GENEL MATEMATİK
Doç. Dr. Mehmet Zeki SARIKAYA
Düzce Üniversitesi, Fen Edebiyat Fakültesi, Matematik Bölümü, Düzce
e-mail: sarikayamz@gmail.com
Bu kitap, Üniversitelerin çeşitli bölümlerinde okutulan Genel Matematik dersinin kapsamındaki
konular içerecek şekilde hazırlanmıştır. Esas olarak da, günümüz matematiğin uygulamaya
yönelik kimi temel konularının ve kavramlarının tanıtılması amaçlanmıştır.
Konuların işleyişinde, kavramlar tanımlamada teorik anlatımdan kaçınarak daha çok sezgiye
dayalı yaklaşımlar yoluyla ve örneklerle kavram tanıtmaya çalışılmıştır.
KÜMELER
Küme Kavram ve Küme Gösterimleri
Matematiğin en temel kavram olan küme, iyi tanımlanmış(kesin ayırt edilebilir) nesne veya
varlıkların topluluğu olarak tanımlanabilir. Burada iyi tanımlanmış demeyi, kümeyi oluşturan
nesne veya varlıkların kesin bir şekilde şüpheye düşmeden saptanabileceğini belirtmektedir.
Örneğin, "Düzce Üniversitesi kayıtlı öğrenciler topluluğu" bir küme oluşturur. Çünkü, bir
öğrencinin D.Ü kayıtlı olup olmadığı öğrenci kayıt listesine bakılarak kesin olarak belirlenebilir.
Ancak "Düzce Üniversitesi kayıtlı orta boylu öğrenciler topluluğu" bir küme oluşturmaz. Çünkü,
orta boylu olmanın ölçüsü açık olarak belirlenmediği sürece, kimin bu topluluğun üyesi, kimin
üyesi olmadığı kesin olarak belirlenemez.
Bir küme verilsin. Bu kümeye ait nesne veya varlıklara o kümenin elemanlar ya da üyeleri denir.
Kümeler genellikle
gibi büyük harflerle, kümelerin elemanlar ise
A, B, C, X , Y
a, b, c, x, y gibi küçük harflerle gösterilirler. Bir a eleman A kümesinin eleman ise a  A
ile gösterilir. b, A kümesine ait değilse b  A ile gösterilir.
Hiç eleman olmayan kümeye boş küme denir ve bu küme  ile gösterilir. Küme cebiri içinde boş
küme, aritmetikteki 0 (sıfır) rolünü üstlenir diyebiliriz. Gerçekten 0 (sıfır) uzunluğu olmadığı
halde bir saydır. Benzer şekilde boş küme de elemanı olmayan bir kümedir. Boş kümenin, küme
işlemlerinin formüle edilmesinde önemli bir işlevi vardır.
Kümeler ya elemanlar listelenerek listeleme yöntemi ile veya elemanların belirleyen bir kuralla
ortak özellik yöntemi ile belirtilebilir. Listeleme yönteminde kümenin elemanlar  biçiminde iki
ayracın içine aralarına virgül konularak, istenilen sırada yazılırlar. Ya da kümeyi oluşturan
nesneleri kapalı bir eğri içine yazarak göstermeye Venn şeması ile gösterme denir. Bu yazım
biçimlerine açık yazım da denir. Ortak özellik yönteminde ise küme, kümeyi oluşturan
elemanlarının hepsinin sağladığı ve kümenin öğelerini diğer nesne ve varlıklardan kesinlikle
1
ayran özelliği(özelliklerini) veren bir P(x) açık önermesi yardımıyla
yazılır. Bu yazılışa bazen kapalı yazım da denir.
x
: P( x) biçiminde
Örnek. a) a, b, c elemanlarından oluşan A kümesi, liste yöntemi ile A  a, b, c şeklinde
yazılır. Aynı küme ortak özellik yöntemi ile
A  x : x alfab enin ilk uç harfi
olarak yazılır.


b) Kapalı şekilde verilen B  x : x 2  36 kümesinde P( x) : x 2  36  x  6
olacağından liste yöntemiyle B   6, 6 şeklinde de yazılır.
TANIM. Elemanlar sayılabilen sonlu çoklukta olan kümelere sonlu kümeler denir. Elemanlar
sayılamayacak çoklukta olan kümelere sonsuz kümeler denir.
Örneğin, C  1, 2, 3,... ve N  0,1, 2, 3,... kümeleri sonsuz kümelerdir. A  1, 2, 3
kümesine de sonlu kümedir.
Küme İşlemleri
* A ve B kümelerinin tüm elemanlar aynı ise A ve B kümelerine eşit kümeler denir ve
A  B ile gösterilir.
* A ve B iki küme olsun. B nin her eleman ayın zaman da A nın da bir eleman ise B ye
A nn bir alt kümesi denir ve B  A ile gösterilir. Böylece sembolik mantık ile "
B  A  x  B ve x  A " yazılır. Özel olarak B  A ve A nın, B de olmayan en az
bir eleman varsa B ye A nın öz(has) alt kümesi denir. Bu durumda B  A yazılır.

Örnek. a B  x : x  10 ve x tek dogal sayı  1, 3, 5, 7, 9  ve

A  x : x  20 ve x dogal sayı  0,1, 2, 3,...,19  kümeleri için B  A olur.
b) Bir A kümesi için x  A ise x  A olduğundan A  A olur.
c) Her A kümesi için   A dır.
d) A, B, C kümeleri için A  B ve B  C ise A  C dr. Gerçektende, A  B ise A nın
tüm elemanlar B nın de elemanlarıdır. B  C ise B nın her elemanı C nın de elemanıdır.
Öyleyse, A nın her elemanı C nın de elemanı olur ki A  C sonucu elde edilir.
* A ve B herhangi iki küme olsun. A veya B den en az birine ait elamanların oluşturmuş
olduğu kümeye bu iki kümenin birleşimi denir ve A  B ile gösterilir. Yani,
A  B  x : x  A veya x  B
2
dır.
Her A, B ve C kümeleri için;
a) A  A  x : x  A veya x  A  x : x  A   A olur.
b) Dağılma özelliği;
A  B  x : x  A veya x  B
 x : x  B veya x  A
 B A
olur.
c) Birleşme özelliği;
A  ( B  C )  x : x  A veya x  ( B  C )
 x : x  A veya ( x  B veya x  C )
 x : ( x  A veya x  B) veya x  C
 x : x  ( A  B) veya x  C
 ( A  B)  C
olur.
* A ve B herhangi iki küme olsun. A ve B kümelerinin her ikisine birden ait olan
elemanların oluşturduğu kümeye bu iki kümenin kesişimi denir ve A  B ile gösterilir. Yani,
A  B  x : x  A ve x  B dır.
Her A, B ve C kümeleri için;
a) A  A  x : x  A ve x  A  x : x  A   A olur.
b) Dağılma özelliği;
A  B  x : x  A ve x  B
 x : x  B ve x  A
 B A
olur.
c) Birleşme özelliği;
A  ( B  C )  x : x  A ve x  ( B  C )
 x : x  A ve ( x  B ve x  C )
 x : ( x  A ve x  B) ve x  C
 x : x  ( A  B) ve x  C
 ( A  B)  C
olur.
3
d) Birleşme işleminin kesişme üzerine dağılma özelliği;
A  ( B  C )  x : x  A veya x  ( B  C )
 x : x  A veya ( x  B ve x  C )
 x : ( x  A veya x  B) ve ( x  A veya x  C
 x : x  ( A  B) ve x  ( A  C )
 ( A  B)  ( A  C )
olur.
e) Kesişme işleminin birleşme üzerine dağılma özelliği;
A  ( B  C )  x : x  A ve x  ( B  C )
 x : x  A ve ( x  B veya x  C )
 x : ( x  A ve x  B) veya ( x  A ve x  C
 x : x  ( A  B) veya x  ( A  C )
 ( A  B)  ( A  C )
olur.
f) A ve B kümeleri için A  B   ise A ve B kümelerine ayrık kümeler denir. Bu
durumda A  B kümelerinin eleman sayısı
s( A  B)  s( A)  s( B)
ve A  B   ise A  B kümelerinin eleman says
s( A  B)  s( A)  s( B)  s( A  B)
dır.
Örnek. Bir sınıfta her öğrencinin Türkçe ya da Almanca bildiği var sayılıyor. Türkçe bilenlerin
sayısı 24 , Almanca bilenlerin sayısı 16 , her iki dili de bilenlerin sayısı 5 tir. Buna göre sınıfın
mevcudu kaç kişidir?
Çözüm: Türkçe bilenlerin sayısı s(T )  24, Almanca bilenlerin sayısı s( A)  16 ve her iki dili
bilenlerin sayısı s(T  A)  5 olduğuna göre;
s(T  A)  s(T )  s( A)  s(T  A)
 24  16  5  35
bulunur.
Örnek. 45 kişilik bir sınıfta her öğrencinin voleybol ya da basketbol oynadığı biliniyor. Bu
sınıfta voleybol oynayanların sayısı, basketbol oynayanların sayısının iki katından 3 fazladır.
Her iki oyunu da oynayan 6 kişi olduğuna göre basketbol oynayan kaç kişidir?
Çözüm: Sınıf mevcudu s(V  B)  45, her iki oyunu oynayanın sayısı s(V  B)  6 ve
basketbol oynayanların sayısı s( B)  x ise voleybol oynayanların sayısı s(V )  2 x  3
olduğundan
4
s(V  B)  s(V )  s( B)  s(V  B)
45  2 x  3  x  6
ise x  16 yani s( B)  16 olarak bulunur.
* A ve B herhangi iki küme olsun. A kümesine ait olan, fakat B kümesine ait olmayan
elemanların kümesine A nın B den fark denir ve A \ B veya A  B ile gösterilir. Yani,
A \ B  x : x  A ve x  B dır.
Örnek. A  {1, 2, 3, 4, 5} ve B  {3, 5, 6, 7} kümeleri veriliyor. A  B ve B  A kümelerini
bulunuz.
Çözüm: A  B  {1, 2, 4} ve B  A  {6, 7} olarak bulunur. Buradan da, A  B  B  A
olduğuna dikkat ediniz.
Örnek. 25 kişilik bir sınıfta tüm öğrenciler İngilizce ve Almanca dillerinden en az birini
bildiğini varsayalım. Sadece İngilizce bilenlerin sayısı, sadece Almanca bilenlerin sayısının 3
katıdır. Her iki dili bilen 5 öğrenci bulunduğuna göre, bu sınıfta Almanca bilen kaç öğrenci
vardır?
Çözüm: Sınıf mevcudu s( I  A)  25, sadece Almanca bilenlerin sayısı s( A  I)  x ise
sadece İngilizce bilenlerin sayısı s( I  A)  3x ve bu iki dili bilenlerin saysa da s( I  A)  5
olduğuna göre
s( I  A)  s( I  A)  s( A  I)  s( I  A)
25  3x  x  5
ise x  5 yani s( A)  x  5  5  5  10 olarak bulunur.
*Üzerinde işlem yapılan tüm kümeleri kapsayan, boş kümeden farklı, yeterince geniş kümeye
evrensel küme denir ve genel olarak E harfi ile gösterilir.
* E evrensel kümesi ile bunun bir alt kümesi A olmak üzere, evrensel kümede olan fakat A
kümesinde olmayan elemanların oluşturduğu kümeye A nın tümleyeni denir ve A ile
gösterilir. Bu tanıma göre, A  {x : x  E ve x  A} olarak yazılır.
Örnek. A ve B kümeleri E evrensel kümesinin alt kümeleri olsun.
s( A)  s( B)  17, s( A)  s( B)  13
ise evrensel kümenin eleman sayısını bulunuz.
Çözüm:
s( A)  s( B)  13
s( A)  s( B)  17
ifadelerini taraf tarafa toplarsak,
5
s( A)  s( A)  s( B)  s( B)  30
ve s( A)  s( A)  s( E ) ve s( B)  s( B)  s( E ) olduğu göz önüne alınırsa, 2.s( E )  30 ise
s( E )  15 bulunur.
Örnek. A ve B kümeleri verisin. Buna göre s( A)  2s( B), s( A  B)  10 ve A  B
kümesinin alt küme sayısı 16 olduğuna göre, A  B kümesinin eleman sayısın bulunuz.
Çözüm: Aşağıdaki şekli göz önüne alalım:
s( A)  2.s( B) ise a  c  2(b  c) dır. Buna göre s( A  B)  10 ise a  10 ve A  B
kümesinin alt küme sayısı 16 olduğu için s( A  B)  4 olup c  4 olur. Böylece a  10 ve
c  4 değerleri a  c  2(b  c) de yerlerine yazılırsa b  3 bulunur. Dolayısıyla,
a  b  c  10  3  4  17 elde edilir.
Örnek. 70 kişilik bir öğrenci grubundaki öğrencilerin bazlar sarışın ve kumral ve bazlar ise
mavi ve yeşil gözlüdür. 24 öğrenci mavi gözlü sarışın, 41 öğrenci kural ve 12 için yeşil
gözlü ise yeşil gözlü kumral öğrenci sayısını bulunuz.
Çözüm: S sarışın öğrenciler kümesi, K kumral öğrenciler kümesi, Y yeşil gözlü
öğrencilerin kümesi ve M mavi gözlü öğrencilerin kümesi olmak üzere aşağıdaki şekli göz
önüne alalım:
a  b  12, c  24 ve a  b  c  d  70 ise 12  24  d  70 olur. Buradan da d  34
bulunur. Dolayısıyla, b  d  41 ise b  7 olarak bulunur.
Örnek. Türkçe ve Almanca dillerinin konuşulduğu bir turist grubunda, Türkçe konuşulanlar
6
%60, Almanca konuşanlar %70 ve sadece Almanca konuşanlar 12 kişi olduğuna göre, yalnız
Türkçe konuşan kaç kişi olduğunu bulunuz.
Çözüm: Aşağıdaki şekli inceliyeyim:
60
70
a  b  100
(a  b  12) ve 12  b  100
(a  b  12) dır. Buradan,
3
a  b  (a  b  12)  a  b  18
5
ve
7
12  b  30  b  9
10
olarak bulunur. Böylece a  b  18 den a  9 elde edilir. Dolayısıyla yalnız Türkçe
konuşanların sayısı 9 kişidir.
SAYI KÜMELERİ
Sonlu bir kümenin elemanlarının kaç tane olduğunu belirten; 1, 2, 3..., n,... saylarından her birine
sayma saylar kümesi denir ve N  ile gösterilir. Bu kümeye 0( sııfı ) katılarak oluşturulan
kümeye doğal saylar kümesi denir ve N ile gösterilir. Böylece
N  {0,1, 2,..., n,...}
liste yöntemi ile yazılır. Her n doğal sayısı için 2n çift doğal sayı ve 2n  1 tek doğal
saylarıdır. Buna göre, çift doğal saylar kümesi
Ç = {2n : n  N} = {0,2,4,...}
ve tek doğal saylar kümesi de
T  {2n  1 : n  N}  {1, 3, 5,...}
ile gösterilir.
Sayma sayların negatif katsayılı elemanlarının doğal saylara ilave edilmiş olan kümeye de tam
saylar kümesi denir ve Z ile gösterilir. Buna göre tam saylar kümesi
Z  {...,2,1, 0,1, 2,...}
7
liste yöntemi ile gösterilir. Buradan da görüldüğü gibi doğal saylar kümesi tam saylar kümesinin
alt kümesidir ve
Z  N  {0}  N 
dır. Tam saylar kümesi rasyonel saylar kümesi ad verilen daha geniş bir saylar kümesinin alt
kümesidir. Buna göre, a, b  Z ve b  0 olmak üzere ba şeklinde ifade edilen saylara rasyonel
saylar denir ve rasyonel saylar kümesi Q ile gösterilir. Yani rasyonel saylar kümesi
a
Q  { : a, b  Z ve b  0}
b
şeklinde liste yöntemi ile yazılır. Burada ba şeklindeki rasyonel saylar, sonlu ondalıklı veya
sonsuz devirli ondalıklı kesirler cinsinden ifade edilebilir. Örneğin,
1
157
 0.333...  0. 3,
 0.31717...  0.317
3
495
dır. Ancak a, b  Z ve b  0 olmak üzere ba şeklinde bir kesir ile ifade edilemeyen saylar da
vardır. Örneğin,
2  1.4142135623...
ve herhangi bir çemberin çevresinin çapına oran olan
  3.141592653...
gibi saylar sonlu veya sonsuz devirli ondalıklı sayılar değildirler. Bu şekildeki sayıların
oluşturmuş olduğu kümeye de irrasyonel sayılar kümesi denir. Böylece rasyonel ve irrasyonel
kümelerinin oluşturmuş olduğu birleşime reel(gerçel) saylar kümesi denir ve R ile gösterilir.
Buna göre irrasyonel saylar kümesi de R \ Q ile gösterilir.
Böylece N  Z  Q  R olduğu kolayca görülür.
Örnek. İki irrasyonel sayının toplamı ve çarpımı daima irrasyonel midir?
Çözüm: 3 sayısı bir irrasyonel sayıdır. Ancak 3. 3  3 sayısı irrasyonel değildir. Benzer
düşünce ile 3  ( 3 )  0 sayısı da irrasyonel değildir.
Örnek.
2  3 sayısının irrasyonel sayı olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
2  3 sayısı rasyonel olduğunu kabul edelim. Bu durumda
2 3
p
olacak
q
şekilde p ve q tamsayıları vardır. Her iki tarafın karesi alınırsa,
p2
p 2  5q 2

6

q2
2q 2
Bulunur. Sol taraf irrasyonel ve sağ taraftaki ifade de rasyonel olduğunda bu iki ifadenin eşit
olması mümkün değildir. Dolayısıyla kabulümüz yanlıştır yani 2  3 irrasyoneldir.
52 6 
8
Örnek. x rasyonel olduğunda x  2 sayısının irrasyonel olacağını gösteriniz.
p
Çözüm: x  2 rasyonel olsun. x  2  olacak şekilde p ve q tamsayıları vardır. Buradan
q
p
da 2   x bulunur. Sol taraf irrasyonel ve sağ taraf rasyoneldir. Bu iki eşitliğin olması
q
mümkün değildir. Dolayısıyla kabulümüz yanlıştır. O halde x  2 sayısı irrasyoneldir.
Üslü ve Köklü Çokluklar
x  R ve n bir doğal sayı olmak üzere n tane x in kendisi ile çarpımı x n ile gösterilir ve
x üssü n diye okunur. Bu durum da
xn  
x.
x...
x
n-tane
dr. x  0 için x  1 ve x
0
n

ile tanımlanır. x  0 olmak üzere y n  x eşitliğini
1
xn
sağlayan negatif olmayan bir tek y reel sayısı vardır ve bu y reel sayısına x in n. dereceden
1
1
kökü denir ve y  n x  x n şeklinde yazılır. x  0 olduğunda y  n x  x n nin bir anlam
ifade etmesi için n nin tek olması gerekir. x, y  R \ {0} ve m, n  R olmak üzere aşağıdaki
özellikler vardır.
a) x m .x n  x mn
e) ( xy ) n 
xn
yn
b)
 x mn c) ( x m ) n  x m.n d) ( x. y) n  x n . y n
xm
xn
m
f) ( xy )  n  ( xy ) n g) x n  (n x ) m  n x m
Örnek. a) (52 ) 4 .(24 ) 2  52.4.2 4.2  58.28  108
b)
3
3
 8  3 (2) 3  (2) 3  2
Örnek. 3 x  y ise 9 3 x  4 ifadesinin y cinsinde değerini bulunuz.
Çözüm: 93 x4  (9 x ) 3 .9 4  9 4 y 3 olur.
1 
1 
 1  1 
Örnek. 1  1  1  ...1  2  ifadesini en sade biçimde yazınız.
 4  9  16   n 
Çözüm: x 2  y 2  ( x  y)( x  y) özdeşliği yardımıyla,
9
1 
1   1  1  1  1   1 
 1  1 
1  1  1  ...1  2   1  1  1  1  ...1  1 
 4  9  16   n   2  2  3  3   n 
1

n
 1 3  2 4  3 5   n  1  n  1  n  1
  .  .  . ....


2n
 2 2  3 3  4 4   n  n 
elde edilir.
Reel Saylarda Sıralama Özellikleri
x, y reel saylar için x  y ve sayı ekseni üzerinde y, x nin sağında yer alıyorsa bu durum
için x küçüktür y denir ve x  y yazılır. Eğer x  y veya x  y ise x  y yazılır ve "
x küçük-eşit y "denir. x  y  0  y  x olduğu açıktır. Saylar arasında "  " veya " x  y "
simgelerinden birinin kullanılmış olduğu bir ifadeye bir eşitsizlik denir.
Şimdi saylar arasındaki eşitsizlikler ile ilgili özellikleri ispatsız olarak sıralayalım:
x, y, z  R olsun.
a)
b)
c)
d)
e)
x y
x y
x y
x y
x0
ve y  z ise x  z dır.
ve z  t ise x  z  y  t dır.
olsun. Her c  R sayıs için x  c  y  c dır.
olsun. Her c  0 ise cx  cy ve c  0 ise cx  cy dır.
ise 1x  0 ve 0  x  y ise 1y  1x dır.
f) x  y ise x  y veya y  x dır.
g) z  0 ve xz  yz ise x  y dır.
x  0 özelliğindeki reel saylara pozitif reel saylar denir ve pozitif reel sayların kümesi R  ile
gösterilir. x  0 özelliğindeki reel saylara negatif reel saylar denir ve negatif reel saylar kümesi
R  ile gösterilir. Buna göre R  R   R   {0} olur.
R nın en önemli özelliklerinden biri tam olmasıdır. Bu özellik R yi Q dan ayran temel
özelliklerden bir tanesi olup reel saylar arasında boşluk olmadığı anlamına gelir. Şimdi R nin
bu özelliğine kısaca değinelim.
A  R olsun. Her x  A için x  M olacak şekilde bir M  R varsa A kümesine üstten
sınırlı denir. Bu şekildeki bir M sayısına A kümesinin bir üst sınır denir. Her x  A için
x  m olacak şekilde bir m  R varsa A kümesine alttan sınırlı denir. Bu şekildeki bir m
sayısına A kümesinin bir alt sınırı denir. Bu durumda A üstten sınırlı ise A nın üst
sınırlarının bir en küçüğü varıdır. Bu üst sınırların en küçüğüne A nın supremumu denir ve
sup A ile gösterilir. A alttan sınırlı ise A nın alt sınırlarının bir en büyüğü vardır. Bu alt
sınırların en büyüğüne A nın infimumu denir ve inf A ile gösterilir.
10
Örnek. Eğer x ve y iki pozitif sayı ise
x y
  2 olduğunu gösteriniz.
y x
Çözüm: x ve y iki pozitif sayı için daima x  y 2  0 olduğunu biliyoruz. O halde bu ifadeyi
açık bir şekilde yazar ve düzenlersek,
x2 y2
x y
2
2
2
2
x  2 xy  y  0  x  y  2 xy 

 2   2
xy xy
y x
olarak elde edilir.
x
y
olduğunu gösteriniz.

