ortaokul matematk 8 - Öğretmen forumu

Zafer Acar

Matemat�k 8Ortaokul

Bu eser,Creative Commons Atıf-GayriTicari-AynıLisanslaPaylas 4.0 Uluslararası (CC BY-NC-SA 4.0)

lisansı ile lisanslıdır.Lisansın bir kopyasını görebilmek için

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/deed.tradresini ziyaret edin.

Son güncelleme: 2 Ocak 2018

https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/deed.tr

Içindekiler

Önsöz 7

I SAYILAR VE ISLEMLER

1 Çarpanlar ve Katlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1 Bir Dogal Sayının Çarpanları ve Katları 111.2 Asallara Ayrıstırma 131.3 En Küçük Ortak Kat ve En Büyük Ortak Bölen 161.3.1 Problemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Alıstırmalar 22

2 Üslü Ifadeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.1 Üs Alma 25

2.2 Üs Almanın Özellikleri 262.3 Çok Büyük ve Çok Küçük Sayılar 322.3.1 Bilimsel Gösterim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.3.2 Çözümleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Alıstırmalar 36

3 Kareköklü Ifadeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.1 Karekök Alma 393.2 Gerçek (Reel) Sayılar 413.2.1 Ondalık Kesirler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.3 Kareköklü Sayılarla Islemler 443.3.1 Çarpma ve Bölme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.3.2 Toplama ve Çıkarma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.3.3 Sıralama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Alıstırmalar 49

II OLASILIK - GEOMETRI VE ÖLÇME

4 Olasılık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.1 Giris 554.2 Olası Durumlar ve Olasılık Hesabı 55

Alıstırmalar 59

5 Üçgenler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5.1 Üçgende Yardımcı Elemanlar 615.1.1 Yükseklik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.1.2 Açıortay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.1.3 Kenarortay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5.2 Üçgenin Kenarları ve Karsısındaki Açılar 64

5.3 Üçgenin Kenarları Arasındaki Iliskiler 66

5.4 Üçgen Çizme 685.5 Pisagor Teoremi 70

Alıstırmalar 75

6 Geometrik Dönüsümler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6.1 Dönme 796.2 Yansıma 81

6.3 Öteleme 82Alıstırmalar 84

III CEBIR - GEOMETRI VE ÖLÇME

7 Cebirsel Ifadeler ve Özdeslikler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

7.1 Cebirsel Ifadeler 897.1.1 Cebirsel Ifadelerle Islemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

7.2 Özdeslikler 937.2.1 Iki Terimin Toplamının Karesi Özdesligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

7.2.2 Iki Terimin Farkının Karesi Özdesligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

7.2.3 Iki Kare Farkı Özdesligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

7.3 Çarpanlara Ayırma 977.3.1 Ortak Çarpan Parantezine Alma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 977.3.2 Özdesliklerden Yararlanarak Çarpanlara Ayırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

Alıstırmalar 99

8 Eslik ve Benzerlik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

8.1 Eslik 1038.2 Benzerlik 105

Alıstırmalar 108

IV CEBIR

9 Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9.1 Giris 1119.2 Denklem Çözme 1119.3 Dogrusal Denklemler 1149.3.1 Egim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Alıstırmalar 122

10 Denklem Sistemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

10.1 Iki Bilinmeyenli Dogrusal Denklem Sistemi 127Alıstırmalar 132

11 Esitsizlikler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

11.1 Tanım 13511.2 Esitsizliklerin Çözümü 136

Alıstırmalar 138

V GEOMETRI VE ÖLÇME-VERI

12 Geometrik Cisimler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

12.1 Prizmalar 14112.1.1 Dik Prizmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

12.2 Silindir 14312.2.1 Dik Silindirin Yüzey Alanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14412.2.2 Dik Silindirin Hacmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

12.3 Piramit 14512.3.1 Dik ve Düzgün Piramit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

12.4 Koni 146Alıstırmalar 147

13 Veri Analizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

13.1 Verilere Uygun Grafik 14913.2 Histogram 150

Alıstırmalar 152

Kaynakça . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

Dizin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

Önsöz

Bu sınıf düzeyindeki çogu kitabın aksine, kitap boyunca kavramları uzun uzadıya anlatmaya,formülleri direk yazmak yerine kanıtlarıyla vermeye çalıstım. Olabildigince çok metin kullandım.Amacım kitabı bir formüller listesi olmaktan çıkarıp, okurun kavramlar ve kanıtlar üzerindedüsünmesini saglamaktı. Umarım amacıma az da olsa ulasırım.

Kitaptaki tanımlar, teoremler, sonuçlar, alıstırmalar ve örnekler bölüm numaralarına görenumaralandırılmıstır. Örnek 1.13, birinci bölümün on üçüncü örnegi anlamına gelir. Ayrıca kitapLATEX ile yazıldıgından metin içinde verilen referanslara tıklarsanız sizi referans verilen yeregötürecektir. Aynı sey, içindekiler ve dizin için de geçerlidir.

Kitabı kullanan meslektaslarım ve ögrenciler kitapla ilgili elestirileri için [email protected] yazarsa çok memnun olurum. Faydalı olması dilegiyle.

Zafer AcarIzmir, Ocak 2018

[email protected]

I1 Çarpanlar ve Katlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1 Bir Dogal Sayının Çarpanları ve Katları1.2 Asallara Ayrıstırma1.3 En Küçük Ortak Kat ve En Büyük Ortak Bölen

Alıstırmalar

2 Üslü Ifadeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.1 Üs Alma2.2 Üs Almanın Özellikleri2.3 Çok Büyük ve Çok Küçük Sayılar

Alıstırmalar

3 Kareköklü Ifadeler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.1 Karekök Alma3.2 Gerçek (Reel) Sayılar3.3 Kareköklü Sayılarla Islemler

Alıstırmalar

SAYILAR VE ISLEMLER

1. Çarpanlar ve Katlar

1.1 Bir Dogal Sayının Çarpanları ve KatlarıBir dogal sayı iki dogal sayının çarpımı seklinde yazılabilir. Örnegin 6’yı 2 ile 3’ün çarpımı

2×3 = 6

ya da 1 ile 6’nın çarpımı1×6 = 6

biçiminde yazabiliriz. Buradaki 1, 2, 3 ve 6 sayılarının herbirine 6’nın bir dogal sayı çarpanı ya daböleni denir. 6’ya da bu sayıların katı denir. Bu sayıların böyle isimlendirilmelerinin nedeni 6’yıkalansız bölmeleridir. Nitekim 6÷1 = 6, 6÷2 = 3, 6÷3 = 2 ve 6÷6 = 1’dir.

Eger 6’yı bir tam sayı olarak düsünecek olursak yukarıdakilere

(−1)× (−6) = 6

(−2)× (−3) = 6

esitliklerinden −1, −2, −3 ve −6’yı ekleyerek 6’nın tam sayı çarpanlarını −6, −3, −2, −1, 1, 2,3 ve 6 buluruz. Dikkat edilirse dogal sayı çarpanlarına eksilileri eklendiginde tam sayı çarpanlarıelde edilir. Bu yüzden biz daha çok dogal sayı olanlarla ilgilenecegiz. Bundan sonra da “dogal sayıçarpanı (böleni)” yerine sadece “çarpan” ya da “bölen”i kullanacagız.

Genel olarak x ve y dogal sayıları için

x× y = A

oluyorsa x ve y, A’nın bir böleni olur. A da x ve y’nin katı olur (x’in y katı, y’nin x katı).

� Örnek 1.1 Bir dogal sayı her zaman 1 ile kendisinin çarpımı olarak yazılabileceginden 1 ilesayının kendisi her zaman sayının bir bölenidir. �

� Örnek 1.2 Iki dogal sayının çarpımının 1 olması için bu iki dogal sayı da 1 olmalıdır. Dolayısıyla1’in böleni sadece 1’dir. �

� Örnek 1.3 10’un bölenleri 1×10 = 10 ve 2×5 = 10 esitliklerinden 1, 2, 5, 10’dur. �

� Örnek 1.4 17’yi sadece 1×17 = 17 olarak yazabildigimizden iki böleni vardır: 1 ve 17. �

� Örnek 1.5 16’nın bölenleri 1× 16 = 16, 2× 8 = 16, 4× 4 = 16 esitliklerinden 1, 2, 4, 8, 16olmak üzere 5 tanedir. Bunların biri (1) tek, dördü (2, 4, 8, 16) çifttir. �

12 Bölüm 1. Çarpanlar ve Katlar

� Örnek 1.6 Hem 12’nin hem de 18’in bölenlerini bulup, bunlardan ortak olanlarını belirleyelim.� Çözüm: 12’nin bölenleri

1,2,3,4,6,12

ve 18’in bölenleri1,2,3,6,9,18

dir. Ortak olanlar (kalın yazılanlar)1,2,3,6

dır. �

Eger bir sayının katlarını bulmak istersek bu sayıyı sayma sayılarıyla çarparız. Örnegin 7’ninbazı katları:

7×1 = 7

7×2 = 14

7×3 = 21

7×4 = 28

7×5 = 35

7×6 = 42

7×7 = 49

7×8 = 56

7×9 = 63.

Sagdaki 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63 sayıları 7’nin 1’inciden 9’uncuya kadar olan katlarıdır.Yani bir sayının katları dedigimizde sayma sayı katlarını kastedecegiz. Dogal sayı katları içinbunlara birde 7×0 = 0 esitliginden 0’ı eklememiz gerekir.

� Örnek 1.7 12’nin 150’den küçük katları:

12×1 = 12, 12×4 = 48, 12×7 = 84, 12×10 = 120,12×2 = 24, 12×5 = 60, 12×8 = 96, 12×11 = 132,12×3 = 36, 12×6 = 72, 12×9 = 108, 12×12 = 144.

�

� Örnek 1.8 34 sayısının 200 ile 400 arasında kaç tane katı oldugunu bulalım.� Çözüm: Uç degerleri 34’e bölelim:

200÷34 = 5,88 . . . ve 400÷34 = 11,76 . . .

oldugundan 34’ün bu aralıkta 6’ıncı katından 11’inci katına kadar olan katları bulunur. O zaman11−6+1 = 6 tane katı bu aralıktadır. �

� Örnek 1.9 5 ve 9’un 100’den küçük katlarını bulup, ortak olanlarını belirleyelim.� Çözüm: 5’in 100’den küçük katları

5,10,15,20,25,30,35,40,45,50,55,60,65,70,75,80,85,90,95

ve 9’un 100’den küçük katları

9,18,27,36,45,54,63,72,81,90,99

dur. Ortak olanlar (kalın yazılanlar) 45 ve 90’dır. �

1.2 Asallara Ayrıstırma 13

1.2 Asallara AyrıstırmaBu alt bölümde, 1’den büyük dogal sayıları asal sayıların çarpımı seklinde yazmayı gösterecegiz.Bunun için önce “asal sayı” kavramını hatırlatalım.

Kendisinden ve 1’den baska böleni olmayan 1’den büyük dogal sayılara asal sayı denir. Enküçük asal 2’dir ve diger çift sayılar 2’ye bölündügünden 2’den baska çift asal yoktur. Örnegin 11asal sayıdır çünkü 11’in bölenleri sadece 1 ve 11’dir. Ama 35 asal sayı degildir çünkü 5×7 = 35esitliginden 35 hem 5’e hem de 7’ye bölünür. Yani kendisinden ve 1’den baska sayılara bölünür.100’den küçük asallar

2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97

olmak üzere 25 tanedir.Simdi küçük sayılardan baslayarak dogal sayıları asal sayıların çarpımı seklinde yazalım. 2’den

baslayalım. 2 zaten asal sayı oldugundan2 = 2

olarak yazarız. Aynı sey 3 için de geçerli: 3 = 3. 4 ile devam edelim:

4 = 2×2 = 22.

5’ten 20’ye kadar olan sayıları asal sayıların çarpımı seklinde yazarsak:

5 = 5

6 = 2×3

7 = 7

8 = 2×2×2 = 23

9 = 3×3 = 32

10 = 2×5

11 = 11

12 = 2×2×3 = 22×3

13 = 13

14 = 2×7

15 = 3×5

16 = 2×2×2×2 = 24

17 = 17

18 = 2×3×3 = 2×32

19 = 19

20 = 2×2×5 = 22×5

olur.Bu defa yukarıdakilere göre biraz daha büyük bir sayı alalım. Diyelim ki 300 sayısını asal

sayıların çarpımı seklinde yazmak istiyoruz. 300’ü en küçük asal olan 2’ye bölüyoruz: 300/2= 150.150 için aynı seyi yapıyoruz: 150/2 = 75. 75, 2’ye bölünmediginden bir sonraki asal olan 3’ebölüyoruz: 75/3 = 25. 25, 3’e bölünmediginden bir sonraki asal olan 5’e bölüyoruz: 25/5 = 5. 5’i5’e bölüyoruz: 5/5 = 1. Demek ki

300 = 2×2×3×5×5


olur. Üslü biçimde yazarsak300 = 22 ·3 ·52

olur. Bu yaptıklarımıza asallara ayrıstırma ya da asal çarpanlarına ayırma denir. Görüldügü gibibir sayıyı asal çarpanlarına ayırmak, o sayının hangi asalların ve bu asalların kaçıncı kuvvetlerininçarpımı oldugunu bulmaktır. Öyleyse 300’ün asal çarpanları 2, 3 ve 5 olmak üzere üç tanedir.

1’den büyük her dogal sayı asalların sıralamasını önemsemezsek tek türlü asal çarpanlarınaayrılır. Örnegin 300 = 22 · 3 · 52 ve 300 sayısı baska sekilde asal çarpanlarına ayrılmaz. Demekki sayıyı verdigimiz zaman asal çarpanlarına ayrısımını, asal çarpanlarına ayrısımını verdigimizzaman sayıyı belirlemis oluruz.

� Örnek 1.10 Asallara ayrısımı 22 ·33 ·5 olan sayı 2 ·2 ·3 ·3 ·3 ·5 = 4 ·27 ·5 = 540’tır. �

Asallara ayrıstırmayı daha düzenli sekilde asagıdaki gibi yapabiliriz:

300 2150 2

75 325 55 51

300’ün yanına bir çizgi çizerek, 300’ün sıra ile 2’den baslamak üzere asal bölenlerini ararız.Bölen asalları çizginin sagına, bölümü de bölünen sayının altına yazarız. Bölümün tekrar en küçükasal bölenini arayıp son bölüm 1 çıkıncaya kadar isleme devam ederiz. Bu yaptıgımıza da asalçarpan algoritması denir.

� Örnek 1.11 44’ü asallarına ayrıstırıp, kaç tane asal böleni oldugunu bulalım.� Çözüm:

44 222 211 111

44’ü en küçük asal olan 2’ye böldük: 44/2 = 22. 22’yi 2’ye böldük: 22/2 = 11. 11 ise 2’ye,bir sonraki asal olan 3’e, bir sonraki asal olan 5’e ve bir sonraki asal olan 7’ye bölünmüyor. 7’densonra gelen asala, 11’e böldük: 11/11 = 1. 1’i buldugumuzdan islemimizi sonlandırdık. Demek ki44’ün asallara ayrısmıs sekli

44 = 2×2×11 = 22 ·11

olur. O zaman 44’ün 2 ve 11 olmak üzere iki asal böleni vardır. �

� Örnek 1.12 Her harf farklı bir sayıyı göstermek üzere, A sayısının asal çarpan algoritması

A 2B 3C 3D 7E 71

olsun. Buna göre E = 1× 7 = 7, D = 7× 7 = 49, C = 49× 3 = 147, B = 147× 3 = 441 veA = 441×2 = 882 olur. Demek ki

882 = 2 ·32 ·72

dir. 882’nin 2, 3 ve 7 olmak üzere üç tane asal böleni vardır. �

1.2 Asallara Ayrıstırma 15

Asallara ayrıstırmayı bazen de asagıdaki gibi yaparız.

70

��2 35

~~ ��5 7

Bu sekle de çarpan agacı denir. Kendisinden ok çıkmayan sayılar asaldır ve bu asalların çarpımı70’in asallara ayrısmıs biçimini verir:

70 = 2 ·5 ·7.

� Örnek 1.13 40’ı çarpan agacını kullanarak asallara ayrıstıralım.� Çözüm:

40

��2 20

~~ 2 10

~~ ��2 5

Demek ki 40 = 2 ·2 ·2 ·5 = 23 ·5 seklinde asal çarpanlarına ayrılır. �

Bir sayının asallara ayrısmıs biçimi kullanılarak bu sayının tüm bölenleri bulunabilir. Örnegin144’ün asallara ayrısımını kullanarak tüm bölenlerini bulalım. Önce 144’ü asallarına ayrıstıralım.

144 272 236 218 29 33 31

oldugundan 144 = 24 ·32’dir. 144’ün en küçük böleni 1’dir, yani 20 ·30’dır. En büyük böleni ise144’tür, yani 24 ·32’dir. Demek ki sayının bütün bölenleri i = 0,1,2,3,4 ve j = 0,1,2 olacak sekilde

2i ·3 j

biçimindedir. 2’nin 0’dan 4’e, 3’ün 0’dan 2’ye herhangi kuvvetlerinin çarpımları alınarak tümbölenleri bulunur. i yerine 5 ve j yerine 3 seçenek oldugundan 144’ün toplam 5×3 = 15 böleniolur:

20 ·30 = 1, 20 ·31 = 3, 20 ·32 = 9,21 ·30 = 2, 21 ·31 = 6, 21 ·32 = 18,22 ·30 = 4, 22 ·31 = 12, 22 ·32 = 36,23 ·30 = 8, 23 ·31 = 24, 23 ·32 = 72,24 ·30 = 16, 24 ·31 = 48, 24 ·32 = 144.


Eger sayımızın asallara ayrısımında tek bir asal varsa bölenlerini bulmak daha kolay hale gelir.Örnegin 8 = 23 oldugundan 8’in bölenleri 2’nin 0’dan 3’e kadar olan kuvvetleridir:

20 = 1, 21 = 2, 22 = 4 ve 23 = 8.

� Örnek 1.14 125’in bölenlerini bulalım.

� Çözüm: 125 = 53 oldugundan 125’in bölenleri 50 = 1, 51 = 5, 52 = 25 ve 53 = 125’tir. �

� Örnek 1.15 90’ın bölenlerini bulalım.

� Çözüm: 90 = 2 ·32 ·5 oldugundan 90’ın asal çarpanları 2, 3 ve 5’tir. Bölenleri i = 0,1, j = 0,1,2ve k = 0,1 olacak sekilde 2i ·5 j ·5k biçimindedir:

20 ·30 ·50 = 1, 20 ·31 ·50 = 3, 20 ·32 ·50 = 9,20 ·30 ·51 = 5, 20 ·31 ·51 = 15, 20 ·32 ·51 = 45,21 ·30 ·50 = 2, 21 ·31 ·50 = 6, 21 ·32 ·50 = 18,21 ·30 ·51 = 10, 21 ·31 ·51 = 30, 21 ·32 ·51 = 90.

�

1.3 En Küçük Ortak Kat ve En Büyük Ortak Bölena ve b iki dogal sayı olsun. Hem a’nın hem de b’nin katı olan sayılar vardır. a×b sayısı bunlardanbiridir. Bunlardan en küçük olanına a ve b’nin en küçük ortak katı denir ve bu sayı

EKOK(a,b)

olarak gösterilir. Örnegin 6 ile 9’un en küçük ortak katı 18’dir çünkü 6’nın katları

6,12,18,24,30,36, . . .

ve 9’un katları9,18,27,36,45,54, . . .

olup, ortak olanlardan (kalın yazılanlar) en küçük olan 18’dir. Bunu

EKOK(6,9) = 18

seklinde gösteririz.Hem a’yı hem de b’yi bölen sayılar da vardır. 1 sayısı bunlardan biridir. Bunlardan en büyük

olanına a ve b’nin en büyük ortak böleni denir ve bu sayı

EBOB(a,b)

olarak gösterilir. Örnegin 6 ile 9’un en büyük ortak böleni 3’tür çünkü 6’nın bölenleri

1,2,3,6

ve 9’un bölenleri1,3,9

olup, ortak olanlardan (kalın yazılanlar) en büyük olan 3’tür. Bunu

EBOB(6,9) = 3

seklinde gösteririz.

1.3 En Küçük Ortak Kat ve En Büyük Ortak Bölen 17

� Örnek 1.16 60’ın katları

60,120,180,240,300,360,420,480,540,600,660,720,780, . . . ,

72’nin katları72,144,216,288,360,432,504,576,648,720, . . .

olup, ortak olanlar 360,720,1080, . . . seklinde devam eder. O zaman

EKOK(60,72) = 360

bulunur.60’ın bölenleri

1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30,60

ve 72’nin bölenleri de1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72

olup, ortak olanlar 1,2,3,4,6,12’dir. O zaman

EBOB(60,72) = 12

bulunur. �

Bu örnekten asagıdaki sonuç çıkar:

Sonuç 1.1 Her ikiside 0 olmayan iki sayının ortak katları EKOK’un katları, ortak bölenleri deEBOB’un bölenleridir.

