

• Karşıtı q ⇒ p • Tersi p′ ⇒ q′ • Karşıt tersi q′ ⇒ p′ dir.

11. Sınıf - Matematik / 23

1. Ünite

Mantık



p : “Hava bugün soğuk.”



q : “Yerde kar var.”

Önermelerini kullanarak aşağıdaki boşlukları doldurunuz.

Yerde kar varsa hava bugün soğuktur. ” q ⇒ p: “……………………………………………………



Hava bugün soğuk ise yerde kar vardır. , q ⇒ p önermesinin karşıtı ………………………………………………………



kar yoksa hava bugün soğuk değildir. q ⇒ p önermesinin tersi Yerde …………………………………………………………



bugün soğuk değilse yerde kar yoktur. q ⇒ p önermesinin karşıt tersi Hava …………………………………………………………

UYARI: Her koşullu önermenin karşıt tersi kendisine denktir.

p, q ve r önermelerinin değilleri sırasıyla p′, q′ ve r′ olarak gösterildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi,

(p ∨ q) ⇒ (q ∧ r)

önermesine denktir? A) (p′ ∧ q′) ⇒ (q′ ∨ r′) B) (p′ ∧ q′) ⇒ (q′ ∧ r′) C) (p′ ∨ r′) ⇒ (q′ ∧ r′) D) (q′ ∧ r′) ⇒ (p′ ∨ q′) E) (q′ ∨ r′) ⇒ (p′ ∧ q′)

Her koşullu önerme karşıt tersine denk olduğundan

(p ∨ q) ⇒ (q ∧ r) ≡ (q ∧ r)′ ⇒ (p ∨ q)′









(q′ ∨ r′) ⇒ (p′ ∧ q′) bulunur.

Cevap : E

Tanım

p ve q gibi iki önerme “⇒” bağlacı ile bağlandığında elde edilen önermenin doğruluk değeri “1” ise bu önermeye gerektirme denir.

24 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

I. p ⇒ p′ II. p ∧ p′ ⇒ q ∨ q′ III. p′ ⇒ (r ∧ r′) Bileşik önermelerinden hangisi ya da hangileri gerektirmedir? A) Yalnız I





D) I ve III



B) Yalnız II

C) Yalnız III

E) II ve III

I. p ⇒ p′ ≡ p′ ∨ p′ ≡ p′ olduğundan ifade gerektirme değildir. II. p ∧ p′ ⇒ q ∨ q′ ≡ 0 ⇒ 1 ≡ 1 olduğundan ifade gerektirmedir. III. p′ ⇒ (r ∧ r′) ≡ p′ ⇒ 0 ≡ (p′)′ ∨ 0 ≡ p ∨ 0 ≡p olduğundan ifade gerektirme değildir. O halde yalnız II gerektirmedir.

Cevap : B

b) Ancak ve Ancak “⇔” Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi önermelerin ⇔ bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler “p ⇔ q” şeklinde gösterilir ve iki yönlü koşullu önerme denir.

Örnek:

p: “x + y toplamı çifttir.”



q : “x ve y den biri tek biri çifttir.”

önermelerinin ⇔ (ancak ve ancak) bağlacı ile bağlanmış hali olan, p ⇔ q : "x + y toplamı ancak ve ancak x ve y den biri tek biri çift ise çift sayıdır." …………………………………………………………………………… şeklindedir.



UYARI: ⇔ bağlacı ile bağlanan p ⇔ q bileşik önermesinin doğruluk değeri, her iki önermenin aynı doğruluk değerine sahip

olduğu durumlarda doğru, diğer durumlarda yanlıştır.

Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.



p

q

p⇔q

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

1 11. Sınıf - Matematik / 25

1. Ünite



Mantık

p ⇔ q ile (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)

Bileşik önermelerinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.



p

q

p⇒q

q⇒p

1

1

1

1

1

1

1

0

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

1

1

1

1

q⇔p

(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)

Yukarıda oluşturduğumuz tablodan faydalanarak

p ⇔ q ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) denkliği elde edilebilir.



(p ∨ q′) ⇔ 1

Bileşik önermesinin doğruluk değeri “0” olduğuna göre, aşağıdaki önermelerden hangisinin doğruluk değeri “1” dir? A) p ⇔ q





D) p ∨ q′



B) p′ ⇔ q′



C) p ∧ q

E) q ⇒ p′

(p ∨ q′) ⇔ 1 ≡ 0 olduğuna göre p ∨ q′ ≡ 0 dir. Buradan da

p ≡ 0 ve q ≡ 1 dir.

A) p ⇔ q ≡ 0 ⇔ 1 ≡ 0 B) p′ ⇔ q′ ≡ 1 ⇔ 0 ≡ 0 C) p ∧ q ≡ 0 ∧ 1 ≡ 0 D) p ∨ q′ ≡ 0 ∨ 0 ≡ 0 E) q ⇒ p′ ≡ 1 ⇒ 1 ≡ 1 olduğundan q ⇒ p′ önermesinin doğruluk değeri 1 dir. Cevap : E 26 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

Totoloji ve Çelişki Bir bileşik önermenin doğruluk değeri “1” ise bu bileşik önermeye totoloji, doğruluk değeri “0” ise bu bileşik önermeye çelişki denir.

I. p ∧ p′ II. (p ⇒ q) ∨ p III. p ⇔ p′ Yukarıdaki önermelerden hangisi ya da hangileri totolojidir? A) Yalnız I





D) I ve II



B) Yalnız II

C) Yalnız III

E) II ve III

I. p ∧ p′ ≡ 0 olduğundan ifade çelişkidir. II. (p ⇒ q) ∨ p ≡ (p′ ∨ q) ∨ p ≡ p′ ∨ p ∨ q ≡ 1 ∨ q ≡ 1 olduğundan ifade totolojidir. III. p ⇔ p′ ≡ 0 olduğundan ifade çelişkidir. O halde yalnız II totolojidir.

Cevap : B

Aşağıdaki önermelerden hangisi bir çelişkidir? A) p ⇒ p′





D) p ⇔ 1



B) p ⇒ 1



C) p ∨ q

E) q ⇔ q′

A) p ⇒ p' ≡ p' ∨ p' ≡ p' olduğundan önerme ne çelişki ne de totolojidir. B) p ⇒ 1 ≡ p' ∨ 1 ≡ 1 olduğundan önerme totolojidir. C) p ∨ q ne çelişki ne de totolojidir. D) p ⇔ 1 ≡ p ne çelişki ne de totolojidir. E) q ⇔ q' ≡ 0 olduğundan önerme çelişkidir. O halde q ⇔ q' önermesi çelişkidir. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 27

1. Ünite

Mantık

Niceleyiciler Bir cümlede karşımıza çıkan cümlede çokluk (nicelik) belirten sözcüklere önermenin niceleyicileri denir. Başlıca niceleyiciler her (∀) ve en az bir (∃) dir.

Örnek: Aşağıda verilen önermelerin sembolik yazılışlarını boşluklara yazınız. • “Bazı gerçek sayıların küpü pozitiftir.”

" ∃x ∈ R için x3 > 0" ………………………………………………

• “Her gerçek sayının kendisi ile çarpımı pozitiftir.”

" ∀x ∈ R için x . x > 0" ………………………………………………

• “Bazı tam sayılar 5’in tam katıdır.”

" ∃x ∈ Z için x = 5 m, m ∈ Z" ………………………………………………

• “Her tam sayının karesi, kendisinin 4 fazlasına eşittir."

" ∀x ∈ Z için x2 = x + 4" ………………………………………………

Kural Niceleyicilerin olumsuzu değili, (∀ x ∈ A)′ ≡ ∃ x ∈A′ (∃ x ∈A)′ ≡ ∀ x ∈A′ dır.

Aşağıda verilen önermelerin olumsuzlarını boşluklara yazınız. A) “Bazı insanlar beyaz tenlidir.”

"Her insan beyaz tenli değildir." …………………………………………………………

B) “Her doğal sayı bir tam sayıdır.”

"Bazı doğal sayılar tam sayı değildir." …………………………………………………………

C) “Bir gün 24 saattir.”

"Bir gün 24 saat değildir." …………………………………………………………

D) “12 < 10”

"12 ≥ 10 " …………………………………………………………

E) “–3 = 4”

"–3 ≠ 4 " …………………………………………………………

F) “(∀ x ∈R, x3 ≥ 4) ∨ (∃ x ∈R, x = 2)

" (∃ x ∈ R, x3 < 4) ∧ (∀x ∈ R, x ≠ 2)" …………………………………………………………

28 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

AÇIK ÖNERMELER İçinde en az bir değişken bulunduran ve bu değişkenlerin aldığı değerlere göre doğru yada yanlışlığı kesinleşen önermelere açık önerme denir.

Aşağıdakilerden hangisi bir açık önermedir? A) “2 . 4 – 2 = 2” B) “4 < 5 < 7” C) “Üç basamaklı en büyük tam sayı 987 dir.” D) “x ∈ N ve x çift sayıdır.” E) “Dünyanın uydusu aydır.”

A, B, C ve E seçeneklerinde verilen önermeler en az bir değişken bulundurmadıklarından açık önerme değildir. D seçeneğinde x bir değişken ve x in aldığı değerlere göre doğru ya da yanlışlığı kesinleşen bir önerme olduğundan önerme açık önermedir. Cevap : D

Tanım

p(x) açık önermesini doğru yapan bütün x değerlerinin kümesine p(x) önermesinin doğruluk kümesi denir.

Aşağıdaki açık önermelerin doğruluk kümelerini bulunuz. I. p(x): “x∈N, x2 < 17” x = 0, x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 doğal sayıları eşitsizliği sağladığından açık önermenin doğruluk kümesi ……………………………… D = {0, 1, 2, 3, 4} tür. II. q(x): “x∈N, (x – 1) (x + 1) (x – 2) = 0” x = –1, x = 1, x = 2 sayılarından x = 1 ve x = 2 doğal sayıları eşitliği sağladığından doğruluk kümesi …………………… D = {1, 2} dir. III. r(x): “x ∈Z, 1 < 2x – 1 < 19” x = 2, x = 3, x = 4, x = 5, x = 6, x = 7, x = 8, x = 9 sayıları eşitsizliği sağladığından açık önermenin doğ ……………………………………………… ruluk kümesi D = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dur. 11. Sınıf - Matematik / 29

1. Ünite

Mantık

Tanım

Bir terimin kapsamına giren her şeyi eksiksiz olarak belirten bir önerme oluşturmaya bu terimi tanımlamak denir.

Tanım

İspata gerek duymadan, sebebini aramadan doğruluğuna inandığımız önermelere aksiyom denir.

Tanım

Doğruluğu ispatlaması gereken önermelere teorem denir.

Tanım

Verilen p ⇒ q koşullu önermesinde başlangıçta olan p önermesine hipotez (varsayım) varılan sonuca q önermesine hüküm (yargı) denir.

Tanım

Bir teoremin hipotezi doğru iken mantıklı bir düşünce ile hükmününde doğru olduğunu göstermeye bu teoremin ispatlaması denir.

30 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

İSPAT YÖNTEMLERİ 1) Doğrudan İspat Yöntemi Bu ispat tekniğinde teorem veya önerme içinde verilen şartlar aynen alınıp gösterilmek istenilen sonuca ulaşılmaya çalışılır. Bu teknik genel olarak p ⇒ q şeklinde gösterilir. p hipotezinin doğru olduğu kabul edilirse, q’nun doğruluğu elde edilir.



“Her çift sayının karesi çift sayıdır.”

teoremini doğrudan ispat yöntemini kullanarak ispatlayınız.

Teoremi koşullu önerme şeklinde yazalım. "x çift sayı ise x2 çift sayıdır." Bu teoremde Hipotez : x çift sayıdır.



Hüküm : x2 çift sayıdır.

Hipotezin doğru olduğunu kabul edelim. Hükmünde doğru olduğunu gösterelim. m bir tam sayı olmak üzere bütün çift sayılar 2m, bütün tek sayılar 2m + 1 biçiminde yazılabilir. x çift tam sayı ⇒ x = 2m



⇒ x2 = (2m)2







⇒ x2 = 4m2















⇒ x2 = 2 . 2 m2 n 2 ⇒ x = 2n (n tam sayı) hükmün doğru olduğunu ispatlamış olduk, ispat tamamlanmış oldu.

{



2) Dolaylı İspat Yöntemi A) Aksine Örnek Vererek İspat Verilen bir önermenin doğru olduğu ispatlanamıyorsa, aksine örnek verilerek veya çelişki olduğu gösterilerek yanlış olduğu ispatlanır. Dolayısıyla verilen önermenin doğru olmadığını gösteren en az bir değer bulunarak bu önermenin yanlış olduğu ispatlanmış olur.



“Her tek tam sayı asal sayıdır.”

önermesinin aksine örnek verme yöntemi ile doğruluğunu araştırınız.



"Her tek tam sayı asal sayıdır."

önermesi yanlıştır. Çünkü 9 tek tam sayı olmasına rağmen asal sayı değildir. 11. Sınıf - Matematik / 31

1. Ünite

Mantık

B) Olmayana Ergi Yöntemi Bir koşullu önerme karşıt tersine denk olduğunda p ⇒ q teoremi yerine bunun dengi olan q' ⇒ p' önermesi ispatlanır. Bu ispat yöntemine olmayana ergi yöntemi denir. “x6 tek sayı ise x tek sayıdır.” teoremini olmayana ergi yöntemiyle ispatlayınız. "x6 tek sayı ise x tek sayıdır "teoremi yerine bunun karşıt tersi olan x tek sayı değilse x6 tek sayı değildir" teoremi ispatlayalım. x tek sayı değildir. ⇒ x çift sayıdır.





⇒

x = 2m, m ∈ Z







⇒ x6 = 64 m6







⇒ x6 = Tek sayı değildir.

}



⇒ x6 = 2 . (32 m6) Tam sayı ⇒ x6 = çift sayıdır.



C) Çelişki Yoluyla İspat Yöntemi Bu ispat yönteminde teoremin doğru olmadığı varsayılır. Bu varsayımın bilinen gerçeklerle çeliştiği gösterilir. p ⇒ q biçimindeki teoremin doğru olduğunu ispatlamak için p önermesi doğru iken q' yanlış olduğu gösterilir.

Öğretmen Örneği “Asal sayılar sonsuzdur.” teoremini çelişki yoluyla ispat kullanarak ispatlayınız.

Çözüm Teoremi p ⇒ q şeklinde ifade edelim.

}

}

Bir miktar asal sayı var ise bunlar sonsuz çokluktadır. ⇒ p q' : Asal sayılar sonlu tane olsun.

q

p : Bir miktar asal sayı olması, yani asal sayıların karakteri gereği her sayının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılabiceğini dikkate alalım. q' önermesine dair bir çelişki bulacağız. Varsayalım ki sonlu tane asal sayı olsun : 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11, . . . , A

K = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ... A olsun.

K sayısının 1 fazlası olan k + 1 = (2, 3, 5, 7, 11 .......... A) + 1 sayısı 2, 3, 5, 7, 11, ....., A sayılarının her birinden büyüktür ve hiçbiri ile bölünmez. Bu sayı bunlardan hangisi ile bölünürse bölünsün kalan 1 olur. Bu da k + 1 sayısının, {2, 3, 5, 7, 11... A} kümesinde olmayan yeni bir asal sayı olduğunu gösterir. Bu yolla her seferinde yeni bir asal sayı bulunacağından bu durum A kümesi sonlu bir kümedir. varsayımı ile çelişir. O halde asal sayılar kümesi sonsuz elemanlı bir kümedir. 32 / 11. Sınıf - Matematik

1. Ünite

Mantık

D) Deneme Yöntemiyle İspat Yöntemi

x değişkenlerinin kümesi A olmak üzere p(x) bir önerme olsun.

A kümesinden her x için p(x) in doğruluğu denenerek, yani x değerleri yerine yazılarak p(x) in doğru olduğunu ispatlamaya deneme yöntemiyle ispat denir.

A = {0, 1, 2} kümesi için " ∀x ∈ A için x2 < x + 6" önermesinin doğruluğunu ispatlayınız.



A kümesinde her x için p(x) in doğru olduğunu deneyerek gösterelim.



x = 0 için p(0) : "02 < 0 + 6" Doğru



x = 1 için p(1) : "12 < 1 + 6" Doğru



x = 2 için p(2) : "22 < 2 + 6" Doğru

Buna göre ∀x ∈ A için x2 < x + 6 dır.

E) Tümevarım Yöntemi İle İspat Yapma Yöntemi Bu teknikte ispatın yapılacağı kümede eleman sayısının sayılabilir sonsuzlukta olması durumunda, bir p özelliğinin “1” için var olduğu gösterilir. Sonra k için özelliğin doğru olduğu kabul edilerek k + 1 için özelliğin ispatı yapılır.



2 + 4 + 6 + … + 2n

biçimindeki sayıların toplamının n = 1, 2, 3, 4, … tam sayılarının her biri için n2 + n olduğunu gösteriniz.

n = 1 için 2 = 12 + 1 ⇒ 2 = 2 doğrudur. n = k için 2 + 4 + 6 + . . . + 2k = k2 + k önermesinin doğru olduğunu varsayarak n = k + 1 için 2 + 4 + 6 + . . . + 2k + (2k + 2) = (k +1)2 + (k +1) doğruluğunu gösterelim. Doğru kabul ettiğimiz eşitliğin her iki tarafına 2k + 2 ekleyelim.

2 + 4 + 6 ... + 2k + 2k + 2 = k2 + k + 2 k + 2











= k2 + 2k + 1 + k + 1











= (k + 1)2 + (k + 1) bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 33

MİNİ ÖDEV 1.

(p ⇒ q′)′

3. Aşağıdaki önermelerin hangisi bir çelişkidir? A) p ∧ p

önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir? A) p

C) p ∨ q

B) q D) p ∧ q



E) p′ ∧ q

Çözüm

B) p ∨ p′



A) p ∧ p = p



B) p ∨ p′ ≡ 1 (Totoloji)

p ⇒ q′ ≡ p′ ∨ q′ olduğundan



(p ⇒ q′)′ = (p′ ∨ q′)′ = p ∧ q bulunur.



C) (p ⇒ p′)′ ≡ (p′)′ ≡ p







D) p ⇔ p′ ≡ 0 (Çelişki)







E) p′ ⇒ p ≡ p

2.



4.

p ⇒ (q ∧ r′) ≡ 0

olduğuna göre p, q ve r önermelerinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 1, 1, 0

B) 0, 1, 1



A) Totoloji



B) Çelişki

D) q

C) p E) p ∧ q

E) 0, 1, 0

Çözüm



Çözüm



(p ⇒ q) ∧ (p′ ⇒ q)

bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?

C) 1, 0, 1

D) 0, 0, 1

E) p′ ⇒ p

Çözüm





C) (p ⇒ p′)′

D) p ⇔ p′





2



(p ⇒ q) ∧ (p′ ⇒ q)

q ∧ r′ ≡ 0 ise q ≡ 0 ise r ≡ 0



(p′ ∨ q) ∧ (p ∨ q) (Dağılma özelliği)



q ≡ 0 ise r ≡ 1



(p′ ∧ p) ∨ q





q ≡ 1 ise r ≡ 1 olabilir.





0∨q



Buna göre p, q, r ≡ 1, 0, 1 olabilir.





q bulunur.







p ≡ 1 ve q ∧ r′ ≡ 0 dır.







34 / 11. Sınıf - Matematik





MİNİ ÖDEV 5. Aşağıdakilerden hangisi "Bazı gerçek sayıların karesi pozitiftir." önermesinin sembolik yazılışıdır?

6. Bir öğrenci, doğru olduğunu düşündüğü aşağıdaki iddiayı ipatlarken bir hata yapmıştır.

İddia: A, B, C herhangi kümeler olmak üzere,

≥0



A \ (B ∩ C) ⊆ (A \ B) ∩ (A \ C)’dir.

B) ∃x∈R, x 2

≥0



öğrencinin ispatı:

x2

>0



A \ (B ∩ C) kümesinin her elemanının (A \ B) ∩ (A \ C)

D) ∀x∈R, x2

0



Şimdi, x ∈ A \ (B ∩ C) alalım.

A) ∀x∈R, x 2

C) ∀x∈R,



2

I. Buradan x ∈ A ve x ∉ (B ∩ C) olur.

Çözüm

II. Buradan x ∈ A ve (x ∉ B ve x ∉ C) olur. III. Buradan (x ∈ A ve x ∉ B) ve (x ∈ A ve x ∉ C) olur.

Bazı kelimesi " ∃" niceleyicisi, gerçek sayılar cümlesi R ile gösterildiğinden önermenin sembolik

IV. Buradan x ∈ A \ B ve x ∈ A \ C olur.

yazılımı ∃x∈R, x2 > 0 dır.

V. Buradan x ∈ [(A \ B) ∩ (A \ C)] olur.

Bu öğrenci, numaralandırılmış adımların hangisinde hata yapmıştır? A) I



B) II

C) III

D) IV

E) V

Çözüm

x ∈ A \ (B ∩ C) ise x ∉ (B ∩ C) doğrudur. Ancak x ∈ A ve (x ∉ B ve x ∉ C) yanlıştır. Çünkü x ∉ (B ∩ C) kümesinin B ve C kümelerinde de parçası bulunmaktadır.

11. Sınıf - Matematik / 35

2. Ünite

Modüler Aritmetik

MODÜLER ARİTMETİK BÖLME Tanım: a, b, c ve d birer doğal sayı ve b ≠ 0 olmak üzere, a

b d

–

c bölme işleminde,



a’ya



b’ye

Bölünen sayı ………………………………… Bölen sayı …………………………………



c’ye

Kalan …………………………………



d’ye

Bölüm …………………………………

denir.

Kural a

b d

– c Bölme işleminde,



• 0 ≤ c < b • a = b . d + c dir.

43432 43

Yukarıdaki bölme işleminde bölüm ile kalanın toplamı kaçtır? A) 108

B) 113

C) 1010

D) 1012

E) 10120

43432 43 43 1010 0043 43 002 36 / 11. Sınıf - Matematik

Bölüm + kalan = 1010 + 2 = 1012 bulunur.

Cevap : D

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Pozitif tam sayılarda bir bölme işleminde, •

Bölen kalanın iki katından 12 fazladır.

•

Bölünen, kalanın 7 katıdır.

Bu bölme işleminde bölüm 2 olduğuna göre, bölünen sayı kaçtır? A) 72

B) 76

C) 78

D) 82

E) 84

Bu bölme işleminde bölen sayı x, bölünen sayı y ve kalan a olsun. y x 2

y=7.a

a y = 2 . x + a ...... (1)

x = 2 . a + 12

}

Denklemleri (1) nolu denkleme yazılırsa,

7 . a = 2 . (2a + 12) + a



7a = 5a + 24



2a = 24



a = 12 elde edilir.

Bölünen sayı ⋅ y = 7a = 7 . 12 = 84 bulunur.

Cevap : E

x bir pozitif tam sayıdır.



x + 100 x 3 – 6

olduğuna göre, x kaçtır? A) 45

B) 47

C) 48

D) 49

E) 50

Bölünen Sayı = (Bölen sayı) . (Bölüm) + Kalan olduğundan x + 100 = x . 3 + 6 100 – 6 = 3x – x 94 = 2x

x = 47 bulunur.

Cevap : B

11. Sınıf - Matematik / 37

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a, b, c ve d pozitif tam sayılardır. a

– 6

b

b 5



d c

– 4

olduğuna göre, a nın alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 26

B) 37

C) 49

D) 50

E) 51

Yukarıdaki bölme işlemlerinden a = 5b + 6 ve b = d . c + 4 denklemleri bulunur. a'nın en küçük değeri alabilmesi için b ninde en küçük değeri alması gerekir.

Buna göre, d = 5 (Kalan < Bölen), c = 1 seçilirse b = 5 . 1 + 4 = 9

⇒ a = 5 . 9 + 6 = 51 olmak üzere a en küçük 51 olur.

Cevap : E

Öğretmen Örneği x ve y2 pozitif tam sayılardır.



x y2 5 – 5

olduğuna göre, x in alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 35

B) 40

C) 45

D) 50

E) 55

Çözüm x in en küçük değeri alabilmesi için y2 ∈ Z+ olduğundan y2 nin en küçük değeri alması gerekmektedir. Buna göre x = 5 . y2 + 5 denkleminde y2 = 6 için x en küçük x = 5 . 6 + 5 = 35 bulunur.

Cevap : A

a, b ve c pozitif tam sayılardır. a –

3

8 c

c –



7 b

2

olduğuna göre, a nın 56 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 17

B) 18

C) 19

D) 20

E) 21

a = 8c + 3 .... (1) ve c = 7b + 2 .... (2) denklemlerinde (2) nolu denklemde c değeri (1) nolu denklem de yazılarak

a = 8 . (7b + 2) + 3 ⇒ a = 56b + 19 elde edilir.

O halde b = 1 için a = 75 olduğundan 56 ile bölümünden kalan 19 dur. 38 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : C

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a, b ve c pozitif tam sayılardır. a b c 5 b 4 – – 2 3 olduğuna göre, a nın c cinsinden değerini bulunuz. a = 4b + 2 .... (1) ve c = 5b + 3 .... (2) olmak üzere (2) nolu denklemde b yalnız bırakılıp (1) nolu denkleme yazılarak

c−3 5 c−3 4 c − 12 4c − 2 a = 4b + 2 ⇒ a = 4 . +2⇒a= +2⇒a= bulunur. 5 5 5

c = 5b + 3 ⇒ b =

2a iki basamaklı bir doğal sayıdır.



96 • • 2a 4•• –



Yukarıda verilen bölme işlemine göre, a nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

2a iki basamaklı sayısı 96 iki basamaklı sayısının içerisinde 4 defa vardır. Buna göre, a = 0, 1, 2, 3, 4 olmak üzere 5 farklı değer alabilir.

Cevap : D

AAB üç basamaklı, A0 iki basamaklı doğal sayılardır.



AAB A0 11 – 3

olduğuna göre, A + B toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır? A) 11

B) 12

C) 13

D) 14

E) 15

AAB üç basamaklı bir doğal sayı, AO iki basamaklı bir doğal sayı olduğundan AAB = 100A + 10A + B ve AO = 10 . A şeklinde yazılabilir. Bölme kuralından AAB = 11 . AO + 3 dir. 100A + 10A + B = 11 . 10 A + 3 110A + B = 110A + 3 B = 3 ve A en çok 9 seçilirse A + B en büyük 3 + 9 = 12 olur.

Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 39

2. Ünite

Modüler Aritmetik

53 sayısı ile tam bölünebilen üç basamaklı en büyük doğal sayı kaçtır? A) 954

B) 955

C) 956

D) 976

E) 986

53 ile tam bölünebilen en büyük doğal sayı x olsun, y ∈ N olmak üzere, x 53 y olduğundan y = 18 için x = 954 bulunur. 0

Cevap : A

Kural X, Y ve Z pozitif tam sayılar olmak üzere, X in Y ile bölümünden kalan a olsun XZ nin Y ile bölümünden kalanı bulmak için X yerine a yazılır. Çıkan sayı Y den büyük ise tekrar Y ye bölünerek kalan bulunur.

A doğal sayısının 13 ile bölümünden kalan 2 dir. Buna göre, A3 + 4A – 2 nin 13 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 1

B) 3

C) 5

D) 7

E) 12

A doğal sayısının 13 ile bölme işleminde bölümü "0" kabul edersek A 13 ⇒ A = 13 . 0 + 2 ⇒ A = 2 bulunur. 0 2 Buna göre A3 + 4A – 2 = 23 + 4 . 2 – 2 = 14 olduğundan ifadenin 13 ile bölümünden kalan 1 dir. Cevap : A

Öğretmen Örneği

(473)2 . 312 + 500

Sayısının 7 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 1

Çözüm

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

473 sayısının 7 ile bölümünden kalan 4 ; 312 sayısının 7 ile bölümünden kalan 4 ve 500 sayısının 7 ile bölümünden kalan 3 tür. Buna göre (473)2 . 312 + 500 ün 7 ile bölümünden kalan

42 . 4 + 3 = 67 olduğundan 4 tür.

40 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : C

MİNİ ÖDEV 1.

4. x sayısının 7 ile bölümünden kalan 3 olduğuna göre x2 + 3x + 4 ün 7 ile bölümünden kalan kaçtır?

173 –

12

A) 1

Yukarıdaki bölme işleminde kalan kaçtır? A) 3



B) 4

C) 5

D) 6

E) 7

Çözüm

Bölen ile bölüm yer değiştirirse 173 12 12 14 – 53 – 48 Kalan 5 olarak bulunur. 5 2. abab4 beş basamaklı sayısı ab iki basamaklı sayısına bölünüyor. Buna göre bölüm ile kalanın toplamı kaçtır? A) 14 B) 114 C) 115 D) 1010 E) 1014

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Çözüm



x 7 y – 3



y = 0 için x = 3 olduğundan



x2 + 3x + 4 ⇒ 32 + 3 . 3 + 4 = 22



22 7 21 3 – 1



kalan 1 dir.









1

x = 7y + 3

Çözüm abab4 ab ab 1010 – 00ab – ab 004 Bölüm + Kalan = 1010 + 4 = 1014





3. ab iki basamaklı bir sayı ve a ≠ b olmak üzere ab a + b 6 – dir. 1 Yukarıdaki bölmeye göre; a2 + b2 + 2ab nin değeri kaçtır? A) 36 B) 49 C) 64 D) 72 E) 81



5.



Yukarıdaki bölme işlemine göre, L kaçtır? A) 0



ab = 6 . (a + b) + 1 a2 + b2 + 2ab



10a + b = 6a + 6b + 1

(a + b)2



4a = 5b + 1 b = 3 için a = 4 olur.

(3 + 4)2 = 49 bulunur.

B) 1

C) 3

D) 4

E) 7

Çözüm



Çözüm

K+4 a+1 7 – L

K 7 a – 3



K = 7a + 3 ve K + 4 = 7 . (a + 1) + L olduğundan



(7a + 3) + 4 = 7(a + 1) + L



7a + 3 + 4 = 7a + 7 + L



L = 0 bulunur.



11. Sınıf - Matematik / 41

2. Ünite

Modüler Aritmetik

BÖLÜNEBİLME KURALLARI 2 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son rakamı çift ise o doğal sayı 2 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının birler basamağındaki rakamın 2 ile bölümünden kalan tüm sayının 2 ile bölümünden kalanıdır.

AAA üç basamaklı doğal sayısının 2 ile tam bölünebilmesi için A kaç farklı değer alabilir? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

AAA üç basamaklı doğal sayısı 2 ile tam bölünüyor ise A = 2, 4, 6, 8 olmak üzere 4 farklı değer alabilir. Cevap : D

3 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının rakamları toplamı 3 ün katı ise o doğal sayı 3 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının rakamları toplamının 3 ile bölümünden kalan tüm sayının 3 ile bölümünden kalanı verir.

Özgür’ün AA4 tane bilyesi vardır. Özgür bilyelerinin hepsini üç arkadaşına eşit olarak paylaştırmak istiyor. Buna göre, AA4 üç basamaklı sayısında bulunan A aşağıdakilerden hangisi olursa bilyeler hiç artmayacak şekilde paylaştırılabilir? A) 2

B) 3

C) 5

D) 7

E) 9

Bilyeler hiç artmayacak biçimde paylaştırılabiliyor ise AA4 üç basamaklı 3 ile tam bölünür. Buna göre,

A + A + 4 = 3 ün tam katı 2A + 4 = 3 ün tam katı



1, 4, 7

A = 1, 4, 7 olmak üzere 3 farklı değer olabilir. A = 7 olur. Cevap : D 42 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

A47 üç basamaklı sayısının 3 ile bölümünden kalan 2 olduğuna göre, A nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

K bir doğal sayı olmak üzere,

A + 4 + 7 = 3k + 2



A + 11 = 3k + 2 A + 9 = 3k 0, 3, 6, 9



A47 üç basamaklı olduğundan A = 3, 6, 9 olmak üzere 3 farklı A değeri vardır.

Cevap : C

4 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son iki basamağındaki iki basamaklı sayı 4 ile tam bölünürse sayı 4 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının son iki basamağındaki sayının 4 ile bölümünden kalan tüm sayının kalanıdır.

2A1B dört basamaklı doğal sayısının 4 ile bölümünden kalan; 34532 beş basamaklı sayısının 4 ile bölümünden kalandan 1 fazladır. Buna göre, B nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır? A) 8

B) 9

C) 10

D) 11

E) 12

3 4 5 3 2 sayısının 4 ile bölümünden kalan, 32 nin 4 ile bölümünden kalan "0" olduğundan "0" dır. Buna göre, 2A1B sayısının 4 ile bölümünden kalan; 1 ve 1B iki basamaklı sayısının 4 ile bölümünden kalan 1 dir.

O halde 1B = 4 ün katı + 1 3, 7



B nin alacağı değerler toplamı 3 + 7 = 10 dur. Cevap : C

11. Sınıf - Matematik / 43

2. Ünite

Modüler Aritmetik

5 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının birler basamağındaki rakam 0 veya 5 ise sayı 5 ile tam bölünebilir. Aynı zamanda birler basamağındaki sayının 5 ile bölümünden kalan tüm sayının 5 ile bölümünden kalanıdır.

AB iki basamaklı doğal sayısı 5 ile bölündüğünde kalanı 2 olan bir çift sayıdır. BC iki basamaklı sayısı 5 ile tam bölünebilmektedir. Buna göre, ABC üç basamaklı sayısının alabileceği en büyük değer aşağıdakilerden hangisidir? A) 997

B) 995

C) 985

D) 920

E) 925

AB iki basamaklı çift sayısını 5 ile böldüğümüzde 2 kalanı veriyor ise B = 2 dir. BC = 2C iki basamaklı sayısı 5 ile tam bölünüyorsa C = 0 veya C = 5 tir. ABC en büyük olması için B = 2, C = 5 ve A = 9 seçilirse ABC = 925 bulunur. Cevap : E

6 İle Bölünebilme: Bir doğal sayı hem 2 hem de 3 ile tam bölünüyorsa o sayı 6 ile tam bölünür.

A4B üç basamaklı doğal sayısı 6 ile tam bölünebilmektedir. Buna göre, A’nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 10

B) 9

C) 8

D) 7

E) 6

A4B sayısı 2 ve 3 ile tam bölündüğünden B = 0, 2, 4, 6, 8 olmak üzere 5 farklı B değeri vardır. O halde, B = 0 için A40 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 4 = 3 ün katı ⇒ A = 2, 5, 8 dir. B = 2 için A42 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 6 = 3 ün katı ⇒ A = 3, 6, 9 dur. B = 4 için A44 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 8 = 3 ün katı ⇒ A = 1, 4, 7 dir. B = 6 için A46 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 10 = 3 ün katı ⇒ A = 2, 5, 8 dir. B = 8 için A48 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 12 = 3 ün katı ⇒ A = 3, 6, 9 dır. A = 1, 2, 3 .. . . . . . .. 9 olmak üzere, 9 farklı değer alabilir. 44 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : B

2. Ünite

Modüler Aritmetik

8 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son üç basamağında bulunan sayının 8 ile bölümünden kalan, sayının 8 ile bölümünden kalanıdır.

Aşağıdaki sayılardan hangisi 8 ile tam bölünemez? A) 97248





D) 141414



B) 12464



C) 99992

E) 16161616

A) 248' 8 ile tam bölündüğünden 97248 sayısı da 8 ile tam bölünür. B) 464'8 ile tam bölündüğünden 12464 sayısı da 8 ile tam bölünür. C) 992' 8 ile tam bölündüğünden 99992 sayısı da 8 ile tam bölünür. D) 414' 8 ile tam bölünemediğinden 141414 sayısı da 8 ile tam bölünmez. E) 616' 8 ile tam bölündüğünde 16161616 sayısı da 8 ile tam bölünür.

Cevap : D

9 İle Bölünebilme Bir doğal sayının rakamları toplamı 9 un katı ise o sayı 9 ile tam bölünür. Aynı zamanda bir sayının 9 ile bölümünden kalan rakamları toplamının 9 ile bölümünden kalanıdır.

Öğretmen Örneği 3A4B dört basamaklı sayısına 2 eklendiğinde sayı 5 ile tam bölünebilmektedir. Bu sayı 9 ile tam bölündüğüne göre A’nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Çözüm Sayıya 2 eklendiğinde 5 ile tam bölünüyor ise sayı başlangıçta 5 ile bölündüğünde 3 kalanı vermektedir. Buna göre, 3A4B dört basamaklı sayısında B = 3 veya B = 8 dir. B = 3 için 3A43 sayısı 9 ile tam bölündüğünden 3 + A + 4 + 3 = 9 un katı ⇒ A + 10 = 9 un katı ⇒ A = 8 dir. B = 8 için 3A48 sayısı 9 ile tam bölündüğünden 3 + A + 4 + 8 = 9 un katı ⇒ A + 15 = 9 un katı ⇒ A = 3 tür. A nın alabileceği 2 farklı değer vardır.

Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 45

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Özgür kızı Asya’yı değeri 9¨ olan bir üründen alması için markete gönderiyor. Asya’nın elinde A35¨ parası vardır. Asya bu üründen parasının yettiği miktarda alıyor ancak son bir ürün için parası 6¨ eksik kalıyor. A35 üç basamaklı bir doğal sayı olduğuna göre, A kaçtır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Asya'nın bu alış-veriş sonunda bir ürün daha almak için 6¨ eksiği kalıyorsa Asya'nın 9 – 6 = 3¨ si kalıyor demektir. Yani A35 ise basamaklı sayısının 9 ile bölümünden kalan 3 tür.

A + 3 + 5 = 9 un katı + 3 A + 5 = 9 un katı 4



A = 4 bulunur. Cevap : D

10 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının birler basamağındaki rakam o sayının 10 ile bölümünden kalanıdır.

Pozitif tam sayılar kümesinde tanımlı f ve g fonksiyonları,

f(x) = x4 + 5x + 12



g(x) = {x| x in 10 ile bölümünden kalan}

olarak tanımlanıyor. Buna göre, (gof)(43742) kaçtır? A) 9

B) 8

C) 7

D) 6

E) 5

(gof)(43742) = g(f(43742))

f(43742) = (43742)4 + 5.43742 + 12

g(x) = {x} x in 10 ile bölümünden kalan } olduğundan g(f(43742)) = f(43742) nın 10 ile bölümünden kalandır. 43742 nin 10 ile bölümünden kalan 2 olduğundan (43742)4 + 5 . 43742 + 12 nın 10 ile bölümünden kalan 24 + 5 . 2 + 2 = 28 = 8 dir.

46 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : B

2. Ünite

Modüler Aritmetik

11 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının 11 ile bölümünden kalanı bulabilmek için sayının en sağındaki rakamdan başlayarak +, –, +, –, … şeklinde işaretlenir ve rakamlar bu işaretler ile toplanır, sonuc 0 veya 11’in katı ise sayı 11 ile tam bölünür.

Beş basamaklı 3a4a5 sayısı 11 in katı olduğuna göre, a kaçtır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Sayı 11 in katı ise 11 ile tam bölünür. Buna göre, +

+

+

3 a 4 a 5 ⇒ 3 – a + 4 – a + 5 = 11 in katı



⇒ 12 – 2a = 0





⇒ a = 6 bulunur.

Cevap : E

25 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son iki basamağının 00, 25, 50, 75 olduğu durumlarda sayı 25 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının son iki basamağının 25 ile bölümünden kalan o sayının 25 ile bölümünden kalanıdır.

abcde, 25 ile bölündüğünde 3 kalanını veren beş basamaklı bir tek sayıdır. Buna göre, d’nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır? A) 9

B) 8

C) 7

D) 6

E) 5

abcde 25 ile bölündüğünde kalan üç ise de = 00+3, 25+3, 50+3, 75+3 de = 03, 28, 53, 78 olabilir. abcde tek sayı olduğundan de = 03 ve 53 olur. d nın alabileceği değerler toplamı 0 + 5 = 5 bulunur. Cevap : E

11. Sınıf - Matematik / 47

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Yanda akış şeması verilen bir bilgisayar programına herhangi bir x doğal sayısı giriliyor. Programa girilen x sayısının 11 ile tam bölünüp bölünmeme durumuna göre, x, y, z ve t değerlerini hesaplayıp çıktı olarak x ve z sayılarının toplamına yazılıyor.

y, ve t nin x’e bağlı sonuçları



* y: x + 10’un 3 ile bölümünden kalan



* t:

x2

Evet

+

+

11 ile tam bölünür mü?

Hayır

t

y

z = t+1

z = 2y + 1

+ x + 2’nin 9 ile bölümünden kalan olarak veriliyor.

Buna göre, programa 34725 sayısı girildiğinde program çıktısı aşağıdakilerden hangisi olur? A) 34742

x doğal sayısını oku

B) 34735

C) 34728

D) 34727

x + z toplamını yaz

E) 34726

+

3 4 7 2 5 ⇒ 3 – 4 + 7 – 2 + 5 = 9 olduğundan x sayısı 11 ile tam bölünmez. y : x + 10'un 3 ile bölümünden kalan ve x = 34725 için y : 34735'in 3 ile bölümünden kalan 3 + 4 + 7 + 3 + 5 = 22 = 2 + 2 = 4 = 1 olduğundan y : 1 elde edilir.

z = 2y + 1 ⇒ z = 3 tür.

x + z = 34725 + 3 = 34728 bulunur.