1 x 1 y
Çözüm: Eğer 0  x  y ise 1  x  0 ve 1  y  0 olduklarından
x
y
x y


0
1  x 1  y (1  x)(1  y )
x
y
olacaktır. Dolayısıyla
elde edilir.

1 x 1 y
Örnek. Eğer 0  x  y ise
Örnek. x ve y , x  y olacak şekilde herhangi iki sayı olsun Bu durumda x 
x y
y
2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: x  y eşitsizliğinin her iki tarafına x sayısını ilave edersek,
x y
x  x  x  y  2x  x  y  x 
2
yazılır. Benzer şekilde bu sefer x  y eşitsizliğinin her iki tarafına y sayısını ilave edersek,
x y
y
2
x y
olur. Böylece yukardaki elde ettiğimiz iki eşitsizlikten x 
 y elde edilir.
2
x  y  y  y  x  y  2y 
Örnek. Herhangi iki farklı reel sayı arasında en az bir rasyonel sayının var olduğunuz gösteriniz.
Çözüm: r1 ve r2 iki rasyonel sayı olsun. O halde yukardaki örnekteki benzer düşünce ile
r r
r  1 2 olarak seçilirse r1  r  r2 olacak şekilde yazılır. O halde iki rasyonel sayı arasında
2
daima bir rasyonel sayı vardır. Burada ki işlemler her bir eşitsizlik için yeniden uygulanılırsa, iki
rasyonel sayı arasında sonsuz çoklukta rasyonel sayı vardır sonucuna ulaşırız.
1
Soru 1. Eğer 0  x  1 ve 0  y  1 ise  1, 0  x. y  1 olduğunu gösteriniz.
x
Soru 2. Eğer x  0 ve y  0 olmak üzere x  y ise x  xy  y olduğunu gösteriniz.
11
Aralıklar
I  R olsun. Her a, b  I için a  x  b olduğunda x  I oluyorsa I ya bir aralık denir.
Bu a, b sayılarına aralığın uç noktalar denir. a sayısına aralığın alt ucu ve b ye de üst ucu
denir.
(a, b)  {x : a  x  b} kümesine sınırlı açık aralık denir
[a, b]  {x : a  x  b} kümesine sınırlı kapalı aralık denir
(a, b]  {x : a  x  b} kümesine sınırlı soldan açık sağdan kapalı aralık denir
[a, b)  {x : a  x  b} kümesine sınırlı sağdan kapalı soldan açık aralık denir
(a, )  {x : a  x  } kümesine sınırsız açık aralık denir
(, )  {x :    x  } kümesine sınırsız açık aralık denir.
Eşit olmayan ve sıralanabilen iki cebirsel ifadeden birinin diğerinden büyük(veya büyük eşit,
küçük veya küçük eşit) olduğunu belirleyen bağıntıya eşitsizlik denir. Aşağıdaki örneklerde
eşitsizliklerin çözüm kümelerinin buluşu üzerinde duralım.
ax  b  0, ax  b  0, ax  b  0 veya ax  b  0 şeklinde yazılabilen bir eşitsizliğe birinci
dereceden eşitsizlik denir.
Örnek. 3x  1  4 x  7 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3x  1  4x  7  3x  1  1  4x  7  1  3x  4x  8  8  4x  3x  8  x olur
Buradan da Ç .K  {x : x  8, x  R}  (8, ) olarak bulunur.
Örnek.  6  4 x  1  11 eşitsizliğinin Z ve R de çözüm kümelerini bulunuz.
Çözüm:  6  4 x  1  11  6  1  4 x  1  1  11  1  5  4 x  12   54  x  3 olur.
Buradan da eşitsizliğin Z deki çözüm kümesi: Ç .K  {1, 0,1, 2} ve R deki çözüm kümesi
ise Ç .K  {x :  54  x  3, x  R}  [ 54 , 3) bulunur.
Örnek. x, y  R için 2  x  3 ve 1  y  2 ise (2 x  3 y) nin alabileceği en küçük ve en
büyük tam say değerlerini bulunuz.
Çözüm: 2  x  3 eşitsizliğin her iki taran 2 ve 1  y  2 eşitsizliğini de  3 ile çarparsak
4  2 x  6 ve  6  3 y  3
bulunur. Bu eşitsizliği taraf tarafa toplarsak,
 2  2x  3 y  3
12
olur. Böylece (2 x  3 y) nin alabileceği en küçük ve en büyük tam say değerleri srasyle  2 ve
3 tür.
Örnek. x, y  R için x  2 y  10  0 ve 1  y  4 olduğuna göre x in alacağı değerler
kümesini bulunuz.
Çözüm: x  2 y  10  0 ise y  102 x bulunur. 1  y  4 eşitsizliğinde y yerine değeri
yazılrsa
10  x
1
4
2
olur. Buradan da 2  x  8 bulunur.
Örnek. 2 
3
işleminin sonucunu bulunuz.
2  23 2
1 1
2
Çözüm: 2 
3
2
3
2 21
1
 2
3
3
30
8
 2
 2

olarak bulunur.
3
9
2  2 4
2  10
11
11
3
2
 2 3  12    3 
 işleminin sonucunu bulunuz.
Örnek.   
 : 
 3 14   2  12 
 2 3  12    3 

Çözüm:   
 : 
 3 14   2  12 
 2 7    3
    2  :  3 
 3 14   2 
11
 2 1
bulunur.
     :  2 
24
 3 4
1
 1  1  1  
1   1   1  ...1  
2   3   4   15 
Örnek. 
işleminin sonucunu bulunuz.
1
 1   1   1  
1 
1  2  1  3  1  4 ...1  16 


 


1
 1  1  1  
3 4 5 16
1   1   1  ...1  
...
2   3   4   15 

2
3
4
15  8  1 bulunur.

Çözüm:
1
1
1
 1   1   1  
 1 2 3 15 
1 
( ) 1 2
...
1

1

1

...
1











 2 3 4 16 
16
 2   3   4   16 

Örnek. 31  2 1

1
Çözüm: 31  2 1 
1




: 31  2 2
: 31  2 2
1
1
işleminin soncunu bulunuz.
1 1
  
3 2
1
1
1 1
5
:     
3 4
6
13
1
1
1
1
bulunur.
:  
10
 12 
2
1
1
1
2
işleminin sonucunu bulunuz.
3
: 4  2.3
3
Örnek.
(2)  2
2
1
2
1
2
10
1
1
5  7  10 .  3   30 bulunur.
2

3
1 4
1
:  2.3
. 6
 6 7 17 119
4
4 3
3
3
Çözüm:
(2) 2
Örnek. Aşağıdaki ondalık açılımları verilen rasyonel sayıların bulunuz
a) 1, 7
b) 3, 42
c) 3, 26
Çözüm. a) x  1, 7  1, 777... olarak alalım ve her iki tara 10 ile çarparsak, 10.x  17, 777...
olur. Buradan da
10.x  17, 777...
x  1, 777...
16
tara tarafa çıkarılırsa 9 x  16 yazılır. Böylece x 
rasyonel sayısı elde edilir.
9
b) x  3, 42  3, 424242... olarak alalım. Her iki tarafı 100 ile çarparsak,
100 x  342.424242...
x  3.42424242...
339
olur. Buradan bu ifadeleri taraf tarafa çıkarırsak, x 
bulunur.
99
c) x  3, 26  3, 26666... olarak alalım. Her iki taraf sırasıyla 100 ve 10 ile çarpar
100 x  326, 666...
10 x  32, 666...
294
ve bu eşitlikleri taraf tarafa çıkarırsak, x 
olarak bulunur.
90
Mutlak Değer
Say doğru üzerinde x sayısının sıfıra olan uzaklığına x in mutlak değeri denir ve x ile
14
gösterilir ve
 x, x  0
x 
 x , x  0
olarak tanımlanır. x bir uzunluk olduğundan x  0 olur. Mutlak değerin tanımı kullanarak
aşağıdaki özellikler elde edilebilir:
Her x, y  R için
a) x   x
b) x. y  x y
c) y  0,
x
x

y
y
d) x  y  x  y , x  y  x  y
e) n  N için x n  x
n
f) a  0 için x  a ise  a  x  a
g) a  0 için x  a ise x  a veya x  a
h) x  y  x  y
olur.
Örnek. 3  2 x  5  16 eşitliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: Mutlak değerin tanımı gereğince 3  2 x  5  16
 3  2 x  5  16 veya
3  2 x  5  16
olacaktır. Böylece 3  2 x  21 veya 3  2 x  11 yazılır. 3  2 x  11
ifadesi mutlak değerin tanımına aykırı olduğunda bu eşitliğin çözüm kümesi boş kümedir. Diğer
yanda,
3  2 x  21  3  2 x  21 veya 3  2 x  21
 x  9 veya x  12
olacağında verilen denklemin çözüm kümesi Ç .K  {9,12} olarak bulunur.
Örnek.  2  x  3 olduğuna göre x  3  2 x  3  4 x  5 ifadesini en sade biçimde yazınız.
Çözüm:  2  x  3 ise 1  x  3  6 olduğundan x  3  x  3 ve  5  x  3  0
olduğundan da x  3  ( x  3) olacağından bu değerler verilen ifade de yerlerine yazılırsa,
x  3  2 x  3  4x  5  7 x  8
olarak bulunur.
Örnek. x  0  y için 2 x  y  x  y işleminin eşiti nedir?
15
Çözüm: x  y  x  y  0 ve 2 x  y  2 y  2 x yazılır. Ayrıca x  0 için x   x ve
y  0 için y  y olduğundan,
2 x  y  x  y  2 y  2 x  x  y  y  3x
olarak bulunur.
8
4
eşitsizliğini sağlayan x doğal sayılarının en küçüğü ve en büyüğünün

x3 3
toplamını bulunuz.
8
4
2
1
 
  x  3  6 şeklinde yazılır. Eşitsizliğin
Çözüm: Verilen eşitsizlik
x3 3
x3 3
Örnek.
çözümü  6  x  3  6  3  x  9 olup x  3 paydayı sıfır yaptığından çözüm kümesine
alınmaz. Böylece istenen x doğal saylar kümesi {0,1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9} olarak elde edilir. Bu
sayıların en küçüğü ile en büyüğünün toplam da 9 olur.
Örnek. 2 x  3  1  5  7 eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm: 2 x  3  1  5  7  12  2 x  3  1  12  11  2 x  3  13 eşitsizliği yerine
2 x  3  13 eşitsizliğinin çözülmesi yeterlidir. O halde
2 x  3  13  13  2 x  3  13  5  x  8
bulunur.
Örnek. x  R için 1  5  x  9 eşitsizliğin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: Eşitsizliğin reel saylardaki çözüm isteniliyor. 5  x in bir pozitifini ve bir negatifini
alarak çözümü yapalım. O halde
1  5  x  9 1  (5  x)  9
 4   x  4 1  5  x  9
4 x4
6  x  14
olur. Böylece verilen eşitsizliğin çözüm kümesi Ç .K  (4, 4]  [6,14) bulunur.
ÖZDEŞLİKLER, EŞİTSİZLİKLER ve DENKLEMLER
Değişebilen, yani farklı değerler alabilen bir büyüklüğe değişken, her zaman aynı kalan bir
büyüklüğe sabit ve bazen değişken bazen de sabit olan işlem gören büyüklüğe de parametre
denir. Örneğin x bir değişken olmak üzere 3x  7 yazılışında 3 ve 7 birer sabittir. ax  7
ifadesin de a nın 3 değeri aldığı gibi başka değerler de alabileceği düşünülürse a bir
16
parametredir. Değişken, parametre, sabit ve bunların farklar, toplamlar, çarpımlar, bölümleri,
kökleri vs. içeren ancak eşitlik, eşitsizlik içermeyen x  a, 2 x  3, x  a  5 ... gibi ifadelere
cebirsel ifade denir. Değişkenlerin aldığı her değer için birbirlerine eşit olan iki cebirsel ifadeye
özdeştir denir. Böyle bir eşitliğe de özdeşlik ad verilir.
Her x, y  R için ( x  y) 2  x 2  2 x  y 2 eşitliği doğru olduğundan ( x  y) 2 cebirsel ifadesi
ile x 2  2 x  y 2 cebirsel ifadesi birbirlerine özdeştir. Baz önemli özdeşlikler aşağıda verilmiştir.
a) ( x  y) 2  x 2  2 x  y 2
b) ( x  y) 3  x 3  3x 2 y  3xy 2  y 3
c) ( x  y) 3  x 3  3x 2 y  3xy 2  y 3
d) x 2  y 2  ( x  y)( x  y)
e) x 3  y 3  ( x  y)( x 2  xy  y 2 )
f) x 3  y 3  ( x  y)( x 2  xy  y 2 )
g) ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2( xy  xz  yz )
a, b, c  R ve a  0 olmak üzere ax 2  bx  c  0 biçimindeki açık önermeye ikinci
dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Bu önermeyi doğrulayan (eğer varsa) x reel saylarının
kümesine denklemin çözüm kümesi denir. Bu denklemin çözüm kümesi boş küme değilse, bu
kümenin her bir elemanına denklemin bir kökü, çözüm kümesini bulmak için de yaptığımız
işleme ise denklemi çözmek denir.
Örnek. x 2n4  4 x  21  0 denkleminin ikinci dereceden bir denklem olması için n kaç
olmalıdır?
Çözüm: Denklemin ikinci dereceden olması için 2n  4  2 olmalıdır. Buna göre, n  1
bulunur.
Örnek. (m  3) x 2  4 x  21  0 denkleminin ikinci dereceden olması için m ne olmalıdır?
Çözüm: Denklemin ikinci derecen olması için x 2 li terimin katsayısı sıfırdan farklı olmalıdır.
Buna göre, m  3  0  m  3 olmalıdır.
Verilen bir denklemin çözümlerinin varlığı ve bulunabilmesi matematikte önemli bir konudur.
Bilindiği gibi her tür denklemin çözümünde izlenecek genel bir yol olmadığından denklemler
çeşitli biçimlerde sınıflandırılarak çözüm yollar aranır. Bu sınıflandırmalardan ikisi denklemlerin
bilinmeyen sayısına ve bilinmeyenlerin en yüksek derecesine göre sınıflanmalıdır. Tek
bilinmeyen içeren denklemlere bir bilinmeyenli denklemler, iki bilinmeyen içeren denklemlere
iki bilinmeyenli denklemler ve benzer şekilde n -bilinmeyen içeren denklemlere de n bilinmeyenli denklemler denir. Tek bilinmeyen içeren ve bilinmeyenin derecesi bir olan
denkleme, birinci dereceden bir bilinmeyenli denklem, tek bilinmeyen içeren ve bilinmeyenin
derecesi iki olan bir denkleme ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem ve benzer şekilde bir
bilinmeyen içeren ve derecesi n -olan bir denklemde n -dereceden bir bilinmeyenli denklem
17
denir.
Örnek. 3x  12  x  8  10  2 x  4 denklemini çözünüz.
Çözüm:
3x  12  x  8  10  2 x  4
4 x  4  2 x  14
2 x  10
x5
olur. Böylece Ç .K  {5} dır.
Örnek.
2
3
x  12 x   16 x  2 denklemini çözünüz.
Çözüm: x lerin katsayılarının en küçük ortak kat 6 olduğundan denklemin her iki yanın 6 ile
çarpılırsa,
2
1
1
6. x  6. x  6( x)  6.2
3
2
6
4 x  3 x   x  12
2 x  12
x  6
olur. Böylece Ç .K  {6} dır.
İkinci dereceden bir bilinmeyenli denklemlerin çözümünü inceleyelim.
1) ax 2  0 şeklinde ki denklemin çözümü x1  x2  0 olur.
c
c
2) ax 2  c  0 şeklinde ki denklemin çözümü için x 2   olur.   0 ise denklemin reel
a
a
c
c
kökleri x1, 2  
olur. Bu köklere simetrik kökler denir. Eğer   0 ise denklemlerin reel
a
a
kökleri yoktur.
3) ax 2  bx  0 şeklinde ki denklemin çözümü için denklem x(ax  b)  0 şekline
dönüştürülür. Elde edilen çarpanların her biri sıfıra eşitlenerek çözüm kümesi bulunur.
x(ax  b)  0  x  0 veya ax  b  0
b
 x  0 veya x  
a
b
olup çözüm kümesi Ç .K  { a , 0} olur.
4) ax 2  bx  c  0 denklemin çözümü için denklemler çarpanlar ayrılarak çözülebilir. Ya da bu
18
denklemin kökleri   b 2  4ac sayısına bağlıdır.
a)   0 ise denklemin farklı iki reel kök vardır ve kökler
x1, 2 
 b  b 2  4ac
, a0
2a
olur.
b)   0 ise denklemin reel kökleri yoktur. Denklemin reel saylarda çözüm kümesi boş
kümedir.
c)   0 ise denklemin birbirine eşit iki reel(çakışık iki kök veya iki kat kök) vardır ve bu
kökler
b
x1  x 2  
2a
olur.
Örnek. 5x 2  125  0 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: I Yol:
5x 2  125  0  5x 2  125
 x  5
II. Yol:
5x 2  125  0  x 2  25  0
 ( x  5)( x  5)  0
x5
x  5
olup, çözüm kümesi Ç .K  {5, 5} bulunur.
1
Örnek. x 2  x  0 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
5
1
1
1
1
Çözüm: x 2  x  0  x( x  )  0  x  0 ve x   olduğunda Ç .K  { , 0}
5
5
5
5
bulunur.
Örnek. 2 x 2  x  3  0 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: a  2, b  1, c  3 için   b 2  4ac  25  0 olduğundan denklemin reel iki farklı
kökü vardır. Bu durumda
x1 
 b  b 2  4ac 1  5 3


2a
4
2
ve
 b  b 2  4ac 1  5

 1
2a
4
3
olacaktır. Böylece verilen denklemin çözüm kümesi Ç .K  {1, } bulunur.
2
2
2
2
2
ax  bx  c  0, ax  bx  c  0, ax  bx  c  0 veya ax  bx  c  0 biçiminde bir
eşitsizliğe ikinci dereceden eşitsizlik denir. Bu tür bir eşitsizliğin çözümü için ax 2  bx  c üç
terimlisinin işareti incelenmelidir. Bunun için üç durum söz konusudur.
x1 
19
1. Durum:   b 2  4ac  0 ise ax 2  bx  c  0 iki farklı çözümü vardır. x1  x2 olmak
üzere kökler x1 , x2 olur.
2. Durum:   b 2  4ac  0 ise ax 2  bx  c  0 nn iki eşit kökü var ve x1  x2   2ba dır.
3.Durum:   b 2  4ac  0 ise ax 2  bx  c  0 nın kökü yoktur. Bu durumda
i) a  0 ise daima ax 2  bx  c  0 dır.
ii) a  0 ise daima ax 2  bx  c  0 dır.
Örnek. x  1x  2  0 eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm: Bu tip eşitsizlikleri çözmek için bütün çarpanları sıfır yapan reel bularak bir tablo çizilir.
Eğer x  1  0  x  1 ve x  2  0  x  2 olup
x
-2
1
+
x 1
+
+
x2
+
+
( x  1)( x  2)
Çözüm kümesi Ç.K= (2,1) dır.
Köklü Denklemler
Bir denklemde, bilinmeyen kök içerisinde bulunuyorsa bu tür denklemlere köklü denklemler
f ( x)  g ( x) şeklinde verilen denklemleri çözmek için eşitliğin
f ( x)  g ( x) veya
denir.
her iki tarafının kök kuvveti alınarak, denklem kökten kurtarılır. Elde edilen denklem çözülerek
kökleri bulunur. Kuvvet alma işlemi sırasında denklemi sağlamayan kökler olabileceğinden
bulduğumuz köklerin verilen denklemi sağlayıp sağlamadığı kontrol edilir veya f ( x)  0 ve
g ( x)  0 şartlarını sağlayıp sağlamadığı kontrol edilir.
Örnek.
Çözüm:
3x  9  2 x  3 denklemin çözüm kümesini bulunuz.
3x  9  2 x  3 denklemin her iki tarafının karesi alınırsa,
3x  9  2 x  3  3x  9  4 x 2  12 x  9
2
15
4
olur. Şimdi bu köklerin denklemi sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim:
x1  0 için 3.0  9  2.0  3  3  3 olacağından x1  0 sayısı denklemin bir kökü olamaz.
 4 x 2  15 x  0  x1  0 veya x2 
x2  154 için
3. 154  9  2. 154  3  92  92 olduğundan x2  154 sayısı denklemin bir köküdür. O
halde, verilen denklemin çözüm kümesi Ç .K  {154 } olur.
Örnek.
3x  1  3  x  4 denklemin çözüm kümesini bulunuz.
20
Çözüm: 3x  1  3  x  4 denklemini
tarafını karesi alınırsa,

