b˙ıt˙ırme ödev˙ı f˙ınal sorularının çözümler˙ıaaaaaaa

AKDENI·Z ÜNI·VERSI·TESI·
MATEMATI·K BÖLÜMÜ
BI·TI·RME ÖDEVI·
FI·NAL SORULARININ ÇÖZÜMLERI·
ADI SOYADI : ...............................................................
NO : ......................................
A A A A A A A
SINAV TARI·HI· VE SAATI· :
Bu s¬nav 50 sorudan oluşmaktad¬r ve s¬nav süresi 100 dakikad¬r.
SINAVLA I·LGI·LI· UYULACAK KURALLAR
1. Cevap ka¼
g¬d¬n¬za soru kitapç¬g¼¬n¬z¬n türünü işaretlemeyi unutmay¬n¬z.
2. Her soru eşit de¼
gerde olup, puanlama yap¬l¬rken do¼
gru cevaplar¬n¬z¬n say¬s¬ndan yanl¬ş cevaplar¬n¬z¬n
say¬s¬n¬n dörtte biri düşülecektir.
3. S¬navda pergel, cetvel, hesap makinesi gibi yard¬mc¬araçlar ve müsvedde ka¼
g¬d¬kullan¬lmas¬yasakt¬r. Tüm işlemlerinizi soru kitapç¬g¼¬üzerinde yap¬n¬z.
4. S¬nav süresince görevlilerle konuşulmayacak ve onlara soru sorulmayacakt¬r. Yanl¬ş oldu¼
gunu
düşündü¼
günüz sorularla ilgili, görevlilere soru sormay¬n¬z. Bu çok küçük bir olas¬l¬k olsa da, jüri bu
tür durumlar¬daha sonra de¼
gerlendirecektir.
5. Ö¼
grencilerin birbirlerinden kalem, silgi vb. şeyler istemeleri yasakt¬r.
6. D¬şar¬ya ç¬kan bir aday tekrar s¬nava al¬nmayacakt¬r.
7. Cep telefonuyla s¬nava girmek yasakt¬r.
Bu kitapç¬ktaki sorular, Doç.Dr. Mustafa Özdemir Editörlü¼
günde, Akdeniz Üniversitesi Matematik
Bölümü Ö¼
gretim Üyeleri Taraf¬ndan Haz¬rlanm¬şt¬r. (Soru Da¼
g¬l¬m¬ : Soyut Matematik 4, Analitik
Geometri 10, Lineer Cebir 10, Soyut Cebir 5, Olas¬l¬k 6, Analiz 10, Diferansiyel Denklemler 5.)
1
A
A
1. Aşa¼
g¬dakilerden kaç tanesi do¼
grudur?
1. Yans¬yan, Simetrik ve Geçişken ba¼
g¬nt¬ya denklik ba¼
g¬nt¬s¬denir.
2. X kümesinde tan¬mlanan denklik ba¼
g¬nt¬s¬nda, [x] = fy 2 X : (x; y) 2
kümesine x’in denklik s¬n¬f¬denir.
3. X = fa; b; cg kümesinde ki
göre, üç denklik s¬n¬f¬vard¬r.
g
= f(a; a); (b; b); (c; c); (b; c); (c; b)g ba¼
g¬nt¬s¬na
4. Yans¬yan, Ters Simetrik ve Geçişken ba¼
g¬nt¬ya s¬ralama ba¼
g¬nt¬s¬denir.
= f(x; y) : x2 +x = yg bir denklik ba¼
g¬nt¬s¬d¬r.
5. Z kümesinde tan¬mlanan
6. Z kümesinde tan¬mlanan
göre, [1] = f1; 1g’dir.
A) 1
B) 2
= f(x; y) : x2 +x = y 2 +yg denklik ba¼
g¬nt¬s¬na
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm : I, II ve IV do¼
grudur.
Denklik ba¼
g¬nt¬s¬: Yans¬yan, Simetrik ve Geçişken ba¼
g¬nt¬d¬r.
Denklik S¬n¬f¬: X kümesinde tan¬mlanan
kümesine x’in denklik s¬n¬f¬denir.
denklik ba¼
g¬nt¬s¬nda, [x] = fy 2 X : (x; y) 2 g
S¬ralama Ba¼
g¬nt¬s¬: Yans¬yan, Ters Simetrik ve Geçişken ba¼
g¬nt¬d¬r.
Şimdi, III, V ve VI’y¬kontrol edelim.
III. Yanl¬şt¬r. Çünkü,
[a] = fy 2 X : (a; y) 2 g = fag
[b] = fy 2 X : (b; y) 2 g = fb; cg
[c] = fy 2 X : (c; y) 2 g = fb; cg
oldu¼
gundan, [a] ve [b] = [c] olmak üzere iki denklik s¬n¬f¬vard¬r.
V. Yanl¬şt¬r. Çünkü, (1; 1) 2
=
oldu¼
gundan, yans¬yan de¼
gildir.
VI. Yanl¬şt¬r. Çünkü, [1] = fy 2 Z : (1; y) 2 g = fy 2 Z : 2 = y 2 + yg = f1; 2g bulunur.
2. Aşa¼
g¬daki ifadelerden kaç tanesi yanl¬şt¬r?
I- Herhangi iki rasyonel say¬n¬n aras¬nda en az bir reel say¬vard¬r.
II- I·ki irrasyonel say¬n¬n toplam¬rasyonel olamaz.
III- Rasyonel say¬lar kümesi say¬lamazd¬r.
IV- I·rrasyonel say¬lar kümesi toplama işlemine göre kapal¬de¼
gildir.
V- I·rrasyonel say¬lar kümesi say¬labilirdir.
VI- Rasyonel say¬ile irrasyonel say¬n¬n toplam¬rasyonel olamaz.
VII- I·rrasyonel say¬lar kümesi çarpma işlemine göre kapal¬d¬r.
A) 1
B)2
C) 3
D) 4
2
E) 5
¼
Çözüm : I. DOGRU
: Herhangi iki rasyonel say¬aras¬nda bir reel say¬daima bulunabilir.
p
p
II. YANLIŞ. a = 2 + 1 ve b = 3
2 iki irrasyonel say¬d¬, fakat toplamlar¬a + b = 4 2 Q
oldu¼
gu görülebilir.
III. YANLIŞ. Rasyonel say¬lar kümesi say¬labilirdir.
¼
IV. DOGRU.
II’de verdi¼
gimiz örnek, kapal¬olmad¬g¼¬n¬gösterir.
V. YANLIŞ. I·rrasyonel say¬lar kümesi say¬lamaz.
¼
VI. DOGRU.
Bir rasyonel say¬ile bir irrasyonel say¬n¬n toplam¬rasyonel olamaz.
p p
gildir.
VII. YANLIŞ. 2; 2 irrasyonel say¬lar¬n¬n çarp¬m¬2’dir ve irrasyonel de¼
3. Aşa¼
g¬dakilerden kaç tanesi do¼
grudur?
I. 219
II. 218
1 (mod 20)
III. 210
1 (mod 11)
A) 0
B) 1
1 (mod 19)
IV. 320
1 (mod 50)
C) 2
D) 3
Çözüm : Fermat Teoremi : p asal say¬s¬için, ap
1 (mod p)’dir.