Sayıların tek tek bölenlerini ve katlarını yazmadan da EBOB ve EKOK’larını bulabiliriz. Bununiçin iki yöntemden bahsedecegiz.Birinci Yöntem. Sayıları asal çarpanlarına ayırırız.

• Ortak olan asal çarpanlardan üsleri en küçük olanlarla, ortak olan asal çarpanlardan üsleriesit olanlarının bir tanesi alınarak çarpılır. Bu çarpım bize sayıların EBOB’unu verir.

• Ortak olan asal çarpanlardan üsleri en büyük olanlarla, üsleri esit olanlardan biri ve üsleriesit olmayanların hepsi alınarak çarpılır. Bu çarpım bize sayıların EKOK’unu verir.

� Örnek 1.17 24 ile 60’ın en büyük ortak böleni ile en küçük ortak katını bulalım.

� Çözüm: 24 = 23 ·3 ve 60 = 22 ·3 ·5’tir. Ortak olan asal çarpanlar 2 ile 3’tür. O halde

EBOB(24,60) = 22 ·3 = 12 ve EKOK(24,60) = 23 ·3 ·5 = 120

olur. �

� Örnek 1.18 120 ile 78’in EBOB ve EKOK’unu bulalım.

� Çözüm: 120 = 23 ·31 ·51 ve 78 = 21 ·31 ·131’dir. Ortak olan asallar çarpanlar 2 ile 3 tür. O zaman

EKOK(120,78) = 23 ·31 ·51 ·131 = 2 ·2 ·2 ·3 ·5 ·13 = 1560,

EBOB(120,78) = 21 ·31 = 2 ·3 = 6

bulunur. �

Ikinci Yöntem. Çarpan algoritması yardımıyla sayıların EKOK ve EBOB’unu bulacagımız biryöntem. Aynı örnekle devam edecek olursak 120 ve 78’i aynı algoritmada asallarına ayrıstıralım.


120 78 2∗60 39 230 39 215 39 3∗5 13 51 13 131 1

Yalnız burada iki sayı oldugundan eger asal, sayılardan birini bölüyorsa bu asalla bölmeye devamedilir. Asalın bölmedigi sayı bir alt satıra aynen yazılır. Aynı anda ikisini birden bölmedigi zamanbir sonraki asala geçilir. Bu arada unutmamak için her iki sayıyı bölen asallara isaret koyarız (biz∗ koyduk). Sag sütundaki asalların çarpımı EKOK’u, isaret koydugumuz asalların çarpımı iseEBOB’u verir: EKOK(120,78) = 2 ·2 ·2 ·3 ·5 ·13 = 1560 ve EBOB(120,78) = 2 ·3 = 6.

� Örnek 1.19 26’yla 76’nın EBOB ve EKOK’unu bulalım.

� Çözüm:26 76 2∗13 38 213 19 13

1 19 191 1

EBOB(26,76) = 2 ve EKOK(26,76) = 2×2×13×19 = 988 bulunur. �

Herhangi iki dogal sayının asal çarpanlarından ortak olanlarının en küçük üslüleri çarpıldıgındaEBOB, ortak olanlarının en büyük üslüleri ile ortak olmayanlar çarpıldıgında da EKOK’u buldugu-muzdan, bu iki sayının EBOB ve EKOK’larının çarpımı bu sayıların çarpımını verir. Gerçekten deyukarıdaki örnekte 26×76 = 1976 = 2×988’dir.

Sonuç 1.2 a ve b iki dogal sayı olmak üzere

EKOK(a,b)×EBOB(a,b) = a×b

dir.

� Örnek 1.20 EBOB(A,B) = 8 ve EKOK(A,B) = 35 ise A×B = 8×35 = 280’dir. �

� Örnek 1.21 EKOK(x,72) = 216 ve EBOB(x,72) = 36 olduguna göre x kaçtır?

� Çözüm: Sonuç 1.2’ye göre EBOB(x,72) ·EKOK(x,72) = x ·72 oldugundan

36 ·216 = x ·72

x =36 ·216

72= 108

bulunur. �

Aralarında Asal OlmaEn büyük ortak bölenleri 1 olan sayılara aralarında asal sayılar denir. Örnegin 4 ile 25 aralarındaasaldır çünkü EBOB(4,25) = 1’dir. Ama 6 ile 82 aralarında asal degildir çünkü EBOB(6,82) =2’dir.

Görüldügü gibi sayılar asal olmadan da aralarında asal olabilirler. Sayılardan biri asalsa digersayı bu asalın tam bir katı olmadıkça aralarında asal olurlar. Örnegin 5 ile 38 aralarında asaldır.


Ayrıca birbirinden farklı iki asal sayı aralarında asaldır. Örnegin 17 ve 83 asal oldukların aralarındaasaldırlar, yani EBOB(17,83) = 1’dir.

1’in dogal sayı böleni sadece 1 oldugundan, 1 tüm dogal sayılarla aralarında asal olur. ÖrneginEBOB(1,15) = 1 ve EBOB(1,78019) = 1.

� Örnek 1.22 56 ile 49 aralarında asal degildir. Nitekim 56 = 23 · 7 ve 49 = 72 oldugundanEBOB(56,49) = 7’dir. �

� Örnek 1.23 14 ile 15 aralarında asaldır. Nitekim 15 = 14+1 oldugundan hem 14’ü hem de 15’ibölen 1’den büyük bir sayı olsaydı, bu sayı 1’i de bölmeliydi (Neden?). 1’in 1’den büyük böleniolmadıgından böyle bir sayı olamaz. O zaman EBOB(14,15) = 1’dir. �

Bu örnegi genellestirirsek asagıdaki sonuca ulasırız:

Sonuç 1.3 Ardısık iki dogal sayı aralarında asaldır.

Sonuç 1.2’de sayıların EBOB’ları yerine 1 yazdıgımızda asagıdaki sonucu elde ederiz:

Sonuç 1.4 Aralarında asal sayıların çarpımı sayıların EKOK’larına esittir.

� Örnek 1.24 EBOB(16,21) = 1 oldugundan EKOK(16,21) = 16×21 = 336 olur. �

� Örnek 1.25 Birbirinden farklı iki asal sayının aralarında asal olduklarını söylemistik. Asalsayılarımız 5 ile 13 olsun. O zaman EKOK(5,13) = 5×13 = 65’tir. �

Simdi biri digerinin katı olacak sekilde iki dogal sayı alalım. Diyelim ki 8 ile 24’ü aldık. 8’inkatları

8,16,24,32,40, . . . ,

24’ün katları da24,48,72,96, . . .

dır. Buradan EKOK(8,24) = 24 bulunur. Diger taraftan 8’in bölenleri

1, 2, 4, 8

ve 24’ün bölenleri

1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24

tür. Buradan da EBOB(8,24) = 8 çıkar. Görüldügü gibi biri digerinin katı olan iki sayıdan küçükolanı bu sayıların EBOB’u, büyük olanı da EKOK’udur.

Sonuç 1.5 a ve b birer dogal sayı olsun. Eger b sayısı a’nın bir katıysa

EKOK(a,b) = b ve EBOB(a,b) = a

olur.

� Örnek 1.26 63, 21’in katı oldugundan EBOB(63,21) = 21 ve EKOK(63,21) = 63’tür. �

Son olarak EKOK ve EBOB islemlerinin birlesme özelligi oldugunu belirtelim. a, b ve c üçdogal sayı ise

EKOK(EKOK(a,b) ,c

)= EKOK

(a,EKOK(b,c)

)ve

EBOB(EBOB(a,b) ,c

)= EBOB

(a,EBOB(b,c)

)esitlikleri geçerlidir. Bu yüzden bunların yerine


EKOK(a,b,c) ve EBOB(a,b,c)

yazabiliriz.

� Örnek 1.27 12, 16 ve 20 sayılarının EKOK ve EBOB’u

12 = 22 ·3, 16 = 24 ve 20 = 22 ·5

oldugundan EKOK(12,16,20) = 24 ·3 ·5 = 16 ·3 ·5 = 240 ve EBOB(12,16,20) = 22 = 4 olur. �

1.3.1 ProblemlerSayıların EBOB ve EKOK’ları yardımıyla problemler çözecegiz. Bu problemlerin çözümündeönemli olan problemin EBOB yardımıyla mı yoksa EKOK yardımıyla mı çözülecegini belirlemektir.Bunu belirlemek için asagıdaki açıklamaları inceleyelim.

Küçük parçalardan büyük bir sey olusturulmak isteniyorsa verilen sayıların katı alınacak demek-tir. Bu da problemin EKOK yardımıyla çözülecegini gösterir.

Örnegin, dikdörtgenler prizması seklindeki tuglalarla küp seklinde bir blok yapmak istedigi-mizde veya her biri sürekli olarak aynı yerden aynı anda hareket eden ve farklı sürelerde basladıklarınoktaya dönen çesitli ulasım araçlarının ne zaman baslangıç noktasında bulusacakları gibi bir sorudaistenen sayı verilen sayılardan daha büyük olacagından soru, EKOK hesaplanarak bulunacaktır.Benzer sekilde küçük dikdörtgen sayfalarla kare seklinde bir duvar kaplama soruları bu tip sorular-dır.

� Örnek 1.28 Boyutları 15 cm ve 18 cm olan dikdörtgen seklindeki kartonların en az kaç tanesiylebir kare olusturulabilir?

� Çözüm: Karton sayısının en az olması için olusturulacak karenin en küçük boyutlara sahip olmasıgerekir. O halde karenin bir kenarı EKOK(15,18) = 90 cm olmalıdır. O zaman

Karton sayısı =Karenin alanı

Bir dikdörtgenin alanı=

90 ·9015 ·18

= 30

bulunur. �

� Örnek 1.29 Asagıdaki dikdörtgenler prizmasının en az kaç tanesiyle bir küp olusturulabilir?

1 2

3

� Çözüm: Küpün bir ayrıtının uzunlugu EKOK(1,2,3) = 6 olmalıdır. O zaman

Prizma sayısı =Küpün hacmi

Bir prizmanın hacmi=

6 ·6 ·61 ·2 ·3

= 36

bulunur. �

� Örnek 1.30 Zeynep, kalemlerini dörder dörder ve altısar altısar gruplandırdıgında her iki du-rumda da 3 kalemi artıyor. Buna göre,

(a) Zeynep’in en az kaç kalemi vardır?(b) Zeynep’in 60’tan az kalemi oldugu bilindigine göre en çok kaç kalemi vardır?


� Çözüm: (a) Zeynep’in en az kaç kalemi oldugunu bulmak için hem 4’e hem de 6’ya bölünenen küçük sayıyı bulup, bu sayıya 3 eklemeliyiz. Hem 4’e hem de 6’ya bölünen en küçük sayı busayıların EKOK’udur. EKOK(4,6) = 12 oldugundan en az 12+3 = 15 kalemi vardır.

(b) Zeynep’in kalemlerinin sayısı EKOK(4,6) = 12’nin katlarının 3 fazlası olabilir. Bunlar12+3 = 15, 24+3 = 27, 36+3 = 39, 48+3 = 51, 60+3 = 63, . . . seklinde devam eder. 60’tanaz kalemi oldugundan en çok 51 kalemi vardır. �

� Örnek 1.31 4 ve 7 ile ayrı ayrı bölündügünde 2 kalanını veren en küçük dogal sayı kaçtır?

� Çözüm: Aranan sayı 2 eksik olsaydı 4 ve 7 ile dolayısıyla da bunların EKOK’u olan 28 ile tambölünecekti. O halde 28+2 = 30 bizim aradıgımız sayıdır. �

� Örnek 1.32 Ortak katlarının en küçügü 150 olan farklı iki dogal sayının toplamı en çok kaçtır?

� Çözüm: Toplamın en büyük olması için sayıların mümkün oldugunca büyük olması gerekir.Bunun için de 150 en küçük çarpanlarına bölünür. 150÷ 1 = 150 ve 150÷ 2 = 75 oldugundanEKOK’u 150 olan iki dogal sayının toplamı en çok 150+75 = 225 olur. �

� Örnek 1.33 En küçük ortak katları 110 olan iki dogal sayının toplamı en az kaçtır?

� Çözüm: En küçük ortak katları 110 olan iki dogal sayının toplamının en az olması için busayıların aralarında asal ve birbirine en yakın sayılar olması gerekir.

110 = 2 ·5 ·11 = 10 ·11

oldugundan bu sayılar 10 ile 11’dir. O zaman toplamın en küçük degeri 10+11 = 21 bulunur. �

Büyük bir parçayı daha küçük parçalara bölmek istiyorsak bu durumda verilen sayıların bölenisoruluyor demektir ki bu da sorunun EBOB sorusu oldugu anlamına gelir.

Örnegin, dikdörtgeni en az sayıda kareye bölmek, dikdörtgenler prizması seklindeki bir odayı enbüyük hacimli küplerle doldurmak gibi sorularda, istenen kare veya küpün kenar uzunlukları verilenseklin kenar uzunluklarını böleceginden küçük bir sayı aranmaktadır. Bu da sorunun çözümündeEBOB kullanılacagı anlamına gelir.

� Örnek 1.34 Boyu 24 metre, eni 15 metre olan bir dikdörtgen kenar uzunlugu tam sayı olanen büyük es karelere bölündügünde kaç kare elde edilir?

� Çözüm: Karenin bir kenar uzunlugu hem 24 hem de 15’i bölen bir sayı olmalıdır ve mümkünolan en büyük kareler istendiginden EBOB hesaplanmalıdır. EBOB(24,15) = 3’tür. Demek kikarenin kenar uzunlugu 3 metre olmalıdır. Elde edilecek kare sayısını bulmak için dikdörtgeninalanı bir karenin alanına bölünür.

Kare sayısı =Dikdörgenin alanıBir karenin alanı

=15 ·243 ·3

= 40

bulunur. �

� Örnek 1.35 Kenar uzunlukları 60 metre ve 80 metre olan dikdörtgen seklindeki bir bahçeninetrafına aralıkların uzunlukları tam sayı olacak sekilde esit aralıklarla fidan dikilecektir. Bahçeninköselerine de fidan dikilecegine göre,

(a) Fidanlar arasındaki mesafe kaç metre olabilir?(b) En az kaç fidan dikilebilir?

� Çözüm: (a) Fidanlar arasındaki mesafe 60 ve 80’i bölebilen sayılar olmalıdır.


60 80 2∗30 40 2∗15 20 215 10 215 5 3

5 5 5∗1 1

EBOB(60,80) = 2× 2× 5 = 20 oldugundan 60 ve 80’in ortak bölenleri 1, 2, 4, 5, 10, 20’dir.Demek ki fidanlar arasındaki mesafe 1, 2, 4, 5, 10 ve 20 metre olabilir.

(b) En az sayıda fidan dikmek istersek aralarındaki mesafeyi EBOB(60,80) = 20 metre almalı-yız. O zaman bu bahçenin etrafına en az

ÇevreIki fidan arası mesafe

=2 · (60+80)

20=

28020

= 14

fidan dikilir. �

� Örnek 1.36 Hacimleri 36 litre ve 60 litre olan iki bidondaki farklı türdeki sıvılar birbirinekarıstırılmadan ve arttırılmadan esit hacimli siselere doldurulacaktır. Bu is için en az kaç sisegerekir?

� Çözüm: Siselerin hacmi 36 ve 60’ı bölebilen bir sayı olmalıdır. En az sayıda sise kullanmakistedigimizden siselerin hacmi EBOB(36,60) = 12 olmalıdır. Bu durumda

36+6012

= 8

sise gerekir. �

ALISTIRMALAR

1.1 Asagıdaki sayıların bölenlerini bulunuz.

(a) 64 (b) 108 (c) 200 (d) 225 (e) 320

1.2 8’in 70’ten küçük katlarını bulunuz.

1.3 92’nin çarpanlarını bulunuz.

1.4 10 000’in kaç böleni vardır?

1.5 Bir dogal sayı kendisi hariç diger dogal sayı bölenlerinin toplamına esitse, bu sayıya mü-kemmel sayı denir. Örnegin 6 mükemmel bir sayıdır çünkü 6’nın kendisi hariç dogal sayıbölenlerinin toplamı 1+2+3 = 6’dır.

Buna göre asagıdaki sayıların mükemmel olup olmadıklarını belirleyiniz.

(a) 1 (b) 20 (c) 28 (d) 100

1.6 Eger bir dogal sayı kendisi hariç diger dogal sayı bölenlerinin toplamından küçükse bu sayıyafakir, büyükse zengin diyelim. Buna göre,

(a) Iki basamaklı en küçük zengin ve fakir sayıları belirleyiniz.

(b) Iki basamaklı en büyük zengin ve fakir sayıları belirleyiniz.

1.7 132 sayısını asallarına ayrıstırıp, asal bölenlerini belirleyiniz.


1.8 75 sayısının kaç tane böleni vardır?

1.9 Asal çarpanlarına ayrılmıs biçimi 22 ·33 olan sayı kaçtır?

1.10 Asal bölenlerinin toplamı 10 olan en küçük iki basamaklı dogal sayı kaçtır?

1.11 Asagıdaki sayı çiftlerinin EBOB ve EKOK’larını bulunuz.

(a) 27,90 (b) 1,150 (c) 95,105 (d) 5,50

1.12 Asagıdaki sayı çiftlerinin aralarında asal olup olmadıklarını belirleyiniz.

(a) 70,71 (b) 1,14 (c) 18,63 (d) 45,90

1.13 1400 = 2a ·5b ·7c olduguna görea+b

ckaça esittir?

1.14 A ve B iki dogal sayıdır. Her harf farklı bir sayı olmak üzere bu sayıların asal çarpanalgoritması

A B 2A C 2A E 3F 1 51

olduguna göre EKOK(A,B)+EBOB(A,B) kaçtır?

1.15 EKOK(x,y) = 240, EBOB(x,y) = 36’dır. x = 60 ise y kaçtır?

1.16 Asagıdaki çarpan agacına göre soruları yanıtlayınız.

(a) a+b− c isleminin sonucu kaçtır?

(b) a’nın asallara ayrısımını bulunuz.

(c) EKOK(a,b) kaçtır?

a

��2 b

�� 3 35

�� 5 c

1.17 Biri digerinin 9 katı olan iki dogal sayının en küçük ortak katı 252 olduguna göre, bu ikidogal sayının en büyük ortak böleni kaçtır?

1.18 Biri digerinin 7 katı olan iki dogal sayının en büyük ortak böleni 8 olduguna göre, bu ikidogal sayının en küçük ortak katı kaçtır?

1.19 x = 23 ·34 ·71 ve y = 22 ·31 ·73 ise

(a) EKOK(x,y) kaçtır?

(b) EBOB(x,y) kaçtır?

1.20 EBOB(x,16) = x ise x yerine hangi dogal sayılar yazılabilir?

1.21 EKOK(25,y) = y ise y yerine yazılabilecek en küçük dört dogal sayıyı bulunuz.


1.22 25 ve 30’a bölündügünde 6 kalanını veren en küçük dogal sayı kaçtır?

1.23 500 ile 1000 arasında olup aynı anda 32 ve 80’e bölünebilen sayıların toplamı kaçtır?

1.24 (a+1) ile (b−2) aralarında asal iki sayıdır.a+1b−2

=1620

olduguna göre a+b kaçtır?

1.25 Bir kutudaki kalemler beserli ve yediserli sayıldıgında her seferinde 4 kalem artıyor. Bukutudaki kalem sayısının 100’den fazla oldugu bilindigine göre kalem sayısı en az kaçtır?

1.26 90 litre zeytin yagı ile 300 litre ayçiçek yagı birbirine karıstırılmadan ve hiç artmayacaksekilde esit hacimli tenekelere koyulacaktır. Bu is için en az kaç teneke gerekir?

1.27 Kenar uzunlukları 260 metre ve 480 metre olan dikdörtgen seklindeki bir tarla kenar uzunlugumetre cinsinden tam sayı olacak sekilde kare biçimindeki parsellere ayrılacaktır. Bu tarlaen az kaç parsele ayrılır?

1.28 Kenar uzunlukları 120 cm, 180 cm ve 240 cm olan üçgen seklindeki bir bahçenin etrafınaköselere de birer agaç gelmek üzere tek sıra agaç dikilecektir. Bunun için en az kaç tane agaçgerekir?

1.29 370 ile 650 arasında (370 ile 650 dahil) hem 5’e hem de 7’ye bölündügünde 2 kalanını verenkaç sayı vardır?

1.30 36 ile X sayıları için EKOK(36,X) = 180 ve EBOB(36,X) = 6 ise X kaçtır?

1.31 Dikdörtgen seklindeki bir ofisin uzunlugu 540 cm ve eni 360 cm’dir. Bu ofisin zemini esbüyüklükte kare seklindeki parkelerle kaplanacaktır. En az kaç parke gerekir?

1.32 Bir terminalden her 8 ve 10 saatte bir kalkan iki otobüs birlikte hareket ettikten sonra tekraren az kaç saat sonra aynı anda hareket ederler?

1.33 10, 20 ve 30 sayılarına bölündügünde 7 kalanını veren 200 ile 400 arasında kaç dogal sayıvardır?