 
2
3x  1 
3x  1  x  4  3 şeklinde yazar ve her iki

2
x  4  3  3x  1  x  4  6 x  4  9
 6 x  4  2x  4
denklemi elde edilir. Eşitliğin her iki tarafının tekrar karesi alınarak,
36( x  4)  (2 x  4) 2  36( x  4)  4 x 2  16 x  16
 x 2  13x  40  0
şeklinde ikinci dereceden bir denklem bulunur. Bu denklemin x1  5 ve x2  8 kökü bulunur.
Şimdi bu köklerin verilen denklemi sağlayıp sağlamadığın gösterelim:
x1  5 için 3.5  1  3  5  4  1  1 olduğunda x1  5 denklemin bir köküdür.
x2  8 için 3.8  1  3  8  4  2  2 olduğunda x2  8 denklemin bir köküdür.
Böylece denklemin çözüm kümesi Ç .K  {5, 8} olur.
Mutlak Değerli Denklemler
Mutlak değerli bir denklemi çözmek için yapılacak ilk işlem, reel saylarda mutlak değer tanımına
göre mutlak değeri kaldırmaktır. Her x  R için x  0 olduğunu daha önce öğrenmiştik.
Örnek. x 2  2 x  3  0 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
x2  2 x  3  0
denkleminde;
x0 x  x
olduğunda verilen denklem
x 2  2 x  3  0 şeklini alır. Bu denklemin çözümünden x1  3 ve x2  1 bulunur. Burada
x1  3
kökü x  0 şartını sağlamadığında kök olarak alınmaz. x2  1 kökü x  0 şartını
sağladığından denklemin bir köküdür.
Diğer yandan, x 2  2 x  3  0 denkleminde; x  0  x   x olduğunda verilen denklem
x 2  2x  3  0 şeklini alır. Bu durumda bu denklemin kökleri x3  1 ve x4  3 bulunur.
x3  1 kökü x  0 şartını sağladığından bir köktür. Ancak x4  3 kökü
sağlamadığından bir kök olamaz.
Dolayısıyla verilen denklemin çözüm kümesi Ç .K  {1,1} olarak elde edilir.
Örnek. x x  3  4 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: x  3  0 için x  3   x  3 olacağından verilen denklem
x x  3  4  x( x  3)  4
  x 2  3x  4  0
denkleminde   7  0 olacağından denklemin reel kökü yoktur. Ç 1  
Diğer yandan, x  3  0 için x  3  x  3 olacağından verilen denklem
21
x  0 şartını
x x  3  4  x( x  3)  4
 x 2  3x  4  0
şekline dönüşür. x 2  3x  4  0  ( x  4)( x  1)  0  x1  1 veya x2  4 olur. Bu durumda
x2  4 kökü x  3  0 şartını sağlar ancak x1  1 bu şart sağlamaz. O halde Ç 2  {4} olur.
Dolayısıyla verilen denklemin çözüm kümesi Ç  Ç 1  Ç 2  {4} olarak elde edilir.
Örnek. 2 x  1  x  2 denklemin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: 2 x  1  x  2 denkleminde x  y  x 2  y 2 özelliğinden yararlanarak denklemi
çözelim. Bunun için denklemin her iki tarafın karesini alalım:
(2 x  1) 2  ( x  2) 2
4x 2  4x 1  x 2  4x  4
x 2  1  x  1
bulunur. O halde çözüm kümesi Ç .K  {1,1} olur.
f ( x)  g ( x) eşitliğinin çözümü için f ( x)   g ( x) denklemini çözmek yeterlidir.
22
BAĞINTI VE FONKSİYON
Bağıntı ve Özellikleri
Tanım . S ve T iki cümle olsun.
S  T  { ( x, y) : x  T ve y  S }
cümlesine S ile T nin “kartezyen çarpımı” ve S  T cümlesinin her bir elemanına da bir sıralı
ikili denir.
x elemanına, ( x, y) nin 1. bileşeni, y elemanına da ( x, y) nin 2. bileşeni denir.
(eğer S   ya da T   ise S  T   dur)
Kartezyen Çarpımın Özellikleri
A, B, C, D dört tane küme olsun.
1.) A    A  
2.) A  ( B  C )  ( A  B)  ( A  C)
3.) A  ( B  C )  ( A  B)  ( A  C)
4.) A  B  ( A  C )  ( B  C )
5.) A  B ve B  C  ( A  C )  ( B  D)
Çözüm 1.) A   {( x, y) : x  A ve y } kümesi boş kümedir; çünkü y  önermesi her
zaman yanlıştır. Dolayısıyla "a  A ve y  ” her zaman yanlıştır. Benzer şekilde  A  
dir.
2.) x  A  ( B  C )  x  A ve y  ( B  C )
 x  A ve ( y  B veya y  C )
 (x  A ve y  B ) veya (x  A ve y  C )
 ( x, y)  A  B veya ( x, y)  A  C
 ( x, y)  ( A  B)  ( A  C)
olup ispat tamamlanır.
23
3.) ( x, y)  A  ( B  C )  x  A ve y  ( B  C )
 x  A ve y  B ve y  C
 (x  A ve y  B ) ve (x  A ve y  C )
 ( x, y)  ( A  B) ve ( x, y)  ( A  C )
 ( x, y)  ( A  B)  ( A  C)
olup ispat tamamlanır.
4.) ( x, y)  A  C  x  A ve y  C  x  B ve y  C  ( x, y)  B  C
olup ispat biter.
5.) ( x, y)  A  C  x  A ve y  C  x  B ve y  D  ( x, y)  B  D
olup ispat biter.
Örnek . A, B, C ve D dört tane küme olmak üzere
1.) ( A  B)  (C  D)  ( A  C )  ( B  D) eşitlinin her zaman doğru olduğunu
2.) ( A  B)  (C  D)  ( A  C )  ( B  D) eşitliğinin her zaman doğru olmadığını gösteriniz.
Çözüm 1.)
( x, y)  ( A  B)  (C  D)  ( x, y)  ( A  B) ve ( x, y)  (C  D)
 x  A ve y  B ve x  C ve y  D
 (x  A ve x  C ) ve ( y  B ve y  D)
 x  A  C ve y  B  D
 ( x, y)  ( A  B)  ( A  C )
2.) A  {a, b}, B  {1, 2,3}, C  {b} ve D  {2,3, 4} alınırsa eşitliğin doğru olmadığı görülür.
( A  B)  (C  D)  {(a,1),(a, 2),(a,3),(b,1),(b, 2),(b,3),(b, 4)}
( A  B)  (C  D)  {(a,1),(a, 2),(a,3),(a, 4),(b,1),(b, 2),(b,3), (b, 4)}
24
Tanım. S  T kümesinin herhangi bir alt kümesine S den T ye bir bağıntı denir. S  S ; kısaca
S 2 ile de gösterilir.   S 2 ise  ya S de bir bağıntıdır denir.
  S  T ise  , S den T ye bir bağıntıdır. Yani  cümlesinde ( eğer U   ise ) S  T nin en
az bir elemanı vardır. Bu durumda ( x, y)   ise
“x ile y bağıntısı arasında  bağıntısı vardır”
denir.
Örnek 1.2: S  { x : x  2n  1 ve n Z } ve T  {x : x  2n ve n Z } olsun. Bu durumda
S  T  {( x, y) : x  S ve y  T }
 {( x, y) : ( x  2n  1 ve n Z) ve ( y  2n ve n Z)
 {( x, y) : x  2n  1 ve y  2n ve n Z)
 {(2n  1, 2n) : n Z}
dir. Dolayısıyla {(1,0),(3, 2),(1, 2),(11,10),(15, 16)}  S  T dir. Şu halde bu cümle S den T
ye bir bağıntıdır. S den T ye bir bağıntı gelişi güzel elemanlarla verilebileceği gibi, belirlenmiş
bir kuralla da verilebilir. İncelemeğe değer olanlar “belirlenmiş kuralla” verilenlerdir.
Örnek 1.3 : R 2 de v  {( x, y) : x 2  y 2  4} alt cümlesi, merkezi orijinde ve yarıçapı 2 birim olan
çember üzerindeki noktaların cümlesidir. Dolayısıyla R de bir bağıntıdır.
R 2 de x 2  y 2  4 eşitliğine uyan her ikili v nin elemanıdır ve x 2  y 2  4 eşitsizliğine uyan her
bir ikili de v nin elemanı değildir. v , bağıntısının grafiği, v deki tüm elemanların
-2
2
cümlesidir .
25
Örnek. R de u  {(1, y) : y  R} bağıntısının grafiği u daki tüm ikililerin cümlesidir ve burada bir
doğrudur. x eksenine dik (y’ye paralel) bir doğrudur.
y
x
1
Tanım.  , A dan B ye tanımlı bir bağıntı olsun.( Yani   A  B olsun ).
 1  {( y, x) : ( x, y)   }
bağıntısına  nın ters bağıntısı veya kısaca tersi denir. Burada  1  B  A olduğu açıktır.
Tanım.   A  A olsun.
a) Eğer her x  A için ( x, x)   ise  ’ya yansıyan bir bağıntı denir.
Not: ( x, y)   önermesi x y şeklinde daha kısa gösterilmektedir.( Bazı kaynaklarda y  x
yazılmaktadır. Bu durumda
 yansıyan  x  A, x x
olduğu görülebilir.
b) Eğer her ( x, y)   için ( y, x)   ise  ’ya simetrik bir bağıntı denir. Buradan
 simetrik     1
olduğu görülebilir.
c) x  y olmak üzere, eğer her ( x, y)   için ( y, x)   ise  ’ya ters simetrik bir bağıntı
denir. Buna denk olarak
( x, y)   , ( y, z)    x  y
26
önermesi doğruysa  ters simetriktir diyebiliriz. Buradan
 ters simetrik     1  I A
olduğu görülebilir.
d) Eğer her ( x, y)   ve ( y, z)   için ( x, z)   ise  ’ ya geçişken bir bağıntı denir.
Buradan
 geçişken   o  
olduğu görülebilir.
Not:  , A ’ da bir bağıntı olsun. Buna göre
 yansıyan değil  a  A,(a, a)  
 simetrik değil  a, b  A, a  b,(a, b)   ,(b, a)  
 ters simetrik değil  a, b  A, a  b,(a, b)   ,(b, a)  
 geçişken değil  a, b, c  A,(a, b)   ,(b, c)   ,(a, c)  
FONKSİYON
A ve B boştan farklı iki küme olsun. A B nin her alt kümesine “ A dan B ye bir bağıntı”
dendiğini biliyoruz. Her bağıntı bir fonksiyon değildir. Fonksiyon özel bir bağıntıdır.
Tanım. A ve B boştan farklı iki küme olsun. A nın her bir elemanı B de yalnız bir elemanla
eşleyen f bağıntısına A dan B ye bir fonksiyon denir ve f : A  B yada A f B şeklinde

gösterilir.
Bu tanıma göre, A dan B ye bir f bağıntısının fonksiyon olabilmesi için;
i)
Her x  A için ( x, y)  f olacak şekilde en az bir y  B vardır
ii)
Her x  A için ( x, y1 )  f ve ( x, y2 )  f ise y1  y2 dır.
Burada, A kümesine f nin tanım kümesi, B 'ye de değer kümesi denir. Tanım kümesinin bir x
elemanı değer kümesinin bir y elemanına f ile bağlı ise bunu ( x, y)  f yerine f : x  y yada
27
y  f (x) biçiminde göstereceğiz. A kümesinin tüm elemanlarının f ile B de eşleştiği bütün
değerlerin kümesine de A nın f altındaki görüntüsü denir ve f (A) veya R f ile gösterilir.
B
A
f
f (A) Görüntü
kümesi
Tanım kümesi
Değer kümesi
A kümesinin tüm elemanlarının f ile B de eşleştiği bütün değerlerin kümesine de A nın f
altındaki görüntüsü denir ve f (A) veya R f ile gösterilir.
Örnek. A   2,1,0,1,2 ve B   6,4,3,0,1,3,6 kümeleri için f : A  B , f : x  3x
bağıntısı verilsin.
a)
f bağıntısını liste biçiminde yazınız.
b)
f nin A dan B ye bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
c)
f (A) kümesini liste yöntemi ile gösteriniz.
Çözüm. a)
f (2)  6, f (1)  3, f (0)  0, f (1)  3, f (2)  6 olduğundan
f
bağıntısı
f  (2,6), (1,3), (0,0), (1,3), (2,6) olarak yazılır.
b) A nın her bir elemanını f ile B nin yalnız bir elemanı ile eşleştirdiği için f bağıntısı A
dan B ye bir fonksiyondur.
c) A dan B ye elde elde edilen görüntü kümesi; f ( A)   6,3,0,3,6  B olur.
Örnek. f : R  R , f ( x)  2 x  3 fonksiyonu veriliyor. Buna göre
f (2)  f (a  1)  f (2a  3)  f (4)
ise a nın değerini bulunuz.
28
Çözüm. f (2)  7, f (a  1)  2a  1, f (2a  3)  4a  9 ve f (4)  5 değerleri yerlerine
yazılırsa,
f (2)  f (a  1)  f (2a  3)  f (4)  7  (2a  1)  4a  9  5  a  
1
3
bulunur.
Eğer A  R , B  R ve f de A dan B ye bir fonksiyon ise, bu fonksiyona reel değerli reel
değişkenli fonksiyondur denir.
Reel değişkenli ve reel değerli bir
f fonksiyonu verildiğinde, f nin tanım kümesi f ( x)
ifadesini reel yapan tüm x noktalarının kümesidir.
Örnek. f ( x)  1  x 2 biçiminde tanımlanan fonksiyonun tanım kümesini bulunuz.
Çözüm. 1  x 2  R olması için 1  x2  0  x2  1  1  x  1 olmalıdır.
O halde verilen fonksiyonun tanım kümesi  1,1 aralığıdır.
Örnek. Aşağıda verilen fonksiyonların tanım ve görüntü kümelerini bulunuz.
a) f ( x)  x  1 b) f ( x) 
x2 1
x3
x2
1
f
(
x
)

c)
d)
e)
f
f
(
(
x
x
)
)


x 1
x2
x 2  7x
x2 1
Çözüm. Verilen tüm fonksiyonlar y  f (x) şeklinde verildiğinden tanım kümesi için y  f (x) i
sağlayan x leri, görüntü kümesi için de aynı eşitliği anlamlı yapan y leri araştıracağız.
Negatif sayıların kareköklerinin olmadığını biliyoruz. y  x  1 eşitliğinde x  1  0
olamaz, eğer olursa eşitlik anlamsız olur. O halde
a)
D f :  x  R : x  1  0   x  R : x  1  1, 
olur. Şimdi de görüntü kümesini bulalım.
x  1 ifadesinin önüne eksi işaret gelmedikçe negatif
olamaz. x  1 için y  x  1  0 olur ki bu da
R f : y  R : y  0  0, 
demektir.
29
A
x3
eşitliğini anlamlı yapan x lerin kümesidir.
  ve
0
x  7x
sonsuzun bir reel sayı olmadığını biliyoruz. Bu eşitlikte paydayı sıfır yapan x ler için eşitlik
anlamsız olacağından
b) Aranan tanım kümesi y 
2


D f : x  R : x 2  7 x  0   x  R : x( x  7)  0
  x  R : x  0 ve x  7
 R  0,7   ,0  0,7   7,  
olur. Görüntü kümesi kolayca bulunamaz.
x2
fonksiyonun tanım kümesi D f : R   2 olduğu kolayca görülebilir. Şimdi bu
x2
x2
eşitliği anlamlı yapan y lerin kümesini bulalım. y 
eşitliğinde x i çekersek,
x2
c) y 
x  2y  x  2  x  2(1  y)
1 y
olur. y  1 için x 
2(1  y )
eşitliği anlamlı olacağından
1 y
R f : y  R : y  1  R  1
olur.
1
eşitliği her x  R için anlamlıdır. O halde
x 1
D f  R olur. Diğer yandan her x  R için x 2  1  1  0 olduğundan
d) Her x  R için x 2  1  0 olduğundan y 
2
0 y
1
1
x 1
2
olacağından R f  0,1 bulunur.
x2 1
0
0
olur ve belirsiz olduğundan x  1 de y 
tanımsızdır. Yani
x 1
0
0
x  1 olan tüm x ler eşitliği anlamlı yapar. D f  R  1 dır. f (x) i tekrar yazarsak x  1 için
e) x  1 için f (1) 
f ( x) 
x 2  1 x  1x  1

 x 1
x 1
x 1
30
dır. Böylece x  1 için f ( x)  x  1 olur. y  f (1)  2 olduğundan x  1 e karşı gelen y  2 R de
çıkarırsak değer kümesi R f  R  2 olur.
f : A  B fonksiyonu verildiğinde {( x, f ( x)) : x  A} kümesine f nin grafiği denir. Bu noktalar
x y düzleminde işaretlendiğinde fonksiyonun grafiği çizilmiş olur.
Reel değerli bir f fonksiyonu verildiğinde f ( x)  0 eşitliğini sağlayan x elemanlarına f
fonksiyonunun sıfır yerleri veya kökleri denir.
A   1,0,1,2, B   2,1,0,1,2,3 kümeleri
fonksiyonu veriliyor. f fonksiyonun grafiğini çiziniz.
Örnek.
ile
f : A  B, x  f ( x)   x  1
Çözüm. f (1)  2, f (0)  1, f (1)  0, f (2)  1 ve f   1,2, 0,1, 1,0, 2,1 olur.
Genel olarak bir y değişkeninin bir x değişkenine bağlı olarak değiştiği her durum, kuralı
y  f (x) olan bir fonksiyon tanımlar. Böylece fonksiyonlar ya bir tablo ile veya grafik ile ya da
y  f (x) denklemi ile verilebilir. Biz daha çok son durum ile ilgileneceğiz. Bir fonksiyonun
grafiği y  f (x) eşitliğini sağlayan x, y  ikililerin kümesi olarak tanımlanır.
Örnek. f ( x) 
3
fonksiyonun grafiğini çiziniz.
2  x2
Çözüm. Her x  R için x 2  2  0 olur ve D f  R dır. Her x  R için 0  f ( x) 


3
3

2
2
2 x
3
olduğundan R f   0,  dır. f ( x)  f ( x) olduğundan grafik y -eksenine göre simetriktir. Grafiği
2

0,  aralığındaki değerler için çizelim.
GRAFİKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
Şimdi doğal olarak şu soru akla gelir. Düzlemdeki her eğri bir fonksiyon grafiği midir? Bu sorunun yanıtı
olumsuzdur. Düzlemdeki bir eğrinin, bir fonksiyon grafiği olup olmadığı şöyle belirlenir: f nin tanım
kümesindeki her noktanın y -eksenine paralel çizilen bir doğru, verilen eğriyi en fazla bir noktada
kesiyorsa bu eğri bir fonksiyon grafiğidir. y -eksenine paralel çizilen bu doğrularda en az biri grafiği iki
yada daha fazla noktada kesiyorsa, bu eğri bir y  f (x) fonksiyonu grafiği olamaz.
31
GRAFİKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
Fonksiyonun Özellikleri
A, B  R olmak üzere f : A  B , y  f (x) fonksiyonu verilsin.
1) Her x1 , x2  A için x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) veya buna denk olan f ( x1 )  f ( x2 ) ise
x1  x2 oluyorsa, f ye bire-bir(1-1) dır denir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  3x  4 fonksiyonun bire-bir olup olmadığını gösteriniz.
Çözüm. f ( x1 )  f ( x2 ) ise x1  x 2 olduğunu gösterilim: f ( x)  3x  4 verildiği için
f ( x1 )  3x1  4 ve f ( x2 )  3x2  4 olur. O halde f ( x1 )  f ( x2 ) ise 3x1  4  3x2  4 eşitliğinden
x1  x2 olacağından f : R  R , f ( x)  3x  4 fonksiyonu bire-birdir.
2) Her y  B için y  f (x) olacak şekilde en az bir x  A varsa f ye örten fonksiyon denir.
Bu durumda f ( A)   f ( x) : x  A  B olur.
Örnek. A   1,0,1 ve B  0,1 kümeleri için f : A  B , f ( x)  x 2 fonksiyonu örten olup
olmadığını araştırınız.
Çözüm. f (1)  1, f (0)  0, f (1)  1 olup f ( A)  0,1  B olduğundan f örtendir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  3x  4 fonksiyonun örten olup olmadığını gösteriniz.
Çözüm. f : A  B , y  f (x) fonksiyonun örten olması için f ( A)  B olması gerektiğini
biliyoruz. Burada, f : R  R olduğundan f R   R olduğunu göstermeliyiz. Değer kümesinin
4m
4m
olur. m  R için
 R olduğundan
3
3
herhangi bir elemanı m olsun. m  3x  4  x 
değer kümesindeki her m reel sayısı tanım kümesindeki reel sayının görüntüsüdür. Bu nedenle,
f ( x)  3x  4 fonksiyonu örtendır.
3)
f ( A)  B ise f ye içine fonksiyon denir.
Örnek. f : Z  Z , f ( x)  3x  1 fonksiyonun türünü belirleyiniz.
Çözüm. Her x1 , x2  Z için f ( x1 )  f ( x2 ) ise x1  x 2 olur. Tanım kümesi Z olduğundan x1  x 2
şartı sağlanılır. O halde f bire-bir fonksiyondur. Diğer yandan her x Z için f ( x)  3x  1
32
fonksiyonun görüntü kümesi de tamsayılar kümesinin öz alt kümesidir. O halde f : Z  Z ,
f ( x)  3x  1 örten bir fonksiyon değildir, içine fonksiyondur.
4) Tanım kümesindeki her elemanın görüntüsü yine aynı ise bu tip fonksiyonlara birim fonksiyon
denir ve I ile gösterilir. Yani, I : A  A, I ( x)  x veya f ( x)  x ile gösterilir.
Örnek. f : Z  Z , f ( x)  (2m  1) x  2n  4 fonksiyonun birim fonksiyon olması için m  n  ?
Çözüm. f ( x)  x olacağından x in katsayısı 1 ve sabit terim de sıfır olmalıdır. Buna göre
2m  1  1  m  1 ve 2n  4  0  n  2 olmalıdır. Böylece m  n  3 bulunur.
5)
f : A  B , y  f (x) bire-bir ve örten ise bu fonksiyonun tersi de bir fonksiyon olup
f 1 : B  A , f 1 ( y)  x dır. Eğer fonksiyon bire-bir ve örten değilse tersi fonksiyon
olmayıp bir bağıntıdır.
f fonksiyonu A dan B ye bire-bir ve örten ise f ( x)  y  f
1
( y)  x dır. Örneğin, f ( x)  x
fonksiyonu 0,   dan 0,   bire-bir ve örtendir. Tersi vardır ve bu fonksiyon y 
değiştirip çözülerek x 
x de x ile y yer
y  y  f 1 ( x)  x 2 biçiminde bulunur. y  f 1 ( x)  f ( y)  x
denkliğinden bu denklemlerden biri diğeri yerine alınabilir. Böylece bu fonksiyonun grafiği:
GRAFİKKKKKKKKKKKKKKKKKKK
6) Her x1 , x2  A ve x1  x 2 için f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x1 )  f ( x2 ) ise f ye azalmayan(artan)
fonksiyon denir. Benzer olarak, x1  x 2 için f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x1 )  f ( x2 ) ise f ye
artmayan(azalan) fonksiyon denir. Bu koşullardan birini sağlayan bir fonksiyona monoton
fonksiyon denir.
Örnek. f ( x)  x 2  2 x  3 fonksiyonunun artan ve azalan olduğu aralıkları bulunuz.
Çözüm. x1  x 2 olsun. Bu durumda f ( x1 )  f ( x2 ) farkının işaretini belirlemeliyiz.