E) 4
a (mod p) sa¼
glan¬r. Buna göre, ap
1
Euler Teoremi : ' (n) ; Euler fonksiyonu olmak üzere (n’den küçük ve n ile aralar¬nda asal
say¬lar¬n say¬s¬n¬veren fonksiyon), (a; n) = 1 ise a'(n) 1 (mod n)’dir.
Buna göre, II, III ve IV’ün do¼
grulu¼
gu hemen görülür.
218
1 (mod 19) ; 210
320
1 (mod 50) ; (Euler Teoreminden) ' (50) = ' (2 52 ) = (2
1 (mod 11) (Fermat Teoreminden)
1) (52
5) = 20
I. yanl¬şt¬r. Euler ya da Fermat teoremi burada kullan¬lamaz. Buna göre,
219
oldu¼
gundan, 219
4
0 (mod 4) ve 219
(24 ) 23
8
3 (mod 5)
8 (mod 20) elde edilir.
4. Aşa¼
g¬dakilerden kaç tanesi yanl¬şt¬r?
I. p bir asal say¬olmak üzere, ap
a (mod p)’dir.
2. 8 taban¬ndaki bir say¬n¬n rakamlar¬ toplam¬ 7’nin kat¬ ise bu say¬ 7’ye
bölünür.
3. n 2 Z+ için
4. 3x
n
0
+
n
1
9 (mod 12) ) x
+
n
2
+
n
n
+
= 2n eşitli¼
gi daima do¼
grudur.
3 (mod 12) ’dir.
5. n pozitif tamsay¬s¬ndan küçük olan ve n ile aralar¬nda asal olan tamsay¬lar¬n
say¬s¬n¬veren fonksiyona Euler fonksiyonu ' (n) denir.
6. n pozitif tamsay¬s¬n¬n asal çarpanlar¬na ayr¬l¬ş¬ pr11 pr22
pr11 pr11 1 pr22 pr22 1
prkk prkk 1 ile bulunur.
7. 3’den büyük her asal say¬y¬6n + 1 veya 6n
A) 0
B) 1
C) 2
D) 3
3
prkk ise ' (n) =
1 formunda yazabiliriz.
E) 4
¼
Çözüm : I. DOGRU.
Fermat Teoreminin ifadesidir ve do¼
grudur.
¼
II. DOGRU.
(an :::a1 a0 )8 = a0 +8a1 +82 a2 + +8n an a0 +a1 + +an (mod 7) oldu¼
gundan
do¼
grudur
¼
III. DOGRU.
Binom aç¬l¬m¬ndan 2n = (1 + 1)n = n0 + n1 + + nn oldu¼
gu kolayca görülür.
IV. YANLIŞ. Do¼
grusu, 3x 9 (mod 12) ) x 3 (mod 4) olmal¬yd¬.
¼
V. DOGRU.
Euler Fonksiyonunun Tan¬m¬verilmiş.
¼
VI. DOGRU.
Euler Fonksiyonunun hesaplanmas¬.
¼
VII. DOGRU.
p = 6n + k ifadesi 3’den büyük bir asal say¬olsun. k; 2; 3; 4; 6 olursa p asal
olmaz. O halde, p > 3 asal say¬s¬, 6n + 1 veya 6n + 5
6n 1 formlar¬nda olabilir. (Tersi
do¼
gru de¼
gildir, yani 6n 1 formundaki bir say¬asal olmayabilir).
5. Aşa¼
g¬daki ifadelerden hangileri do¼
grudur?
I) Bir fonksiyon da vektöre örnek olabilir.
II) Bir vektör uzay¬nda taban her zaman vard¬r ve sonludur.
III) S¬f¬r uzay¬n¬n taban¬{0} kümesidir.
IV) Bir matrisin determinant¬n¬n s¬f¬rdan farkl¬olmas¬ile bir lineer dönüşüm
temsil etmesi denktir.
V) I·ç çarp¬ml¬bir vektör uzay¬nda ortonormal bir taban daima vard¬r.
A) I-III
B) I-V
C) II-III-IV
D) I-II-IV
E) Hepsi
¼
Çözüm : I. DOGRU.
Örne¼
gin, en basit olarak V = ff (x) = ax + b : a; b 2 Rg kümesi,
fonksiyonlar¬n toplama ve skalerle çarpma işlemlerine göre bir Vektör uzay¬d¬r. Bu kümenin
her bir eleman¬da bir vektördür.
II. YANLIŞ. Örne¼
gin, 1. mertebeden türevlenebilir fonksiyonlar¬n kümesini ele alal¬m. Bu
küme vektör uzay¬d¬r ama taban¬yoktur.
III. YANLIŞ. S¬f¬r uzay¬n¬n taban¬yoktur.
IV. YANLIŞ. Bir lineer dönüşümü temsil eden bir matrisin determinant¬s¬f¬rdan farkl¬olmak
zorunda de¼
gildir. Hatta, determinant¬tan¬mlanamayan m n türünden bir matris bile olabilir.
¼
V. DOGRU.
I·ç Çarp¬mlar¬s¬f¬r olan vektörler seçilerek daima ortonormal bir taban oluşturulabilir.
6. T bir lineer dönüşüm olmak üzere, T (u + v + w) = (3; 2; 4) ; T (u v) =
(3; 2; 0) ve T (u w) = (0; 1; 2) ise, kT (u)k kaçt¬r?
p
p
p
p
p
A) 2 3
B) 13
C) 2 5
D) 3 2
E) 10
Çözüm : Lineerlikten,
T (u + v + w) + T (u
v) + T (u
w) = T (u + v + w + u
v+u
w) = T (3u) = 3T (u)
1
oldu¼
gundan, T (u) = ((3; 2; 4) + (3; 2; 0) + (0; 2; 2)) = (2; 2; 2) elde edilir. O halde, kT (u)k =
3
p
p
12 = 2 3 olur.
4
7. T bir lineer dönüşüm olmak üzere, T (1; 2; 3) = (3; 2; 1) ; T (1; 3; 4) = (3; 1; 4) ise,
kT (1; 0; 1)k =?
p
p
p
p
p
B) 13
C) 2 5
D) 3 2
E) 10
A) 2 3
Çözüm : T (ax + by) = aT (x) + bT (y) oldu¼
gundan,
(1; 0; 1) = 3 (1; 2; 3) 2 (1; 3; 4)
T (1; 0; 1) = 3T (1; 2; 3) 2T (1; 3; 4)
= 3 (3; 2; 1) 2 (3; 1; 4) = (3; 4; 5)
p
p
elde edilir. O halde, kT (1; 0; 1)k = 9 + 16 + 25 = 5 2 olur.
8. A = [aij ]2 2 matrisinin karakteristik polinomu P (x) = x2 +x + 1 olmak üzere,
f (x) = x4 +3x2 +x + 3 ise, f (A) aşa¼
g¬dakilerden hangisine eşittir?
A) A
B) 2A
C)
A
D)
A+I
E) A
I
Çözüm : Cayley - Hamilton teoremine göre, her matris kendi karakteristik polinomunun bir köküdür. Yani, P (A) = A2 + A + I = 0 olur. Buna göre,
f (A) = A4 + 3A2 + A + 3I
= A4 + 2A2 + 2I + A2 + A + I
= ( A I)2 + 2 ( A I) + 2I
= A2 + 2A + I 2A 2I + 2I
= A2 + I = A I + I = A
bulunur.