Cevap : C

Aralarında Asal Sayılara Bölünme: a ve b aralarında asal doğal sayılar olmak üzere; a ve b ile tam bölünebilen sayılar a . b çarpımına da tam bölünür ya da a . b çarpımına tam bölünebilen sayılar a ve b sayılarına da tam bölünür.

Aşağıdaki verilenlerden hangisi yanlıştır? A) 3 ve 4 ile tam bölünebilen sayılar 12 ile tam bölünür. B) 5 ve 4 ile tam bölünebilen sayılar 20 ile tam bölünür. C) 3 ve 5 ile tam bölünebilen sayılar 15 ile tam bölünür. D) 9 ve 4 ile tam bölünebilen sayılar 36 ile tam bölünür. E) 15 ve 6 ile tam bölünebilen sayılar 90 ile tam bölünür. A) 3 ve 4 aralarında asal olduğundan sayı 3 . 4 = 12 ile tam bölünür. B) 5 ve 4 aralarında asal olduğundan sayı 5 . 4 = 20 ile tam bölünür. C) 3 ve 5 aralarında asal olduğundan sayı 3 . 5 = 15 ile tam bölünür. D) 9 ve 4 aralarında asal olduğundan sayı 9 . 4 = 36 ile tam bölünür. E) 15 ve 6 aralarında asal olmadığından sayı 15 . 6 = 90 ile tam bölünemez. 48 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : E

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Üç basamaklı a3b doğal sayısı 15 ile tam bölünebildiğine göre bu koşulu sağlayan kaç farklı a değeri vardır? A) 3

B) 4

C) 5

D) 6

E) 7

Sayı 5 ve 3 ile aynı anda tam bölünmelidir. Buna göre a3b üç basamaklı sayısında b = 0 veya b = 5 tir. b = 0 için a30 üç ile tam bölündüğünden a + 3 = 3k ⇒ a = 3, 6, 9 dur. b = 5 için a35 üç ile tam bölündüğünden a + 8 = 3k ⇒ a = 1, 4, 7 dir. O halde a nın alabileceği 6 farklı değer vardır.

Cevap : D

Beş basamaklı a3b4c doğal sayısının 45 ile tam bölündüğü bilindiğine göre, a + b toplamının alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Sayı 45 ile tam bölündüğünden 5 ve 9 ile tam bölünür. Buna göre a3b4c beş basamaklı sayısında c = 0 veya c = 5 tir. c = 0 için a3b40 sayısı 9 ile tam bölündüğünden a + 3 + b + 4 = 9k ⇒ a + b + 7 = 9k ⇒ a + b = 2 ve 11 olur. c = 5 için a3b45 sayısı 9 ile tam bölündüğünden a + 3 + b + 4 + 5 = 9k ⇒ a + b + 12 = 9k ⇒ a + b = 6 ve 15 olur. O halde a + b toplamının 4 farklı değeri vardır.

Cevap : C

Bir beden öğretmeni öğretmeni a3b tane öğrenciyi 12 şerli gruplara ayırarak bir etkinlik yapmak istiyor. Beden eğitimi öğretmeni grupları oluşturduğunda 3 öğrencinin açıkta kaldığı görüldüğüne göre, a’nın alabileceği en büyük değer kaçtır? A) 9

B) 8

C) 7

D) 6

E) 5

Bu gruplama sonucu 3 öğrenci açıkta kaldığına göre a3b sayısı 12 ile bölündüğünde kalan 3 tür. Sayının 12 ile bölümünden kalan 3 olduğundan 4 ile bölündüğünde kalan 3 ve 3 ile bölündüğünde kalan 3 tür. Ancak 3 ile bölümünden kalan 3 olamayacağından 3 3 kalan sıfırdır. 3 1 0 a3b nin 4 ile bölümünden kalan 3 ise 3b nin 4 ile bölümünden kalan 3 ve b = 1, 5, 9 olur. b = 1 için

a + 3 + b = a + 4 = 3k ⇒ a = 2, 5, 8

b = 5 için

a + 3 + b = a + 8 = 3k ⇒ a = 1, 4, 7

b = 9 için

a + 3 + b = a + 12 = 3k ⇒ a = 3, 6, 9 olduğundan a en çok 9 dur.

Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 49

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Dört basamaklı 2a3b doğal sayısının 36 ile bölümünden kalan 12 olduğuna göre, a . b çarpımının alabileceği en büyük değer kaçtır? A) 6

B) 10

C) 12

D) 15

E) 18

Sayısının 36 ile bölümünden kalan 12 ise 9 ile bölümünden kalan 12, 4 ile bölümünden kalan 12 dir. Ancak kalan bölenden küçük olmak zorunda olduğundan sayının 9 ile bölümünden kalan "3" (12 nin 9 ile bölümünden kalan 3), sayının 4 ile bölümünden kalan "0" dır. (12 nin 4 ile bölümünden kalan 0)

O halde 2a3b sayısı 4 ile tam bölündüğünden b = 2 veya b = 6 dır.

b = 2 için 2a32 sayısının 9 ile bölümünden kalan 3 olduğundan 2 + a + 3 + 2 = 9k + 3 ⇒ a + 4 = 9k ⇒ a = 5 tir. b = 6 için 2a36 sayısının 9 ile bölümünden kalan 3 olduğundan 2 + a + 3 + 6 = 9k + 3 ⇒ a + 8 = 9k ⇒ a = 1 dir.

Buna göre, a . b çarpımı en çok 2 . 5 = 10 olur.

Cevap : B

Öğretmen Örneği Altı basamaklı a3452b doğal sayısının 55 ile bölümünden kalan 23 tür. Buna göre, a’nın alabileceği farklı değerlerin çarpımı kaçtır? A) 24

B) 25

C) 28

D) 30

E) 36

Çözüm Sayının 55 ile bölümünden kalan 23 ise 5 ile bölümünden kalan 23, 11 ile bölümünden kalan 23 tür. Ancak (Kalan < Bölen) olmak zorunda olduğundan sayının 5 ile bölümünden kalan 3, 11 ile bölümünden kalan 1 dir. O halde a3452b sayısı 5 ile bölündüğünde 3 kalanı verdiğinden b = 3 veya b = 8 dir. +

+

+

b = 3 için a3 4 5 23 sayısının 11 ile bölümünden kalan 1 ise

–a + 3 – 4 + 5 – 2 + 3 = 11k + 1 ⇒ 4 – a = 11k ⇒ 4 – a = 0 ⇒ a = 4 tür. +

+

+

b = 8 için a3 4 5 2 8 sayısısnın 11 ile bölümünden kalan 1 ise

–a + 3 – 4 + 5 – 2 + 8 = 11k + 1 ⇒ 9 – a = 11k ⇒ 9 – a = 0 ⇒ a = 9 dur.

Buna göre anın alabileceği değerler çarpımı 4 . 9 = 36 dır. Cevap : E

50 / 11. Sınıf - Matematik

MİNİ ÖDEV 1. 3a64b sayısı hem 3 hem de 5 ile tam bölünebilmektedir. Buna göre aşağıdakilerden hangisi hiçbir a tam sayısı için bir tam sayı olamaz? A) 9 B) 15 C) 6 D) 7 E) 12 a a a a a

3. Rakamları farklı olan a264b beş basamaklı sayısı 6 ile tam dönüyor.

Buna göre, a'nın alabileceği kaç farklı tam sayı değeri vardır? A) 7

Çözüm



2

B) 6

C) 5

D) 4

E) 3

Çözüm





Sayı 5 ile tam bölünüyor ise b = 0 veya b = 5 tir.



b = 0 için 3a640





a + 13 = 3 katı

18 + a = 3 katı





9, 6, 3, 0



b = 0 için a = a2640 veya b = 8 için a2648



Bulunan a değerlerine göre 7 tam sayı olamaz. a



a + 12 = 3k 3, 6, 9



a nın alabileceği 4 değer vardır.







2.



2, 5, 8

123123123…12312 144444244443 122 basamaklı

B) 2

C) 4

A) 2

D) 5

Verilen sayıda 122 3 40 tane 123 üçlüsü 120 40 – 2

ve birer tane1 ve 2 den oluştuğundan rakamları toplamı, (1 + 2 + 3) . 40 + 1 + 2 = 243 9 ile tam bölünür. Kalan "0" dır.

B) 4

C) 6

D) 7

E) 9

E) 6

Çözüm



Çözüm



a + 20 = 3k 1, 4 7

4. Beş basamaklı 23A5B doğal sayısı 30 ile tam bölündüğüne göre, A aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Sayısının 9 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 0



Sayının 6 ile tam bölünebilmesi için 3 ve 2 ile tam bölünmelidir. 2 ile tam bölünebilmesi için sayının rakamları farklı olduğundan b = 0 veya b = 8 olur.

b = 5 için 3a645

Sayısının 30 ile tam bölünmesi için 10 ve 3 ile tam bölünmelidir. Sayı 10 ile tam bölünüyor ise B = 0 dır.

23A50



10 + A = 3k









2, 5 8 ise A = 2 olabilir.



11. Sınıf - Matematik / 51

2

MİNİ ÖDEV 5. Üç basamaklı 82A sayısının 9 ile bölümünden elde edilen kalan 7 ve üç basamaklı 3AB sayısının 4 ile bölümünden kalan 2 dir.

7. abcd dört basamaklı sayısının 10 ile bölümünden kalan bir tek doğal sayıdır. abcd 36

Buna göre, B nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?





A) 5



xy iki basamaklı bir doğal sayı olduğuna göre, xy nin alabileceği kaç farklı değer vardır?

B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

–

A) 10

Çözüm



xy



82A sayısının 9 ile bölümünden kalan 7 ise,



8 + 2 + A = 9k + 7

⇒

A + 3 = 9k





⇒

A = 6 dır.



3AB sayısının 4 ile bölümünden kalan 2 ise



AB = 6B iki basamaklı sayısında



B = 2 ve B = 6 olur. 2 + 6 = 8 bulunur.





B) 11

C) 12

D) 13

E) 14

Çözüm



abcd nin 10 ile bölümünden kalan tek sayı ise abcd tek sayıdır.

}

}

}

abcd = 36 . Bölüm + xy çift

?

tek

Denkleme göre xy tek doğal sayıdır ve xy < 36 dır o halde; xy = 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35 olmak üzere 13 xy değeri vardır.

6. AB3B dört basamaklı doğal sayısının 55 ile bölümünden kalan 1 olduğuna göre, A nın alabileceği farklı değerlerin çarpımı kaçtır? A) 42



B) 56

C) 63

D) 72



8.

(31472) ⋅ (41562) = 130x039264

Yukarıdaki çarpma işlemine göre x rakamı aşağıdakilerden hangisidir?

E) 81

A) 6

Çözüm

B) 7

4 + 1 + 5 + 6 + 2 = 18 olduğundan 9 ile tam bölünür. O halde 130x039264 sayısı da 9 ile tam bölünür. 1 + 3 + 0 + x + 0 + 3 + 9 + 2 + 6 + 4 = 9 un katı

28 + x = 9 un katı





x = 8 bulunur.



9 . 8 = 72 bulunur.

52 / 11. Sınıf - Matematik

E) 10

41562 sayısının rakamları toplamı

1 – 3 + 1 – A = 11k + 1 veya –A + 6 – 3 + 6 = 11k + 1 8 – A = 11k 8

D) 9

Çözüm



Sayısının 55 ile bölümünden kalan 1 ise 11 ile bölümünden kalan 1 ve 5 ile bölümünden kalan 1 dir. O halde B = 1 veya B = 6 dır. – +–+ – + –+ B = 1 için A 1 3 1 veya B = 6 için A 6 3 6 –2 – A = 11k 9

C) 8





2. Ünite

Modüler Aritmetik

ASAL SAYILAR VE ASAL ÇARPANLARA AYIRMA Tanım

Bir ve kendisinden başka pozitif tam böleni olmayan sayma sayılarına asal sayı denir.

Aşağıda verilen sayılardan hangilerinin asal sayı olduğunu araştırınız. A) 1

B) 2

C) 4

D) 11

E) 12

F) 23

G) 91

K) 12,5

M) 111

N) 117

1 asal sayı olarak kabul edilmez. 4 = 2 . 2 ; 12 = 4 . 3 ; 91 = 7 . 13 ; 111 = 37 . 3 ; 117 = 3. 39 olarak iki doğal sayının çarpımı biçiminde yazılabildiğinden asal sayı değildir. 12,5 sayma sayısı olmadığından asallığına bakılmaz. 2, 11, 23 sayılarının 1 den ve kendisinden başka pozitif tam böleni olmadığından asal sayılardır.

Tanım a, b ve c asal, m, n, k doğal sayılar olmak üzere bir sayının an . bm . ck gibi asal sayıların kuvvetleri şeklinde yazılmasına asal çarpanlara ayırma denir.

240 sayısını asal çarpanlarına ayırınız.

240 120 60 30 15 5 1

2 2 2 2 3 5

240 = 24 . 3 . 5 bulunur.

11. Sınıf - Matematik / 53

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a ve b pozitif tam sayılardır a3 = 24 . b olduğuna göre a + b’nin alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 15

2 2 2 3

C) 24

24 = 23 . 3 olduğundan

D) 36

E) 42

a3 = 24 . b a3 = 23 . 3 . b dir.

}

24 12 6 3 1

B) 18

bir pozitif tam sayının küpü olması gerektiğinden b = 32 için a3 = 23 . 3 . 32 ⇒ a3 = 23 . 33 ⇒ a = 2 . 3 ⇒ a = 6 a + b toplamı en küçük = 9 + 6 = 15 bulunur.

Cevap : A

Kural a, b ve c asal sayılar x, y ve z doğal sayılar olmak üzere A = ax . by . cz Sayısının Pozitif tam bölen sayısı = (x + 1) . (y + 1) . (z + 1) Negatif tam bölen sayısı = (x + 1) . (y + 1) . (z + 1) Tam bölen sayısı = 2(x + 1)(y + 1)(z+1) Tam bölenlerinin toplamı = 0 Asal olmayan tam bölenlerinin toplamı = – (a + b + c) Pozitif tam bölenlerin toplamı =

ax +1 − 1 by +1 − 1 c z +1 − 1 ⋅ ⋅ dir. a −1 b −1 c −1

Aşağıda verilen sayıların pozitif, negatif ve tam bölenlerinin sayılarını bulunuz. A) 20

Sayı

B) 60

C) 120

Asal çarpanları Pozitif tam bölen sayı Negatif tam bölen sayı

Tam bölen sayı

20

22 . 51

(2 + 1) . (1 + 1) = 6

(2 + 1) . (1 + 1) = 6

60

22 . 31 . 51

(2 +1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 12

(2 + 1).(1 + 1).(1 + 1) = 12 2(2 + 1).(1 + 1).(1 + 1) = 24

120

23 . 31 . 51

(3 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 16 (3 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 16 2(3 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 32

54 / 11. Sınıf - Matematik

2 . (2 + 1) . (1 +1) = 12

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Aşağıdaki sayıların asal bölenlerinin sayısını, asal bölenlerinin toplamını ve asal olmayan tam bölenlerinin toplamını bulunuz. A) 50

B) 72

C) 120

Asal çarpanlara Asal bölenlerinin Asal bölenlerinin Asal olmayan tam ayrılmış biçimi sayısı toplamı bölenlerinin toplamı

Sayı 50

52 . 21

5 ve 2 olmak üzere 2 tanedir.

5+2=7

–(5 + 2) = –7

72

23 . 32

2 ve 3 olmak üzere 2 tanedir.

2+3=5

–(2 + 3) = –5

120

23 . 3 . 5

2, 3 ve 5 olmak üzere 3 tanedir.

2 + 3 + 5 = 10

–(2 + 3 + 5) = –10

360 sayısının asal olmayan tam bölenlerinin sayısı kaçtır? A) 21



B) 24

360 180 90 45 15 5 1

2 2 2 3 3 5

C) 45

D) 48

E) 60 Tam bölen sayısı : 2 . (3 + 1) . (2 + 1) . (1 + 1) = 48 Asal tam bölen sayısı : 3

360 = 23 . 32 . 51 olduğundan,

Asal olmayan tam bölen sayısı : 48 – 3 = 45 dir.

Cevap : C

24 . 6n sayısının pozitif tam bölen sayısı 48 olduğuna göre n kaçtır? A) 3 24 . 6n

B) 4



C) 5

D) 6

E) 7

2n+3 . 3n+1 sayısının pozitif tam bölen sayısı 48 ise

23 . 3 . 3n . 2n

Pozitif tam bölen sayısı = 48

2n+3 . 3n+1 dir.

(n + 3 + 1) . (n + 1 + 1) = 48









(n + 4) . (n + 2) = 48









n2 + 6n – 40 = 0











+10











–4









n = 4 bulunur. Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 55

2. Ünite

Modüler Aritmetik

39! 3n ifadesi bir tam sayı olduğuna göre, n'nin alabileceği en büyük tam sayı değeri kaçtır? A) 12

B) 14

C) 15

D) 18

E) 20

İfade bir tam sayı olduğundan 3n sayısı 39! sayısını tam bölmelidir. Buna göre, n nin alabileceği en büyük tam sayı değeri 39! içerisindeki 3 sayısının adedidir.

39 39



0



3 13 3 12 4 3 1 3 1 1

39! içerisinde 13 + 4 + 1 = 18 tane 3 olduğunda n en büyük 18 olur.

Cevap : D

Öğretmen Örneği x . y = 240 koşulunu sağlayan birbirinden farklı kaç tane (x, y) tam sayı ikilisi vardır? A) 30

Çözüm

B) 36

C) 40

D) 45

E) 56

240 240 ifadesine bir tam sayıdır. Dolayısıyla y tam sayılarının adedi olur. x bir tam sayı ise y y 240 sayısının tam bölen sayısıdır. x . y = 240 ⇒ x =



240 = 24 . 31 . 51

Tam bölen sayısı = 2 . 5 . 2 . 2 = 40 olduğundan 40 tane tam sayı ikilisi vardır.

Cevap : C

a ve b birer tam sayıdır. 47! = 6a . b denklemini sağlayan en büyük a sayısı kaçtır? A) 20

B) 21

C) 22

D) 23

E) 24

47 ! 6a 47! b bir tam sayı ise da bir tam sayıdır. a nın en büyük değeri 47! içerisinde bulunan 6 adedidir. 47! içerisinde 6a bulunan 6 adedi 6 asal olmadığından pratik yol ile bulunamaz ancak 6 = 3 . 2 ve 6 nın en büyük asal çarpanı 3 olduğundan 47! içerisindeki 6 adedi 3 adedi ile aynıdır.

b=

Buna göre





47 3 15

56 / 11. Sınıf - Matematik

a en büyük 15 + 5 + 1 = 21 dir. 3 5 3 1





Cevap : B

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a ve b birer tam sayıdır. 53! = 4a . b olduğuna göre, a en fazla kaçtır? A) 21 B) 22 C) 23

b=

D) 24

E) 25

53 ! 4a

olduğundan a en fazla 53! içerisindeki 4 adedi kadardır. Ancak 4 asal olmadığında ve iki farklı asal sayının çarpımı biçiminde yazılamadığından 53 ! biçiminde yazılarak 22 a 53! içerisindeki 2 adedine bakılır. 26 + 13 + 6 + 3 + 1 = 2a 53 2 26 2 49 = 2a 13 2 a = 24, 5 6 2 2 3 a = 24 bulunur. 1



b=

Cevap : D

57! sayısının sondan kaç basamağı sıfırdır? A) 9

B) 10

C) 11

D) 12

E) 13

Bir sayı içerisinde bulunan 10 çarpanı sayısı o sayının sondan kaç basamağının sıfır olduğunu verir. Ancak 10 asal sayı olmadığından pratik yol ile hesaplama yapabilmek için (10 = 5 . 2) 10 un en büyük asal çarpanı 5 olduğundan 57! içerisindeki 5 sayısı adedine bakılır.

57 5 11 5 2

sayının sondan 11 + 2 = 13 basamağı sıfırdır.

Cevap : E

11. Sınıf - Matematik / 57

2. Ünite

Modüler Aritmetik

53! + 43! sayısının sondan kaç basamağı sıfırdır? A) 8 B) 9 C) 10

D) 11

E) 12

Toplama işlemi kolaylıkla yapılamıyor ise toplamın sondan kaç basamağının sıfır olduğunu küçük olan faktöriyelli ifade belirler. Buna göre,

43 5 8





47! içerisinde 8 + 1 = 9 tane 5 olduğundan toplamın sondan 9 basamağı sıfırdır. 5 1 Cevap : B

54! + 53!

sayısının sondan kaç basamağı sıfırdır? A) 10

B) 11

C) 12

D) 13

E) 14

Toplama işlemi kolaylıkla yapılabileceğinden toplama yapılıp sonucun içerisindeki 5 adedine bakılır. Buna göre,

54 . 53! + 53! = 53!(54 + 1) = 55 . 53! = 11 . 51 , 53! bulunur.



53 5 10 5 2

53! içerisinde 10 + 2 = 12 tane 5, bütün ifade içerisinde 12 +1 = 13 tane 5 sayısı bulunduğundan toplamın sondan 13 basamağı sıfırdır. Cevap : D

58 / 11. Sınıf - Matematik

MİNİ ÖDEV

3



a + b = 61

4. n doğal sayı olmak üzere 45n sayısı m doğal sayısına tam bölünebiliyor.



olduğuna göre, a . b çarpımının değeri kaçtır?



1. a ve b asal sayılardır.

A) 66

B) 114

C) 117

m'nin alabileceği 120 farklı değer olduğuna göre n kaçtır?

D) 118 E) 124

A) 3

Çözüm





a = 2 , b = 59 ⇒ a . b = 118 dir.





C) 5

D) 6

m doğal sayısı 45n sayısının bir pozitif tam bölenidir. m'nin alabileceği 120 farklı değer olduğuna göre 45n sayısının 120 tane pozitif böleni vardır.

45n = (32 . 5)n = 32n . 5n

2. n doğal sayı olmak üzere 22 + 1 biçiminde yazılabilen asal sayılara Fermat asal sayılar denir.







(2n + 1) . (n + 1) = 120 14243 14243 15 8 ⇒ n + 1 = 8 ⇒ n = 7 dir.





n

Buna göre, aşağıdakilerden hangisi Fermat asal sayıdır? A) 2

B) 7

C) 13

D) 257

E) 1313 5. 2x + 48 ifadesi x in kaç tam sayı değeri için bir x tam sayı olur?

Çözüm



Fermat sayıları



n = 0

için

2 20 + 1 = 3



n = 1

için

221 + 1 = 5



n = 2

için

222 + 1 = 17



n = 3

için

223 + 1 = 257



h



olduğundan 257 fermat sayısıdır.





A) 15





D) 16

D) 24 E) 28

halde x in alabileceği değer sayısı 48 = 24 . 3 ün tam bölen sayısı olan 2 . (4 + 1) . (1 + 1) = 20 dir.

3. 360 sayısının kaç tane tam sayı böleni tek sayıdır? C) 15

C) 20

2x + 48 = 2x + 48 = 2 + 48 ifadesinin bir tam sayı x x x x olması için x in 48 sayısını tam bölmesi gerekir. O

h

B) 14

B) 16

Çözüm





A) 12

E) 7

Çözüm



Asal sayılar 2 sayısı haricinde tek sayılardan oluşur. a + b = 61 denkleminde 61 tek sayı olduğuna göre a ve b den biri tek diğeri çifttir. O halde,

B) 4

E) 18



6. a ve b pozitif tam sayılardır.

b2 = a . 28



olduğuna göre, a + b toplamı en az kaçtır? A) 20

Çözüm

B) 21

C) 22

D) 23 E) 24

Çözüm

360 = 23 . 32 . 5 sayısının tek tam sayı bölenlerinin içerisinde 2 bulunmayacağından,



b2 = a . 28 ⇒ b2 = a . 22 . 7 dir.

360 = 23 . 32 . 5



a . 22 . 7 nin tam kare olması gerektiğinden a en

O halde,



az 7 dir. a = 7 için b2 = 22 . 72



b = 14 olur. a + b en az 7 + 14 = 21 bulunur.

Tek tam bölen sayısı = (2 + 1) (1 + 1) . 2 = 12 dir.

11. Sınıf - Matematik / 59

MİNİ ÖDEV 1. a ve b pozitif tam sayılar olmak üzere

4

3. a ve b doğal sayılardır.



660 = k . 2a . 3b



20! = 3a . b



eşitliğini sağlayan en küçük k pozitif tam sayısı kaçtır?



olduğuna göre, a nın alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

A) 66

B) 60

C) 55

D) 44

E) 30

A) 32

Çözüm



660 = 6 . 110 = 6 . 11 . 10 = 3 . 2 . 11 . 5 . 2







660 = k . 2a . 3b denkleminden a = 2, b = 1 için k



en küçük 55 bulunur.





C) 40

D) 44

E) 48

Çözüm





B) 36

b = 20! ifadesinde a'nın alabileceği değerler 20! 3a içerisindeki 3 çarpanına bağlıdır.

= 22 . 3 . 5 . 11 olduğundan

20 3 6

3 2

20 içerisinde 6 + 2 = 8 tane 3 çarpan bulunduğundan ve a doğal sayı olduğundan a = 0, 1, 2, .....8 olur.

0 + 1 + 2 + ......+8 = 36 bulunur.



2. 2000...0

4. m ve n doğal sayıdır.





75! = 14n . m



olduğuna göre n'nin alabileceği kaç farklı değer vardır?

sekiz basamaklı sayısının pozitif tam bölen sayısı kaçtır? A) 56

B) 60

C) 66

D) 72

E) 81



Sayı 8 basamaklı ise sondan 7 basamağı sıfırdır. Yani içerisinde 7 tane 10 çarpanı vardır.

A) 16

Çözüm

= 2 . 107 = 2 . 57 . 27 = 28 . 57 2000...0 14243 8 basamaklı



P . b . s = (8 + 1) (7 + 1) = 9 . 8 = 72 bulunur.





60 / 11. Sınıf - Matematik



B) 15

C) 14

D) 13

E) 12

Çözüm m = 75!n = 75! olduğundan, 7n $ 2n 14

75! sayısının içerisinde kaç tane 14 çarpanı olduğunu bulmak için içerisinde kaç tane 7 çarpanı olduğuna bakmak yeterlidir.

O halde, 75 7 10 + 1 = 11 10 7 1



n = 0, 1, 2, ......., 11 olmak üzere 12 değer vardır.

MİNİ ÖDEV 5.

7.

121 . 33!

sayısının sondan kaç basamağı sıfırdır? A) 6



B) 7

C) 8

D) 9

n basamaklı sayısının 196 tane pozitif tam böleni vardır.



Buna göre n kaçtır?

E) 10

A) 4



121 içerisinde 5 çarpanı olmadığından ve 33! içerisinde, 33 5 6



6.

sayısının sondan kaç basamağı 9 dur? A) 21

B) 22

C) 23

D) 24

25

n! sayısının sonundaki 0 ların sayısı ile n! – 1 sayısının sonundaki ardışık 9 ların sayısı eşittir. O halde 98! sonundaki ardışık sıfırların sayısı,

98 5 , 19 5 3

19 + 3 = 22 olduğundan sayının sondan 22 basamağı 9 dur.



D) 7

E) 8

33. 10n – 2 ⇒ 31 . 2n – 2 . 5n – 2 . 111



Pozitif tam bölen sayısı = 96



(1 + 1) . (n – 2 + 1) . (n + 1) . (1 + 1)



4 . (n – 1)2 = 196



(n – 1)2 = 49 ⇒ n = 8 dir.







54! 19!

işleminin sonucunda oluşan sayının sondan kaç basamağı sıfırdır?

Çözüm



C) 6

Sayı n basamaklı ise sonunda n – 2 tane sıfır vardır.

8.

98! – 1

B) 5

Çözüm



5 1

6 + 1 = 7 tane 5 çarpanı olduğundan sayının sondan 7 basamağı sıfırdır.

3300...0



Çözüm



4

A) 8





B) 9

C) 10

D) 11

E) 12

Çözüm 54 5 10 5 2

⇒

19 5 3

⇒

54! içerisinde 10 + 2 = 12 tane 5 çarpanı vardır. 19! içerisinde 3 tane 5 çarpanı vardır.

12 sadeleştirme yapılırsa f 5 3 = 59p işlemin sonucun5 da 9 tane 5 çarpanı vardır. Yani sondan 9 basa-

mağı sıfırdır.

11. Sınıf - Matematik / 61

2. Ünite

Modüler Aritmetik

OBEB – OKEK Tanım X, Y, Z, … gibi pozitif doğal sayıların ortak bölünebildiği doğal sayılardan en büyüğüne Ortak Bölenlerin En Büyüğü denir. Ve bu sayı OBEB(X, Y, Z, …) ile gösterilir.

Aşağıda verilen ifadelerin değerlerini bulunuz. •

OBEB(24, 56)



24 12 6 3

•

OBEB(45, 75, 120)





45 15 3

56 28 14 7

75 25 5

2∗ 2∗ 2∗

120 40 8

OBEB(24, 56) = 2 . 2 . 2 = 8 bulunur.

3∗ 5∗

OBEB(45, 75, 120) = 3 . 5 = 15 bulunur.

120 ve 144 sayılarının OBEB’ini asal çarpanlara ayırma yöntemini kullanarak bulunuz.

120 = 23 ⋅ 31 ⋅ 51  3 1 1 4 2 3  OBEB (2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ 3 ) = 2 ⋅ 3 = 24 bulunur. 144 = 24 ⋅ 32 

a, b, c ve d birer pozitif tam sayıdır.

a = 2b . 34



c = 22 . 3d

ve OBEB(a, c) = 108 olduğuna göre, b + d toplamı en az kaçtır? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 OBEB(a, c) = 108 ⇒ OBEB(a, c) = 33 . 22 olur. OBEB alınırken ortak olan asal çarpanın küçük kuvvetli olanı tercih edildiğinden

b ≥ 2 ve d = 3 tür.

O halde b + d toplamı en az 2 + 3 = 5 bulunur. Cevap : B 62 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

ÖKLİT ALGORİTMASI Öklid algoritması, iki doğal sayının en büyük ortak bölenini bulmak için kullanılan bir metottur.

a = b . q + r (0 ≤ r < b)

bölme algoritmasında a ve b sayılarının ortak böleni ile b ve r sayılarının ortak bölenleri aynıdır. Buna göre,

EBOB(a, b) = EBOB(b, r) dir.

108 ve 36 sayılarının OBEB’ini öklit algoritmasını kullanarak bulunuz.

108 108

36 3

⇒ 108 ≡ 36, 3 + 0

0

Bölme algoritmasında kalan sıfırdır. Buna göre OBEB(108, 36) = 36 dır.

210 ve 135 sayılarının OBEB’ini öklit algoritması kullanarak bulunuz.

210 135

135 ⇒ 210 ≡ 135 . 1 + 75 1

75 135 75

75 1

⇒ 135 ≡ 75 . 1 + 60

60 1

⇒ 75 ≡ 60 . 1 + 15

15 4

⇒ 60 ≡ 15 . 4 + 0

60 75 60 15



60 60 0

EBOB

}

Son bölme algoritmasında kalan sıfırdır. Bundan bir önceki algoritmada bulunan kalan ise verilen iki sayının OBEB'idir. EBOB(210, 135) = 15

11. Sınıf - Matematik / 63

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Bezout Eşitliği a ve b tam sayılar olmak üzere

EBOB(a, b) = ax + by

koşulunu sağlayan x ve y tam sayıları vardır. a ve b tam sayılardır. Buna göre,

OBEB(195, 208) = 195a + 208b

koşulunu sağlayan a ve b sayılarını bulunuz. Öncelikle OBEB(208, 195) değerini bulalım Öklid algoritmasında aşağıdan yukarıya doğru giderek EBOB

208 = 195 . 1 + 13 195 = 13 . 15 + 0





EBOB'un değerlerini karşısına yazalım.

EBOB(208, 195) = 13 bulunur.

13 = 208 – 195 . 1

Şimdi 195a + 208b = 13

195a + 208b = 208 – 195



eşitliğini sağlayan a ve b değerlerini bulalım. ise a = –1 ve b = 1 bulunur.

Öğretmen Örneği EBOB(276, 84) = 276x + 84y denkleminin sağlayan x ve y değerlerini bulunuz.

Çözüm Öncelikle EBOB(276, 84) değerini bulalım

Buradan 276 x + 84y = 12 eşitliğini sağlayan sayıları bulalım.

276 = 84 . 3 + 24

12 = 84 – 24 . 3

84 = 24 . 3 + 12

12 = 84 – (276 – 84 . 3) . 3

24 = 12 . 2 + 0

12 = 276 . (–3) + 84 . 10 bulunur.

EBOB(276 . 84) = 12 elde edilir.

O halde x = –3 ve y = 10 dur.

50, 74 ve 80 sayılarını böldüğünde 2 kalanını veren en büyük doğal sayı kaçtır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 6

E) 12

Sayımız x olsun, kalan 2 olduğundan 50 − 2 74 − 2 80 − 2 , , birer tam sayıdır. x x x x = OBEB(48, 72, 78) = 6 bulunur. 64 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : D

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Birbirinden farklı a ve b pozitif tam sayıları için; OBEB(a, b) = 8 a+ b ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır? 4 B) 6 C) 8 D) 10 E) 12

olduğuna göre, A) 4

x ve y aralarında asal pozitif tam sayılar olmak üzere,

OBEB(a, b) = 8 ise a = 8 . x ve b = 8 . y dir.



a + b 8x + 8y = = 2x + 2y ifadesinin x = 1 ve y = 2 için en küçük değeri 2 . 1 + 2. 2 = 6 dır. 4 4

Cevap : B

x ve y sayma sayılarıdır.

x y



OBEB(x, y) = 10

=

2 3

olduğuna göre, x + y toplamı kaçtır? A) 30

B) 40

C) 50

D) 60

E) 80

k bir sayma sayısı olmak üzere, x = 2k ve y = 3k olsun. OBEB(x, y) = k = 10 olduğundan, x + y = 2 . 10 + 3 . 10 = 50 bulunur.

Cevap : C

Öğretmen Örneği a, b ve c pozitif tam sayılardır.

a . b = 60



b . c = 75

olduğuna göre, a + b + c toplamının alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 22

B) 23

C) 24

D) 25

E) 26

Çözüm Verilen iki denklemin ortak bilinmeyeni b olduğundan b; 60 ve 75 sayılarının ortak bölenlerinden biridir. Toplamın en küçük olması için b = OBEB(60, 75) = 15 seçilirse b = 15, a = 4 ve c = 5 elde edilir. a + b + c en küçük 24 bulunur.

Cevap : C 11. Sınıf - Matematik / 65

2. Ünite

Modüler Aritmetik

UYARI: Problem sorularında bir bütünü parçalara bölmek gerekiyor ise OBEB kullanılır.

İki çuvaldan birinde 300 kg un, diğerinde ise 270 kg tuz bulunuyor. Çuvallarda bulunan tuzlar hiç artmayacak ve birbirine karışmayacak şekilde eşit ağırlıklı torbalara boşaltılacaktır. Buna göre, aşağıdaki soruları cevaplayınız. a) Torbalardan birinin ağırlığı tam sayı olarak en çok kaç kg dır? b) Torbaların sayısı en az kaçtır? c) Torbaların sayısı 20 den fazla olduğu durumda torba sayısı en az kaç olur?

a) Torbaların her birinin ağırlığı 300 ve 270 in tam böleni olmak zorunda olduğundan OBEB(300, 270) = 30 torbalardan birinin ağırlığının maksimumudur. b) Kullanılan torba sayısının en az olması için torba ağırlığı maksimum seçilmelidir. O halde torba sayısı en az 300 270 + = 19 bulunur. 30 30 c) b seçeneğinde torba sayısının en az 19 olabileceğini bulduk. Ancak soru bizden 20 den fazla torba oluşturmamızı istemektedir. O halde torbanın ağırlığını bir alt seviyeye yeni 15 kg a çekelim. Buna göre,

300 270 + = 38 tane torba olmalıdır. 15 15

Boyutları 24 birim ve 30 birim olan bir tarla, birbirine eş karesel bölgelere ayırmak isteniyor. Buna göre, aşağıdaki soruları cevaplayınız. a) Karesel bölgelerin birinin alanı en çok kaç br2 dir? b) Tarla en az kaç karesel bölgeye ayrılabilir? c) Karesel bölgenin bir kenarının alabileceği kaç farklı tam sayı değeri vardır? a) Hiç boşluk kalmayacak biçimde karesel bölgelere ayırmak için oluşturulacak kare bölgelerden birinin bir kenar uzunluğu 24 ve 30 un ortak böleni olmalıdır. O halde karesel bölgenin birinin bir kenar uzunluğu en çok EBOB(24, 30) = 6 alanı en çok 36br2 dir. b) Tarlanın en az karesel bölgeye ayrılması için karenin bir kenarı maksimum seçilir ve OBEB(24, 30) = 6 olur.

Karesel bölge sayısı =

24 ⋅ 30 Tarlanın alanı = = 20 bulunur. 6⋅6 Karesel bölgenin alanı

c) Karesel bölgenin bir kenar uzunluğu 24 ve 30 un ortak böleni olmak zorundadır. OBEB(24, 30) = 6 olduğundan Karesel bölgenin bir kenarının uzunluğu 1, 2, 3, 6 olabilir. 4 tanedir.

66 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Boyutları 240 metre ve 192 metre olan dikdörtgen şeklindeki bir parkın etrafını çitle çevirmek isteyen belediye çalışanları bu işlem için parkın çevresine eşit aralıklarla her köşeye bir direk gelecek şekilde direkler dikiyor. Buna göre, aşağıdaki soruları cevaplayınız. a) İki direk arası mesafe en çok kaç metredir? b) İki direk arası mesafenin alabileceği kaç farklı tam sayı değeri vardır? c) Parkın çevresine en az kaç tane direk dikilebilir?

a) Her köşeye birer direk gelecek ve eşit aralıkla direk dikileceğinden iki direk arasındaki mesafe 240 ve 192 nin ortak böleni olmalıdır. O halde iki direk arası mesafe en çok OBEB(240, 192) = 48 dir. b) İki direk arasındaki maksimum mesafe OBEB(240, 192) = 48 olduğundan iki direk arasındaki mesafe alabileceği tamsayı adedi 48 in pozitif bölen sayısıdır. 48 = 24 . 3 olduğundan p . b . s = 5 . 2 = 10 bulunur. c) İki direk arası mesafe maksimum OBEB(240, 192) = 48 olduğundan, parkın çevresine dikilen direk sayısı =

parkın çevresi

= iki direk arası mesafe

2(192 + 240) 48

= 18 dir.

Bir büfeci sandviç yapmak için satın aldığı boyutları 24 cm, 30 cm ve 36 cm olan dikdörtgenler prizması şeklindeki bir peynir kalıbını eşit küpler biçiminde hiç artmayacak şekilde doğruyor. Büfecinin kâra geçmesi için parçaların sayısı 800 den fazla olmalıdır. Parçaların her birinin kenar uzunlukları cm cinsinden tam sayı olduğuna göre, satıcının kâra geçmesi için peyrini en az kaç parçaya bölmesi gerekir? A) 810

B) 840

C) 850

D) 900

E) 960

Oluşacak küplerin bir kenar uzunluğu en fazla OBEB(24, 30, 36) = 6 dır. Küpün bir kenarı 6 cm ise küp sayısı =

kalıbın hacmi küpün hacmi

O halde küpün bir kenarı 3 cm ise küp sayısı =

=

24 . 30 . 36

24 . 30 . 36 3.3.3

6.6.6

= 120 olur. Ancak yeterli değil.

= 960 bulunur. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 67

5

MİNİ ÖDEV 1. a > b olmak üzere OBEB (a, b) = 6 dır.

3. a, b ve c doğal sayılardır.









OBEB (a, b) = 8



olduğuna göre a en az kaçtır?





OBEB (b, c) = 5



olduğuna göre a + b + c toplamı en az kaçtır?

a – b = 18

A) 24

B) 30

C) 36

D) 42

E) 48

A) 51

Çözüm



C) 53

D) 54

E) 55

Çözüm



OBEB (a, b) = 6 ve n, m aralarında asal doğal sayılar olmak üzere,



OBEB (a, b) = 8 ise a ve b nin içerisinde 8 bulunur.

a = 6 . n

b = 6 . m olsun.



OBEB (b, c) = 5 ise b ve c nin içerisinde 5 bulunur.

6n – 6m = 18



O halde, a + b + c toplamı en az



a=8



b=5.8

a = 6 . n = 6 . 4 = 24 bulunur.



c = 5 için a + b + c = 8 + 40 + 5 = 53 bulunur.







ve

a – b = 18 ⇒

⇒

n – m = 3 tür.

OBEB (n, m) = 1 olduğundan m = 1, n = 4 için a en az

2.

243 180 ve x x

4. a ve b pozitif tam sayılarının en büyük ortak böleni 12 olmak üzere, I. 144 sayısı, a2 sayısını böler.

birer tam sayı olduğuna göre, x in alabileceği en büyük tam sayı değeri kaçtır?

II. 144 sayısı, a2 + b sayısını böler.

A) 6

III. 144 sayısı, a2 + b2 sayısını böler.

B) 9

C) 12

D) 18

E) 27



ifadelerinden hangisi her zaman doğrudur?

Çözüm

A) Yalnız I

x sayısı 243 ve 180 sayılarının her ikisini birden bölmek zorundadır. O halde x en çok OBEB(243, 180) = 9 bulunur.