 

f ( x1 )  f ( x 2 )  x12  2 x1  3  x 22  2 x 2  3
 x12  x 22  2 x1  2 x 2
 x1  x 2 x1  x 2   2x1  x 2 
 x1  x 2 x1  x 2  2
olup, x1  x2  0 olduğundan, x1  x2  2 ye verilecek yön farkın yönü olacaktır. Dolayısıyla,
33
x1  x2  x1  x2  2  2 x2  2  x1  x2  2  2x2  1
yazalım. Bu takdirde, x1  x2  2  2x2  1 olur. O halde , x  1 değerini göz önüne alabiliriz.
f (1)  4 olduğundan
x  1  f ( x)  f (1)  x 2  2 x  3  4  x  1  0
2
x  1  f ( x)  f (1)  x 2  2 x  3  4  x  1  0
2
Olacaktır. Yani verilen fonksiyon  ,1 aralığında azalan ve 1,   aralığında da artandır.
Örnek. f ( x) 
1
fonksiyonun monotonluğunu inceleyiniz.
1 x2
Çözüm. Verilen fonksiyon  ,0 aralığında artan ve 0,   aralığında da azalandır. Gerçekten de,
x1 , x2   ,0 yani x1  0 ve x2  0 olmak üzere x1  x2 ise x1  x2  0 ve x1  x2  0
olacağından x1  x2 x1  x2   0 yani x12  x22  0 olur. Dolayısıyla
x1  x 2  x12  x 22  1  x12  1  x 22 
1
1

2
1  x1 1  x 22
elde ederiz. Yani, f ( x1 )  f ( x2 ) dır. Dolayısıyla, verilen f fonksiyonu  ,0 aralığında artandır.
Eğer x1  0 ve x2  0 olmak üzere x1  x 2 ise benzer olarak f ( x1 )  f ( x2 ) olacağı gösterilebilir.
7) R nin bir A kümesinde ki her bir x elemanı için ( x) de A nın bir elemanı ise A kümesine
(sıfıra göre) simetrik küme denir.(Sıfırın A kümesinde bulunması gerekmez) Her x  A için
 x  A ve f ( x)  f ( x) oluyorsa f ye çift fonksiyon denir. Eğer f ( x)   f ( x) oluyorsa
f ye tek fonksiyon denir.
Örnek. A  {x : x 2  4  0} ve A  R olsun. Bu durumda A kümesinin simetrik küme olup
olmadığını inceleyiniz.
Çözüm. A kümesini A   ,2  2,  şeklindedir. Buna göre x 2  4   ( x) 2  4  0 dır.
Diğer yandan x   ,2     x  2  2  x   olacağından x  2,  olacaktır. Benzer
olarak, x  2,   2  x       x  2 olacağından x   ,2 olur. O halde A kümesi
simetrik bir kümedir.
Örnek. A  {x : x  1  2} ve A  R olsun. Bu durumda A kümesinin simetrik küme olup olmadığını
inceleyiniz.
34
Çözüm. A kümesini A  {x :  2  x  1  2 ve x  R}   1,3 şeklindedir. Bu durumda,
x   1,3  1  x  3   3   x  1 olacağından  3,1   1,3 dır. O halde x  A için
 x  A olduğundan A kümesi simetrik küme değildir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  2 x 2  x 4 fonksiyonun çifttir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  x 3  3x fonksiyonun tek fonksiyondur.
Örnek. f : R  {0} , f ( x)  0 fonksiyonun hem çift hem de tektir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  x 2  x fonksiyonun ne çift ne de tektir.
Teorem. f : A  B fonksiyonunun ters bağıntısının da bir fonksiyon olması için gerek ve yeter
şart f nin 1-1 ve örten olmasıdır.
İspat () f : A  B fonksiyonunun tersi de bir fonksiyon olsun. Her x1  x2  A
için
f ( x1 )  f ( x2 )  y olsun.
( x1 , y)  ( x2 , y)  f  ( y, x1 )  ( y, x2 )  f 1
 f 1 bir fonksiyon olduğundan x1  x2
olup f nin 1-1 olduğu gösterilmiş olur. Şimdi
y  B verilsin. f 1 : B  A bir fonksiyon
olduğundan ( y, x)  f 1 olacak şekilde sadece bir tane x  A vardır. Bu durumda f ( x)  y olup
y nin altındaki ters görüntüsü x dir. O halde f örtendir.
() Şimdi de f 1-1 ve örten olduğunu kabul edelim. f örten olduğundan f 1 bağıntısına göre
B kümesinde eşlenmemiş eleman yoktur. Ayrıca
( y, x1 )  ( y, x2 )  f 1  ( x1 , y)  ( x2 , y)  f
 f 1-1 olduğundan x1  x2
olup f 1 bağıntısına göre bir eleman birden fazla elemanla eşlenmiş olamaz. o halde f 1  B  A
bir fonksiyondur.
Not: Eğer f : A  B fonksiyonu 1-1 ve örten ise ( yani f 1 bir fonksiyon ise ) her y  B için
f 1 ( y ) kümesi tek elemanlı olduğu için, “ y nin ters görüntüler kümesi ” değil de “ y ters
görüntüsü “ olarak anlaşılır. O halde f fonksiyonu 1-1 ve örtense,
f ( x)  y  f 1 ( y)  x
35
yazılabilir.
Teorem. f : A  B fonksiyonu 1-1 ve örten ise f 1 : B  A fonksiyonu da 1-1 ve örtendir.
İspat. f nin 1-1 ve örten olduğunu kabul edelim ve f 1 in 1-1 ve örten olduğunu gösterelim. Her
y1 , y2  B için
f 1 ( y1 )  f 1 ( y2 )  f ( f 1 ( y1 ))  f ( f 1 ( y2 ))
 y1  y2
olup f 1 fonksiyonu 1-1 dir. Şimdi de x  A verilsin. f ( x)  y  B dersek f 1 ( y)  x olup in f 1
altındaki ters görüntüsünün x olduğu görülür. O halde f 1 örtendir.
Bire-bir fonksiyonun tersi de bire-bir olacağından tersinin de tersi vardır ve bu f ye eşittir. Gerçekten de
 
y f
1 1
 f ( x) olur. Kesin artan(ya da azalan) bir f fonksiyonu bire-bir olacağından görüntü
kümesinden tanım kümesine tanımlı bir f
1
tersi vardır. f nin tersi varsa tektir.
Örnek. Aşağıda verilen fonksiyonların bire-bir olduklarını saptayan, terslerini bulunuz ve grafiklerini
çiziniz.
a)
b) f ( x)  8x 3  1
f ( x)  2 x  1
Çözüm. a) f ( x)  2 x  1 fonksiyonu monoton artan olduğundan tersi vardır. Şimdi tersini iki yolla
bulalım:
I.
YOL. y  2 x  1 de x i çekersek x 
yazılırsa f
II.
1
( x) 
y 1
bulunur. x yerine f
2
1
( x) ve y yerine de x
x 1
olarak bulunur.
2
YOL. y  2 x  1 de önce x ile y nin yerini değiştirelim. Bu durum da x  2 y  1 elde
edilir. Buradan da y yi çekersek y 
x 1
yani f
2
1
( x) 
x 1
bulunur.
2
8) Her x  A için f ( x)  c ( c  R ) ise f ye sabit fonksiyon denir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  (a  2) x  3 fonksiyonu sabit olması için a ne olmalıdır?
Çözüm. f (x) sabit fonksiyon ise x değişkeninin bulunmaması gerekir. Buna göre a  2  0
36
olmalıdır. Yani a  2 dır.
mx 2  nx  2
şeklinde tanımlanan fonksiyonun sabit fonksiyon
4x 2  2x  1
olması için m ve n ne olmalıdır?
Örnek. f : R  R , f ( x) 
Çözüm. Fonksiyon sabit olması için f ( x)  c olmalıdır. Buna göre
mx 2  nx  2
 c  mx 2  nx  2  4cx 2  2cx  c
2
4x  2x  1
olup polinomların eşitliğinden m  4c, n  2c ve c  2 olup n  4 ve m  8 bulunur.
Örnek. f ( x)  3 fonksiyonu sabit fonksiyondur. Burada, x değeri ne olursa olsun
değeri vardır.
y nin bir
Örnek. f : R  R , f ( x)  (a  8) x  (2a  n  3) fonksiyonu birim fonksiyon olması için
a ve n saylarını bulunuz.
Çözüm. Birim fonksiyon kural, f ( x)  x olduğuna göre a  8  1 ve 2a  n  3  0
olmalıdır. Buna göre a  9 ve n  21 bulunur.
Örnek. f : R  R , f ( x)  (4n  2) x  2n  3 olsun. Buna f fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm. f in sabit fonksiyon olması için 4n  2  0 olup n  12 bulunur. Buradan da
f ( x)  4 olur.
1
Örnek. Tanımlı olduğu değerler için f ( x) 
ise f ( x  2) nin f (x) cinsinden eşiti
x2
nedir?
1
1
1
olur. f ( x) 
ifadesinden ( x  2) f ( x)  1 olup

x22 x
x2
1  2 f ( x)
1
buradan da x i çekersek, x 
olur. Bu x değerini f ( x  2) 
ifadesinde yerine
x
f ( x)
f ( x)
yazarsak f ( x  2) 
elde edilir.
1  2 f ( x)
Çözüm. f ( x  2) 
Örnek. f ( x)  2 x  3 x ve g ( x) 
f ( x  2)
ise g (1) nin değerini bulunuz.
f ( x)
2 x2  3 x2
23  33

g
(
1
)

 7 bulunur.
23
2 x  3x
x3  5
Örnek. f : R  R , f ( x) 
fonksiyonu 1-1 dir, çünkü
3
Çözüm. g ( x) 
37
f ( x1 )  f ( x2 ) 
x13  5 x23  5

3
3
 x13  5  x23  5
 x13  x23
 x1  x2
Fakat g : R  R , g ( x)  cos(2 x) fonksiyonu 1-1 değildir. Çünkü f (0)  f ( ) olup farklı iki reel
sayının görüntüsü aynıdır.
Örnek. f : R  R, f ( x)  7 x5  11 fonksiyonu örtendir. Bunu göstermek için verilen her y  R
için f ( x)  y olacak şekilde x  R bulmalıyız. y  R verilsin. Bu durumda
x
3
y  11
seçilirse f ( x)  y olduğu görülür. (verilen y her için x bulunabileceği açıktır.)
7
Tanm. A, B, C birer küme olsun. f : A  B, f ( x)  y ve g : B  C, g ( z)  y ise
g  f : A  C, ( g  f )( x)  g ( f ( x))  y kural ile tanımlı f ile g nin bileşke fonksiyonu
denir. Bu durumda
D g  f  x  D f f ( x )  Dg


olduğu açıktır.
Örnek. f ( x)  2 x  3 ve g ( x)  x 2  1 fonksiyonlar için f  g ve g  f bileşke
fonksiyonlarını hesaplayınız.
Çözüm. ( f  g )( x)  f ( g ( x)) eşitliğinin sağ yan " f fonksiyonun da x gördüğün yere g (x)
i yaz" demektir. Buna göre,
f ( g ( x))  2( g ( x))  3  2( x 2  1)  3  2 x 2  1
elde edilir. Benzer şekilde
g ( f ( x))  ( f ( x)) 2  1  (2 x  3) 2  1  4 x 2  12 x  10
bulunur. Bu örnekten de görüldüğü gibi genellikle f ( g ( x))  g ( f ( x)) dır. Ancak
f  ( g  h)  ( f  g )  h  f  g  h
olur.
Teorem. f : A  B , g : B  C , h : C  D üç fonksiyon ise ho( gof )  (hog )of dir.
İspat Her a  A için
[ho( gof )](a)  h( gof (a))  h( g ( f (a)))  (hog )( f (a))  [(hog )of ](a)
38
olup ho( gof )  (hog )of eşitliği elde edilir.
Teorem. Birebir fonksiyonların bileşkesi birebir; örten fonksiyonların bileşkesi örtendir.
İspat : f : A  B ve g : B  C birebir fonksiyonlar olsun.
( gof )(a1 )  ( gof )(a2 )  g ( f (a1 ))  g ( f (a2 ))
 g birebir olduğundan f (a1 )  f (a2 )
 f birebir olduğundan a1  a2
olup gof fonksiyonu 1-1 dir. Şimdi de f ve g nin örten olduğunu kabul edelim. Buradan
gof : A  C dir. O halde
c  C  g : B  C örten olduğundan b  B, g (b)  c
 f : A  B örten olduğundan a  A, f (a)  b
olup ( gof )(a)  g ( f (a))  g (b)  c olduğundan c nin ters görüntüsü a dır. O halde gof örtendir.
Sonuç :
(i) f : A  B , g : B  C birebir ve örtense ( gof )1  f 1og 1 dir.
(ii) f : A  B birebir ve örtense fof 1  I B ve f 1of  I A dır
Teorem. f : A  B ve g : B  C iki fonksiyon olmak üzere
(a) gof örten ise g örtendir.
(b) gof birebir ise f birebirdir.
39
Fonksiyonlarda Yapılan Cebirsel İşlemler
Tanım. f : A  R  R,
g : A  R  R olmak üzere
( f  g )( x)  f ( x)  g ( x)
( f .g )( x)  f ( x).g ( x)
f
f ( x)
 ( x) 
, g ( x)  0
g ( x)
g
olarak tanımlanır.
Örnek. R  den R  ye tanımlanan f ( x)  2 x  3 ve
Buna göre f  g ,
f  g,
Örnek. f ( x)  1xx ise
Çözüm.
1
2
f
g
f .g ,
g ( x)  x 2  1 fonksiyonlar verilsin.
fonksiyonların oluşturunuz.
 f ( x)  f (  x )  f ( x 2 )
olduğunu gösteriniz.
2
1
 f ( x)  f ( x)  (1  x) x  x2(1  x)  2 x 2  f ( x 2 ) olur.
2
2(1  x )
2(1  x )
1  x 2 , x  0
 2 x, x  1
ve g ( x)  
Örnek. f ( x)  
fonksiyonu için f  g ,
1  x, x  1
 x, x  0
fonksiyonlarını oluşturunuz.
f  g,
f .g
Çözüm. Fonksiyonların istenen cebirsel birleşimlerini bulmak için tanım kümelerini her iki
fonksiyon içinde aynı şekilde ifade edelim.
1  x 2 , x  0
 2 x, x  0


f ( x)   x, 0  x  1 ve g ( x)  2 x, 0  x  1
 x, x  1
 1  x, x  1


şeklinde yorumlayabileceğimizden


 1  x 2  2 x, x  0  x 2  2 x  1, x  0


( f  g )( x)  f ( x)  g ( x)   x  2 x, 0  x  1   3x, 0  x  1
 x  (1  x), x  1  2 x  1, x  1


elde edilir.
Soru 1. f : R  R,
f ( x)  x  2 ve g ( x)  3x  1 fonksiyonlar veriliyor.
( f  g ) 1 ( x)  g 1 ( x)  f 1 ( x)
olduğunu gösteriniz.
Çözüm.
40
( f  g )( x)  f ( g ( x))  f (3x  1)  3x  1  2  3x  1
x 1
 ( f  g ) 1 ( x) 
3
olur
g ( x)  3x  1  g 1 ( x) 
x 1
ve f ( x)  x  2  f 1 ( x)  x  2
3
(1)
dır
( x  2)  1 x  1
(2

3
3
(1) ve (2) den ( f  g ) 1 ( x)  g 1 ( x)  f 1 ( x) olur. Buna göre R  R tanımlanan f ve
g fonksiyonlar için ( f  g ) 1  ( g 1  f 1 ) dır.
Soru 2. R  R tanımlı f fonksiyonu için f ( x  2)  4 x  3 ise f ( x)  i bulunuz.
g
1



 f 1 ( x)  g 1 f 1 x   g 1 ( x  2) 
Çözüm. x  2  u olarak alırsak x  u  2 olur. Böylece fonksiyonda x yerine u  2
yazılırsa,
f (u  2  2)  4(u  2)  3  f (u)  4u  11
olarak bulunur. Yukardaki örnekte x yerine x  2 nin tersi olan x  2 yazılarak da f (x) i
bulabiliriz.
Soru 3. f : R  R, ye f (2 x  3)  4 x  k fonksiyonu için f
ise k reel sayısın bulunuz.
1
(5)  8,
f bire-bir ve örten
Çözüm. f 1 (5)  8  f (8)  5 tr. f , bire-bir ve örten olduğundan 2 x  3  8  x  112 dır.
fonksiyonda x yerine 112 yazalım
11
 11 
f  2.  3   4.  k  f (8)  22  k  5  k  17
2
 2

dir.
1
Soru 4. f 1 ( x)  1  m. f ( x) ve  f  f  ( x)  3x  1 veriliyor. Buna göre m nin değerini
bulunuz.
1
Çözüm.  f  f  ( x)  3x  1 fonksiyonun tersi  f  f ( x)  x31 dr. f 1 ( x)  1  mf ( x)
ifadesinde x yerine f (x) yazalım. Buna göre
f 1 ( f ( x))  1  mf ( f ( x))
dr.
f 1 ( f ( x))  x
birim fonksiyon olduğundan
x  1  mf ( f ( x))  f ( f ( x)) 
dir. O halde
 f  f ( x)  x  1  1  x
3
olur. Buradan da m  3 bulunur.
41
3
1 x
m
Soru 5.
fonksiyonu için  f  f  f  f (3)  ?
 x2 2 , x çift ise
f ( x)  
 x  1, x tek ise
Çözüm. f (3)  4, f (4)  3 olup
 f  f  f  f (3)  f ( f ( f ( f (3))))  f ( f ( f (4)))  f ( f (3))  f (4)  3
olur.
Fonksiyon Türleri
1) an  0 ve a0 , a1 ,..., an1an  R olmak üzere
f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  a2 x 2  a1 x  a0
şeklindeki bir fonksiyonuna n  inci dereceden bir polinom fonksiyonu denir. Özel olarak
n  0 ise
f ( x)  a fonksiyonuna sabit fonksiyon denir
n  1 ise f ( x)  ax  b fonksiyonuna doğoğrus fonksiyon denir
Burada a  1 ve b  0 alınırsa f ( x)  x  I ( x) birim fonksiyon adını alır.
n  2 ise
n  3 ise
f ( x)  ax 2  bx  c fonksiyonuna ikinci dereceden fonksiyon denir
f ( x)  ax 3  bx 2  cx  d fonksiyonuna kübik fonksiyon denir.
Örnek. Aşağıda verilen fonksiyonların grafiklerini çiziniz.
a) y  3 b) y  2 x  1 c) y  x 2  x  2 d ) y  x 3  x
Çözüm. a
x  eksenine paralel olan y  eksenini 3 noktasından kesen doğrudur.
grafik
b
y ve x eksenlerini sırasıyla
x  0 için
y 1
y  0 için
x
1
2