9. Tersinir A matrisinin karakteristik polinomu P (x) = x2
A 1 matrisi aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
A
A) 3I
B) 3A
I
C) A
3I
D)
A+I
3x
1 oldu¼
guna göre,
E) A
I
Çözüm : Cayley - Hamilton teoremine göre, her matris kendi karakteristik polinomunu sa¼
glar.
2
2
Yani, P (A) = A
3A I = 0 olur. Buna göre, I = A
3A yaz¬labilir. Bu eşitli¼
gi, A 1 ile
1
çarparsak, A = A 3I elde edilir.
2
1
1
4
1
1
10. A =
2
2
hangisine eşittir?
A) 3I
A
3
1
1 5 matrisi için eA exponensiyel matrisi aşa¼
g¬dakilerden
2
B) A + I
C) A + 2I
D)
A+I
E) A
Çözüm : A2 = 0 oldu¼
gu kolayca görülebilir. Buna göre,
eA = I +
A A2 A3
+
+
+
1!
2!
3!
=I+
elde edilir.
5
A
A
=I + =A+I
1!
1!
I
11.
1 1
0 0
A=
olmak üzere, det I + A + A2 +A3 +
+ A100
determinant¬
kaçt¬r?
A) 100
B) 0
C) 101
D) 1
E) 99
Çözüm : A2 = A oldu¼
gu kolayca görülebilir. (Idempotent matris)
1 1
0 0
Buna göre, n
1 1
0 0
=
1 1
0 0
1 için, An = A olaca¼
g¬ndan,
det I + A + A2 + A3 +
+ A100
= det (I + 100A)
= det
1 0
0 1
= det
101 100
0
1
+ 100
1 1
0 0
= 101
elde edilir.
12. Aşa¼
g¬dakilerden kaç tanesi R3 ün bir altuzay¬d¬r.
I. A = f(x; y; z) : y = 0g
II. B = f(x; y; z) : x + y + z = 1g
III. C = f(x; y; z) : 2x + y + z = 0g
A) 1
B) 2
IV. D = f(x; y; z) : x + y
0g
V. E = f(x; y; z) : y = x2 +zg
VI. F = f(x; y; z) : x + y + z > 0g
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm : V’nin R3 ün bir alt uzay¬ olmas¬ için, her u; v 2 V ve c 2 R için, au + v 2 V
olmas¬gerekir. Ayr¬ca, R3 ün toplamaya göre birimi olan (0; 0; 0) 2 V olmal¬d¬r. Buna göre,
(0; 0; 0) 2
= B; F oldu¼
gundan, B ve F kümesi alt vektör uzay¬de¼
gillerdir.
E kümesinin de altvektör uzay¬ olmad¬g¼¬ kolayca görülebilir. (1; 2; 1) 2 E iken 2 (1; 2; 1) =
(2; 4; 2) eleman¬ E kümesinin eleman¬ de¼
gildir. Çünkü, 4 6= 22 + 2 oldu¼
gundan, y = x2 + z
koşulunu sa¼
glamaz.
D kümesinin altvektör uzay¬ olmad¬g¼¬n¬ görelim. ~u = ( 1; 2; 1) 2 D ve
~u = (1; 2; 1) 2
= D’dir. Çünkü, x + y = 3 0’d¬r.
=
1 2 R için,
A ve C birer altvektör uzay¬d¬r. Gerçekten,
I. (x1 ; 0; z1 ) ; (x2 ; 0; z2 ) 2 A ve
2 R ise, (x1 ; 0; z1 ) + (x2 ; 0; z2 ) 2 A’d¬r.
III. (x1 ; y1 ; z1 ) ; (x2 ; y2 ; z2 ) 2 C ve
kullan¬larak,
2 R ise, 2x1 + y1 + z1 = 0 ve 2x2 + y2 + z2 = 0 oldu¼
gu
(x1 ; y1 ; z1 ) + (x2 ; y2 ; z2 ) = (x1 + x2 ; y1 + y2 ; z1 + z2 )
2 (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) + (z1 + z2 ) = 2x1 + y1 + z1 + (2x2 + y2 + z2 ) = 0
oldu¼
gu görülebilir. Yani, (x1 ; y1 ; z1 ) + (x2 ; y2 ; z2 ) 2 C’dir.
6
13. P 2 (Z3 ), katsay¬lar¬ Z3 cismine ait olan ikinci dereceden polinomlar¬n uzay¬n¬ göstermek üzere, P 2 (Z3 ) kümesinde verilen f1 = x2 +x; f 2 = x2 +2x + 1;
f 3 = x + 1 ve f 4 = x2 +2 vektörlerinin gerdi¼
gi uzay¬n boyutu kaçt¬r?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 1
Çözüm : Katsay¬lar¬n Z3 kümesinde olmas¬gerekti¼
gi de göz önünde
2
3
2
3
1 1 0
1 1 0
6 1 2 1 7 S2 ! S2 S1 6 0 1 1 7 S3 ! S3 S2
6
7
6
7
4 0 1 1 5 S4 ! S4 S1 4 0 1 1 5 S4 ! S4 2S2
1 0 2
0 2 2
bulundurularak
2
3
1 1 0
6 0 1 1 7
6
7
4 0 0 0 5
0 0 0
elde edilir. Boyut(Sp ff1 ; f2 ; f3 ; f4 g) =Boyut(Sp ff1 ; f2 g) = 2 bulunur.
2
3
1 2 1 0
6 1 1 0 2 7
7
14. A = 6
4 0 1 0 1 5’in özvektörlerinden biri (4;
1 2 0 1
hangisi özde¼
ger olur?
A) 2
B)
1
C) 2
5; 2; 3) ise aşa¼
g¬dakilerden
D) 1
E) 0
Çözüm : Ax = x eşitli¼
ginde, de¼
gerine özde¼
ger, x vektörüne de
özvektör denir. Buna göre, x = (4; 5; 2; 3) ise
2
32
3 2
3
2
1 2 1 0
4
4
4
6 1 1 0 2 76 5 7 6 5 7
6 5
6
76
7 6
7
6
4 0 1 0 1 54 2 5 = 4 2 5 = 4 2
1 2 0 1
3
3
3
yani, Ax =
x oldu¼
gundan,
=
1 özde¼
gerdir.
özde¼
gerine karş¬l¬k gelen
3
7
7
5
15. Aşa¼
g¬daki ifadelerden hangileri do¼
grudur?
I) Yaln¬zca homojen denklem sistemin çözüm kümesi için bir taban bulunabilir.
II) Bir lineer dönüşümün temsil matrisi tabana göre de¼
gişebilir.
III) Determinant bir do¼
grusal dönüşüm de¼
gildir.
IV) Bir vektör uzay¬nda taban tektir.
V) Kompleks say¬lar uzay¬n¬n boyutu her koşulda 2’dir.
A) II-III-V
B) II-III-IV
C) II
D) I-II-III
E) Hepsi
¼
Çözüm : I. DOGRU.
Homojen denklem sisteminin çözümü bir altuzayd¬r ve bir taban
bulunabilir.
¼
II. DOGRU.
Lineer dönüşümün temsil matrisi tabana göre de¼
gişir.
¼
III. DOGRU.
Determinant fonksiyonu lineer de¼
gildir. Genel olarak, det (A + B) 6= det A +
det B oldu¼
gunu hat¬rlay¬n¬z.
