Çözüm: x = 1 denklemi sağladığından x – 1 bir çarpandır. x4 +2.x3 –3.x2 –4.x + 4 ≤ 0 x2(x2 + 2.x –3) –4(x–1) ≤ 0 x2(x–1)(x+3)–4(x–1) ≤ 0 (x–1).(x2(x+3) –4) ≤ 0 (x–1)(x3 +3.x2 –4) 0 (x–1)(x–1)(x+2)2 ≤ 0 olup. Çözüm: [m ⇒ (m ∧ n)] ∧ [(m ∧ n) ⇒ m] = [m′ ∨ (m ∧ n)] ∧ [(m ∧ n)′ ∨ m)] = Ancak x=–2 ve x = 1 de eşitsizlik sağlanır. YANIT: D ′ ∨ m) ∧ (m′ ∨ n)] ∧ [(m′ ∨ n′) ∨ m] = [(m m′∨ n 1 m′ ∨ n YANIT: A Çözüm: a > 0 ise –a < 0 olup |a|=a max{a,–a}=a = |a| min{a,–a} = –a =– |a| a < 0 ise –a > 0 olup |a|= –a max{a,–a}= –a = |a| min{a,–a} = a = –|a| olup A ve B şıkları doğrudur. Çözüm: Bilgi : α sayısı rasyonel katsayılı bir polinomun kökü ise α sayısna cebirsel sayı aksi halde transandant (aşkın) sayı denir. Buna göre π sayısı transandant , 2 sayısı cebirseldir. Her iki sayıda irrasyonel olup. doğru yanıt. Yalnız II dir. YANIT: A b > 0 ise b.sgnb = b = |b| b < 0 ise b.sgnb = – b = |b| b= 0 ise 0.sgn0 =0=|0| C şıkkı doğru. a < b olsun –a > – b min{a,b} = a –min{–b,–a} =– (–b)= b olup eşitlik sağlanmaz. D her zaman doğru değildir. YANIT: D Çözüm: H’ kümesi [–1,2] aralığındaki rasyonel sayıların kümesi olduğundan sınırlı ve sonsuz elemanlı bir kümedir.Diğer yandan Rasyonel sayılar sayılabilir bir küme olup her alt kümesi sayılabilir olduğundan H’ sayılabilir sonsuz ama sınırlı bir kümedir. YANIT: D Çözüm: 3 kişiden herhangi biri 4 asansörden birini seçebileceğine göre 4.4.4 = 64 olur. YANIT: C Çözüm: x = π / 2 de y=6 ve periyodu 2π olduğundan b = 1 ve a = 6 dır. a+b=7 olur. YANIT: C Çözüm: Koşullu olasılık; 160 cm den uzun olduğu bilindiğinde erkek olma olasılığı sorulmaktadır. P(E/ ≤160) = Çözüm : 0 2222 777 99 3!3=6.3 = 18 olur. (Burada 3! 2222 777 ve 99 un sıralanışları 3 ise bu grupların arasındaki 3 boşluğa yerleşmesini göstermektedir.) 32 P( E ∩ ≤ 160 ) 32 4 100 = = = olur. 32 24 P( ≤ 160 ) 56 7 + 100 100 YANIT: C YANIT: A Çözüm: Tüm sıralanış tekrarlı permütasyon olup Çzüm: 15 15 ! 14.15 = = 105 C(15,2)= = 2 2 2 ! 13! YANIT: D 6! = 180 2 ! .2 ! YANIT: B Çözüm: 1 1 + 0 lim x3 2 → olup x →−2 x + 8 0 1 2 1 x =− lim x →−2 3 x 2 48 − YANIT:A Çözüm: 1000. sayfaya ödenecek para 20/1000 = (0,02) YTL 1001. sayfaya=(0,02) – (0,002)(0,01)1 =(0,02)(1 – 1/102) 1002. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)2 1003. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)3 . . . x. sayfaya=(0,02)(1 – 1/102)x-1000 Çözüm: (cos x − 1 ).sin x 0 lim → x →0 0 x3 + x (cos x − 1 ).sin x = ( x2 + 1 ) . x (cos x − 1 ) sin x lim .lim =0 x →0 x 2 + 1 x →0 x lim x →0 olur. x − 1000 T(x) = 20 + ( 0 ,02 ) YANIT:B 1 ∑ ( 1 − 10 2 )n olurki n =1 YANIT:D Çözüm: Teorem: (un) dizisi L ye yakınsarsa u + u2 + ... + un (Sn) = 1 diziside L ye yakınsar. n Kanıt: BKZ Seyfettin AYDIN Analize giriş 1 sayfa 265 örnek 3.2.7 Basım yılı 1986 Teoreme göre doğru yanıt B olur. YANIT:B Çözüm: | 2.x2 + 3|x|+5| fonksiyonu çift ve pozitif değerli fonksiyon olduğundan 4 4 2.x 3 x2 2. ( 2.x 2 + 3 .x + 5 ) = 2.