0,1
 12 , 0
noktalarıoı kesen doğoğrudu
grafik
c
y ve x eksenlerini sırasıyla
x  0 için
y  2
2
y  0 için x  x  2  0
x1  1, x2  2 yani 0,2,  1, 0, 2, 0 noktalarını kesen ve simetrik ekseni x  12 olan bir
paraboldür.
42
grafik
d
y  0  x 3  x  0 ( x1  1, x2  0, x3  1) olmak üzere x  eksenini  1, 0, 0, 0, 1, 0 de
kesen
x    y  
x    y  
olan bir grafik vardır.
grafik
2) f ve g sırasıyla n  inci ve m  inci dereceden polinomlar olsun.
f ( x) an x n  ...  a1 x  a0
h( x ) 

g ( x) bm x m  ...  b1 x  b0
şeklindeki bir fonksiyona rasyonel fonksiyon denir.
x2
1
fonksiyonlarının grafiklerini çiziniz.
b) f ( x )  2
x2
x 1
Çözüm. a ) f : R \  2  R \ 1, f ( x)  xx22 olduğunu görmüştük. Eksenleri kestiği
noktalar bulalım. Grafiğin y  eksenini kestiği nokta
02
x  0 için y 
 1  (0,1)
02
dır. x  eksenini kestiği nokta ise
x2
y  0 için
 0  x  2  (2, 0)
x2
olarak bulunur. Birkaç yardımla nokta verirsek grafiği çizebiliriz.
1
x  3 için f (3)  5 ve x  1 için f (1) 
3
bulunur.
Örnek. a) f ( x) 
grafik
b x  R için 0  y  1 idi. Grafik x  eksenini  y  0 doğoğru  ne y  1 doğrusu
arasında olacaktır. x   iken y  0 olduğunda grafik,
grafik
43
3) Parçalı Tanımlı Fonksiyon: Özel olarak veya zorunlu olarak baz durumlarda fonksiyon bir
tek eşitlikle değil, tanım kümesi parçalara ayrılıp her bir parçada farklı bir eşitlik verilebilir. Bu
tür fonksiyonlara parçalı tanımlı ya da kısaca parçalı fonksiyon denir.
Örnek.
x3
x 1

f ( x)   x  2 3  x  4
5  x
x4

parçalı fonksiyonu için
a) f (2), f ( 72 ), f (6) değerlerini hesaplayınız.
b) Grafiğini çiziniz.
Çözüm. a)
x23

3  x  72  4 
x64

f (2)  2  1  3
f  72   72  2  32
f (6)  5  6  1
bulunur.
b)
grafik
4) Mutlak Değer Fonksiyonu: Bir x reel sayısının mutlak değerinin
 x , x  0

x   0, x  0
 x, x  0

şeklinde tanımlandığını biliyoruz. O halde, s : R  [0, ),
 x, x  0

s ( x)   0, x  0
 x, x  0

şeklinde tanımlı s fonksiyonuna mutlak değer fonksiyonu denir.
 f ( x), f ( x)  0
f ( x)  
 f ( x) f ( x)  0
i Her x  R için
 1, x  0

sgn( x)   0, x  0
 1, x  0

şeklinde tanımlanan sgn : R  R fonksiyonuna işaret fonksiyonu denir.
grafik
44
ii a  0 pozitif bir say ve a  1 olmak üzere f ( x)  a x şeklinde tanımlanan f : R  R 
fonksiyonuna üstel fonksiyon denir.
grafik
Tanım. f : R  R,
 1, x  0

f ( x)  sgn( x)   0, x  0
 1, x  0

şeklindeki fonksiyona işaret fonksiyonu denir.
f : R  R, y  f (x) ile sgn f ( x) fonksiyonunun bileşkesi
 f 1, x  0
 f  sgn x   f sgn x    f 0, x  0
 f  1, x  0

dır.
 1, f x   0
sgn  f x   sgn  f x    0, f x   0
 1, f x   0

dır.


Örnek. y  sgn x 2  4 x  3 in grafiğini çiziniz.
Çözüm. 1. Yol. y  x 2  4 x  3 in grafiği çizilir, sonrada sgn fonksiyonunun grafiğine
aktarılır. Buna göre
grafik
dır.
2. Yol. y  x 2  4 x  3 in işareti incelenir. Buna göre   16  12  4  0 olduğundan
denklemin iki reel kökü vardır. İşaret tablosu
isarettablosu
çizilir.
 1, 1  x  3

sgn( x)   0, x  1, x  3
 1, x  1, x  3



Tanım. a  R  \ 1 olmak üzere f  x, y  | y  a x , x  R fonksiyonuna bir üstel fonksiyon
denir. Her bir x  R için a x  R  dır. Bu f fonksiyonu ne tek ne de çifttir.
45
Özellikleri
i) a  1 ise
x  0 için
x  0 için
x  0 için
ax 1
ax 1
a x  a0  1
grafik
dır. Bu durumda x1  x2 ise a x1  a x2 olduğunda f monoton artandır.
ii) 0  a  1 ise
x  0 için a x  1
x  0 için a x  1
x  0 için a x  a 0  1
dır. Bu durumda x1  x2 ise a x1  a x2 olduğunda f monoton azalandır.
grafik
Tanım. x  a y  y  log ax , a  R  \ 1 olmak üzere

f  x, y  | y  log ax , x  R 
fonksiyonuna logaritma fonksiyonu denir.

Bu fonksiyon üstel fonksiyon tersi olarak bilinir. Doğal olarak üstel fonksiyonda logaritma
fonksiyonunun tersidir. Bu fonksiyonların eğrileri y  x doğrusuna göre simetriktir.
grafik
Örnek. Kenar uzunluklar 10 cm olan karenin dört köşesinden x cm lik kareler çıkarılarak
oluşturulan şeklin alanın y ile gösterelim.
a) y yi x in bir fonksiyon olarak yazınız.
b) Oluşturulan y  f x  fonksiyonunun tanım ve görüntü kümelerini bulunuz.
karesekil
Çözüm. a)
y  Kenar uzunlukları 10 cm olan karenin alanı   4Kenar uzunluğzux cm olan karenin alanı 
 100  4 x 2  y  f ( x)  100  4 x 2
olur.
46
b) Probleme göre x uzunluk olduğundan sıfırdan büyüktür ve x karenin kenar uzunluğunun
yarısı olan 5 cm den büyük olmaz. Bu durum x i 0, 5 aralığına kısıtlar. Oluşan şeklin alan
0 dan büyük ve 100 cm 2 den küçük olacağı için y ler de 0,100 arasındadır. Bu nedenle
fonksiyon
f : 0, 5  0,100, y  f ( x)  100  4 x 2
ile verilmek zorundadır. O halde f nin tanım kümesi D f  0, 5 ve görüntü kümesi
R f  0,100 alınmalıdır.
Örnek. 1) Boyutlar 30 ve 20 olan dikdörtgen biçimli bir kartonun dört köşesinden kareler
kesilerek üstü açık bir kutu oluşturulmak isteniyor. Bu kutunun hacmini veren bir fonksiyon
bulunuz.
2)
üçgen şekil
Yukardaki dik üçgende f (x) " BC kenarının uzunluğu" ise f (x) i x cinsinden ifade
ediniz.
3)
karesekil
Yukardaki karede
a) f (x) "karenin çevresi"
b) f (x) "karenin köşesi"
c) f (x) "karenin alan"
ise f (x) leri x cinsinden ifade ediniz.
4) Aşağıdaki fonksiyonların en geniş tanım kümelerini bulunuz.
a ) f ( x) 
x 1
x 1
b) f ( x)  x 2  x 
1
x 3
c) f ( x) 
x 2
x 2 4
d ) f ( x)  3 x 2  2 x
Trigonometrik Fonksiyonlar
Bir çemberin çapına oranına  denir. Yani çemberin çevresi c ve yarıçapı r ise   2cr ve
  3,14159 dır.
Saatin dönme yönündeki açılara negatif yönlü aç ve saatin yönünün ters yönündeki açılara da
pozitif yönlü aç denir.   3,14159 olmak üzere tam denir (veya çemberin tamamı) derece
cinsinde 360 Derece veya Radyan cinsinde 2 radyandır. Buna göre
1Radyan  180
 57, 296derece
 derece

1Derece  180
radyan  0, 0175radyan
dır. Aşağıdaki tabloda bazı açların derece ve radyan değerleri verilmiştir.
derece  radyan
47

Örnek. a) 60  bir aç 60. 180
 3 radyanlık açıya eşittir.
b)
5
4
radyanlık aç
5 180
4

.
 225 dereceye eşittir.
c) 1900  lik bir açının esas ölçüsü 1900  100  5  360 olduğundan 100  dır.
d) 293 radyanlık açının esas ölçüsü 293  2435  8  53 olduğundan 53 radyandır.
r yarıçaplı bir çemberdeki bir çember dilimini alalım. Eğer t merkez açısı radyan olarak
ölçülmüşse, yay uzunluğu s  rt ve çember diliminin alan A  12 r 2 t ile hesaplanır.
Örnek. a) Yarıçap 5 cm olan bir dairede 6 cm lik bir yay uzunluğu açıyı ve buna karış olan
çember diliminin alanını bulunuz.
b) Yarıçap 3 cm olan bir dairede 38 radyanlık bir aç ile oluşturulan yayın uzunluğunu bulunuz.
Çözüm. a) s  6 ve r  5 alınırsa, s  rt yay uzunluğu formülünden
s 6
t    1, 2 Radyan
r 5
ve çember diliminin alan
1
1
A  r 2t  (5) 2 (1, 2)  15cm 2
2
2
olarak bulunur.
b) r  3 ve t  38 radyan olduğundan yay uzunluğu
 3  9
s  rt  3  
cm
 8  8
olarak bulunur.
Trigonometrik Fonksiyonlar
O merkezli birim çember üzerinde PH  sin  ve OH  cos  dır. OA  AT çizilirse
OA  1 olduğundan m(TOA)   ise tan 
AT
OA
yani AT  tan  bulunur. x  1
doğrusuna tanjant ekseni denir.
çember şekil
OB  BK çizilirse OB  1 br ve mKOA  mBKO   olduğundan cot   BK
bulunur. y  1 doğrusuna kotanjant ekseni denir. Tanjant  ve Kotanjant  nın en büyük ve
en küçük değerleri yoktur. Yani
   tan , cot   
dır.
48
1
1
1
sin 
uçgen şekil sin   ry  tan  cos
, sec 
ve csc 
  tan  
cot 
cos 
sin 

cos   rx
cot   cos
sin 
tan 
cot  
y
x
x
y
dır.
Trigonometrik Fonksiyonların Grafiği
grafik
f :   ,    R,
f ( x)  2  4 cos x fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
f :   ,    R, f ( x)  2 sin 2 x fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
sin 2 x in peryodu 22   olduğundan önce 0,   alt aralığında değişimi inceleyip grafik
çizilir. Sonra   , 0 aralığında aynı şeklin çizim yaplır.
f :  2 , 2    1,1, f ( x)  sin x birebir ve örten olduğundan tersi de bir fonksiyondur. Bu
ters fonksiyona arcsin x fonksiyon denir ve
  
f 1 :  1,1   , , f 1 ( x)  arcsin x
 2 2
y  sin x  x  arcsin y
Ters fonksiyonun grafiği asıl fonksiyonun grafiğinin y  x doğrusuna göre simetriğidir.
Temel Eşitlikler
sin(t )   sin t sin(t   )   sin t sin t  2    cos t
cos(t )  cos t cos(t   )   cos t cost  2   sin t
Toplam-Fark ve Çarpım Formülleri
49
a  tan b
sin(a  b)  sin a. cos b  sin b cos a tan(a  b)  1tan
 tan a. tan b
a. cot b 1
cos(a  b)  cos a. cos b  sin a.sin b cot(a  b)  cot
cot a  cot b
İki Katlı Aç Formülleri
2
2
tan t
sin 2t  2 sin t cos t
tan 2t  12tan
2 sin t  cos t  1
t
2
cos 2t  cos 2 t  sin 2 t  2 cos 2 t  1  1  2 sin 2 t cot 2t  cot2 cott t1
grafik
tan 2t  u ise
2u
1 u 2
2u
sin t 
, cos t 
, tan t 
2
2
1 u
1 u
1 u 2
dır.
Örnek. y 
1
2cos 3 x
fonksiyonunun görüntü kümesini bulunuz.
Çözüm. Verilen fonksiyondan cos 3x 
2 y 1
y
yazılabilir.
 1  cos 3x  1
olduğundan
1 
2 y 1
1
y
olur. y  0 olduğu göz önüne alınırsa
1
 y  2 y  1  y veya  y  1
3
bulunur. O halde verilen fonksiyonun görüntü kümesi 13  y  1 kapalı aralığıdır.
Örnek.
a) sin x  cos x  12 ise sin 2 x değerini bulunuz.
3x
cos 3 x
b) I1  sin
sin x  cos x değerini bulunuz.
75 cos15
c) I 2  cos
değerini bulunuz.
sin15 sin 75


d) 0  x  2 için cot x  1sincosx x  2 denklemini sağlayan x değerlerini bulunuz.
Çözüm. a) Verilen eşitliğin her iki yanının karesi alınırsa,
sin x  cos x 
2
2
1
3
1
    sin 2 x  cos 2 x  2 sin x cos x   sin 2 x  
4
4
2
bulunur.
b)
50
sin 3x cos 3x sin 3x. cos x  cos 3x. sin x sin(3x  x)
sin 2 x
2 sin x. cos x





2
sin x
cos x
sin x. cos x
sin x. cos x sin x. cos x
sin x. cos x
bulunur.
c)
cos 75  cos 15 cos(45  30)  cos(45  30)
I2 

sin 15  sin 75 sin(45  30)  sin( 45  30)
cos 45. cos 30  sin 45. sin 30  cos 45. cos 30  sin 45. sin 30

sin 45. cos 30  cos 45. sin 30  sin 45. cos 30  sin 30. cos 45
I1 

 2. sin 45. sin 30
3
  tan 30  
2. sin 45. cos 30
3
değeri bulunur.
d)
cos x
sin x
cos x  cos 2 x  sin 2 x
1  cos x
1
cot x 
ve cot x 



sin x
1  cos x
sin x.(1  cos x)
sin x.(1  cos x) sin x
1
olduğundan sin x  2 denklemini sağlayan x değerlerini bulalım. Bu son denklemin
çözümünün k  Z olmak üzere x  6  2k veya x  56  2k olur. 0  x  2 olması
gerektiğinden x  6 dır.
Trigonometrik Denklemler
a) sin x  m denkleminde 1  m  1 için reel çözüm vardır.  1  m  1 için m  sin 
olacak şekilde bir  açsı vardır. O halde
sin x  sin   x  2k  
ve
x  (2k  1)   , k  Z
dır.
b) cos x  m denkleminde  1  m  1 için çözüm vardır. 1  m  1 için cos   m olacak
şekilde bir  açsı vardır. O zaman
cos x  cos   x  2k   , k  Z
dır.
c) tan x  m denkleminde    m   için çözüm vardır.
m  tan
olacak şekilde bir  açsı vardır. Böylece
tan x  tan  x  k   , k  Z
dır.
d) cot x  m içinde
x  k   , k  Z
olur.
Örnek.
2 sin x cos 2x  2 sin x  cos 2x  1  0
denklemini çözünüz.
51
Çözüm. Verilen denklemi
2 sin x(cos 2 x  1)  1(cos 2 x  1)  0
veya
cos 2x 12 sin x 1  0
şeklinde yazabiliriz. Buradan da
cos 2x 1  0 ve 2 sin x 1  0
elde edilir. Bu iki denklemin çözümü
cos 2 x  1
cos 2 x  cos 0
2 x  2k  0
x  k , k  Z
2 sin x  1
 sin x 
1
2
 sin x  sin
 x  2k 

6

6
, x  (2k  1) 

6
k Z
bulunur.
Örnek. sin 2 x  2 cos x  1 denklemini çözünüz.
Çözüm. sin 2 x  1  cos 2 x olduğundan denklemimiz
1  cos 2 x  2 cos x  1
veya
cos 2 x  cos x  0
cos x(cos x  2)  0
olur. Buradan da
cos x  0 ve cos x  2  0
dır. Bu iki denklemde ikincisinin çözümü yoktur. O halde


cos x  0  cos x  cos  x  2k 
2
2
bulunur.
Örnek. cos x  sin x  2 cos 2 x olduğunu gösteriniz.
Çözüm.
cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  2 cos 2 2 x
52
 1  sin 2 x  2(1  sin 2 2 x)
 1  sin 2 x  2  2 sin 2 2 x
 2 sin 2 2 x  sin 2 x  1  0
2t 2  t  1  0  (t  1)(2t  1)  0
 t  1 ve t  
böylece
1
2
sin 2 x  1
sin 2 x  
1
2
bulunur.
LİMİT VE SÜREKLİLİK
Daha önceki bölümlerde, tanım kümesi reel saylar kümesinin bir alt kümesi olan bir fonksiyon
verildiğinde, bu fonksiyonun tanım kümesine ait bir noktadaki değerini bulmak için bu sayıyı
fonksiyon ifadesinde yerine yazıp gerekli işlemleri yapmamız gerektiğini görmüştük. Bu
işlemleri yaparken zaman zaman hesap makinesine ihtiyaç duymanın ötesinde büyük bir zorlukla
x bağımsız değişkeni belirli bir sayıya
karşılaşmayız. Ancak fonksiyonlarla çalışırken
yaklaşırken, y  f (x) fonksiyon değerlerinin belirli bir sayıya yaklaşıp yaklaşmadığını,
yaklaşıyorsa hangi sayıya yaklaştığını bilmek durumuyla da sık sık karşılaşırız. İşte bu soruna
limit kavramıyla çözüm bulabilmekteyiz.
Limit kavramına geçmeden önce x bağımsız değişkeninin verilen bir sayıya yaklaşmasının ne
demek olduğunu açıklayalım. x değişken, a sabit olmak üzere x ve a sayılarını
düşünelim. Eğer x değişkeni, a dan farklı ve a sayısına istenildiği kadar yakın değerler
alıyorsa, diğer bir ifadeyle, x ile a arasındaki fark değiştiğinde istenildiği kadar küçük bir
saydan daha küçük kalıyorsa, x değişkeni a sayısına yaklaşıyor denir ve sembolik olarak
x  a ile gösterilir. Yani x  a   demektir.
Eğer x değişkeni a ya a dan büyük değerler ile yaklaşıyorsa bu tip yaklaşımlara sağdan
yaklaşma denir ve x  a  ile gösterilir. Eğer x değişkeni a ya a dan küçük değerlerle
yaklaşılıyorsa, bu durumda da x değişkeni a ya soldan yaklaşıyor denir ve x  a  şeklinde
gösterilir.
Örnek. Sırası ile
1
1
1
1
x1  1 , x2  1 , x3  1 ,..., xn  1
1
2
3
n
53
değerlerini alan bir x değişkeni limitinin 1 olduğunu gösteriniz.
1
 1
Çözüm. xn  1  1    1  olup n i istenildiği kadar büyük seçmekle
n
 n
O halde
xn 1  
1
n
  yapılabilir.
alarak x  1 demektir.
Örnek. Sırası ile
1
1
1
1
x1  1  , x2  1  2 , x3  1  3 ,..., xn  1  (1) n n
2
2
2
2
değerlerini alan bir x değişkeninin 1 e yaklaştığını gösteriniz.
Çözüm.
1
1

xn  1  1  (1) n n   1  n  
2 
2

olması için
log 1


log 2
olmalıdır. O halde n i bu eşitsizliği sağlayacak şekilde seçersek xn 1   alarak x  1
yaklaşmış olacaktır.
2n 
1
 n log 2  log
1
n
Bir Fonksiyonun Limiti
Tanım. y  f (x) fonksiyonu x  a noktası civarında tanımlı bir fonksiyon olsun. Bu
fonksiyonun, x in a ya yaklaşması x  a  halinde limitinin b ye eşit olması
demek, istenildiği kadar küçük bir   0 sayısı seçildikten sonra,
xa 
olduğu zaman
f ( x)  b  
olacak şekilde bir      pozitif sayısının bulunabilmesi demektir.
Bu takdirde, x a ya yaklaştığı zaman f (x) fonksiyonunun limiti b denir ve
lim f ( x)  b
x a
şeklinde gösterilir.
Örnek.
lim 2 x  1  5
x2
olduğunu gösteriniz.
54
 y  b
Çözüm.  sayısı verilmiş olsun. (2 x  1)  5   şartının sağlanması için
2x  4    x  2 
olmalıdır ki bu da bize  
da  bulunmuş olacaktır.