IV. YANLIŞ. Bir vektör uzay¬nda taban tek de¼
gildir.
V. YANLIŞ. Kompleks say¬lar uzay¬n¬n boyutu R cismine göre 2’dir, fakat C cismine göre ise
1’dir.
7
16. Aşa¼
g¬dakilerden hangileri do¼
grudur.
i. Z kümesi, Q’nun bir idealidir.
ii. Z bir cisimdir.
iii. Z
Z bir taml¬k bölgesidir.
A) Yaln¬z I
B) I ve II
C) I, II, III
D) Yaln¬z III
E) hiçbiri
Çözüm : I·deal : H bir halka ve I
H althalkas¬olsun. E¼
ger, r 2 H ve x 2 I için, rx 2 I
ise I’ya H’nin sol ideali, xr 2 I ise, I’ya H’nin sa¼
g ideali denir. E¼
ger, I, H’nin hem sa¼
g hem
de sol ideali ise I’ya H’nin bir ideali denir. Buna göre,
1
2
1
= 2
= Z’dir.
I. YANLIŞ. Çünkü, 2 2 Z ve 2 Q için, 2
3
3
3
II. YANLIŞ. Z kümesinde s¬f¬rdan farkl¬her eleman¬n tersi olmad¬g¼¬ndan cisim de¼
gildir.
III. YANLIŞ. (1; 0) ; (0; 1) 2 Z Z için, (0; 1) (1; 0) = (0; 0) 2
= Z
s¬f¬r bölendir. S¬f¬r bölen oldu¼
gundan, taml¬k bölgesi olamaz.
Z oldu¼
gundan, (1; 0) bir
17. Aşa¼
g¬dakilerden hangileri do¼
grudur.
I.
Z6 [x] bir taml¬k bölgesidir.
II. 2Z ve 3Z izomorf halkalard¬r.
III. Z[i] nin kesirler cismi C dir.
A) Yaln¬z I
B) I ve II
C) I,II,III
D) Yaln¬z III
E) Hiçbiri
Çözüm : I. YANLIŞ. Z6 [x]; katsay¬lar¬ Z6 ’n¬n eleman¬ olan polinom halkas¬n¬ ifade eder.
3 2 Z6 [x] bir s¬f¬r bölendir. 2 3 = 0 oldu¼
gu aç¬kt¬r. Z6 yerine bir cisim al¬nsayd¬, taml¬k bölgesi
olurdu.
II. YANLIŞ. f : 2Z = h2i ! 3Z = h3i izomor…zm olacak şekilde bir halka homomor…zmi
bulamay¬z. Üreteç, üretece gitmelidir. Buna göre, f (2) = 3 olmal¬d¬r. Fakat, f (2 + 2) =
f (2) + f (2) = 2f (2) = 6; yani f (4) = 6’d¬r. Di¼
ger yandan, f (2 2) = f (2) f (2) ) f (4) = 9
’dür. Yani, çelişk oluşur.
III. YANLIŞ. Bir T halkas¬n¬ veya taml¬k bölgesini kapsayan en küçük F cismine, T ’nin
kesirler cismi denir. Buna göre, Z[i] halkas¬n¬ kapsayan en küçük cisim, Q [i] oldu¼
gundan
yanl¬şt¬r.
18. Z720 aşa¼
g¬dakilerden hangisine izomorftur.
A) Z192
B) Z192
C) Z2
Z4
D) Z2
Çözüm : 720 = 24 32 5 oldu¼
gundan, Z720 = Z24 Z32
Z2r = Z2 Z2r 2 ve p tek asal say¬lar¬için Zpr = Z(p
Z24 = Z2
Z4
8
Z4
E) Z8
Z2
Z5 yaz¬labilir. Di¼
ger yandan,
gundan,
1)pr 1 oldu¼
Z4 ve Z32 = Z(3
olacakt¬r. Ayr¬ca, Z5 = Z4 oldu¼
gundan, Z720 = Z2
Z6
Z4
1)32
1
Z6
= Z6
Z4 elde edilir. Yan¬t D.
Z12
19. Aşa¼
g¬dakilerden hangileri do¼
grudur.
I.
Her cisim bir taml¬k bölgesidir.
II. Q nun sadece iki tane ideali vard¬r.
III. E¼
ger K, L cisimler ve f : K ! L bir homomor…zm , f 6= 0 ise, f; 1-1dir.
A) Yaln¬z I
B) I ve II
C) I,II,III
D) Yaln¬z II
E) Hiçbiri
¼
Çözüm : I. DOGRU.
Her cisim, s¬f¬r bölensiz bir halka oldu¼
gundan taml¬k bölgesidir. O
halde I. do¼
grudur.
¼
II. DOGRU.
Q say¬lar kümesi cisimdir ve birim ve kendinden başka ideali yoktur. (Not : Her
cismin kendinden ve birimden başka ideali yoktur.)
¼
III. DOGRU.
f s¬f¬rdan farkl¬ve Çekf kümesi K’n¬n ideali olaca¼
g¬ndan, Çekf 6= K olmal¬d¬r.
K cisim oldu¼
guna göre, Çekf = f0g olur. Bu ise, f ’nin 1-1 oldu¼
gunu gösterir.
20. Aşa¼
g¬daki kümelerden hangisi bir cisim de¼
gildir?
A) A = fax + b : a; b 2 Z2 ; x2 = x + 1g
C) C = fax + b : a; b 2 Z3 ; x2 = x + 2g
E) E = fax2 +bx + c : a; b 2 Z2 ; x3 = x + 1g
B) B = fax + b : a; b 2 Z3 ; x2 = 2g
D) D = fax + b : a; b 2 Z5 ; x2 = 2g
Çözüm : F bir cisim olmak üzere, katsay¬lar¬ F cisminin elemanlar¬ olan P (x) = an xn +
+ a1 x + a0 indirgenemez polinomunun, F cisminde bir kökü yoksa, bir polinomun, P (x)
polinomuna bölümünden elde edilen kalanlar¬n oluşturdu¼
gu bir küme cisimdir. Buna göre,
I. P (x) = x2 x 1 x2 + x + 1 ’nin F=Z2 de bir kökü olmad¬g¼¬ndan (P (0) = 1; P (1) = 1)
A kümesi bir cisimdir.
II. P (x) = x2 2
x2 + 1 ’nin F=Z3 de bir kökü olmad¬g¼¬ndan (P (0) = 1; P (1) = 2;
P (2) = 2) B kümesi bir cisimdir.
III. P (x) = x2 x 2 x2 + 2x + 1 ’nin F=Z3 de kökü oldu¼
gundan C kümesi cisim de¼
gildir.
P (2) = 0 oldu¼
gu aç¬kt¬r.
IV. P (x) = x2 2
x2 + 3 ’nin F=Z5 de bir kökü olmad¬g¼¬ndan (P (0) = 3; P (1) = 4;
P (2) = 2; P (3) = 2; P (4) = 4) D kümesi bir cisimdir.
V. P (x) = x3 x 1
E kümesi bir cisimdir.
x3 + x + 1 ’nin F=Z2 de bir kökü olmad¬g¼¬ndan (P (0) = 1; P (1) = 1)
21. Bir torbada üzerinde 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 yaz¬lan 7 top vard¬r. Torbadan, çekilen top
her defas¬nda yine torbaya konulmak koşuluyla 98 kez top çekiliyor. 5’in standart
sapmas¬kaçt¬r?
p
p
p
p
p
A) 3 2
B) 6
C) 7
D)
5
E) 2 3
1
1
6
Çözüm : Torbadan 5 çekme olas¬l¬g¼¬ p = ’dir. Buna göre, q = 1
=
ve n = 98
7
7
7
oldu¼
gundan,
r
p
p
1 6
S:S: = = p q n =
98 = 2 3
7 7
elde edilir.