B) 52



B) Yalnız II

D) II ve III

C) I ve III

E) I, II ve III

Çözüm



OBEB (a, b) = 12 ve m, n ∈ Z+ olmak üzere,



a = 12 n ve b = 12 m olsun.

I.

a2 = (12 . n)2 = 144 . n2 olduğunda 144 e bölünür.

II. a2 + b = 144n2 + 12m olduğundan 144'e her zaman tam bölünmez. III. a2 + b2 = 144n2 + 144m2 olduğunda 144'e tam bölünür. 68 / 11. Sınıf - Matematik

MİNİ ÖDEV

5

5. İki demir çubuktan biri 72 cm diğeri 150 cm dir. Bu iki demir çubuk birbirine eşit parçalara bölünüyor.

7.

OBEB (a + 1, b – 3) = 2 ve





a + 1= 7 b - 3 15





olduğuna göre a + b toplamının değeri kaçtır?

Buna göre, elde edilen toplam parça sayısı en az kaçtır? A) 34

C) 36

D) 37



x en fazla OBEB (72, 150) = 6 ve



Parça sayısı en az = 72 + 150 = 12 + 25 = 37 6 6 bulunur.





B) 44

C) 45

D) 46



k bir doğal sayı olmak üzere,



a + 1 = 7k ve b – 3 = 15k dır.



OBEB(a + 1, b – 3) = 2 = k olduğundan



a + 1 = 14 ⇒ a = 13



b – 3 = 30 ⇒ b = 33 +









a + b = 46 bulunur.

6. a ve b pozitif tam sayılarının en büyük ortak böleni EBOB (a, b) = 1 dir.

8. x bir sayma sayısı olmak üzere,









olduğuna göre, x kaçtır?



olduğuna göre, a'nın kaç farklı değeri vardır?

a . b = 30

A) 5

B) 6

C) 7

D) 8

B) 3

C) 4

D) 5

12x + 1 asal çarpanlara ayrılırsa

30 = 21 . 31 . 51 olduğundan asal çarpanların paylaşımında ortak eleman olma ihtimali yoktur.



12x + 1 = 22x + 2 . 3x + 1

O halde, 30'un pozitif bölen saysı a'nın alabilceği değerlerin sayısını verir.



18x asal çarpanlara ayrılırsa



18x = 2x . 32x olur.



OBEB(12x + 1, 18x) = 2x . 3x + 1 = 108





6x . 3 = 108





6x = 36







E) 6

Çözüm



p, b . s = (1 + 1) (1 + 1) (1 + 1) = 8 bulunur.

OBEB(12x + 1, 18x) = 108

A) 2

E) 9

Çözüm



E) 47

Çözüm



Oluşacak her bir parçanın uzunluğu x olsun. O halde, 72 , 150 birer tam sayıdır. x x



A) 43

E) 38

Çözüm



B) 35

x = 2 bulunur.

11. Sınıf - Matematik / 69

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Tanım

a ve b sayma sayıları olmak üzere OBEB(a, b) = 1 ise a ve b aralarında asal sayılardır.

a – 2 ve b aralarında asal sayılardır.

ab – 2b = 36

olduğuna göre, a + b toplamı en çok kaçtır? A) 42

B) 40

a . b – 2b = 36 b(a – 2) = 36

}

C) 39

D) 15

E) 13

OBEB(a – 2, b) = 1 ve a + b nin en fazla olması için OBEB(36, 1) = 1 olduğundan a – 2 = 36 ⇒ a = 38 ve b = 1 a + b = 39 bulunur. Cevap : C

a – b ve 2b – 3 aralarında asal sayılardır. a − b 14 = 2b − 3 11 olduğuna göre, a + b toplamı kaçtır? A) 30

B) 28

C) 26

D) 24

E) 22

k bir sayma sayısı olmak üzere, a – b = 14k ve 2b – 3 = 11k dır. OBEB(a – b, 2b – 3) = k = 1 olduğundan a – b = 14 2b – 3 = 11

b = 7 ve a = 21 ⇒ a + b = 28 bulunur.

Cevap : B 70 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a ve b sayma sayıları, OBEB(a, b) = 1 dir.

a . b = 60

olduğuna göre, bu koşulları sağlayan kaç farklı a sayısı vardır? A) 4

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

a ve b sayılarda OBEB(a, b) = 1 ise a ile b aralarında asaldır. Buna göre, 60 = 22 . 3 . 5 ve 22 parçalanmadan ya a ya da b ye ait olmak zorundadır. O halde a nın alacağı değer sayısı (22)1 . 31 . 51 ⇒ (1 + 1) (1 + 1) ( 1 + 1) = 8 bulunur. Cevap : C

Öğretmen Örneği 63 ten küçük ve 63 ile aralarında asal kaç tane pozitif tam sayı vardır? A) 10

B) 12

C) 14

D) 15

E) 16

Çözüm n bir pozitif tam sayı olmak üzere, n den küçük ve n ile aralarında asal olan pozitif tam sayıların sayısı Φ ile gösterilir.

p1, p2, p3, ........ pr asal ve a1, a2, a3 ...... ar ∈ Z+ olmak üzere,

        n = p1a1 ⋅ p2a2 ⋅ p3a3 ⋅⋅⋅ p r ar ise Φ(n) = n ⋅ 1 − 1  ⋅ 1 − 1  ⋅ 1 − 1  , , , , , 1 − 1  dir.  p1   p2   p3   p r  2 O halde 63 = 3 . 2 olduğundan,



1 2  1  1 Φ(48) = 48 . 1 −  ⋅ 1 −  = 48 ⋅ ⋅ = 16 tane pozitif tam sayı vardır. 2 3  2  3

Cevap : E

11. Sınıf - Matematik / 71

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Tanım

X, Y, Z, … gibi sayma sayılarının birbirine eşit katlarının en küçüğüne Ortak Katların En Küçüğü denir ve OKEK(X, Y, Z, …) ile gösterilir.

Aşağıda verilen ifadelerin değerlerini bulunuz. •

OKEK(20, 15)



20 10 5 5 1

15 2 15 2 15 3 ⇒ OKEK(20, 15) = 22 . 3, 5 = 60 tır. 5 5 1

OKEK(4, 12, 14)

4 2 1

12 14 2 6 7 2 3 7 3 ⇒ OKEK(4, 12, 14) = 22 . 3, 7 = 84 tür. 1 7 7 1



•

x, y ve z asal sayılardır.

A = x4 . y5 . z3



B = x3 . y7

olduğuna göre,

OKEK(A, B) ifadesinin eşitini bulunuz. OBEB(A, B)

OKEK(A, B ) = x 4 ⋅ y 7 ⋅ z3  x 4 ⋅ y 7 ⋅ z3 2 3  ⇒ 3 5 = x ⋅ y ⋅ z bulunur. x ⋅y OBEB (A, B ) = x 3 ⋅ y 5 

72 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Boyutları 2 birim, 4 birim ve 5 birim olan dikdörtgenler prizması şeklinde kutuların en az kaç tanesiyle bir küp elde edilir? A) 400

B) 200

C) 100

D) 50

E) 20

Oluşturulacak küpün bir kenar uzunluğu 2, 4 ve 5 ile tam bölünmelidir. Yani bu sayıların katı olmalıdır. O halde küpün bir kenarı en az OKEK(2, 4, 5) = 20 olur. Prizma adedi =

küpün hacmi prizmanın hacmi

20 . 20 . 20 =

2.4.5

= 200 bulunur. Cevap : B

Öğretmen Örneği a sayma sayısının 5 katı, b sayma sayısının 4 katına eşittir.

OKEK(a, b) = 120

olduğuna göre, OBEB(a, b) kaçtır? A) 3

Çözüm

B) 4

C) 6

D) 8

E) 12

5a = 4b olmak üzere k bir tam sayı olsun. a = 4k ve b = 5k bulunur.



4k 4 2 1

5k k 5 2 5 2 ⇒ OKEK(a, b) = 22 . 5 . k = 120 5 5 k = 6 bulunur. 1







OBEB(a, b) = OBEB(4k, 5k) = k = 6 olur.

Cevap : C

Özgür ve Seydi yan yana bulunan iki katlı evleri sol baştan başlayarak sağ tarafa doğru boyamaktadır. Özgür evlerin 1. katlarını, Seydi ise 2. katlarını boyamaktadır. Aşağıda Özgür ve Seydi'nin evleri hangi sırayla boyadığı verilmiştir. Özgür → Sarı, mavi, turuncu, siyah, sarı, mavi, turuncu, siyah, …

Seydi → Pembe, kahverengi, lila, eflatun, siyah, pembe, kahverengi, …



Özgür ve Seydi’nin boyadığı evlerden baştan n. sıradaki ev aynı renge boyamıştır.

Buna göre, n’nin üç basamaklı en küçük değeri kaçtır? A) 100

B) 102

C) 104

D) 105

E) 110

Özgür ve Seydi'nin boyama sıralarında ortak renk siyahtır. Özgür 4 evde bir siyah, Seydi 5 evde bir siyah renk kullanmaktadır. O halde OKEK(4, 5) = 20 olduğundan baştan 20 nin katı sırada olan evler aynı renge boyanır. n üç basamaklı ise n en küçük 100 bulunur. Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 73

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Üç lamba sırasıyla 2, 3 ve 7 dakika aralıklarla yanıp sönmektedir. Buna göre, üçü aynı anda yandıktan sonra ilk kez birlikte yandıklarında ikinci lamba kaç kez yanıp sönmüştür? A) 2

B) 3

C) 6

D) 14

E) 21

Lambaların aynı anda yanması için geçen süre 2, 3 ve 7 nin ortak katıdır. Lambalar ilk kez OKEK(2, 3, 7) = 42 dk sonra birlikte yanıp söner. 42 O halde ikinci lamba üçü birlikte ilk kez yandıklarında = 14 kez yanıp söner. 3 Cevap : D

a, b ve c pozitif tam sayılar olmak üzere

6a = 8b = 10 c

olduğuna göre, a + b + c aşağıdakilerden hangisine daima tam bölünür? A) 47

B) 45

C) 24

D) 9

E) 6

A bir pozitif tam sayı olmak üzere A = 6a = 8b = 10c olsun. O halde A sayısı 6, 8 ve 10 un ortak katı olmalıdır. OKEK(6 . 8 . 10) = 120 ise A = 120k seçersek, 120k = 6a = 8b = 10c ⇒ a = 20k, b = 15k, c = 12k ⇒ a + b + c = 47 k olur. O halde a + b + c toplamı 47 ile tam bölünür.

Cevap : A

Öğretmen Örneği a, b ve c sayma sayılarıdır.

A = 4a + 1 = 7b + 4 = 6c + 3 olduğuna göre, a + b + c toplamı en az kaçtır?

A) 42

B) 43

C) 44

D) 45

E) 46

Çözüm Eşitliğin her tarafına 3 eklenerek A + 3 = 4a + 4 = 7b + 7 = 6c + 6 bulunur. A + 3 sayısı OKEK(4, 7, 6) = 84'ün katları olmak zoruna olduğundan, A + 3 = 84 ⇒ A = 81 seçilirse 81 = 4a + 1 = 7b + 4 = 6c + 3 eşitliğinden a = 20, b = 11 ve c = 13 elde ediliir. O halde a + b + c toplamı en az 44 bulunur. 74 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : C

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a, b ve c sayma sayılarıdır. A = 3a + 2 = 4b + 2 = 5c + 2 olduğuna göre, aşağıdaki soruları cevaplayınız. a) A’nın alabileceği en küçük değer kaçtır? b) A’nın alabileceği üç basamaklı en küçük değer kaçtır? c) A’nın alabileceği üç basamaklı en büyük değer kaçtır?

A = 3a + 2 = 4b + 2 = 5c + 2 eşitliğinini bir öncesi soru kalıbına dönüşebilmesi için her eşitlikten 2 çıkartılırsa A – 2 = 3a = 4b = 5c olur. O halde A – 2 sayısı OKEK(3, 4, 5) = 60 in katlarıdır. a) A – 2 = 60 ⇒ A = 62 b) A – 2 = 120 ⇒ A = 122 c) A – 2 = 960 ⇒ A = 962 bulunur.

OBEB – OKEK Özellikleri a ve b sayma sayıları olmak üzere, 1. a ≤ b ise OBEB(a, b) ≤ a ≤ b ≤ OKEK(a, b) 2. OBEB(a, b) . OKEK(a, b) = a . b 3. a ve b aralarında asal ise,

OBEB(a, b) = 1



OKEK(a, b) = a . b dir.

a ve b aralarında asal sayılardır.

OBEB(a, b) = 2m – 7



OKEK(a, b) = 10m + 4

olduğuna göre, a . b çarpımı kaçtır? A) 54

B) 52

C) 44

D) 15

E) 11

a ve b aralarında asal ise OBEB(a, b) = 1 ve OKEK(a, b) = a . b dir. O halde 2m – 7 = 1 ⇒ m = 4 tür. OKEK(a, b) = a . b = 10m + 4 = 10 . 4 + 4 = 44 bulunur. Cevap : C 11. Sınıf - Matematik / 75

2. Ünite

Modüler Aritmetik

a ve b doğal sayılarının OBEB’inin 5 katı OKEK’ine eşittir.

a . b = 180

olduğuna göre, OBEB(a, b) kaçtır? A) 3

B) 4

C) 6

D) 8

E) 12

5. OBEB(a, b) = OKEK(a, b) ve OBEB(a, b) . OKEK(a, b) = a . b olduğundan OBEB(a, b) . 5 . OBEB(a, b) = 180

5 . (OBEB(a, b))2 = 180



OBEB(a, b)2 = 36



OBEB(a, b) = 6 bulunur. Cevap : C



9 12 15 , ve sayılarına tam bölünebilen en küçük pozitif tam sayı kaçtır? 13 7 5

A) 144

B) 150

C) 160

D) 172

E) 180

Bu sayılara tam bölünebilen sayı x olsun. 9 7x  = 7 9   12 5x  x: =  5 12  15 13x   x: = 13 15  x:

76 / 11. Sınıf - Matematik

olduğunda bölümler

7x 5 x 13x , ve olur. Bu sayılar tam sayı olması için x sayısının 9, 12 ve 9 12 15

15 in katı olması gerekir. x in alabileceği en küçük değer EKOK(9, 12, 15) = 180 dir. Cevap : E

MİNİ ÖDEV

6

1. 3x = 4y olmak üzere,

3. a, b ve c pozitif tam sayılardır.





OKEK = (x, y) = 240







olduğuna göre x kaçtır?



olduğuna göre a + b + c toplamı en çok kaçtır?

A) 80

B) 84

C) 90

D) 94 E) 96

A) 40

Çözüm



OKEK (a, b, c) = 20 B) 50

C) 56

D) 60

Çözüm





k bir sayma sayısı olmak üzere,



x = 4k ve y = 3k dır.



4.k

3.k

k

OKEK(x, y) = 22 . k . 3 = 240



Buna göre; a, b ve c en çok



4

3

2



12k = 240



a = b = c = 20 seçilir.



2

3

2



k = 20



OKEK ( 20, 20, 20) = 20 olduğundan



1

3

3

x = 4k ⇒ x = 80 olur.



a + b + c = 60 olur.

a, b ve c sayıları OKEK (a, b, c) den küçük veya eşit olmalıdır.





1

E) 70



4. x, y ve z sayma sayılarıdır.

2. Aralarında asal iki doğal sayı a ve b dir.



OBEB (a, b) + OKEK (a, b) = 17



olduğuna göre a + b toplamı kaçtır? A) 17

B) 16

C) 15

D) 14



A = 3x + 1 = 4y + 2 = 5z + 3



120 < A < 210



olduğuna göre x + y + z toplamı kaçtır? A) 134

E) 12



a ve b aralarında asal ise OBEB(a, b) = 1,



OKEK(a, b) = a . b



OBEB (a, b) + OKEK (a, b) = 17



1 + a . b = 17



a . b = 16



a = 1 , b = 16 ⇒ a + b = 17



a = 16 , b = 16 ⇒ a + b = 17 bulunur.





D) 137

C) 136 E) 138

Çözüm

Çözüm



B) 135



A + 2 = 3x + 3 = 4y + 4 = 5z + 5



A + 2 = OKEK (3, 4, 5) in katları olduğundan,



A + 2 = 60 ın katları olmalıdır.



120 < A < 210 olduğundan,



A + 2 = 180 ⇒ A = 178 bulunur.



A = 178 için,



178 = 3x + 1 = 4y + 2 = 5z + 3



x = 59 , y = 44 , z = 35



x + y + z = 138 bulunur.



11. Sınıf - Matematik / 77

MİNİ ÖDEV

6

5. Özgür okuduğu kitapları 10 ar, 15 er ve 18 er saydığında hiç kitap artmıyor.



OBEB(60, x) = 20





OKEK(60, x) = 120



olduğuna göre x kaçtır?

Özgürün okuduğu kitap sayısı 300 den fazla olduğuna göre, en az okuduğu kitap sayısının rakamları toplamı kaçtır? A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

7. x bir doğal sayı

A) 100

E) 10

Çözüm



B) 80

C) 50

D) 40

Çözüm





Özgür'ün okuduğu kitap saysı A olsun.



OBEB(60, x) . OKEK(60, x) = 60 . x



A = OKEK (10, 15, 18) = 90 ın katları olmalıdır.



20 . 120 = 60x



A > 300 olduğundan A en az 90 . 4 = 360 dır.



x = 40 bulunur.



Sayının rakamları toplamı 3 + 6 + 0 = 9 bulunur.









6. OBEB'i 8 ve OKEK'i 136 olan iki doğal sayının toplamı kaçtır? A) 144

B) 140 D) 120

8. 648 sayısına en az kaç ekleyelim ki elde edilen sayı 7, 9 ve 11 ile tam bölünebilsin? A) 38

C) 138 E) 118

Çözüm



E) 30

B) 41

C) 43

D) 45

E) 47

Çözüm



Eklenecek sayı x olsun.



OBEB (a, b) = 8 ve m, n ∈ Z+ olmak üzere,



648 + x = 7a = 9b = 11c



a = 8n ve b = 8m olsun



648 + x sayısı OKEK(7, 9, 11) = 693 ün katlarıdır.



OKEK (a, b) = 8 . m . n = 136 ⇒ m . n = 17



x en az,



m = 1 , n = 17 için



648 + x = 693 ⇒ x = 45 bulunur.



a = 136 , b = 8 ⇒ a + b = 144 olur.









78 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

MODÜLER ARİTMETİKTE İŞLEMLER m bir pozitif tam sayı ve a ile b tam sayılar olmak üzere, a – b farkı m ye tam bölünüyorsa a ile b birbirine m modülüne göre denktir denir ve

a ≡ b (modm)

şeklinde gösterilir.

x iki basamaklı bir doğal sayıdır.

x ≡ 2 (mod7)

olduğuna göre, x en az kaçtır? A) 11

B) 13

C) 16

D) 18

E) 20

x ≡ 2(mod7) ⇔ x = 7k + 2, k ∈ Z x in iki basamaklı en küçük değeri k = 2 için x = 7 . 2 + 2 = 16 bulunur. Cevap : C

ab iki basamaklı pozitif tam sayıdır.

14 ≡ ab (mod12)

olduğuna göre, a + b toplamı en çok kaçtır? A) 18

B) 17

C) 16

D) 15

E) 14

14 ≡ ab (mod 12) ⇔ ab ≡ 14(mod12) ⇔ ab ≡ 14 – 12(mod12) ab ≡ 2(mod12) ⇔ ab ≡ 12k + 2, k ∈ Z olur. ab iki basamaklı olduğundan k = 8 için ab = 12 . 8 + 2 = 98 ⇒ a + b toplamı en çok 9 + 8 = 17 bulunur. Cevap : B

11. Sınıf - Matematik / 79

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Kural

m pozitif tam sayısı ve a, b ve x tam sayıları için,





a ≡ b (modm) ise



a ∓ x = b ∓ x (modm)

x + 4 ≡ 2 (mod13)

denkliğini sağlayan en küçük pozitif x tam sayısı kaçtır? A) 1

B) 7

C) 9

D) 11

E) 12

x + 4 ≡ 2(mod13) ⇒ x ≡ 2 – 4(mod13) ⇔ x ≡ –2(mod13) ⇔ x ≡ 13 – 2(mod13) ⇔ x ≡ 11(mod13)





⇔x = 13k + 11, k ∈ Z

x in en küçük pozitif tam sayı değeri k = 0 için x = 13 . 0 + 11 = 11 bulunur. Cevap : D



3x + 10 ≡ 4x + 5 (mod9)

denkliğini sağlayan en büyük iki basamaklı x doğal sayısı kaçtır? A) 99

B) 97

C) 95

D) 94

E) 90

3x + 10 ≡ 4x + 5(mod9) ⇔ 10 – 5 ≡ 4x – 3x(mod9) ⇔ 5≡ x(mod9) ⇔ x ≡ 5(mod9) ⇔ x = 9k + 5, k∈ Z x in en büyük iki basamaklı doğal sayı değeri k = 10 için

x = 9 . 10 + 5 = 95 bulunur. Cevap : C

80 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Kural m pozitif tam sayısı ve a, b ve x tam sayıları için,

a . x ≡ b . x (modm) ise



a ≡ b (modm) dir.

Kural a ve b tam sayılar, c ve m pozitif tam sayılar olmak üzere,





a . c ≡ b . c (mod m . c) ise



a ≡ b (modm) dir.

3x ≡ 12 (mod10)

denkliğini sağlayan en küçük üç basamaklı x doğal sayısı kaçtır? A) 101

B) 103

C) 104

D) 105

E) 107

3x 12 ≡ (mod10) ⇔ x ≡ 4(mod10) 3 3 ⇔ x = 10k + 4, k ∈ Z 3x ≡ 12(mod10) ⇔

x in en küçük üç basamaklı doğal sayı değeri k = 10 için x = 104 bulunur. Cevap : C

Öğretmen Örneği

7x ≡ 5(mod12)

denkliğini sağlayan iki basamaklı kaç tane x doğal sayı vardır? A) 8

B) 9

C) 10

D) 11

E) 12

Çözüm 7x ≡ 5 (mod12) ⇔ 7x ≡ 5 –12(mod12) ⇔ 7x ≡ –7(mod12) ⇔ x ≡ –1(mod12) ⇔ x ≡ –1 + 12(mod12) ⇔ x ≡ 11(mod12)





⇔ x = 12k + 11, k ∈ Z







k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 değerleri için 8 tane iki basamaklı x doğal sayısı vardır. Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 81

2. Ünite



Modüler Aritmetik

44 ≡ 4 (modm)

denkliğini sağlayan 1 den büyük kaç farklı m tam sayısı vardır? A) 4

B) 5

C) 6

D) 7

E) 8

44 ≡ 4(modm) ⇔ 44 – 4 ≡ 0 (modm) ⇔ 40 ≡ 0(modm) 40 = m . k + 0 , k ∈ Z 40 , k ∈ Z m O halde m, 40 ın 1 den büyük tam sayı bölenleridir. k =

m = 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40 olmak üzere 7 tane m vardır. Cevap : D



24! = 0 (mod2n)

olduğuna göre, n'nin alabileceği kaç farklı doğal sayı değeri vardır? A) 19

B) 20

C) 21

D) 22

E) 23

24! ≡ 0(mod2n) ⇔ 24! = m . 2n + 0, m ∈ Z ⇔ 24! = m . 2n, m ∈Z ⇔ m=

24 ! ,m∈Z 2n



24 2 12 2 6 2 3







24! içerisinde 12 + 6 + 3 + 1 = 22 tane 2 çarpanı olduğundan n'nin alabileceği en büyük doğal sayı değeri 22 dir. 2 1

O halde, n = 0, 1, 2, 3, ..... , 22 olmak üzere 23 değer alabilir. Cevap : E

82 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite



Modüler Aritmetik

3x – 4 ≡ 5 – 2x (mod8)

denkliğini sağlayan kaç farklı iki basamaklı x tam sayısı vardır? A) 23

B) 22

C) 21

D) 20

E) 19

3x + 2x ≡ 5 + 4 (mod8) 5x ≡ 9 (mod8) 5x ≡ 9 + 8 + 8 (mod8) 5x ≡ 25 (mod8) x ≡ 5 (mod8) x = 8k + 5, k ∈ Z k = –13, –12, ... , –3, –2, 1, 2, 3, ... 11 değerleri için 22 tane x tam sayısı vardır. Cevap : B

Öğretmen Örneği

m2 + m ≡ 36 (mod m)

denkliğini sağlayan 1 den büyük kaç farklı m tam sayısı vardır? A) 4

B) 5

C) 6

D) 7

E) 8

Çözüm m2 + m ≡ 36(modm) ⇔ m2 + m – 36 ≡ 0(modm) ⇔ m2 + m – 36 ≡ m . k + 0, k ∈ Z ⇔k=

m2 + m − 36 , k ∈ Z m

m2 m 36 ⇔k= + − , k∈Z m m m ⇔k=m+1–

36 , k ∈ Z m

m = 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 olmak üzere 8 tane farklı tam sayı değeri alabilir. Cevap : E

11. Sınıf - Matematik / 83

MİNİ ÖDEV

4. –23 ≡ 22 (mod x)

1. x bir tam sayıdır. x – 4 ≡ 2 (mod 11)



olduğuna göre x'in alabileceği kaç farklı değeri vardır?

olduğuna göre x'in alabileceği iki basamaklı en büyük değer kaçtır? A) 93



B) 94

7

C) 95

D) 96

A) 8

E) 97

Çözüm

B) 6



0 ≡ 22 + 23 (mod x)

x ≡ 4 + 2 (mod 11)



0 ≡ 45 (mod x)



x ≡ 6 (mod 11)



45 ≡ 0 (mod x)



x 11 k – 6 x = 11k + 6 k = 8 için x en büyük 94 olur.





B) 23

C) 24

5.

(24! + 374)3 ≡ x (mod 6)



olduğuna göre x aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 1

12 – 6 ≡ 2x (mod 7) 6 ≡ 2x (mod 7) 2x ≡ 6 (mod 7) x ≡ 3 (mod 7)



x 7 k – 3 x = 7k + 3 k = 3 için x = 24 olabilir.



D) 29

A) 101



B) 102 D) 104

E) 5



x = 2 (mod 6) ⇒ x = 6k + 2, k = 0 için x = 2 olur. x üç basamaklı bir doğal sayı ve x ≡ 1 (mod 4) ve x ≡ 2 (mod 5)







olduğuna göre x'in alabileceği en küçük değerin rakamları toplamı kaçtır? A) 7

B) 8

C) 9

D) 10

E) 11

Çözüm

Çözüm

84 / 11. Sınıf - Matematik

D) 4



C) 103 E) 105

3x – x ≡ 1 + 7 (mod 9) 2x ≡ 8 (mod 9) x = 4 (mod 9) x = 9k + 4 k = 11 için x = 103 bulunur.

C) 3

24! içerisinde 6 bulunduğundan 24 sayısının 6 ile bölümünden kalan 0 dır. 374 ün 6 ile bölümünden kalan 2 dir. Buna göre, (0 + 2)3 ≡ x (mod 6) 8 ≡ x (mod 6) 2 ≡ x (mod 6)

6.

3. 3x – 1 ≡ x + 7 (mod 9) olduğuna göre x'in alabileceği üç basamaklı en küçük doğal sayı değeri kaçtır?

B) 2

Çözüm

E) 36

Çözüm





(2 + 1) (1 + 1) = 6 dır.

olduğuna göre x aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 21

E) 3

x, 45 sayısını tam bölmelidir. 45 in pozitif tam bölen sayısı 45 = 32 . 5 olduğundan,

2. 12 ≡ 2x + 6 (mod 7)

D) 4

Çözüm







C) 5



x = 4k + 1 ve x = 5m + 2 ise x = 4k + 1 = 5m + 2 ⇒ x + 3 = 4k + 4 = 5m + 5 OKEK (4, 5) = 20 x + 3 = 20 ⇒ x = 17 rakamlar toplamı 1 + 7 = 8 olur.

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Kural m pozitif tam sayısı ve a, b, c, d tam sayıları için, a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) ise • a + c ≡ b + d (mod m) • a . c ≡ b . d (mod m) • an = bn (mod m) dir.



x – y ≡ 12 (mod 15)



x + y ≡ 10 (mod 15)

olduğuna göre, x2 – y2 ≡ a (mod 15) denkliğindeki a aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 0

B) 3

C) 5

D) 12

E) 14

Verilen denklikler taraf tarafa çarpılırsa (x + y) . (x – y) ≡ 12 . 10 (mod15) ⇔ x2 – y2 ≡ 120(mod15) ⇔ x2 – y2 = 120 – 120(mod15) ⇔ x2 – y2 ≡ 0(mod15) olduğunda a = 0 olabilir.



Cevap : A

(2342 + 144) . 1232 ≡ x (mod 10)

denkliğini sağlayan x değeri aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 0

B) 1

C) 3

234 ≡ 4 (mod 10)   144 ≡ 4(mod 10)   1232 ≡ 2(mod 10) 

olduğundan









x ≡ 40 (mod10)









x ≡ 0(mod10)









x = 0 olabilir.

D) 4

E) 7

((234)2 + 144) . 1232 ≡ x(mod10) (42 + 4) .2 ≡ x (mod10) 40 ≡ x (mod10)

Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 85

2. Ünite



Modüler Aritmetik

3! + 4! + 5! + 6! + 7! ≡ x (mod 20)

denkliğini sağlayan x değeri aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 8

}

B) 10

3! ≡ 6 (mod20) 4! ≡ 4 (mod20) 5! ≡ 0 (mod20) 6! ≡ 0 (mod20) 7! ≡ 0 (mod20)

C) 13

D) 15

E) 16

olduğundan (3! + 4! + 5! + 6! + 7!) ≡ x(mod20) 6 + 4 + 0 + 0 + 0 ≡ x(mod20) 10 ≡ x(mod20) x ≡ 10(mod20) x = 10 olabilir.

Cevap : B

381 ≡ x (mod 5)



denkliğini sağlayan x değeri aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

3 ≡ 3 (mod5)

ifade 4. kuvvetle 1 kalanını verdiğinden

32 ≡ 4 (mod5)

(34)20 . 31 ≡ x(mod5)

33 ≡ 2 (mod5)

120 . 31 ≡ x(mod5)

34 ≡ 1 (mod5)

3 ≡ x(mod5)

35 ≡ 3 (mod5)

x ≡ 3(mod5) ⇒ x = 3 olabilir. Cevap : C

}

36 ≡ 4 (mod5)

4343 sayısının birler basamağındaki rakam kaçtır? A) 1

B) 3

C) 5

D) 7

E) 9

Birler basamağındaki rakam 10 ile bölümünden kalan olduğundan modümüz 10 dur. 43 ≡ 3(mod10) ⇒ 343 ≡ x(mod10) denklemi çözülür. 31 ≡ 3 (mod10)

ifade 4. kuvvetle 1 kalanı verdiğinden

32 ≡ 9 (mod10)

(34)10 . 33 ≡ x(mod10)

33 ≡ 7 (mod10)

110 . 7 ≡ x(mod10)

34 ≡ 1 (mod10)

x ≡ 7(mod10) ⇒ x = 7 bulunur.

}

86 / 11. Sınıf - Matematik







Cevap : D

2. Ünite

Modüler Aritmetik

20152015 sayısının 9 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 0

B) 1

C) 3

D) 5

E) 8

2015 ≡ 8(mod9) ⇒ 20152015 ≡ x(mod9) ⇔82015 ≡ x(mod9) dur. 81 ≡ 8(mod9) 82 ≡ 1(mod9) ifade 2. kuvvette 1 kalanı verdiğinden





82015 ≡ x(mod9) ⇔ (82)1007 . 8 ≡ x(mod9)











11007 . 8 ≡ x(mod9)











x ≡ 8(mod9) ⇒ x = 8 bulunur.



21444 ≡ x (mod 10)

Cevap : E

denkliğini sağlayan x değeri aşağıdakilerden hangisidir? A) 1

B) 2

21 ≡ 2 (mod10) 22 ≡ 4 (mod10) 23 ≡ 8 (mod10) 24 ≡ 6 (mod10) 25 ≡ 2 (mod10)

}

26 ≡ 4 (mod10) 27 ≡ 8 (mod10)

C) 4

}

D) 6

E) 8

İfade 4 kuvvette bir aynı kalanları vermektedir. O halde 1444 ≡ 0 (mod4) ⇔ 1444 ≡ 4 (mod4) olduğundan 21444 ≡ x(mod10) ⇒ 24 ≡ x (mod10)





6 ≡ x(mod10)







x = 6 bulunur. Cevap : D

Öğretmen Örneği

3x ≡ 6 (mod 7)

denkliğini sağlayan en küçük üç basamaklı doğal sayı kaçtır? A) 101

Çözüm

B) 102

31 ≡ 3 (mod7) 32 ≡ 2 (mod7) 3 3 ≡ 6 (mod7) 34 ≡ 4 (mod7) 35 ≡ 5 (mod7) 36 ≡ 1 (mod7)

}

C) 103

D) 105

E) 107

ifade 6. kuvvette 1 kalanını verdiğinden kuvvetin modu 6 dır. 3x ≡ 6(mod7) ise x'in 6 ile bölümünden kalan 3 olmalıdır.

x = 6k + 3, k ∈ Z

x in en küçük üç basamaklı doğal sayı değeri k = 17 için x = 105 bulunur. Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 87

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Bugün günlerden Pazar olduğuna göre, a) 312 gün sonra hangi gündür? b) 217 gün önce hangi gündür? Gün sorularında mod olarak 7 kullanılır. O halde a) 3 12 ≡ x(mod7) ⇔ x ≡ 312(mod7) ⇔ x ≡ 4(mod7) yani 312 nin 7 ile bölümünden kalan 4 olduğundan Bugün pazar ise 4 gün sonra Perşembe'dir. b) 2 17 ≡ x(mod7) ⇔ x ≡ 217(mod7) ⇔ x ≡ 0(mod7) yani 217 nun 7 ile bölümünde kalan sıfır olduğundan Bugün Pazar ise 217 gün önce de Pazar'dır. Bir hasta 9 günde bir ilaç almaktadır. Bu hasta ilk ilacını salı günü aldığına göre, 23. ilacını hangi gün alır? A) Pazar





D) Çarşamba



B) Pazartesi

C) Salı

E) Perşembe

1. ilaç .................................... 23. ilaç

}

}



Salı

?

Birinci ilacı aldıktan sonra 22 defa daha ilaç alarak 23. ilacı içeceğinden hasta

22 . 9 = 198 gün sonra 23. ilacı alacaktır.

O halde 198 ≡ x(mod7) ⇔ x ≡ 198(mod7) ⇔ x ≡ 2(mod7) 198 in 7 ile bölümünden kalan 2 olduğundan ilk ilacı salı aldıysa 23. ilacı Perşembe günü alır.

Cevap : E

İki bekçiden biri 5 günde bir diğeri 6 günde bir nöbet tutmaktadır. İkisinin birlikte tuttukları 20. nöbet Çarşamba günü olduğuna göre, ikisinin birlikte tuttukları 1. nöbet hangi gündür?

İki bekçiden biri 5, diğeri 6 günde bir nöbet tutuyor ise ikisi beraber OKEK(5, 6) = 30 günde bir nöbet tutar. 1. Nöbet ........................... 20. Nöbet

}

}



?

Çarşamba

20. nöbeti birlikte Çarşamba günü tuttuklarına göre 1. nöbeti 20 – 1 = 19 nöbet önce yani 19.30 = 570 gün önce tutmuşlardır.

570 ≡ x(mod7) ⇔ x ≡ 570(mod7) ⇔ x ≡ 3(mod7)

570 in 7 ile bölümünden kalan 3 olduğundan 1. nöbeti üç gün önce olan Pazar günü tutmuşlardır. 88 / 11. Sınıf - Matematik

2. Ünite

Modüler Aritmetik

6 4 5 7 2 3 1

8 9 10 11 12 13 16 15 14

Yukarıdaki desen belirli bir kurala göre çizilmiştir. Buna göre, bu desenin 2015. 2016. ve 2017. parçalarında oluşan şekli bulunuz.

Verilen şekil incelendiğinde 15 parça aralıklarla şekil tekrar etmektedir. O halde şeklin mod değeri 15 tir. 2015 ≡ 5(mod15) 2016 ≡ 6(mod15)

olduğundan oluşacak şekil 5. , 6. ve 7. parçaların birleşimi olan

2017 ≡ 7(mod15)





5

6

7



bulunur.

Aşağıda 8 lambadan oluşan bir neon lambası gösterilmektedir. 2

3

4

1

5 8

7

6

Panodaki lambalar 1. lambadan başlayarak oklar yönünde sırayla devamlı yanıp sönmektedir. Örneğin lambalar 1, 2, 7, 4, 5, 6, 3, 8, 1, 2, 7, … sırasıyla yanıp sönmektedir. Buna göre, 3019. yanıp sönen lamba hangisidir? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 8

Lambaların yanıp sönme sırasına bakıldığında 1, 2, 7, 4, 5, 6, 3, 8, 1, 2, 7, 4, 5, 6, 3, 8, 1, 2, 7, .....

}



lamba 8 de bir aralıklarla yanıp sönmektedir. Yani modumuz 8 dir. O halde 3019 . yanıp sönen lamba

3019 ≡ 4(mod15) olduğunda 4. lambadır. Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 89

2. Ünite

Modüler Aritmetik

A, B, C, D, E, F ve G kişileri bir devlet dairesinde memur olarak görev yapmaktadır. Bu dairenin müdürü kendisine gelen dosyaları geliş sırasına göre 1 den başlayarak numaralandırıyor ve sıra ile her kişiye 1 dosya gelecek şekilde dağıtıyor. Kişiler aşağıdaki gibi bir tablo ile gösterilir ise bu yazma işlemine ilk satırdan başlıyor. Şekildeki gibi dönüşümlü olarak bir satır sağa bir satır sola ilerleyerek şeklide dağıtıyor. A

B

C

D

E

F

G

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

14.

13.

12.

11.

10.

9.

8.

15.

16.

…

…

…

Bu kurala göre devam edildiğinde 1217. dosya kime verilir? A) A

B) B

C) C

D) D

E) E

Dosya No 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

Memur

B

C

D

E

F

G

G

F

E

D

C

B

A

A

B

C

D

E

A

.... ....

} Tabloya bakıldığında her 14 dosyada bir dağılım işleminin tekrar ettiği görülüyor. O halde mod değeri 14 tür. 1217 ≡ 13(mod14) olduğunda 1217. dosyayı B memuru alır. Cevap : B

Z/m Kümesinde Toplama ve Çarpma

Z/m = Zm = {0,1 , 2, ...., m − 1}

kümesine m nin kalan sınıfları denir ve a, b ∈ Zm olmak üzere, a⊕b = a+b

a  b = a ⋅ b dir.

Z/17 de aşağıdakilerden hangisi 7 nin bir elemanıdır? A) 186

B) 188

C) 190

D) 192

E) 194

Tam sayılar kümesinde 17 ile bölündüğünde 7 kalanı yerel sayılara 7 nin denklik sınıfının bir elemanıdır denir. Buna göre, 186 ≡ 16(mod17) , 190 ≡ 3(mod17), 194 ≡ 7(mod17)



188 ≡ 1(mod17) , 192 ≡ 5(mod17)

olduğundan 194 bir elemanıdır. 90 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : E

2. Ünite

Modüler Aritmetik

Z/13 de 2 . 5–1 sayısının denklik sınıfı aşağıdakilerden hangisidir? B) 3

A) 1

2 . 5–1 ≡ 2 . ⇔

D) 7

C) 5

E) 11

1 2 ≡ ve 2 ≡ 15(mod13) olduğundan 5 5

2 15 ≡ ≡ 3 bulunur. 5 5

Cevap : B

Öğretmen Örneği Z/7 de tanımlı

f(x) = x3 + 2



g(x) = 2 x + 1

fonksiyonları tanımlanıyor. Buna göre, (fog)( 6 ) aşağıdakilerden hangisine eşittir? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Çözüm − −

−

(fog)( 6 ) = f(g( 6 ) ve g( 6 ) = 2 . 6 + 1 = 13 = 6 (13 ≡ 6(mod7)) ise f(g( 6 )) = f( 6 ) = 63 + 2 = 218 olur.





218 ≡ 1 (mod7) olduğundan







(fog) ( 6 ) = 1 bulunur.

Cevap : A

Z/8 de

3x + 7 = 0

denklemini sağlayan x değeri aşağıdakilerden hangisidir? A) 1

B) 3

C) 5

D) 6

E) 7

3x + 7 = 0 ⇒ 3x ≡ –7 ⇒ –7 ≡ 9 (mod8)



⇒ 3x ≡ 9





⇒ x ≡ 3 bulunur.

Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 91

MİNİ ÖDEV 1. 323 sayısının 5 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4



olduğuna göre x aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 0



31 ≡ 3 (mod 5) 23 4 2 20 5 3 ≡ 4 (mod 5) – 3 3 ise 33 = 2 bulunur. 3 ≡ 2 (mod 5) 34 ≡ 1 (mod 5) olduğundan modumuz 4 tür.





2. 444555 sayısının 7 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Çözüm



444 ün 7 ile bölümünden kalan 3 olduğundan 444555 ≡ 3555 tür.



31

≡ 3 (mod 7) ≡ 2 (mod 7) 3 3 ≡ 6 (mod 7) 34 ≡ 4 (mod 7) 35 ≡ 5 (mod 7) 36 ≡ 1 (mod 7) 32



4. 6312 ≡ x (mod 8)

Çözüm





61 ≡ 6 (mod 8) 62 ≡ 4 (mod 8) 63 ≡ 0 (mod 8) 64 ≡ 0 (mod 8) ⁞ ⁞ 312 6 ≡ 0 (mod 8) x = 0 olabilir.