2

2
olacağını gösterir.  seçilmiş olduğuna göre bunun yarısı olarak
Örnek.
x2  9
lim
6
x3 x  3
olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Fonksiyon x  3 için tanımlı değildir. Verilen limitin doğru olması için x  3  
halinde
x2  9
6 
x3
eşitsizliği sağlanmalıdır. x  3 için
x  3x  3  6  x  3  6  x  3  
x3
elde edilir ki  ne olursa olsun 3 sağlanması için 4 nin sağlanması gerekir. 4 ise    olduğu
görülmekle x  3 halinde verilen fonksiyonun limiti 6 ya eşittir.
Limitin Özellikleri
1) c bir sabit olmak üzere f : R  R,
f ( x)  c ise lim f ( x)  lim c  c dır.
xa
2) f : R  R,
f ( x)  x ise lim f ( x)  lim x  a dır.
3) f : A  R,
g : A  R fonksiyonlar verilsin.
lim f ( x)  b1 ve lim g ( x)  b2
x a
x a
xa
olsun. Bu durumda
xa
xa
lim f ( x)  g ( x)  lim f ( x)  lim g ( x)  b1  b2
x a
x a
x a
lim f ( x).g ( x)  lim f ( x). lim g ( x)  b1 .b2
x a
x a
x a
 f ( x)  lim xa f ( x) b1
lim 

 , b2  0, g ( x)  0
x a g ( x ) 

 lim xa g ( x) b2
dır.
4) f : A  R fonksiyonu verilsin ve
lim f ( x)  b
x a
olsun. n  N ve n çift iken f ( x)  0 olmak üzere
55
lim n f ( x)  n lim f ( x)  n b
x a
x a
dır.
5) f : A  R, g : A  R, h : A  R fonksiyonlar verilsin ve x in a sayısına yakın
tüm değerleri için
h( x)  f ( x)  g ( x)
eşitsizliği sağlansın. Eğer
lim h( x)  lim g ( x)  b
xa
xa
oluyorsa, bu durumda f fonksiyonunun a noktasındaki limiti var ve
lim f ( x)  lim h( x)  lim g ( x)  b
x a
x a
x a
dır.
Örnek. lim x (3x 2  7 x  1)  lim x lim (3x 2  7 x  1)  38
x 4
x 4
x 4
23 x  3
limitini bulunuz.
x 8 4 x  1
Örnek. lim
Çözüm. lim 23 x  3  7, lim 4 x  1  33 olduğundan
x8
x8
23 x  3 lim x8 23 x  3 7


x 8 4 x  1
lim x8 4 x  1
33
lim
bulunur.
Örnek. lim
x 2
3x  6
limitini bulunuz.
5 x 2  20
Çözüm. lim (3x  6)  0 ve lim (5x 2  20)  0 olduğundan üçüncü özellik uygulanamaz. Bunun
x2
x2
için fonksiyonu biraz daha dikkatle incelememiz gerekir. x, 2 ye yaklaşırken x  2 dir.
Dolayısıyla
3x  6
3( x  2)
3


,x  2
2
5 x  20 5( x  2)( x  2) 5( x  2)
yazabiliriz. Buna göre,
3x  6
3
3
lim 2
 lim

x2 5 x  20
x2 5( x  2)
20
bulunur.
Tek Yönlü Limitler
Yukardaki incelememizde, a noktasındaki limiti incelerken x bağımsız değişkeni a ya nasıl
yaklaşırsa yaklaşsın f (x) değerlerinin belli bir sayıya yaklaşıp yaklaşmadığını araştırdık.
Ancak, baz durumlarda x in a ya sadece a dan büyük (yani sağdan) değerlerle yaklaşması
56
veya sadece a dan küçük (yani soldan) yaklaşması zorunlu olabilir. İşte bu durumda tek yönlü
limit söz konusudur.
Eğer x  a  için f fonksiyonunun L gibi bir limit varsa, bu limite a noktasındaki sağdan
limit denir ve
lim f ( x)  L
x a

biçiminde gösterilir. Benzer şekilde, x  a için f fonksiyonunun L gibi bir limiti varsa bu
limiti de soldan limit denir ve
lim f ( x)  L
x a
biçiminde gösterilir. Böylece
lim f ( x)  lim f ( x)  lim f ( x)  L
x a
x a
x a
dır. Yani sağdan ve soldan limitlerin her ikisinin de söz konusu olduğu bir noktada limit varsa,
hem sağdan hem de soldan limit vardır ve bunlar birbirine eşittir. Karşıt olarak sağdan ve soldan
limitler var ve birbirine eşit ise bu noktada limit vardır. Sağdan ve soldan limitlerin birisi yoksa
veya bu iki limit eşit değilse limit yoktur.
Örnek. lim
x0
x
x
ve lim
x0
x
x
limitlerini bulunuz.
Çözüm.
grafik
x  0  için x  0 olduğundan x  x olup lim
x0
x   x olup lim
x0
x
 1 ve x  0  için x  0 olduğundan
x
x
 1 olur. Bu fonksiyon sağdan ve soldan limitleri var ve ancak eşit
x
olmadığından
lim
x 0
x
x
limiti yoktur.
Örnek. lim
x0
1  cos x
 0 olduğunu gösteriniz.
x
Çözüm.
2 sin 2
olduğundan
sin 2
olur. Böylece x  0 için
x
 1  cos x
2
x 1  cos x

2
2
57
sin 2
x
2
x
2

1  cos x
2 2x
yani
1  cos x sin 2
 x
x
2
x
2
olur. Diğer yandan
sin 2
1  cos x
 lim x
x 0
x 0
x
2
lim
x
2
 lim
x 0
sin 2x
x
2
x
 1.0  0
x 0 2
. lim
bulunur.
Örnek. lim sin
x0
1
limitinin mevcut olmadığını gösteriniz.
x
Çözüm. n  N için
2
2
ve y 
(4n  1)
(4n  1)
dizilerini seçelim. Bu diziler için
lim xn  lim yn  0
xn 
olmak üzere xn  ve
 yn 
n
n
dır. Bu dizilere karşı gelen görüntü dizileri sırasıyla,



f ( xn )  sin 2n    sin  1
2
2

ve



f ( y n )  sin 2n    sin   1
2
2

dır. Yani  f ( x n )  ve  f ( y n )  görüntü dizilerinin limitleri farklıdır. O halde
1
lim sin
x0
x
nin limiti mevcut değildir.
grafik
Örnek. lim x sin
x 0
1
 0 olduğunu gösteriniz.
x
Çözüm. x  0 için
x sin
1
1
 x sin  x
x
x
olduğundan
 x  x sin
58
1
x
x
dır. Sandiviç özelliği yardımıyla
0  lim  x   lim x sin
x 0
x 0
1
 lim x  0
x x0
dır. Böylece
lim x sin
x 0
1
0
x
elde edilir.
grafik
Örnek.
f : R  R,
3x  1, x  2
f ( x)  
 x  3, x  2
fonksiyonunun limitini araştırınız.
Çözüm.
grafik
x  2  için x  2 olup f ( x)  3x  1 için
lim f ( x)  lim (3x  1)  5
x2
ve x  2

x2
için x  2 olup f ( x)  x  3 için
lim f ( x)  lim ( x  3)  5
x2
x2
bulunur. Böylece
lim f ( x)  lim f ( x)  5
x 2 
x 2
olup
lim f ( x)  5
x 2
bulunur.
Baz durumlarda x  a (veya x  a  , x  a  ) için fonksiyon değerleri istenildiği kadar
büyük bir saydan daha büyük olabilir. Bu durumda limit  dır denir ve
lim f ( x)   veya lim f ( x)  , lim f ( x)  
x a
x a
x a
ile gösterilir.
2x  3
limitini bulunuz.
x0 3 x 2  x
Örnek. lim
Çözüm. x  0 olduğundan pay ve paydayı x e bölelim. Buna göre
2  3x
2x  3
lim 2
 lim
 
x0 3 x  x
x0 3 x  1
ve
59
lim
x0
2  3x
2x  3

lim
 
3x 2  x x0 3x  1
dır. O halde
lim
x0
2x  3
3x 2  x
limiti yoktur.
Not.
lim f ( x)  
x a
olması limitin varlığı anlamını taşımaz . Sadece x  a için f (x) değerlerinin sınırsız
büyüdüğü anlam taşır. Benzer şekilde,
lim f ( x)  
x a
olması da x  a için f (x) değerlerinin negatif yönde sınırsız küçüldüğünü ifade eder.
Bir fonksiyonun tanım kümesinde x değişkeni pozitif yönde sınırsız büyüyebilir veya negatif
yönde sınırsız küçülebilir, bu durumda x   veya x   biçiminde ifade edebiliriz. Bu
durumda fonksiyonu limitinden söz etmek mümkündür. Eğer x   (veya x   ) için
f (x) değerleri belirli bir 1 sayısına yaklaşıyorsa, bu durumda da limit L dır denir ve
lim f ( x)  L (veya lim f ( x)  L)
x 
x 
şeklinde gösterilir.
Örnek.
3x 2  5 x  1
x  x 2  4 x  7
lim
limitini bulunuz.
Çözüm. Fonksiyonun pay ve paydasını x 2 ye bölelim.
3  5x  x12
3x 2  5 x  1
30 0
lim

lim

 3
2
x   x  4 x  7
x  1  4  7

1

0

0
2
x
x
bulunur.
Not.
 , n  m
an x n  an1 x n1  ...  a1 x  a0  an
lim
  b ,n  m
m 1
x b x m  b
 ...  b1 x  b0  n
m
m 1 x
 0, n  m
dır.
Baz fonksiyonlarda x sınırsız büyürken fonksiyon değerleri sınırsız büyüyebilir veya negatif
yönde sınırsız küçülebilir. Bu durumda kısaca
lim f ( x)  , lim f ( x)  
x 
x 
ile ifade edebiliriz. Benzer şekilde
60
lim f ( x)  , lim f ( x)  
x 
x 
ifade edilir.
4 5 

Örnek. lim (2 x 2  4 x  5)  lim x 2  2   2   2  0  0  
x 
x 
x x 



x 2 1  4x  x12
x3  4x 2  x
(1  0  0)
lim
 lim


x
x
2x  3
2  3x
2
Örnek.
lim
x
4x  3 4

9x  7 9
olduğunu gösteriniz.
Çözüm.   0 verilen herhangi bir say olsun. Tanım gereğince x  M olduğunda
4x  3 4
 
9x  7 9
eşitsizliği doğru olacak şekilde bir M  0 sayısı bulmak mümkündür.
4x  3 4
 55
  

9x  7 9
9(9 x  7)
olur. x   olduğunda x  0 dır. Bundan dolay
55
55

9 9 x  7 9(9 x  7)
olur ve
55
55
55  63
   9x  7 
x
9(9 x  7)
9
9
bulunur. Böylece
55  63
M 
81
1
bulunur.   720
seçilirse
4397
M
 489
9
olur.
Örnek.
lim
x2
1
 
( x  2) 2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Verilen herhangi bir   0 sayısına karşılık
x2 
61
olduğunda
1
1


2
( x  2)
( x  2) 2
eşitsizliği doğru olacak şekilde bir  bulmak mümkündür. Böylece   0 diyelim. Bu
durumda
1
1
1
   (2  x) 2  ve x  2 
2

( x  2)

bulunur. Bu şu anlama gelir.
1
x2 

olduğunda
1

( x  2) 2
dır. Yani diğer bir deyişle
1
 
x2 ( x  2) 2
lim
demektir.
Teorem.
sin x
1
x0
x
lim
dir.( x radyan cinsindedir.)
İspat. x radyan n bu f ( x)  sinx x ile verilmiş fonksiyonun "0" da tanımsızdır. Fakat "0"
tanım cümlesinin bir limit noktası olduğu için sinx x in limiti hesaplanabilir. Bunun için aşağıdaki
şekilden yararlanacağız.
sekil
AB yay O merkezli 1 yarıçaplı çemberin yay olsun. Çemberin A dan AQ teğeti
çizildiğinde görüldüğü gibi OA  QA dır. Böylece
OCB üçgeninin alanı  OAB daire parçasıarç alanı  OAQ üçgenin alanı
yani,
cos x.sin x 1 2
1. tan x
1
x
tan x
 1



2
2
2
cos x sin x sin x
ya da
sin x
1
cos x 

x
cos x
olur. Böylece sandiviç teoremine göre
sin x
lim
1
x0
x
62
bulunur.
Özellik. f fonksiyonu kesirli iken x  a
için pay ve paydanın limitleri sıfır olabilir. Bu
0
durumda lim xa f ( x) ifadesi 0 biçimindedir denir. Böyle durumlarda fonksiyonun a da ki
özel bir yolla hesaplanır. a hariç, a nın  komşuluğunda eşit olan fonksiyonların x  a
için limitleri de eşit olacağından şunlar yapılabilir:
g ( x)
h( x )
biçiminde bir fonksiyon için pay a da sıfır olduğuna göre g (a)  0 a g nın bir köküdür
ve a için payda sıfır olduğuna göre h(a)  0 a h nın bir köküdür. Bu kökün elde
edilebileceği çarpan (eğer varsa) ortadan kaldırıldığında 00 biçiminde yok edilmiş olur. Sonra bu
yani biçim için limite geçilir.
f ( x) 
Örnek.
x2  9
x3 x  3
0
limitini hesaplayalım. Bu limit 0 şeklindedir. x  3 olduğunda x ; 3 e yakınsayan ve
terimleri 3 ten farklı bir dizi gibi düşünülür. Dolayısıyla da ( x  3)  0 olur ve x  3 ile
sadeleştirme yapılabilir. O halde
x  3x  3  lim ( x  3)  6
lim
x3
x3
x 3
bulunur.
lim
Örnek.
lim
x a
limitini hesaplayınız.
Çözüm. Bu limit x  a için
0
0
x a
, ( a  b)
x  (a  b) x  ab
2
şeklindedir. İlgili çarpan yok etmeye çalışalım:
x a
x a
 lim
x  a ( x  a )( x  b)
x  a ( x  a )( x 
a )( x  b)
1
 lim
x a ( x 
a )( x  b)
1

2 a ( a  b)
lim
bulunur.
63
Not.
sin x
x
nin limiti 00 biçimindedir. Önceki iki örnekte pay ve payda cebirsel fonksiyonlardır. Bu örnekte
pay cebirsel olmayıp transandant fonksiyondur. Bundan dolay da çarpan yok etme yöntemi
burada uygulanamaz. Yukardaki teoremde verildiği gibi limit 1 dır.
lim
x 0
Örnek.
2 x 4
2
lim log ax 4
x 2
limitini hesaplayınız.
Çözüm.
2x  4
2( x  2)
2


2
x  4 ( x  2)( x  2) x  2
olduğundan yerine yazıldığında
2
1
lim 2 
lim log ax  2  log a x2 x  2  log a2   log 2a
x2
bulunur.
Sık Kullanılan Baz Limitler
1)
a  1 için lim a x   ve lim a x  0
x
x
a  1 için lim a x  0 ve lim a x  
x
x
2)
sin x
cos x
 0 ve lim
0
x 
x 
x
x
lim
lim sin x  0 ve lim cos x  1
x0
x0
3)
sin x
1
x 0
x
lim
4)
x
1
 1
lim 1    lim 1  h  h  e
x 
h 0
x

5)
64
1
log (a1 x )
x
 lim log (a1 x )  log ea
x 0
x

0
x
lim
6)
lim
x0
7) a  0 için
ln(1  x)
 1 ln  log ea
x


a x 1
 ln a
x0
x
lim
dır.
Örnek.
 e x 1 ex 1 x
e x  ex
e x  ex x

 lim
 lim

x 0 2 sin x
x 0
x
sin x x0  x
x  2 sin x
lim
ex 
1
ex
yazılırsa
 e x 1 1 e x 1 x

 lim 
 x.
x 0
x  2 sin x
e
 x
 e x 1
1 x
 1  x 
 lim 
x 0
 x   e  2 sin x
e x 1
1

. lim 1  x
x 0
x

0
x
 e
1
 ln e.2.  1
2
 lim
x

. lim
x 0 2 sin x

bulunur.
Örnek.
xe
xe
 lim x
xe ln x  1
xe ln
e
lim
olur.
x
 u 1
e
alırsak
x eu 0
olup
xe
eu  e  e
eu
1
lim
 lim
 lim
 e lim ln(1u )  e.1  e
xe ln x  1
u 0 ln(u  1)
u 0 ln(u  1)
u 0
u
65
Örnek.
1
x
x

1
1 

lim 1  3   lim 1  3    e 0  1
x
x 
x 
x  



3
( x   için x  )
x2
3
Örnek.
 5x  1 
lim 

x3 x  2


2 3 x
x
 14 
 
5
 73
Eğer
lim f ( x)  1 ve lim g ( x)  
x 0
ise bu durumda
lim f ( x)
g ( x)
x a
x 0
 lim1   f ( x)  1
g ( x)
x a

 lim 1  ( f ( x)  1 f ( x ) 1
x a
1

g ( x )  f ( x ) 1
 e lim x a g ( x )( f ( x )1)
olur.
Örnek.
 3x 2  2 

lim  2
x 3 x  5 


2 x 2 1
 1
belirsizliği olur. O halde
 3x 2  2 

lim  2
x  3 x  5 


2 x 2 1
e
e

2
lim x   3 x 2  2 1  2 x 2 1
 3 x 5 
2 3
lim x   6 x2
3 x 5

e
lim x  ( 2 x 2 1)   23 
 3 x 5 
 e 2
SÜREKLİLİK
Limit konusunu incelerken, bir fonksiyonun bir noktadaki limiti ile fonksiyonu bu noktadaki
değeri arasında doğrudan bir ilişki olmadığını ifade etmiştik. Bununla beraber bazı fonksiyonların
a daki limiti ile a daki değerinin birbirine eşit olduklarını görmüştük. Bu özel durum
fonksiyon davranışını incelemede önemli bir özellik olarak karşımıza çıkmaktadır. İşte bu
durumda fonksiyon a noktasında süreklidir diyoruz. Buna göre sürekliliği şu şekilde
tanımlayabiliriz:
f : A  R  R fonksiyonu ve bir a  A noktası verilsin. Eğer
66
lim f ( x)  f (a)
x a
oluyorsa, f fonksiyonuna x  a noktasında süreklidir denir. f fonksiyonu A kümesinin
her noktasında sürekli ise f fonksiyonu A üzerinde süreklidir denir.
Sürekliliğin tanımına göre f : A  R  R fonksiyonu bir a noktasında sürekli olması için
aşağıdaki koşulların sağlanması gerekir.
1) Fonksiyon a noktasında tanımlı olmalıdır.
2) Fonksiyonun a noktasında limiti olmalıdır.
3) Fonksiyonun a daki limiti a daki değerine eşit olmalıdır.
f fonksiyonu bir noktada sürekli değilse, f bu noktada süreksizdir denir.
Örnek. f : R  R,
 x 2  1, x  0
f ( x)  
,x 0
x
fonksiyonunun x  0 ve x  2 noktasında sürekli olup olmadığın inceleyiniz.
Çözüm.
y
x
f (0)  02  1  1
ve
lim f ( x)  0, lim f ( x)  1
x 0
x 0
olduğundan lim x0 f ( x) yoktur. Buna göre f fonksiyonu x  0 da sürekli değildir.
f (1)  1, lim f ( x)  1, lim f ( x)  1
x1
olduğundan x  1 de f fonksiyonu süreklidir.
x1
Not. Bir fonksiyon bir aralıkta sürekli ise fonksiyonun grafiği olan eğri bu aralıkta kalem
kaldırmadan çizilebilir yani fonksiyon herhangi bir kopma olmaz.
Örnek. Aşağıda verilen fonksiyonların eğer varsa süreksizlik noktalarını bulunuz.
67


 17 3x 2  2 ,  x  2

f ( x)  10  4 x , 2  x  4
x  2
, 4 x





1 2
3x  2
7
1
   x  2için f (a)  3a 2  2
7
   x  2 için f ( x) 
ve








1 2
1
1
1
3x  2  3a 2  2  lim 3x 2  2  3a 2  2
x a 7
x a 7
7
7
olduğundan  , 2 aralığında f süreklidir. Benzer olarak 2, 4 ve 4,   aralığında da
süreklidir. Şimdi 2 ve 4 noktalarını inceleyelim.
1
lim 3x 2  2  2 ve lim 10  4 x   2  lim f ( x)  2
x 2
x 2 7
x 2
olur. f (2)  2 olup
lim f ( x)  f (2)
lim


x 2
süreklidir.
lim 10  4 x   6 ve lim x  2  2
x4
x4
olduğundan x  4 de sürekli değil ve bu sürekliliğe 1. çeşit sıçramalı süreksizliğe sahiptir.
Örnek.
f ( x) 
3x  5
3x  5
fonksiyonun süreksiz olduğu noktayı bulunuz.
Çözüm.
3 x  5  0  3 x  5  3 x  5  f ( x)  1
3x  5  0  3x  5  3x  5  f ( x)  1
dir. Yani
 1, x  53
f ( x)  
5
 1, x  3
dır. Yani
5
3
de tanımsız olduğu açıktır. Bu da 53 de süreksiz olduğunu gösterir. Diğer yandan
lim f ( x)  1 ve lim f ( x)  1
x
5
3
x
süreksiz olup 1. çeşit sıçramalı süreksizliktir.
68
5
2
Örnek.
x2
f ( x) 
2x 2  x3
fonksiyonunun süreksiz olduğu noktalar bulunuz.
Çözüm.
2x 2  x3  0
sağlayan noktalarda f tanımsız ve dolayısıyla süreksizdir. O halde
x 2 (2  x)  0  x  0 ve x  2
dır.
D f  R \ 0,2
de tanımlıdır. Bu fonksiyon ( x  2) yi bulundurduğu için x  2 ve x  2 için değişik
biçimde tanımlanır. 0 ve  2 tanım cümlesinde olmadığından
 x(2 x( x 22) ) ,
x  2
f ( x)   ( x  2 )
 x 2 ( x  2) , x  2 ve x  0
x  2
 12 ,
  1x
 x 2 , x  2, x  0
dır.
1
1
lim f ( x)  ve lim f ( x)  
x 2
4 x2
4
1. çeşit sıçramalıdır.
lim f ( x)  , lim f ( x)  
x 0
x 0
2. çeşit sıçramalıdır.
f : A  R  R,
f .g ,
g : A  R  R fonksiyonlar x 0  A noktasında sürekli ise f  g ,
g ( x0 )  0 olmak üzere
f
g
fonksiyonlar da x0  A noktasında süreksizdir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  3x 3  5x 2  4 x, g : R  R , g ( x)  x 2  1 ise gf (( xx))
fonksiyonunun sürekliliğini inceleyiniz.
Çözüm. f ve g polinom fonksiyon olduklarından her x  R için süreklidirler. Ayrıca her
x  R için x 2  1  0 olduğundan
f ( x) 3 x 3  5 x 2  4 x

g ( x)
x2  1
fonksiyonu her x  R noktasında süreklidirler.
a, f fonksiyonunun tanım kümesinin bir limit noktası olsun. Eğer a da sağdan ve soldan
limitler sonlu ve eşit fakat f (a) dan farklı ise, a ya f nin 1. çeşit süreksizlik ya da
kaldırılabilir süreksizliğe sahiptir denir. Eğer sağdan ve soldan limitleri sonlu oldukları halde eşit
değilseler bu durumda a da ki süreksizliğe sıçramalı süreksizliğe sahiptir denir. Eğer sağ ve sol
limitlerden en az biri sonsuz ise sonsuz süreksizliğe sahiptir denir.
69
Teorem (Ekstremum Değer Teoremi). f , a, b aralığında tanımlı ve sürekli ise a, b
aralığında her x için
f ( x1 )  f ( x) olacak biçimde en az bir x1  a, b
ve
f ( x2 )  f ( x) olacak biçimde en az bir x2  a, b
vardır.
Bu teorem, kapalı bir aralıkta sürekli ise bir fonksiyonun, (en büyük değer) mutlak maksimumuna
ve (en küçük değer) mutlak minumuma sahip olduğunu ifade eder fakat bunların bulunması
konusunda herhangi bir iddiada bulunmaz.
Teorem uygulanırken aralığın kapalı aralık ve fonksiyonda bu aralıkta sürekli olması gereklidir.
Örnek. 1, 2 aralığında f ( x)  x 3  1 fonksiyonu süreklidir Ancak aralık açık olduğunda
mutlak ekstremuma sahip değildir.
Teorem. f : a, b  R fonksiyon sürekli ise f ,
a, b
de sınırlıdır.
Teorem (Ara Değer Teoremi).
f : a, b  R fonksiyon sürekli ve m  min f ( x),
M  max f ( x) olsun. Bu durumda m  c  M olmak üzere f ( x0 )  c olacak şekilde en az
bir x0  a, b vardır.
Sonuç. f : a, b  R sürekli bir fonksiyon olsun. Bu durumda
x0  a, b  noktası için f ( x0 )  0 dır.
f (a). f (b)  0 ise en az bir
Örnek.
x3 2x 2