1.34 a, b ve c birbirinden farklı asal sayılardır.

x = a3 ·b2 · c ve y = a2 ·b4 · c2

veriliyor. EBOB(x,y) = 180 ise a+b+ c toplamı kaçtır?

1.35 n bir dogal sayı olmak üzere asal çarpanlarına ayrısımı 2n olan bir sayının dogal sayıbölenlerinin 22 tanesi çift ise n kaçtır?

2. Üslü Ifadeler

2.1 Üs AlmaMatematikte çogu zaman uzun gösterimlerin yerine zaman ve yer kazanmak için kısa gösterimlerkullanırız. Örnegin, 2 sayısını ardısık olarak 5 defa kendisiyle çarptıgımızda, bunu

2×2×2×2×2

seklinde yazmak yerine25

olarak yazarız. Kendisiyle çarpılan sayıya (bu örnekte 2) taban, kaç defa çarpıldıgını gösterensayıya ise (bu örnekte 5) üs ya da kuvvet denir. 25 gösterimine de üslü ifade ya da üslü sayı denir.Bu ifade “iki üssü bes” ya da “ikinin besinci kuvveti” seklinde okunur.

Bir sayının karesini alabiliriz, yani sayıyı kendisiyle çarpabiliriz:

x2 = x · x.

Örnegin 42 = 4 · 4 = 16. Bir sayının kübünü de alabiliriz, yani bir sayıyı kendisiyle üç defaçarpabiliriz:

x3 = x · x · x.Örnegin 33 = 3 ·3 ·3 = 27.

Genel olarak, eger n > 0 bir dogal sayıysa, bir sayının n’inci kuvveti ya da üssü o sayıyıkendisiyle n defa çarpmak demektir; bu sayı

xn

olarak gösterilir. Yanixn = x · · ·x︸︷︷︸

n tane x

.

Tanım geregi x1 = x’tir. Örnegin 71 = 7, (−5)1 = −5 olur. Ayrıca 1’i kendisiyle ne kadarçarparsak çarpalım hep 1 olacagından, n > 0 dogal sayısı için 1n = 1 olur. Örnegin 135 = 1,1758 = 1 gibi. −1’in çift kuvvetleri 1, tek kuvvetleri de −1’dir:

(−1)n =

{1 n çift,−1 n tek.

Bu anlatılanlardan asagıdaki sonuç çıkar:

26 Bölüm 2. Üslü Ifadeler

Sonuç 2.1 Pozitif bir sayının bütün kuvvetleri pozitiftir. Negatif bir sayının çift kuvvetleripozitif, tek kuvvetleri negatif olur.

� Örnek 2.1 (a) 53 ifadesi 3 tane 5’in çarpımı demektir: 53 = 5×5×5 = 125.(b) 26 ifadesi 6 tane 2’nin çarpımı demektir: 26 = 2×2×2×2×2×2 = 64. �

� Örnek 2.2 03 ifadesi 3 tane 0’ın çarpımı oldugundan degeri 0’dır. Genel olarak n > 0 dogalsayısı için 0n = 0’dır. �

� Örnek 2.3 7 ·7 ·7 ·7 ·7 ·7 tekrarlı çarpımının üslü gösterimi 76’dır. �

� Örnek 2.4 (−4)2 = (−4)× (−4) = 16 ve 42 = 4×4 = 16’dır. Demek ki (−4)2 = 42’dir. �

� Örnek 2.5 (−3)4 ile −34 aynı anlama gelmezler. (−3)4, 4 tane −3’ün çarpımı yani

(−3)4 = (−3)× (−3)× (−3)× (−3) = 81,

−34 ise 4 tane 3’ün çarpımının eksilisidir, yani

−34 =−(3×3×3×3) =−81

dir. Eger kuvvet tek olursa, örnegin 3 olsun, o zaman

(−3)3 = (−3)× (−3)× (−3) =−27,

−33 =−(3×3×3) =−27

olur. Sonuç olarak, negatif bir sayının kuvvetini alacaksak daha dikkatli olmalıyız. �

� Örnek 2.6 Tabanı rasyonel sayı alalım, örnegin taban23

ve kuvvet 3 olsun:(23

)3

=23· 2

3· 2

3=

2 ·2 ·23 ·3 ·3

=827

.

�

� Örnek 2.7 Taban 0,1 ve kuvvet 4 olursa

(0,1)4 = (0,1) · (0,1) · (0,1) · (0,1) = 0,0001

olur. �

Son iki örnekteki gibi ifadelerin degerlerini üs almanın özelliklerini verdikten sonra daha kolayhesaplayacagız.

2.2 Üs Almanın Özelliklerix ve y herhangi iki sayı ve n ile m simdilik sıfırdan büyük dogal sayılar olsun.

Özellik 1 — Çarpma. Tabanları aynı olan üslü ifadeler çarpılırsa, üsler toplanıp ortak tabanaüs olarak yazılır. Yani xn · xm = xn+m olur. �

Kanıt. xn, n tane x’in çarpımı ve xm de m tane x’in çarpımıdır. Dolayısıyla bu ikisinin çarpımı dan+m tane x’in çarpımıdır:

xn · xm = x · · ·x︸︷︷︸n tane x

· x · · ·x︸︷︷︸m tane x︸︷︷︸

n+m tane x

= x · · ·x · · ·x︸︷︷︸n+m tane x

= xn+m.

�

2.2 Üs Almanın Özellikleri 27

� Örnek 2.8 22 ·23 çarpımı22 ·23 = 2 ·2︸︷︷︸

2 tane

·2 ·2 ·2︸︷︷︸3 tane︸︷︷︸

2+3 = 5 tane

= 25

olur. Kısaca 22 ·23 = 22+3 = 25’tir. �

� Örnek 2.9 53 tane kutunun herbirinin içinde 52 tane boncuk varsa bu kutularda toplam

53 ·52 = 53+2 = 55

boncuk vardır. �

� Örnek 2.10 Bir tatil yöresinde bulunan 28 otelin herbirinde 25 oda ve bu odaların herbirinde de2 yatak varsa, bu tatil yöresinin yatak kapasitesi

28 ·25 ·2 = 28+5+1 = 214

olur. �

� Örnek 2.11 7x ·78 = 715 esitligindeki x kaçtır?

� Çözüm: 7x ·78 = 7x+8 oldugundan x+8 = 15 olmalı. Demek ki x = 7’dir. �

� Örnek 2.12 215 sayısının 8 katı kaça esittir?

� Çözüm: Bir sayının 8 katını bulmak için 8 ile çarpmamız gerekir. Yukarıdaki özelligi kullanabil-mek için 8 = 23 esitligini kullanacagız:

215×8 = 215×23 = 215+3 = 218.

�

� Örnek 2.13 23 +23 = 24’tür. Nitekim

23 +23 = 2 ·23 = 21+3 = 24

olur. Benzer sekilde35 +35 +35 = 3 ·35 = 31+5 = 36

dır. Genel olarak x bir dogal sayı oldugunda

xn + · · ·+ xn︸︷︷︸x tane

= xn+1

olur. �

Özellik 2 — Üssün üssü. Üssün üssü alınırken üsler çarpılır. Yani (xn)m = xn·m olur. �

Kanıt. (xn)m demek m tane xn’nin çarpımı demektir. xn’de n tane x’in çarpımı oldugundan toplamdan ·m tane x çarpılır:

(xn)m = xn · · ·xn︸︷︷︸m tane xn

= x · · ·x︸︷︷︸n tane x

· · · x · · ·x︸︷︷︸n tane x︸︷︷︸

m tane xn

= x · · · · · ·x︸︷︷︸n·m tane x

= xn·m.

�


� Örnek 2.14(112)3 ifadesinin esiti

(112)3

= 112 ·112 ·112︸︷︷︸3 tane

= 11 ·11︸︷︷︸2 tane

·11 ·11︸︷︷︸2 tane

·11 ·11︸︷︷︸2 tane︸︷︷︸

2 ·3 = 6 tane

= 116

dır. Kısaca(112)3

= 112·3 = 116 olur. �

� Örnek 2.15 Karenin alanı kenar uzunlugunun karesi alınarak bulunur. Buna göre kenar uzunlugu137 olan bir karenin alanı (

137)2= 137·2 = 1314

olur. �

� Örnek 2.16 44 sayısının 4’üncü kuvveti 2’nin kaçıncı kuvvetine esittir?

� Çözüm: 44 sayısının 4’üncü kuvveti (44)4

= 44·4 = 416

dır. Bu sayının 2’nin kaçıncı kuvveti oldugunu bulmak için 4 yerine 22 yazalım.

416 =(22)16

= 22·16 = 232

oldugundan cevap 32’dir. �

Özellik 3 (x · y)n = xn · yn’dir. �

Kanıt. Tanımdan ve çarpma isleminin özelliklerinden çıkar:

(x · y)n = (x · y) · · ·(x · y)︸︷︷︸n tane (x·y)

= x · · ·x︸︷︷︸n tane x

· y · · ·y︸︷︷︸n tane y

= xn · yn.

�

� Örnek 2.17 (a) 102 = 100’dür. Diger taraftan 22 = 4 ve 52 = 25 oldugundan 22×52 = 4×25 =100 olur. Yani 102 = 22×52’dir.

(b) 215 = (3 ·7)5 = 35 ·75 olur.(c) 26 ·56 sayısı 26 ·56 = (2 ·5)6 = 106 oldugundan 7 basamaklı bir sayıdır. �

� Örnek 2.18 43 ·55 sayısı kaç basamaklı bir sayıdır?

� Çözüm: Bu çarpımı öncelikle 2 ve 5’in kuvvetleri seklinde düzenlemeliyiz. 43 =(22)3

= 26 ve26 = 2 ·25 oldugundan

43 ·55 = 26 ·55 = 2 ·25 ·55 = 2 · (2 ·5)5 = 2 ·105

olur. 2 · 105 sayısı 2’nin sagına 5 tane 0 yazılarak bulunur. Demek ki sayımız 200000, yani 6basamaklı bir sayı. �

Özellik 4 y 6= 0 olmak üzere(

xy

)n

=xn

yn ’dir. �


Kanıt. Yine tanımdan ve çarpma isleminin özelliklerinden çıkar:

(xy

)n

=

(xy

)· · ·(

xy

)︸︷︷︸

n tane

(xy

)=

n tane x︷︸︸︷x · · ·xy · · ·y︸︷︷︸n tane y

=xn

yn .

�

� Örnek 2.19(

25

)4

=25· 2

5· 2

5· 2

5=

2 ·2 ·2 ·25 ·5 ·5 ·5

=24

54 olup, kısaca(

25

)4

=24

54 ’tür. �

� Örnek 2.20 (a)183

93 =

(189

)3

= 23 = 8.

(b) (0,3)3 =

(3

10

)3

=33

103 =27

1000= 0,027. �

� Örnek 2.2110x+1

5x = 160 olduguna göre x kaçtır?

� Çözüm:10x

5x =

(105

)x

= 2x ve 10x+1 = 10x ·101 oldugundan

10x+1

5x =10x ·101

5x =10x

5x ·10 = 2x ·10 = 160

esitliginden 2x = 16 dolayısıyla x = 4 bulunur. �

Özellik 5 — Bölme. x 6= 0 ikenxn

xm bölümüne bakalım.n > m ise kesrin payındaki n tane x’in m tanesi paydadaki m tane x ile sadelesir. Geriye

payda n−m tane x’in çarpımı kalır:

xn

xm =

n tane x︷︸︸︷x · · ·xx · · ·x︸︷︷︸m tane x

=

n−m tane x︷︸︸︷x · · ·x = xn−m.

n = m isexn

xm =xn

xn = 1 olur.n < m ise kesrin paydasındaki m tane x’in n tanesi paydaki n tane x ile sadelesir. Geriye

paydada m−n tane x’in çarpımı kalır:

xn

xm =

n tane x︷︸︸︷x · · ·xx · · ·x︸︷︷︸m tane x

=1

x · · ·x︸︷︷︸m−n tane x

=1

xm−n .

�

� Örnek 2.22 (a)57

54 ifadesinin esiti

57

54 =((((

(5 ·5 ·5 ·5 ·5 ·5 ·5((((

(5 ·5 ·5 ·5= 5 ·5 ·5 = 53


olur. Kısaca57

54 = 57−4 = 53’tür.

(b)57

57 = 1’dir.

(c)54

57 =((((

(5 ·5 ·5 ·5((((

(5 ·5 ·5 ·5 ·5 ·5 ·5=

15 ·5 ·5

=153 olur. Kısaca

54

57 =1

57−4 =153 ’dir. �

� Örnek 2.23 716 sayısının 49’da biri kaçtır?� Çözüm: Bir sayının 49’da birini bulmak için bu sayıyı 49’a bölmeliyiz. Yukarıdaki özelligikullanabilmek için de 49 = 72 esitligini kullanacagız.

716

49=

716

72 = 716−2 = 714.

�

� Örnek 2.24 310 bilyeyi 9 arkadas esit olarak paylasırsa kisi bası

310

9=

310

32 = 310−2 = 38

bilye düser. �

� Örnek 2.25 1018 sayısı 105’in 1013 katıdır. Nitekim

1018

105 = 1018−5 = 1013

tür. �

Özellik 6 — Negatif Kuvvet. x 6= 0 olmak üzere, n > m isexn

xm = xn−m oldugunu yukarıda

gördük. n < m ise xn−m nin bir anlamı olmaz. Ancak n < m olsa da yukarıdaki esitligi dogrukabul edelim ve p pozitif bir tam sayı olmak üzere m = n+ p tanımı yapalım (n < m oldugundanböyle bir p vardır). O zaman

xn−m = xn−(n+p) = x−p

olur. Diger taraftan,

xn−m =xn

xm =xn

xn+p =1xp

oldugundan

x−p =1xp

bulunur. O halde negatif üslü bir ifade, payı 1, paydası kendisinin pozitif üslüsü olan bir kesirolarak tanımlanabilir.

Eger paydada negatif üslü bir ifade varsa, yukarıdaki tanımdan hareketle paya alarak üssünüpozitif yapabiliriz:

1x−p =

11xp

= xp.

�

� Örnek 2.261

6−2 ifadesinin esiti1

6−2 = 62 = 6 ·6 = 36’dır. �

� Örnek 2.27 7−3 ve (−3)−2 ifadelerinin degerleri kaçtır?

� Çözüm: 7−3 =173 =

17 ·7 ·7

=1

343ve (−3)−2 =

1(−3)2 =

19

olur. �


� Örnek 2.2815· 1

5· 1

5· 1

5tekrarlı çarpımı 5’in kaçıncı kuvvetidir?

� Çözüm:15· 1

5· 1

5· 1

5=

(15

)4

=14

54 =154 = 5−4 oldugundan −4’üncü kuvvetidir. �

� Örnek 2.29 (−5)−2 +4−1 toplamının sonucu kaçtır?

� Çözüm: (−5)−2 +4−1 =1

(−5)2 +141 =

1(−5) · (−5)

+14=

125

+14=

4+2525 ·4

=29

100. �

� Örnek 2.30 11−2 +11−1 +110 toplamının sonucu kaçtır?

� Çözüm: 11−2 +11−1 +110 =1

112 +1

111 +1 =1

121+

111

+1 =1+11+121

121=

133121

. �

Özellik 7 — Sıfırıncı Kuvvet. x 6= 0 olmak üzere, n = m oldugu takdirdexn

xm = 1 oldugunuyukarıda gördük. Fakat

xn

xm = xn−m

esitliginin bir anlamı olmaz. Bu esitligin dogru kalması için

x0 = 1

esitligini kabul etmemiz gerekir. O halde sıfır dısındaki bir sayının sıfırıncı kuvvetini 1 olaraktanımlayabiliriz. 00’ı tanımsız kabul edecegiz. �

� Örnek 2.31 (−8)0 = 1 ve(

59

)0

= 1. �

Sıfırıncı ve negatif kuvveti tanımladıgımızdan bundan böyle kuvveti tam sayı alabiliriz. Yuka-rıda pozitif dogal sayılar için verilen özellikler tam sayılar içinde geçerlidir. Digerlerinin kanıtlarınıokura bırakarak üçüncü özelligi kanıtlayalım. x ve y 0’dan farklı sayılar ve n dogal sayısı için,

(x · y)−n =1

(x · y)n =1

xn · yn =1xn ·

1yn = x−n · y−n

bulunur.

Son olarak a ve b, 0’dan farklı sayılar ve n dogal sayısı için(a

b

)−n=

(ba

)n

oldugunu

gösterelim: (ab

)−n=

a−n

b−n =

1an

1bn

=1an ·

bn

1=

bn

an =

(ba

)n

.

� Örnek 2.32 y bir tam sayı olmak üzere, (y−1)y+3 = 1 esitligini saglayan y degerleri toplamıkaçtır?

� Çözüm: Üslü bir ifadenin 1’e esit olması için üç durum vardır.i. Taban 1 olup kuvvet herhangi bir sayı olabilir. Bu durumda y−1 = 1’den y = 2 bulunur.

ii. Kuvvet 0 olup taban 0 hariç herhangi bir sayı olabilir. Bu durumda y+3 = 0 ve y−1 6= 0olmalı. y+3 = 0’dan y =−3 bulunur ve y =−3 için y−1 =−3−1 =−4 6= 0’dır.

iii. Taban −1 ve kuvvet çift olmalı. Bu durumda y−1 =−1’den y = 0 olur ama y’nin bu degerikuvvet olan y+3’ü çift yapmaz. Yani y = 0 bir çözüm olmaz.

Demek ki bu esitligi saglayan y degerleri 2 ve −3’tür, bunların toplamı da −1 olur. �


� Örnek 2.33 (a)(

54

)−2

ifadesinin esiti kaçtır?

(b)(

72

)−1

+

(73

)−1

+

(74

)−1

toplamının sonucu kaçtır?

� Çözüm: (a)(

54

)−2

=

(45

)2

=42

52 =1625

.

(b)(

72

)−1

+

(73

)−1

+

(74

)−1

=27+

37+

47=

97

. �

2.3 Çok Büyük ve Çok Küçük SayılarBir astrofizikçi yıldızların kütleleri veya uzaklıklarını hesaplarken çok büyük sayılarla, bir nükleerfizikçi de atom altı parçacıkların (proton ve nötron gibi) bir takım özelliklerini incelerken çok küçüksayılarla karsılasır.

Bu tür sayıları daha rahat okumak, yazmak ve bunlarla islemler yapabilmek için 10’un kuvvetlerikullanılır.

Bir önceki bölümde

10×10×10×10×10×10 = 1000000

sayısını, yani bir milyonu kısaca 106 olarak gösterebilecegimizi gösterdik. Benzer sekilde birmilyarı

10×10×10×10×10×10×10×10×10 = 1000000000 = 109

olarak gösterebiliriz. Bunlar gibi, 12 tane 10’un çarpımı olan bir trilyon

1000000000000 = 1012

seklinde yazılır. Genel olarak n dogal sayı oldugunda 10n sayısı 1’in sagına n tane 0 koyularakyazılır:

100 = 1 bir101 = 10 on102 = 100 yüz103 = 1000 bin104 = 10000 on bin105 = 100000 yüz bin106 = 1000000 bir milyon...

......

...

� Örnek 2.34 50000000 sayısını 5 tane on milyon, 50 tane bir milyon ya da 500 tane yüz binolarak düsünebiliriz. Yani 50000000 sayısını

50000000 = 5×10000000 = 5×107

ya da50000000 = 50×1000000 = 50×106

ya da50000000 = 500×100000 = 500×105

olarak yazabiliriz. Buradan 5×107 = 50×106 = 500×105 esitliklerine ulasırız. �

2.3 Çok Büyük ve Çok Küçük Sayılar 33

� Örnek 2.35 Yeryüzünün Günes’e uzaklıgı 149600000 km’dir. Bu uzaklıgı yaklasık olarak150000000 km alalım ve üslü biçimde gösterelim.

150000000 = 150×1000000 = 150×106

150000000 = 15×10000000 = 15×107

150000000 = 1,5×100000000 = 1,5×108

Buradan da 150×106 = 15×107 = 1,5×108 esitliklerine ulasılır. �

� Örnek 2.36 Isıgın saniyedeki hızı 300 000 km’dir. Isıgın bu hızla 1 yılda aldıgı yolun uzunlugunaısık yılı denir. Buna göre,

1 gün = 24×60×60 = 86 400 saniye1 yıl = 365 gün 6 saat = 365,25 gün

oldugundan

1 ısık yılı = 365,25×86 400×300 000 = 9 467 280 000 000

km’dir. Bu uzaklıgı yaklasık olarak 9 500 000 000 000 alırsak

1 ısık yılı = 95×1011 = 9,5×1012 km

olur. �

� Örnek 2.37 2,3×109 üslü ifadesinin sayı degerini bulalım.