B) 6

C) 7

D) 8



x101 ≡ 6101 61 ≡ 6 (mod 10) 62 ≡ 6 (mod 10) 63 ≡ 6 (mod 10) ⁞ ⁞ 101 6 ≡ 6 (mod 10) dur.





92 / 11. Sınıf - Matematik

E) 7

Yukarıda ASYA EKİN BALCI kelimesinin sonsuz çoklukta yan yana yazılması sonucunda bir harf dizisi elde edilmiştir.



Buna göre, bu dizinin baştan 2034. harfi nedir? A) A

B) S

C) K

D) İ

E) N

Çözüm

Kelime 13 harfli olduğundan modumuz 13 tür. 2034 ün 13 ile bölümünden kalan 6 dır. O halde 2034. harf baştan 6. harf olan K dır. 6. 121x ≡ 4 (mod 9)

olduğuna göre x'in iki basamaklı en küçük doğal sayı değeri kaçtır?

E) 9

Birler basamağındaki rakamı bulmak için 10 ile bölmek gerektiğinden, 2346 ≡ 6(mod 10) dur.

D) 5



A) 10

Çözüm



C) 3

5. ASYAEKİNBALCIASYAEKİNBALCIASY …

555 6 54 92 – 15 – 12 ⇒ 33 ≡ 6 (mod 7) 3 bulunur.

3. x = 2346 olduğuna göre x101 sayısının birler basamağındaki rakam kaçtır?

B) 1

Çözüm





A) 3

8



B) 14

C) 15

D) 17 E) 19

Çözüm



121 ≡ 4 (mod 9) olduğundan,



4x ≡ 4 (mod 9) denkliğini sağlayan değer.



41 ≡ 4 (mod 9)



42 ≡ 7 (mod 9)



43 ≡ 1 (mod 9)

x 3 k – 1

x = 3k + 1

k = 3 için x = 10 olur.

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

DENKLEM VE EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ Birden fazla doğrusal denklemin oluşturduğu topluluğa doğrusal denklem sistemi denir.

a) İki bilinmeyenli doğrusal denklem sistemleri



2x – y = 6



x + 3y = 10

denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz.

3\2x – y = 6



+ 3y = 10 x





}

6x – 3y = 18



x + 3y = 10

x + 3y = 10



4 + 3y = 10 3y = 6



y=2

7x = 28 x = 4



Ç. K = {(4, 2)}

Öğretmen Örneği Bir helikopter rüzgarlı bir havada sabit hızla hareket ederek 30 km lik yolu, rüzgar yönünde 5 saatte alıyor. Helikopter, aynı yoldan 10 saatte döndüğüne göre, helikopterin hızının kaç km/saat olduğunu bulunuz.

Çözüm Helikopterin rüzgarsız bir havadaki hızı saatte x km, rüzgarın hızı saatte y km olsun. Helikopter rüzgar ile aynı yönde gittiğinde 5 . x + 5 . y = 30 Helikopter rüzgar ile zıt yönde gittiğinde

10x – 10 . y = 30 olur. 2\5x + 5y = 30 10x –10y = 30























20x = 90 9 bulunur. x = 2

b) Üç bilinmeyenli doğrusal denklem sistemleri

a, b, c, d ∈ R ve a ≠ 0, b ≠ 0, c ≠ 0 olmak üzere,







denklemine birinci dereceden üç bilinmeyenli denklem denir.

ax + by + cz = d

11. Sınıf - Matematik / 93

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x–2=1 x+y–z=7 x–y–z=5 doğrusal denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz. x – 2 = 1 ⇒ x = 3 olur. x = 3 ise x + y – z = 7 ⇒ y – z = 4 x = 3 ise x – y – z = 5 ⇒ –y –z = 2 bulunur.

y–z=4 –y – z = 2 –2z = 6 z = –3 olur.



2x + 2y – z = 1



x+y+z=2

z = –3 ise y – z = 4 y – (–3) = 4 y+3=4 y = 1 olur.



Ç. K = [(3, 1, –3)} bulunur.

y–z=1 Yukarıdaki denklem sisteminin çözümünde x kaçtır? A) –3



B) –2

C) –1

D) 0

E) 3

2x + 2y – z = 1

y–z=1

x+y+z=2

–2\x + y + z = 2

y–1=1

x+2+1=2

–3z = –3

y=2

x = –1 bulunur.

z = 1

Cevap : C

3x + y + z = 20 x + 3y + z = 24 x + y + 3z = 26 doğrusal denklem sisteminde x + y + z toplamı kaçtır? A) 13

B) 14

C) 15

D) 16

E) 17

3x + y + z = 20 x + 3y + z = 24 x + y + 3z = 26 5x + 5y + 5z = 70 ⇒ 5(x + y + z) = 70 ⇒ x + y + z = 14 bulunur. Cevap : B 94 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri



2x – y – z = 13



x+y+z=8

doğrusal denklem sisteminin çözüm kümesi kaç elemanlıdır? A) 0

B) 7

C) 9

D) 11

E) Sonsuz

Denklemler taraf tarafa toplanarak

x + y + z = 8 ve x = 7 ise

2x – y – z = 13

y + z = 1 olur.

x+y+z=8

Toplamları 1 olacak sonsuz adet sayı ikilisi olduğundan sistemin çözüm kümesi sonsuz elemanlıdır.

3x = 21 ⇒ x = 7 bulunur.

Cevap : E



ax + 2y + z = 12



x – by + z = 14



x – y + cz = 11

denklem sisteminin çözüm kümesi {(1, 2, 3)} olduğuna göre, a + b + c toplamı kaçtır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Çözüm kümesinin herhangi bir elemanı sistemi sağlamak zorundadır. O halde

x = 1, y = 2, z = 3 için



a + 2 . 2 + 3 = 12 ⇒ a = 5



1 – 2b + 3 = 14 ⇒ b = –5



1 – 2 + 3c = 11 ⇒ c = 4

}

a + b + c = 4 bulunur.

Cevap : C

11. Sınıf - Matematik / 95

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

1 – 3. Soruları aşağıdaki bilgilere göre cevaplayınız.



Azra (A), Berfin (B), Cansu (C), Deniz (D), Ekin (E) adındaki beş çocuğun ellerinde bulunan bilye sayılarıyla ilgili aşağıdaki toplamlar veriliyor.

A + B = 24



B + C = 48



C + D = 68



D + E = 56



E + A = 28

1. Bu beş çocuğun bilyelerinin toplamı kaçtır?

A) 92

B) 96

C) 104

D) 112

E) 128

Denklemler taraf tarafa toplanırsa

2A + 2B + 2C + 2D + 2E = 24 + 48 + 68 + 56 + 28



2(A + B + C + D + E) = 224



A + B + C + D + E = 112 bulunur. Cevap : D

2. Bilye sayısı en fazla olan kimdir?

A) Azra

B) Berfin

C) Deniz

D) Cansu



A + B = 24 ve C + D = 68 ise

A + B + C + D + E = 112 olduğundan



E = 20 ise A = 8, D = 36

24 + 68 + E = 112 E = 20 bulunur.



D = 36 ise C = 32



C = 32 ise B = 16 olur. En fazla bilye Deniz'dedir.

E) Ekin

Cevap : C

3. Bilye sayısı en az olan kimdir?

A) Azra

B) Cansu

C) Deniz

Bilye sayısı en az olan 2. sorudaki bilgilerden dolayı Berfin'dir. 96 / 11. Sınıf - Matematik

D) Ekin

E) Berfin

Cevap : E

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

Bir ayakkabı satıcısı farklı fiyatlarda olan a, b ve c türündeki ayakkabılardan kaç tane sattığında kaç ¨ para alacağını gösteren tablo aşağıda verilmiştir. Ayakkabı Türü

Satılan ayakkabı adedi

a

2

3

4

b

1

2

6

c

3

1

5

Kazanılan para ¨

53

66

160

Buna göre bu ayakkabılardan birer tane alan bir müşteri kaç ¨ para öder? A) 31

B) 48

C) 50

D) 80

E) 85

2a + b + 3c = 53 3a + 2b + c = 66 4a + 6b + 5c = 160

9a + 9b + 9c =279 ⇒ a + b + c =

279 = 31 bulunur. 9

Cevap : A

Öğretmen Örneği x, y ve z birer pozitif tam sayıdır.

2x + y + 3z = 33



x + y – z = 26

olduğuna göre, x + y + z toplamı kaçtır? A) 25

B) 26

C) 27

D) 28

E) 29

Çözüm 2x + y + 3z = 33 – /x + y – z = 26

x + 4z = 7



x . y ve z ∈ Z+ ise x = 3 ve z = 1 olur.



x + y – z = 26 ⇒ 3 + y – 1 = 26 ⇒ y = 24 olur.



x + y + z = 3 + 24 + 1 = 28 bulunur. Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 97

MİNİ ÖDEV

1

1. 5x – 2y = 20

3. x + z = 1



2x + 2y = 8



x + y + 2z = 5



olduğuna göre, x . y çarpımının değeri kaçtır?



x + 2y + z = 7

A) 0



olduğuna göre, z kaçtır?

B) 2

C) 4

D) 8

E) 12

A) 0

Çözüm



B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

Çözüm





Denklemler taraf tarafa toplanarak,



5x + 2x – 2y + 2y = 20 + 8



x + z = 1 ve x + 2y + z = 7 ise



7x = 28 ⇒ x = 4



1 + 2y = 7



2x + 2y = 8 ⇒ x = 4 için 2 . 4 + 2y = 8







x + y + 2z = 5 ⇒ x + 3 + 2z = 5 ⇒ x + 2z = 2 x + 2z = 2



x . y = 4 . 0 = 0 bulunur.







2. x –

8 + 2y = 8 ⇒ y = 0

y =4 2



olduğuna göre, x + y toplamının değeri kaçtır? B) 5

C) 6

–/x–

y = 4 2





x+

3y = 12 2





z = 1 dir.





D) 8



x – by – z = 14



doğrusal denklem sisteminin çözümlerinden biri (1, 2, 3) olduğuna göre a . b çarpımının değeri kaçtır?

E) 10

A) –40 B) –35

3y y x–x+ + = 12 – 4 2 2





4y = 8 ⇒ 2y = 8 ⇒ y = 4 2



x + y = 6 + 4 = 10 bulunur.





98 / 11. Sınıf - Matematik



3y = 12 2 y = 4 için

x = 6 olur.

D) 35

E) 40

Çözüm kümesi sistemi sağlamak zorunda olduğundan,

x+

x + 6 = 12

C) 0

Çözüm





+

–/x+z=1



Çözüm



+

4. ax + 2y + z = 12

3y = 12 x+ 2 A) 4



⇒ y = 3 bulunur.



a . 1 + 2 . 2 + 3 = 12 ⇒ a + 7 = 12 ⇒ a = 5



1 – b . 2 – 3 = 14

⇒ –2 – 2b = 14





⇒ b = –8



a . b = 5 . (–8) = –40 bulunur.







MİNİ ÖDEV 5. 1 + 1 = 7 x y 12

7. x + y – 5z = 22



1 1 9 y + z = 20



1+1 = 8 x z 15



olduğuna göre, x kaçtır? A) 3



B) 4

3x + 5z + 3y = 126



denklem sisteminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir?

C) 5

D) 6

– / 1+1= 9 y z 20







+





C) {(2, –1, 3)}

E) 7

Çözüm





E) R

D) {(2, 2, 3)}

3x + 3y + 5z = 126 +

1+1 = 8 x z 15



x + y = 37 ise



37 – 5z = 22



1+1 = 7 + 8 - 9 x x 12 15 20



15 = 5z



2= 7 + 8 - 9 x 12 15 20



z = 3 olur. x + y = 37 denklemini sağlayan sonsuz sayıda (x, y)

(4) (3)





2 = 35 + 32 - 27 ⇒ 2 = 40 x x 60 60











6.

3x – 2y + z = 0 2x + y + 3z = 21 denklemleri veriliyor. Buna göre x – y kaçtır?

sıralı ikilisi olduğundan Ç.k = R dir.

⇒ x = 3 bulunur.

B) 3

B) {(1, 2, 6)}

x + y – 5z = 22

4x + 4y = 148

A) 7



Çözüm





(5)





A) N+

İçinde x olmayan denklem (–) ile genişletilip toplanırsa, 1 + 1 = 7 x y 12



1

C) 1



8. x – y + z = 3

D) –1



x+y+z=7



olduğuna göre x + z oranı kaçtır? y A) 1 5

E) –3

Çözüm 3x – 2y + z = 0 denklemi (–3) ile genişletilip 2x + y + 3z = 21 denklemi ile taraf tarafa toplanırsa, –9x + 6y –3z + 2x + y + 3z = 21 –7x + 7y = 21 –7(x – y) = 21 x – y = –3 bulunur.



B) 2 5

C) 3 2

D) 5 2

Çözüm



Denklemlerde taraf tarafa toplanırsa



x–y+z+x+y+z=3+7



2(x + z) = 10 ⇒ x + z = 5 olur.



x + z = 5 ⇒ y = 2 ve x + z = 5 olur. y 2



E) 7 2

11. Sınıf - Matematik / 99

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

İKİNCİ DERECEYE DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DENKLEMLER VE DENKLEM SİSTEMLERİ Bazı yüksek dereceli veya çözümü zor olan denklemlerin çözümünü yapmak için bir bilinmeyen (değişken) kullanarak denklemin çözümü kolaylaştırılabilir.



x3 – x = 0

denklemini sağlayan x değerlerini bulunuz.



x3 – x = 0 ⇒ x(x2 – 1) = 0 ⇒ x . (x – 1) . (x + 1) = 0









⇒ x = 0 veya x – 1 = 0 veya x + 1 = 0









⇒ x = 0 veya x = 1 veya x = –1 bulunur.



x3 – 2x2 – 3x = 0

denkleminin köklerinin toplamı kaçtır? A) –3

B) –1

C) 1

D) 2

E) 3



x3 – 2x2 – 3x = 0 ⇒ x(x2 – 2x – 3) = 0 ⇒ x(x –3)(x + 1) = 0













⇒ x = 0 veya x – 3 = 0 veya x + 1 = 0













⇒ x = 0 veya x = 3 veya x = –1











Kökler toplamı: 0 + 3 + (–1) = 2 bulunur.

Cevap : D

a bir pozitif gerçel sayı ve

a4 – 2a2 = 8

olduğuna göre, a kaçtır? A)

1 8







a4 – 2a2 = 8 ⇒ (a2)2 – 2 . a2 – 8 = 0 ⇒ t2 – 2t – 8 = 0 olur.



⇒ (t – 4)(t + 2) = 0 ⇒ t = 4 veya t = –2 dir.



⇒ a2 = 4 ⇒ a = 2 veya a = –2



⇒ a2 = –2 ⇒ Ç.K = ∅ dir.

B)

1 4

C)

1 2

D) 1

E) 2

a2 = t olsun.

100 / 11. Sınıf - Matematik

O halde a pozitif gerçel sayısı 2 dir.

Cevap : E

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x3 + 3x2 – x – 3 = 0

denkleminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) ∅







D) {–3, –2, 2, 3}



x3 + 3x2 – x – 3 = 0

B) {–3, 3}



C) {–1, 1, 3}

E) {–3, –1, 1} ⇒ x2(x + 3) – (x + 3) = 0

⇒ (x + 3) (x2 – 1) = 0

⇒ (x + 3)(x – 1) . (x + 1) = 0











⇒ x + 3 = 0 veya x – 1 = 0 veya x + 1 = 0











⇒ x = –3 veya x = 1veya x = –1











Çözüm kümesi {–3, –1, 1} bulunur.

Cevap : E

x 2 − 4x − 12 =0 x 2 − 16 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.



x 2 − 4 x − 12 (x − 6)(x + 2) =0⇒ = 0 ⇒ (x – 6) . (x + 2) = 0 2 (x − 4 )(x + 4) x − 16













⇒ x – 6 = 0 veya x + 2 = 0













⇒ x = 6 veya x = –2













Çözüm kümesi {–2, 6} bulunur.

x −1−

5 =4 x −1

denkleminin Çözüm kümesini bulunuz.



x – 1 = a dersek 5 a − = 4 ⇒ a2 – 4a – 5 = 0 ⇒ (a – 5) (a + 1) = 0 a











⇒ a – 5 = 0 veya a + 1 = 0











⇒ a = 5 veya a = –1











⇒ x – 1 = 5 veya x – 1 = –1











⇒ x = 6 veya x = 0











Çözüm kümesi {0, 6} bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 101

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

(x2 – x)2 – 8 (x2 – x) + 12 = 0

denkleminin Çözüm kümesini bulunuz.



x2 – x = a dersek



(x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0 ⇒ a2 – 8a + 12 = 0 ⇒ (a – 6)(a – 2) = 0



(x2 – x – 6) (x2 – x – 2) = 0 ⇒ (x – 3)(x + 2)(x – 2)(x + 1) = 0











⇒ x = 3, x = –2, x = 2, x = –1











Çözüm Kümesi {–2, –1, 2, 3} bulunur.



 x + 1  + 16  x + 1  + 64 = 0      x  x

2

denkleminin köklerinden bir a dır. 1 Buna göre a2 + 2 değeri kaçtır? a A) 60 B) 62 C) 64



x +

D) 66

E) 68

1 = t dersek t2 + 16t + 64 = 0 olur. x

⇒ (t + 8)2 = 0 ⇒ t + 8 = 0 ⇒ t = –8 dir. 1 1 x + = –8 köklerden biri a ise yerine yazıldığında a + = –8 elde edilir. x a 2



1 1 1 a + 1    = (–8)2 ⇒ a2 + 2 + 2 . a . = 64 ⇒ a2 + 2 = 64 – 2 = 62 bulunur. a  a a a

Öğretmen Örneği

Cevap : B

4x – 9 . 2x + 8 = 0

denklemini sağlayan x değerlerinin sayısı kaçtır? A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

Çözüm

2x = a dersek (2x)2 – 9 . 2x + 8 = 0

⇒ a2 – 9a + 8 = 0 ⇒ (a – 8) . (a – 1) = 0 ⇒ a = 8 veya a = 1 dir. ⇒ 2x = 8 veya 2x = 1 ⇒ x = 3 veya x = 0 dır.



Çözüm kümesi {0, 3} olduğundan x değerlerinin sayısı 2 dir.

102 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : C

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

25x – 5x – 20 = 0 denkleminin reel sayılardaki çözüm kümesini bulunuz. 5x = a dersek (5x)2 – 5x – 20 = 0 ⇒ a2 – a – 20 = 0 olur. ⇒ (a – 5) (a + 4) = 0 ⇒ a = 5 veya a = –4 tür.







⇒ 5x = 5 veya 5x = –4









⇒ x = 1veya ∅







Çözüm kümesi {1} dir.

Öğretmen Örneği Reel sayılardan Reel sayılara tanımlı bir f fonksiyonu;

f(x) = 3x

olarak tanımlanıyor. Buna göre,

f(2a) + f(a) = 12

denkleminin kaç farklı kökü vardır? A) 0

Çözüm

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

f(2a) = 32a ve f(a) = 3a olduğundan f(2a) + f(a) = 12 ⇒ 32a + 3a – 12 = 0 dır. 3a = t dersek t2 + t – 12 = 0 ⇒ (t + 4) (t – 3) = 0 ⇒ t = –4 veya t = 3 tür.





⇒ 3a = –4 veya 3a = 3















denkleminin 1 tane kökü vardır.



|x – 1|3 – |x –1|2 = 0

∅ veya a = 1 Cevap : B

denklemini sağlayan x değerlerinin çarpımı kaçtır? A) –25

B) –9

C) 0

D) 9

E) 25

|x – 1| = a dersek a3 – a2 = 0 ⇒ a2(a – 1) = 0 ⇒ a = 0 ve a = 1 olur. ⇒ |x – 1| = 0 veya |x – 1| = 1 ⇒ x – 1 = 0 veya (x – 1 = 1 ve x – 1 = –1) ⇒ x = 1 veya x = 2 veya x = 0 x değerleri çarpımı 1 . 2 . 0 = 0 bulunur.

Cevap : C 11. Sınıf - Matematik / 103

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x2 – |x| – 6 = 0

denkleminin gerçek sayılardaki köklerinin toplamı kaçtır? A) –1

B) 0

C) 1

D) 2

E) 3

x2 = |x|2 olduğundan x2 – |x| – 6 = 0 ⇒ |x|2 – |x| – 6 = 0 dır. |x| = a dersek a2 – a – 6 = 0 ⇒ (a – 3)(a + 2) = 0 ⇒ a = 3 ve a = –2 dir. ⇒ |x| = 3 veya |x| = –2 ⇒ x – 3 veya x = –3 veya ∅ Kökler toplamı 3 + (–3) = 0 bulunur.



Cevap : B

x2 – |3x – 4| = 0

denkleminin gerçek sayılardaki çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) {–4, –1}



B) {–4, 1}





D) {1, 4}



E) ∅



C) {–1, 4}

|3x – 4| = x2 ⇒ 3x –4 = x2 veya 3x – 4 = –x2 dir. ⇒ x2 – 3x + 4 = 0 veya x2 + 3x – 4 = 0 ⇒ ∆ = 9 – 4 . 4 = –7 < 0 veya (x + 4)(x – 1) = 0 ⇒ ∅ veya x = 1, x = –4 Çözüm kümesi {–4, 1}



Cevap : B

x− x −2 = 0

denklemini sağlayan x değeri kaçtır? A) 5

B) 4

C) 3

D) 2

E) 1

2

x − x − 2 = 0 ⇒

x − x − 2 = 0 olur. x = a dersek

⇒ a2 – a – 2 = 0 ⇒ (a – 2) (a + 1) = 0 ⇒ a = 2 veya a = –1 olur. ⇒

x = 2 veya

x = −1

⇒ x = 4 veya ∅ ⇒ x = 4 bulunur. Cevap : B 104 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

2x + 1 = x − 1



denkleminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) {–1, 4}



B) {0}





D) {0, 4}



E) {1, 4}



C) {4}

2x + 1 = x – 1 ⇒ ( 2x + 1)2 = (x – 1)2 ⇒ 2x + 1 = x2 – 2x + 1 ⇒ x2 – 4x = 0 ⇒ x(x – 4) = 0 ⇒ x = 0 veya x = 4 bulunur. 2x + 1 ≥ 0 olmak zorunda olduğundan x = 0 olamaz. (x = 0 için 1 = – 1) Çözüm Kümesi {4} bulunur.

Ancak

Cevap : C x bir gerçek sayıdır. 3



x −1 − 6 x −1 − 2 = 0

olduğuna göre x kaçtır? A) 2

B) 3

C) 9

D) 65

E) 730

(x − 1)2 − 6 x − 1 − 2 = 0 olur.

3

x −1 − 6 x −1 − 2 = 0 ⇒

6

x − 1 = a dersek a2 – a – 2 = 0 ⇒ (a – 2)(a + 1) = 0 ⇒ a = –1 veya a = 2 dir.

⇒

6

x − 1 = −1 veya

6

6

x −1 = 2

⇒ ∅ veya x – 1 = 26





x = 65 bulunur.

Cevap : D

Öğretmen Örneği 4 x + 1 − 2x − 3 = 2



denkleminin çözüm kümesini bulunuz.

Çözüm ( 4 x + 1 − 2x − 3 )2 = (2)2 ⇒ 4x + 1 + 2x – 3 – 2 ⇒ 6x – 2 – 2 ⇒

( 4 x + 1)(2x − 3) = 4

8x 2 − 10x − 3 = 4 ⇒ 2 8x 2 − 10x − 3 = 6x − 6

8x 2 − 10x − 3 = 3x − 3 ⇒

(

8x 2 − 10x − 3

)

2

= (3x – 3)2

⇒ 8x2 – 10x –3 = 9x2 – 18x + 9 ⇒ x2 – 8x + 12 = 0 ⇒ (x – 6)(x – 2) = 0











⇒ x = 2 veya x = 6 Çözüm kümesi {2, 6} bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 105

3. Ünite

3



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x − 2 − x −1 = 1

olduğuna göre x kaçtır? A) 1

(

3

⇒

B) 2

x − 2 − x −1

(

)

) = (1) 3

C) 3

3

⇒x–2–

D) 4

E) 5

x −1 = 1 ⇒ x −1 = x − 3

2

x − 1 = (x – 3)2 ⇒ x – 1 = x2 – 6x + 9 ⇒ x2 – 7x + 10 = 0

⇒ (x – 5)(x – 2) = 0 ⇒ x = 2 veya x = 5 x −1 ≥ 0 olmak zorunda olduğundan x = 2 olamaz.

Ancak

(

)

2 − 1 = 2 − 3 ⇒ 1 = −1

x = 5 tir. Cevap : E

x2 liraya alınan bir ürünün satış fiyatı y liradır. x2 ile y arasındaki bağıntı; y = x4 + x2 – 160000 dir. Buna göre satıcının bu satıştan ne kar ne de zarar elde etmesi için x pozitif tam sayısı kaç olmalıdır? A) 10

B) 15

C) 20

D) 25

E) 30

O halde Alış fiyatı (x2) = Satış fiyatı (y) olmalıdır.

x4 + x2 – 160000 = x2





x4 – 160000 = 0 ⇒ (x2 – 400)(x2 + 400) = 0

⇒ (x – 20)(x + 20) (x2 + 400) = 0 ⇒ x = 20 bulunur. Cevap : C

106 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

Aşağıda verilen dik üçgende olduğu gibi dik kenarları a ve c, eğik kenarı (hipotenüsü) b olan bir üçgende [a, c; b] üçlüsüne Pisagor üçlüsü denir. A



b

c B

a

C

Buna göre, [x2 + 2,2x2; x2 + 6] bir pisagor üçlüsü olduğuna göre x in pozitif değeri kaçtır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Pisagor üçlüsünde a2 + c2 = b2 olduğundan (x2 + 2)2 + (2x2)2 = (x2 + 6)2 ⇒ x4 + 4x2 + 4 + 4x4 = x4 + 12x2 + 36 ⇒ 4x4 – 8x2 – 32 = 0 ⇒ x4 – 2x2 – 8 = 0 ⇒ (x2 – 4)(x2 + 2) = 0 ⇒ (x – 2)(x + 2)(x2 + 2) = 0







⇒ x = 2 veya x = –2









x in pozitif değeri 2 bulunur. Cevap : B

11. Sınıf - Matematik / 107

MİNİ ÖDEV

2

1. (x + 4) (x3 – 4x2 – 5x) = 0

3. x2 – 3x – 2 x2 - 3x - 8 = 0





denkleminin çözüm kümesinde bulunan elemanların kareleri toplamı kaçtır? A) 40

B) 41

C) 42

D) 45

A) –20 B) –16

E) 48



x + 4 = 0 veya x3 – 4x2 – 5x = 0



x = –4

+1



x = –4

veya x(x – 5) (x + 1) = 0



x = –4

veya x = 0 , x = –1 , x = 5



(–4)2 + 02 + (–1)2 + 52 = 42 bulunur.

D) 12

E) 16

x2 - 3x = a ve x2 – 3x = a2 olsun.



Buradan, a2 – 2a – 8 = 0 ikinci dereceden denklemi oluşur.

veya x(x2 – 4x – 5) = 0 –5

C) –12

Çözüm



Çözüm



denkleminin köklerinin çarpımı kaçtır?



(a – 4) (a + 2) = 0 x2 - 3x = a olduğundan,



( x 2 − 3x − 4)( x 2 − 3x + 2) = 0



x2 - 3x = 4 veya x2 - 3x =- 2



x2 – 3x = 16



x2 – 3x – 16 = 0



Köklerin çarpımı c =-16 =- 16 bulunur. a 1

∅

x 2 - 4x + 4 = 0 x - 3n x - 3

2. x4 – 25x2 + 144 = 0

4.

d





denkleminin çözüm kümesindeki elemanlardan biri aşağıdakilerden hangisidir?

denkleminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) {–4, –3, 0, 3, 4, 9}

B) {4, 3}

C) {–4, –3}

D) {–4, –3, 3}







x2 = a olsun. Buna göre,



(x2)2 – 25x2 + 144 = 0 a2 – 25a + 144 = 0 ikinci dereceden denklemine dönüşür.



(a – 16) (a – 9) = 0 ⇒ a = 16 ve a = 9 olur.



x2 = a olduğundan x2 = 16 ⇒ x = 4 veya x = –4







Çözüm kümesi : {–4, –3, 3, 4} bulunur.

108 / 11. Sınıf - Matematik

x2 = 9 ⇒ x = 3 veya x = –3

B) 3

C) 4

D) 6

E) 8

Çözüm



E) {–4, –3, 3, 4}

Çözüm



A) –2



x = a olsun. Denklem a2 – 4a + 4 = 0 dır. x-3



a2 – 4a + 4 = 0

⇒ (a – 2) 2 = 0





⇒ a = 2 bulunur.



x = a olduğundan x = 2 ⇒ 2x – 6 = x x-3 x-3





x = 6 olur.

MİNİ ÖDEV 3x - 5 + 1 = x

5.

denkleminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) ∅

B) {–2, 3} D) {2, 3}





A) {–3}

C) {–3, –2} E) {3}



_

3x - 5 i = (x 2

x2

1) 2



3x – 5 =

– 2x + 1



x2 – 5x + 6 = 0 (x – 3) (x – 2) = 0



x = 3 veya x = 2 Çözüm kümesindeki her eleman için 3x –5 ≥ 0 olmak zorundadır.



Buna göre,



x = 3 için 3x – 5 ≥ 0



x = 2 için 3x – 5 ≥ 0 olduğundan,



Ç.K = {2, 3} tür.

B) {–3, 4} D) {–4, 2}



3x - 5 = x - 1



7. Sayı doğrusu üzerinde bulunan ve karesi, kendisinin 12 fazlasının mutlak değerine eşit olan noktalar kümesi aşağıdakilerden hangisidir?

Çözüm



2



Sayı doğrusu üzerindeki nokta x olsun.



x2 = |x + 12 |



x2 = x + 12



x2 – x – 12 = 0 veya x2 + x + 12 = 0



(x – 4 ) (x + 3) = 0

∆ = 12 – 4 . 1 . 12 = -47



x = 4 , x = –3

Reel kökü yoktur.



Noktalar kümesi {–3, 4} bulunur.

veya x2 = – x – 12

8. –4 < x < 3 olmak üzere,





A) –4

B) –3

C) –2

D) –1

E) 2



x = 2 denkleme yazılırsa



23



4a + 16 = 0 ⇒ a = –4 bulunur.

+a.

22

+2.2+4=0

x2 + 10x + 25 - x2 - 6x + 9 = 5



Çözüm



E) {–4}

Çözüm

6. x3 + ax2 + 2x + 4 = 0 denkleminin bir kökü x = 2 olduğuna göre a kaçtır?

C) {–4, 3}

olduğuna göre x kaçtır? C) 2 A) 1 B) 3 2



D) 5 2

E) 7 3

Çözüm x2 + 10x + 25 - x2 - 6x + 9 = 5 2 ^ x + 5h -

2 ^ x - 3h

=5



x+ 5– x – 3= 5



x + 5 + x – 3 = 5 ⇒ 2x = 3 ⇒ x = 3 2 11. Sınıf - Matematik / 109

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

İkinci Dereceden İki Bilinmeyenli Denklem Sistemlerinin Çözüm Kümesinin Cebir ve Grafik Yardımıyla Bulunması a, b, c, d, e, f ∈ R ve a, b, c gerçek sayılarından en az biri sıfırdan farklı olmak üzere x ve y değişkenlerinin her ikisini de içeren ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0







biçimindeki denklemlere ikinci dereceden iki bilinmeyenli denklem denir.



x+4=y



x2 + 3x – 4 = y

fonksiyonlarının grafiklerinin kesişim noktalarını bulunuz.

y değerlerini birbirine eşitleyerek ortak çözüm yapalım.

x2 + 3x – 4 = x + 4

y = x + 4 doğrusunda



x2 + 2x – 8 = 0 (x + 4)(x – 2) = 0

x = –4 için y = 0 x = 2 için y = 6 olduğundan A(–4, 0) ve B(2, 6) noktaları



x = –4 veya x = 2

kesişim noktalarıdır.













B(2, 6)

A(–4, 0)

ortak Çözüm denklemi olan x2 + 2x – 8 = 0 da ∆ > 0 olduğuna dikkat ediniz.







2x + 5 = y



x2 – 4x + 14 = y

denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz.

x2 – 4x + 14 = 2x + 5

y = 2x + 5 doğrusunda

x2 – 6x + 9 = 0



x = 3 için y = 11

(x – 3) (x – 3) = 0



olduğundan A(3, 11)

x = 3 veya x = 3



noktası teğet değme noktasıdır.

x = 3 çift katlı köktür.





Denklemin Çözüm kümesi {(3, 11)} dir.

ortak çözüm denklemi olan x2 – 6x + 9 = 0 da ∆ = 0 olduğuna dikkat ediniz.

110 / 11. Sınıf - Matematik

A(3, 11)

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri



y = 3x – 11



y = x2 + 6x + 4

denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz.

x2 + 6x + 4 = 3x – 11















Parabol ile doğru kesişmez.



x2 + 3x + 15 = 0 ∆ = 32 – 4 . 1 . 15 = – 51 Reel kökü yoktur. Çözüm kümesi boş kümedir.













ortak çözüm denklemi olan x2 + 3x + 15 = 0 da ∆ < 0 olduğuna dikkat ediniz.

Kural

y = ax2 + bx + c y = ax2 + bx + c y = nx + d y = nx + d denklem sisteminin grafiklerinin birbirine göre durumlarını incelemek için ortak çözüm denkdenklem sisteminin grafiklerinin birbirine göre durumlarını incelemek için ortak çözüm denklemi lemi bulunur. bulunur. ax22 + bx + c = nx + d ax + bx + c = nx + d ax2 + x(b – n) + c – d = 0 ax2 + x(b – n) + c – d = 0 Bulunan ortak çözüm denklemi olan Bulunan ortak çözüm denklemi olan ax2 + x (b – n) +c – d = 0 ax2 + x (b – n) +c – d = 0 denkleminde denkleminde • ∆ < 0 ise ç . k = ∅ yani bu iki bağıntının grafikleri kesişmez. • ∆ <  ise ç . k = ∅ yani bu iki bağıntının grafikleri kesişmez. • ∆ = 0 ise ç . k = {Tek elemanlı} yani bu iki bağıntı birbirine teğettir. • ∆ =  ise ç . k = {Tek elemanlı} yani bu iki bağıntı birbirine teğettir. • ∆ > 0 ise ç . k = {İki elemanlıdır} yani bu iki bağıntının grafikleri iki noktada kesişirler. • ∆ >  ise ç . k = {İki elemanlıdır} yani bu iki bağıntının grafikleri iki noktada kesişirler.

11. Sınıf - Matematik / 111

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri



y = x2 – 6x + m



y = 2x + 4

denklem sisteminin çözüm kümesi bir elemanlı olduğuna göre m kaçtır? A) 10

B) 12

C) 14

D) 16

E) 20

Ortak Çözüm denkleminin diskriminantı sıfır (∆ = 0) olmalıdır. x2 – 6x + m = 2x + 4

64 – 4m + 16 = 0

x2 – 8x + m – 4 = 0

80 = 4m

Ortak Çözüm denkleminde

m = 20 bulunur.

∆ = 82 – 4 . 1 . (m – 4) = 0 dır.



y = x2 + 5x + 3



y = – 3x + a

Cevap : E

fonksiyonlarının grafikleri kesişmediğine göre a’nın alabileceği en büyük tam sayı değeri kaçtır? A) –16

B) –15

C)–14

D) –13

E) –12

ortak çözüm denkleminin diskriminantı negatiftir. (∆ < 0) x2 + 5x + 3 = –3x + a x2 + 8x + 3 – a = 0 ∆ = 82 – 4 . 1 .(3 – a) < 0

64 – 12 + 4a < 0 ⇒ 4a < – 52 ⇒ a < –13 ⇒ a en büyük –14 olur.



y = ax2 + 7x + 10



y = 3x + 9

Cevap : C

fonksiyonlarının grafikleri farklı iki noktada kesiştiğine göre a’nın alabileceği en büyük tam sayı değeri kaçtır? A) –1

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

Ortak çözüm denkleminin diskriminantı pozitiftir. (∆ > 0) ax2 + 7x + 10 = 3x + 9 ax2 + 4x + 1 = 0 ∆ = 42 – 4 . 1 . a > 0 ⇒ 16 – 4a > 0 ⇒ 16 > 4a ⇒ a < 4 ⇒ a en büyük 3 olur. 112 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : D

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

Yaşadığı şehrin krokisini dik koordinat sistemine uyarlayan özgür evinin konumuna baktığında y = x2 + ax + 3 fonksiyonunun grafiği ile modellenen bir otoban ile y = bx + 4 doğrusu ile modellenen caddenin kesiştiği yerde evinin bulunduğunu görüyor. Özgür evinin konumunun (1,10) olduğunu bildiğine göre a . b çarpımı kaçtır? A) 32

B) 36

C) 42

D) 48

E) 54

Kesişim noktası kesişen fonksiyon grafiklerinin ortak noktası olduğundan her iki fonksiyonuda sağlar.

O halde x = 1 ve y = 10 için

10 = 12 + a . 1 + 3 ve 10 = b . 1 + 4 a = 6

Denklemi y = A) 1

ve b = 6 ⇒ a . b = 36 bulunur.

Cevap : B

x2 olan ikinci dereceden fonksiyon a’nın hangi değeri için denklemi x – y = 1 olan doğruya teğettir? a B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

Ortak çözüm denkleminin diskriminantı "0" olmalıdır. (∆ = 0) x2 = x − 1 ⇒ x2 – ax + a = 0 a





⇒ ∆ = a2 – 4 . 1 . a = 0







⇒ a(a – 4) = 0 ⇒ a = 0 veya a = 4









⇒ a = 0 için ifade tanımsız olduğundan a = 4 bulunur.



Öğretmen Örneği

Cevap : D

y = x2 + (m – 1) x + 1

ikinci dereceden fonksiyonu x eksenine, eksenin pozitif tarafında teğet olduğuna göre m nin değeri kaçtır? A) 3

B) 2

C) 1

D) -1

E) -3

Çözüm x ekseninin denklemi y = 0 dır. y = x2 + (m – 1) x + 1 parabolü ile y = 0 doğrusu teğet ise ortak çözüm denklemlerinin diskriminantı "0" dır.

x2 + (m – 1)x + 1 = 0 ⇒ ∆ =(m – 1)2 – 4 . 1 . 1 = 0 ⇒ (m – 1)2 = 4

⇒ m – 1 = –2 veya m – 1 = 2 ⇒ m = –1 veya m = 3 tür. x eksenine pozitif kısımda teğet ise ortak çözümün kökü pozitiftir. O halde m = –1 dir.

Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 113

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

UYARI: Bir ikinci dereceden fonksiyon ile bir doğrudan oluşan denklem sisteminin çözüm kümesi (kesişme) durumları için geçerli koşullar iki tane ikinci dereceden fonksiyondan meydana gelen denklem sisteminin çözüm kümesi içinde geçerlidir.



y = 2x2 – 4x + 12



y = x2 – 6x + 20

denklem sisteminin çözüm kümesini bulunuz.

Ortak çözüm denkleminden faydalanarak







2x2 – 4x + 12 = x2 – 6x + 20



y = x2 – 6x + 20 parabolünde

x2







+ 2x – 8 = 0





x = –4 için y = 60

(x + 4) (x – 2) = 0





x = 2 için y = 12 olduğu kesişim noktaları A(–4, 60)

x = –4 ve x = 2 dir.





B(2, 12) dir. Çözüm kümesi {(–4, 60), (2, 12)} bulunur.

A

B

Denklemi y = 3x2 + 16x + m olan ikinci dereceden fonksiyonunun grafiği ile denklemi y = 2x2 + 6x – m – 3 olan ikinci dereceden fonksiyonunun grafiği dik koordinat sisteminde birbirine teğettir. Buna göre m kaçtır? A) 8

B) 11

C) 12

D) 14

E) 16

Ortak çözüm denkleminin diskriminantı "0" olmalıdır. (∆ = 0)

3x2 + 16x + m = 2x2 + 6x – m – 3



x2 + 10x + 2m + 3 = 0

∆ = 102 – 4 . 1 . (2m + 3) = 0

100 – 8m – 12 = 0 ⇒ 8m = 88 ⇒ m = 11 bulunur. Cevap : B

114 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri



x = y2



3y2 + x + 8y – 32 = 0

denklem sisteminin çözüm kumesini bulunuz.

3y2 + x + 8y – 32 = 0 denkleminde x yerine y2 (x = y2) yazarak ortak çözüm yapalım.

3y2 + y2 + 8y – 32 = 0



x = y2 olduğundan



4y2 + 8y – 32 = 0



y = –4 için x = 16



y2 + 2y – 8 = 0





y = 2 için x = 4 olur.

(y + 4) (y – 2) = 0





Çözüm kümesi {(16, –4), (4, 2)} dir.

y = –4 ve y = 2 dir.



x=2–y



x2 – y2 + 2x + 3y + 1 = 0

denklem sisteminin çözüm kumesi bulunuz.

x2 – y2 + 2x + 3y + 1 = 0 denkleminde x yerine 2 – y (x = 2 – y) yazarak (2 – y)2 – y2 + 2(2 – y) + 3y + 1 = 0 ⇒ y2 – 4y + 4 – y2 + 4 – 2y + 3y + 1 = 0 ⇒ –3y + 9 = 0 ⇒ y = 3 olur. x = 2 – y ⇒ y = 3 için x = –1 elde edilir. Çözüm kümesi {(–1, 3)} bulunur.