1
3
3
f : R  R fonksiyonu 0, 2 aralığında en az bir kökü olduğunu gösteriniz.
f ( x) 
Çözüm.
13
0
3
dır. Bu durumda f (0). f (2)  0 olduğundan sonuç gereğince fonksiyonun 0, 2 aralığında bir
kökü vardır.
f (0)  1  0 ve f (2) 
Örnek.
f : R  R fonksiyonun  2 , 2 


f ( x)  sin x
aralığında bir kökünün olduğunu gösteriniz.
Çözüm.
f ( x)  sin x
fonksiyonu reel eksen üzerinde süreklidir.
70
 
 
f     1  0 ve f    1  0
 2
2


dır. Bu durumda f  2 . f  2   0 olduğunda sonuç gereğince fonksiyon  2 , 2  aralığında bir
kökü vardır.
Örnek.
denkleminin 0, 2 

cos x  x  1  0
aralığında kökünün olup olmadığını gösteriniz.
Çözüm.
cos x  x  1
fonksiyonu reel eksen üzerinde süreklidir. f (0)  2  0 ve f 2   0 olduğundan
f (0). f 2   0 dır. Böylece f x0   0 olacak şekilde bir x0  0, 2  noktası vardır. Yani
cos x0  x0  1  0
olacak şekilde x0  0, 2  vardır.
grafik
Teorem. f : a, b  R fonksiyonu bire-bir olsun. Bu durumda f sürekli ise
f 1 : f a, b  a, b fonksiyonu süreklidir.
71
TÜREV
f : a, b  R fonksiyonu x0  a, b  verilsin. x  x0 ve x  a, b olmak üzere
f  x   f  x0 
lim
x  x0
x  x0
limiti varsa bu limit değerine f fonksiyonun x0 noktasındaki türevi denir ve
f x0 , dfdx x0  , dy
dx | x  x0 biçiminde gösterilir. Buna göre

f  x   f  x0 
x  x0
x  x0
dır. Burada x  x0  h alınırsa, bu limite eş değer olan aşağıdaki limiti verebiliriz.

f  x0  h   f  x0 
f x0   lim
h0
h

Eğer f x0  varsa, f fonksiyonuna x0 noktasında türevlenebilir fonksiyon denir.
f x0   lim

grafik
Türev tanımında x0 noktası a, b aralığının bir iç noktası almıştık. a, b aralığının uç
noktalarında türev şu şekilde tanımlanır.
Eğer x0  a ise x bağımsız değişkeninin a ya da a dan küçük değerlerle (soldan)
yaklaşması mümkün olmadığından
f ( x)  f ( a )
lim
x a 
xa
sağdan limiti varsa bu limite f fonksiyonun a noktasındaki türevi diyeceğiz. Benzer şekilde
f ( x)  f (b)
lim
x b
x b
soldan limiti varsa bu limit değerine de f fonksiyonun b noktasındaki türevi denir. f
fonksiyonu a, b aralığının her noktasında türevi varsa, bu durumda f fonksiyonuna a, b
da türevlenebilir fonksiyon denir.
Bağımsız değişken x0 dan x e değiştiğinde, değişim miktar x  x0 dır ve baz değer
genellikle x ile gösterilir. x  x0 ise x  0 ve x  x0 ise x  0 olacağı açıktır. Her iki
durumda da x e x in artma miktar denir. x  x0  x ise x  x0  x ve x  x0 için

x  0 olacağından varlığı halinde f ( x 0 ) türevi şu şekilde de tanımlayabiliriz.
f ( x0  x)  f ( x0 )
f ! ( x0 )  lim
x 0
x
Burada f ( x)  f ( x0 )  f ( x0  x)  f ( x0 )  y dersek,

y
f ( x0 )  lim
x0 x
olur. Buna göre türev, bağımsız değişkene verilen bir artmaya karşılık fonksiyon aldığı artmanın,
72
değişkenin aldığı artmaya oranının bağımsız değişkene verilen artmanın sıfıra yaklaşması halinde
varsa limitidir. Yani türev x değişkenine verilen x artmasına karşılık fonksiyon aldığı artma
y olmak üzere yx oranın x  0 için varsa limitidir.
Örnek. f : R  R , f ( x)  x birim fonksiyonu x0  R noktasında varsa türevini bulunuz.
Çözüm.
y  f ( x0  x)  f ( x0 )  ( x0  x)  x0  x
olduğundan
y
x
 lim
1

x

0
x
x
bulunur. Burada da x0 keyfi seçildiğinden her x  R için f ! ( x)  1 dır. Böylece f ( x)  x
birim fonksiyonu her noktada türevi vardır ve 1 e eşittir.

f ( x0 )  lim
x0
Örnek. f : R  R , f ( x)  x fonksiyonu x  0 noktasında varsa türevini bulunuz.
Çözüm. Türev tanımında
x
f ( x0  x)  f ( x0 )
 lim
x 0
x 0 x
x
dır. Burada x  0 ise x  x ve x  0 ise x  x olduğundan
lim
lim
x0
ve
x
1
x
 x
 1
x
limiti yoktur. Dolayısıyla f ( x)  x fonksiyonun x0 da türevi
lim
x0
dır. Buna göre lim x0
yoktur.
x
x
f ( x)  x fonksiyonunun sadece x  0 da türevi yoktur. Bunun dışında her noktada türevi
vardır. Bir fonksiyon bir noktada türevlenebilir olmasıyla bu noktadaki sürekliliği arasında yakın
bir ilişki vardır.
Teorem. f : A  R bir fonksiyon olsun. f fonksiyonu x0 noktasında türevlenebilirse x0
noktasında süreklidir.
İspat. Fx0 : A  R fonksiyonu
f ( x ) f ( x0 )

, x  x0

Fx0 ( x)   x x0

 f ( x0 ) , x  x0
şeklinde tanımlayalım. f fonksiyonu x0 noktasında türevlenebilir olduğundan
73

f ( x0 )  lim
x  x0
f ( x)  f ( x0 )
x  x0
dır. Böylece

f ( x )  f ( x0 )
 f ( x0 )
x  x0
x  x0
da süreklidir. Diğer yandan x  A için
lim Fx0 ( x)  lim
x  x0
olduğundan Fx0 fonksiyonunun x0
f ( x)  f ( x0 )  Fx0 ( x)( x  x0 )
dır. Böylece
lim f ( x)  f ( x0 )
x  x0
olacağından f fonksiyonu x0 da süreklidir.
Örnek. f : 0,   R , f ( x)  x fonksiyonunun x  0 noktasında varsa türevini bulunuz.
Çözüm.
x
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0
1
2
3
4
5
f ( x0  x)  f ( x0 )
x
1
 lim
 lim

x 0
x 0 x
x 0
x
x
dır. Burada x  0 olduğundan limit  olur. Bu limit sonlu bir değer olmadığından x  0 da
türev yoktur. Bununla beraber bu limitin  olması bu noktada yukarda ki grafikte görüldüğü
gibi düşey bir teğetin varlığını ifade eder.
Şimdi bu fonksiyonun x  0 dışındaki türevini hesaplayalım.

f ( x  h)  f ( x )
xh  x
x  lim
 lim
h0
h0
h
h
olur. Pay ve paydayı payın eşleniği ile çarparsak bu limit

xh  x xh  x
x  lim
.
h 0
h
xh  x
1
1
 lim

h 0
xh  x 2 x
elde edilir.
lim
 
 
74
Örnek.
 2x , 0  x  2
f ( x)  
6  x, 2  x  4
ile verilen fonksiyonun grafiğini çiziniz ve 2 de türeve sahip olup olmadığın gösteriniz.
Çözüm.
grafik
x  2 deki soldan türev

f  (2)  lim
x 2
x  2 deki sağdan türev
f ( x)  f (2)
2x  4
 lim
2
x

2
x2
x2
f ( x)  f (2)
6 x4
 lim
 1
x 2
x 2
x2
x2
dır. Sağdan ve soldan türev sonlu fakat eşit olmadıklarından x  2 de türev yoktur.

f  (2)  lim
Türev Alma Kuralları

1. y  f (x) olmak üzere f ( x)  c (c sabit) ise f ( x)  0 dr.
İspat.

f ( x)  lim
h0
f ( x  h)  f ( x )
cc
0
 lim
 lim  0
h

0
h

0
h
h
h
bulunur. (Sabitin türevi sıfırdır)

2. f ( x)  cx n , n Z  ve c sabit ise f ( x)  cnx n1 dr.
İspat.

f ( x  h)  f ( x )
c( x  h) n  cx n
( x  h) n  x n
f ( x)  lim
 lim
 c lim
h 0
h 0
h 0
h
h
h
n
n
 n
x n    x n1 h    x n 2 h 2  ...    xh n 1  h n  x n
1
2
 n1 
 c lim
h 0
h
n(n  1) n2


 c lim nx n 1 
x h  ...  h n 1   cnx n1
h 0
2!


bulunur. Dolayısıyla n  R için de bu kural geçerlidir.
3. Türevlenebilir iki fonksiyonun toplamının türevi bunların türevlerinin toplamına eşittir. Yani,
 f  g  x   f x   g x 

İspat. x  R için

G ( x)  f ( x )  g ( x)
75

olarak alalım.
 f ( x  h)  g ( x  h)    f ( x )  g ( x ) 
G ( x  h)  G ( x )
 lim
h

0
h
h


f ( x  h)  f ( x )
g ( x  h)  g ( x )
 lim
 lim
 f ( x)  g ( x)
h 0
h 0
h
h
elde edilir. Dolayısıyla

G ( x)  lim
h 0
 f  g  x   f x   g x 



de geçerlidir.
4. Türevlenebilir iki f , g fonksiyonun
G  f .g
nın türevi



G ( x)  f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x)
dır.
İspat.
G( x)  f ( x).g ( x)
olduğuna göre
G( x  h)  G( x)
f ( x  h).g ( x  h)  f ( x).g ( x)
 lim
h

0
h
h
dır. Burada paya g ( x  h) f ( x) ilave edip çıkarırsak,

f ( x  h) g ( x  h)  g ( x  h) f ( x )  g ( x  h) f ( x )  f ( x ) g ( x )
G ( x)  lim
h 0
h
 f ( x  h)  f ( x )

 g ( x  h)  g ( x )

 lim 
.g ( x  h)  lim 
. f ( x)
h 0
h

0
h
h




f ( x  h)  f ( x )
g ( x  h)  g ( x )
 lim
. lim g ( x  h)  lim
. lim f ( x)
h 0
h 0
h 0
h 0
h
h

G ( x)  lim
h0


 f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x)
elde edilir.
5. f ve g türevlenebilir iki fonksiyon ve tanım kümesindeki her x için g ( x)  0 olmak
üzere
f ( x)
G ( x) 
g ( x)
ile verilen G fonksiyonun türevi



f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x)
G ( x) 
g ( x)2
dır.
76
İspat.
f ( xh )
f ( x)
G ( x  h)  G ( x )
g ( xh )  g ( x )
 lim
h 0
h 0
h
h
f ( x  h).g ( x)  f ( x).g ( x  h)
 lim
h 0
h.g ( x).g ( x  h)
olur. Paya f ( x).g ( x) ilave eder çıkarırsak,

f ( x  h).g ( x)  f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x  h)
G ( x)  lim
h 0
h.g ( x).g ( x  h)

G ( x)  lim
 f ( x  h)  f ( x )

 g ( x  h)  g ( x )

g ( x)
f ( x)
 lim 
.
 lim 
.

h 0
h
g ( x).g ( x  h)  h0 
h
g ( x) g ( x  h) 

f ( x  h)  f ( x )
g ( x)
g ( x  h)  g ( x )
f ( x)
 lim
. lim
 lim
. lim
h 0
h 0 g ( x ) g ( x  h)
h 0
h 0 g ( x ) g ( x  h)
h
h


g ( x)
f ( x)
 f ( x). 2
 g ( x). 2
g ( x)
g ( x)



f ( x).g ( x)  f ( x).g ( x)
g ( x)2
elde edilir.
6. Bileşke fonksiyon türevi f , g : R  R iki fonksiyon ve g fonksiyonu x noktasında f
de g (x) noktasında türevlenebilirse bileşke fonksiyon olun  f  g  de x noktasında
türevlenebilirdir ve
 f  g  ( x) 



f ( g ( x)).g ( x)
dır.
İspat. f fonksiyonu y  g (x) noktasında türevlenebilir olduğundan

f ( y  h)  f ( y )
f ( y )  lim
h 0
h
dır. Buna eşdeğer olarak
lim k (h)  0
h0
olmak üzere h  0 için

f ( y  h)  f ( y )
 f ( y )  k ( h)
h
yazılabilir. Buradan da

f ( y  h)  f ( y)  hf ( y)  hk (h)
elde edilir. Eğer h  0 ise
fy  h  fy  0
ve dolayısıyla k tanımsız olur. Fakat h  0 için k (0)  0 tanımlayarak k nın h  0 da
sürekliliği sağlanabilir.
77
lim
t 0

 lim  f

h
( y )  k (h). lim
t

f ( y  h)  f ( y )
h
 lim f ( y )  k (h)
t 0
t
t

t 0
t 0
h  g ( x  t )  g ( x)
ve g fonksiyon x noktasında türevlenebilir ve dolayısıyla sürekli olduğundan
t  0  h  0 ve
lim k (h)  lim k (h)
t 0
h0
dır. k (0)  0 ve sonuç olarak k , h  0 da sürekli olduğundan




f ( y  h)  f ( y )
lim
 f ( y).g ( x)  f g ( x) .g x 
t 0
t
dır. y  h  g x  t  olup


f g x  t   f g x 
lim
 f g x .g x 
t 0
t
elde edilir.
Örnek.


G x   x 3  5 x 2  1
50
nin türevini hesaplayınız.
Çözüm.
g x   x 3  5 x 2  1
ve
f x   x 50
olarak düşünürsek
G x   f g x .g x 




 50.g x  . 3x 2  10 x
49

 3x
 50 x 3  5 x 2  1
49
2

 10 x

bulunur.
Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
1.
f x   sin x
fonksiyonun türevi
f x   lim

h0
f x  h   f x 
sin x  h   sin x
 lim
h0
h
h
dır.
78
sin x  h   sin x  2 cos
xh x
xhx
2x  h
h
sin
 2 cos
sin
2
2
2
2
olduğu göz önüne alınırsa,
olur. Burada pay ve paydayı

2
h h

f x   lim cos x   sin
h0 h
2 2

ile çarpar ve bölersek
2
h

sin  h 
h

f x   lim cos x  . lim h 2  cos x
h0
2  h0 2

elde edilir.
2)
f x   cos x
fonksiyonun türevi
f x   hg x 
ile verilen fonksiyonun türevi
f x   h g x  g x 



ve


cos x  sin x  
2

olduğuna göre


f x   cos x  f x   sin x  
2

dır. Dolayısıyla



    



f x   sin   x  . x    cos x  .1
2  
2
2






 cos x     sin x
2

elde edilir.
3) Tanımlı olduğu her x için
f x   tan x 
ın türevi olarak
f x  

sin x
cos x
cos x. cos x   sin x .sin x
1
sin 2 x


1

 1  tan 2 x
2
2
2
cos x
cos x
cos x
elde edilir.
4) Tanımlı olduğu değerler için
f x   cot x 
in türevi,
79
cos x
sin x
f x   cot x  f x   


1
  1  cot 2 x
sin 2 x

elde edilir.
Örnek.
in f a  değeri belli iken a daki türevini
f x   tan x
f x   1 tan 2 x

olarak almakta yarar vardır. Çünkü
f a   tan a
olduğundan
f a   1 tan 2 a

olarak hemen bulunur.
Örnek.
f x   sin x n
nın türevini bulunuz.
Çözüm.
f x   sin g x   sing x 
bileşke fonksiyonun türevi
f x   sin  g x .g x   cosg x .n.x n1



 
 nx n1 cos x n
bulunur.
Örnek.
f x   cos x n  nx n1 sin x n
f x   sinkx  f x   k coskx

f x   sin x  f



x   sin x 
2 sin x


f x   tan 3x 2  5 x  f x   3x 2  5 x .




cos x
2 sin x
1
6x  5

2
2
cos 3x  5 x cos 3x 2  5 x
2


1
2

2  2  3 x 
 x 3
f x   
  f x   
 

3  2x  3   2x  3 
 2x  3 
2  2x  3  3
3
22 x  3
 


2
3
3  x  2 x  3
x
1
 53
80


2

3
x 3 2 x  3
5

Şimdi buraya kadar verdiğimiz türev kuralların toplu halde görelim:
1)
2)
3)
4)
f ( x)  c, c  R ise f  x   0



 f  g  x   f x   g x 



 f .g  x   f x .g x   f x .g x 

  x  

f
g
f


 x . g  x  f  x . g  x 
 g  x 2
cf  x   cf x 
 1g  x    gg  x x
 f  g  x    f g x 

5)



6)
2

7)
x 
n
8)


 f  g  x .g  x 


 nx n 1 , x  0, n  R
 f  x      , f  x   0
 f x      , n çift vef x   0
 f x    n f x  f x , f x   0, n  R

f

x
2 f x
9)

10)
11)
12)
f
n
n
n
sin x 
cos x 
tan x 
cot x 




n

x
f x
n 1

n 1
 cos x
  sin x
 1  tan 2 x 






1
cos2 x
  1  cot 2 x   sin12 x
Ters Fonksiyonun Türevi: f : a, b  c, d  fonksiyonu bire-bir, örten ve sürekli olsun.
x0  a, b noktasında f fonksiyonun türevi var ve f
f
1
: c, d   a, b ters fonksiyonun y0 
 f  y  
1
x0   0 olsun. Bu durumda
f x0   c, d  noktasında türevi var ve

0
1
f  x0 


1

f

 f  y 
1
0
dır.
Örnek. f : 0,   0, ,
f x   x 2 fonksiyonu bir x0  0,  noktasında türevi vardır ve
f x0   2 x0  0 dır. Bu durumda f 1 : 0,   0, ,

y0  f x0   x02 noktasında türevi vardır ve
f
dır. Bu sonucu f
Örnek.

y 
1
 y0 


1
f  x0 


f
1
y 
1
1

2 x0 2 y 0
y nn türevi direk alınarakta bulabiliriz.
f x   arcsin x
81
y fonksiyonun
ın türevini bulunuz.
Çözüm. Burada y  f x  ve x  sin y olduğu için


1
1
f 1  y   
 f x  
cos y
f x 
bulunur.


x  sin y  1  x 2  1  sin 2 y  1  x 2  1  sin 2 y  cos y
 2  y  2  değeri yerine yazılırsa

1
f x  
1  x2
olarak elde edilir. Benzer olarak,

f x   arccos x  f x    1 2
f x   arctan x
f x   arccot x
 f x  

1 x
1
1 x 2
 f x    11x 2

bulunur.
Logaritmik Fonksiyonun Türevi: f : R   R , için
f x   ln x  f x  

1
x
dır.
log ax 
ln x
ln a
dır.
İspat.
lim
h 0
ln  x x h 
f x  h   f x 
ln x  h   ln x
 lim
 lim
h 0
h 0
h
h
h
1
x  h h
 lim ln 1  
h 0 x
 x
1   h h 
 ln lim 1   
x  h 0  x  


x
olur. x  0 ve h  0 için u  h   olduğundan
x
u
1   1  1
1
ln x   ln lim
1     ln e 

x u u   x
x

elde edilir.