� Çözüm: 2,3 =2310

= 23×10−1 oldugundan

2,3×109 = 23×10−1×109 = 23×108 = 2 300 000 000

bulunur. �

Simdi de(0,1)× (0,1)× (0,1)× (0,1)× (0,1)× (0,1)

çarpımına bakalım. Bu çarpımı üslü olarak

(0,1)6

olarak gösteririz. Üs almanın özelliklerini kullanırsak

(0,1)6 =

(110

)6

=16

106 =1

106 = 10−6

buluruz. Bu çarpımın degeri0,000001

ve okunusu “ milyonda bir” dir. Demek ki

10−6 = 0,000001.

Genel olarak 10−n sayısı 1’in soluna n tane sıfır ve bu sıfırların en solundakinin sagına virgülkoyularak yazılır:


10−1 = 0,1 onda bir10−2 = 0,01 yüzde bir10−3 = 0,001 binde bir10−4 = 0,0001 on binde bir10−5 = 0,00001 yüz binde bir10−6 = 0,000001 milyonda bir...

......

...

� Örnek 2.38 0,00000008 sayısı 8×0,00000001’dir. 0,00000001 = 10−8 oldugundan

0,00000008 = 8×10−8

olur. Ayrıca 8 = 0,8×10 oldugundan

0,00000008 = 8×10−8 = 0,8×10×10−8 = 0,8×101+(−8) = 0,8×10−7

de yazabiliriz. Diger taraftan 8 = 80/10 = 80×10−1 dir. O zaman da

0,00000008 = 8×10−8 = 80×10−1×10−8 = 80×10−1−8 = 80×10−9

olur. �

� Örnek 2.39 1,2×10−6 ifadesinin sayı degerini bulalım.

� Çözüm: 1,2 = 12×10−1 oldugundan

1,2×10−6 = 12×10−1×10−6 = 12×10−7 = 12×0,0000001 = 0,0000012

bulunur. �

� Örnek 2.40 Hidrojenin yogunlugu 0,00009 gr/cm3’tür. Bu her 1 cm3 hacme sahip hidrojenin

0,00009 gr oldugu anlamına gelir. 1 gr =1

1000kg = 10−3 kg ve 0,00009 = 9×10−5 oldugundan,

hidrojenin yogunlugu

0,00009 gr/cm3 = 9×10−5 gr/cm3 = 9×10−5×10−3 kg/cm3 = 9×10−8 kg/cm3

olur. �

� Örnek 2.41 Havanın yogunlugu 0,00129 gr/cm3’tür. 1 m3 = 106 cm3 oldugundan 1 m3 hava0,00129×106 gr, yani 1290 gr’dır. 1290 gr = 1,29 kg oldugundan havanın yogunlugu

1,29 kg/m3

olur. �

2.3.1 Bilimsel GösterimYukarıda 2000000 sayısını

2×106, 20×105 ya da 200×104,

0,00015 sayısını da

15×10−5, 1,5×10−4 ya da 0,15×10−3


seklinde gösterebilecegimizden bahsettik.Bu farklı gösterimlerden 1≤ |a|< 10 ve n tam sayısı için

a×10n

biçiminde olana bilimsel gösterim denir1. Demek ki 2000000 sayısının bilimsel gösterimi

2×106,

0,00015 sayısının da1,5×10−4

tür.

� Örnek 2.42 (a) 802000000000 sayısının bilimsel gösterimi 8,02×1011’dir.(b) 0,00000000035 sayısının bilimsel gösterimi 3,5×10−10’dur. �

� Örnek 2.43 2377×1018 sayısının bilimsel gösterimi 2377 = 2,377×103 oldugundan

2377×1018 = 2,377×103×1018 = 2,377×1021

olur. �

� Örnek 2.44 0,0052×10−6 sayısının bilimsel gösterimi 0,0052 = 5,2×10−3 oldugundan

0,0052×10−6 = 5,2×10−3×10−6 = 5,2×10−9

olur. �

2.3.2 ÇözümlemeBir sayıyı, bu sayıyı olusturan rakamların basamak degerleri toplamı seklinde yazmaya çözümlemedenir. Bunu yapmak için 10’un kuvvetlerinden yararlanırız. Örnegin 536 sayısını çözümleyelim.536, 5 tane yüzlük, 3 tane onluk ve 6 tane birlikten olusur. Demek ki

536 = (5×100)+(3×10)+(6×1)

olarak çözümlenir. Bu çözümlemeyi üslü olarak

536 = (5×102)+(3×101)+(6×100)

yazarız. Baska bir örnek:

562107394 = (5×108)+(6×107)+(2×106)+(1×105)+(0×104)

+(7×103)+(3×102)+(9×101)+(4×100).

Çözümlemedeki 0× 104 = 0 oldugundan, sayıyı çözümlerken bu kısmı yazmayabiliriz. Yaniçözümlenmis bir sayıda 10’un kuvvetlerinden bazıları yazılmamıssa sayının o basamagında 0 vardemektir. Örnegin (7×102)+(1×100) olarak çözümlenmis sayı 701’dir.

Eger ondalık kesirleri çözümlemek istersek 10’un negatif kuvvetlerini kullanırız. Örnegin23,487 sayısı 2 tane onluk, 3 tane birlik, 4 tane onda birlik, 8 tane yüzde birlik ve 7 tane bindebirlikten olusur. Demek ki bu sayı

23,487 = (2×101)+(3×100)+(4×10−1)+(8×10−2)+(7×10−3)

seklinde çözümlenir.

Kesirleri de ondalık kesirlere dönüstürerek çözümlemelerini yapabiliriz. Örnegin12

kesrini

ondalık kesir biçiminde yazarsak 0,5 olur. O zaman12= 0,5 = 5×10−1 olarak çözümlenir.

1|a| gösterimi a’nın mutlak degeri anlamına gelir.


� Örnek 2.4523

kesrini çözümleyelim.Bunun için 2’yi 3’e bölüp bu kesrin ondalık açılımını bulalım.

23= 0,666666 . . .

O zaman23

’ün çözümlenisi

23= (6×10−1)+(6×10−2)+(6×10−3)+(6×10−4)+ . . .

olur. Bu tür kesirlere ilerde ayrıntılı olarak deginecegiz. �

� Örnek 2.46 Çözümlenisi 2×102 +1×101 +5×10−1 +7×10−3 +9×10−4 olan sayı

210,5079

dur. �

ALISTIRMALAR

2.1 Asagıdaki tekrarlı çarpımları üslü biçimde yazınız. (b 6= 0)

(a) 2 ·2 ·2 ·2 (b) (−4) · (−4) · (−4)

(c) a ·a ·a ·a ·a (d)1b· 1

b· 1

b· 1

b· 1

b

2.2 Asagıdaki üslü ifadelerin degerlerini bulunuz.

(a) 33 (b) 8−2 (c) −4−1 (d) (−1)99

(e)(−3

4

)−2

(f) 0100 (g) 110001 (h) (0,2)−4

2.3 Asagıdaki islemlerin sonuçlarını en sade biçimde üslü olarak yazınız.

(a)((−5)2

)5 (b) 94 ·35 (c) 67 ·57 (d) 56 ·53

(e)(

303

)−1

(f)1112

1111 (g)904

304 (h) 16x ·4y

2.4 Asagıdaki sayıları bilimsel biçimde yazınız.

(a) 103000000 (b) 0,000000523

(c) 623×1018 (d) 356,44×10−21

2.5 Asagıdaki sayıları çözümleyiniz.

(a) 750 012 911 (b) 21,00456

(c)38

(d)176

2.6 Asagıdaki esitliklerde x yerine gelmesi gereken sayıları bulunuz.

(a)(32)5

= (3x)2 (b) 83 ·162 = 2x (c)1020

520 = x10 (d) 1204 = 124 · x4

2.7 a bir rakam olmak üzere aa,001a sayısını çözümleyiniz.


2.8 50,132 sayısının çözümlenisi

5×10x +10y + z×10−2 +2×10−3

olduguna göre x+ y+ z toplamı kaçtır?

2.9 6×6×6×6×6 =

(16

)x

ve (2,4)× (2,4)× (2,4) =(

512

)y

ise xy kaçtır?

2.10 2x+1 +2x+1 = 128 ise x kaçtır?

2.11 5x +5x+1 = 150 esitligini saglayan x kaçtır?

2.12 512 boncuk 125 kutuya esit olarak dagıtılırsa her bir kutuya kaç boncuk düser?

2.13 10034 sayısı 10’un kaç katıdır?

2.14 814 sayısının yarısı kaçtır?

2.15 Günes yüzeyinden 1 saniyede çıkan enerji miktarı 5,5× 1027 kaloridir. Bir saatte günesyüzeyinden çıkan enerji miktarının kalori cinsinden degerini bilimsel biçimde yazınız.

2.16 0,2 m3 hava ile 1,5 m3 hidrojen karıstırılıyor. Karısımın agırlıgını ton cinsinden bulunuz.(1 ton = 1000 kg, havanın yogunlugu 0,00129 gr/cm3, hidrojenin yogunlugu 0,00009 gr/cm3)

2.17 3,56×107 ifadesinin sayı degerini bulunuz.

2.18 Kutup yıldızının ısıgı yeryüzüne 470 yılda gelmektedir. Kutup yıldızının yeryüzüne uzaklı-gını km cinsinden bilimsel biçimde yazınız (1 ısık yılı = 9,5×1012 km).

2.19 x ve y birer tam sayı olmak üzere

xy = 16

kosulunu saglayan (x,y) ikilileri için x+ y toplamının alabilecegi en küçük deger kaçtır?

2.20 m bir dogal sayıdır.

4m ·25m

çarpımı 11 basamaklı en küçük dogal sayıya esitse m kaçtır?

2.21 x = 1 ve y =−2 için x− yx−y ifadesinin degeri kaçtır?

2.22 3n = 27 ve 5m = 125 olduguna gören+m

noranı kaçtır?

2.23 a ve b birer pozitif tam sayıdır.

ab +ab +ab = 21

olduguna göre a+b toplamının sonucu kaçtır?

2.242x ·2x

2x +2x = 2 ise x kaçtır?

2.25 a bir dogal sayı olmak üzere


aa +aa +aa +aa = a5

ise a kaçtır?

2.26 1−1 +

(12

)−1

+

(13

)−1

+

(14

)−1

+

(15

)−1

+ · · ·+(

1100

)−1

toplamını bulunuz.

2.27(

12

)5x−2

= 0,125 ise x kaçtır?

2.2853 ·54 ·55

103 ·104 ·105 isleminin sonucu kaç olur?

A)124 B)

128 C)

1212 D)

1216

2.29 x = 32, y = (−3)2 ve z = (−3)−2 ise asagıdakilerden hangisi dogrudur?

A) x = y = z B) x = y < z C) x = y > z D) x > y = z

2.303−2 +5−2

15−2 isleminin sonucu kaçtır?

A) 31 B) 32 C) 33 D) 34

2.310,25×105

50×103 isleminin sonucu kaçtır?

A) 50 B) 10 C) 5 D) 2

2.32 0,0000279 = 2,79×10a olduguna göre a kaçtır?

A) −5 B) −4 C) 4 D) 5

2.33 x bir tam sayıdır. (x+5)x−2 = 1 olduguna göre x’in alabilecegi degerler toplamı kaçtır?

3. Kareköklü Ifadeler

3.1 Karekök AlmaBir sayının 3 fazlasının 12 oldugu söylenirse, ters islemi kullanarak, yani 12’den 3’ü çıkartarak busayıyı bulabiliriz:

12−3 = 9.

Benzer sekilde bir sayının 5 katının 60 oldugu söylenirse, 60’ı 5’e bölerek bu sayıyı bulabiliriz:

60÷5 = 12.

Simdi kare alma islemini hatırlayalım. Bir sayının karesini almak demek, kendisiyle çarpmakdemekti. Örnegin 72 = 7 ·7 = 49 ve (−7)2 = (−7) · (−7) = 49’dur.

Kare alma isleminin tersine karekök alma denir. Baska bir deyisle, bir sayının karekökünüalmak, o sayının hangi sayının karesi oldugunu bulmaktır. 72 = 49 oldugundan 49’un pozitifkarekökü 7’dir. Bunu sembolle √

49 = 7

seklinde gösteririz. Benzer sekilde (−7)2 = 49 oldugundan 49’un negatif karekökü de−7’dir. Bunuda sembolle

−√

49 =−7

seklinde gösteririz.Bir sayının karesi negatif olamayacagından negatif bir sayının karekökünden bahsedemeyiz.

Demek ki√−16 gibi bir ifade tanımsızdır.

Genel olarak x pozitif bir sayı oldugunda karesi x’e esit olan iki sayı vardır. Bunlardan pozitifolanına x’in pozitif karekökü denir ve

√x biçiminde gösterilir. Negatif olanına da x’in negatif

karekökü denir ve −√

x biçiminde gösterilir. Demek ki(√x)2

=(−√

x)2

= x

dir.

! Bir sayının karekökü denilince pozitif olanı kastedilir.

40 Bölüm 3. Kareköklü Ifadeler

Tanım 3.1 — Karekök.√

x = a ancak ve ancak a2 = x ve a≥ 0’dır.

� Örnek 3.1 (a) 9’un pozitif karekökü√

9 = 3 ve negatif karekökü −√

9 =−3’tür.(b) 0’ın bir tek karekökü vardır o da

√0 = 0’dır.

(c) Karesi 27 olan sayılar√

27 ve −√

27’dir.(d) 8≥ 0 ve 82 = 64 oldugundan

√64 = 8’dir.

(e) 12≥ 0 ve 122 = 144 oldugundan√

144 = 12’dir.

(f)12≥ 0 ve

(12

)2

=12× 1

2=

14

oldugundan

√14=

12

’dir.

(g) 0,2≥ 0 ve (0,2)2 = 0,04 oldugundan√

0,04 = 0,2 olur. �

Karekök almayı alanı verilen karenin kenar uzunlugunu bulma olarak da düsünebiliriz. Alanı Aolarak verilen bir karenin kenar uzunlugunu bulmak için x2 = A esitligini saglayan bir x bulmalıyız.Kenar uzunlugu negatif olamayacagından x≥ 0 olmalı. O zaman tanımı kullanarak

√A = x

yazabiliriz. Demek ki alanı verilen karenin kenar uzunlugu, alanın karekökü alınarak bulunur.

A = 1A = 4

A = 9A = 16

A = 25

x = 1 x = 2 x = 3 x = 4 x = 5

Yukarıdaki karelerde√

A = x esitligi geçerlidir:√

1 = 1,√

4 = 2,√

9 = 3,√

16 = 4,√

25 = 5.Var olmayan bir karenin alanını 0 olarak düsündügümüzde var olmayan karenin kenar uzunlugu da0’dır.

√0 = 0 esitligini burada da elde etmis oluruz.

Karelerin alanları olan, yani karekökleri dogal sayı olan 0, 1, 4, 9, 16, 25, . . . gibi sayılarakaresel ya da tamkare dogal sayılar denir. Bunlardan sonra gelen tamkare dogal sayılar 62 = 36,72 = 49, 82 = 64, 92 = 81, 102 = 100, . . . seklinde sıralanır.

Tamkare kavramı sadece dogal sayılara özgü bir kavram degildir. Örnegin(2

3

)2= 4

9 oldugundan49 ’da tamkare bir rasyonel sayıdır. Görüldügü gibi hem payı hem de paydası tamkare dogal sayı olanrasyonel sayılar da tamkare oluyor. Ileride cebirsel ifadelerin de tamkare olanlarından bahsedecegiz.

Yukarıdaki gibi ilk bakısta tamkare olup olmadıgını göremeyecegimiz dogal sayıların tamkareolup olmadıklarını anlamak için sayıyı asal çarpanlarına ayırırız. Eger asal çarpanların üsleri 2 ve2’nin katı oluyorsa bu sayı tamkaredir, aksi halde degildir. Örnegin 256 sayısının tamkare olupolmadıgını anlamak için bu sayıyı asallarına ayrıstıralım:

256 = 28.

Demek ki 256 tamkare bir dogal sayı. Üs almanın özelliklerini kullanarak 256 = (24)2 yazarsak256, 24’ün yani 16’nın karesi oldugunu görürüz. O zaman

√256 = 16’dır.

� Örnek 3.2 784, 1000 ve 2025 tamkare midir? Eger tamkarelerse kareköklerini bulalım.� Çözüm: 784 = 24 · 72 oldugundan tamkaredir, 784 = (22)2 · 72 = 42 · 72 = (4 · 7)2 = 282 olur.Demek ki

√784 = 28’dir.

3.2 Gerçek (Reel) Sayılar 41

1000 = 103 = 23 ·53 oldugundan tamkare degildir çünkü asal çarpanların üsleri 2 veya 2’ninkatı degildir.

2025 = 34 ·52 oldugundan tamkaredir, 2025 = 34 ·52 =(32)2 ·52 = 92 ·52 = (9 ·5)2 = 452 olur.

O zaman√

2025 = 45’dir. �

! Asal sayıların tamkare olmadıkları açıktır.

Cebirsel ifadelerin de karekökleri alınabilir. Örnegin x12 =(x6)2 oldugundan

√x12 = x6

olur. y6 =(y3)2 oldugundan da √

y6 = y3

olur ancak burada kuvvet tek oldugundan y≥ 0 olmalıdır.

� Örnek 3.3 a≥ 0 ve b≥ 0 olmak üzere a2b6’nın karekökünü bulalım.

� Çözüm: a2b6 = a2(b3)2

=(ab3)2 oldugundan

√a2b6 = ab3 bulunur. �

3.2 Gerçek (Reel) Sayılar

Okur dogal sayıları biliyordur. 0, 1, 2, 3, 4, . . . gibi sayılara dogal sayılar denir.Dogal sayılara eksililerinin eklenmesiyle tam sayılar elde edilir.

. . . ,−5,−4,−3,−2,−1,0,1,2,3,4,5, . . .

gibi sayılara tam sayılar denir.Tam sayıları birbirine oranlarsak kesirleri elde ederiz. Yani iki tam sayının oranı seklinde olan

sayılara kesirli ya da rasyonel sayılar denir. Örnegin 5 tam sayısını 8 tam sayısına oranlarsak(bölersek) 5

8 kesrini, diger bir deyisle rasyonel sayısını elde ederiz. Ama 2 tam sayısını ya daherhangi baska bir tam sayıyı 0 tam sayısına bölemeyiz. Dolayısıyla 2

0 gibi bir ifade rasyonel sayıdegildir çünkü 0’a bölme matematikte tanımlanmamıstır.

Peki yeni görmüs oldugumuz kareköklü sayılar, örnegin√

2 bir rasyonel sayı mıdır? Diger birdeyisle iki tam sayının oranı seklinde yazılabilir mi? Diyelim ki rasyonel. O zaman

√2 =

ab

esitligini saglayan b 6= 0 olacak sekilde a ve b tam sayıları vardır. Genelligi bozmaksızın a ve b’ninsadelesmedigini yani EBOB(a,b) = 1 varsayabiliriz. Karekökün tanımından

2 =a2

b2

olur. Buradan 2b2 = a2 çıkar. Sol taraf çift oldugundan a2’de çifttir. a2 çiftse a’da çifttir1. O haldek bir tam sayı olmak üzere a = 2k yazılabilir. 2b2 = a2 esitliginde a yerine 2k yazarsak 2b2 = 4k2

olur. Her iki tarafı 2’yle sadelestirirsek b2 = 2k2 bulunur. Buradan b’nin de çift oldugu anlasılır. Buda bastaki kesrin en sade oldugu varsayımı ile çelisir. O zaman

√2 rasyonel degildir. Demek ki

rasyonel olmayan sayılar vardır.

1Tek bir sayının karesinin tek oldugu kolayca görülebilir.


Genel olarak x bir tamkare sayı degilse√

x rasyonel degildir. Buradan√

25,√

81 ve√

19 gibi

sayıların rasyonel,√

2,√

51 ve√

23 gibi sayıların ise rasyonel olmadıgı anlasılır. Asal sayılar

tamkare olmadıklarından, p bir asal sayıysa√

p rasyonel olmaz.Rasyonel olmayan sayıları ilk kesfeden “evrenin baslangıcı ve özü tam sayıdır” düsüncesine

sahip olan Pisagor’dur. Pisagor’un bu kesfi onu hiç mutlu etmemis, kendisi ve takipçileri tarafındanuzun bir süre saklanmıstır. O güne kadar bütün nicelikler ya tam sayı ya da bunların birbirine oranıseklinde ifade edilebilirken, simdi Pisagorcu felsefenin açıklayamadıgı nicelikler ortaya çıkmıstı.Sonunda Pisagorcular onlara “Alogon”, yani “ifade edilemez” demislerdir. Bugün onlara “rasyonelolmayan” yani “akla uygun olmayan” anlamında irrasyonel sayılar diyoruz2.

Sayı ekseni üzerindeki her bir nokta ya rasyonel bir sayı ya da irrasyonel bir sayı belirtir.Bunların tümüne birden gerçek (reel) sayılar denir. Yani sayı eksenindeki her bir nokta bir gerçeksayıdır.