( + 3. + 5.x ) | 0 3 2 0 520 = YANIT: C 3 ∫ x =0 için y = 1 olduğundan 1 0 = ln | 2.1 − 3 | + c dan c = 0 bulunur. 2 Buradan 2 x = ln | 2. y − 3 | | 2.y –3 | = e2.x istenilen aralıkta 2.y – 3 < 0 olduğundan 2.y – 3 = –e2x ve y = ÇÖZÜM: 3 − e2x olur. 2 YANIT:D Çözüm: A) Oran testini kullanalım a lim n + 1 = k olsun n→ ∞ an k < 1 ise seri yakınsak k=1 için test bir şey söylenemez. k > 1 için seri ıraksaktır. ( 2.n + 2 )! (( n + 1 )!)2 lim ( 2.n )! ( n! )2 ıraksaktır. n→∞ ∞ B )ve C) 1 ∑ nα = 4 > 1 olduğundan seri eğer α > 1 ise seri yakınsak n =1 1 ve C 2 şıkkında α = 1 olduğundan iki seride ıraksaktır. sin n 1 D şıkkında < 2 olup karşılaştırma testine 2 n n Aksi taktirde ıraksaktır.B şıkkında α = Çözüm: |(x–4)+i.y |< |x+i.y | eşitsizliğinden 2 < x olur ki yanıt x> 2 yarı düzlemi olur. YANIT:A ∞ göre 1 ∑n 2 serisi yakınsak olduğundan n =1 ∞ ∑ n =1 sin n n2 seriside yakınsaktır. YANIT:D Çözüm: dy dy = 2. y − 3 olup dx = her iki tarafın dx 2. y − 3 1 integrali alınırsa x = ln | 2. y − 3 | + c 2 0 1 1. satır 2. satırla yer değiştirilir.……..1 1 0 4 1 2. satır 4 ile çarpılıp 1.satıra eklenir…2 1 0 4 1 2. satır 2 ile çarpılır………………….3 2 0 3 adımda istenilen matris elde edilir. YANIT :B u + w = (2,1) ve v + z = (2,1) olup {(2,1)} kümesi IR2 yi üretemez. B) (0,0) kümenin elemanı olduğundan,küme lineer bağımlı olup IR2de baz değildir. C) A şıkkında verilen vektörler alınırsa baz olmadığı kolayca görülür. D) {u,v} baz olduğundan {2.u,v} lineer bağımsız ve iki elemanlı bir küme olduğundan IR2 yi üretir. YANIT: D Çözüm: Bir matris elemanter matristir. 1. tüm elemanları 0 olan satırlar matrisin en altındadır. 2. Tüm satır(veya sutun)elemanları 0 veya 1 den oluşur 3. sıfırdan farklı elemanları 1 olup aynı satır ve sutunda birden fazla 1 bulunmaz. Bu tanıma göre D şıkkındaki matris elemanter matristir.Bu matrise aynı zamanda eşolon matriste denir. YANIT:D Çözüm: A) boyR C =2 {1, i } kümesi baz olup C yi ürettiğinden. Doğrudur. B) boyCC =2 {1 } kümesi baz olup C yi ürettir. Ancak küme bir elemanlı olup boyCC =1dir. Yanlış. C) boyR R =1 {1} kümesi baz olup IR yi ürettiğinden. Doğrudur. D) boyR R 2 =2 {(1,0),(0,1)} kümesi baz olup IR2 yi ürettiğinden. Doğrudur. YANIT: B Çözüm: 1 4 1 4 A= ≈ olup rank A = 1 dir ve 2 8 0 0 homojen denklemin sıfırdan farklı 2-1değişkene bağlı sonsuz çözümü vardır. Çözüm kümesi W= { x | x=–4y} olup boyW=1 dir. YANIT:A Çözüm: A) Baz değildir. Ters bir örnek verelim. u = (1,0) v = (0,1) w = (1,1) z = (2,0) olsun.