9
22. X rastgele de¼
gişkeninin standart sapmas¬
E (X) = 4 oldu¼
guna göre, E 2X 2 +3 kaçt¬r?
A) 40
B) 38
Çözüm :V ar (X) =
2
C) 37
(X) = E (X 2 )
(X) = 3, beklenen de¼
geri de
D) 41
E) 53
2
[E (X)] eşitli¼
gini kullanaca¼
g¬z. Buna göre,
16 ) E X 2 = 25
9 = E X2
bulunur. O halde, E (2X 2 + 3) = 2E (X 2 ) + 3 = 2 25 + 3 = 53 elde edilir.
23. Bir X rastgele de¼
gişkeninin moment ç¬karan fonksiyonu M (t) = 3e
oldu¼
guna göre, X’in varyans¬kaçt¬r?
A) 10
B) 13
C) 12
D) 14
n
d M
Çözüm : E (X n ) =
(0) ve Var(X) = E (X 2 )
n
dt
göre,
2t
+4e3t
E) 8
[E (X)]2 eşitliklerini kullanaca¼
g¬z. Buna
d (3e 2t + 4e3t )
dM
(0) =
(0) =
6e 2t + 12e3t (0) = 6;
dt
dt
d2 M
d ( 6e 2t + 12e3t )
=
(0) =
(0) = 12e 2t + 36e3t (0) = 48
dt2
dt
E (X) =
E X2
oldu¼
gundan, Var(X) = 48
62 = 12 bulunur.
24. Bir kesikli X rastgele de¼
gişkeninin 1,2,3 de¼
gerlerini alma olas¬l¬klar¬ s¬ras¬yla
2 2 1
; ; ’dir. Buna göre, X’in standart sapmas¬kaçt¬r?
5 5 5
p
p
p
p
p
3 2
2 3
11
13
14
A)
B)
C)
D)
E)
5
5
5
5
5
2
2
2
Çözüm : V ar (X) = (X) = E (X ) [E (X)] eşitli¼
gini kullanaca¼
g¬z.
E (X) = 1
oldu¼
gundan,
2
2
1
9
2
2
1
19
+2
+3
=
ve E (X 2 ) = 12
+ 22
+ 32
=
5
5
5
5
5
5
5
5
19
2
(X) =
5
9
5
2
14
=
)
25
(X) =
p
14
elde edilir.
5
3
25. x üstel rastgele de¼
gişkeni için f (x) = e x ; x
0 ise x rastgele de¼
gişkeninin
ikinci momenti aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
1
2
1
2
4
A)
B)
C)
D)
E)
5
5
3
3
5
2
Çözüm : I·kinci Moment = E (x ) isteniyor. Buna göre, rastgele de¼
gişken sürekli fonksiyon
oldu¼
gundan,
Z1
Z1
1
3
2
2
I·kinci Moment = E x =
x f (x) dx = x2 e x dx =
3
1
olur.
10
0
26. Bir otomobil sürücüsünün yar¬ş¬kazanma olas¬l¬g
¼¬0; 7 ve kazanamama olas¬l¬g
¼¬
0; 3 oldu¼
guna göre bu yar¬şmac¬için varyans¬hesaplay¬n¬z.
A) 0; 2
B) 0; 21
C) 0; 22
D) 0; 23
E) 0; 24
Çözüm : X rastgele de¼
gişkeni sürücü yar¬ş¬kazand¬g¼¬zaman 1; kaybetti¼
gi zaman 0 de¼
gerini
al¬r. Buna göre,
8
< 0; 7 ; X = 1 ise
0; 3 ; X = 0 ise
P (X) =
:
0 ; di¼
ger dr.
şeklinde yazabiliriz. O halde,
X
E (X) =
X P (X) = 0 (0; 3) + 1 (0; 7) = 0; 7
x
E (X 2 ) =
X
X 2 P (X) = 02 (0; 3) + 12 (0; 7) = 0; 7
x
oldu¼
gundan, V ar (X) = E (X 2 )
(E (X))2 =
7
10
49
= 0; 21 elde edilir.
100
x 1
27.
= 1 y; z = 1 ve x 1 = z 2; y = 3 do¼
grular¬ aras¬nda en k¬sa
2
uzakl¬g
¼¬bulunuz.
p
p
p
p
5
5
6
6
1
A)
B)
C)
D)
E)
2
3
3
2
2
!
Çözüm : u1 = (2; 1; 0) ; u2 = (1; 0; 1) ve P Q = (1; 3; 2) (1; 1; 1) = (0; 2; 1) oldu¼
gu kolayca
görülür. Buna göre,
2
1
1 0
!
!
0 2
Hacim(u1 ; u2 ; P Q)
det (u1 ; u2 ; P Q)
=q
= p
`=
Alan(u1 ; u2 )
5 2
ku1 k2 ku2 k2 hu1 ; u2 i2
0
1
1
22
p
j 3j
6
= p =
2
6
bulunur.
x 1
28.
= z; y = 1 ve x
2
duklar¬na göre k kaçt¬r?
2=
y
2
k
; z = 1 do¼
grular¬ ayn¬ düzlemde bulun-
A) 2
B) 1
C) 3
D) 2
E) 1
!
!
Çözüm : a) u 1 = (2; 0; 1), u 2 = (1; k; 0) ; P (1; 1; 0) ve Q (2; 2; 1) için,
!
det !
u 1; !
u 2; P Q =
2
1
1
eşitli¼
ginden k = 1 elde edilir.
11
0 1
k 0
1 1
=1
k=0
29. Parametrik denklemi, fx = 2t + 1; y = 3t 1; z = 5tg olan do¼
gruya paralel
olan ve P (2; 1; 0) noktas¬ndan geçen do¼
grunun denklemini bulunuz.
x 2
2 x
z
A) x 2 = 1 y; z = 0
B)
= z 3; y = 2
C)
= y 1=
2
2
5
y 1
z
x 2
=
=
D) 2 x = 1 y = z
E)
2
3
5
Çözüm : I·stenen do¼
gru x = 2t + 1; y = 3t 1; z = 5t do¼
grusuna paralel ise, do¼
grultman¬:
u
~ = (2; 3; 5) olacakt¬r. O halde, istenen do¼
gru
x
2
2
=
y
1
=
3
z
0
5
olur.
30. x + 4y + 2z = 3 ve x y z = 1 düzlemlerinin arakesit do¼
grusundan ve
P (1; 1; 1) noktas¬ndan geçen düzlemin normali hangisidir?
A) (2; 3; 1)
B) (2; 3)
C) (3; 2; 0)
D) (3; 2)
E) (2; 3; 4)
Çözüm : Arakesit do¼
grusundan geçen düzlem demetinin denklemini
(x + 4y + 2z
3) + (x
y
z
1) = 0
ile ifade edebiliriz. P (1; 1; 1) noktas¬ndan geçiyorsa,
(1 + 4 + 2
eşitli¼
ginden,
3) + (1
1
1
1) = 0;
= 2 olur. O halde, istenen düzlem :
(x + 4y + 2z
3) + 2 (x
y
z
1) = 3x + 2y
5=0
oldu¼
gundan, düzlemin normali : N = (3; 2; 0) olur.