3.2.1 Ondalık Kesirler

Egerab

biçimindeki bir rasyonel sayının payını paydasına bölersek bu rasyonel sayının ondalık

açılımını buluruz. Ondalık açılıma, ondalık kesir denir. Örnegin 52 rasyonel sayısının ondalık

açılımı

52= 2,50000 . . .

olur. Bu örnekte bölmenin ikinci adımında kalan sıfır oldugundan, aslında o anda bölme islemibitmistir. Buna ragmen bölmeye devam edilirse, bölüm hanesinde sıfırlar devreder. Devreden 0’larıyazmanın geregi olmadıgından, bu durumda 0’lar yazılmaz. Yani 2,500000 . . . yerine 2,5 yazarız.Bu tür ondalık açılımlara sonlu devirli ondalık kesirler denir.

Eger 43 rasyonel sayısının ondalık açılımını yazarsak

43= 1,333333 . . .

olur. Bu örnekte kalan hiç bir zaman sıfır olmaz. Ancak belli bir adımdan sonra kalanlar tekrarlandı-gından bölüm hanesindeki rakamlar da tekrarlanmaya (devretmeye) baslar. Böyle ondalık kesirleresonsuz devirli ondalık kesirler denir.

Sonlu ya da sonsuz devirli ondalık kesirlere devirli ondalık kesirler denir. Devirli ondalıkkesirlerde devreden basamakların tekrar tekrar yazılması yerine devreden basamaklar bir kereyazılıp üzerine bir çizgi çekilir. Buna göre yukarıdaki örnekler

52= 2,50 = 2,5 ve

43= 1,3

olur.

� Örnek 3.41211

rasyonel sayısının ondalık açılımını bulalım.

� Çözüm: Bunun için 12’yi 11’e bölelim.

2bkz. [T, sayfa 18-20]

3.2 Gerçek (Reel) Sayılar 43

12 11−11 1,0909 . . .

100− 99

100− 99

1...

Demek ki1211

= 1,09 dur. Tahmin edilecegi gibi −1211

’in ondalık açılımı da −1,09 olur. �

Teorem 3.1 Her rasyonel sayı devirli ondalık kesir biçiminde yazılabilir.

Kanıt. Herhangi birab

rasyonel sayısı alıp a’yı b’ye böldügümüzde, bölme isleminde kalanlar0,1,2,3,4, . . . ,b−1’den biri olur. Bölmenin herhangi bir adımında kalan sıfır olursa bölme islemibiter. Bundan sonra bölümde sıfırlar devreder. Eger bölmenin hiçbir adımında kalan sıfır olmuyorsa,her adımda kalan olarak 1, 2, 3,. . ., b−1 sayılarından biri bulunur. En geç b−1 adım sonra kalan-lardan biri tekrarlanacaktır. Bu andan itibaren bölme islemi tekrarlanmaya ve bölümde basamaklardevretmeye baslayacaktır. Bu durumda

ab

rasyonel sayısı devirli ondalık kesir olarak yazılmıs olur.�

Bu teoremin karsıtı da dogrudur. Yani her devirli ondalık kesir bir rasyonel sayıdır. Örnegin3,2 devirli ondalık kesrine karsılık gelen rasyonel sayıyı bulalım. Bu sayı x olsun. Yani x = 3,2.Esitligin 10 katını alırsak 10x = 32 olur. O zaman x = 32

10 = 165 bulunur.

� Örnek 3.5 4,15 ondalık açılımına karsılık gelen rasyonel sayıyı bulalım.

� Çözüm: x = 4,15 olsun. Esitligin iki yanını 100 ile çarparsak

100x = 415

olur. Buradan x = 415100 = 83

20 bulunur. �

� Örnek 3.6 1,6 devirli ondalık açılımına karsılık gelen rasyonel sayıyı bulalım.

� Çözüm: Bu rasyonel sayı y olsun. y = 1,6 = 1,6666666 . . . ise

10y = 16,6

olur. 10y’den y’yi çıkaralım.

10y− y = 16,6−1,6

9y = 15

y =159

=53

bulunur. �

� Örnek 3.7 Hem 1,25 hem de 1,249 devirli ondalık kesirlerine karsılık gelen rasyonel sayılarıbulalım.

� Çözüm: 1,25 = 125100 = 5

4 ’tür. x = 1,249 ise

10x = 12,49, 100x = 124,9 ve 1000x = 1249,9


dur. Ondalık kısımdan kurtulmak için 1000x’den 100x’i çıkaralım.

1000x−100x = 1249,9−124,9

900x = 1125

x =1125900

=54

bulunur. Demek ki 1,25 = 1,249. �

! Yukarıdaki örnege göre devreden rakamı 9 olan bir ondalık kesrin 9’dan bir önceki rakamını1 arttırıp devreden basamagı 0 yapabiliriz. Tersi olarak da devreden rakamı 0 olan bir ondalıkkesrin 0’dan önceki rakamını 1 azaltıp devren rakamı 9 yapabiliriz.

Bir devirli ondalık kesri rasyonel sayıya daha basit sekilde söyle çevirebiliriz:

Devirli Sayı =(Sayının tamamı)− (Devretmeyen sayı)

Virgülden sonra devreden kadar “9”, devretmeyen kadar “0”.

Örnegin 3,42 ondalık kesrine karsılık gelen rasyonel sayıyı bu yöntemle

3,42 =342−34

90=

30890

=15445

buluruz.

� Örnek 3.8 24,35 ondalık kesrine karsılık gelen rasyonel sayı

24,35 =2435−24

99=

241199

dur. �

Devirli olmayan ondalık kesirler de vardır. Örnegin herhangi bir çemberin çevresinin çapınaoranı olan π(pi) sayısı böyledir3. Yani π’nin ondalık kısmındaki rakamlar belli bir yerden sonraterar etmez. Bunu 1761’de Isviçreli matematikçi Lambert kanıtlamıstır. [T, sayfa 48]’de π’ninvirgülden sonraki 707 basamagı var. Biz 15 basamagını yazalım.

π = 3,141592653589793 . . .

Baska bir örnek 5,101001000100001 . . . verilebilir. Buradaki “. . .” anlamına uygun kullanılmıs-tır çünkü virgülden sonraki 1’lerin arasındaki 0’ların sayısı her seferinde bir arttıgından en sagdaki1’den sonra bes tane 0’ın gelecegi açıktır. Ancak 1,235586216693 . . . gibi ondalık kesirlerin devirliolmadıgını söylemek dogru olmaz. Nitekim bu ondalık kesrin virgülden sonraki on iki basamagıverilmis ve on üçüncü basamaktan itibaren tekrar edip etmeyecegini su haliyle bilemeyiz.

Devirli olmayan bu ondalık kesirler birer irrasyonel sayıdır. O halde her gerçek sayının birondalık açılımı vardır. Rasyonel sayıların ondalık açılımları birer devirli (sonlu ya da sonsuz)ondalık kesirdir. Irrasyonel sayıların ondalık açılımları ise devirli olmayan ondalık kesirlerdir.Karsıt olarak, her ondalık açılım bir gerçek sayıya karsılık gelir.

3.3 Kareköklü Sayılarla Islemler3.3.1 Çarpma ve Bölme

Dogrudan teorem olarak verelim.

3Yunan alfabesinin 16’ıncı harfi olan π , Isviçreli büyük matematikçi Euler’in 1737 yılında yayınladıgı bir kitabındakullanmasıyla dairenin çevresinin çapına oranı artık bu harfle gösteriliyor.

3.3 Kareköklü Sayılarla Islemler 45

Teorem 3.2 x≥ 0 ve y≥ 0 olmak üzere,√

x ·√y =√

x · y

dir.

Kanıt. x ≥ 0 ve y ≥ 0 oldugundan a2 = x ve b2 = y kosullarını saglayan a ≥ 0 ve b ≥ 0 sayılarıvardır. Yani

√x = a ve

√y = b’dir. Diger taraftan a2 · b2 = x · y oldugundan a · b =

√x · y ve

dolayısıyla√

x ·√y =√

x · y olur. �Teoremi söyle ifade edebiliriz: Kareköklü iki ifade çarpılırken kök isaretinin(√) içindekiler

çarpılır ve bulunan çarpım kökün içine yazılır.

� Örnek 3.9 (a)√

9 ·16 =√

144 = 12 olup, diger taraftan√

9 ·√

16 = 3 ·4 = 12’dir. Yani√

9 ·16 =√

9 ·√

16

dır.(b)√

25 ·4 =√

100 = 10 olup, diger taraftan√

25 ·√

4 = 5 ·2 = 10’dur. Yani√

25 ·4 =√

25 ·√

4

tür.(c)√

10 ·√

6 =√

10 ·6 =√

60.(d)√

75 =√

25 ·3 =√

25 ·√

3 = 5 ·√

3 = 5√

3.(e) 8√

3 = 8 ·√

3 =√

64 ·√

3 =√

64 ·3 =√

192.(f) 2√

7 ·9√

5 = 2 ·9 ·√

7 ·√

5 = 18 ·√

7 ·5 = 18√

35. �

Teorem 3.2’den ve a≥ 0 iken√

a2 = a oldugundan asagıdaki sonuç çıkar.

Sonuç 3.1 a≥ 0 ve x≥ 0 olmak üzere

a√

x =√

a2 · x

dir.

� Örnek 3.10 (a) 5√

3 =√

52 ·3 =√

25 ·3 =√

75.(b) 8√

5 =√

82 ·5 =√

64 ·5 =√

320. �

� Örnek 3.11√

800’ü ve√

512’yi a√

x biçiminde yazalım.

� Çözüm: Bunun için 800’ü ve 512’yi a2 · x biçiminde yazmalıyız. 800 = 400 · 2 = 202 · 2 ve512 = 256 ·2 = 162 ·2 oldugundan

√800 =

√202 ·2 = 20

√2 ve√

512 =√

162 ·2 = 16√

2

buluruz. Eger 800 = 202 · 2 ve 512 = 162 · 2 esitliklerini görmek zor olursa 800 ve 512’yi asalçaarpanlarına ayırarak bu esitliklere ulasırız.

800 = 25 ·52 = 2 ·24 ·52 = 2 ·(22)2 ·52 = 2 · (4 ·5)2 = 2 ·202

ve

512 = 29 = 28 ·2 =(24)2 ·2 = 162 ·2.

�


Rasyonel iki sayının çarpımı daima rasyoneldir. Irrasyonel iki sayının çarpımı ise rasyonelolabilir. Örnegin

√2 irrasyonel sayısını

√2 irrasyonel sayısıyla çarparsak sonuç rasyonel olur.

Nitekim√

2 ·√

2 =√

2 ·2 =√

22 = 2

dir.√

2’yi√

8 ile çarpınca da sonuç rasyonel olur:√

2 ·√

8 =√

2 ·8 =√

16 = 4.

Genel olarak x≥ 0 oldugunda (√

x)2= (−

√x)2

= x oldugundan eger x ve a rasyonel sayılarise√

x’i ±a√

x ile çarparsak sonuç rasyonel olur.x≥ 0 ve y≥ 0 olmak üzere x · y çarpımı tamkare oluyorsa

√x ile√

y’nin çarpımı da rasyonelolur. Örnegin 24= 23 ·3 ve 6= 2 ·3 oldugundan 24 ·6= 24 ·32 =

(22)2 ·32 = 42 ·32 = (4 ·3)2 = 122

olur. O zaman√

24 ile√

6’nın çarpımı rasyonel olur:√

24 ·√

6 =√

24 ·6 =√

122 = 12.

� Örnek 3.12√

75 = 5√

3 oldugundan√

75’i√

3 ile çarparsak sonuç rasyonel olur: 5√

3 ·√

3 =5 ·3 = 15. �

Irrasyonel bir sayıyı sıfır olmayan rasyonel bir sayıya böldügümüzde sonuç irrasyoneldir.

Örnegin√

2 irrasyonel oldugundan

√2

2de irrasyonel olur. Nitekim

√2

2rasyonel olsa b 6= 0 olacak

sekilde√

22

=ab

olurdu. Buradan√

2 =2ab

bulunur ve bu da√

2’nin irrasyonel olmasıyla çelisir.

Teorem 3.3 x≥ 0 ve y > 0 olmak üzere,√

x√

y=

√xy

dir.

Kanıt. Teorem 3.2’deki gibi yapılır. Okura alıstırma olarak bırakılmıstır. �

� Örnek 3.13 (a)

√14=

12

olup, diger taraftan

√1√4=

12

’dir. Yani

√14=

√1√4

’tür.

(b)

√500√

5=

√5005

=√

100 = 10 olur. Ayrıca√

500 = 10√

5 esitlgini kullanarak da

√500√

5=

10��√

5

��√

5= 10

buluruz.

(c)√

0,4√0,1

=

√0,40,1

=√

4 = 2.

(d)√

0,25 =

√25

100=

√25√100

=510

= 0,5.

(e)10√

102√

2=

102·√

10√2

= 5 ·√

102

= 5 ·√

5 = 5√

5. �


� Örnek 3.14 Alanı 0,0001br2 olan bir karenin kenar uzunlugu

√0,0001 =

√1

10000=

√1√

10000=

1100

= 0,01br

olur. �

3.3.2 Toplama ve Çıkarma

Kareköklü sayılarla toplama ve çıkarma yapabilmek için karekök içlerinin aynı olması gerekir. Budurumda katsayılar topalanarak ya da çıkarılarak karekökün basına katsayı olarak yazılır:

a√

x∓b√

x = (a∓b)√

x.

Örnegin√

3+5√

3 = (1+5)√

3 = 6√

3’tür. Benzer sekilde 8√

3−5√

3 = (8−5)√

3 = 3√

3 olur.

! Sıkça yapılan hatalardan biri√

7+√

10 toplamının√

17’ye esit oldugunun düsünülmesidir.Bu dogru degildir.

√7+√

10 6=√

17

dir.

� Örnek 3.15√

200+√

32 toplamını kök içlerindeki sayılar aynı olmadıgından su haliyle bulama-yız. Ancak Sonuç 3.1’i kullanarak

√200 =

√100 ·2 = 10

√2 ve√

32 =√

16 ·2 = 4√

2 yazarsak ozaman √

200+√

32 = 10√

2+4√

2 = (10+4)√

2 = 14√

2

buluruz. �

� Örnek 3.16 Asagıdaki üçgenin çevresini bulalım.

E

F

G

√20 √

80

√45

� Çözüm:√

20 =√

22 ·5 = 2√

5,√

45 =√

32 ·5 = 3√

5 ve√

80 =√

42 ·5 = 4√

5 oldugundanEFG üçgeninin çevresi

2√

5+3√

5+4√

5 = (2+3+4)√

5 = 9√

5

bulunur. �

� Örnek 3.17 5√

75−2√

48 farkını bulalım.

� Çözüm:√

75 =√

52 ·3 = 5√

3 ve√

48 =√

42 ·3 = 4√

3 oldugundan

5√

75−2√

48 = 5 ·5√

3−2 ·4√

3 = 25√

3−8√

3 = 17√

3

bulunur. �


3.3.3 SıralamaKarekök alma islemi sıralamaya saygı duyar. Diger bir deyisle x ve y negatif olmayan gerçek sayılarve x < y ise

√x <√

y

dir. O zaman dogal sayılardaki

0 < 1 < 2 < 3 < 4 < 5 < 6 < 7 < 8 < 9 < 10 < .. .

sıralamasından√

0 <√

1 <√

2 <√

3 <√

4 <√

5 <√

6 <√

7 <√

8 <√

9 <√

10 < .. .

sıralamasını elde ederiz. Eger karekökü dogal sayı olanların yerine kareköklerini yazarsak

0 < 1 <√

2 <√

3 < 2 <√

5 <√

6 <√

7 <√

8 < 3 <√

10 < .. .

olur. Buradan√

2 ile√

3’ün 1 ile 2 arasında oldugu ve√

2’nin√

3’e göre 1’e daha yakın oldugugörülür. Benzer sekilde

√7’de 2 ile 3 arasındadır ve 3’e daha yakındır.

� Örnek 3.18√

40’ın hangi ardısık iki dogal sayı arasında oldugunu bulalım.

� Çözüm: Önce 40’ın hangi ardısık iki tamkare dogal sayı arasında oldugunu belirleyelim. 40’tanküçük en büyük tamkare dogal sayı 36, 40’tan büyük en üçük tamkare dogal sayı 49’dur.

36 < 40 < 49

oldugundan √36 <

√40 <

√49

olur. Demek ki6 <√

40 < 7

dir. Yani√

40 sayısı 6 ile 7 ardısık dogal sayıları arasındadır. 40, 36’ya 49’dan daha yakın oldugun-dan√

40 da 6’ya daha yakın olur.√

40’ın sayı dogrusundaki yerini yaklasık olarak

4 5 6 7 8

√40

seklinde gösterebiliriz. Eger tahminimizi daha da netlestirmek istersek (6,3)2 = 39,69 ve (6,4)2 =40,96 esitliklerinden 6,3 <

√40 < 6,4 bulunur.

6 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 6.9 7

√40

Bir adım daha devam edersek (6,32)2 = 39,9424 ve (6,33)2 = 40,0689 oldugundan 6,32 <√40 < 6,33 olur. Anlasılacagı üzere bu yaptıgımızın sonu yoktur. Nitekim 40 tamkare bir sayı

olmadıgından√

40 rasyonel degildir, yani devirli bir ondalık açılımı yoktur. Eger hesap makinesinde40’a ve ardından√ sembolüne basarsak karsımıza 6,324555320336759 . . . degeri çıkar. Bu degerien yakın onda birlige yuvarlayarak

√40≈ 6,3 yazabiliriz. �


� Örnek 3.19√

200 sayısının hangi ardısık iki dogal sayı arasında oldugunu bulalım.� Çözüm: Önce 200’ün hangi iki tam kare sayı arasında oldugunu belirleyelim.

196 < 200 < 225

oldugundan14 <

√200 < 15

tir. Demek ki√

200, 14 ile 15 arasında ve 200, 196’ya daha yakın oldugundan√

200’de 14’e dahayakındır.

12 13 14 15 16

√200

�

Eger 2√

7 ile 3√

5 gibi katsayısı 1’den farklı olan sayıları karsılastırmak istersek Sonuç 3.1’ikullanarak önce katsayıları kök içine alıp, karsılastırmayı o sekilde yaparız.

2√

7 =√

22 ·7 =√

28, 3√

5 =√

32 ·5 =√

45 ve√

28 <√

45

oldugundan 2√

7 < 3√

5’dir.

� Örnek 3.20 6√

3 <√

a esitsizligini saglayan en küçük a dogal sayısı kaçtır?� Çözüm: 6

√3 =√

62 ·3 =√

36 ·3 =√

108 oldugundan a’nın en küçük dogal sayı degeri 109’dur.�

ALISTIRMALAR

3.1 Asagıdaki sayıların kareköklerini bulunuz.

(a) 81 (b) 289 (c) 484 (d) 160 000 (e) 1 000 000

3.2 x≥ 0 ve y > 0 olmak üzere asagıdaki ifadelerin kareköklerini bulunuz.

(a) x2 (b) x4 · y2 (c) (x · y)6 (d)x8

y0 (e) 0,4x2 ·0,9y4

3.3 40’ı asagıdaki sayılardan hangisiyle çarparsak çarpım tamkare bir sayı olur?

A) 2 B) 5 C) 10 D) 20

3.4√

40’ı asagıdaki sayılardan hangisiyle çarparsak çarpım rasyonel sayı olur?

A)√

2 B)√

5 C)√

10 D)√

20

3.5 Asagıdaki ABCD karesinin alanı 25 birimkare, EFCG karesinin alanı 4 birimkare ise|AD||DG|

oranı kaçtır?

A

B C

D

E

F

G


3.6 Asagıdaki tüm seklin alanı 400 cm2 olup ABCD ile EFGH kareleri estir. EICJ karesininalanı 50 cm2 olduguna göre ABCD karesinin bir kenarınının uzunlugu kaç cm’dir?

A

B C

D

E

F G

H

I

J

3.7 Asagıdaki sayıların rasyonel olup olmadıklarını belirleyiniz.

(a)√

1000 (b) 2,3133133313333 . . . (c) 50,50505050 . . . (d)π

2(e)√

1,21

3.8 a,0a sayısının esiti 9,1 olduguna göre a kaçtır?

3.9 0,99999999 . . .= 1 esitligini gösteriniz.

3.10 1,2+4,4+6,5 isleminin sonucu kaçtır?

3.11 x = 0,4 ve y = 0,6 devirli sayıları veriliyor. Buna göre,1x+

1y

toplamının sonucu nedir?

3.12 0,2+0,02+0,020 toplamının sonucu kaçtır?

3.13 a ve b aralarında asal olmak üzereab= 0,16 ise a+b kaçtır?

3.14 Asagıdaki ifadeleri en sade hale getiriniz.

(a)√

15 ·√

5 ·√

3 (b)

√80√5

(c)12√

34√

27(d)

√5

17·√

127

3.15 Asagıdaki ifadeleri en sade biçimde yazınız. (x≥ 0 )

(a)√

50+5√

2 (b)

√12·√

23·√

34

(c) 2√

150− 18

√96 (d)

√x2

16+

x2

25

3.16√

1+916

+

√1− 8

9−√

1+1125

isleminin sonucu kaçtır?