11. Sınıf - Matematik / 115

MİNİ ÖDEV 1. x2 + y2 = 45

3

3. y = x2 – 3x + 4



x2 – y2 = 27



denklem sisteminin çözüm kümesinin eleman sayısı kaçtır?

ikinci dereceden fonksiyonu (parabolü) ile y = x + 9 doğrusunun kesişim noktasının ordinatları toplamı kaçtır?

A) 1

A) 20

B) 2



C) 3

D) 4

E) 5

Çözüm



B) 21

C) 22

D) 23

E) 24

Çözüm





Taraf tarafa toplama yapılırsa



Kesişim noktaları ortak çözüm ile bulunacağından,



x2 + y2 + x2 – y2 = 45 + 27



x2 – 3x + 4 = x + 9



2x2 = 72



x2 – 4x –5 = 0



x2 = 36 ⇒ x = 6 veya x = –6 bulunur.



(x – 5) (x + 1) = 0



x2 = 36 ⇒ x2 + y2 = 45 olduğundan



x = 5 veya x = –1 olur.



36 + y2 = 45



x = 5 ve y = x + 9 ise



y2 = 9







Buna göre,



x = –1 ve y = x + 9 ise



Çözüm kümesi = {(6, 3)}, (6, –3), (–6, 3), (–6, –3)}







olduğundan 4 elemanlıdır.



14 + 8 = 22 bulunur.

⇒ y = 3 veya y = –3 olur.





x2 – y2 + 2x + 1 = 0



olduğuna göre, x'in alacağı değerlerin çarpımı kaçtır? C) –9

D) –6

Çözüm



Taraf tarafa toplama yapılırsa



x2 + y2 + x2 – y2 + 2x + 1 = 25 + 0



2x2



x2



(x + 4) (x – 3) = 0



x = –4 veya x = 3 tür.



(–4) . (3) = –12 bulunur.

+ 2x – 24 = 0

+ x – 12 = 0

116 / 11. Sınıf - Matematik

y = 8 olur.

4. y = x2 – (a + 3)x + a + 1

2. x2 + y2 = 25

A) –12 B) –10

y = 14 olur.

parabolü ile y = x – 11 doğrusu birbirine teğet olduğuna göre, a aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 1

E) –4



B) 2

C) 3

D) 4

E) 6

Çözüm



Ortak çözüm denkleminin diskriminantı sıfırdır.



x2 – (a + 3)x + a + 1 = x – 11



x2 – (a + 4)x + a + 12 = 0



∆ = (a + 4)2 – 4(a + 12) = 0



a2 + 8a + 16 – 4a – 48 = 0



a2 + 4a – 32 = 0 (a + 8) (a – 4 ) = 0 a = 4 veya a = –8 dir. a = 4 olabilir.

3

MİNİ ÖDEV 5. y = x2 – 3x + m

7.



ikinci dereceden fonksiyonunun grafiği ile y = 3x – 2 doğrusunun grafiği dik koordinat sisteminde kesişmektedir.



Buna göre, m'nin alabileceği kaç farklı doğal sayı değeri vardır? A) 5

B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

4

4

Ortak çözüm denkleminin diskriminantı pozitif olmalıdır. (∆ > 0)

x2 – 3x + m = 3x – 2



x2 – 6x + m + 2 = 0



∆ = (–6)2 – 4 . 1 (m + 2) > 0



36 – 4m – 8 > 0



28 > 4m



m < 7 bulunur.



m = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 olmak üzere 7 değere sahiptir.

4

4

4

4

4



Bir ders kitabının sayfa kenar boşlukları, yukarıda görüldüğü gibi 4’er cm olacak şekilde ayarlanmıştır. Sayfadaki basılı bölgenin alanı 264 cm2 ve sayfanın tüm alanı 600 cm2 dir.



Buna göre sayfanın çevre uzunluğu kaç cm dir?

Çözüm



4

A) 100



B) 120





D) 150



E) 164

C) 144

Çözüm



Basılı bölgenin kısa kenarı x uzun kenarı y olsun. O halde x . y = 264 cm2 dir. Tüm sayfanın kısa kenarı x + 8, uzun kenarı y + 8 olur.

(x + 8) . (y + 8) = 600



x . y + 8x + 8y + 64 = 600



264 + 8x + 8y = 536 8(x + y) =272 ⇒ x + y = 34 ⇒ Çevre = 2(x + y + 16)

8.

6. x + y = 2

x2 – 2x + y = 6



olduğuna göre x in alabileceği değerlerin çarpımı kaçtır? A) 6





B) 4

C) –4

D) –5

g(x) = 2x + 2

doğrusunun f(x) = 3x2 –4x + 5 parabolune teğet olduğu noktanın apsisi kaçtır? A) 1

E) –6

Çözüm

= 100 cm bulunur.

B) 0

x2 – 2x + 2 – x = 6 ⇒ x2 – 3x –4 = 0

3x2 – 6x + 3 = 0



E) –3

Ortak çözüm yapılırsa 2x + 2 = 3x2 – 4x + 5



D) –2

Çözüm

x + y = 2 ⇒ y = 2 – x denklemde yerine yazılırsa

C) –1

x2 – 2x + 1 = 0

⇒ x = 4 veya x = –1



⇒ x1 . x2 = –4 bulunur.



(x – 1)2 = 0 ⇒ x = 1 dir.

11. Sınıf - Matematik / 117

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER a, b, c, d ve e reel sayılar olmak üzere,

f(x) = ax + b



g(x) = cx2 + dx + e

biçimindeki fonksiyonların

g(x) < 0, f(x) . g(x) > 0,

f (x ) > 0 , ... gibi ifade edildiği eşitsizliklere ikinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizlikler g( x )

denir. Bu eşitsiliklerin çözümünde aşağıdaki hiyerarşi kullanılır. 1) Eşitsizliğin bir tarafı “sıfır” olmalıdır. (Değil ise biz “sıfır” haline dönüştüreceğiz) g(x) < 0, g(x) > 0 gibi

2) Eşitsizliğin her bir çarpanı sıfıra eşitlenerek var olan reel kökler bulunur. Bulunan kökler eşitsizliği sağlıyor ise tabloda şeklinde sağlamıyor ise şeklinde gösterilir.

3) Köklerin tek katlımı, çift katlımı olduğuna bakılır. (Bir eşitsizlik içerisinde bulunan herhangi bir kökün adedi tek sayı ise tek katlı, çift sayı ise çift katlı kökdür) Eşitsizlikte bulunan çarpanların baş katsayılarının çarpımının işaretinin aynısı

Eşitsizlikte bulunan çarpanların başkatsayılarının çarpımının işareti

Ç.K.K

Eşitsizlikte bulunan çarpanların baş katsayılarının çarpımının işaretinin ZITTI

Eşitsizlikte bulunan çarpanların başkatsayılarının çarpımının işareti

T.K.K

Çift katlı kökler (Ç.K.K) tabloda işareti değiştirmez iken Tek katlı kökler (T.K.K) işareti değiştirir.

4) Bulunan kökler tabloda küçükten büyüğe doğru sıralanır.

5) Her çarpanın baş katsayısının işareti bulunur ve birbirleri ile çarpılır. Tabloya sağ taraftan çıkan işaret ile başlanır.

6) g(x) > 0 (Pozitif kısım)

g(x) < 0 (Negatif kısım)

Eşitsizliğin istediği bölge tabloda işaretlenir işaretlenen kısım bize çözüm kümesini verir. 118 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

f(x) = (x – 2) . (x – 5)

fonksiyonu için aşağıda örnekteki gibi tablonun boş kalan kısmını doldurunuz.

x

0

1

2

3

4

5

6

7

f(x) = (x– 2) (x – 5)

10

4

0

–2

–2

0

4

10

f(x) in işareti

+

+

yok

–

–

Yok

+

+

oluşturduğumuz tablodan faydalanarak

f(x) < 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini yazınız.

f(1) = (1 – 2) . (1 – 5) = 4



Dikkat edilirse oluşturduğumuz tabloda eşitsizliğin negatif olduğu

f(2) = (2 – 2) . (2 – 5) = 0



bölge yani,

f(4) = (4 – 2) . (4 – 5) = –2





f(6) = (6 – 2) . (6 – 5) = 4



eşitsizliğinin çözüm kümesi (2, 5) aralığıdır.

f(x) < 0

f(7) = (7 – 2) . (7 – 5) = 10



(x – 4) . (x + 2) > 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

(x – 4)(x + 2) = 0 x = 4 (T . k. k) x = –2(T. k. k)





x

(x – 4)(x + 2)

–2

4 +∞

–∞ +

–

+

( x – 4) . ( x + 2) > 0 Çözüm kümesi (–∞, –2) ∪ (4, ∞) = R – [–2, 4] bulunur.

11. Sınıf - Matematik / 119

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x2 – 3x + 2 ≤ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz. x2 – 3x + 2 = 0





(x – 2)(x – 1) = 0



–∞

x2 – 3x + 2

x = 2, (T. k . k) x = 1 (T . k . k)

x





1

2

+

–

+∞ +

Çözüm kümesi [1, 2] bulunur.

x2 – 6x + 9 > 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz. x2 – 6x + 9 = 0



x2

(x – 3)2 = 0 x = 3 (Ç. k. k)







3

x –∞



+∞

+

– 6x + 9





+

Çözüm kümesi (–∞, 3) ∪ (3, ∞) = R – {3} bulunur.

(x – 2) . (x2 – 4) ≥ 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz. (x – 2) . (x2 – 4) = 0





(x – 2) (x – 2)(x + 2) = 0

–∞

(x – 2)(x2 . 4)

(x – 2)2 . (x + 2) = 0 x = 2 (Ç. k. k)

x



–2

–

2 +

+∞ +

Çözüm kümesi [–2, 2] ∪ [2, ∞) = [–2, ∞) bulunur.

x = –2 (T. k. k)

Öğretmen Örneği

(x – 4) ⋅ (x2 – 2x – 3) < 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

Çözüm (x – 4)(x2 – 2x – 3) = 0



(x – 4)(x – 3) (x + 1) = 0

(x – 4)(x2 –2x –3)

x = 4 (T. k. k) x = 3 (T. k. k) x = –1 (T. k. k) 120 / 11. Sınıf - Matematik



x



–∞ –1 –

3 +

4 –

Çözüm kümesi (–∞, –1) ∪ (3, 4) bulunur.

+∞ +

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x2 – 5x > 6

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

x2 – 5x > 6 ⇒ x2 – 5x – 6 > 0 olur.



x

x2 – 5x – 6 = 0

x = –1 (T. k. k)





















+∞

6

x–6

–

–

+

x+1

–

+

+

(x – 6)(x + 1)

+

–

+

(x – 6) (x + 1) = 0 x = 6 (T. k. k)

–∞ –1

Çözüm kümesi (–∞, –1) ∪ (6, ∞) bulunur.

Öğretmen Örneği x−4 0 x



eşitsizliğini sağlayan x tam sayılarının en küçüğü kaçtır? A) –6

B) –5

C) –3

x + 4 = 0 ⇒ x = –4 (T. k. k)

D) –2



E) –1



|x + 5| = 0 ⇒ x + 5 = 0 ⇒ x = –5 (Ç. k. k) x = 0 (T. k. k)

x

























−3 ⋅ (x + 4 ) x + 5 x

–∞ –5 –

–4 –

0 +

+∞ –

Çözüm kümesi (–4, 0) bulunur.

eşitsizliği sağlayan en küçük tam sayı –3 tür. Cevap : C 122 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

16 − x 2 ≥0 x2 + 5



eşitsizliğinin çözüm kümesi [a, b] olduğuna göre a . b kaçtır? A) –25

B) –16

C) 0

D) 16

E) 25

16 – x2 = 0 ⇒ (4 – x)(4 + x) = 0 ⇒ x = –4 (T. k. k), x = 4 (T. k. k)

x2 + 5 = 0 ⇒ x2 = –5



x 2

16 − x x2 + 5

Ç. K = ∅

–∞ –4 –

4

+∞

+

–



Çözüm kümesi [–4, 4] = [a, b] ise























a . b = (–4) . 4 = –16 bulunur. Cevap : B

x+3 ≤1 x −1



eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

x+3 x+3 1 x + 3 − x +1 4 −1 ≤ 0 ⇒ − ≤0⇒ = ≤ 0 olur. x −1 x −1 x −1 x −1 1 ( x −1)

x – 1 = 0 ⇒ x = 1 T. k. k tür.





x

–∞

4 x −1

–

+∞

1 +



Çözüm kümesi (–∞, 1) bulunur.







x 4 < 4 x



eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

x 4 x 4 x 2 − 16 − x2 ⇒ x2 – 4x – 12 < 0



x2 – 4x – 12 = 0 ⇒ (x – 6) (x + 2) = 0





⇒ x = 6 veya x = –2 T.k.k lerdir. x −∞

x2 −

4x − 12

4

–2

+

+∞

6 −

Ç.k = (–2, 6) O halde,



x = –1, 0, 1, 2, 3, 4, 5 olmak üzere 7 tane tam sayı vardır.

B) 8

C) 7

D) 6

E) 5

Çözüm



ifadesinin tanımlı olması için x - 7 H 0 olmalıdır. 2-x



x – 7 = 0 ⇒ x = 7 T. k. k



2 – x = 0 ⇒ x = 2 T. k. k



+



+

−

x-7 2-x

A) 9

Sayı x olsun.



−

ifadesini tanımlı yapan kaç tane x doğal sayısı vardır?

Çözüm



1

Ç. K = (1, ∞) dür.





4) (x − 1)

x + 3

Ç.K = (–2, 4]

A) 4

−3

x x−7 2−x

2 −

7 +

−



Ç.k = (2, 7U dir. O halde



x = 3, 4, 5, 6, 7 olmak üzere 5 tane x doğal sayısı ifadeyi tanımlı yapar.

11. Sınıf - Matematik / 125

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x2 + 4 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

x2 + 3x + 10 = 0 ⇒ ∆ = 32 – 4 . 1 . 10 = –31 < 0 ⇒ reel kök yoktur. x x2 + 3x + 10

+∞

–∞ +

+

126 / 11. Sınıf - Matematik

+

+

+

Çözüm kümesi (–∞, ∞) = R bulunur.

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

Kural

ax2 + bx + c > 0 eşitsizliğinin her x reel sayısı için sağlaması için ax2 + bx + c = 0 denkleminin reel kökünün olmaması (∆ < 0) ve eşitsizliğin başkatsayısı olan a’nın eşitsizlikte istenen işaret ile aynı işaretli olması (a > 0) gerekmektedir. Dolayısıyla aynı mantık ile ax2 + bx + c < 0 eşitsizliğinin her x reel sayısı için sağlanması için, ∆ < 0 ve a < 0 olması gerekmektedir.



x2 + 2x + m – 5 > 0

eşitsizliğinin her x reel sayısı için sağlaması için m hangi değer aralığında bulunmalıdır?

∆ = 22 – 4. 1 . (m – 5) < 0 ve Başkatsayının işareti > 0

4 – 4m + 20 < 0



24 – 4m < 0



24 < 4m



m > 6 veya (6, ∞) bulunur.



+1>0

a’ 1 den farklı olmak üzere

(a – 1) x2 + 8x – 2 < 0

eşitsizliği her x reel sayısı için (daima) sağlandığına göre, a nın en geniş değer aralığını bulunuz.

∆ = 82 – 4 . (a – 1) (–2) < 0 ve Başkatsayının işareti < 0

64 + 8a – 8 < 0 ve a – 1 < 0



56 + 8a < 0 ve a < 1



8a < – 56



a < –7

a nın en geniş değer aralığı (–∞, –7) ∩ (–∞, 1) = (–∞, –7) bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 127

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

Eşitsizlikler ve Grafik Arasındaki İlişki

y

3 2 1 –3 –2 –1

–1 –2 –3

f(x) = x2 – 2x – 3

0 1 2 3 4 5

x



Yukarıda grafiği verilen y = f(x) = x2 – 2x – 3 fonksiyonunu sıfır, negatif ve pozitif yapan x değerlerini bulmak için fonksiyonun işaret tablosunu oluşturunuz. x

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

5

f(x) = x2 – 2x – 3

12

5

0

–3

–4

–3

0

5

12

f(x) in işareti

+

+

yok

–

–

–

yok

+

+

f(–3) = 9 + 6 – 3 = 12 f(–2) = 4 + 4 – 3 = 5

Tabloya dikkat edilirse

f(–1) = 1 + 2 – 3 = 0

(–∞, –1) ∪ (3, ∞) aralığındaki x değerleri için f(x) > 0 dır.

f(0) =

02

– 2 . 0 –3 = –3

(–1, 3) aralığındaki x değerleri için f(x) < 0 dır.

f(1) =

12

– 2 – 3 = –4

x= –1 ve x = 3 değerlerinde ise f(x) = 0 dır.

f(2) = 4 – 4 – 3 = –3 f(3) = 9 – 6 – 3 = 0 f(4) = 42 – 8 – 3 = 5 f(5) = 25 – 10 – 3 = 12

Kural Bir f(x) fonksiyonunun grafiğinin x eksenini kestiği noktalar f(x) = 0 denkleminin kökleridir. y

a

f(x) b

x

Grafiğin, x eksenini kestiği nokta (x = a), f(x) = 0 denkleminin tek katlı kökü, x eksenine teğet olduğu nokta (x = b), f(x) = 0 denkleminin çift katlı köküdür. 128 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri









y

f(x) = 0 denkleminin kökleri x = –2(T.k.k) ve x = 3(T.k.k) tür.

–2

x → +∞'a giderken grafiğin kolu –∞'a doğru gittiğinden – işareti ile tabloya başlayacağız

x

3



Yukarıda grafiği verilen y = f(x) fonksiyonu için,

f(x) ≥ 0









f(x)

–∞ –2 –

+∞

3 +

–

Çözüm kümesi [–2, 3] bulunur.

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.



x







x + 2 = 0 ⇒ x = –2(T. k. k)

y

f(x) = 0 ⇒ x = 1 (T. k.k) x = 5 (T. k.k)

1

x → +∞ a giderken grafik kolu +∞ a gittiğinden tablo + ile başlar.

x

5



x



(x + 2)f(x)

–∞ –2 –

1 +

–

+

Yukarıda grafiği verilen y = f(x) fonksiyonu için





Çözüm kümesi (–∞, –2) ∪ (1, 5) bulunur.

(x +2) . f(x) < 0

+∞

5

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

Öğretmen Örneği

y = f(x)





y

Çözüm f(x) = 0 ⇒ x = –3 (Ç. k. k) g(x) = 0 ⇒ x = 1(Tkk), x = 4 (Tkk)

–3

1

x

4 y = g(x)

+∞' a, g(x) = y nın grafik kolu –∞'a

Yukarıda grafikleri verilen y = f(x) ve y = g(x) fonksiyonları için

g( x ) >0 f (x )

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

x → +∞ a giderken f(x) = y nın grafik kolu gittiğinde (+ . – = –) tabloya – işareti ile başlanır. x –∞ –3 1 g( x ) – – f (x )

+∞

4 +

–

Çözüm kümesi (1, 4) bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 129

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ İçerisinde birden fazla eşitsizlik barındıran ifadelere Eşitsizlik Sistemi denir.

f(x) > 0



g(x) < 0

Biçimindeki eşitsizlik sistemlerinin çözümünde verilen eşitsizlikler ayrı ayrı çözülerek bulunan çözüm kümelerinin kesişimi alınır. Bu durumu sistematik hale getirmek amacıyla eşitsizliklerin tabloları bir tabloymuş gibi oluşturur. Yukarıda verilen eşitsizliklerin çözümü için

1) f(x) = 0 ve g(x) = 0 denklemlerinin kökleri bulunur ve tabloya küçükten büyüğe doğru sıralanır.

2) Tablo ikiye bölünür (iki eşitsizlik olduğundan)

f(x) > 0 eşitsizliğinin kökleri kendi bölmesine

g(x) < 0 eşitsizliğinin kökleri kendi bölmesine yerleştirilir.

3) Her eşitsizliğin kendi bölmesinde daha önce bahsettiğimiz eşitsizlik tablosu oluşturma kurallarına göre oluşturulur.

4) f(x) > 0 olduğundan f(x) bölmesinin “+” g(x) < 0 olduğundan g(x) bölmesinin “–” işaretli olduğu ortak bölgeler çözüm kümesi olarak alınır.

sonuç olarak; a < b < c < d ve a ve c; f(x) = 0 denkleminin, b ve d; g(x) = 0 denkleminin kökleri olmak üzere, – ∞ a b c d +∞ f(x) > 0



g(x) < 0

şeklinde tablo oluşturulur.

130 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x −3 0

eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulunuz. x −3 < 0 ... I x+2







I nolu eşitsizliğin kökleri x = 3 (Tkk) ve x = –2 (Tkk) tür. II nolu eşitsizliğin kökleri (x + 4)(x – 2) = 0 ⇒ x = –4 (Tkk) x = 2 (Tkk) tür. x

x 2 + 2x – 8 > 0 ... II olsun

I

–∞ –4 +

–2 +

II + – Çözüm kümesi (2, 3) olur.





x2 – 4 > 0



–x2 + 16 ≤ 0

2

3

+∞

–

–

+

–

+

+

eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulunuz.

I nolu eşitsizliğin kökleri x = –2 (Tkk) ve x = 2 (Tkk) tür.

x2 – 4 > 0 ... I







II nolu eşitsizliğin kökleri x = –4 (Tkk) ve x = 4 (Tkk) tür.



x

–x2 + 16 ≤ 0 ... II











–∞ –4

–2

2

4

+∞

I

+

+

–

+

+

II

–

+

+

+

–

Çözüm kümesi (–∞, –4] ∪ [4, ∞) olarak bulunur.



x −1 0 ve bu denklemin kökleri x1 ve x2 olsun. Verilen ax2 + bx + c = 0 denkleminde; 1) x1 + x2 > 0 ve x1 . x2 > 0 ise denklemin birbirinden farklı kökleri olan x1 ve x2 nin işaretleri pozitiftir. (0 < x1 < x2 veya 0 < x2 < x1 dir.)

2) x1 + x2 < 0 ve x1 . x2 > 0 ise denklemin kökleri olan x1 ve x2 nin işaretleri negatiftir. (x1 < x2 < 0 veya x2 < x1 < 0 dir.)

3) x1 + x2 > 0 ve x1 . x2 < 0 ise denklemin kökleri olan x1 ve x2 zıt işaretlidir. Ve pozitif olan kök negatif olan kökün mutlak değerinden büyüktür.



(x1 < 0 < x2 ve |x2| > |x1| dir.)

4) x1 + x2 < 0 ve x1 . x2 < 0 ise denklemin kökleri olan x1 ve x2 zıt işaretlidir. Ve negatif olan kök pozitif olan kökten sayısal olarak büyüktür.





(x1 < 0 < x2 ve |x1| > |x2| dir.)

x2 – 10x + 5 = 0

denkleminin kökleri olan x1 ve x2 nin işaretlerini inceleyiniz.

∆ = 102 – 4 . 5 = 80 > 0 olduğundan reel iki kök vardır. İşaret incelenebilir. −b ⇒ x1 + x2 = 10  a   c x1 ⋅ x2 = ⇒ x1 ⋅ x2 = 5   a x1 + x2 =

132 / 11. Sınıf - Matematik

O halde pozitif iki reel kök vardır. O < x1 < x2 dir.

3. Ünite



Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

x2 + 6x + 3 = 0

denkleminin kökleri olan x1 ve x2 nin işaretlerini ve sıralamasını bulunuz.

∆ = 62 – 4 . 1 . 3 = 24 > 0 birbirinden farklı iki reel kökü vardır. x1 + x2 = –6 x1 . x2 = 3



}

olduğundan negatif iki kökü vardır.

x1 < x2 < 0 dır.

x2 – 6x – 2 = 0

denkleminin kökleri olan x1 ve x2 nin işaretlerini ve sıralamasını bulunuz.

∆ = (–6)2 – 4. 1 . (–2) = 44 > 0 birbirinden farklı iki reel kökü vardır. x1 + x2 = 6 x1 . x2 = –2

}

olduğundan biri negatif diğeri pozitif iki kökü vardır ve pozitif kök mutlak değerce daha büyüktür.











x2 + 5x – 4 = 0

x1 < 0 < x2 , |x1| < |x2| dir.

denkleminin kökleri olan x1 ve x2 nin işaretlerini ve sıralamasını bulunuz.

∆ = 52 – 4 . 1(–4) = 41 > 0 olduğundan birbirinde farklı iki reel kökü vardır. x1 + x2 = –5 x1 . x2 = –4





}

olduğundan biri negatif diğeri pozitif iki kökü vardır ve negatif kök mutlak değerce daha büyüktür.

x1 < 0 < x2 , |x1| > x2 dir.

11. Sınıf - Matematik / 133

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

İkinci dereceden bir denklemin kökleri x1 ve x2 olmak üzere aşağıda verilen durumlarda kökler çarpımının ve toplamının işaretlerini bulunuz. a) x1 < x2 < 0 b) 0 < x1 < x2 c) x1 < 0 < x2

a) x1 < x2 < 0 ⇒ x1 . x2 > 0 ve x1 + x2 < 0 dır. b) 0 < x1 < x2 ⇒ x1 . x2 > 0 ve x1 + x2 > 0 dır. c) x1 < 0 < x2 ⇒ x1 . x2 < 0 dır. Ancak x1 + x2 nın işareti bilinmez.





|x1| < |x2| olsaydı x1 + x2 > 0







|x1| > |x2| olsaydı x1 + x2 < 0 olurdu.



x2 – 24x + k – 3 = 0

ikinci dereceden denkleminin pozitif iki reel kökü vardır. Buna göre k nın alabileceği en küçük tam sayı değeri kaçtır? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

0 < x1 < x2 ⇒ x1 + x2 > 0 ve x1 . x2 > 0 olmalıdır. x1 + x2 = +24 > 0 dır. x1 . x2 > 0







k–3>0









k > 3 olduğunda k en küçük 4 seçilir. Cevap : C

134 / 11. Sınıf - Matematik

3. Ünite

Denklem ve Eşitsizlik Sistemleri

(1 – m)x2 + 4x + m2 – 4 = 0



denkleminin biri pozitif, diğeri negatif iki gerçek kökü olduğuna göre, m nin alabileceği değerler kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) (1, ∞)





D) (–2, 1) ∪ (2, ∞)



B) (–2, 2)



E) (–2, 0) ∪ (1, ∞)

x1 < 0 < x2 ⇒ x1 . x2 < 0 dır.



x1 . x2 < 0





m2 – 4 = 0 ⇒ m = –2 (T.k.k)









m −4 1− m

m −4 x2 olması için

p nin alabileceği değerler aşağıdaki aralıklardan hangisindedir? A) (–6, –1)





D) (–1, 2)



B) (–1, 3)



C) (0, 3)

E) (∞, –6)

x1 < 0 < x2 ve |x1| > x2 ⇒ x1 . x2 < 0 ve x1 + x2 < 0 dır. x1 + x2 =

−17(P + 1) < 0 .... I P+6

5(P − 2) 0



•

x a 0

3. x - 4 < 0 x-1

eşitsizliğinin daima sağlanması için a aşağıdaki aralıklardan hangisinde olmalıdır?



2x – 4 ≥ 0

A) (–9, 3)



eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir?



B) (–6, 0)

C) (0, 9)

D) (–6, 4)

E) (–3, 9)

A) [2, ∞)

Çözüm





Bir eşitsizliğin daima sağlanması için ∆ < 0 ve baş katsayı pozitif olmalıdır.

∆ = (a – 3)2 – 4 . 1 . 9 < 0





(a – 3)2 – 36 < 0





(a – 3)2 = 36



a −∞ −3 ∆ − +



⇒

a = 9 ve a = –3 +∞

9

+

B) (1, 2)

C) (1, 2]

D) (2, 4)

E) [2, 4)

Çözüm



x - 4 < 0 I nolu eşitsizlikte x-1



x – 4 = 0 ⇒ x = 4

Tek katlı köktür.



x – 1 = 0 ⇒ x = 1

Tek katlı köktür.



2x – 4 ≥ 0 II nolu eşitsizlikte x = 2 T. k. k tür.



x

Ç. K = (–3, 9)

1

2

4

I

+

−

−

+

II

−

−

+

+

Ç. K = Q2, 4)



4. x2 – x ≤ 6 2. –x2 + 4x – 10 < 0



x2 + 5 > 6x





eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir?

eşitsizliğinin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? B) (–5, ∞)

A) R



C) (–∞, 2)

A) [–2, 1)

E) ∅

D) (–5, 2)



Çözüm

B) [–2, 5)

D) (1, 5)

C) [–2, 3] E) (1, 3]

Çözüm





–x2 + 4x – 10 = 0



x2 – x – 6 ≤ 0



∆ = 42 – 4 . (–1) (–10) = –24 < 0 olduğundan,



(x – 3) (x + 2) = 0 ⇒ x = 3 ve x = –2 T. k. ktür.



reel kök yoktur.



x2 – 6x + 5 > 0 II nolu eşitsizlikte



(x – 5) (x – 1) = 0 ⇒ x = 1 ve x = 5 T. k. k tür.

−x 2 +

x −∞ 4x −10 − −

+∞ −

−

−

x

Ç.özüm kümesi (–∞, ∞) = R dir.

138 / 11. Sınıf - Matematik

−2

I nolu eşitsizlikte

1

3

5

I

+

−

−

+

+

II

+

+

−

−

+

Ç. K = [–2, 1) bulunur.

MİNİ ÖDEV 5.

y −4

1

5

x y = f(x)



Yukarıda grafiği verilen y = f(x) fonksiyonu için, >0 f(x) x2 - 1 eşitsizliğini sağlayan kaç farklı tam sayı vardır?



A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

6. Sayı doğrusu üzerinde hareket eden iki robot başlangıç noktası olan “0” dan zıt yönde belli bir süre hareket ettikten sonra duruyorlar. Robotların sayı doğrusu üzerinde bulundukları noktalar (m + 1)x2 – 57x + m – 4 = 0 denkleminin kökleri olarak modellenmiştir.

C) 3

D) 4

E) 5

Çözüm "O" dan zıt yönde hareket ettiklerinde bulundukları noktalar denklemin kökü ise kökler zıt işaretlidir.

⇒ x = –4 , x = 1 Tek katlı köktür.

f(x) = 0







x2 – 1 = 0 ⇒ x = –1 , x = 1 Tek katlı köktür.



O halde x = 1 eşitsizlikte toplam 2 adet olduğun-

x = 5

Çift katlı köktür.

dan Ç. k. k tür.

x −∞ −4 −

B) 2







Buna göre m’nin alabileceği kaç farklı doğal sayı değeri vardır? A) 1

Çözüm



5

–1 +

1 −

5 −

−



x1 . x2 < 0 dır.





m−4 0 dır. 1 7 7 basit kesir, bileşik kesir olduğuna göre, y = log 1 < 0 dır. 2 2 2 2 4 1 4 ve basit kesir olduğuna göre, z = log 1 > 0 dır. 9 3 9 3 O halde x, y ve z nin işaretleri sırasıyla +, –, + dır.



Cevap : B

log3100

sayısının değeri aşağıdaki aralıklardan hangisine aittir? A) (1, 2)

B) (2, 3)

D) (4, 5)

C) (3, 4)

E) (5, 6)

logaritmanın tabanı 3 olduğundan 100 ü 3 ün kuvvetleri aralığında yazarsak, 81 < 100 < 243 log381 < log3100 < log3243 log334 < log3100 < log335 4 < log3100 < 5 bulunur. 248 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : D

5. Ünite



x = log217



y = log325



z = log465

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

olduğuna göre, aşağıdakilerden hangisi doğrudur? A) z > y > x

B) z > x > y

D) x > y > z

C) x > z > y

E) y > z > x

24 < 17 < 25 ⇒ log224 < log217 < log25 ⇒ 4 < log217 < 5 ⇒ 4 < x < 5 tir. 32 < 25 < 33 ⇒ log332 < log325 < log333 ⇒ 2 < log325 < 3 ⇒ 2 < y < 3 tür. 43 < 65 < 44 ⇒ log443 < log465 < log444 ⇒ 3 < log465 < 4 ⇒ 3 < z < 4 tür. O halde x > z > y bulunur. Cevap : C



x = log281



y = log3240



z = log5625

sayıları için aşağıdaki sıralamalardan hangisi doğrudur? A) x < y < z

B) y < x < z

D) z < x < y

C) y < z < x

E) z < y < x

26 < 81 < 27

34 < 240 < 35

z = log5625

log226 < log281 < log227

log334 < log3240 < log335

z = log554

6 < log281 < 7

4 < log3240 < 5

z=4

6 < x < 7

4 < y < 5



z=4

olmak üzere z < y < x bulunur. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 249

5. Ünite

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

LOGARİTMİK EŞİTSİZLİKLER Tanım:

logaf(x) < b eşitsizliğinde i. a ∈ (0, 1) ise

f(x) > ab ve f(x) > 0

ii. a ∈ (1, ∞) ise



f(x) < ab ve f(x) > 0 dır.

log2(x – 3) < 3

eşitsizliğini sağlayan kaç x tam sayısı vardır? A) 7

B) 8

C) 9

D) 10

E) 11

2 birden büyük olduğundan eşitsizlik yön değişmez. log2(x – 3) < 3 ⇒ x – 3 < 23 ⇒ x < 11 dir. Logaritma pozitif tanımlı olduğundan x – 3 > 0 ⇒ x > 3 tür. Çözüm kümesi (x > 3) ∩ (x < 11) = 3 < x < 11 olur. Çözüm kümesinde 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 olmak üzere 7 tam sayı vardır. Cevap : A



log4(3x – 5) > 2

eşitsizliğini sağlayan x in en küçük tam sayı değeri kaçtır? A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

4 birden büyük olduğundan eşitsizlik yön değişmez. log4(3x – 5) > 2 ⇒ 3x – 5 > 42 ⇒ 3x > 21 ⇒ x > 7 dir. 5 3x – 5 > 0 ⇒ x > tür. 3 5  Çözüm kümesi  x >  ∩ (x > 7) = x > 7 bulunur. 3  Eşitsizliğini sağlayan en küçük x tam sayısı 8 dir. Cevap : C 250 / 11. Sınıf - Matematik

5. Ünite



Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

log3(3x – 4) ≤ log3(x – 6)

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz. 3 birden büyük olduğu için eşitsizlik yön değiştirmez. log3(3x – 4) ≤ log3(x – 6) 3x – 4 ≤ x – 6 2x ≤ –2 x ≤ –1 dir. Logaritma pozitif tanımlı olduğundan

3x –4 > 0 ⇒ x >

4  Çözüm kümesi (x ≤ –1) ∩  x >  ∩ (x > 6) = ∅ dir. 3 

4 ve x – 6 > 0 ⇒ x > 6 dır. 3

log 1 (x − 3) > −2 2 eşitsizliğini sağlayan kaç tane x tam sayısı vardır?

A) 7

B) 6

C) 5

D) 4

E) 3

1 , basit kesir olduğundan eşitsizlik yön değiştirir. 2 −2 log 1 (x – 3) > –2 ⇒ x – 3 <  1  2 2

⇒ x – 3 < 22



⇒ x < 7 dir.

Logaritma pozitif tanımlı olduğundan

x – 3 > 0 ⇒ x > 3 olur.



Çözüm kümesi (x > 3) ∩ (x < 7) = 3 < x < 7 bulunur. Eşitsizliğini sağlayan 4, 5, 6 olmak üzere 3 tam sayı vardır. Cevap : E

1 ≤ log5(x –1) < 2

eşitsizliğini sağlayan kaç x tam sayısı vardır? A) 16

B) 17

C) 18

D) 19

E) 20

5 birden büyük olduğundan eşitsizlik yön değiştirmez. 1 ≤ log5(x – 1) < 2 51 ≤ x – 1 < 52 ⇒ 6 ≤ x < 26 olur. Logaritma pozitif tanımlı olduğundan

x – 1 > 0 ⇒ x > 1 dir.

Çözüm kümesi (6 ≤ x < 26) ∩ (x > 1) = 6 ≤ x < 26 olur. Eşitsizliğini sağlayan 6, 7, 8, ..... 25 olmak üzere 20 tane tam sayı vardır. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 251

5. Ünite



Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

log7 (log2(x – 1)) < 0

eşitsizliğini sağlayan kaç farklı x tam sayısı vardır? A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

7 ve 2 birden büyük oldukları için eşitsizlikler yön değiştirmez. log7(log2(x – 1)) < 0 ⇒ log2(x – 1) < 7° = 1 ⇒ x – 1 < 21 ⇒ x < 3 tür. Logaritma pozitif tanımlı olduğundan log2(x – 1) > 0 ⇒ x – 1 > 2° ⇒ x > 2 dir. Çözüm kümesi (x < 3) ∩ (x > 2) = (2 < x < 3) bulunur. Bu aralıkta bir tam sayı yoktur. Cevap : A

Öğretmen Örneği ( log3 x )2



+ 3 . log3x – 4 ≤ 0

eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.

Çözüm log3x = a olsun. O halde a2 + 3a – 4 ≤ 0 dır. a2 + 3a – 4 = 0 ⇒ (a + 4)(a – 1) = 0 ⇒ a = –4 veya a = 1 olur. x a2

+ 3a – 4

–4 +

1 –

+

Çözüm aralığı [–4, 1] olur. log3x = a ⇒ –4 ≤ log3x ≤ 1 ⇒ 3–4 ≤ x ≤ 31 olduğundan eşitsizliğin çüzüm kümesi  1 , 3  81  bulunur.

252 / 11. Sınıf - Matematik

MİNİ ÖDEV

5

1. 34x – 10 ≤ 1

4. log (x – 2) > 0





eşitsizliğinin çözüm kümesindeki doğal sayıların toplamı kaçtır? A) 1

B) 3

C) 6

D) 10





34x – 10 ≤ 30

3 bileşik kesir olduğundan



4x – 10 ≤ 0 ⇒ 4x ≤ 10 ⇒ x ≤ 5 2 x = 0, 1, 2 → 0 + 1 + 2 = 3 tür.



2.

log 1

(x – 4) > 0

5



eşitsizliğinin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) (4, ∞)



A) (2, ∞)

E) 15

Çözüm



B) (–∞, 5)

C) (–∞, 4)

⇒ x < 5 tir.



Logaritma pozitif tanımlı olduğundan,



x _ 4 > 0 ⇒ x > 4 tür.



Çözüm kümesi : (–∞, 5) ∩ (4, ∞) = (4, 5) olur.



x – 2 > 1 ⇒ x > 3 tür.



Logaritma pozitif tanımlı olduğundan



x – 2 > 0 ⇒ x > 2 dir.



Çözüm kümesi = (3, ∞) ∩ (2, ∞) = (3, ∞) olur.

5. log2 x< 2



D) 5

Çözüm

Mutlak değerli eşitsizlikten,



–2 < log2 x < 2 olur.

2–2 < x < 22 1 < x < 4 ⇒ ( 1 , 4) bulunur. 4 4

eşitsizliğini sağlayan kaç farklı x tam sayısı vardır? C) 4

eşitsizliğinin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) (1, 4) B) (0, 4) C) ( 1 , 4) 4 1 E) (4, 6) D) ( , 2) 4



6. log2 3 . log3 4 . log4 5 . . . . logx (x + 1) > 2

3. log2 3 < x < log2 33

B) 3

Çözüm log10 (x – 2) > 0 ⇒ x – 2 > 100



A) 2

E) (2, 3)





⇒ x – 4 < 1

D) (–∞, 3)

10 bileşik kesir olduğundan,

Çözüm 1 basit kesir olduğundan 5 0 log 1 (x – 4) > 0 ⇒ x – 4 < f 1 p 5 5

C) (3, ∞)

B) (–∞, 2)



E) (5, ∞)

D) (4, 5)





eşitsizliğinin çözüm kümesi aşağıdakilerden hangisidir?

E) 6

Çözüm

eşitsizliğini sağlayan en küçük x tam sayısı aşağıdakilerden hangisidir? A) 2



B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Çözüm



log2 3 . log3 4 . log4 5 . . . . logx (x + 1) > 2



log2 (x + 1) > 2



log2 3 < log2 2x < log2 33



x + 1 > 22



3 < 2x < 33



x+1>4



x = 2, 3, 4, 5 olmak üzere 4 tam sayı vardır.



x > 3 tür. O halde en az 4 tür. 11. Sınıf - Matematik / 253

5. Ünite

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

Logaritmada Basamak Kavramı logx, bayağı logaritma ifadesinin sonucunda oluşan sayının tam kısmının bir fazlası x sayısının kaç basamaklı olduğunu verir.



log1370

sayısının hangi ardışık tam sayılar arasında olduğunu bulunuz. 1000 = 103 ve 10000 = 104 olmak üzere 1000 < 1370 < 10000 tür. 103 < 1370 < 104

log103 < log1370 < log104



3 < log1370 < 4 olur. Dolayısıyla log1370 sayısı (3, 4) aralığında bir değere sahiptir.