31. ' (u; v) = (3 + 3 cos u sin v; 1 + 3 cos u cos v; 2 + 3 sin u) küresinin P (3; 6; 14)
noktas¬na en k¬sa uzakl¬g
¼¬kaç birimdir?
A) 11
B) 10
C) 5
D) 13
E) 7
Çözüm : Kürenin kartezyen denkleminin
(x
3)2 + (y
1)2 + (z
2)2 = 9
oldu¼
gu kolayca görülebilir. Kürenin yar¬çap¬R = 3 ve merkezi M (3; 1; 2)’dir.
q
jM P j = (3 3)2 + (6 1)2 + (14 2)2 = 13
oldu¼
gundan, P noktas¬n¬n küreye uzakl¬g¼¬: ` = jM P j
12
R = 13
3 = 10 olur.
p
3 2 do¼
grusu 45 saat yönünün tersine döndürülürse denklemi ne
32. y = 2x
olur?
p
B) y= 2 3x
p
2x
A) y=6
C) y=3 x
D) y=6 3x
E) y=3x
p
2
Çözüm : Noktan¬n döndürülmesi söz konusu oldu¼
gu için,
x0
y0
=
cos 45
sin 45
sin 45
cos 45
x
y
eşitli¼
gi kullan¬lmal¬d¬r. x ve y yerine, x0 ve y 0 cinsinden de¼
gerlerini yazal¬m.
p
2
x0
x
cos 45
sin 45
(x0 + y 0 )
=
=
y0
sin 45 cos 45
y
( x0 + y 0 )
2
oldu¼
gundan, y = 2x
3 denkleminde yerine yaz¬l¬rsa,
p
p
2
2
0
0
( x +y)=2
((x0 + y 0 ))
2
2
eşitli¼
ginden, ( x0 + y 0 )
y = 6 3x olur.
2 (x0 + y 0 ) + 6 = 6
y0
p
3 2
2x0 = 0 elde edilir. Yani, do¼
grunun denklemi,
33. (x 1)2 + (y 1)2 + (z 1)2 =1 küresiyle 2x+y 2z=a düzlemi birbirine te¼
gettir.
Bu kürenin 2x+y 2z=b düzlemiyle kesişimi de bir büyük çember ise a + b toplam¬
en fazla kaçt¬r?
A) 11
B) 4
C) 5
D) 1
E) 7
Çözüm : Kürenin merkezi M (1; 1; 1) noktas¬d¬r. Merkezin düzleme uzakl¬g¼¬:
`=
j1 aj
j2 + 1 2 aj
p
=
3
4+1+4
oldu¼
gundan, küre ve düzlem birbirine te¼
get ise, ` = r = 1 olmas¬gerekti¼
ginden, j1 aj = 3 )
a = 4 veya a = 2 elde edilir. Di¼
ger yandan, Küre ile düzlemin kesişiminin bir büyük çember
olmas¬ için, düzlem kürenin merkezinden geçmeli, yani ` = 0 olmal¬d¬r. Buradan da, b = 1
bulunur. O halde, a + b toplam¬en fazla 4 + 1 = 5 olur.
p
p
34. Parametrik denklemi (t) = ( 2sec t; 7tan t) olan koni¼
gin bir oda¼
g¬n¬n, kutupsal koordinatlardaki denklemi r = 2 cos + 4 sin olan çemberin merkezine uzakl¬g
¼¬
aşa¼
g¬dakilerden hangisi olabilir?
p
p
p
p
p
A) 2
B) 5 2
C) 4 2
D) 2 2
E) 3 2
x2
(t) ; kartezyen denklemi
p2
Bu hiperbol denklemine göre, a = 2 ve
odaklar¬n koordinatlar¬, F1 (3; 0) ve F1 (
Çözüm :
y2
= 1 olan, asal ekseni x ekseni olan bir hiperboldür.
7 p
b = 7’dir. c2 = a2 + b2 ise c = 3 bulunur. O halde,
3; 0) olur.
Di¼
ger taraftan, x = r cos , y = r sin ve x2 + y 2 = r2 oldu¼
gundan,
r = 2 cos + 4 sin ) r2 = 2r cos + 4r sin ) x2 + y 2 = 2x + 4y
2
2)q
= 5 çemberi elde edilir. Bu çemberin merkezi : M (1; 2)’dir ve
p
F1 oda¼
g¬na uzakl¬g¼¬, jM F1 j = (3 1)2 + (0 2)2 = 2 2 elde edilir.
eşitli¼
ginden, (x
1)2 + (y
13
35. R3 de verilen aşa¼
g¬daki denklemlerin kaç tanesi do¼
gru eşleştirilmiştir?
1)2 = x2 +y 2 !Koni
I. (z
II. (z
1)2 = 1 + x2 +y 2 !Tek Kanatl¬Hiperboloid
1) = x2 +y 2 !Hiperbolik Paraboloid
III. (z
1)2 + 1 = x2 +y 2 !Küre
IV. (z
V. (z
1)2 +x2 +4y 2 = 1!Elipsoid
VI. x2 +4z 2 = 1!Elips
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm : I, V do¼
gru, di¼
gerleri yanl¬ş eşleştirilmiştir.
II. (z
1)2
x2
y 2 = 1 !I·ki Kanatl¬Hiperboloiddir.
III. (z 1) = x2 + y 2 !Eliptik Paraboloiddir. ((z
olacakt¬)
IV. x2 + y 2
(z
1) = x2
y 2 olsayd¬hiperbolik parabolid
1)2 = 1 !Tek Kanatl¬Hiperboloiddir.
VI. R3 de x2 + 4z 2 = 1 bir silindirdir.
2
36. y = x do¼
grusu ve y = x parabolü ile s¬n¬rlanan bölge A oldu¼
guna göre,
ZZ
A
ifadesinin de¼
geri aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
1
1
1
A)
B)
C)
2
6
10
y
2
D)
1
15
E)
1
11
Çözüm : Şekilden de takip edilirse,
1
1
ZZ
2
x
A
p
Z1
Z1
Z1 Z y
p
y
ydxdy =
yxjy dy =
ydA =
y 3=2
0 y
=
0
3
2 5=2
y
5
y
3
y 2 dy
0
1
=
0
2
5
1
1
=
3
15
veya
y
2
1
1
2
x
)
ZZ
A
ydA =
Z1 Zx
0 x2
ydydx =
Z1
0
bulunur.
14
y2
2
x
dx =
x2
Z1
0
x2
2
x4
2
dx =
1
15
ydA
Z
37. C e¼
grisi, köşeleri (0; 0) ; (1; 0) ; (1; 1) ; (0; 1) olan kare olmak üzere
xdx + ydy
C
integralini hesaplay¬n¬z.