Sonuç olarak y  ln x ise y 
1
x
dır. Ayrca
y  log ax  y 

ln x
1 1
y 
.
ln a
ln a x
bulunur.
82
f x   a x fonksiyonu g x   log ax fonksiyonun tersi olduğundan

1
1
f 1 x   
 1 1  x ln a
g x  ln a . x


Bir Eğriye Üzerindeki Bir Noktadan Çizilen Teğet Doğru
grafik
Eğrinin denklemi y  f (x) olsun. Eğri üzerinde P  x1 , y1  noktası ile bu noktaya çok yakın
olan Q  x2 , y2  noktasını seçelim. PQ doğrusu bu eğriyi bu şekliyle iki nokta keser. İşte bu
PQ doğrusunu göz önüne alalım. Q noktasın eğri boyunca P noktasına yaklaşması halinde
PQ doğrusunun limit durumuna eğrinin P noktasındaki "teğet doğrusu" denir. (Burada göz
önüne alınan Q noktası eğri üzerinde ve P ye yeterince yakın herhangi bir noktadır.) Eğer
eğim ve bir noktası biliniyorsa, teğet doğrunun (kısaca teğetin) denklemi yazılabilir.
Şekilde sözü edilen nokta P  x1 , y1  olarak bellidir. Teğetin eğimi de şöyle bulunur. x in x 1
den x 2 ye kadar olan değişimi x  x 2  x 1 diyelim. x 2  x 1  x dir. Buna göre de Q
nın ordinat y2  f x2   f x1  x  olur. y nin y1 den y 2 ye kadar değişimine de y
diyelim. Buna göre
y  y2  y1  y2  y1  y
olur ve
y  f x1  x   f x1 
bulunur. PQ doğrusunun eğimi şekilde görüleceği gibi
y f x1  x   f x1 
m

x
x
dır. Q nın P ye yaklaşması yani Q  P olması x  0 olmasına denktir. Dolayısıyla,
f x1  x   f x1 
lim
x0
x

Limiti de eğer y  f x  in x 1 deki türevi varsa f x1  eşittir. O halde eğrinin göz önüne
x1 , y1  noktasındaki teğetin denklemi
y  y1  f x1 x  x1 
alınan x 1 apsisli noktasında türev varsa

dır.
Örnek. Denklemi y  f x ,
denklemini bulunuz.
y  3x 2  5x olan eğrinin x1  2 noktasındaki teğetin
Çözüm. Eğrinin x1  2 noktasındaki ordinat y1  2 bulunur. x1  2 deki türevi
y  f x   6 x  5  y  f 2  7



bulunur. Dolayısıyla,
83

y  y1  f x1 x  x1   y  2  7x  2  y  7 x  12
olarak teğetin denklemi bulunur.

Kapalı Fonksiyonların Türevi
F x, y   0 şeklinde verilen bir ifadeye kapalı fonksiyon denir. Böyle bir fonksiyonun türevini
bulmak için F x, y   0 eşitliğindeki her tarafın x e göre türevi alınır, bulunan eşitlikteki y
hesaplanır.
Örnek.
y 5  x5  2x3 y 3  3
gibi eşitlikte y, x cinsinden çözümlenmiyorsa bu eşitlik bir kapalı fonksiyonu tanımlar. Bu
kapalı fonksiyonun x e göre türevini alalım. x e göre türev adım adım aşağıdaki gibi alınır.
d 5
dy d
 dx 
y  5 y 4 , x 5  5 x 4 ,   1
dx
dx dx
 dx 
d
 d
d
d

2 x 3 y 3  3   2 x 3  y 3  2 x 3  y 3   3
dx
 dx

 dy  dx
dy
 6 x. y 3  3 y 2 . .2 x 3  0
dx
dy
 6 xy 2 .  6 y 2 x 3
dx
Bunları toplarsak, eşit fonksiyonların türevi de eşit olacağından
dy
dy
5y4
 5 x 4  6 xy 3  6 y 2 x 3
dx
dx



dy
6 xy 3  5 x 4
 4
dx 5 y  6 y 2 x 3
bulunur.
Bu tip türev almak için fonksiyon ille de kapalı olması gerekmez.
Örnek.  1  x  1 için
y  1  x2
nin türevini hesaplayınız.
Çözüm.
y  1  x2  x2  y2  1
olur. Buradan
84

dy
dy
x
0

dx
dx
y
bulunur. y değeri ikinci tarafta yerine yazılırsa,

x
y 
1  x2
elde edilir. Genel olarak
F x, y   0
için
d

F  x, y 
y   dxd
dy F  x, y 
2x  2 y
dır.
Yüksek Mertebeden Türevler
f fonksiyonu A tanım kümesinde türevlenebiliyorsa f
f


de bir fonksiyon gösterir. Eğer bu
fonksiyonunda f nın türevlenebildiği x0 noktasında türevlenebiliyorsa f
türevine f nın ikinci türevi denir ve f
mertebeden türevini


nın bu
ile gösterilir. Benzer olarak f fonksiyonun n.


y n   f n  x   f n1 x 

şeklinde alacağız.
Örnek.
y  f x   x 6  x 5  x 2  2
nın n. mertebeden türevini bulunuz.
85
Çözüm.
dy
 6 x5  5x 4  2x
dx

d 2 y d  dy 
y  2     30 x 4  20 x 3  2
dx  dx 
dx

y 
d3y d  d2y 
  120 x 3  60 x 2
 
dx 3 dx  dx 2 
d4y d  d3y 
y 4  4   3   360 x 2  120 x
dx  dx 
dx

y 
d5y d  d4y 
  720 x  120
 
dx 5 dx  dx 4 
y5 
y6 
d6y d  d5y 
  720
 
dx 6 dx  dx 5 
......................................
y n   0n  7 
bulunur.
Örnek.   R olmak üzere f x   x  ,
bulunuz.
f : R   R fonksiyonun n. mertebeden türevini
Çözüm.
f x   x 1 , f x      1 x 2 ,..., f n  x      1  2...  n  1 x n
olur. Son eşitliğin sağ tarafını n! ile çarpar ve bölersek,
   1  2...  n  1  n
f n  x  
n! x
n!
 
   n! x n
n
bulunur.

Örnek.
1)

x    mm  1...m  n  1 x
m
2)
n
a    a ln a , a  0
x
3)
n
n
x
e    e
x
n
86
x
m n
4)
ln x n    1n1 n n1!
x
5)
sin x n   sin x  n.  

6)
2
cos x n   cos x  n.  

2
Parametrik denklemlerle verilmiş fonksiyonların türevi f ve g türevlenebilir fonksiyonlar ve
f t   0 için

 x  f t 
at b

 y  g t 
olsun. Bu durumda
dy g t  yt
yx 
   
dx f t  xt



dır. Ayrıca
y 




y xx
x t

xt
y 




y xxx
xx t

xt
dır.
Örnek.
 x  bsin t  t 

 y  bcos t  t 

olduğuna göre y x türevini hesaplayınız.
Çözüm.
xt  bcos t  1

ve

yt  b sin t
olduğundan
87

yt

yx 


xt
 b sin t
sin t

bcos t  1 1  cos t
dır.
Örnek.
 x  b cos 3 t

3
 y  a sin t
ise
dy
dx
türevini bulunuz.
Çözüm.

xt  3b cos 2 t sin t
ve

yt  3a sin 2 t cos t
olduğundan

yt

y 


xt
3a sin 2 t cos t
a
  tan t
2
b
 3b cos t sin t
olur.
Örnek.
 x  e  cos t


y

x

 y  e sin t
türevini hesaplayınız.
Çözüm.

xt  e  cos t  e  sin t
ve

yt  e  sin t  e  cos t
olduğundan

yt

yx 

yt

e  sin t  e  cos t sin t  cos t

e  cos t  e  sin t cos t  sin t
olur. Buna göre
y 


2
2
 sin t  cos t  2 sin t  2 cos t

 
cos t  sin t 2
 cos t  sin t  t

x t
olduğuna göre
y   2 sin




yx
x t

xt
t  2 cos 2 t
2
 
3
3

e cos t  sin t 
e cos t  sin t 
2
bulunur.
88
Hiperbolik Fonksiyonların Türevi
Hiperbolik fonksiyonların tanımlarından
e x  ex
,
2
e x  ex
cosh x 
,
2
sinh x
tanh x 
,
cosh x
cosh x
coth x 
sinh x
olduğuna göre, bu fonksiyonların türevleri
sinh x 

x
x
 x x 
sinh x    e  e   e  e  cosh x
2
 2 


x
x
x
 x

cosh x    e  e   e  e  sinh x
2
 2 


2
2
tanh x    sinh x   cosh x. cosh x 2 sinh x.sinh x  cos hx 2 sin hx  12
cos hx
cos hx
cos hx
 cosh x 
ve benzer şekilde

coth x   12
sin hx
olduğu görülür.

Örnek.
f x   e ax cosh bx
fonksiyonun türevini hesaplayınız.
Çözüm.
f x   ae ax cosh bx  be ax sinh bx

 e ax a cosh bx  b sinh bx
olur.
89
Türevin Uygulamaları
Artan ve Azalan Fonksiyonlar
f : A  R  R fonksiyonu verilsin. x1 , x2  A için
x1  x2 için f x1   f x2 
oluyorsa f fonksiyonuna monoton artan (veya azalmayan)
x1  x2 için
f x1   f x2 
oluyorsa kesin artan fonksiyon denir.
Benzer şekilde x1 , x2  A için
x1  x2 için f x1   f x2 
ise f fonksiyonuna monoton azalan (veya artmayan) fonksiyon,
x1  x2 için f x1   f x2 
ise f fonksiyonuna kesin azalan fonksiyon denir.
Not. Bir fonksiyonun grafiğinde koordinat sisteminde sağa doğru ilerlerken grafiğin yüksekliği
veya ayın kalıyorsa bu fonksiyona monoton artan (veya kesin artan) dır denir. Eğer sağa doğru
ilerlerken grafik yükselmiyorsa bu durumda fonksiyonu monoton azalan (veya kesin azalan) dr
denir.
Türevlenebilir bir fonksiyonun artan veya azalan olmasıyla türevinin işareti arasında yakın bir
ilişki vardır:
f : a, b  R fonksiyonu sürekli ve x  a, b için türevi olan bir fonksiyon olsun.
a) Eğer x  a, b için f x   0 ise f fonksiyonu monoton azalan, f x   0 ise kesin
azalan fonksiyondur.


b) Eğer x  a, b için f x   0 ise f fonksiyonu monoton artan, f x   0 ise kesin
artan fonksiyondur.


Bu aralıkta monoton artan veya kesin artan olan fonksiyona kısaca artan fonksiyon, benzer
şekilde monoton azalan veya kesin azalan fonksiyona da azalan fonksiyon diyeceğiz.
Buna göre, bir aralık üzerinde türevlenebilen bir fonksiyonun türevinin işaretine bakarak
fonksiyonu bu aralık üzerinde artan veya azalan olup olmadığına karar verebiliriz.
Örnek. f : R  R , f x   x 2 fonksiyonun artan ve azalan olduğu aralıklar bulunuz.
Çözüm. f x   x 2 türevlenebilir bir fonksiyon olduğundan fonksiyonun türevinin işaretini
incelememiz yeterlidir. Buna göre

f x   2 x
olduğundan x  0 ise f

x   0
dır. Dolayısıyla 0,   aralığında fonksiyon artandır. x  0
90
ise f x   0 dır. Dolayısıyla  , 0 aralığında fonksiyon azalandır. Bu bilgileri bir tablo ile
aşağıdaki şekilde verilebilir.

isarettablosu
Tablodan da görüldüğü gibi  , 0 da fonksiyon kesin azalan ve 0,   da kesin artandır.
Örnek. f : R  R , f x   13 x 3  3x 2  8x  7 fonksiyonun artan ve azalan olduğu aralıkları
bulunuz.
Çözüm.
f x   x 2  6 x  8
türevinin işaretini incelemek için önce köklerini bulalım.
x 2  6x  8  0
ise x1  2 ve x2  4 bulunur. Böylece işaret tablosunu inceleyebiliriz

isarettablosu
x   , 2 için f

x   0
ve x  4,  için f
aralığında fonksiyon artan ve x  2, 4 için f
fonksiyon azalandır.


x   0
x   0
olduğunda  , 2 ve 4,  
olduğundan da 2, 4 aralığında
Soru. f : R  R , f x   x 3  3x 2  9 x  6 fonksiyonun artan ve azalan olduğu aralıkları
bulunuz.
Yerel Maksimum ve Yerel Minumum
f : A  R  R fonksiyonu verilsin ve x0  A için x0 içeren uygun bir aralık I  A olsun.
a) Eğer x  I için f x   f x0  oluyorsa x0 noktasına f fonksiyonun bir yerel
maksimum noktası, f x0  sayısına da yerel maksimum değeri denir.
b) Eğer x  I için f x0   f x  oluyorsa x0 noktasına
minumum noktası, f x0  sayısına da yerel minumum değeri denir.
91
f
fonksiyonun bir yerel
Yerel maksimum ve yerel minumum kavramlar bir noktanın komşuluğundaki fonksiyon
değerlerinin davranışı ile ilgili kavramlardır. Yerel maksimum noktasındaki fonksiyon değeri o
noktaya yakn noktalardaki fonksiyon değerlerinden daima büyük, yerel minumum noktasındaki
fonksiyon değeri de o noktaya yakn noktalardaki fonksiyon değerlerinden daima küçüktür.
Bir fonksiyon yerel maksimum ve yerel minumum noktalarına fonksiyonun ekstremum noktalar
denir.
f : a, b  R fonksiyonu sürekli ve x  a, b için türevlenebilir olsun. Eğer x0  a, b
noktası f fonksiyonun bir yerel ekstremum noktası ise f

 x0   0
dır.
sekil
Yukardaki şekilde görüldüğü gibi bir fonksiyonu bir ekstremum noktasında türevi varsa bu
noktada türevi sıfırdır, dolayısıyla bu noktada yatay teğet vardır. Ancak türevi olan bir
fonksiyonun bir noktada türevinin sıfır olması bu noktanın bir yerel ekstremum noktası olması
için yeterli değildir. Örneğin, y  x 3 fonksiyonu x  0 noktasında türevi sıfır olmasına karşılık
bu nokta bir yerel ekstremum noktası değildir.
Bu nedenle türevi olan bir f fonksiyonu için f x   0 koşulunu sağlayan noktalar
ekstremum noktası olmayan aday noktalardır. Bu noktalara f fonksiyonu kritik noktalar denir.

Örnek. f : R  R , f x   x 3  16 x 2  20 x  5 fonksiyonunun kritik noktaların bulunuz.
Çözüm.
f x   3x 2  32 x  20
olup f nın kritik noktalar türevi sıfır yapan noktalar olduğundan

2
f x   3x 2  32 x  20  0  x1  ve x2  10
3
2
bulunur. O halde f nın kritik noktalar 3 ve 10 dur.

Bu aralık üzerinde tanımlı sürekli bir fonksiyonu ekstremum noktaların bulmak için izlenecek iki
yöntem verelim.
Birinci Türev Testi
Bir fonksiyonun ekstremum noktalarını bulmak için fonksiyonun öncelikle türevi ve türevin
kökleri, yani kritik noktalar bulunur. Daha sonra varsa fonksiyonun türevinin olmadığı noktalarda
belirlenip türevin işareti incelenir.
Fonksiyonun sürekli olup türevinin işareti değiştirdiği noktalar ekstremum noktalardır. Bu
noktaların yerel maksimum ve yerel minumum noktası olduklarına şöyle karar verilir.
a) Sürekli fonksiyonun artanlıktan azalanlığa geçtiği, diğer bir deyişle türevin işaretinin   dan
  ye geçtiği nokta yerel maksimum noktasıdır.
92
b) Sürekli fonksiyonun azalanlıktan artanlığa geçtiği nokta yani türevin işaretinin   den  
ya değiştiği nokta yerel minumum noktasıdır.
Türevin işaret değiştirmediği nokta yerel ekstremum noktası değildir.
Örnek.
1
1
f x   x 5  x 4  x 3  6
5
2
fonksiyonun ekstremum noktasını bulunuz.
Çözüm.


f x   x 4  2 x 3  3x 2  0  x 2 x 2  2 x  3  0  x1, 2  0, x3  1, x4  3
bulunur. Böylece türevin işaret tablosunu inceleyelim.

x  1 de türev   dan   ye işaret değiştirdiği için yerel maksimum noktasıdır. x  0
noktası türevin kökü olmasına rağmen bu noktada türev işareti değişmediği için bu nokta yerel
ekstremum noktası değildir. x  3 de türev   den   ya işaret değiştirdiğinden yerel
minumum noktasıdır.
İkinci Türev Testi
f : a, b  R ikinci mertebeden sürekli türevlenebilir bir fonksiyon ve x0  a, b  noktası bu
fonksiyonun kritik noktası
a) Eğer f
b) Eğer f


 x0   0
 x0   0
f

x0   0
olsun.
ise x0 noktası f fonksiyonun bir yerel min. noktasıdır.
ise x0 noktası f fonksiyonun bir yerel max. noktasıdır.
93
Örnek.
f x   x 4  4 x 3  4 x 2  7
fonksiyonu ekstremum noktalarını bulunuz.
Çözüm. f fonksiyonu her noktada türevlenebilir olduğundan ekstremum noktalar sadece
türevin sıfır olduğu noktalarda olabilir. O halde


f x   4 x 3  12 x 2  8x  0  4 x x 2  3x  2  0  x1  0, x2  1, x3  2
f fonksiyonun kritik noktalarıdır. Böylece, ikinci türevi hesaplayalım,

f
olup,
x1  0 için f


x2  1 için f
x1  2 için f
x  12x 2  24x  8

0  8  0 olduğlduğu x1  0 yerel minumum noktasıokt.
1  4  0 olduğlduğu x2  1 yerel maksimum noktasıokt.
0  8  0 olduğlduğu x3  2 yerel minumum noktasıokt.

Örnek.
f x  
x
x 1
2
fonksiyonun ekstremum noktalarını bulunuz.
Çözüm.
f

x   1.x
2

 1  x.2 x
x

2
1 x2
 0  x1  1, x2  1
x2 1



1
bulunur. Böylece, fonksiyonun ikinci mertebeden türevini hesaplayalım.
f

x  
2



2
 
 2x x 2 1  2 x 2 1 2x 1  x 2
x
2

1
4
  2x  6x
x  1
3
2
3
buluruz. Dolayısıyla,
x1  1 için f

 1   2 3 6  4  1  0 olduğlduğ
x2  1 için f 1 

2
8
2
26
1
 0
3
2
2
x1  1 yerel minumum noktası
olduğlduğ x1  1 yerel maksimum noktası
Örnek.
f x   x  10 x  100
fonksiyonun yerel ekstremum noktasını bulunuz.
Çözüm.
f x   1 

5

x
x 5
 0  x  25
x
olup
94
x  25 de türev işareti   den   ya değiştirdiğinden x  25 noktası yerel min. noktası ve
f 25  75 fonksiyonun yerel minumum değeridir.
Maksimum ve Minumum Problemleri
Bir işletmeci hangi üretim düzeyinde ortalama maliyetin en düşük, hangi üretim satışı miktarında
en yüksek kar elde edeceğini bilmek ister. Bu değerler yaşayarak değil hesaplayarak bulmak
zorundadır. Yaşayarak öğrenmek isteyenlerin büyük olasılıkla ikinci bir şans olmayacaktır. En
küçük veya en büyük değeri bulma problemlerinde en büyük yardımcımız türev kavramdır. Bu
kesimde bununla ilgili problemlere iki örnek vereceğiz.
Örnek. Kare prizma biçiminde 800 cm 3 lük kapalı bir kutu yapılacaktır. Kutunun alt ve üst
tabanlarının birim maliyeti yan yüzlerinin birim maliyetinin iki kat olduğuna göre en ucuza mal
olacak kutunun boyutlarını bulunuz.
Çözüm. Problemi çözmek için önce matematiksel ifadesini bulmalyz. Bunun için kutunun taban
kenar uzunluğu x cm, yüksekliğine y cm diyelim.
buna göre,
Kutunun Hacmi : V  x 2 y
Taban Alanları : x 2  y 2  2 x 2
Yan yüz Alanları : 4 xy
Toplam Alan : 2 x 2  4 xy
dır. Yan yüzün birim maliyetine 1 dersek, tabanların birim maliyeti 2 olur. Bu durumda,
M  2 x 2 .2  4 xy.1  4 x 2  4 xy
olur. Dikkat edersek maliyet x ve y değişkenlerine bağlıdır. Burada hacimden yararlanarak
y yi x cinsinden ifade edebiliriz.
V  x 2 y  800
olduğundan
y
800
x2
olup M de yerine yazarsak,
M x   4 x 2  4 x.
800
3200
 4x 2 
2
x
x
bulunur. Şimdi M x  fonksiyonun minumum noktasını bulmalıyız.

3200
M x   8 x  2  0  8 x 3  400  0  x  3 400  7, 37cm
x


95
Tablodan da görüldüğü gibi x  7, 37 bir minumum noktasıdır. x nin bu değerine karşılık
gelen y değerini bulalım.
800
800
y 2 
 14, 74cm
54, 29
x
bulunur. Buna göre taban kenarlar 7, 37cm yüksekliği 14, 74cm olan kutu en ucuza mal
olacaktır.
Örnek. Çevresi 100cm olan dikdörtgenler içinde alan maksimum alanın kenar uzunluğunu
bulunuz.
Çözüm.
Çevre uzunluğu
2x  y   100
den x  y  50 ve y  50  x bulunur. Alan A  xy ve
Ax   x50  x 
dır. Buradan,

A x   50  x  x  50  2 x  0  x  25cm
bulunur.
Örnek. Belli bir ilacın etkisinde tutulan bir bakteri topluluğunun gelişim fonksiyonu x saat
olarak zaman göstermek üzere,
2
y  10 x   103 x  2.10 4
ile verilmektedir. Buna göre,
a) Kaçıncı saatten sonra topluluğun eleman sayısında azalma başlar.
b) Kaç saat sonra topluluğun tüm üyeleri ölür?
96