Bu yöntemden farklı olarak basamak kavramı kullanılarak da sorunun cevabı bulunabilir. Bayağı logaritmada f(x) = logx fonksiyonunda x'in basamak sayısının bir eksiği logx ifadesinin tam kısmına eşittir. O halde 1370 dört basamaklı bir sayı olduğundan

log1370 = 3,

...

biçiminde yazılabilir. Yani log1370 sayısı (3, 4) aralığında değer alır.



logx = 12,3

olduğuna göre, x kaç basamaklı bir sayıdır? A) 10

B) 11

C) 12

D) 13

E) 14

logx ifadesinin sonucu olan 12, 3 sayısının tam kısmı 12 olduğundan x sayısı 12 + 1 = 13 basamaklı bir sayıdır. Cevap : D

254 / 11. Sınıf - Matematik

5. Ünite



Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

logx = 9,1027

olduğuna göre, x20 sayısı kaç basamaklıdır? A) 183

B) 184

C) 185

D) 186

E) 187

x20 sayısının kaç basamaktan oluştuğunu bulmak için sayının bayağı logaritma değerini bulmalıyız.

O halde



logx20 = 20 . logx = 20 . (9, 1027) = 2. (91,027) = 182,054 olur.

Dolayısıyla x20 sayısı 182 + 1 = 183 basamaklıdır. Cevap : A



log3 = 0,4771 olduğuna göre,

3020 sayısı kaç basamaklıdır? A) 30

B) 29

C) 28

D) 27

E) 26

3020 sayısının bayağı logaritma değeri log3020 = 20 . log30 = 20 (log3 + log10)

= 20 (0, 4771 + 1)



= 20 . (1, 4771)



= 29, 542 olduğundan 3020 sayısı 29 + 1 = 30 basamaklıdır. Cevap : A

11. Sınıf - Matematik / 255

5. Ünite

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonları Modelleme ve Problem Çözmede Kullanma

Bir bakteri Popülasyonundaki bakteri sayısı belli bir süre sonra çoğalarak 2 katına ulaşır. Bu süre bir jenerasyon süresidir. Aynı süre tekrarlandıkça her defasında bakterilerin sayısı 2 ye katlanır.

En uygun koşulları içeren bir besi yerinde ya da laboratuvarda



a = başlangıçtaki bakteri sayısı



t = aradan geçen zaman



b = bu süre sonundaki bakteri sayısı

olmak üzere

b = a. 2n ifadesi n kadar sayıdaki

jenerasyon sonundaki bakteri sayısını ifade eder. n=

log b − log a log 2

g = 1 jenerasyon süresi olmak üzere

g=

t ⋅ log2 dır. log b − log a

Buna göre, başlangıçta 1000 bakterinin 10 saat sonundaki sayısı 109 olduğuna göre, jenerasyon adedi kaçtır? B) 4log2 A) 2log210 D) 4log210 E) 6log210

C) 6log2

Başlangıçtaki bakteri sayısı = a = 1000 = 103 aradan geçen zaman = t = 10 saat Bu süre sonundaki bakteri sayısı = b = 109 1 jenerasyon süresi (g); g=

t ⋅ log 2 10 ⋅ log 2 ⇒g= log b − log a log109 − log103

1 jenerasyon

g=

10 ⋅ log 2 9−3

5 g = log 2 saat bulunur. 3 5 log2 ise 10 saatte 3

256 / 11. Sınıf - Matematik

10 6 = = 6 log2 10 adet jenerasyon olur. 5 log 2 log 2 3

Cevap : E

5. Ünite

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

2010 ve 2014 yıllarında yapılan genel nüfus sayımlarına göre Türkiye'nin nüfusu aşağıdaki tabloda verilmiştir.



Sayım Tarihi

Nüfus Sayısı

2010

73.722.998

2014

77.695.904

Bu verilere göre, Türkiye'nin yıllık nüfus artış hızı yaklaşak olarak % 1,34 dür. Aynı artış hızının süreceği kabul edilerek Türkiye'nin 2010 yılından t yıl sonraki nüfusu (N)

N(t) = 77,7 . e0,0134t(milyon kişi) biçiminde modelleniyor.

Buna göre, Türkiye'nin 2020 yılında ulaşacağı yaklaşık nüfusu kaç milyon kişidir? A) 98.600. 000

B) 88.000.000

D) 96,880.000

C) 86,431.000

E) 88,841.000

t = 2020 – 2010 = 10 N(10) = 77,7 . e0,0134.10(milyon kişi) N(10) = 77,7 . e0,134 (milyon kişi) (hesap makinesi yardımıyla) N(10) = 88,841.000 kişi olur.

Cevap : E

Radyoaktif maddeler zamanla parçalanır (bozunur) ve tükenir. Her radyoaktif madde kendine özgü bir bozunma hızına sahiptir. Bir radyoaktif maddenin yarısının bozunması için geçen süreye yarılama süresi (yarı ömrü) denir. Radyoaktif parçalanma yasasına göre, radyoaktif bir maddenin şu andan itibaren t yıl sonraki kütlesi m

mo = başlangıçtaki miktar



m = kalan miktar



t = süre T = yarılama süresi olmak üzere m  t = 1,442695 . T. In  o  m denklemi ile bu bozunumdaki istenilen veriler bulunur. Buna göre, başlangıç miktarı e4 gram, yarılanma süresi 1000 yıl olan bir radyoaktif madde kaç yıl sonra e gram olur? A) 4.328.085 B) 4.327.000 C) 4.272.000

}

D) 4.212.085

E) 4.112.085

T = 1000 yıl

 e4  t = 1,442695 . 1000 . In    e  t = 1442, 695. Ine3

m = e gram

t = 1442, 695 . 3Ine



t = 4, 328.085 yıl sonra e gram olur.

mo = e4 gram



Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 257

5. Ünite



Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

Arkeolojide bulunan eserin tarihinin belirlenmesi için 14C (karbon14) izotopundan yararlanılır. Atmosferde

bulunan CO2 gazının oranı insanların yaşadığı çağlar boyunca önemli ölçüde değişmemiştir. Bu gazın bileşenlerinden karbonun üç doğal izotopu vardır.

Bu izotoplardan 14C radyoizotoptur. Buna karşılık katı madde içindeki 14C izotopu 5730 yıllık bir yarı ömür

ile bozulmaktadır. Bundan dolayı arkeolojik dönem fosilleri içindeki 14C değişimi atmosferdeki değişimiyle karıştırılarak canlının ne zaman öldüğünü hatta bir ürünün ne zaman üretildiği bulunabilir. Kullanılan denklem bir m önceki soruda t (geçen süre) için verilmiş olan denklemdir. o oranını bulmak için atmosferdeki Karbon14 ve m Karbon12 oranının sabit kaldığı varsayılır. Günümüzde yaşayan bir organizmadaki 1 gram karbonda, 1 dakikada meydana gelen karbon bozunması 15,30 dur. Buna göre, incelenen bir eserdeki 1 gram karbonda 1 dakikada 10,2 karbon 14 bozunması olduğu görüldüğüne göre bu eser yaklaşık olarak kaç yıl öncesine aittir? A) 3345

B) 3346



m0 = Başlangıçtaki miktar = 15, 30



m = kalan miktar = 10, 2



T = Karbon 14 ün yarılama ömrü = 5730

C) 3347

D) 3349

E) 3352

olduğuna göre,

t tarihi eserin kaç yıl önceye ait olduğunu göstermektedir.

Buna göre,

m  t = 1,442695 . T . In  o  m



 15, 30  t = 1,442695 . 5730 . In    10, 2 



t = 1,442695 . 5730 . In(1, 5)



t = 1, 442695 . 5730 . 0,405



t ≅ 3347

eser yaklaşık olarak 3347 yıl önceye aittir. Cevap : C

258 / 11. Sınıf - Matematik

5. Ünite

Üstel ve Logaritmik Fonksiyonlar

Bir ses kaynağının, sesin yayılma doğrultusuna dik 1m2 yüzeyden 1 saniyede yaydığı enerjiye ses şiddeti denir. Uluslararası referans ses şiddeti I0 = 1012 watt/m2 kabul edilmiştir. Ses şiddeti I olan bir ses kaynağının ses gücü düzeyi I (dB) olarak bulunmuştur. L = 10 . log I0

Buna göre bir futbol maçında, belli bir noktada ve belli bir anda ses düzeyi 120 dB olarak ölçülmüştür. Bu maçtaki ses şiddeti, alçak sesle konuşmadakinin kaç katıdır? (Alçak sesle konuşma ses düzeyi 50 dB dir.) A) 104

B) 105

C) 106

D) 107

E) 108

120d B ve 50dB e karşılık gelen ses şiddetleri sırasıyla I1 ve I2 olsun. 10. log

I1 I = 120 ⇒ log 1 = 12 ⇒ I1 = 1012 . I0 I0 I0

10. log

I2 I = 50 ⇒ log 2 = 5 ⇒ I2 = 105 . I0 elde edilir. I0 I0

I1 1012 I 0 = = 107 bulunur. O halde 5 I 2 10 I 0

Cevap : D

Dünya genelinde meydana gelen depremlerin aletsel büyüklüklerini ve sarsıntı oranını belirleyen ve sınıflara ayıran ölçü biçimine Richter ölçeği denir. Richter ölçeği, iç merkezde depremle boşalan enerjinin ölçülmesi esasına dayanır. Deprem sırasında boşalan bu enerjiye depremin büyüklüğü denir. M : Depremin büyüklüğü (Magnitüd) W : TNT ton bazında eş değer enerji olmak üzere 2 M = 2 + logw bağıntısı bulunur. 3 Buna göre, 8 büyüklüğünde bir depremde açığa çıkan enerji ton bazında kaç TNT ye eş değerdir? A) 109

B) 108 M = 8 ve M = 2 +



8=2+



6=



w = 109

2 logw 3

C) 107

D) 106

E) 105

2 logw olduğunda 3

2 logw 3

109 TNT ye ton bazında eş değer enerji açığa çıkar. Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 259

MİNİ ÖDEV 1. a3 = b

A) 6

B) 4

3 2 D) E) 2 3

C) 3





b=

2.

a3

için logb

a2

2 2 = log = a = logaa bulunur. a3 3 3



1  5

Çözüm



2

x – 1 > 0, 9 – x2 > 0, x – 1 ≠ 1 ve x2 + 1 ≠ 1 x – 1 = 0 ise x = 1 ve 9 – x2 = 0 ⇒ x = – 3 ve x = 3 köklerdir. x

B) –log5

D)

2 log 5

C) log5

E) 2log5



Çözüm



1 (log 5)2 +  log  = (log 5)2 + (log 5 −1)2  5

2(log 5)2 = 2 log5 bulunur.

⇒

+

+



9 – x2

–

+

+

–



Tanım kümesi (1, 3) – {2} bulunur. log8(x – 1) ≤ log64(x + 11)

eşitsizliğini sağlayan kaç farklı x tam sayı değeri vardır? A) 3



B) 4



log5 = x





⇒ x2 – 2x + 1 ≤ x + 11 ⇒ x2 – 3x – 10 ≤ 0



log80 = log(8.10) = log8 + log10 = log23 + 1 = 3 . log2 + 1



(log5 + log2 = log10 ⇒ x + log2 = 1 ⇒ log2 = 1 – x



olduğundan)



= 3 . (1 – x) + 1



= 4 – 3x bulunur.

260 / 11. Sınıf - Matematik

–2

x2 – 3x – 10

+

5 –

+

Logaritma pozitif tanımlı olduğundan x > 1 ve x > –11 ise, Ç. K = [–2, 5] ∩ (1, ∞] ∩ (–11, ∞] = (1, 5] bulunur. 2, 3, 4, 5 yani 4 tane tam sayı vardır.

B) 4x + 3

Çözüm

E) 7

log8(x – 1) ≤ log64(x + 1) ⇒ log64(x – 1)2 ≤ log64(x + 11)



C) 4 – 3x D) 4 + 3x E) 4 – 5x

D) 6



olduğuna göre, log80 nin x türünden değeri aşağıdakilerden hangisidir? A) 4x – 3

C) 5

Çözüm

x 3.

3

–



5 2 2 2 2 ⇒ (log ) + (− log 5) = (log 5) + (log 5)

1

–

5. 2

–3

x–1

ifadesi aşağıdakilerden hangisine eşittir? A) 0

B) [–3, 3) – {–1}

C) (–3, 3) – {2} D) (1, 3) E) (1, 3) – {2}

2

( log 5 )2 +  log

fonksiyonunun en geniş tanım kümesi aşağıdakilerden hangisidir? A) R – {–1, 1}

Çözüm



f(x) = log(x – 1)7 + log( x2 +1) (9 − x 2 )

4.

olduğuna göre, logba2 kaçtır?



6

6. log4(x + 5)! + log 1 (x + 4)! = 3

4

olduğuna göre, x kaçtır? A) 52



B) 59

C) 60

D) 63

E) 72

Çözüm

log4(x + 5)! + log4(x + 4)! = 3 ⇒ log4(x + 5)! – log4(x + 4) ! = 3 ( x + 5) ! ( x + 5) ⋅ ( x + 4 ) ! = 3 ⇒ log4 =3 (x + 4 ) ! (x + 4 ) ! ⇒ log4 (x + 5) = 3 ⇒ x + 5 = 43 ⇒ x + 5 = 43 ⇒ x = 59 bulunur. ⇒ log4

6. Ünite

Diziler

DİZİLER DİZİLERE GENEL BAKIŞ Pozitif tam sayılardan gerçek sayılara tanımlanan fonksiyonlara dizi denir. Fonksiyonlar genelde f(x) ile gösterilirken diziler genel olarak (an) ile gösterilir. (an): Z+ → R şeklinde ifade edilebilir. a1 → Dizinin birinci terimi, a2 → Dizinin ikinci terimi, ... ,

an → Dizinin n inci terimi ile ifade edililir.

UYARI: Bir fonksiyonun dizi belirtebilmesi için fonksiyonun tanım kümesi N+olmalıdır. Başka bir deyişle fonksiyonu tanımsız yapan herhangi bir sayma sayısı olmamalıdır.

Aşağıdakilerden hangileri dizi belirtmez? I.

( 2)

II.

(

n2 + n + 2

)

3n − 2  III.    n+2   5n + 4  IV.    n−3   2  V.  n − 4   n+2    A) I, II, III

B) I, II, IV

D) II, III, IV

C) II, III, V

E) III, IV, V

I, II ve III fonksiyonlarının tanım kümesi N+ olduğundan dizidir. n = 3 için IV nolu n = 1 için V nolu fonksiyonlar tanımsız olduğundan tanım kümeleri N+ değildir. Dolayısıyla dizi değildir. Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 261

6. Ünite



Diziler

3n + 13  (an ) =    n +1 

dizisinin birinci, ikinci ve dördüncü terimlerini bulunuz.

Dizinin birinci terimi Dizinin ikinci terimi

a1 =

a2 =

Dizinin dördüncü terimi

3.1 + 13 16 = =8 1+ 1 2

3.2 + 13 19 = 2+ 1 3

a4 =

3.4 + 13 25 = =5 4+ 1 5

bulunur.

Genel terimi an = 3n . (n + 1)! olan bir dizi için, a1 + a2 toplamı kaçtır? A) 33

B) 45

C) 57

D) 60

n = 1 için

a1 = 31 . (1 + 1)! = 3 . 2! = 3 . 2 = 6

n = 2 için

a2 = 32 . (2 + 1)! = 9 . 3! = 9 . 6 = 54

E) 72

a1 + a2 = 6 + 54 = 60 bulunur. Cevap : D Genel terimi



 3n + 1, n ≡ 0(mod 3) ise  (an ) =  n2 − 2, n ≡ 1(mod 3) ise 2n + 3, n ≡ 2(mod 3) ise 

olan dizi veriliyor. Buna göre, a3 + a4 + a5 toplamı kaçtır? A) 42

B) 37

C) 34

D) 30

E) 27

3 ≡ 0 (mod3) olduğundan a3 = 3. 3 + 1 = 10 4 ≡ 1 (mod3) olduğundan a4 = 42 – 2 = 14 5 = 2 (mod 3) olduğundan a5 = 2 . 5 + 3 = 13 olur. a3 + a4 + a5 = 10 + 14 + 13 = 37 bulunur. 262 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : B

6. Ünite



Diziler

 n3 + 1, n tek sayı ise (an ) =  2 n + 2, n çift sayı ise

olduğuna göre, a1 + a2 + a3 toplamı kaçtır? A) 32

B) 33

C) 36

D) 38

E) 41

1 tek sayı olduğundan a1 = 13 + 1 = 2 2 çift sayı olduğundan a2 = 22 + 2 = 6 3 tek sayı olduğundan a3 = 33 + 1 = 28 a1 + a2 + a3 = 2 + 6 + 28 = 36 bulunur. Cevap : C

Genel terimi an = A) 7

7n + 6 olan dizinin kaçıncı terimi 5 dir? n+ 4

B) 9

C) 11

D) 13

E) 15

dizinin b. terimi 5 olsun o halde ab = 5

7b + 6



b+ 4

=

5 & 7b + 6 = 5b + 20 1 2b = 14

b = 7 bulunur

Cevap : A

Genel terimi, an = 1 + 4 + 7 + ... + (3n – 2) olan dizinin yedinci terimi kaçtır? A) 70

B) 63

C) 50

D) 27

E) 19

n = 7 için 3n – 2 = 3 . 7 – 2= 19 olduğundan 19 a kadar olan terimlerin toplamı

a7 = 1 + 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19

a7 = ortanca terim . terim sayısı a7 = 10 . 7 a7 = 70 bulunur.

Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 263

6. Ünite

Diziler

Genel terimi an = A) 121

a n! olan bir dizi için, 12 oranı kaçtır? n a10 2

B) 60

C) 33

D) 24

E) 12

12! _ 12! b 10 12 12 2 b a12 = 2 = 12.11.10! . 2 = 12.11 = 33 bulunur. 10 2 10! 4 10! ` a10 10! 2 . .2 b n = 10 için a10 = 10 10 b 2 2 a Cevap : C n = 12 için a12 =



(an ) =

dizisinde

5n n+2

an+1 oranını bulunuz. an

_ n+ 1 n+ 1 b 5 5 n n = n + 1 yazýlarak a n + 1 = (n + 1) + 2 b a n + 1 = n + 3 = 5 .5 . n + 2 = 5n + 10 bulunur. ` a n n n n+ 3 n+ 3 5 5 5 b n n = n yazýlarak a n = b n+ 2 n+ 2 a

Öğretmen Örneği n  (an) =   dizisinin  n+4  A) 75

B) 76

(an) dizisinin

e

Çözüm



19 21 , o 20 20

 19 , 21  aralığı dışında kaç terimi vardır?    20 20  C) 80

D) 101

E) 105

aralığında

19 n 21 # # 20 n + 4 20 19 n # & 19n + 76 # 20n & n $ 76 20 n + 4 n 21 # & 20n # 21n + 84 & n $ - 84 n + 4 20

{76, 77, 78… } elemanları olduğunda aralığın dışında {1, 2, 3 … 75} olmak üzere 75 tane terim vardır. Cevap : A 264 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

Genel terimi an = A) 4

n2 + 18 olan dizinin kaç tane terimi tam sayıdır? n

B) 5

C) 6

D) 9

E) 12

2



n 18 18 an = n + n = n + n

n = 1, 2, 3, 6, 9, 18 değerleri için an birer tam sayıdır O halde dizinin 6 terimi tam sayıdır. Cevap : C

Öğretmen Örneği Genel terimi an = A) 6

2n + 46 olan dizinin kaç terimi tam sayıdır? n+3

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

Çözüm 2n + 46 40 2n + 46 n+3 olur. = 2+ ⇒ an = n+ 3 n+ 3 2n+6 2 40



n + 3 = 1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40 için an dizisi tam sayıdır. o halde n = –2, –1, 1, 2, 5, 7, 17, 37 olmak üzere 6 terimi tam sayıdır. Cevap : A

Genel terimi an = n2 – 2n – 24 olan dizinin kaç terimi negatiftir? A) 11

B) 9



an < 0



n2 – 2n – 24 < 0



(n – 6) (n + 4) < 0



n = –4 ve n = 6 n

n2 – 2n - 24

C) 7

E) 5

6

–4 +

D) 6

–

+

n∈(–4, 6) olduğundan n = 1, 2, 3, 4, 5, olmak üzere 5 terimi negatiftir.

Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 265

6. Ünite



Diziler

18 − 2n  (an ) =    2n − 1 

dizisinin kaç terimi negatif değildir? A) 6

an

B) 7

$

C) 8

D) 9

E) 10

0

18 - 2n $ 0 eşitsizliğinin kökleri 18 – 2n = 0 ⇒ n = 9 2n - 1 2n – 1 = 0 ⇒ n =

1 2

n 18 - 2n 2n - 1

1 2

dir.

9

–

–

+

1 n ! c , 9E olduğundan n = 1, 2, 3, 4, …, 9 olmak üzere 9 tane terimi negatif değildir. 2



Cevap : D

2n − 3  (an ) =    n+2 

dizisinin kaç terimi A) 5

5 ten küçüktür? 4

B) 6

C) 7

D) 8

D) 9

5 4



an <



2n - 3 5 2n - 3 < & n+ 2 4 n+ 2 (4)

5 4

(n + 2)

0 olduğundan) 4n + 8



⇒ 8n – 12 – 5n – 10 < 0 ⇒ 3n – 22 < 0 ⇒ n 1 22 3



n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 olmak üzere dizinin 7 terimi 5 ten küçüktür. 4 Cevap : C

266 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

(an) = (–n2 + 6n + 17) dizisinin en büyük elemanı kaçtır? A) 12

B) 13

C) 14

(an) = an2 + bn + c parabolik dizisinde O halde

D) 19

E) 26

-b -b doğal sayı ve a < 0 ise terim dizisinin en büyük elemanıdır. 2a 2a

-b -6 = = 3 olduğundan a3 = –32 + 6.3 + 17 = 26 dizinin en büyük elemanıdır. 2a 2. (- 1) Cevap : E

(an) = (n2 – 8n + 1) dizisinin en küçük elemanı kaçtır? A) –15

B) –13

C) –25

(an) = (a . n2 + bn + c) parabolik dizisinde

D) 24

E) 16

-b -b doğal sayı ve a > 0 ise . terim dizinin en küçük elemanıdır. 2a 2a

o halde; - b - (8) = =4 2a 2.1 olduğundan a4 = 42 – 8 . 4 + 1 = –15 dizinin en küçük elemanıdır. Cevap : A

Genel terimi an = –n2 + 7n – 5 olan dizinin en büyük terimi kaçtır? A) –5

B) –6

C) 6

D) 7

E) 8

-b -b doğal sayı değil ise a < 0 olduğunda ya en yakın iki doğal sayı 2a 2a -b ya en yakın iki doğal sayı değerinden değerinden büyük olanı dizinin en büyük elemanıdır. a > 0 olduğunda 2a küçük olanı dizinin en küçük elemanıdır.

(an) = an2 + bn + c parabolik dizisinde

-b -7 = = 3, 5 ve 3,5 sayısınına en yakın doğal sayılar 3 ve 4 olduğundan 2a 2 (- 1) a4 = –42 + 7 . 4 – 5 = 7 a3 = –32 + 7 . 3 – 5 = 7 o halde

dizinin en büyük terimi 7 dir.

Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 267

6. Ünite

Diziler

EŞİT DİZİLER ∀n ∈ N+ için an = bn ise an ve bn dizilerine eşit diziler denir. (an) dizisinin (bn) dizisine eşitliği (an) = (bn) biçiminde gösterilir.

Aşağıda verilen dizilerden hangileri birbirine eşittir? (an) = (–1)n + 1

(cn) =

(−1)n + 1 2

A) (an) = (cn)

(kn) = (cospn) B) (cn) = (bn)

D) (bn) = (kn)



n

(bn) = (–1)n

n = 1, n = 2

n=3

C) (bn) = (an)

E) (cn) = (kn)

n=4 …

(an)

1

–1

1

–1

…

(an), (bn), (cn) ve (dn) dizilerinin terimleri sırasıyla tab-

(bn)

–1

1

–1

1

…

lo aracılığı ile sıralandığında bn ve kn dizilerinin eşit

(cn)

0

1

0

1

…

diziler olduğu anlaşılmaktadır.

(kn)

–1

1

–1

1

… Cevap : D



(a n) = c

a.n - 4 3n + b m ve (b n) = c m 2 6

dizileri birbirilerine eşit olduğuna göre, a . b çarpımının sonucu kaçtır? A) –24

B) –18

C) –16

D) –15

E) –12

(an) = (bn) an - 4 3n + b = 2 6

⇒ 6an – 24 = 6n + 2b ⇒ 6a = 6 ve –24 = 2b



⇒ a = 1 ve b = –12



⇒ a . b = 1 . (–12) = –12 bulunur. Cevap : E

268 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

SABİT DİZİ Terimlerinin tümü birbirine eşit olan diziye sabit dizi denir.

Aşağıdakilerden hangisi sabit dizi değildir? A) ((–1)2n)

 8n − 4  C)    2n − 1 

B) ((–1)4n + 1) E) (cos pn)

D) (9!)

n n=1 n=2 n=3 n=4 n=5 n=6

dizi

…

(–1)2n

1

1

1

1

1

1

…

(–1)(4n+1)

–1

–1

–1

–1

–1

–1

…

8n - 4 2n - 1

4

4

4

4

4

4

…

9!

9!

9!

9!

9!

9!

9!

…

Cosnp

–1

1

–1

1

–1

1

…

Tablodan anlaşılacağından (Cospn) sabit bir dizi değildir.

 Cevap : E

Genel terimi an =

4 n − 28 olan dizi sabit dizidir. kn + 7

Buna göre, k kaçtır? A) –2

B) –1

C) 1

D) 2

E) 4

a.n + b a b ^anh = c.n + d sabit dizi ise c = d dir. O halde

4 - 28 = k 7



⇒ –28k = 28



⇒ k = –1 bulunur. Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 269

6. Ünite

Diziler

(an) = (a – b – 4)n2 + (b + a)n + a . b dizisi sabit dizi olduğuna göre, a1 + a2 toplamı kaçtır? A) –8

B) –6

C) 0

D) 6

E) 8

Sabit dizi ise ifadede n'li değişen bulunmamalıdır. O halde;

a – b – 4 = 0 ve b + a = dir. a–b=4 a+b=0 2a = 4



a = 2 ve b = –2 ⇒ an = a . b ⇒ an = –4



a1 + a2 = –4 – 4 = –8 bulunur. Cevap : A

DİZİLERDE DÖRT İŞLEM (an) ve (bn) birer dizi olmak üzere; • (an) + (bn) = (an + bn) • (an) – (bn) = (an – bn) • (an) . (bn) = (an . bn) •

(bn) ≠ 0 için

(a n) an =b l (b n) bn

• c sabit sayı olmak üzere, c. (an) = (c . an)

(an) = (n + 1)

(bn) = (n2 – n + 1)

olduğuna göre, (an ) . (bn ) ifadesi aşağıdakilerden hangisidir? A) n3 + 1

B) n3

D) n2 + 1

(an) . (bn)

= (an . bn)



= (n + 1) . (n2 – n + 1)



= (n3 + 1) bulunur.

270 / 11. Sınıf - Matematik

C) n3 – 1

E) n2 – 1

Cevap : A

6. Ünite

Diziler

2n + 3  (an ) =    2n − 1 

n +1 (bn ) =    n 



(cn ) = (an + bn )

olduğuna göre, c3 kaçtır? A)

49 15

B)

47 10

C)

47 32 D) 15 9

E)

29 5

(cn) = (an + bn) (cn) = c

2n + 3 n + 1 m + 2n - 1 n

n = 3 için

c3 =

2.3 + 3 3 + 1 9 4 27 + 20 47 & + + = = 2.3 - 1 3 5 3 15 15 (3)

(5)

Cevap : C

SONLU DİZİ 1 den n ye kadar olan doğal sayıların kümesi An olsun. An = {1, 2, 3, ...... n} An = {1, 2, 3, ......, n} kümesinden gerçel sayılar kümesine tanımlanan her fonksiyona n terimli sonlu dizi denir.

A6 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} olmak üzere,

f : A6 → R



f(n) =

n +1 n

dizisinin tüm elemanlarının çarpımı kaçtır? A) 4

B) 7

C) 9

D) 11

E) 14

a1 . a2 . a3 . a4 . a5 . a6 2 3 4 5 6 7 . . . . . = 7 bulunur. 1 2 3 4 5 6 Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 271

6. Ünite

Diziler

İNDİRGENME BAĞINTISI VERİLEN SAYI DİZİLERİ Bir terimi kendinden önceki bir veya birkaç terim cinsinden tanımlanan dizilere indirgemeli dizi denir.

Bir an dizisinde a1 = 5 tir.

∀n ∈ N+ için

an + 2 = 2 + an olduğuna göre, a5 kaçtır? A) 9

B) 10

C) 11

D) 12

E) 13

∀n∈N+ için a1 = 5 ve an+2 = 2 + an ise n = 1 için a3 = 2 + a1 n = 3 için a5 = 2 + a3 a5 + a3 = 4 + a1 + a3 a5 = 4 + 5 = 9 bulunur. Cevap : A

Bir an dizisinde a1 = 40 tır. an + 1 = n + an olduğuna göre, a20 kaçtır? A) 210

B) 220

C) 230

D) 240

n = 1 için a2 = 1 + a1 n = 2 için a3 = 2 + a2 n = 3 için a4 = 3 + a3 n = 19 için a20 = 19 + a19 + a20 = 1 + 2 + 3 + … + 19 + a1

1 + 2 + 3+ … + n =

E) 250

n. (n + 1) 2

19.20 + a1 2 a20 = 190 + 40 a20 =

a20 = 230 bulunur. Cevap : C

272 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

Bir an dizisinde a1 = 39 dur. an + 1 = an . n olduğuna göre, a39 kaçtır? A) 38!

B) 39!

C) 40!

D) 41!

E) 42!

n = 1 için a2 = a1 . 1 n = 2 için

a3 = a2 . 2

n = 3 için a4 = a3 . 3 n = 38 için x

a39 = a . 38

a39 = a1 . 1.2.3 … 38 = a1 . 38! = 39 . 38! = 39! bulunur. Cevap : B

Öğretmen Örneği Bir an dizisinde a2 = 5 tir. an + 2 = an+ n2 – n olduğuna göre, a10 kaçtır? A) 125

B) 120

C) 115

D) 110

E) 105

Çözüm n = 2 için a4 = a2 + 22 – 2 ⇒

a4 = a2 + 2

n = 4 için a6 = a4 + 42 – 4 ⇒

a6 = a4 + 12

n = 6 için a8 = a6 + 62 – 6 ⇒ a8 = a6 + 30 n = 8 için a10 = a8 + 82 – 8 ⇒ a10 = a8 + 56 + a10 = a2 + 2 + 12 + 30 + 56 a10 = 5 + 100 a10 = 105 bulunur. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 273

MİNİ ÖDEV

4. (an) = 2n + 42 n+3 dizisini p. terim bir tam sayıdır. Buna göre, p nin kaç farklı çift değeri vardır?

1. Genel terimi an =



n + 2 , n = 2k , k∈N n2 + n , n ≠ 2k , k∉N

A) 1

olan (an) dizisinde a4 + a5 kaçtır? A) 26

B) 30

C) 35

D) 36

1

E) 40

Çözüm



n = 4 için 4 = 2k ⇒ k = 2∈N olduğundan,

B) 2

C) 3

2n + 42 n + 3 2n + 6 2 – 36 p. terim ap = 2 + 36 p+3



n = 5 için 5 = 2k ⇒ k∉N olduğundan, a5 = 52 + 5 = 30 dur. a4 + a5 = 6 + 30 = 36 dır.



2. (an) = f1 - 1 p n+1

5. an dizisi , a1 = 40



an + 1 = an – n (n = 1, 2, 3, ....)



Çözüm



a1 . a2 . a3 . .... a20



1 2 3 $ .... 20 $ $ 2 3 4 21 1 bulunur. 21

3. Terimleri birbirinden farklı birer doğal sayı ve artan olan bir dizinin ilk 6 terimi 3, 4, 7, x, 9, y, z dir.

Bu sayıların aritmetik ortalaması 10 olduğuna göre x + z toplamının en küçük değeri kaçtır? A) 26

B) 27

C) 28

D) 29

biçiminde tanımlanıyor. Buna göre, a8 terimi nedir?

Çözüm Artan ve terimleri doğal sayı ise x = 8 dir.



3 4 7 8 9 y z Aritmetik ortalama = + + + + + + = 10 7 y + z = 39 olur. 9 < y < z ve y + z = 39 ise z en az 20 dir. O halde, x + z en küçük 8 + 20 = 28 bulunur.

B) 7

C) 12

D) 15

E) 19

Çözüm n = 1 için n = 2 için n = 3 için ⁞ n = 7 için



a2 = a1 – 1 a3 = a2 – 2 a4 = a3 – 3 ⁞ a8 = a7 – 7

+ a8 = 40 – 28 = 12 bulunur.

6. (an) = f 3n + 2 p bn + 4

E) 30



274 / 11. Sınıf - Matematik

p + 3 → 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 p → –2, –1, 0, 1, 3, 6, 9, 15, 33 pçift → {6} bir tane çift p değeri vardır.

A) 4

an = n + 1 - 1 = n n+1 n+1





E) 5

Çözüm

a4 = 4 + 2 = 6 dır.

dizisinin ilk 20 teriminin çarpımı kaçtır? C) 1 D) 1 E) 1 A) 1 B) 1 5 10 20 21 18

D) 4

dizisi sabit dizi olduğuna göre, b . a3 değeri kaçtır? A) 2



B) 3

C) 4

D) 6

Çözüm

Sabit dizisi ise 3 = 2 ⇒ 12 = 2b ⇒ b = 6 dır. b 4 an = 3n + 2 = 3n + 2 = 1 6n + 4 2(3n + 2) 2

b = 6 ve a3 = 1



b . a3 = 6 . 1 = 3 bulunur. 2

2

E) 8

6. Ünite

Diziler

ÜÇGEN SAYILAR

a1 = 1

a2 = 3

a3 = 6

a4 = 10

Şeklinde verilen örüntüde üçgen sayılar modellenmiştir. a1 = 1 a2 = 1 + 2 = 3 a3 = 1 + 2 + 3 = 6 a4 = 1 + 2 + 3 + 4 = 10

.. ..

an = 1 + 2 + 3

..... + n =

Buna göre genel terimi an =

n(n + 1) 2 n(n + 1) olan (an) dizisinin terimleri üçgen sayıdır. 2

Üçgen sayı dizisi bir indirgemeli dizidir. Dizinin indirgeme bağıntısı a1 = 1 için an + 1 = an + (n + 1) dir.

11. Sınıf - Matematik / 275

6. Ünite

Diziler

Üçgen sayılar küçükten büyüğe doğru sıralandığında baştan 10. sırada bulunan üçgen sayı kaçtır? A) 40

B) 42

C) 46

D) 48

E) 55

Üçgen sayıların genel terimi n. (n + 1) dir. an = 2 O halde baştan 10. sırada bulunan üçgen sayı 10.11 a10 = = 55 olur. 2 Cevap : E

Üçgen sayılar küçükten büyüğe doğru sıralandığında ilk 20 terimin toplamının ilk 18 terimini toplamından kaç fazladır? A) 500

B) 480

C) 400

D) 240

E) 210

İlk n terim toplamı Sn ile tanımlansın S20 – S18 = (a1 + a2 + a3 + … + a20) – (a1 + a2 + a3 + … + a18) S20 – S18 = a20 + a19 =

20.21 19.20 + 2 2

= 210 + 190 = 400 bulunur. Cevap : C

276 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

Kare Sayılar

a1 = 1

a2 = 4

a3 = 9

a4 = 16

Şeklinde verilen örüntüde kare sayılar modellenmiştir. a1 = 1 a2 = 1 + 3 = 4 a3 = 1 + 3 + 5 = 9 a4 = 1 + 3 + 5 + 7 = 16

.. ..

an = 1 + 3 + 5 + ..... + (2n – 1) = n2 Buna göre genel terimi an = n2 olan (an) dizisinin terimleri kare sayılardır.

Kare sayılar

1, 4, 9, 16, 25 ................... biçimindedir.

Kare sayı dizisi bir indirgemeli dizidir. Dizinin indirgeme bağıntısı

a1 = 1 için an + 1 = an + (2n + 1) dir.

UYARI: Komşu iki üçgen sayının toplamı bir kare sayıdır.

11. Sınıf - Matematik / 277

6. Ünite

Diziler

Ardışık iki üçgen sayının toplamı 169 olduğuna göre, bu sayıların farkının mutlak değeri kaçtır? A) 12

B) 13

C) 14

D) 15

E) 16

Komşu iki üçgen sayının toplamı bir kare sayıdır. 1

1

3 4

6 9

10 16

15 25

21 36

28 … 49…

O halde kare sayımız 169 dur ve kare sayının genel terimi n2 olduğundan 169 kare sayı dizisinin baştan 13. terimidir. Kare sayı dizisinin 13. elemanı üçgen sayının 12. ve 13. terimlerinin toplamıdır. O halde bu sayıların farkının mutlak değeri



13.14 12.13 = 91 - 78 = 13 bulunur. 2 2

Cevap : B

Öğretmen Örneği Bir an dizisinde a1 = 1 dir. an + 1 = 2n + 1 + an olduğuna göre, a20 kaçtır? A) 400

B) 396

C) 360

D) 320

E) 225

Çözüm Verilen indirgenme bağıntısı kare sayı dizisine aittir. O halde an kare sayı dizisidir. an = n2 ⇒ a20 = 202 = 400 bulunur. Cevap : A

278 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

FİBONACCİ DİZİSİ Fibonacci'nin yazdığı "Liber Abacı" adlı kitabında şöyle bir tavşan problemi vardır. Yeni doğmuş bir tavşan çiftinin (dişi ve erkek) bir ay zarfında ergenliğe eriştiği ve iki aylık olduktan sonrada yavrulamaya başladığı varsayılmaktadır. Ergin tavşan çift ise her ay bir çift (dişi ve erkek) yavru vermektedir. Başlangıçta yeni doğmuş bir tavşan çifti olduğuna göre, tavşan çiftlerinin sayısı bir yılda kaç olur?

İşte bu problemin cevabından



1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144 . . .

biçiminde oluşan sayı dizisi meydana gelmiş ve adına fibonacci dizisi denilmiştir. Fibonacci dizisinin ana mantığında başlangıçta iki sayı veriliyor ve bu sayılar sonrasında gelen her yeni sayı kendisinden önceki iki terimin toplamı kadar oluyor.

1 n ≤ 2 ise  an =  an−1 + an−2 n > 2 ise

Fibonacci dizisinin indirgeme bağıntısıdır.

Fibonacci dizisinde ilk iki terim 2 ve 3 olarak alınsaydı; bu dizinin 7. terimi ile 10. teriminin toplamı kaç olurdu? A) 178

B) 164

C) 150

D) 149

E) 148

a1, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9, a10 … 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144 olur. o halde a7 + a19 = 34 + 144 = 178 bulunur. Cevap : A

11. Sınıf - Matematik / 279

6. Ünite

Diziler

ARİTMETİK DİZİ Bir dizinin ardışık terimleri arasındaki fark sabit ise bu dizilere aritmetik dizi denir. Örneğin; (an) = 3, 7, 11, 15, 27, ... dizisi aritmetik dizidir. Çünkü terimleri arasındaki fark sabittir. Aritmetik dizide aritmetik ortalama sözkonusudur. Aritmetik dizi bir indirgemeli dizidir. d aritmetik dizinin ardışık iki terimi arasındaki fark olmak üzere indirgeme bağıntısı an + 1 = d + an dir. d

d

d

d

a1, a2, a3, a4, a5, a6, ..... an bir aritmetik dizi ve d gerçek sayı olmak üzere; an = a1 + (n – 1) d

veya

an = ap + (n – p) d

dizinin genel terimidir.

İlk terimi 5 ve ortak farkı 3 olan aritmetik dizinin genel terimi aşağıdakilerden hangisidir?  A) 3n + 2

B)

D) 2n + 3

3n + 7 2 E) n+4

C) 3n+5

a1 = 5 ve d = 3 olduğuna göre; an = a1 + (n–1)d an = 5 + (n – 1) . 3 an = 5 + 3n – 3 an = 3n + 2 bulunur.

280 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : A

6. Ünite

Diziler

(an) aritmetik dizisinde a1 = 3 ortak fark 2 olduğuna göre, a7 kaçtır? A) 13

B) 15

C) 17

D) 19

E) 21

a1 = 3 ve d = 2 olduğuna göre, a7 = a1 + (7 – 1)d a7 = 3 + 6.2 a7 = 15 bulunur. Cevap : B

(an) aritmetik dizisinde a4 = 5 ortak fark 3 olduğuna göre a10 kaçtır? A) 23

B) 26

C) 29

D) 32

E) 35

a4 = 5 ve d = 3 olduğuna göre, a10 = a4 + (10 – 4)d a10 = 5 + 6.3 a10 = 23 bulunur. Cevap : A

Bir aritmetik dizide ap ve an biliniyor ise ortak fark = d =

ap − an p−n

dir.