1
1
A)
B)
4
3
1
2
C)
D) 0
E) 1
Çözüm : Yandaki karenin kenarlar¬n¬saat yönünün tersinde
3 + 4 dersek
Z
xdx+ydy =
C
2. Çözüm :
Z
Z
1
1
+
2
+
Z
Z
Z
Z1
Z1
Z0
Z0
:::+ :::+ :::+ ::: = xdx+ ydy + xdx+ ydy = 0
2
P (x; y) dx + Q (x; y) dy =
3
ZZ
(
0
4
dQ
dx
0
1:
y=0
2:
1
x=1
1
3:
y=1
4:
x=0
dP
)dB (Green Teoremi) eşitli¼
gine göre,
dy
B
C
P (x; y) = x Q(x; y) = y ve Py = Qx = 0,
Z
oldu¼
gundan,
xdx + ydy =
C
ZZ
(0)dB = 0 elde edilir.
B
38. z = x2 +y 2 yüzeyinin alt¬nda ve y = x2 ile x = y 2 parabolleri taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgenin üstünde kalan cismin hacmini veren ifade aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
p
R1 Rx2
R1 R0
R1 Rx 2
A)
dydx
B)
dxdy
C)
(x +y 2 ) dydx
0 0
D)
R1 Ry
0
p
0 x2
y
(x2 +y 2 ) dxdy
E)
0 0
R1 R1
(x2 +y 2 ) dydx
0 0
Çözüm : z = x2 +y 2 yüzeyinin alt¬nda ve y = x2 ile x = y 2 parabolleri taraf¬ndan s¬n¬rlanan bölgenin üstünde kalan cismin hacmini iki
katl¬integralle veya üç katl¬integralle ifade edebiliriz. Üç katl¬integralle,
p
R1 R x x2R+y2
6
dzdydx =
V =
35
0
0 x2
biçiminde, iki katl¬integralle ise
y
2
p
0
0
1
2
x
) V =
R1 R x
p
2
2
(x + y )dydx =
0 x2
R1 R y
0 y2
2
2
(x + y )dxdy (
y
2
0
0
1
2
x
biçimlerinde, ifade edebiliriz. Üç integral de hesaplanarak istenen hacimin 6=35 br3 oldu¼
gu
görülebilir.
15
39.
R2 lnR x
1
f (x; y) dydx integrali aşa¼
g¬dakilerden hangisine eşittir?
0
A)
R1 R2
f (x; y) dxdy
B)
0 y
D)
f (x; y) dxdy
E)
ln
R 2 Ry
C)
0
ln
R 2 R2
f (x; y) dxdy
0
f (x; y) dxdy
0 ey
1
Çözüm : Şekilden takip edilirse,
y
f (x; y) dxdy
0 2
ln
R 3 Rey
0
R1 Ry
2
1
)
0
0
1
2
3
R2 lnR x
1
f (x; y) dydx =
ln
R 2 R2
0 ey
0
y
f (x; y) dxdy (
2
1
0
0
x
1
2
3
x
elde edilir.
40. f (x; y) = xy fonksiyonu için kGradf (1; 1)k de¼
geri kaçt¬r?
A) 0
B) 2
C) 3
@f @x
;
@x @y
Çözüm : Gradf (x; y) =
D) 4
E) 1
oldu¼
gunu hat¬rlay¬n¬z. Buna göre,
@f
= yxy
@x
1
ve
@f
= xy ln x
@y
y 1
y
oldu¼
gundan, Gradf
p (x; y) = (yx ; x ln x) ve Gradf (1; 1) = (1; 0) olur.
kGradf (1; 1)k = 12 + 02 = 1 bulunur.
O halde,
41. ln (xy) +yz + z 2 = 2 ile verilen yüzeyin P (1; 1; 1) noktas¬ndaki te¼
get düzleminin denklemini bulunuz.
A) 3x
y + 2z = 4
D) 3x + y
2z = 2
B) x + 2y + 3z = 6
C) 3x + 2y + z = 6
E) x + y + 2z = 4
Çözüm : Yüzeyin normali, F (x; y; z) = ln (xy)+yz +z 2 2 = 0 olmak üzere Np =
ile bulunur. Buna göre,
Grad (F ) = r (F ) =
y x
;
+ z; y + 2z
xy xy
) (rF ) (P ) = (1; 2; 3)
olur. Yani, düzlemin normali Np = (1; 2; 3)’tür. Buradan, düzlemin denklemi :
1 (x
1) + 2 (y
1) + 3 (z
elde edilir.
16
1) = x + 2y + 3z
6=0
(rF ) (P )
k(rF ) (p)k
42. f (x; y; z) = xyz 2 +x2 olmak üzere, f fonksiyonunun P (1; 1; 1) noktas¬ndaki
1 2 2
; ;
vektörü yönündeki türevi kaçt¬r?
v=
3 3 3
A) 0
B) 2
C) 3
D) 4
E) 6
Çözüm : vp [f ] = h(rf ) (P ) ; vp i ile bulunur. Buna göre, rf = (yz 2 + 2x; xz 2 ; 2xyz) ve
rf (P ) = (3; 1; 2) oldu¼
gundan,
vp [f ] = hrf; vp i =
(3; 1; 2) ;
1 2 2
; ;
3 3 3
=1+
2 4
+ =3
3 3
elde edilir.
p
x e¼
grisine en k¬sa uzakl¬g
¼¬kaç birimdir?
p
p
p
p
p
3
2
2 3
A) 2 2
D)
E)
B) 2
C)
2
2
2
p
p
Çözüm : P (1; 0) noktas¬n¬n y = x e¼
grisine en yak¬n oldu¼
gu nokta A (x; x) oldu¼
gundan,
q
q
p 2
2
x = x + (x 1)2
g (x) = jAP j = (x 1) +
43. P (1; 0) noktas¬n¬n y =
ifadesinin minimum de¼
gerini bulmak istiyoruz.
2 (x 1) + 1
2x 1
1
g 0 (x) = q
= q
=0)x=
2
2 x + (x 1)2
2 x + (x 1)2
için minimum olaca¼
g¬ndan, en k¬sa uzakl¬k g
R1 R1 p
44.
0
p
s
=
1
2
2
1
+
1
1p
=
3 elde edilir.
2
2
x3 +1dxdy integralinin de¼
geri aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
y
p
2
A)
7
y
1
2
p
4 2
B)
9
2
7
2.0
2
9
p
2 2
C)
9
p
2 2
D)
9
2
9
1
9
p
2 2
E)
9
Çözüm : Çözüm : I·ntegralin s¬ras¬n¬ de¼
giştirelim.
takip ediniz. Buna göre,
1.5
1
3
Şekilden
1.0
0.5
0.0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
x
Z1 Z1 p
Z1 Zx2 p
Z1 p
3
3
x + 1dxdy =
x + 1dydx = x2 x3 + 1dx
0
p
0
0
1
=
3
Z1
y
0
bulunur.
17
0
3x
p
2
2 (x3 + 1)
x3 + 1dx =
9
3=2 1
0
p
4 2
=
9
2
9
45. Aşa¼
g¬daki fonksiyonlar¬n kaç tanesinin (0; 0) noktas¬nda limiti yoktur?
I. f (x; y) =
x (x4 y 4 )
x4 +y 4
II. f (x; y) =
B) 2
III. f (x; y) =
sin (xy)
xy
ln (x + y) (tan y)2
V. f (x; y) =
sin x
arcsin y 2
ln (x2 +y 2 +1)
IV. f (x; y) =
x2 +y 2 +2
A) 1
xy 4
x2 +y 8
C) 3
D) 4
E) 5
Çözüm : Sadece, II.’deki fonksiyonun limiti yoktur. Di¼
gerlerinin limiti vard¬r.