3.17√

75−√

27−2√

243 isleminin sonucu kaçtır?

A) 16√

3 B) −16√

3 C) −21√

3 D) −26√

3

3.1813+

√19− 1

25isleminin sonucu kaçtır?

A)34

B)25

C)35

D)45

3.19

(√3

2

)2

+

(√2

3

)2

+

(√5

6

)2

isleminin sonucu kaçtır?

A)5

12B)

109

C)59

D)79


3.20√

120 < x esitsizligini saglayan en küçük x dogal sayısı kaçtır?

A) 121 B) 111 C) 11 D) 1

3.21√

2+√

2√2 ·√

2ifadesinin esiti asagıdakilerden hangisidir?

A) 1 B)√

2 C) 2√

2 D)1√2

3.22 Asagıdaki köklü sayılardan hangisinin yaklasık degeri bilinirse√

216 sayısının yaklasıkdegeri hesaplanabilir?

A)√

2 B)√

3 C)√

5 D)√

6

3.23 a =

√12

, b =

√13

, c =

√14

olarak verildigine göre a, b ve c arasındaki sıralama asagıdakilerden hangisidir?

A) b < c < a B) b < a < c C) a < b < c D) c < b < a

3.24√

3−2 kaça esittir?

A) 9 B) 3 C)13

D)19

3.25√

6×√

8×√

12√2×√

3×√

24isleminin sonucu asagıdakilerden hangisidir?

A) 2 B)12

C)√

6 D) 2√

6

3.26 x2 = 49 ve y2 = 36 ise x− y isleminin sonucu en çok kaçtır?

A) −13 B) −1 C) 1 D) 13

3.27 7 <√

x < 8 kosulunu saglayan kaç farlı x tam sayısı vardır?

A) 13 B) 14 C) 15 D) 16

3.28 a = 4√

3, b = 2√

13, c = 7 sayılarının dogru sıralanısı asagıdakilerden hangisidir?

A) c < a < b B) a < b < c C) a < c < b D) b < a < c

3.29 Alanı 100 cm2 olan karenin yanına sekildeki gibi alanı X cm2 olan bir kare yerlestirildigindeolusan seklin çevresi 48 cm olduguna göre X kaçtır?

100 cm2

X

II4 Olasılık . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.1 Giris4.2 Olası Durumlar ve Olasılık Hesabı

Alıstırmalar

5 Üçgenler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.1 Üçgende Yardımcı Elemanlar5.2 Üçgenin Kenarları ve Karsısındaki Açılar5.3 Üçgenin Kenarları Arasındaki Iliskiler5.4 Üçgen Çizme5.5 Pisagor Teoremi

Alıstırmalar

6 Geometrik Dönüsümler . . . . . . . . . . . . . . 796.1 Dönme6.2 Yansıma6.3 Öteleme

Alıstırmalar

OLASILIK - GEOMETRI VEÖLÇME

4. Olasılık

4.1 Giris

Günlük yasamımızda “Bugün yagmur yagma ihtimali var”, “A takımının B takımını yenme ihtimalifazla” gibi ifadelerle sık sık karsılasırız. Bu ifadelerin her birinde sonucundan kesinlikle eminolmadıgımız bir durum anlatılır.

Bu tür durumlar matematigin olasılık kuramı adlı dalında incelenir. Yani olasılık kuramındaanahtar kelime “belirsizlik”tir. Gerçekten de günlük yasamamıza, meteorolojiye, doga ve toplumolaylarına, ekonomiye belirsizlikler hakimdir. Eger bu belirsizlikler olmasaydı olasılık kuramı dagelisemezdi.

Kuramın tarihsel gelisimi 17’inci asırda kumar düskünü olan soylu ve yazar Chevalier deMéré’nin oynadıgı oyunlarda kendisine çeliski gibi gelen bir durumla karsılasıp, isin içinden çıka-mayınca zamanın tanınmıs genç matematikçisi Blaise Pascal’a basvurmasıyla baslar. Bu çeliskiyleilgili Pascal ve baska bir ünlü matematikçi olan Fermat yazısmaya baslayarak modern olasılıkkuramını ortaya çıkarırlar1. Olasılık bu yıllarda sans oyunlarıyla özdes tutulurken, günümüzde artıkbir meteoroloji uzmanı havanın gelecegi hakkında tahmin yaparken, hükümetler ve belediyelerbütçe yaparken, güvenlik, tarım, ticaret gibi birçok alanda olasılık hesaplarından yararlanılır.

4.2 Olası Durumlar ve Olasılık Hesabı

Bir madeni parayı havaya atıp serbest düsmeye bırakırsak yazı ya da tura gelir. Burada atılan paranıntam bir dengeye sahip oldugunu, yani her iki yüzünün agırlıkça aynı oldugunu farzediyoruz. Böyleparaya hilesiz para denir. Zar attıgımızda da zarın hilesiz oldugunu, belli sayıda topun bulundugutorbadan top çekerken de topların özdes olduklarını varsayacagız.

Madeni paranın havaya atılmasına olasılık dilinde deney denir. Yani deney kavramı, sonucuönceden kestirilemeyen gerçek bir deneyi (laboratuvar deneyi gibi) ya da belirsizlik tasıyan birgözlem, ölçüm veya etkinligi ifade eder.

Deney sonucunda elde edilebilecek tüm sonuçlara deneyin çıktıları denir. Madeni paranınhavaya atılması deneyinde çıktılar yazı ve turadır. Yazı çıkmasını Y, tura çıkmasını da T ilegösterirsek, muhtemel çıktılar (olası durumlar)

Y,T

olur. Çıktıların her birine de olay denir.

1bkz. [MD, sayı 99].

56 Bölüm 4. Olasılık

Atılan paranın yazı gelmesine A, tura gelmesine de B olayı diyelim. Bu durumda A olayınınolma olasılıgı, muhtemel 2 çıktıdan 1’i yazı oldugu için 1

2 ’dir. Benzer sekilde B olayının olmaolasılıgı da muhtemel 2 çıktıdan 1’i tura oldugu için 1

2 ’dir.Herhangi bir A olayının olasılıgı kısaca O(A) ile gösterilir. Eger A ve B olayları yukarıdaki

olaylarsa

O(A) =12

ve O(B) =12

olur.Genel olarak herhangi bir A olayının olma olasılıgı

O(A) =A olayının sayısı

Olası durumların sayısı

seklinde hesaplanır.Bir deneydeki olayların her birinin olasılıgı aynı ise bu tür olaylara es olumlu olaylar denir.

Yukarıda paranın hilesiz oldugu varsayıldıgından ve paranın iki yüzü oldugundan (dik gelmedurumunu yok sayıyoruz) tura ve yazı gelme olasılıklarını 1

2 bulduk.Genel olarak bir deneyde n tane olası durumun hepsi es olumlu ise, yani gerçeklesme olasılıkları

aynı ise bu olası durumların olasılıklarının her biri 1/n’dir.

� Örnek 4.1 Bir zarı attıgımızda zarın üst yüzüne 1, 2, 3, 4, 5 ve 6 gelebilir. Yani 6 olası durumvardır. Zarın hilesiz oldugunu varsaydıgımızdan her bir durumun olasılıkları esittir. 6 durumoldugundan her birinin olasılıgı 1

6 ’dır. �

� Örnek 4.2 Bir torbada özdes 3 mavi, 4 yesil ve 2 turuncu bilye olsun. Bu torbada toplam3+4+2 = 9 bilye vardır. Torbadan rastgele bir bilye çekilirse bunun mavi olma olasılıgı 3

9 , yesilolma olasılıgı 4

9 ve turuncu olma olasılıgı 29 ’dur. �

� Örnek 4.3 Hilesiz bir zarı havaya atalım. Zarın tek gelmesine T olayı dersek, T olayı zarın

1,3,5

ten herhangi birinin gelmesidir. Bu durumda O(T ) = 36 = 1

2 olur.Zarın çift gelmesine Ç olayı dersek, Ç olayı zarın

2,4,6

dan herhangi birinin gelmesidir. Bu durumda O(Ç) = 36 = 1

2 olur. �

� Örnek 4.4 Bir madeni parayı arka arkaya iki kez atarsak 2×2 = 4 sonuç elde ederiz:

Birinci Atıs Ikinci AtısTura TuraTura YazıYazı TuraYazı Yazı

Bu deneyin çıktılarını (1. atıs, 2. atıs) seklinde gösterirsek çıktılar

(T,T),(T,Y),(Y,T),(Y,Y)

olur. Ikisinin tura gelme olayına C dersek C olayı (T,T) gelmesidir. Birinin tura, digerinin yazıgelme olayına D dersek, D olayı (T,Y) ile (Y,T) den birinin gelmesidir. Bu durumda O(C) = 1

4 veO(D) = 2

4 ’tür. �

4.2 Olası Durumlar ve Olasılık Hesabı 57

� Örnek 4.5 3 kırmızı 5 mavi özdes topun oldugu torbadan rastgele bir top çekelim.Bu deneyin çıktıları, kırmızı topları k1,k2,k3 ve mavi topları m1,m2,m3,m4,m5 seklinde göste-

rirsekk1,k2,k3,m1,m2,m3,m4,m5

olur. Kırmızı topların sayısı mavi topların sayısından az oldugundan çekilen topun kırmızı olmaolasılıgı, mavi olma olasılıgından azdır. Çekilen topun kırmızı olma olayını K ile, mavi olma olayınıda M ile gösterirsek

O(K) =38

ve O(M) =58

olur. �

� Örnek 4.6 Bir zarla bir madeni parayı birlikte atalım. Zarda olay sayısı 6, parada da olay sayısı2 olay oldugundan toplam olay sayısı 6×2 = 12’dir. Bunları (para, zar) seklinde gösterirsek

(T,1) (T,2) (T,3) (T,4) (T,5) (T,6)(Y,1) (Y,2) (Y,3) (Y,4) (Y,5) (Y,6)

dır. O zaman zarın 5 ve paranın yazı gelme olasılıgı 1/12’dir. �

� Örnek 4.7 Bir çift zarı atarsak 6× 6 = 36 sonuç elde ederiz. Çıktıları (birinci zar, ikinci zar)seklinde yazarsak bunlar

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)

olur. Burada (2,4) birinci zarın 2, ikinci zarın 4 gelmesi, (4,2) ise birinci zarın 4, ikinci zarın 2gelmesi demektir.

Bu durumda atılan iki zarın toplamının 4’ün katı olması olayına A dersek, A olayı (1,3), (2,2),(2,6), (3,1), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2), (6,6) dan birinin gelmesidir. O zaman O(A) = 9

36 = 14 ’tür.

Zarların aynı gelmesi olayına B dersek, B olayı (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6) dan biriningelmesidir. Demek ki O(B) = 6

36 = 16 .

Zarda çıkan sayıların toplamının 4’ün katı ve aynı olması olayına da C dersek, C olayı (2,2),(4,4), (6,6) dan birinin gelmesidir. Bu durumda da O(C) = 3

36 = 112 olur. C olayı A olayıyla B

olayının birlikte gerçeklesmesidir.Zarın birinin 3, digerinin 4 gelmesi olayına D dersek, D olayı zarların (3,4),(4,3) gelmesidir.

O zaman O(D) = 236 = 1

18 ’dir.Birinci zarın 2, ikinci zarın 5 gelmesi olayına E dersek, E olayı (2,5) tir. O zaman O(E)= 1

36 ’dır.�

� Örnek 4.8 Bir torbaya 1’den 10’a kadar numaralandırılmıs 10 özdes kart konuyor. Torbadanrastgele bir kart seçildiginde

(a) Tek numaralı bir kart çıkma olasılıgı kaçtır?(b) Çift numaralı bir kart çıkma olasılıgı kaçtır?(c) Asal numaralı bir kart çıkma olasılıgı kaçtır?(d) 2’ye ve 3’e bölünen bir numaranın oldugu kart çıkma olasılıgı kaçtır?(e) 2’ye veya 3’e bölünen bir numaranın oldugu kart çıkma olasılıgı kaçtır?

� Çözüm: Bu deneyde olası durumlar 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10’dur.


(a) Tek numaralı kartlar 1,3,5,7,9 olmak üzere 5 tanedir. O zaman tek numaralı kart olmaolasılıgı 5

10 = 12 ’dir.

(b) Çift numaralı kartlar 2,4,6,8,10 olmak üzere 5 tanedir. O zaman çift numaralı kart olmaolasılıgı 5

10 = 12 ’dir.

(b) Asal numaralı kartlar 2,3,5,7 olmak üzere 4 tanedir. O zaman asal numaralı kart olmaolasılıgı 4

10 = 25 ’tir.

(d) 2’ye ve 3’e bölünen sadece 6 numaralı karttır. O zaman 2’ye ve 3’e bölünen kart olmaolasılıgı 1

10 ’dur.(e) 2’ye bölünen kartlar 2,4,6,8,10 ve 3’e bölünen kartlar 3,6,9’dur. O zaman 2’ye veya 3’e

bölünen kartlar 2,3,4,6,8,9,10 olup, çekilen kartın 2’ye veya 3’e bölünen kart olma olasılıgı7

10 ’dur. �

Eger bir A olayı daima oluyorsa O(A) = 1, eger bir B olayı hiç olmuyorsa O(B) = 0’dır. A’yakesin olay, B’ye de imkânsız olay denir. Buradan herhangi bir C olayı için

0≤ O(C)≤ 1

sonucunu çıkarabiliriz. Örnegin 8 mavi topun bulundugu bir torbadan çekecegimiz topun maviolması kesindir, yani O(M) = 1’dir. Sarı olması ise imkânsızdır, yani O(S) = 0’dır.

� Örnek 4.9 Haftanın günleri özdes kartlara yazılıp bir torbaya atılıyor. Bu deneyde Pazartesi, Salı,Çarsamba, Persembe, Cuma, Cumartesi, Pazar olmak üzere 7 olası durum vardır.

(a) Çekilen bir kartın üzerinde P harfiyle baslayan bir gün yazma olasıgı 3/7’dir.(b) Çekilen bir kartın üzerinde C harfiyle baslayan bir gün yazma olasıgı 2/7’dir.(c) Çekilen bir kartın üzerinde A harfiyle baslayan bir gün yazma olasıgı 0’dır.(d) Çekilen bir kartın üzerinde alfabedeki bir harfle baslayan bir gün yazma olasıgı 1’dir. �

Bir olayın tümleyeni ile olası durumlardan bu olayın dısındaki bütün olaylar kastedilir. Örneginpara atma deneyinde yazı gelme olayının tümleyeni tura gelmesidir. Zar atma deneyinde 1 gelmesi-nin tümleyeni 2,3,4,5,6’dan herhangi birinin gelmesi yani 1 gelmemesidir. Zarın 1 gelmesi olayınaA dersek O(A) = 1

6 ’dır. 1 gelmemesi olayını da A′ ile gösterirsek O(A′) = 56 olur. Görüldügü gibi

bir olayın olasılıgı ile bu olayın tümleyeninin olasılıgı toplamı 1’dir. Demek ki herhangi bir A olayıiçin

O(A)+O(A′) = 1

dir.

� Örnek 4.10 Zar attıgımızda zarın üst yüzüne 3’ün katı olan bir sayı gelmeme olasılıgı kaçtır?

� Çözüm: Iki türlü çözelim.(i) Olası durumlar 1, 2, 3, 4, 5, 6’dır. 3’ün katı olanlar 3 ve 6’dır. Demek ki 3’ün katı olma

olasılıgı 26 = 1

3 ’tür. O zaman 3’ün katı olmama olasılıgı 1− 13 = 2

3 olur.(ii) 3’ün katı olmayanlar 1, 2, 4 ve 5 olmak üzere dört tanedir. O zaman 3’ün katı olmama

olasılıgı 46 = 2

3 bulunur. �

� Örnek 4.11 — Var mısın Yok musun. 1’den 100’e kadar numaralandırılmıs 100 kutunun birindeson model bir arabanın anahtarı olup diger kutular bostur. Sizden bir kutuyu seçmeniz isteniyor veeger anahtarın oldugu kutuyu seçerseniz araba sizin oluyor.

. . .1 2 3 100

4.2 Olası Durumlar ve Olasılık Hesabı 59

Diyelim ki 18 numaralı kutuyu seçtiniz. Sizin seçtiginiz kutu ve baska bir kutu, örnegin 77numaralı kutu haricindeki bos olan 98 kutu açılıyor2. Geriye sizin seçtiginiz 18 numaralı kutuyla77 numaralı kutu kalıyor. Yani anahtar ya sizin seçtiginiz kutuda ya da diger kutuda.

18 77

Buna göre(a) Yarısmayı düzenleyen isterseniz kutunuzu degistirebileceginizi söylüyor. Kutunuzu degistirir

misiniz, degistirmez misiniz?(b) Anahtarın seçtiginiz kutuda olma olasılıgı kaçtır?(c) Anahtarın seçtiginiz kutuda olmama olasılıgı kaçtır?

� Çözüm: Önce (b) ve (c)’yi cevaplayalım.(b) 100 kutu oldugundan ve sadece bir kutuda anahtar oldugundan anahtarın sizin seçtiginiz

kutuda olma olasılıgı 1100 ’dir.

(c) b’ye göre seçtiginiz kutuda anahtar olmama olasılıgı 99100 ’dur.

(a) b ve c’ye göre anahtarın sizin seçtiginiz kutuda olma olasılıgı 1100 , olmama olasılıgı da 99

100oldugundan kutunuzu degistirme hakkı verilirse kutunuzu degistirmelisiniz. �

ALISTIRMALAR

4.1 Iki basamaklı dogal sayılar özdes kartlara yazılıp bir torbaya konuyor. Torbadan rastgele birkart çekildiginde kartta 7’nin katı olan bir sayının yazma olasılıgı kaçtır?

4.2 Bir çift zar atıldıgında zarların toplamının 6 olma olasılıgını kaçtır?

4.3 Üç madeni para atıldıgında üçünün tura gelme olasıgı kaçtır? Ikisinin tura birinin yazı gelmeolasılıgı kaçtır?

4.4 Zar attıgımızda çift veya tek gelme olasılıgı kaçtır? Peki 7 gelme olasılıgı kaçtır?

4.5 Üç madeni paranın atılması deneyinde

(a) Tüm olası durumları bulunuz.

(b) Paralardan ikisinin yazı, birinin tura gelme olasıgı kaçtır?

4.6 Bir zar atıldıgında üst yüze gelen sayının 2 ile bölünebilen bir sayı veya 3’ten büyük bir sayıgelme olasılıgı kaçtır?

4.7 1’den 100’e kadar olan tam sayılar özdes kartlara yazılıp bir torbaya atılıyor. Torbadanrastgele bir kart çekildiginde

(a) Asal olma olasılıgı kaçtır?

(b) Asal olmama olasılıgı kaçtır?

(c) a ve b seçeneklerinde buldugunuz olasılıkların toplamı kaçtır?

4.8 25’in dogal sayı bölenleri özdes kartlara yazılıp bir torbaya koyuluyor. Bu torbadan rastgelebir kart seçildiginde

(a) Tek sayı olma olasılıgı kaçtır?

(b) Asal olma olasılıgı kaçtır?

218 ve 77 numaraları keyfidir. Onların yerine baska numaralar da yazabilirsiniz.


4.9 Bir torbada bulunun renkleri dısında özdes olan 18 topun bir kısmı mavi, bir kısmı yesildir.Torbadan çekilen bir topun mavi olma olasılıgı 1

3 ise torbada kaç yesil top vardır?

4.10 A torbasına 1’den 50’ye kadar olan dogal sayılar, B torbasına da 51’den 100’e kadar olandogal sayılar özdes kartlara yazılıp koyuluyor. Her iki torbadan rastgele bir kart seçildiginde

(a) Hangi torbadan seçilen kartın asal sayı olma olasıgı daha fazladır?

(b) Hangi torbadan seçilen kartın 20’nin katı olma olasıgı daha fazladır?

(c) Her iki torba için seçilen kartın 30’un bir böleni olma olasılıklarını hesaplayınız.

4.11 t uzunlugunda bir tebesir rastgele bir noktasından kırılmaktadır. Ortaya çıkan iki parçadanbirinin uzunlugunun digerinin uzunlugunun en az iki katı olma olasılıgı nedir?

5. Üçgenler

Düzlemde aynı dogru üzerinde olmayan üç noktayı alıp ikiser ikiser birlestirirsek üçgen eldeederiz. Asagıda aynı dogru üzerinde olmayan A, B ve C noktalarını köse kabul eden4ABC üçgeniçizilmistir.

A

B C

A, B ve C noktalarına üçgenin köseleri, [AB], [AC] ve [BC] dogru parçalarına da üçgeninkenarları denir. ∠A, ∠B ve ∠C açılarına da üçgenin iç açıları denir1. Açılar, köseler ve kenarlarüçgende temel elemanlardır. Temel elemanlar dısında üçgende bir de yardımcı elemanlar vardır.