11. Sınıf - Matematik / 281

6. Ünite

Diziler

(an) bir arit­me­tik di­zi­dir. a3 = –7 a11 = 41 ol­du­ğu­na gö­re, bu di­zi­nin or­tak far­kı kaç­tır? A) 3

d=

B) 4

C) 5

D) 6

E) 7

a11 - a3 41 - (- 7) 48 = = = 6 bulunur. 11 - 3 8 8 Cevap : D

Üçüncü terimi 8, onbirinci terimi 10 olan bir aritmetik dizinin 39. terimi kaçtır? A) 25

B) 23

a3 = 8 ve a11 = 10 ⇒ d =

C) 21

D) 19

E) 17

a11 - a3 10 - 8 1 &d= bulunur. = 11 - 3 8 4

a39 = a3 + (39 – 3)d 1 a39 = 8 + 36 . ⇒ a39 = 8 + 9 = 17 bulunur. 4 Cevap : E

(an) bir aritmetik dizidir. a7 – a2 = 35 ve a10 = 82 olduğuna göre, dizinin ilk 5 teriminin toplamı (S5) kaçtır? A) 165

d=

B) 155

C) 145

D) 130

E) 118

a 7 - a 2 35 = = 7 olur. 7- 2 5

a10 = a1 + (10 – 1)d = 82 ⇒ a1 + 9 . 7 = 82 ⇒ a1 = 82 – 63 ⇒ a1 = 19 olur. S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 19 + 26 + 33 + 40 + 47 S5 = 165 bulunur. Cevap : A 282 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

Bir aritmetik dizide her terim kendisinden eşit uzaklıkta bulunan terimlerin aritmetik ortasıdır.

ap ak =

ak

ap + an 2

ve k =

an

n+p dir. 2

Genel terimi (an) olan bir aritmetik dizi için a9 = 54 ve a3 = 30 olarak veriliyor. Buna göre, (a6)2 kaçtır? A) 1156

B) 1444

C) 1764

D) 2116

E) 2500

9 + 3 12 = = 6 olduğundan 2 2 a3 + a9 30 + 54 = a6 & = a6 & 42 = a6 bulunur. 2 2 (a6)2 = (42)2 = 1764 bulunur.

Öğretmen Örneği

Cevap : C

(an) aritmetik bir dizi a3 + a7 + a11 = 21 a2 + a9 + a16 = 63 olduğuna göre, bu dizinin ortak farkı kaçtır? A) 4

B) 5

C) 6

D) 7

E) 9

Çözüm a3 + a11 = a 7 & a3 + a11 = 2a 7 dir. 2 a3 + a7 + a11 = 21 ⇒ 2a7 + a7 = 21 ⇒ 3a7 = 21 ⇒ a7 = 7 dir. a 2 + a16 = a 9 & a 2 + a16 = 2a 9 dir. 2 a2 + a9 + a16 = 2a9 + a9 = 63 ⇒ 3a9 = 63 ⇒ a9 = 21 dir. d=

a 9 - a 7 21 - 7 = = 7 bulunur. 9- 7 2

Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 283

6. Ünite

Diziler

(an) bir aritmetik dizidir. a5 + a9 toplamı x olduğuna göre, aşağıdakilerden hangisi ya da hangilerinin değeri 2x tir? l. a3 + a5 + a9 + a11 ll. a1 + a13 lll. a7 A) Yalnız l

B) Yalnız ll

D) l ve ll

C) Yalnız lll

E) l, ll ve lll

a5 + a9 x olur. = a 7 & a 5 + a 9 = 2a 7 & 2a 7 = x & a 7 = 2 2 I.

a + a9 a3 + a11 = a 7 ve 5 = a7 2 2

x a3 + a5 + a9 + a11 = 2a7 + 2a7 = 4a7 = 4. = 2x dir . 2 a + a13 x II. 1 = a 7 & a1 + a13 = 2a 7 & a1 + a13 = 2. = x dir. 2 2 III. a7 =

x dir. 2 Cevap : A



a – 5, 2a – 11, a + 19

ifadesi üç terimden oluşan sonlu bir aritmetik dizinin ardışık terimleridir. Buna göre, a kaçtır?  A) 20

B) 18

a1 = a – 5 a2 = 2a – 11 a3 = a + 19 olsun

C) 16

D) 14

E) 12

a1 + a3 = a 2 olacağından 2 a - 5 + a + 19 = 2a - 11 2 2a + 14 = 4a – 22 36 = 2a a = 18 bulunur. Cevap : B

284 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

a ve b arasına bu sayılar ile birlikte bir aritmetik dizi oluşturacak şekilde n terim yerleştirilirse ortak fark d=

b−a olur. n +1

–4 ile 44 arasına, onüç terimli sonlu bir aritmetik dizi oluşturacak şekilde onbir terim yerleştiriliyor. Buna göre, dizinin ortak farkı kaç olur?  A)

48 13

B) 3

C)

48 11

D) 4

E) 6

–4, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, a9, a10, a11, a12, 44 Yukarıda verilen dizide a1 = –4 ve a13 = 44 olur. d=

a13 - a1 44 - (- 4) 48 = = = 4 bulunur. 13 - 1 11 + 1 12

ya da d =

b - a 44 - (4) 48 = = = 4 bulunur. n+ 1 11 + 1 12 Cevap : D

2 ve 4 sayıları arasına aritmetik dizi olacak şekilde 7 terim yerleştirilirse baştan 4. terim kaç olur? A)

7 10 B) 2 3

C)

11 13 D) 2 5

E)

11 4

2, a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8, 4 oluşacak dizinin ortak farkı a1 = 2 ve a9 = 4 olduğundan, a - a1 4 - 2 1 d= 9 bulunur. = = 9- 1 8 4 Baştan 4. terim

a4 = a1 + (4 – 1)d 1 a4 = 2 + 3. 4 11 a4 = bulunur. 4 Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 285

6. Ünite

Diziler

Z

C B A

Yukarıda bir anfi tiyatronun oturma şeması verilmiştir. Türkçe alfebesi kullanılarak en ön sıra A dan başlayıp son sıra Z de bitmektedir. A sırasında 50 koltuk, Z sı­ra­sın­da ise 106 kol­tuk bu­lun­mak­ta­dır. Sıralar aritmetik dizi olacak şekilde arttığına göre; L harfli sırada kaç koltuk vardır? A) 74

B) 76

C) 78

D) 80

E) 82

Alfabede 29 harf bulunduğundan A = a1, B = a2, C = a3, …, Z = a29 dur. L harfi koltuk alfabenin 15 harfi olduğunda L = a15 tir. a1 = 50, a29 = 106 ise a - a1 106 - 50 56 d = 29 = = = 2 bulunur. 29 - 1 28 28

L = a15 = a1 + (15 – 1) d = 50 + 14.2 = 78 bulunur. Cevap : C Bir aritmetik dizide baştan ve sondan eşit uzaklıkta bulunan terimlerin toplamı eşittir. a1, a2, a3, a4, a5, a6 için a1 + a6 = a2 + a5 = a3 + a4 dür.



5, a, b, c, 14

beş te­rim­den olu­şan son­lu bir arit­me­tik di­zidir. Bu­na gö­re, a + b + c top­la­mı kaç­tır? A) 21,5

B) 22

C) 23,5

D) 27,5

E) 28,5

Bir aritmetik dizide 5 + 14 = a + c olduğundan a + c = 19 bulunur. 5 ve 14 un ortasında b olduğundan 5 + 14 19 = b&b= = 9, 5 bulunur. 2 2 O halde a + c + b = 19 + 9,5 = 28,5 bulunur. Cevap : E 286 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

Bir aritmetik dizide ilk n terim toplamı Sn ile gösterilirse, n Sn = (a1 + an) 2 Sn =

n (2a1 + (n – 1)d) dir. 2

(an) aritmetik dizisinde a1 = 3 ortak fark 4 olduğuna göre, ilk 10 terim toplamı kaçtır? A) 210

B) 220

C) 230

İlk on teriminin toplamı,

D) 240

E) 250

2. yol:

a10 = a1 + 9d = 3 + 9,4 = 39 olduğundan a1 + a2 + a3 + … + a10 3 + 7 + 11 + … +39 olur. (ortanca terim) . (terim sayısı) 3 + 39 .10 = 21.10 = 210 bulunur. 2

a1 = 3, d = 4 ve S10 = ? 10 S10 = (2a1 + (10 - 1) d) 2 S10 = 5 . (6 + 9,4) S10 = 5.42 = 210 bulunur. Cevap : A

Birinci terimi 4 ve 30. terimi 20 olan aritmetik dizinin ilk otuz teriminin toplamı kaçtır?  A) 360

B) 180

C) 175

D) 160

E) 140

a1 =4, a30 = 20 ise S30 = ? S30 = a1 + a2 + a3+ … +a30 S30 = a1 + a30 .30 2 4 20 .30 + S 30 = 2 S30 = 12 . 30 = 360 Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 287

6. Ünite

Diziler

(an), bir aritmetik dizi ve ilk n teriminin toplamı Sn dir. S7 – S6 = 15 a19 = 18 olduğuna göre, bu dizinin ortak farkı kaçtır? A)

1 1 B) 4 3

C)

1 2

D) 2

E) 4

S7 – S6 = a7 = 15 a19 = 18 a - a 7 18 - 15 3 1 d = 19 bulunur. = = = 19 - 7 12 12 4 Cevap : A

Bir dizide ilk n terimin toplamı Sn = 3n2 + 2 olduğuna göre, bu dizinin altıncı terimi kaçtır?  A) 110

B) 84

C) 56

D) 38

E) 33

Sn bir dizinin ilk n teriminin toplamını göstermek üzere, S6 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 S6 – S5 = (a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6) – (a1 + a2 + a3 + a4 + a5) S6 – S5 = a6 a6 = (3 . 62 + 2) – (3 . 52 + 2) a6 = 110 – 77 = 33 bulunur. Cevap : E

288 / 11. Sınıf - Matematik

MİNİ ÖDEV 1. (an) aritmetik dizisinde a1 = 34 a4 = 52 olduğuna göre, a11 kaçtır? A) 82 B) 87 C) 93

4. 6 ile 69 sayıları arasına bu sayılarla beraber aritmetik dizi oluşturacak biçimde 8 terim yerleştirildiğinde ortak fark kaç olur? D) 94

A) 3

E) 106

Çözüm



2

B) 5

C) 6

D) 7

E) 9

Çözüm

6 , b1 , b2 , b3 , b4 , b5 , b6 , b7 , b8 , 69 a1 a10

a 4 - a1 52 - 34 18 = =6 = 3 3 4-1 (a11) = a1 + 10d (a11) = 34 + 10 . 6 (a11) = 94 bulunur. d=



d=

a10 - a1 69 - 6 63 = = =7 7 10 - 1 9

2. (an) aritmetik dizisinde, a1 = 6 a21 = 26

5. Dış bükey bir dörtgende açılar bir aritmetik dizinin ardışık dört terimidir.





olduğuna göre, bu dizinin ilk 25 teriminin toplamı kaçtır? A) 450 B) 480 C) 500 D) 520 E) 560

Çözüm



A) 100

a21 - a1 26 - 6 = =1 21 - 1 20 S25 = 25 (2a1 + 24d) 2 = 25 (2 . 6 + 24 . 1) = 25 . 36 = 25 . 18 = 450 2 2

d=

3.

Ödeme (¨) 500 350

1. 2. 3.



Ay

Yukarıdaki grafik Özgür'ün bankadan çekmiş olduğu kredinin ödeme biçimini göstermektedir. Buna göre, Özgür her ay bir önceki ay ödediği miktarın 150 lira fazlasını ödeyerek bu borcu bitirmek istemekte olduğuna göre 15. ay bankaya kaç lira ödeme yapmalıdır? A) 2200 B) 2300 D) 2450

Çözüm



B) 120

C) 130

D) 140 E) 150

Çözüm

a1 = 60º ve S4 = 360 olduğundan a1 + a1 + d + a1 + 2d + a1 + 3d = 360

4a1 + 6d = 360 ⇒ 240 + 6d = 360 ⇒ d = 20 olur.



En büyük açı = aı + 3d = 60 + 3 . 20 = 120º dir.

6. a, b, c, d ve e gerçek sayılardır.

200



Bu dörtgenin en küçük açısı 60º olduğuna göre, en büyük açı kaç derecedir?

C) 2350 E) 2500

a1 = 200 ve d = 150 olan bir aritmetik dizide, a15 = a1 + 14d a15 = 200 + 150 . 14 a15 = 2300 bulunur.



a-b=b-c=c-d=d-e



a + b + c + d + e = 90



olduğuna göre, c kaçtır? A) 10



B) 12

C) 16

D) 18

E) 20

Çözüm

Ardışık iki terim arasındaki farkları eşit olan diziye aritmetik dizi denir ve bir aritmetik dizide ardışık terimler toplamı ortanca terim çarpı terim sayısıdır. Buna göre, a + b + c + d + e = 90 5 . c = 90 c = 18 bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 289

6. Ünite

Diziler

GEOMETRİK DİZİ an+1 = r (sabit) an Geometrik dizi bir indirgemeli dizidir ve indirgeme bağıntısı r ortak çarpan olmak üzere,

Bir dizinin ardışık terimleri arasındaki oran sabit ise bu diziye geometrik dizi denir.

an + 1 = an . r dir. Örneğin; (an) = (3, 6, 12, 24, 48, 96, ....) dizisi geometrik dizidir. a1, a2, a3 … an … geometrik dizisinde genel terim,



an = a1 . r n – 1

dir.

an = ap . r n – p

dir.

veya



(an) geometrik dizisinde a1 = 2 ortak çarpanı 2 olduğuna göre, dizinin genel terimi aşağıdakilerden hangisidir? A) 2n

B) 2n – 1

C) 2n + 1

D) 32n

E) 21 – n

a1 = 2, r = 2 ise an = ? an = a1 . rn–1 ⇒ an = 2 . 2n–1

an = 2n bulunur.

İlk terimi 8, ortak çarpanı A) 4

a1 = 8, r = a3 = a1 . r2

B) 2

Cevap : A

1 olan bir geometrik dizinin, üçüncü terimi kaçtır? 4 1 1 1 E) C) D) 2 4 16

1 ise a3 = ? 4

a3 = 8 . r2 1 2 a3 = 8 . c m 4 1 1 a3 = 8 . bulunur. = 16 2 290 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : C

6. Ünite

Diziler

(an) geometrik dizisinde ap ve an biliniyor ise ortak çarpan: r = p −n

ap an

dir ,

(an) bir geometrik dizidir. a3 =



1 16

a10 = 8 olduğuna göre, a15 kaçtır? A) 16

r = 10 - 3

B) 32

C) 64

a10 &r= a3

7

D) 128 3

8 1 16

&r=

2 1

7

2 &r=

7 7



E) 256

3

2 .2

4

4

7

r= 2 r = 2 olur.



a15 = a10 . r5 ⇒ a15 = 8 . 25 = 8 . 32 = 256 bulunur. Cevap : E

Öğretmen Örneği (an) pozitif terimli geometrik dizidir. a9 – a6 = 168 a7 – a6 = 8 olduğuna göre, ortak çarpan kaçtır? A)

1 1 B) 4 2

C) 2

D) 3

E) 4

Çözüm

a9 – a6 = a1 . r8 – a1 . r5 = 168 a7 – a6 = a1 . r6 – a1 . r5= 8 8

5

5

3

3 a 9 - a6 a1 r - a1 r a1 .r (r - 1) r -1 21 & & = 21 = = 5 a 7 - a6 a r6 - a r 5 r- 1 a . r ( r 1 ) 1 1 1 2

(r - 1) (r + r + 1) & = 21 & r2 + r + 1 = 21 ⇒ r2 + r – 20 = 0 ⇒ (r + 5)(r – 4) = 0 r- 1 ⇒ r = –5 ve r = 4 olur. (an) pozitif terimli geometrik dizi olduğunda r = 4 tür.

Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 291

6. Ünite



Diziler

1, x, y, z, 256

sayıları bir geometrik dizinin ardışık ilk beş terimi olduğuna göre, x + y + z toplamı kaçtır? A) 84

B) 72

C) 64

D) 60

E) 48

a1 = 1 ve a5 = 256 dır. r=

a5 &r= a1

4

4

256 & r = 4 tür. 1

O halde x=1.4=4 y = x . 4 = 16

x + y + z = 4 + 16 + 64 = 84 bulunur.

z = y . 4 = 64 Cevap : A

Bir geometrik dizide her terim kendisine eşit uzaklıkta bulunan terimlerin geometrik ortasıdır. ap ak2 = ap . an ve k =

ak

an

p+n 2

(an), pozitif terimli geometrik dizi, a4 = 4 a6 = 16 olduğuna göre, a5 kaçtır? A) 1



B) 2

a4

C) 3

a5

olduğundan

a4 . a6 = a52



4 . 16 = a52



a52 = 64



a5 = 8 bulunur.

292 / 11. Sınıf - Matematik

D) 4

E) 8

a6

Cevap : E

6. Ünite

Diziler

Bir geometrik dizinin ardışık üç terimi sırasıyla x – 3, x – 1, x + 2 olduğuna göre, bu dizinin ortak çarpanı kaçtır? A)

1 1 B) 4 2

C)

3 5 D) 2 2

E) 7

İki terimin çarpımı ortalarındaki teriminin karesine eşittir. (x – 3) . (x + 2) = (x – 1)2



x2 – x – 6 = x2 – 2x + 1

2x – x = 7



x = 7 dir.

O halde dizi 4, 6, 9 olur. 4 . r = 6 ⇒ r =

3 bulunur. 2 Cevap : C

(an) bir geometrik dizidir. a6 =



1 27 ve a10 = 6 32

olduğuna göre, A) 2

2 dizinin kaçıncı terimidir? 27

B) 3

C) 4

D) 7

E) 8

1 27 2 a6 = , a10 = , a x = ise x = ? 6 32 27 r=

4

a10 = a6

ax = a6 . rx–6 ⇒

4

27 32 = 1 6

4

27 .6 = 32

4

81 3 olur. = 16 2

2 1 3 x- 6 4 3 x- 6 3 x- 6 3 -2 & =c m &c m = .c m =c m 27 6 2 9 2 2 2

⇒ x – 6 = –2 ⇒ x = 4 bulunur.

Cevap : C

a ve b sayıları arasına bu sayılarla beraber bir geometrik dizi oluşturacak şekilde n tane terim yerleştirilir ise ortak çarpan, r = n+1

b olur. a 11. Sınıf - Matematik / 293

6. Ünite

Diziler

1 ile 1024 arasına pozitif terimli geometrik dizi oluşturacak şekilde altı terim yerleştiriliyor. 16 Buna göre, dizinin baştan dördüncü terimi kaçtır? A) 64

B) 32

C) 8

D) 4

1 , a , a , a , a , a , a , 1024 6 2 3 4 5 6 7

1 ve a8 = 1024 tür. 16

Yukarıdaki geometrik dizide a1 = r=

a8 = a1

7

1024 = 1 16

7

a4 = a1. r3 ⇒ a4 =

10

7

E) 2 

2 = 1 2

7

14

2

2 = 2 = 4 olur.

4

1 3 1 .4 = .64 ⇒ a4 = 4 bulunur. 16 16

Cevap : D

Bir geometrik dizide baştan ve sondan eşit uzaklıkta bulunan terimlerin çarpımları eşittir. a1, a2, a3, a4, a5, a6 için a1 . a6 = a2 . a5 = a3. a4 olur.

Bir geometrik dizinin a1, a2, a3, a4 , a5 şeklindeki 5 elemanı ile ilgili,

a1 . a5 = 3x – 4



a2 . a4 = 2x + 3

bilgileri veriliyor. Buna göre, x kaçtır? A) 4

B) 5

C) 6



⇒ a1 . a5 = a2 . a4



⇒ 3x – 4 = 2x + 3



⇒ x = 7 bulunur.

D) 7

E) 8

Cevap : D 294 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite



Diziler

1 , a, b, c, 27 3

ifadesi beş terimden oluşan sonlu bir geometrik dizidir. Buna göre, a.b.c çarpımı kaçtır? A) 3

B) 9

Geometrik bir dizide

C) 27

D) 36

E) 81

1 1 1 2 ile 27 nin ortasında bulunduğundan .27 = b dir. .27 = a.c dir ve b sayýsý 3 3 3



1 . 27 = a . c ⇒ a . c = 9 3



1 . 27 = b2 ⇒ b = 3 3

o halde a . b . c = 9 . 3 = 27 bulunur. Cevap : C

Geometrik bir dizinin ilk n terim toplamı Sn ile gösterilirse, Sn = a1 ⋅

rn − 1 dir. r −1

İlk terimi 3 ve ortak çarpanı 2 olan geometrik dizinin ilk 8 teriminin toplamı kaçtır? A) 710

B) 725

C) 740

D) 765

E) 780

a1 + a2 + a3 + … + a8 3 + 3 . 2 + 3 . 22 + … + 3 . 27

II. yol

3(1 + 2 + 22 + … + 27)

a1 = 3 ve r = 2 ise S8 = ? 8 r -1 S 8 = a1 . r- 1

n

c1 + r + r 2 + ... + r n - 1 = r - 1m r- 1 8

2 -1 3. = 3.255 = 765 bulunur. 2- 1

8

2 -1 S8 = 3 . = 3 . 255 = 765 bulunur. 2- 1 Cevap : D

11. Sınıf - Matematik / 295

6. Ünite

Diziler

an geometrik dizisinde a1 = 2 a4 = 16 olduğuna göre ilk 7 terimin toplamı kaçtır? A) 221

B) 240

a1 = 2 ve a4 = 16 ⇒ r =

C) 249

3

a4 = a1

D) 252

3

16 = 2

3

E) 254

8 = 2 olur.

7



r -1 S 7 = a1 . r- 1



2 -1 S 7 = 2. 2- 1

7

S7 = 2 . 127 S7 = 254 bulunur. Cevap : E

(an) geometrik dizisinde ilk n terim toplamı Sn dir.

S6 = 28 S3

olduğuna göre, dizinin ortak çarpanı kaçtır? A) 1

B) 2 6

C) 3

D) 4

E) 5

3

r -1 r -1 olduğundan ve S3 = a1 . S6 = a1 r- 1 r- 1 6

r -1 6 3 3 S6 a1 . r - 1 r - 1 (r - 1) (r + 1) 3 = = 3 = = r + 1 = 28 3 3 S3 r -1 r -1 r -1 a1 . r- 1 ⇒ r3 = 27 ⇒ r = 3 bulunur. Cevap : C 296 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

(an) geometrik dizisinde ilk n terim çarpımı Pn ise,

( a1 ⋅ an )n

Pn = a1 . a2 …. an =

dir.

(an) geometrik dizisinde, a1 = 2 a7 = 128 olduğuna göre, bu dizinin ilk 7 terim çarpımı kaçtır? A) 220

B) 224

C) 226

D) 228

E) 230

a1 = 2, a7 = 128 ise P7 = a1 . a2 . a3 . a4. . a5 . a6 . a7 P7 =

(a1 .a 7)

7

& P7 =

(2.128)

7

7



=

(256)



=

(2 )



=

2



= 228 bulunur.

8 7

56

Cevap : D

Bir dizi hem geometrik hem de aritmetik dizi ise o dizi sabit dizidir. Yani tüm elemanları eşittir.



3x – 1, x + 7, y + 1

üç terimli geometrik dizisi hem aritmetik hemde geometrik bir dizidir. Buna göre x + y kaçtır? A) 14

B) 15

C) 16

D) 17

E) 18

Dizi sabit dizidir. O halde tüm terimleri birbirine eşittir.

3x – 1 = x + 7 = y + 1



3x – 1 = x + 7 ⇒ 2x = 8 ⇒ x = 4 tür.



x + 7 = y + 1 ⇒ 11 = y + 1 ⇒ y = 10 dur.



x + y = 4 + 10 = 14 dur. Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 297

MİNİ ÖDEV 1. (an) bir geometrik dizi olduğuna göre, a3 $ a 7 a2 $ a8

işleminin sonucu kaçtır? C) 1 A) 1 B) 1 3 2 4

D) 1

E) 2

Çözüm



a2 = a1 . r , a8 = a1 . r7 olduğundan,

a3 $ a7 a1 $ r2 $ a1 $ r6 a12 $ r8 = 1 bulunur. a2 $ a8 = a $ r $ a $ r7 = a12 $ r8 1

1

2. Ortak çarpanı 2 olan bir geometrik dizinin n. teriminin 2. terimine oranı 128 olduğuna göre, n kaçtır? A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10

Çözüm



r = 2 ve

an 128 a2 =

an = a1 . rn –1 , a2 = a1 . r an a1 $ rn - 1 = rn – 2 = 128 a2 = a1 $ r 2n – 2 = 128

n – 2 = 7 ⇒ n = 9 dur.



4. (an) geometrik dizisinde, a1 = 2 a3 = 8 olduğuna göre bu dizinin ilk 6 teriminin toplamı kaçtır? A) 126 B) 184 C) 252 D) 254 E) 256

a3 = a1 . r2 , a7 = a1 . r6

3

Çözüm

a3 2 r ⇒ r2 = 8 ⇒ r = 2 a1 = 2 6 1 6 r ⇒ S6 = 2 . 2 - 1 = 126 bulunur. S6 = a1 . r-1 2-1

5. Bir geometrik dizinin ilk terimi 3 ikinci terimi 3 2 olduğuna göre, altıncı terimi kaçtır? A) 28

B) 30

A) 150

B) 155

C) 160

6. Birinci adımda bir kenar uzunluğu 9 birim olan ABC eşkenar üçgeninin AB ve AC kenarları 3 eşit parçaya ayrılarak şekildeki gibi D ve E noktaları işaretleniyor. DE doğru parçasının orta noktası K olmak üzere bir köşesi K ve bu köşesinin karşısındaki kenarı BC üzerinde olan yeni bir eşkenar üçgen çiziliyor. Aynı işlem çizilen yeni eşkenar üçgenlere de uygulanıyor. A

1 . 625 = y2 ⇒ y = 25 x2

B



Geometrik dizide iki terimin çarpımı ortanca terimin karesine eşit olduğundan,

D

D) 165 E) 170

Çözüm

⇒ 1 . 25 =

x2

⇒ x = 5



1,y=



y . 625 = z2 ⇒ 25 . 615 = z2 ⇒ z = 125



x + y + z = 5 + 25 + 125 = 155 bulunur.

298 / 11. Sınıf - Matematik

E) 48

a1 = 3 ve a2 = 3 ise r = 2 dir. 2 o halde a6 = a2 . r4 = 3.24 = 48

3. 1 , x , y , z , 165 Pozitif terimli bir geometrik dizinin ardışık beş terimi olduğuna göre, x + y + z toplamı kaçtır?

D) 39

Çözüm

A



C) 32

eşkenar üçgen

C

B

A

K

1. adım

K

D

E C

B

E

2. adım

C

Bu işleme bu şekilde devam edilirse 6. adımda oluşan eşkenar üçgenin bir kenar uzunluğu kaç birim olur? A) 1 B) 1 C) 1 D) 1 E) 1 81 64 48 27 9

Çözüm Başlangıç 1.adım 2.adım 3.adım 4.adım 5.adım 6.adım 9

3

1

1 3

1 9

1 27

1 81

6. Ünite

Diziler

Bİr Geometrİk Dİzİnİn Sonsuz Terİmİnİn Toplamı Toplam Sembolü n

∑ ak = k =1



a1 + a2 + a3 + .... + an

biçiminde tanımlanan ifadeye toplam sembolü denir.

5

∑ (3k − 2) k =1



işleminin sonucunu bulunuz.

(3 . 1 – 2) + (3 . 2 – 2) + (3 . 3 – 2) + (3 . 4 – 2) + (3. 5 – 2) 1 + 4 + 7 + 10 + 13 = 35 bulunur.

4

∑ 2k k=0



işleminin sonucunu bulunuz.

20 + 21 + 22 + 23 + 24 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31 bulunur.

Öğretmen Örneği 10

/ (2k + 1)



k= 1

toplamının sonucunu bulunuz.

Çözüm 10

10

10

k= 1

k= 1

k= 1

/ (2k + 1) = 2. / k + /1

f

n

/

k= 1

= 2.

n (n + 1) k= ve 2

n

/ a = a.n

k= 1

olduðundan p

10.11 + 10.1 = 110 + 10 = 120 bulunur. 2 11. Sınıf - Matematik / 299

6. Ünite

Diziler

10

/ (k2 - 2k + 5)



k= 1

toplamının sonucunu bulunuz.

10

10

10

k= 1

k= 1

k= 1

/ k2 - 2. / k + / 5

f

n

/ k2 = n (n + 1)6(2n + 1)

k= 1

olduðundan p

10.11.21 10.11 - 2. + 10.5 6 2 385 – 110 + 50= 325 bulunur.

Geometrik Dizinin Sonsuz Toplamı (an) = (a1 . rn – 1) geometrik dizisinin tüm terimlerinin toplamı olan ∞



∑ a1 ⋅ rn−1 = a1 + a1 ⋅ r + a1r2 + .... + a1 ⋅ rn−1 + .... n =1

Sonsuz toplamına geometrik seri denir. i) |r| ≥ 1 ise r nin negatif ya da pozitif olma durumuna göre toplam ya çok küçülür ya da çok büyür ve sonuç sabit bir gerçel sayı olmaz.

∞



∑ 3n−1 n =1

işleminin sonucunu bulunuz.

3



/ 3n - 1 = 1 + 3 + 32 + 33 + 3 4 + . . .

n= 1

Sonsuz toplamında 3n – 1 geometrik dizinin genel terimi ve r = 3 olduğunda n sayısı sonsuza yaklaştıkça toplam büyür ve sonuç ∞ olur.

300 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

ii) |r| < 1 ise toplam bir gerçek sayıya yaklaşır.

Buna göre, toplamın sonucu ∞

∑ a1 ⋅ rn−1 = n =1



a1(1 + r + r 2 + .... + r n−1 + ...) = a1 ⋅

1 1− r

bulunur.



1 1 1 1 + + + + ... 2 4 8



sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A) 4

B) 2

C) 1

1+

1 1 1 + + + ... 2 4 8

1+

1 1 2 1 3 + c m + c m + ... 2 2 2

1 1 12

=

D)

1 2

E)

1 4

1 = 2 bulunur. 1 2 Cevap : B



64 + 32 + 16 + 8 +

........

sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A) 256

B) 216

C) 168

D) 128

E) 112

a1 = 64 64 . r = 32 ⇒ r =

1 32 ⇒ r = dir. 2 64

o halde toplamın sonucu a1 .

1 = 64. 1- r

1 1-

1 2

= 64.

1 = 64.2 = 128 bulunur. 1 2 Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 301

6. Ünite

Diziler

∞

2 ∑ 4 ⋅  3  k =1



n −1



sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A) 24

B) 21

C) 20

D) 15

E) 12

2 0 21 2 2 4. c m + 4. c m + 4. c m + . . . 3 3 3 2 2 2 4.1 + 4. + 4. c m + . . . 3 3 2 2 2 + c m + . . .) 3 3

4 (1 + 1

4.

1-

= 4.

2 3

1 = 4 . 3 = 12 bulunur. 1 3 Cevap : E

∞

5 ∑  2  k=0



−k

sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A)

5 5 B) 2 3

/ c 52 m 3

k= 0

-k

D)

3 5

E)

2 5

/ c 52 m = c 52 m + c 52 m + c 52 m + c 52 m + . . . 3

=

C) 1

k

0

1

2

3

k= 0

= 1+ =

2 2 2 2 3 +c m +c m +... 5 5 5

1 1-

2 5

=

1 5 bulunur. = 3 3 5 Cevap : B

302 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

∞

∑ k=2



Diziler

1   3

k

sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A)

1 1 B) 8 6

C)

1 5

D)

1 4

E) 2

1 k 1 2 1 3 1 4 c m c m c m c / 3 = 3 + 3 + 3m + . . . k 2 3 =

1 1 2 1 2 = 1 c m c = + + m + . . .G 3 3 3 =

1 . 9

1 1-

1 3

=

1 1 1 3 1 . = . = bulunur. 9 2 9 2 6 3 Cevap : B

∞

∑ k=0



1   2

2k

sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A)

4 3

B)

/ c 12 m 3

k= 0

2k

5 3

C) 2

D)

3 7

E) 3

1 0 1 2 1 4 1 6 = c m +c m +c m +c m +... 2 2 2 2 1 21 1 22 1 23 = 1 + =c m G + =c m G + =c m G + . . . 2 2 2 = 1+ =

1 1 2 1 3 +c m +c m +... 4 4 4

1 1-

1 4

=

1 4 bulunur. = 3 3 4 Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 303

6. Ünite

Diziler

∞

3k + 2k 4k k=0

∑



sonsuz toplamının sonucu kaçtır? A) 4

B) 5

k

3

3 +2

k= 0

4

/

k

3

3

k

k= 0

4

k

/f

=

k

C) 6

+

2 4

k

kp

D) 7

3

=

/

k= 0

3 k 2 k =c m + c m G = 4 4

E) 8

3 3 k 1 k c m c / 4 + / 2m k 0 k 0 3 =

=

3 0 31 3 2 1 0 11 1 2 =c m + c m + c m + . . .G + =c m + c m + c m + . . .G 4 4 4 2 2 2 1 3 14

+

1 1 12

=

1 1 + = 4 + 2 = 6 bulunur. 1 1 4 2 Cevap : C

100 metre yükseklikten yere bırakılan bir top, her defasında düştüğü bir önceki yüksekliğin mektedir.

2 'ü kadar yüksel3

Buna göre, topun aldığı toplam yol kaç metredir? A) 500

B) 480

C) 450

D) 420

100 + 2 . 100 .

2 2 2 2 2 2 + 2 . 100 . . + 2 . 100 . . . + … 3 3 3 3 3 3

100 + 2 . 100 .

2 3 2 2 2 + 2 . 100 . c m +2 . 100 . c m + . . . 3 3 3

100 + 2 . 100 .

2 2 2 2 3 2 . e1 + + c m + c m + . . . o 3 3 3 3

100 +

100 +

400 . 3

E) 400

1 1-

2 3

400 . 3 = 100 + 400 = 500 bulunur. 3 Cevap : A

304 / 11. Sınıf - Matematik

6. Ünite

Diziler

12



3 Yukarıda yan yana verilen sonsuz çemberde bir sonraki çemberin yarıçapı bir önceki çemberin yarıçapının ü 4 kadardır. Başlangıçtaki çemberin yarıçapı 12 br olduğuna göre, bu sonsuz çemberlerin çevreleri toplamı kaç br dir? A) 120p

B) 112p

C) 100p

2p . 12 + 2p . 12 . 24p + 24p . 24p e1 +

E) 88p

9

12



D) 96p

3 3 3 + 2p . 12 . . + . . . 4 4 4

3 2 3 + 24p . c m + . . . 4 4

3 3 2 + c m + . . .o 4 4

Cevap : D

Bir kenarı 4 cm olan eşkenar üçgenin kenarlarının orta noktaları birleştirilerek yeni bir üçgen elde ediliyor. Bu işlem sonsuza kadar devam ettiğinde elde edilen üçgenlerin alanları toplamı kaç cm2 dir? A) 5 3 B) 6 3

C)

16 3 D) 5 3 3

E)

13 3 3 11. Sınıf - Matematik / 305

6. Ünite

Diziler

Bir eşkenar üçgenin kenarlarının orta noktalarını birleştirildiğinde 4 eşkenar üçgen oluşur. En büyük eşkenar 3 3 2 2 2 üçgenin alanı a =4 = 4 3 cm olduğunda tüm eşkenar üçgenlerin alanları toplamı; 4 4 1 1 2 1 3 4 3 + 4 3 . + 4 3 c m + 4 3 .c m + . . . 4 4 4 4 3 e1 +



1

4 3.

14 3.



1 1 2 1 3 + c m + c m + . . .o 4 4 4 1 4

4 16 3 1 bulunur. = 4 3. = 3 3 3 4

A

D

B

C

Cevap : C

Yukarıdaki şekilde bir kenarı 4 cm olan ABCD karesi verilmiştir. Karelerin orta noktalarının birleştirilmesiyle oluşturulan sonsuz sayıdaki karenin alanları toplamı kaç cm dir? A) 20

A 2

B) 21

2 45

2

2 2

C) 24

D

ABCD karesinin bir kenarı 4 cm ise alanı 16 cm2 dir. Karenin iki içinde oluşan karenin bir kenarı 2 cm ise Alanı 4 cm dir.

2 2

E) 32

Karenin bir içinde oluşan karenin bir kenarı 2 2 cm ise Alanı 8 cm2 dir.

2 2

45

D) 28

2 2

B

O halde iç içe oluşan karelerin alanları toplamı; C

16 + 8 + 4 + … 16 e1 + 16.

306 / 11. Sınıf - Matematik

1 1 2 + c m + . . .o 2 2

1 1 12

= 16.

1 2 = 16.2 = 32 cm bulunur. 1  2

Cevap : E

6. Ünite

Diziler

A1 A2 A3

24

A4 . ........

B3 ........

B2

B1

......

.

30° C

Yukarıda verilen A1C ve B1 C doğrularının oluşturduğu açının ölçüsü 30° dir. ilk olarak A1C doğrusu üzerinde alınan A1 noktasında B1C doğrusuna A1B1 dikmesi iniliyor. Sonra B1 noktasından A1C doğrusuna B1A2 dikmesi ve A2 dikme ayağından da B1C doğrusuna A2B2 dikmesi inilerek bu işleme devam ediliyor. |A1B1| = 24 cm olduğuna göre, B1C doğrusuna inilen tüm dikmelerin uzunlukları toplamı olan

|A1B1| + |A2B2| + |A3B3| + ........ kaç cm dir?

A) 64

B) 72

C) 76

D) 80

E) 96

A1 12

A2

12 3 30

24

60

9

A3 A4 .

18 30

........

B2 9

3 B3 ........

60



B1 6

3

2

......

.

30° C

|A1 B1| + |A2 B2| + |A3 B3| + … 24 + 18 +

27 +... 2

24 c1 +

18 27 + + . . .m 24 48

24 e1 +

3 3 2 + c m + . . .o 4 4

24 e1 +

3 3 2 + c m + . . .o 4 4

24.

1 3 14

= 24

1 = 24.4 = 96 bulunur. 1 4



Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 307

7. Ünite

Dönüşümler

DÖNÜŞÜMLER ANALİTİK DÜZLEMDE TEMEL DÖNÜŞÜMLER Tanım:

Bir düzlemin noktalarını aynı düzlemin noktalarına eşleyen birebir ve örten fonksiyona düzlemin bir dönüşümü denir.

1. Düzlemde Öteleme Dönüşümü Tanım: →

Düzlemde A ve B noktalar, U bir vektör olmak üzere, →

U = AB ise



→

B noktasına A noktasının U doğrultusunda ötelenmişi denir ve B = T→ (A) şeklinde gösterilir. U

→



Buna göre, düzlemin her A noktası T→ (A)= B + U



ötelemesini yapabileceğinden T→ ; R 2 → R 2 ye bir dönüşümdür.

U

U

A

B

→

(2 , 3)

Yukarıda verilen birim karelerden oluşan kağıt üzerinde bulunan A ve B noktalarının U = (2, 3) öteleme vektörü doğrultusunda ötelenmişi olan A′ ve B′ noktalarını birim kağıt üzerinde gösteriniz.

(2 , 3)

Bı

308 / 11. Sınıf - Matematik

U

A

=

U

=

U

=

(2 , 3)

Aı

B

7. Ünite



Dönüşümler

A(1, 5), B(5, –2), C(3, –4) ve D(–3, –1)

noktaları ve

→

→

→

U = (1, 4), V = (–2, –2) ve Z = (0, –3)

vektörleri veriliyor. Buna göre, a) TU (A)



b) TV (C)



c) TZ (D)



d) (TU  TZ )(B )

ifadelerinin eşitlerini bulunuz.

a) T (A) = A + U U



= (3, - 4) + (- 2, - 2) = (1, - 6) olur.

= (1, 5) + (1, 4) = (2, 9) olur.

c) T Z (D) = D + Z = (- 3, - 1) + (0, - 3) = (- 3, - 4) olur.

b) T (C) = C + V V



d) TU (T Z (B)) = TU ( Z + B) = TU ((0, - 3) + (5, - 2)) = TU (5, - 5) = U + (5, - 5) = (1, 4) + (5, - 5) = (6, - 1) olur.

Analitik düzlemde,

A(3, 1), B(3, 5) ve C(8, 6)

noktalarından meydana gelen ABC üçgeninin, OD = (–2, –3) öteleme vektörü doğrultusunda ötelenmişi olan A′B′C′ üçgeninin köşe koordinatlarını bulunuz.

y

Aı = TOD (A) = A + OD = (3, 1) + (- 2, - 3) = (1, - 2)  Bı = TOD (B) = B + OD = (3, 5) + (- 2, - 3) = (1, 2)

Cı = TOD (C) = C + OD = (8, 6) + (- 2, - 3) = (6, 3) eldedir.

6 5

C

B

3 B′ 2 1 A 1 3 –2 Aı

C′ 6

8

x

11. Sınıf - Matematik / 309

7. Ünite

Dönüşümler →

Analitik düzlemde A(3, 13) ve B(–2, 1) noktalarının u = mişleri A′ ve B′ dir.

(

3 + 3,

4

)

7 + 1 öteleme vektörü doğrultusunda ötelen-

Buna göre |A′B′| kaç birimdir? A) 10

B) 12

C) 13

D) 15

E) 18

Öteleme dönüşümü uzunluğu korur. Dolayısıyla |AB| uzunluğu ile |AıBı| uzunluğu birbirine eşittir. |AıBı| =|AB| = =



2

(3 - (- 2)) + (13 - 1) 2

5 + 12

2

2

= 169 = 13 br bulunur. Cevap : C

x y z

Yukarıda birim kareli kağıt üzerinde yapılan ötelemelerin hangi vektörler doğrultusunda yapıldığını bulunuz.