(her iki elemanda IR2 yi üretir ve lineer bağımsız olduklarından bazdır.) Çözüm: U ve W V vektör uzayının iki alt uzayı olsun. A) U ∪ W alt uzay olmayabilir. Ters bir örnek verelim. U={ (x,x) | x ∈ R } ⊂ R 2 = V V={ (x,2x) | x ∈ R } ⊂ R 2 = V olsun. U ∪ W = { (x,y) | y = 2.x veya y = x} olup (1,1) ve (1,2) için (1,1)+(1,2)=(2,3) ∉ U ∪ W B) U \W={(x,x)| x ∈ R ve x ≠ 0 } olup 0 ∉ U − W olduğundan alt uzay olamaz C) 0 ∉ U − { 0 } olduğundan alt uzay olamaz D) U alt uzay ise 0 ∈ U olup U ∪ {0}=U olduğundan alt uzaydır. YANIT: D Çözüm: Bu vektörlerin lineer bağımlı olması için bileşenlerinin oluşturduğu Matrisin determinantı sıfır olmalıdır. 3 −1 5− µ 11 4 1 − 1 = 0 Buradan µ = bulunur. 2 2 −3 0 Çözüm: YANIT A dır. Bu soru için çekincelerim var yanlışlık var gibi ama biraz kitap karıştırmam gerekiyor. Çözüm: i j k u + v = 0 4 0 = −12.i − j .0 − 16k = 4 0 −3 Çözüm: U = { (x,0 ) | x ∈ R } IR2nin bir alt uzayıdır. λ ∈ R ve (x1,0) ve (x2,0) için = 12 2 + 16 2 = 20 olur. (Ali beyin 89 a verdiği çözüme Bkz) YANIT:A λ .( x1 ,0 ) + ( x2 ,0 ) = ( λ .x1 + x 2 ,0 ) ∈ U YANIT: C Çözüm: 1 =6 olup 2 YANIT:C Dairenin alanı . cos60 = 4.3. Çözüm: x = 2 3 için y = 1 olup x.x0 + 4.y.y0=16 dan 2. 3 x + 4.y = 16 3 x + 2.y – 8=0 YANIT: A ZxZ2={(k, m )|k ∈ Z ve m ∈ Z 2 }kümesi { (1, 0 ),(0, 1 )} alt kümesi tarafından üretilir. YANIT: B Çözüm: I ve III doğrudur. Bilgi: G bir grup olsun. G devirli bir tan ım gruptur ← → her g ∈ G için ∃ a ∈ G vardır ki g = an= aoao... oa dir. Bu durumda I doğrudur. her g1 ve g2 ∈ G g1og2= ano am =an+m=amoan= g2og1 olduğundan devirli grup değişmelidir. III. Genel olarak G grubunun bir üreteci a ise a–1 de G grubunu üretir. G toplamsal bir grup ise a–1 –a olur. Doğrudur. II. Yanlış. Z toplamsal grubu sonsuz ama devirli grup olup üreticisi 1 dir. IV. Yanlış örneğin S2 permütasyonlar grubu mertebesi 2 olan sonlu ve devirli bir grup olup Z ye izomorf değildir. YANIT:A Çözüm: 8 in Z12 deki mertebesi 3 tür. 4 ün Z60 daki mertebesi 15 tir. 10 nun Z24 deki mertebesi 12 dir. Okek(3,15,12)=60 (8,4,10)in mertebesi olur. YANIT: C Çözüm: x2–x–1= 0 x2= x + 1 olup x3=2x+1dir. –2(2x+1)+3a(x+1)+(1–b).x+6 ≡ 2.x+3 –4+3a+1–b=2 3a–b=5 –2+3.a+6=3 3.a=–1 olup −1 −19 = bulunur. YANIT:C a+b=–6+ 3 3 99. soru Çözüm: Çözüm: Bilgi: G bir grup. g ∈ G olsun. gn=1g(birim) olacak şekilde en küçük n pozitif doğal sayısına g nin mertebesi denir. Verilen örnekte (Z12 , +) toplamsal grup olduğundan n. m =0 eşitliğine dönüşür. n = 6 verildiğinden 6. m =0 eşitliğini sağlayan m = 2 nin mertebesi 6 dır. m = 10 nin mertebesi 6 dır. Mertebesi 6 olan başka bir denklik sınıfı olmadığından YANIT:C YANIT B VERİLMİŞ .DOĞRU YANIT C OLMALIDIR. x x 2 2 2 (2+x)2=(2–x)2+4 x = 1 2 1 ).2 π 5−3 2 − = =1 2 2 2 (2+ YANIT: B 100. soruyuda herkez çözer herhalde benden bu kadar. Çözüm: İ:K(2006)