5.1 Üçgende Yardımcı Elemanlar

5.1.1 YükseklikÜçgenin bir kösesinden karsısındaki kenara veya uzantısına çizilen dikmeye o kenara ait yükseklikdenir.

Dar açılı bir4ABC üçgeninde [BC] kenarına A noktasından çizilen dikmenin ayagı D olsun.Bu durumda [AD], [BC] kenarına ait yüksekliktir. [AD]⊥ [BC]’dir.

A

B CD

Dar açılı üçgendeki diger kenarlara ait yükseklikleri çizersek bu yükseklikler üçgenin içbölgesindeki bir noktada kesisir.

1Bu kitapta açı için ∠ sembolünü kullanacagız.

62 Bölüm 5. Üçgenler

A

B CD

EF

G

Yukarıdaki üçgende [BC] kenarına ait yükseklik [AD], [AC] kenarına ait yükseklik [BE], [AB]kenarına ait yükseklik de [CF ]’dir. Yükseklikler üçgenin iç bölgesindeki G noktasında kesisti.

Eger üçgenimiz yukarıdaki gibi dar açılı degilde genis açılı bir üçgense yüksekliklerin uzantılarıüçgenin dıs bölgesindeki bir noktada kesisir.

A

B C

D

E

H

M

[AB] kenarına ait yükseklik [CM], [AC] kenarına ait yükseklik [BD], [BC] kenarına ait yükseklik[AH]’dir. Yüksekliklerin uzantıları üçgenin dısındaki E noktasında kesisti.

Dik açılı üçgende ise dik kenarlar aynı zamanda yükseklik olur ve 90◦’lik açının oldugu köseyüksekliklerin kesistigi noktadır.

A

B C

D

[AB] kenarına ait yükseklik [BC], [AC] kenarına ait yükseklik [BD], [BC] kenarına ait yükseklik[AB]’dir. Yükseklikler B noktasında kesisti.

5.1.2 Açıortay

Üçgende bir köseye ait açıyı ortalayan dogrunun üçgen içinde kalan parçasına bu açıya ait açıortaydenir.

5.1 Üçgende Yardımcı Elemanlar 63

A

B

C

D

Yukarıdaki4ABC üçgenindeki∠A açısını ortalayan [AD] dogru parçası∠A açısının açıortayıdır.Yani m(∠BAD) = m(∠DAC)’dir.

Herhangi bir üçgende açıortaylar daima üçgenin iç bölgesinde bir noktada kesisir.

A

B

C

D

E

F G

Yukarıdaki üçgende ∠A açısının açıortayı [AD], ∠B açısının açıortayı [BE], ∠C açısının açıor-tayı [CF ]’dir. Açıortaylar üçgenin iç bölgesindeki G noktasında kesisti.|AB| < |BC| olacak sekilde kagıttan bir 4ABC üçgenini A noktasından tutup [BC] ve [AB]

kenarları çakısacak sekilde katladıgımızda olusan kat çizgisi ∠B açısının açıortayı olur. Asagıda[BD] açıortaydır.

A A A

B B BC C C

D D

A′

→ →

5.1.3 Kenarortay

Üçgende bir kenarın orta noktasını, bu kenarın karsısındaki köseye birlestiren dogru parçasına okenara ait kenarortay denir.

A

B CD

Yukarıdaki üçgende [BC] kenarının orta noktası olan D’yi karsısındaki köse olan A ile birlestiren[AD] dogru parçası [BC] kenarına ait kenarortaydır. |BD|= |DC|’dir.

Herhangi bir üçgende kenarortaylarda daima üçgenin iç bölgesindeki bir noktada kesisir.


A

B C

GEF

D

Yukarıdaki üçgende [AB]’nin kenarortayı [CF ], [AC]’nin kenarortayı [BE], [BC]’nin kenarortayı[AD]’dir. Kenarortaylar üçgenin iç bölgesindeki G noktasında kesisti.

Özel DurumlarEskenar üçgende tüm kenarlara ait yükseklik ve kenarortay ile bu kenarların karsısındaki açılarınaçıortayları çakısır. Ikizkenar üçgende ise tabana ait yükseklik ve kenarortay ile tabanın karsısındakiaçının açıortayı çakısır.

Eskenar Üçgen Ikizkenar Üçgen

A

B C

E

D

F

K

L MN30◦30◦

30◦30◦

30◦30◦

Yukarıdaki 4ABC eskenar üçgeninde [BC] kenarına ait kenarortay olan [AD], aynı zamandahem [BC] kenarının yüksekligi hem de ∠A açısının açıortayıdır. [BE] ve [CF ] içinde aynı seygeçerlidir.4KLM ikizkenar üçgeninde ise taban olan [LM] kenarına ait kenarortay olan [KN], hem[LM] kenarının yüksekligi hem de ∠K açısının açıortayıdır.

5.2 Üçgenin Kenarları ve Karsısındaki Açılar

Teorem 5.1 Bir üçgende büyük kenar karsısında büyük açı bulunur.

Kanıt. |AC|> |AB| olacak sekilde bir4ABC üçgeni ve bu üçgenin [AC] kenarı üzerinde |AB|= |AD|olacak sekilde bir D noktası alalım.

A

B D

C

4ABD üçgeni ikizkenar olup m(∠ABD) = m(∠ADB)’dir. D noktası A ile C arasında oldu-gundan m(∠ABC)> m(∠ABD) olur. m(∠ABD) = m(∠ADB) oldugundan m(∠ABC)> m(∠ADB)oldugu çıkar. Ayrıca∠ADB açısı BDC üçgeninin bir dıs açısı oldugundan kendine komsu olmayan içaçıların her birinden büyüktür, yani m(∠ADB)> m(∠ACB)’dir. Demek ki m(∠ABC)> m(∠ACB).Bu da göstermek istedigimizdi. �

5.2 Üçgenin Kenarları ve Karsısındaki Açılar 65

Bu teoremin karsıtı da dogrudur. Yani büyük açı karsısında büyük kenar bulunur. Bir ABCüçgeninde m(∠B) > m(∠C) olsun. Bu takdirde |AC| > |AB|’dir. Çünkü |AC|, |AB|’den büyükolmasa ya |AC|, |AB|’den küçüktür ya da |AC|= |AB|’dir.|AC|< |AB| olamaz çünkü bu takdirde yukarıdaki teoreme göre m(∠B)<m(∠C) olması gerekir

ki bu da varsayımımızla çelisir.|AC| = |AB| de olamaz çünkü bu takdirde yukarıdaki teoreme göre m(∠B) = m(∠C) olması

gerekir ki bu da varsayımımızla çelisir. O halde |AC|> |AB|’dir.

� Örnek 5.1 Asagıdaki4ABC üçgeninde |AB|= 3cm, |AC|= 2cm ve |BC|= 4cm’dir. Bu üçgeninaçılarının ölçüleri arasındaki sıralamayı belirleyelim.

A

B C

3

4

2α

βγ

� Çözüm: Kenar uzunlukları arasındaki sıralama 2 < 3 < 4 oldugundan, açılarının ölçüleri arasın-daki sıralama da γ < β < α’dır. �

� Örnek 5.2 Asagıdaki4ABC üçgeninde m(∠A) = 83◦ ve m(∠C) = 34◦’dir. Bu üçgenin kenaruzunlukları arasındaki sıralamayı belirleyelim.

A

B C

c

a

b83◦

34◦

� Çözüm: m(∠A)+m(∠C) = 83◦+ 34◦ = 117◦ ise m(∠B) = 180◦− 117◦ = 63◦’dir. Demek kibu üçgenin açılarının ölçüleri arasındaki sıralama m(∠A)> m(∠B)> m(∠C)’dir. Buradan kenaruzunlukları arasındaki sıralama a > b > c bulunur. �

� Örnek 5.3 Bir dik üçgende 90°’lik açının karsısındaki kenara hipotenüs denir. Dik açıyı olustu-ran kenarlara da dik kenarlar denir. Üçgende diger açılar 90°’den küçük olduklarından (Neden?),dik üçgende en uzun kenar hipotenüstür.

A

B C

hipotenüs

dik kenar

dik

kena

r

Yukarıdaki dik üçgende en uzun kenar [AC]’dir. Yani |AC|> |AB| ve |AC|> |BC| dir. �

� Örnek 5.4 Asagıdaki sekilde en uzun kenar hangisidir?


A

B

C

c

a

b

D

e

d

25◦52◦

51◦

44◦

� Çözüm: ABC üçgeninde m(∠CAB)+m(∠ACB) = 51◦+ 44◦ = 95◦ oldugundan m(∠ABC) =180◦−95◦ = 85◦ olur. Açılar arasındaki sıralama 44◦ < 51◦ < 85◦ oldugundan kenarlar arasındakisıralama

c < a < b (1)

dir.4ADC üçgeninde m(∠CDA)+m(∠ACD) = 52◦+25◦ = 77◦ oldugundan m(∠DAC) = 180◦−77◦ = 103◦ olur. Açılar arasındaki sıralama 25◦ < 52◦ < 103◦ oldugundan kenarlar arasındakisıralama

e < b < d (2)

dir. (1) ve (2)’den en uzun kenarın d oldugu çıkar. �

5.3 Üçgenin Kenarları Arasındaki Iliskiler

Teorem 5.2 Bir üçgende bir kenar diger iki kenarın toplamından küçük, farkından büyüktür.

Kanıt. [BC] kenarı en büyük olacak sekilde bir4ABC üçgeni alıp, üçgenin [AB] kenarını |AD|=|AC| olacak sekilde uzatalım.

A

B C

D

4ACD üçgeni ikizkenardır ve m(∠ACD) = m(∠ADC) olup, bu açılar ∠DCB açısından küçük-tür. Üçgende büyük açı karsısında büyük kenar oldugundan |BC|< |BD|’dir. |BD|= |BA|+ |AD|ve |AD|= |AC| oldugundan

|BC|< |BA|+ |AC| (1)

bulunur. [BC] en büyük kenar oldugundan

|AB|< |BC|+ |AC| (2)

ve|AC|< |BA|+ |BC| (3)

esitsizlikleri de geçerlidir.

5.3 Üçgenin Kenarları Arasındaki Iliskiler 67

Simdi varsayalım ki yukarıdaki üçgende |BC|> |BA|> |AC|. (1) esitsizliginin iki tarafından|BA| çıkartılırsa

|BC|− |BA|< |AC|, (4)

|AC| çıkartılırsa|BC|− |AC|< |BA| (5)

bulunur. (2) esitsizliginin iki tarafından |AC| çıkarılarak da

|AB|− |AC|< |BC| (6)

elde edilir. (1) ve (6) esitsizliklerinden

|AB|− |AC|< |BC|< |BA|+ |AC|, (∗)

(2) ve (5) esitsizliklerinden

|BC|− |AC|< |AB|< |BC|+ |AC|, (∗∗)

(3) ve (4) esitsizliklerinden de

|BC|− |BA|< |AC|< |BA|+ |BC| (∗∗∗)

bulunur. (∗), (∗∗) ve (∗∗∗) esitsizlikleri de göstermek istedigimiz esitsizliklerdi. Bu esitsizliklereüçgen esitsizlikleri denir. �

� Örnek 5.5 5 cm, 7 cm ve 8 cm uzunlugundaki üç dogru parçasıyla üçgen insa edilebilir mi?

� Çözüm: Teorem 5.2’ye göre herhangi bir kenar diger iki kenarın fakından büyük, toplamındanküçük olmalı. O zaman

8−7 < 5 < 8+7

sıralamasından 2 < 5 < 15 çıkar ki, bu dogrudur.

8−5 < 7 < 8+5

sıralamasından 3 < 7 < 13 çıkar ki, bu da dogrudur.

7−5 < 8 < 7+5

sıralamasından da 2 < 8 < 12 çıkar, bu da dogrudur. Demek ki 5 cm, 7 cm ve 8 cm uzunlugundakiüç dogru parçasıyla üçgen insa edilebilir. �

� Örnek 5.6A

B C

3

a

4

Yukarıdaki üçgende |AB|= 3 br, |BC|= a br ve |AC|= 4 br’dir. Buna göre(a) a’nın alabilecegi kaç farklı dogal sayı degeri vardır?(b) a’nın alabilecegi en küçük dogal sayı degeri kaçtır?(c) a’nın alabilecegi en büyük dogal sayı degeri kaçtır?(d) a’nın alabilecegi dogal sayı degerlerinin toplamı kaçtır?

� Çözüm: (a)4ABC üçgeninde 4−3 < a < 4+3 olmalıdır. Demek ki


1 < a < 7

dir. Buradan a’nın alabilecegi dogal sayı degerleri 2, 3, 4, 5, 6 bulunur.(b) a’nın alabilecegi en küçük dogal sayı degeri 2’dir.(c) a’nın alabilecegi en büyük dogal sayı degeri 6’dır.(d) a’nın alabilecegi dogal sayı degerlerinin toplamı 2+3+4+5+6 = 20’dir. �

� Örnek 5.7 Asagıdaki sekilde |AB|= 2 birim, |AC|= 4 birim, |BD|= 6 birim ve |CD|= 2 birimolduguna göre x kaç farklı dogal sayı degeri alır?

A

B C

2

x

4

D

62

� Çözüm:4ABC üçgeninde 4−2 < x < 4+2 olmalıdır. Buradan

2 < x < 6

bulunur.4BCD üçgeninde ise 6−2 < x < 6+2 olmalıdır. Buradan da

4 < x < 8

bulunur. Her iki esitsizligin ortak çözümü

4 < x < 6

olur. Demek ki x’in alabilecegi tek bir dogal sayı degeri vardır, o da 5’tir. �

5.4 Üçgen ÇizmeBir üçgenin en az biri kenar olmak üzere, üç elemanı bilinirse bu üçgen bellidir ve çizilebilir.

Üç açısı verilen bir üçgen belli degildir. Baska bir deyisle verilen sartı saglayan sonsuz sayıdaüçgen vardır.

Iki elemanın verilmesi halinde, üçüncü eleman keyfi alınabileceginden yine sonsuz sayıdaüçgen çizilebilir.I. Bir kenarı ile bu kenara komsu iki açısı verilen üçgeni çizmek.

Bir4ABC üçgeninde |BC|= a ile ∠B ve ∠C açıları verilmis olsun. Önce |BC|= a uzunlugunuçizelim.

B Ca

B noktasından verilen ∠B açısına esit ∠CBD açısını, C noktasından verilen ∠C açısına esit∠BCE açısını ([BD ve [CE, [BC] nin aynı tarafında olmak üzere) çizelim. Eger m(∠B)+m(∠C)<180° ise [BD ve [CE ısınları bir A noktasında kesisirler:

B Ca

A DE

5.4 Üçgen Çizme 69

Elde edilen4ABC üçgeni çizmek istedigimiz üçgendir ve bu sekilde çizilen bütün üçgenler4ABC üçgeniyle aynıdır.II. Iki kenarı ile aralarındaki açısı verilen üçgeni çizmek.

Bir ABC üçgeninde |AB| = c, |BC| = a kenarları ile m(∠B) < 180° açısı verilmis olsun. Ilkolarak verilen ∠B açısına esit ∠DBE açısını çizelim.

B E

D

[BD ısını üzerinde |AB|= c ve [BE ısını üzerinde |BC|= a olacak sekilde A ve C noktalarınıbelirleyelim. A ile C noktasını birlestirelim.

B E

DA

C

c

a

A ile C noktasını birlestirerek elde edecegimiz üçgen aradıgımız4ABC üçgenidir ve bu sekildeçizilen bütün üçgenler4ABC üçgeniyle aynıdır.II. Üç kenarı verilen üçgeni çizmek.

Bir ABC üçgeninde

|BC|= a, |AC|= b ve |AB|= c

uzunlukları verilmis olsun. a > b > c olsun. |BC|= a uzunlugunu çizelim:

B Ca

Pergelin sivri ucunu B’ye koyup c kadar açarak bir yay, sivri ucunu C’ye koyup b kadar açarak[BC]’nin aynı tarafında olmak üzere baska bir yay çizelim. Bu iki yayın kesistigi nokta A noktasıdır.

B Ca

A

c b

Bu sekilde elde edilen4ABC üçgeni aradıgımız üçgendir ve bu sekilde çizilen bütün üçgenler4ABC üçgeniyle aynıdır.

Tabi bu çizimin mümkün olması için üçgen esitsizliklerine göre

b− c < a < b+ c


olmalıdır. a > b > c varsaydıgımızdan b− c < a daima saglanır. Eger a < b+ c olmazsa çizilenyaylar kesismez ve üçgen olusmaz.

B Ca

c b

� Örnek 5.8 Asagıda elemanlarının ölçüleri verilen üçgenlerin tek türlü çizilip çizilemeyeceginibelirleyelim.

(a) a = 12 cm, b = 9 cm, c = 3 cm(b) a = 20 cm, b = 15 cm, c = 8 cm(c) a = 7 br, b = 4 br, m(∠C) = 30◦

(d) m(∠A) = 40◦, m(∠C) = 60◦, a = 17 cm(e) b = 8 cm, m(∠C) = 55◦

(f) m(∠A) = 32◦, m(∠B) = 68◦, m(∠C) = 80◦

A

B C

c

a

b

� Çözüm: (a) Üçgen esitsizliklerinin saglanması sartıyla üç kenar uzunlugu verilen bir üçgen tektürlü çizilebilir.

9−3 < 12 < 9+3

6 < 12 < 12

esitsizligi dogru olmadıgından bu uzunluklara sahip bir üçgen çizilemez.

(b) 20−15 < 8 < 20+15 20−8 < 15 < 20+8 15−8 < 20 < 15+8

5 < 8 < 35 12 < 15 < 28 3 < 20 < 23esitsizlikleri dogru oldugundan bu uzunluklara sahip bir üçgen tek türlü çizilebilir.

(c) Iki kenarının uzunlugu ve bu kenarlar arasındaki açının ölçüsü verilen bir üçgen tek türlüçizilebilir.

(d) Bir kenarı ile bu kenara komsu iki açısı verilen üçgen tek türlü çizilebilir. ∠A açısı komsuaçı olmasa da ∠C açısı verildiginden komsu olan ∠B açısı bellidir. O yüzden bu üçgen tek türlüçizilebilir.

(e) Iki ölçüsü verilen üçgenin üçüncü ölçüsü keyfi olarak alınabileceginden sonsuz sayıda üçgençizilebilir, yani tek türlü çizilemez.

(f) Üç açısı verilen üçgenden sonsuz tane çizilebilir, yani tek türlü çizilemez. �

5.5 Pisagor Teoremi

Teorem 5.3 — Pisagor. Bir dik üçgende hipotenüsün karesi, dik kenarların kareleri toplamınaesittir. Asagıdaki dik üçgende a2 +b2 = c2’dir.

a

cb

5.5 Pisagor Teoremi 71

a

b

c

c

c

c a

a

a

a

b−a

b−a

Sekil 5.1

Kanıt. Üçgenin c kenarının üzerine kenar uzunlugu colan bir kare yerlestirelim (Sekil 5.1).

Bu karenin alanını iki türlü hesaplayalım. Ilk ola-rak karenin kenar uzunlugu c oldugundan alanı c2’dir.Diger taraftan bu kare birbirine es dört tane dik üçgenile kenar uzunlugu b−a olan kareden olusmakta. Dola-yısıyla alanı bunların alanları toplamına esit. Dik üçge-nin alanı ab

2 ’dir. Ortadaki karenin alanı ise (b−a)2’dir.Demek ki,

c2 = 4ab2+(b−a)2

dir. Bu esitligi düzenlersek,

c2 = 2ab+b2−2ba+a2

c2 = 2ab−2ba+b2 +a2

c2 = b2 +a2

bulunur. Bu da kanıtlamak istedigimiz esitlikti. �

� Örnek 5.9 Dik kenar uzunlukları 3 cm ve 4 cm olan bir dik üçgenin hipotenüs uzunlugunun kaçcm oldugunu bulalım.� Çözüm: Hipotenüs uzunluguna x deyip, pisagor teoreminiuygularsak

32 +42 = x2

9+16 = x2

25 = x2

√25 = x

5 = x

bulunur. 32 +42 = 52 esitligini yandaki sekilden de gözle-yebilirsiniz.�

� Örnek 5.10 4ABC dik üçgeninde m(∠ABC) = 90◦, |AB|= 2 birim ve |BC|= 2 birim ise |AC|kaç birimdir?� Çözüm: Pisagordan |AC|2 = |AB|2 + |BC|2’dir. O zaman |AC|2 = 22 +22 esitliginden

|AC|2 = 4+4 = 8

bulunur. Buradan |AC|=√

8 = 2√

2 çıkar. �

� Örnek 5.11 Kenar uzunlugu a birim olan bir karenin kösegen uzunlugunu a’ya baglı ifadeedelim.� Çözüm: Karenin kösegeni çizildiginde iki tane dik kenar uzunlukları a birim olan ikizkenar diküçgen olusur. Kösegen hipotenüs olur. Hipotenüse x dersek

x2 = a2 +a2

x2 = 2a2

x =√

2a2

x = a√

2.

a

a

x


Demek ki karenin kösegeni kenarının√

2 katı oluyor. �

� Örnek 5.12 Kösegen uzunlugu 6√

10 birim olan bir karenin kenar uzunlugu kaç birimdir?� Çözüm: Karenin kenar uzunluguna x dersek, kösegeni x

√2 olur. Buradan

x√

2 = 6√

10

x√

2√2

=6√

10√2

x = 6√

5

bulunur. �

Pisagor teoremi yardımıyla düzlemde iki nokta arasındaki uzaklıgı bulalım. NoktalarımızA(x1,y1) ve B(x2,y2) olsun.

x

y

B(x2,y2)

A(x1,y1)

y2

y1

x1 x2

y2− y1

x2− x1

Yukarıdaki sekle göre |AB|2 = (x2− x1)2 +(y2− y1)

2’dir. Buradan

|AB|=√

(x2− x1)2 +(y2− y1)

2

bulunur.