X vektörü doğrultusunda yapılan öteleme (2, –2) olduğundan;

X = (2, - 2) dir.

Z vektörü doğrultusunda yapılan öteleme (–4, 2) olduğundan

Z = (- 4, 2)

Y vektörü doğrultusunda yapılan öteleme (5, 0) olduğundan

Y = (5, 0) dýr.

310 / 11. Sınıf - Matematik

7. Ünite

Dönüşümler

2. Düzlemde Dönme Dönüşümü Tanım: Düzlemde bir A noktasının orijin etrafında a açısı kadar döndürülmesine dönme dönüşümü denir. Dönüşüm sonucunda oluşan nokta B olmak üzere,

B = Ra(A) ile gösterilir ve

A(x, y) noktasının orijin etrafında pozitif yönde (saatin ters yönü) a° döndürülmesi ile oluşan B noktası B = Ra(A) = (x . cosa – ysina, xsina + y . cosa) dır. A(x, y) noktasının orijin etrafında negatif yönde (saat ile aynı yön) a° döndürülmesi ile oluşan B noktası

B = R–a(A) = (x . cos(–a) – y . sin(–a), x sin(–a) + y . cos (– a))



B = R–a (A) = (x . cosa + ysina, y cosa – xsina) dır.

 Düzlemde her A noktası için Ra(A) yazılabileceğinden Ra(A) : R2 → R2 bir dönüşümdür.  Dönme dönüşümü bir nokta hariç düzlemdeki tüm noktaları değiştirir. Değişmeyen noktaya dönme merkezi denir.

A

Yukarıda birim kareli kağıda çizilmiş dik koordinat sistemi üzerindeki A noktasının orijin etrafında saatin tersi yönde (pozitif yön) 30° döndürülmesiyle oluşan yeni noktanın koordinatlarını bulunuz.

A

A′

O

A noktasının koordinatları A = (2, 4) tür. A noktasının orijin etrafında saatin tersi yönde 30° döndürülmesiyle oluşan nokta R30°(A) = (2 . cos30° – 4 . sin30°, 2 . sin30° + 4 . cos30°)

= e 2.

3 1 1 3 o - 4. , 2. + 4. 2 2 2 2



= ( 3 - 2, 2 3 + 1) olur. 11. Sınıf - Matematik / 311

7. Ünite

Dönüşümler

Dik koordinat düzleminde P(–4, 4) noktasının orijin etrafında saat yönünde 60° döndürülmesiyle oluşan noktanın koordinatlarının toplamı kaçtır? A) 8

B) 6 3

C) 4 3

D) 6

E) 4

R–60°(P) = (–4 . cos(-60°) – 4 sin(–60°), –4sin(–60°) + cos–60°)

= (–4 cos60° + 4sin60°, 4sin60° + 4cos60° 1 3 3 1 = (–4 . + 4. , 4. + 4. ) 2 2 2 2





= (–2 + 2 3 , 2 3 + 2)

koordinatlar toplamı –2 + 2 3 + 2 3 + 2 = 4 3 bulunur.

Cevap C

Öğretmen Örneği y B(–2, 5)

A( 5, 2) x

O Yukarıdaki dik koordinat sisteminde

B = Ra(A)

orijin etrafında dönme dönüşümü gösterilmiştir. Buna göre, a kaç derecedir? A) 30°

B) 60°

C) 75°

D) 90°

E) 120°

Çözüm B = Ra(A) ⇒ (–2, 5/



5 ) = ( 5 cosa – 2sina,

5 sina + 2cosa)

5 cosa – 2sina = –2 5 sina + 2cosa =



2/



5cosa – 2 5 sina = –2 5



2 5 sina + 4cosa = 2 5

5

9cosa = 0

cosa = 0 π a = = 90° 2 312 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap D

7. Ünite



Dönüşümler

A(x, y) noktasının orijin etrafında,

a) Pozitif yönde 90° döndürülmesiyle (R 90° (A)) oluşan noktayı ve negatif yönde 270° döndürülmesi ile oluşan noktayı bulunuz.

Bir noktayı pozitif yönde 90° döndürmek ile negatif yönde 270° döndürmek aynı anlama gelir.



O halde A(x, y) noktasının pozitif yönde 90° döndürülmesiyle oluşan nokta

R90°(A) = (x.cos90° – y . sin90° x sin90° + y . cos90°) = (–y, x) olur.

b) Pozitif yönde 180° döndürülmesiyle (R180°(A)) oluşan noktayı ve negatif yönde 180° döndürülmesiyle (R–180(A)) oluşan noktayı bulunuz.

Bir noktayı pozitif yönde 180° döndürmek ile negatif yönde 180° döndürmek aynı anlama gelir.



O halde A(x, y) noktasının pozitif yönde 180° döndürülmesiyle oluşan nokta

R180°(A) = (x . cos180° – ysin180° , xsin180° + ycos180°) = (–x, –y) olur.

c) Pozitif yönde 270° döndürülmesiyle (R270°(A)) olşuan noktayı ve negatif yönde 90° döndürülmesiyle (R–90(A)) oluşan noktayı bulunuz.

Bir noktayı pozitif yönde 270° döndürmek ile negatif yönde 90° döndürmek aynı anlamı taşır.



O halde A(x, y) noktasının pozitif yönde 270° döndürülmesiyle oluşan nokta

R270°(A) = (x.cos270° – ysin270°, xsin270° + ycos270°) = (y, –x) olur.

d) Pozitif yönde 360° döndürülmesiyle (R360°(A)) oluşan noktayı bulunuz.

A(x, y) noktasının pozitif yönde 360° döndürülmesiyle oluşan nokta

R360°(A) = (xcos360° – ysin360­°, xsin360° + ycos360°)

= (x, y) olur.

Yani noktanın kendisi olur. 11. Sınıf - Matematik / 313

7. Ünite

Dönüşümler

y C(1, 6) B(6, 4) A(2, 1)

x

Yukarıdaki koordinat düzleminde verilen ABC üçgeninin orijin etrafında saatin tersi yönde döndürülüyor. Buna göre, a) 90° döndürülürse yeni üçgenin koordinatları ne olur?



A(x, y) noktasının orijin etrafında saatin tersi yönünde 90° döndürülmesiyle oluşan nokta Aı(–y, x) dir.



O halde





ý

A (2, 1)

90° döndürme

A (- 1, 2)

B (6, 4)

90° döndürme

B (- 4, 6)

C (1, 6)

90° döndürme

C (- 6, 1) dir.

ý

ý

b) 180° döndürülürse yeni üçgenin koordinatları ne olur?



A(x, y) noktasının orijin etrafında saatin tersi yönde 180° döndürülmesiyle oluşan nokta Aı(–x, –y) dir.



O halde



A (2, 1)

180° döndürme

Al (- 2, - 1)

B (6, 4)

180° döndürme

Bl (- 6, - 4)

C (1, 6)

180° döndürme

Cl (- 1, - 6) dýr.

c) 270° döndürülürse yeni üçgenin koordinatları ne olur?



A(x, y) noktasının orijin etrafında saatin tersi yönde 270° döndürlmesiyle oluşan nokta Aı(y, –x) tir.



O halde



ý

A (2, 1)

270° döndürme

A (1, - 2)

B (6, 4)

270° döndürme

B (4, - 6)

C (1, 6)

270° döndürme

C (6, - 1)

314 / 11. Sınıf - Matematik

ý

ý

7. Ünite

Dönüşümler

ABC üçgeninin orijin etrafında saat yönünde 270° döndürülmesi ile oluşan üçgenin koordinatları A′(2, 3), B′(3, –2), C′(–3, 4) olduğuna göre, ABC üçgenini dik koordinat sistemine çiziniz.

ABC üçgeninin negatif yönde 270° döndürülmesi ile oluşan AıBıCı üçgenini pozitif yönde 270° döndürüldüğünde tekrar ABC üçgeni oluşur.

y C(4, 3) ý

A (2, 3)

ý

270° döndürme

B (3, - 2) ý

C (- 3, 4)

A (3, - 2)

270° döndürme 270° döndürme

x

B (- 2, - 3) C (4, 3)

A(3, –2) B(–2, –3)

Öğretmen Örneği

P(5, 2) noktasının A(2, 1)

noktası etrafında 90° döndürülmesiyle elde edilen noktanın koordinatlarını bulunuz.

Çözüm P noktasını A noktasında 90° döndürmek için Pı = (T(2, 1) o R90° o T(–2, –1)(5, 2) bileşke dönüşümü uygulanmalıdır. Pı = (T(2, 1) o R90°)(3, 1) Pı = T(2, 1)(–1, 3) Pı = (1, 4) bulunur.

→

Düzlemde A(1, 3) noktası ve U = (–2, 1) vektörü veriliyor. Buna göre, (R90° o TU )(A) aşağıdakilerden hangisine eşittir? A) (–1, –4) B) (1, –4)

C) (1, 4)

D) (–4, –1)

E) (–4, 1)

(R90° o TU ) (A) = R90° (TU (A)) =R90° ((–2, 1) + (1, 3))

= R90° (–1, 4)



= (–4, –1) bulunur.

Cevap : D 11. Sınıf - Matematik / 315

7. Ünite

Dönüşümler

F D

ABCD karesi A merkez alınarak saatin tersi yönde N

30° döndürülüyor ve AEFK karesi elde ediliyor.

C

K

ABCD karesinin bir kenar uzunluğu 6 cm ise KDA üçgeninin alanı kaç cm2 dir?

E

A A) 6

B) 8

B C) 9

D) 12

E) 18

% ) m (KAD % ) 30° R30°(ABCD) = AEFK ⇒ = m (EAB = = ⇒ |AB| = |AE| = |DA| = |KA| = 6 cm & ) = 1 .6.6. sin 30° Alan(KAD 2 1 = 18 . = 9 cm2 bulunur. 2

Cevap : C

Öğretmen Örneği

4x + 3y – 12 = 0

Doğrunun orijin etrafında 90° döndürülmesiyle oluşan doğruyu bulunuz.

Çözüm y

Doğrunun eksenleri kestiği noktalar. 

x = 0 için y = 4 ⇒ A(0, 4)



y = 0 için x = 3 ⇒ B(3, 0) dir.

R90° (x, y) = (–y, x) R90° (0, 4) = (–4, 0) R90° (3, 0) = (0, 3) olduğundan yeni şekil (–4, 0) ve (0, 3)

noktalarından geçen doğrudur. x y + = 1 & - 3x + 4y = 12 bulunur. -4 3

316 / 11. Sınıf - Matematik

4 A 3 -4

3 B

x

MİNİ ÖDEV 1.

→

→

A = (a, 8) noktası u = (1, –2) →

doğrultusunda ötelenerek B = (–2, b) noktası bulunuyor. C) –12

D) 6



TU (A) = B



A+ U =B



(a, 8) + (1, –2) = (–2, b)



(a + 1, 6) = (–2, b)



a + 1 = – 2

b=6



a = –3

a . b = –18 bulunur.



C) 8

D) 12

E) 16

= (–2, 2 3 ) bulunur.

5. A = (6, 4) noktasının P = (3, –1) noktası etrafında negatif yönde 270° döndürülüyor.

Buna göre, elde edilen noktanın koordinatlarının toplamı kaçtır? A) 2

B) 1

C) 0

D) –1

E) –2

Aı = (T(3, –1) o R–270° o T(–3, 1)) (6, 4)

Aı = T(3, –1)(–5, 3) = (–2, 2)

Koordinatlar toplamı –2 + 2 = 0 bulunur.

Koordinatlar çarpımı (–3)(–2) = 6 dır. →

3. A = (–1, 3) noktası ve u = (–1, 2) vektörü veriliyor. Buna göre,

(R



90°

 T→  R180° (A) u

6. A(–1, 5) noktasının U = (3, 2), V = (2, 3) olmak üzere ( TU oTU + V (A) ) ötelenmesine karşılık ge-

)

len noktanın korrdinatları çarpımı kaçtır? A) 48

işleminin sonucunda oluşan noktanın koordinatları toplamı kaçtır? A) 4

B) 3

C) 2

D) 1

B) 64



T(3, 2) (4, 10)

R90°(TU (1, –3)) = R90° (1, –3) + (–1, 2)

(7, 12) olur.



D) 72

E) 84

(T(3, 2) oT(5, 5))(- 1, 5)

(R90° o TU ) (1, –3) = R90°(0, –1)

C) 70

(TU oTU + V ) (A)

E) 0

(R90° o TU ) (R180°(–1, 3))



3 ,–,2)

Aı = T(3, –1)° R90°(3, 5)

= (- 1, 2) + (- 2, - 4) = (- 3, - 2)



E) (

Aı = (T(3, –1) o R–270°)(3, 5)

TU (- 2, - 4) = U + (- 2, - 4)

3 )

TU (A) = A + U = (- 3, 6) + (3, - 2) = (0, 4)



→

B) 6

D) (–1,

R30°(0, 4) = (0.cos30° – 4sin30°, 0sin30° + 4cos30°)

R270°(A) = (–2, –4)



A noktasının orijin etrafında pozitif yönde 30° döndürülmesiyle elde edilen nokta aşağıdakilerden hangisidir? A) ( 3 ,2) B) (–,2, 3 ) C) (–2, 2 3 )

Buna göre, elde edilen noktanın u = (–1, 2) doğrultusunda ötelenmesi ile oluşan noktanın koordinatları çarpımı kaçtır? A) 5





E) 12

2. A = (4, –2) noktası orijin etrafında pozitif yönde 270° döndürülüyor.

4. A = (–3, 6) noktası u = (3, –2) ile ötelenerek A′ noktası elde ediliyor.

Buna göre, a . b kaçtır? A) –18 B) –16

1



Koordinat çarpımı 7 . 12 = 84 bulunur.

= (1, 0)

Koordinatlar toplamı 1+ 0 = 1 dir. 11. Sınıf - Matematik / 317

7. Ünite

Dönüşümler

3. Düzlemde Yansıma (Simetri) Dönüşümü a) Bir Noktanın Noktaya Göre Yansıması

Düzlemde A(XA, YA) ve B(XB, YB) noktalar olmak üzere,

A

B

A′

A′ noktasına, A noktasının B noktasına göre yansıma (simetri) dönüşümü denir ve SB(A) = 2B – A = A′ ile gösterilir.



Burada A′ noktası (X1, Y1) olmak üzere,

X1 = 2XB – XA Y1

= 2YB – YA dır.

Düzlemde A(3, 7) ve B(–2, 5) olmak üzere A noktasının B noktasına göre simetriğini bulunuz.

SB(A) = 2B – A

= 2(–2, 5) – (3, 7)



= (–4, 10) – (3, 7)



= (–7, 3) bulunur.



A(1, –3), B(5, 0), C(–7, –4), D(–3, 2)

noktaları dik koordinat sisteminde veriliyor. Buna göre, a) SA(C)

b) SD(B)

c) (SA ο SB) (C)

yukarıdaki yansıma dönüşümlerinin sonuçlarını bulunuz. a) S (C) = 2A – C A



b) SD(B) = 2D – B



c) S (S (c)) A B



= 2(1, –3) – (–7, –4)



= 2(–3, 2) – (5, 0)

SA(2B – C)



= (2, –6) – (–7, –4)



= (–6, 4) – (5, 0)

SA(2(5,0) – (–7, –4))



= (9, –2)



= (–11, 4)

SA(17, 4) 2A – (17, 4) 2(1, –3) – (17, 4) = (–15, –10)

318 / 11. Sınıf - Matematik

7. Ünite

Dönüşümler

A(2, 3) noktasının B(4, 4) noktasına göre yansıması ax + 3y + 15 = 0 doğrusu üzerindedir. Buna göre, a kaçtır? A) –5

B) –4

C) –3

D) –2

E) –1

A noktasının B noktasına göre yansıması SB(A) = 2B – A = 2(4, 4) – (2, 3) = (8, 8) – (2, 3) = (6, 5) tir. (6, 5) noktası ax + 3y + 15 = 0 doğrusu üzerinde ise denklemi sağlamak zorundadır. O halde

a . 6 + 3. 5 + 15 =0



6a + 30 = 0



6a = –30



a = –5 bulunur.

Cevap : A

A, B, C ve D analitik düzlemde birer nokta olmak üzere, (A + B)  SA(B) = D ve SD   = C dir.  2  B ve C noktaları arasındaki uzaklık 21 birim olduğuna göre, |DC| kaç birimdir? A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

SA(B) = D ise B noktasının A noktasına göre yansıması D dir. SD c

A+ B m = C ise A ve B noktasının orta noktasının D noktasına göre yansıması C noktasıdır. 2 O halde A+ B D C B A 2 olur. X

X

2X

3X

|BC| = 21 br 7x = 21 x=3 |DC| = 3x = 3 . 3 = 9 br bulunur.

Cevap : D

11. Sınıf - Matematik / 319

7. Ünite

Dönüşümler

b) Bir Noktanın Orijine Göre Yansıması (Simetrisi) Düzlemde A(x, y) ve A′(x1, y1) olmak üzere,

A(x, y)

O(0, 0)

A′(x1, y1)

A noktasının orijine göre simetriği A′ ise, S0(A) = 2 . O – A = –A = A′ dır, Yani A(x, y) noktasının orijine göre simetriği A′(–x, –y) dir.

A(4, 3) noktasının orijine simetriği B(x –a , x – 1) olduğuna göre, a . x kaçtır? A) –2

B) –3

C) –4

D) –5

E) –6

SO(A) = B (–4, –3) = (x – a, x – 1) x – a = –4 ve x – 1 = –3 x – a = –4 ve x = –2 –2 – a = –4 a=2 a . x = 2 . (–2) = –4 bulunur.

A(–5, 3) noktasının orijine göre simetriği olan noktanın B(5, 2) noktasına göre simetriğinin 3x – 4y + 3 = 0 doğrusuna olan uzaklığını bulunuz.

(SB o SO) (A) = SB(SO(–5, 3)) = SB(5, –3)

= 2B – (5, –3)



= 2(5, 2) – (5, –3)



= (10, 4) – (5, –3) = (5, 7) olur.

(5, 7) h

3x – 4y + 3 = 0 320 / 11. Sınıf - Matematik

h=

3.5 - 4.7 + 3 2

3 +4

2

=

15 - 28 + 3 10 = = 2 bulunur. 5 5

Cevap : C

7. Ünite

Dönüşümler

c) Bir Noktanın Bir Doğruya Göre Yansıması (Simetrisi) Bir A noktasının d doğrusuna göre yansıması A′ olsun.

A

B



H

d

A′ →

B noktası : X = B + λ V vektörel denklemiyle verilen doğru üzerinde bir nokta olmak üzere, A′ noktası →

A′ = 2B – A + 2

eşitliği ile elde edilir.



A(1, 2) noktasının

< BA , V < → →

< V , V<

→

.V

d : x = (3, 4) + λ(2, 3)

doğrusuna göre, simetriğini bulunuz.

A(1, 2), B = (3, 4), V = (2, 3) ve BA = (–2, –2) olduğundan A noktasının d doğrusuna göre yansıması (- 2, 2), (2, 3) . ^2, 3h (2, 3), (2, 3) -4+ 6 Aı = (6, 8) – (1, 2) + 2 . . (2, 3) 4+ 9 2 Aı = (5, 6) + 2 . . (2, 3) 13 8 12 Aı = (5, 6) + c , m 13 13 8 12 Aı = c 5 + , 6 + m 13 13 73 90 Aı = c , m bulunur. 13 13

Aı = 2. (3, 4) – (1, 2) + 2.

11. Sınıf - Matematik / 321

7. Ünite

Dönüşümler

A(4, 3) noktasının

d : x + y – 10 = 0

doğrusuna göre yansımasınıı bulunuz.

Bir noktanın eğimi –1 olan doğrulara göre yansıması A(4, 3) ⇒

x = 4 için x + y – 10 = 0 ⇒ 4 + y – 10 = 0 ⇒ y = 6



y = 3 için x + y –10 = 0 ⇒ x + 3 – 10 = 0 ⇒ x = 7

olduğundan A noktasının d doğrusuna göre yansıması (7, 6) dır.

Öğretmen Örneği

A(–1, 3) noktasının x + 2y –2 = 0

doğrusuna göre, simetriğini bulunuz.

Çözüm Verilen doğrunun doğrultman vektörü V = (- 2, 1) ve doğru üzerindeki bir nokta B(0, 1) dir. Pı = 2B – A + 2

BA, V V, V

Pı = 2(0, 1) – (–1, 3) + 2 .

. V bağıntısından faydalanarak

(- 1, 2), (- 2, 1) . (- 2, 1) (- 2, 1), (- 2, 1)

2+ 2 . (- 2, 1) 4+ 1 - 16 8 , m Pı = (1, –1) + c 5 5 Pı = (1, –1) + 2 .

P =c ý

322 / 11. Sınıf - Matematik

- 11 3 , m bulunur. 5 5

7. Ünite

Dönüşümler

A(5, –2) noktasının

3x + 4y – 27 = 0

doğrusuna göre simetriği A′ noktasıdır. Buna göre, |AA′| kaç birimdir? A) 4

B) 5

C) 6

D) 8

E) 10

B noktası doğru üzerinde bir nokta olsun

A

|AAı| = 2|AB| olduğundan |AAı| = 2 . 3x + 4y – 27 = 0

3 . 5 + 4 (- 2) - 27 2

3 +4

B

=2.

2

20 = 8 br bulunur. 5

Aı

Cevap : D

A(2, –1) noktasının

2x – 3y + 4 = 0

doğrusuna göre, simetriği B(4, a) noktasıdır. Buna göre, a kaçtır? A)

23 3

B) 8

C)

25 3

D)

26 3

E) 9

A noktasının doğruya göre simetriği B noktası olduğundan A ve B nin orta noktası olan noktası doğru üzerindedir. O halde 4+ 2 a- 1 3a - 3 3a - 3 23 olur. - 3. + 4 = 0 & 6+4= 0& = 10 & a = 2 2 2 2 3

A+ B 4+ 2 a- 1 , m =c 2 2 2

2.

Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 323

7. Ünite

Dönüşümler

A(–m, 2m + 3) noktası ve

d : x – 3y – 12 = 0

doğrusu veriliyor. Sd(A) = A olduğuna göre, m kaçtır? A) –4

B) –3

C) –2

D) –1

E) 1

Sd(A) = A yani A noktasının d doğrusuna göre yansıması A noktasıdır. O halde A noktası d doğrusu üzerindedir.

(–m) – 3(2m + 3) – 12 = 0

–m – 6m – 9 – 12 = 0 –7m = 21 ⇒ m = –3 olur.

Sonuç; Yukarıda verilen bir doğruya göre simetrik (yansıma) bulma formülünden faydalanarak;

bir A(a, b) noktasının c reel sayı olmak üzere,

1. x = c doğrusuna göre simetriği Aı(2c – a, b) noktasıdır.

2. y = c doğrusuna göre simetriği A′(a, 2c – b) noktasıdır.

3. x eksenine (y = 0 doğrusuna) göre simetriği A′(a, 2 . 0 – b) = A′(a, –b) noktasıdır.

4. y eksenine (x = 0 doğrusuna) göre simetriği A′(2 . 0 – a, b) = A′(–a, b) noktasıdır.

5. y = x doğrusuna göre simetriği A′(b, a) noktasıdır.

324 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : B

7. Ünite

Dönüşümler

6. y = –x doğrusuna göre simetriği A′(–b, –a) noktasıdır. kısayollarını oluşturabiliriz.

Örnek :

A(1, 4) noktasının,

a) x = 4 noktasına göre simetriğini bulunuz. Sx = 4 (1, 4) = (2 . 4 – 1, 4) = (7, 4) bulunur. b) y = –2 noktasına göre yansımasını bulunuz. S y=–2(1,4) = (1, 2 . (–2) – 4)= (1, –8) c) Sy = x (A) noktasını bulunuz. Sy = x(1, 4) = (4, 1) d) y = –x noktasına göre yansımasını bulunuz. Sy = –x(1, 4) = (–4, –1) e) x eksenine göre yansımasını bulunuz. Sy = 0(1, 4) = (1, 2.0 – 4) = (1, –4) f) y eksenine göre yansımasını bulunuz. Sx = 0 (1, 4) = (2. 0 –1, 4) = (–1, 4)

A(m, m – 1) noktasının y = x doğrusuna göre yansıması B noktasıdır. B noktasının x = 3 doğrusuna göre yansıması (n, 7) noktasıdır. Buna göre, n kaçtır? A) 0

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

(Sx = 3 o Sy = x)(A) = (n, 7) Sx = 3(Sy = x(m,m–1)) = (n, 7) Sx = 3(m – 1, m) = (n, 7) (2 . 3 – (m –1), m) = (n, 7) (7 – m, m) = (n, 7) ⇒ m = 7 ve n = 7 – m

n=7–7



n = 0 olur.

Cevap : A 11. Sınıf - Matematik / 325

7. Ünite

Dönüşümler

A(3, 2) noktasının y eksenine göre yansıması B noktasının y = –x doğrusuna göre yansıması C noktasıdır. Buna göre, |AC| kaç birimdir? A) 5

B)

26

C) 3 3

D) 2 7

E) 6

2

(Sy = –x o Sx = 0(A))= C

|AC| =

(3 - (- 2)) + (2 - 3)

Sy = –x(Sx = 0(3, 2)) = C

|AC| =

5 +1

Sy=–x(2,0 – 3,2) = C

|AC| =

26 bulunur.

2

2

2

Sy = –x(–3, 2) = C

(–2, 3) = C



d : 2y – 2x = 0



l:x–5=0

doğruları ve P(–1, 4) noktası veriliyor. Buna göre, (Sd ο Sl) (P) ifadesinin sonucunu bulunuz.

d: 2y – 2x = 0 ⇒ d: y = x , : x – 5 = 0 ⇒ , : x = 5 tir. (Sd o S, (P) = Sy = x(Sx = 5(–1, 4)) = Sy = x (2,5 – (–1), 4)

= Sy = x(11, 4)



= (4, 11) bulunur.

326 / 11. Sınıf - Matematik

Cevap : B

7. Ünite

Dönüşümler

Doktor Who bulunduğu noktadan başka bir noktaya ışınlanırken yansıma dönüşümü içeren Sd(A) = B bağıntısını kullanıyor. A doktorun bulunduğu noktayı d simetri doğrusunu B ise ışınlandığı noktayı belirtmektedir. Doktor Who bulunduğu A(4000, – 2000) noktasından (Sy = x ο Sx = 1000) (A) bağıntısıyla ışınlanması gerekirken (Sx = 1000 ο Sy = x) (A) bağıntısıyla ışınlamıştır. Buna göre, doktor ışınlanması gereken yerden kaç br uzağa ışınlanmıştır?

A) 5000

B) 6000

C) 5000 2

D) 5000 3

E) 6000 2

Normalde ışınlanması gereken nokta (Sy = x o Sx = 1000)(A)

= Sy = x (Sx = 1000(4000, –2000))

= Sy = x(2 . 1000 – 4000, –2000) = Sy = x(–2000, –2000)

= (–2000, –2000) dir.

Hata sonucunda ışınlandığı nokta (Sx = 1000 o Sy = x)(A)

= Sx=1000(Sy = x(4000, –2000))

= Sx = 1000(-2000, 4000)

= (2 . 1000 – (–2000), 4000)



= (4000, 4000) dir.

O halde olması gereken yerden = =

2

(4000 - (- 2000)) + (4000 - (- 2000) 2

2

6000 + 6000 =

2

2

2.6000 = 6000 2 br uzaða ýþýnlanýr.



Cevap : E

11. Sınıf - Matematik / 327

7. Ünite

Dönüşümler

d) Bir Doğrunun Bir Noktaya Göre Yansıması

C

B

d

A



B′

d′

C′ →

vektörel olarak verilen d : X = B + λ v doğrusunun A noktasına göre simetriği olan d′ doğrusu d′ : X′ = 2A – X tir.



d : X = (4, 3) + λ(2, –3)

doğrusunun A(3, –2) noktasına göre simetriği olan doğruyu bulunuz.

Xı

Yanda "X" ifadesi doğrunun parametrik denklemidir. İstenirse X doğrusunun kapalı denklemi bulunabilir.

= 2A – X

Xı = 2(3, –2) – [(4, 3) + λ (2, –3)]

(x, y) = (2 – 2λ, –7 + 3λ)

Xı = (6, –4) – (4, 3) – λ(2, –3)

x = 2 – 2λ ve y = –7 + 3λ 2- x y+ 7 λ= ve λ = 2 3 2- x y+ 7 bulunur. = 2 3

Xı = (2 – 2λ, –7 + 3λ)



3y – 2x + 12 = 0

doğrusunun A(2, 1) noktasına göre yansıması olan doğruyu bulunuz.

Pı(4 – x, 2 – y)

d: 3y – 2x + 12 = 0

3y – 2x + 12 = 0 ⇒ 3(2 – y) – 2(4–x) + 12 = 0

6 – 3y – 8 + 2x + 12 = 0



2x – 3y + 10 = 0 bulunur.

A(2, 1) d1

328 / 11. Sınıf - Matematik

P(x, y)

7. Ünite



Dönüşümler

d : 5x + 6y – 12 = 0

doğrusu ve O(0, 0) noktası (orijin) veriliyor. Buna göre, SO(d) ifadesinin sonucunu bulunuz.

SO(d), d doğrusunun orijine göre simetriğidir. P(x, y) noktasının orijine göre simetriği Pı(–x, –y) olduğundan Pı(– x, –y)

d: 5x + 6y – 12 =0 5x + 6y – 12 = 0 ⇒ 5(–x) + 6. (–y) – 12 = 0

–5x – 6y – 12 = 0



5x + 6y + 12 = 0 bulunur.

O(0,0) d1

P(x, y)

d1 : x + 2y + 3 = 0 d2 : ax + 6y – 3 = 0 olmak üzere,

SA (d1) = d2

olduğuna göre, a kaçtır? A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

SA(d1) = d2 ifadesi d1 doğrusunun A noktasına göre simetriği d2 doğrusudur demektir. Bir doğrunun bir noktaya göre simetriğinin alınması ile oluşacak doğru ve simetriği alınan doğru paralel olur. O halde paralel iki doğrunun kuralından 1 2 3 = ! a 6 -3 1 2 = & a = 3 bulunur. a 6

Cevap : C

11. Sınıf - Matematik / 329

7. Ünite

Dönüşümler

e) Bir Doğrunun Bir Doğruya Göre Yansıması →

→

Vektörel denklemi d : X = A + λ u olan d doğrusunun, doğrultman vektörü V ve üzerindeki bir noktası B olan l doğrusuna göre yansıması d olsun. d

→

d′ : X = 2B – X +



2< BX , V < → →

< V, V <

B d′



d : X = (2, 1) + λ(2, 3)

doğrusunun l : X = (3, 2) + k(2, –1) doğrusuna göre yansımasını bulunuz.

B = (3, 2), V = (2, - 1) ve X = (2k + 3, 2 - k) olmak üzere, dı: Xı = 2(3,2) – (2k + 3, 2 – k) +

2. (2k + 3, 2 - k), (2, - 1) . (2, - 1) (2, - 1), (2, - 1)

Xı = (6, 4) – (2k + 3, 2 - k) + 2. Xı = (3 – 2k, 2 + k) + 2. Xı = (3 –2k, 2 + k) + c Xı = c

4k + 6 - 2 + k (2, - 1) 4+ 1

5k + 4 .(2, - 1) 5

20k + 16 - 10k - 8 , m 5 5

31 + 10k 2 - 5k , m bulunur. 5 5

UYARI: d : ax + by + c = 0 doğrusunun l : px + dy + r : 0 doğrusuna göre simetriği olan doğrunun kapalı denklemi d : Sl(d) = ax + by + c – 2

330 / 11. Sınıf - Matematik

ap + bd . (px + dy + r) = 0 dır. p2 + d2

→

. V bağıntısı ile bulunur.

7. Ünite



Dönüşümler

3x – y + 4 = 0

doğrusunun 2x + y – 3 = 0 doğrusuna göre simetriği olan doğrunun denklemini bulunuz? d: 3x – y + 4 = 0 ve , : 2x + y – 3 = 0 olsun 3.2 + (- 1) .1 S, (d) = 3x – y + 4 – 2 . . (2x + y - 3) = 0 2 2 2 +1 3x – y + 4 – 2 (2x + y – 3) = 0 –x – 3y + 10 = 0 bulunur.

Öğretmen Örneği x – 2y – 7 = 0 doğrusunun x – 2y + 10 = 0 doğrusuna göre yansıması olan doğrunun denklemini bulunuz.

Çözüm A

x – 2y – 7 = 0 |AB| = |BAı| |–7 – 10| = |10 – k| x – 2y + 10 = 0

B

17 = |10 – k| 17 = 10 – k ∨ –17 = 10 – k k = –7 ∨ k = 27 bulunur.

x – 2y + k = 0 Aı Doğrular birbirine paralel olduğundan yansıma sonucu oluşan doğru k = –7 için x – 2y – 7 = 0 verilen doğru olur. k = 27 için x – 2y + 27 = 0 bulunur.

d : 2x + 3y – 1 l:y–x+1=0 doğruları veriliyor. Buna göre, Sl(d) ifadesinin sonucunu bulunuz.

S,(d) = (2x + 3y – 1) – 2 .

3.1 + 2. (- 1) 2

1 +1

2

. (y - x + 1) = 0

1 . (y – x + 1) = 0 2 3x + 2y – 2 = 0 bulunur. (2x + 3y – 1) – 2.

11. Sınıf - Matematik / 331

7. Ünite

Dönüşümler

4. Öteleme Yansıması Öteleme ve yansımanın bileşkesine ötelemeli yansıma denir. Ötelemeli yansımada öteleme doğrultusuyla yansıma ekseni paralel olmalıdır.

→

A(4, 5) noktası U = (3, 3) doğrultusunda ötelendikten sonra x = y doğrusuna göre yansımasını bulunuz.

(Sx=y o ^T (A)h = S T (A)h = S x = y ( U + A) = S x = y (7, 8) U x= y ^ U

= (8, 7) olur.

→

A(4, 5) noktasının x = y doğrusuna göre yansıması bulunduktan sonra u = (3, 3) doğrultusunda ötelenmesini bulunuz.

_TU oS x = y i (A) = T(3, 3) (S x = y (4, 5)) = T(3, 3) (5, 4) = (3, 3) + (5, 4) = (8, 7) olur.

Sonuç; Öteleme doğrultusu ile yansıma ekseni paralel olmak zorunda olduğundan yansıma ve öteleme sırası değişebilir.

→

Analitik düzlemde A(–3, –5) noktası ve U = (1, –1) vektörü veriliyor.

TU (A) = B ve d : y = –x

olmak üzere Sd(C) = B olduğuna göre C noktasının koordinatlarını bulunuz.

TU (A) = B ⇒ B = U + A ⇒ B = (1, –1) + (–3, –5) ⇒ (–2, –6) dır. Sy = –x(C) = B ⇒ Sy =–x(x, y) = (–2, –6)

⇒ (–y, –x) = (–2, –6)



⇒x=6∨y=2



⇒ C(6, 2) bulunur.

332 / 11. Sınıf - Matematik

7. Ünite

Dönüşümler

UYARI: Bir A noktasının paralel iki doğruya göre yansımasının bileşkesi bu iki doğru arasındaki uzaklığın iki katı kadar bir ötelemedir.

Analitik düzlemde A(–1, 3) noktasının x = 2 doğrusuna göre yansımasının x = 7 doğrusuna göre yansımasını bulunuz.

A(–1, 3) noktasının x = 2 doğrusuna göre yansıması Aı (2, 2 – (–1),3) = Aı(5, 3) noktasıdır. Aı(5, 3) noktasının x = 7 doğrusuna göre yansıması Aıı(2 . 7 – 5, 3) = Aıı(9, 3) noktasıdır.

Dönme Simetrisi Bir A noktasının kesişen iki doğruya göre yansımasının bileşkesi bu iki doğru arasındaki açının iki kadar bir dönmedir. A

d1 d2



α α β β

A′

A′′

11. Sınıf - Matematik / 333

7. Ünite

Dönüşümler

A

B

D

C

ABC bir ikiz kenar üçgen ve |BD| = |DC| olmak üzere AD doğrusu çizilmiştir. Bir B noktasının AD doğrusuna göre simetriğini veren dönüşüm SAD ile A noktasını merkez alan dönme dönüşümü Ra ile gösteriliyor. SAD(B) = R60° (B) 2

olduğuna göre, A)

1 3

AD oranı kaçtır? BD ⋅ DC

B)

1 2

C) 1

D) 2

E) 3

|BD| = |DC| ve B, D, C doğrusal olduğundan SAD(B): B noktasının AD doğrusuna göre yansıması C noktasıdır ve AD = BC dir. SAD(B) = R60°(B) = C olduğundan B noktası A noktası merkez alınacak 60° döndürüldüğünde C noktasına eşit olmaktadır O halde A 30° 30° k 3

60° B

60° k

D

k

C

|BD| = |DC| = k olmak üzere |AD| = k 3 olacağından AD 2 ^k 3 h k .3 = = 2 = 3 bulunur. k.k BD . DC k 2

334 / 11. Sınıf - Matematik

2

Cevap : E

7. Ünite

Dönüşümler

5. Şerit Süslemeler Bir motifin belirli bir doğrultuda ötelenmesiyle oluşan süslemeye şerit süsleme denir. Bir şekle öteleme, dönme, yansıma, yatay yansıma, dikey yansıma, 180° lik döndürme (yarı dönme) dönüşümlerinden biri uygulanarak başlangıç motifi oluşturulur. oluşturulan motif belirli bir doğrultuda ötelenerek şerit süslemeler yapılır.

Aşağıdaki tabloda " oluşturunuz.

" şeklinden oluşturulan motiflerle bu motiflerin ötelenmesi ile oluşan şerit süslemeleri

Motif

Şerit Süsleme

Öteleme Yatay Yansıma

Ötelemeli Yansıma

Dikey Yansıma 180° lik Dönme



11. Sınıf - Matematik / 335

2

MİNİ ÖDEV 1. A = (3, –2) noktasının x – y – 10 =0 doğrusuna göre, simetriği A′ noktasıdır.

A′ noktasının y = 4 doğrusuna göre yansıması aşağıdakilerden hangisidir? A) (8, 15)



B) (15,8) D) (7,8)

C) (8,7)

E) (8,11)

4. 4x – 3y + 2 = 0 doğrusunun y = –x doğrusuna göre simetriği A(2, m) noktasından geçtiğine göre, m kaçtır? A) 6

B) 4

C) 3

D) 2

E) 1

İşleme tersten bakılırsa A(2, m) nin y = –x doğrusuna göre, yansıması olan Aı(–m, – 2) noktası



Simetri doğrusunun eğimi 1 olduğundan





x = 3 için, 3 – y – 10 = 0 ⇒ y = –7



4 . (–m) –3 . (–2) + 2 = 0



y = –2 için, x – (–2) – 10 = 0 ⇒ x = 8 Aı(8,–7) olur.



–4m + 8 = 0

Aı(8, –7) noktasının y = 4'e göre yansıması



m = 2 bulunur.

Aıı(8, 2.4 – (–7) = Aıı(8, 15) bulunur.

5. A = (2, –3) ve B = (3, 2) noktaları veriliyor.

2. A = (2, 3) noktasının x eksenine göre simetriği B ve B noktasının orijine göre simetriği C noktası olduğuna göre C noktasının koordinatları çarpımı kaçtır? A) 12

B) 8

C) –6

D) –8

E) –10



B noktasının AB doğrultusunda ötelenmişinin sırasıyla x = 1 ve y = 0 doğrularına göre yansıması olan nokta aşağıdakilerden hangisidir?



A) (–2, 5)





B(2, –3) noktasının orijine göre simetriği





C(–2, 3) tür.





C'nin koordinatları çarpımı –2 . 3 = –6 dır.



B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

A noktasının B noktasına göre simetriği C noktası ile B, A ile C'nin orta noktasıdır.



a+ 3 b- 4 A+ C , m = (1, 3) = B&c 2 2 2 a+ 3 b- 4 =1 0 =3 2 2 a = - 1 0 b = 10 a + b = 9 bulunur.

336 / 11. Sınıf - Matematik

C) (–7, 2)

E) (–2, –7)

 AB = B - A = (3, 2) - (2, - 3) = (1, 5) ise B noktasının AB doğrultusunda ötelemesi

A) 5

B) (5, –2) D) (2, 7)

A(2, 3) noktasının x eksenine (y = 0) göre simetriği B(2, –3) tür.

3. A = (a, –4) noktasının B = (1, 3) noktasına göre simetriği C = (3, b) olduğuna göre, a + b toplamının sonucu kaçtır?

4x – 3y + 2 = 0 doğrusu üzerindedir.



(3, 2) + (1, 5) = (4, 7) dir.

(4, 7) noktasının x = 1 e göre yansıması, (2 . 1 –4, 7) = (–2, 7) dir.

(–2, 7) nin y = 0 a göre yansıması, (–2, 2 . 0 – 7) = (–2, –7) dir.

6. Sx = 4 (A) = Sy = –2 (A)

olduğuna göre, A noktasının koordinatları çarpımı kaçtır? A) –8

B) –6

C) –4

D) 4

E) 8

Sx=4 (A) = Sy = – 2 (A)



A = (x, y) olsun,



(2 . 4 – x, y) = (x, 2 . (–2) – y)



(8 – x, y) = (x, –4 – y)



8 – x = x ∨ y = –4 – y



2x = 8 ∨ 2y = –4



x = 4 ∨ y = –2



A'nın koordinatları çarpımı 4 . (–2) = –8 dir.