I. Limit var : S¬k¬şt¬rma teoremiyle kolayca görülebilir.
0
x (x4 y 4 )
x4 + y 4
jxj
x4 y 4
x4 + y 4
| {z }
jxj ! 0
1
oldu¼
gundan, (x; y) ! (0; 0) için,
x (x4 y 4 )
= 0 olur.
(x;y)!(0;0)
x4 + y 4
lim
II. Limit Yok : (0; 0) noktas¬na iki farkl¬e¼
gri üzerinden yaklaşarak, farkl¬limitler elde edece¼
gimizi, ve bu nedenle limitin olmad¬g¼¬n¬görelim.
x = y 4 e¼
grisi üzerinden yaklaş¬rsak,
y8
1
xy 4
=
lim
= ;
2
8
8
8
(x;y)!(0;0) y + y
(x;y)!(0;0) x + y
2
lim
xy 4
0
x = 0 do¼
grusu üzerinden yaklaş¬rsak, lim
=
lim
=0
(x;y)!(0;0) x2 + y 8
(x;y)!(0;0) y 8
oldu¼
gu görülebilir.
sin (xy)
= 1’dir.
(x;y)!(0;0)
xy
III. Limit var :
lim
ln 1
ln (x2 + y 2 + 1)
=
=0
(x;y)!(0;0)
x2 + y 2 + 2
2
IV. Limit var :
lim
ln (x + y + 1) (tan y)2
ln (x + y + 1) (tan y)2
V. Limit var : lim
= lim
= 1 1 = 1:
(x;y)!(0;0)
(x;y)!(0;0)
arcsin y 2
sin x
sin x
arcsin y 2
46.
d2 y
dy
5
+6y = 0; y (0) = 0; y 0 (0) = 1 oldu¼
guna göre, y 0 (1) =?
2
dx
dx
A) e3 + e2
B) 2e3 3e2
C) e3 e2
D) 2 sin 1
E) e1 e2
Çözüm : Sabit katsay¬l¬, homojen bir denklemdir. Karakteristik denklemi
m2
5m + 6 = 0
’d¬r. Buradan kökleri m1 = 2 ve m2 = 3 olur. Bunlara karş¬l¬k gelen reel çözümler e2x ve e3x dir.
O halde, genel çözüm : y (x) = Ae2x + Be3x formundad¬r. y (0) = 0 ve y 0 (0) = 1 oldu¼
gundan,
A + B = 0 ve 2A + 3B = 1
olmal¬d¬r. Buradan, A = 1 ve B = 1 bulunur. Buradan, y (x) =
y (1) = e3 e2 bulunur. Cevap C) seçene¼
gidir.
18
e2x + e3x oldu¼
gundan,
47. Aşa¼
g¬daki diferensiyel denklemlerinin türleri hangi seçenekte dog̃ru verilmiştir?
I. (x2 +y 2 )dx
II. (y sin x
sin y)dx
(x cos y + cos x)dy = 0
x3 )dx + xdy = 0
III. (2y
IV. (y
2xydy = 0
xy 3 )dx + dy = 0
A) I: Tam II: Bernoulli III: Homojen IV: Lineer
B) I: Homojen II: Tam III: Bernoulli IV: Lineer
C) I: Tam II: Homojen III: Lineer IV: Bernoulli
D) I: Homojen II: Tam III: Lineer IV: Bernoulli
E) I: Bernoulli II: Lineer III: Tam IV: Homojen
Çözüm : I denklemini
1x 1y
1 1
1y
y
dy
=
+
=
+
= f( )
dx
2y 2x
2 y=x 2 x
x
şeklinde yazabildi¼
gimizden homojen diferansiyel denklemdir.
II denklemi için M (x; y) = y sin x sin y; N (x; y) = (x cos y + cos x) seçimi ile My = sin x
cos y = Nx oldu¼
gundan tam diferansiyel denklemdir.
III denklemi
dy
dx
+ x2 y = x2 şeklinde yaz¬labilir. Bu da lineer diferansiyel denklemdir.
dy
+ x1 y = y 3 olarak Bernoulli diferansiyel denklemi biçiminde yaz¬labilir. Yani
IV denklemi dx
denklem Bernoulli diferansiyel denklemidir.
48.
ci ’ler reel sabitler olmak üzere
çözümü aşa¼
g¬dakilerden hangisidir?
A) c1 x + c2 x2 +c3 x3
d2 y
+y = x diferansiyel denkleminin genel
dx2
B) c1 ex +c2 e2x +c3 e3x
D) c1 sin x + c2 cos x + c3 x
C) c1 sin x + c2 cos x
E) c1 sin x + c2 cos x + x
Çözüm : Sabit katsay¬l¬, homojen olmayan bir denklemdir. Karakteristik denklemi
m2 + 1 = 0
Buradan kökleri
m1 = i ve m2 =
i
olur. Bunlara karş¬l¬k gelen reel çözümler sin x ve cos x dir.
çözümünün y = x oldu¼
gu görülmektedir. O halde, genel çözüm :
y (x) = c1 sin x + c2 cos x + x
elde edilir. Buradan genel çözüm E) seçene¼
ginde verilendir.
19
Ayr¬ca denklemin bir özel
49. (2x cos y + 3x2 y)dx + (x3 x2 sin y
çözümü aşag̃¬dakilerin hangisidir?
A) x2 sin y + xy 2
y 2 =2 = C
C) x2 cos y + x3 y
y 2 =2 = C
y)dy = 0 diferansiyel denkleminin genel
B) x2 cos y + 2x3 y 2 = C
D)
x2 sin y + x3 y
y2 = C
2x3 +y 2 =2 = C
E) x2 cos y
Çözüm : M (x; y) = 2x cos y + 3x2 y; N (x; y) = x3 x2 sin y y olmak üzere My = 2x sin y +
3x2 = Nx oldu¼
gundan denklem tam diferansiyel denklemdir. Grupland¬rma yöntemi ile çözelim:
2x cos y dx
x2 sin y dy + 3x2 y dx + x3 dy
y dy = 0:
I·lk terim x2 cos y’nin, ikinci terim ise x3 y’nin tam diferansiyelidir, dolay¬s¬yla ayn¬eşitlik
d(x2 cos y) + d(x3 y)
d(
y2
)=0
2
şeklinde yaz¬labilir. Eşitli¼
gin integralinin al¬nmas¬yla
x2 cos y + x3 y
y2
=C
2
çözümü elde edilir.
50. y 0 =
A) 1
ey=x +
e
y
diferansiyel denklemi için y(1) = 0 ise y(e) =?
x
B) 1 + e
C) e2
D) 0
E) e
Çözüm : u = y=x dönüşümü yap¬l¬rsa, y = xu ) y 0 = u + xu0 oldu¼
gundan,
u + xu0 =
e u + u ) u0 =
eu
)
x
du
dx
=
u
e
x
ayr¬labilir diferansiyel denklemi elde edilir. Buradan,
R du R dx
=
) eu = ln x + c ) eu
u
e
x
eşitli¼
ginden, c = ey=x
ln x = c
ln x bulunur. y (1) = 0 ise, c = 0 olur. O halde, x = e için,
ey=e = ln e ) ey=e = 1 )
y
= ln 1 ) y = 0
e
elde edilir.
A
Haz¬rlayan : Doç.Dr. Mustafa Özdemir
20
A