� Örnek 5.13 A(2,5) ile B(−2,6) noktaları arasındaki uzaklıgı bulalım.� Çözüm: A ile B noktasının apsisleri farkının karesiyle ordinatları farkının karesini toplayıp,buldugumuz toplamın karekökünü alacagız.

|AB|=√

(2− (−2))2 +(5−6)2 =√

42 +(−1)2 =√

16+1 =√

17

bulunur. �

� Örnek 5.14 A(−1,−1) ile B(2,2) noktaları arasındaki uzaklıgı sekil çizerek bulalım.

� Çözüm: Bu noktaları koordinat düzleminde isaretlediktensonra [AC]⊥ [BC] olacak sekilde bir C noktası belirleyelim.Bu durumda |AC|= 3 birim ve |BC|= 3 birim olur. O halde

|AB|2 = |AC|2 + |BC|2 = 32 +32 = 9+9 = 18

bulunur. Buradan

|AB|=√

18 = 3√

2

bulunur.

x−2 −1 1 2 3

y

−2

−1

1

2

0A

B

C

3 birim

3 birim

�


Pisagor teoremindeki a2 +b2 = c2 esitligini saglayan a, b ve c pozitif tam sayılarına, diger birdeyisle bir dik üçgenin kenar uzunlukları olan tam sayı üçlülerine Pisagor üçlüleri denir. Egera, b ve c aralarında asalsa basat üçlü adını alırlar. Örnek 5.9’daki (3, 4, 5) üçlüsü aralarında asalolduklarından basat üçlüdür. Diger popüler basat üçlüler:

52 +122 = 132,

82 +152 = 172,

72 +242 = 252

esitliklerinden (5, 12, 13), (8, 15, 17) ve (7, 24, 25) üçlüleridir.Basat üçlüleri bir k pozitif tam sayısıyla çarparak Pisagor üçlüleri elde edilebilir. Örnegin k = 2

ise (3, 4, 5) basat üçlüsünden (6, 8, 10) Pisagor üçlüsü elde edilir. Gerçekten de 62 + 82 = 102

esitligi geçerlidir.Yaptıgımızı genellestirelim: a2 +b2 = c2 esitligindeki her bir terimi k2 ile çarpalım. O zaman,

k2a2 + k2b2 = k2c2

olur. Bu ifade de,(ka)2 +(kb)2 = (kc)2

ifadesine esit. Dolayısıyla ka, kb ve kc sayıları pisagor üçlüleridir.Burada her ne kadar k’yi tam sayılarla sınırlasakta, aslında gerçek sayı almamızda bir sakınca

yok. (8, 15, 17) basat üçlüsünden k = 1/2 alarak (8/2, 15/2, 17/2) üçlüsü, k =√

2 alınarak (8√

2,15√

2, 17√

2) üçlüsü elde edilir. Yani kenar uzunlukları 8√

2, 15√

2 ve 17√

2 olan bir üçgen diküçgendir.

Simdi tüm basat üçlüleri türetmek için kullanacagımız bir yol gösterelim. Önce p ve q gibiaralarında asal, biri tek digeri çift ve p > q olacak sekilde iki pozitif tam sayı belirleyelim. O zaman

a = p2−q2

b = 2pq

c = p2 +q2

seçersek a, b, c sayıları basat üçlü olur. Örnegin p = 3 ve q = 2 alırsak, a = 32−22 = 9−4 = 5,b = 2 ·3 ·2 = 12 ve c = 32 +22 = 9+4 = 13 olur. Diger bir örnek: p = 7, q = 6 olsun. O zamana = 72−62 = 49−36 = 13, b = 2 ·7 ·6 = 84 ve c = 72 +62 = 49+36 = 85 olur. Yeni bir basatüçlü: (13, 84, 85).

Son olarak a’yı 2 dısında bir asal aldıgımızda, b ile c’nin a’nın karesini ardısık olarak paylastık-larına dikkati çekelim. Örnegin a = 5 olunca b ile c, 5’in karesi olan 25’i ardısık olarak paylasarak12 ile 13 olur. Tabi hipotenüs büyük oldugundan c = 13 olur. Benzer sekilde a = 13 oldugunda bve c, a2 = 132 = 169’u ardısık paylasıp b = 84 ve c = 85 oluyor.

� Örnek 5.15 a’yı 11 alalım. O zaman b+ c = a2 = 112 = 121 olur. b ve c 121’i ardısık olarakpaylasırlarsa b = 60 ve c = 61 olur. Yeni bir basat üçlü: (11, 60, 61). �

Soru çözümlerinde basat üçlüleri bilmek kolaylık sagladıgından, okur en azından popülerolanlarını akılda tutmalıdır.

� Örnek 5.16 Dik kenar uzunlukları 10 metre ve 24 metre olan bir dik üçgenin hipotenüs uzunlugukaç metredir?� Çözüm: Basat üçlülerden faydalanalım. 10, 5’in 2 katı ve 24, 12’nin 2 katıdır. Demek ki diküçgenin kenarları (5, 12, 13) basat üçlüsünün 2 katıdır. O zaman, hipotenüs uzunlugu 13×2 = 26metre bulunur. �


� Örnek 5.17 Kenar uzunlukları 7 br, 8 br ve 12 br olan bir üçgen, dik üçgen olabilir mi?

� Çözüm: Eger bu üçgen bir dik üçgen ise

72 +82 = 122

esitligi saglanmalı. Bu esitlik saglanmadıgından, yani 72 +82 6= 122 oldugundan bu üçgen bir diküçgen olamaz. �

� Örnek 5.18 Asagıdaki sekilde |AB|= 5 birim, |AC|= 15 birim ve |BD|= 3 birim ise |DC| kaçbirimdir?

A

B CD3

155

� Çözüm: (3,4,5) üçlüsünden4ABD üçgeninde |AD|= 4’tür.4ADC üçgeninde |AD|2 + |DC|2 =|AC|2 oldugundan

42 + |DC|2 = 152

elde edilir ve buradan |DC|2 = 225−16 = 209 bulunur. O zaman |DC|=√

209’dur. �

� Örnek 5.19 Asagıdaki sekilde |AB| = 24 br, |BC| = 7 br, |DC| = 20 br ve |AD| = x br ise xkaçtır?

A

B C

24

7

D

20

x

� Çözüm:4ABC üçgeninde (7,24,25) üçlüsünden |AC|= 25 br olur. ADC üçgeninin ise |AC|=25 = 5×5 ve |DC|= 20 = 4×5 oldugundan kenar uzunlukları (3,4,5) üçlüsünün 5 katıdır. Demekki x = 3×5 = 15’tir. �

� Örnek 5.20 Asagıdaki sekilde |AB|= 2 br, |BC|= 1 br, |CD|= 3 br ve |DE|= 2 br’dir. Bunagöre A ile E noktaları arasındaki uzaklık kaç br’dir?

AB2

C

1 D3

E

2

� Çözüm: A ile E noktalarını birlestirip, [AB] ile [ED]’yi dik kesisecek sekilde uzatalım.


AB2

C

1

D3

E

2

F3

1

Olusan4AFE üçgeni dik üçgendir ve |AF |= 5 br, |EF |= 3 br’dir. Pisagor teoreminden |AE|2 =|AF |2 + |EF |2’dir. Buradan

|AE|2 = 52 +32 = 25+9 = 34

bulunur. O zaman |AE|=√

34 br’dir. �

ALISTIRMALAR

5.1 Asagıda verilen dogru parçalarıyla üçgen insa edilip edilemeyecegini belirleyin.

(a) a = 5 cm, b = 7 cm, c = 11 cm (b) a = 1 cm, b = 1,5 cm, c = 2 cm(c) a = 8 cm, b = 8 cm, c = 17 cm (d) a = 50 cm, b = 55 cm, c = 110 cm

5.2 Asagıdaki4ABC üçgeninde |AB|= 5 birim, |AC|= 4 birim ve |BC|= a birimdir. Buna göreasagıdaki soruları yanıtlayınız.

A

B C

5

a

4

(a) a’nın alabilecegi en küçük dogal sayı degeri kaçtır?

(b) a’nın alabilecegi en büyük dogal sayı degeri kaçtır?

(c) a’nın alabilecegi kaç farklı dogal sayı degeri vardır?

(d)4ABC üçgeninin çevresinin uzunlugu en fazla kaç birimdir?

5.3 Asagıdaki sekle göre |AC|’nin alabilecegi en büyük tam sayı degeri kaçtır?

A

B

C

6

8

D4

8

5.4 4ABC üçgeninde |AC| < |BC| olduguna göre x’in alabilecegi kaç farklı tam sayı degerivardır?

76 Bölüm 5. ÜçgenlerA

B C

6

x

10

5.5 Asagıdaki 4ABC üçgeninde m(∠B) > 90◦ oldugu bilindigine göre b’nin alabilecegi tamsayı degerleri toplamı kaçtır?A

B C

5

12

b

5.6 Asagıdaki sekilde |AC|= |BC| olduguna göre en uzun kenar hangisidir?

A

B

C

c

a

b

Dd

e

63◦

71◦54◦

5.7 Asagıdaki boslukları uygun ifadelerle doldurunuz.

• Bir üçgenin çizilebilmesi için en az . . . tane elemanının ölçülerinin bilinmesi gerekir.Bunlardan en az . . . tanesi üçgenin . . . . . . . . . uzunlugu olmalıdır.

• Cetvel, pergel ve açıölçer kullanılarak asagıdaki elemanları verilen üçgenler çizilebilir:(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(c) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5.8 Asagıda verilen bilgilerden hangileri ile tek türlü bir üçgen çizilebilir?

• |AB|= 8 cm, |AC|= 12 cm, |BC|= 15 cm olan bir4ABC üçgeni.• |AB|= 1 cm, m(∠C) = 80◦, |BC|= 3 cm olan bir4ABC üçgeni.• m(∠K) = 22◦, m(∠L) = 35◦ olan bir4KLM üçgeni.• m(∠K) = 45◦, m(∠M) = 35◦, |KM|= 10 cm olan bir4KLM üçgeni.

5.9 Asagıdaki ABCD karesinin alanı 144 birim kare ve EBGF karesinin alanı 81 birim karedir.Buna göre |FD| kaç birimdir?

A

B C

D

E F

G


5.10 Asagıdaki birim kareli zemindeki koordinat sistemine göre |AB|+ |CD| toplamı kaç birimdir?

x

y

A

B

C

D

5.11 Asagıdaki dik üçgenlerdeki verilmeyen uzunlukları bulunuz.

5

6

x =? y =?

30

34z =?

39

36

5.12 a ve b dik kenar, c hipotenüs olmak üzere, asagıdaki kenar uzunlukları verilen dik üçgenlerinverilmeyen kenar uzunluklarını bulunuz.

(a) a = 9 cm (b) a = 10 cm (c) a =? (d) a = 14 cmb = 12 cm b = 24 cm b = 45 cm b =?c =? c =? c = 51 cm c = 50 cm

5.13 Asagıdaki üçerli sayı gruplarının hangileri bir dik üçgenin kenar uzunlukları olabilir?

(a) 12, 16, 20 (b) 14, 48, 50 (c) 17, 144, 145(d) 1, 2, 3 (e) 24, 45, 51 (f) 2

√2, 3√

3, 2√

33

5.14 Asagıda bir kenarının uzunlugu verilen karelerin kösegen uzunluklarını bulunuz.

(a) 4√

2 (b)√

128 (c) 7√

5 (d)12

√2

5.15 Taban kenarının uzunlugu 20 cm ve yüksekligi√

44 cm olan bir ikizkenar üçgenin yankenarının uzunlugu kaç cm’dir?

5.16 Uzunlugu 2√

5 cm ve genisligi√

5 cm olan dikdörgenin kösegen uzunlugu kaç cm’dir?

5.17 Bir kenarının uzunlugu 6√

3 cm olan eskenar üçgenin yüksekligi kaç cm’dir?

5.18 Kösegen uzunlugu√

50 cm olan karenin bir kenarının uzunlugu kaç cm’dir?

5.19 Yüksekligi 3√

3 cm olan eskenar üçgenin bir kenarının uzunlugu kaç cm’dir?

5.20 Asagıdaki ABCD dikdörtgeninde |AD|= 12 cm ve |AB|= 9 cm olduguna göre x kaçtır?A

B C

D

9cm

12 cm

E

x


5.21 Asagıdaki sekilde verilenlere göre |AD|= x uzunlugu kaç birimdir?A

B

6

CD 32

x

5.22 Asagıdaki4ABC üçgeninin [AB] kenarını [BC] kenarının üzerine gelecek sekilde katladıgı-mızda A noktası hangi noktanın üzerine gelir?

A

B CD E F G

A) D B) E C) F D) G

5.23 Asagıdaki birim kareli zeminde verilen seklin çevresi kaç birimdir?

A) 14 B) 14+2√

2 C) 14+4√

2 D) 14+6√

2

6. Geometrik Dönüsümler

6.1 Dönme

Bir saatin akrep ve yelkovanı dönme hareketi yaparak bize zamanı gösterir.

Yukarıdaki saat 1 : 00’dan 1 : 15’e geldiginde saatin yelkovanı (mavi çubuk) baglı oldugu pim(sarı nokta) etrafında 90◦’lik, 1 : 30’a geldiginde 180◦’lik, 1 : 45’e geldiginde 270◦’lik, 2 : 00’ageldiginde ise 360◦’lik dönme yapmıs olur.

Eger saat 1 : 00’dayken saati geri alıp 12 : 45 yaparsak, yelkovan bu sefer ters yönde 90◦’likdönme yapmıs olur.

80 Bölüm 6. Geometrik Dönüsümler

Görüldügü gibi saat yönünde yapılacak 270◦’lik dönme ile ters yönde yapılacak 90◦’lik dönmesonunda yelkovan aynı noktaya gelir, yani bu iki dönme birbirine denktir. Genel olarak saat yönündeyapılacak α kadar dönme, saatin tersi yönünde yapılacak olan 360◦−α kadar dönmeye denk olur.

Yelkovanın dönerken baglı oldugu pime (sarı nokta) dönme hareketinin merkezi, α ve 360◦−α’ya da dönme açısı denir. Yön olarak da saat yönü ya da saat yönünün tersi alınır.

x−2 −1 1 2

y

−2

−1

1

2

0

III

III IV

Yanda koordinat düzleminin birinci bölgesinde alınan Inumaralı seklin orijin etrafında saat yönünün tersinde sırasıyla90◦, 180◦ ve 270◦’lik dönme hareketleri yapılarak olusan II,III ve IV numaralı görüntüleri çizilmistir.

Görüldügü gibi dönme hareketi sonunda seklin biçimi veboyutu degismez, durusu ve yeri degisir.

Ayrıca dönme hareketi mesafeleri koruyan bir dönüsüm-dür. Baslangıçta seklin üzerinde alınan iki noktanın birbirineolan uzaklıklarıyla, bu noktaların dönme sonucu olusan görün-tülerinin birbirine uzaklıkları aynıdır.

Simdi düzlemde köse noktalarının koordinatları A(5,1),B(3,2), C(5,3) ve D(6,1) olan bir ABCD dörtgeni alıp orijinetrafında saat yönünün tersinde 90◦ döndürelim.

x−3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7

y

−1

1

2

3

4

5

6

7

0

A(5,1)

B(3,2)

C(5,3)

D(6,1)

A′(−1,5)

B′(−2,3)

C′(−3,5)

D′(−1,6)

α = 90◦

O

Bu döndürme sonunda birinci bölgede bulunan sekil ikinci bölgeye geçmis olur. Dikey uzunluk-lar yatay uzunluklar ile yer degistirir. A(5,1) noktası A′(−1,5), B(3,2) noktası B′(−2,3), C(5,3)noktası C′(−3,5) ve D(6,1) noktası D′(−1,6) olur.

Genel olarak düzlemde koordinatları (x,y) olan bir noktayı orijin etrafında saat yönününtersinde 90◦ döndürürsek, elde edilen yeni noktanın koordinatları (−y,x) olur. 180◦’lik dönmeiçin iki 90◦’lik dönme yapılır ve (x,y) noktası (−x,−y) noktasına gelir. Benzer sekilde 270◦’likdönme için üç 90◦’lik dönme yapılır ve (x,y) noktası (y,−x) noktasına gelir. 360◦’lik dönmede debasladıgımız yere geri dönmüs oluruz.

Saat yönünün tersinde dönme 90◦ 180◦ 270◦ 360◦

(x,y) (−y,x) (−x,−y) (y,−x) (x,y)

Saat yönününde α dönme için saat yönünün tersinde 360◦−α’lik dönme uygulanır. ÖrneginE(−1,5) noktasını saat yönününde 90◦ döndürmek için saat yönünün tersinde 360◦−90◦ = 270◦

döndürürüz. O zaman E ′(5,1) noktasını elde ederiz.

6.2 Yansıma 81

� Örnek 6.1 Asagıda A(−3,2) noktası orijin etrafında saat yönünün tersinde 90◦, 180◦ ve 270◦

döndürülmüstür.

x−3 −2 −1 1 2 3

y

−3

−2

−1

1

2

3

0

A(−3,2)

A1(−2,−3)

A2(3,−2)

A3(2,3)

90◦180◦

270◦

90◦’lik dönme sonucunda A1(−2,−3), 180◦’lik dönme sonucunda A2(3,−2) ve 270◦’likdönme sonucunda A3(2,3) noktaları elde edilmistir. �

6.2 Yansıma

Düz bir aynaya baktıgımızda kendi yansımamızı görürüz. Yandabir dagın göle vurmus yansımasını görüyorsunuz. Ilk göze çarpandagın görüntüsünün ters olustugu ve boyutunun aynı kaldıgıdır.Nitekim düz aynaya baktıgımızda da sol elimizi kaldırdıgımızdagörüntümüzün sag eli kalkar ve kendimizi daha büyük ya da küçükgörmeyiz.

Simdi düzlemde köse noktalarının koordinatları A(4,4), B(2,2), ve C(4,2) olan bir 4ABCüçgeni alıp, bu üçgeni ayna ya da gölün yüzeyi yerine kullanacagımız x ve y eksenlerine göreyansıtalım.

x−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

y

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

0

A(4,4)

B(2,2) C(4,2)

A′(−4,4)

B′(−2,2)C′(−4,2)

A′′(4,−4)

B′′(2,−2)C′′(4,−2)

y eksenine göre yansıması olan4A′B′C′ üçgeninin köse noktalarının koordinatları A′(−4,4),B′(−2,2) ve C′(−4,2)’dir. Genel olarak koordinatları (x,y) olan bir noktanın y eksenine göreyansıması (−x,y) noktasıdır:


(x,y)(−x,y)

x−x

y

(x,y)y’ye göre yansıma−−−−−−−−−→ (−x,y)

x eksenine göre yansıması olan4A′′B′′C′′ üçgeninin köse noktalarının koordinatları A′′(4,−4),B′′(2,−2) ve C′′(4,−2)’dir. Genel olarak koordinatları (x,y) olan bir noktanın x eksenine göreyansıması (x,−y) noktasıdır:

(x,y)

(x,−y)

x

y

−y

(x,y)x’e göre yansıma−−−−−−−−−→ (x,−y)

� Örnek 6.2 Köse noktalarının koordinatları A(3,3), B(1,2) ve C(4,2) olan üçgenin y ekseninegöre yansıması olan 4A′B′C′ üçgeninin köse noktalarının koordinatları A′(3,−3), B′(1,−2) veC′(4,−2) olur. x eksenine göre yansıması olan4A′′B′′C′′ üçgeninin köse noktalarının koordinatlarıda A′′(−3,3), B′′(−1,2) ve C′′(−4,2) olur.

x−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

y

−3

−2

−1

1

2

3

0

A(1,2)

B(3,3)

C(4,2)

A′′(1,−2)

B′′(3,−3)

C′′(4,−2)

A′(−1,2)

B′(−3,3)

C′(−4,2)

�

6.3 Öteleme

6.3 Öteleme 83

Bir otomobil düz bir yol boyunca ilerlediginde öteleme hareketi yapmıs olur. Öteleme hareketininsonucunda seklin yeri dısında bir degisim olmaz.

Düzlemde (−1,1) noktasını alıp x eksenine parelel 3 birim saga öteleyelim.

x−2 −1 1 2

y

1

2

0

(−1,1) (2,1)

(−1,1) noktası (2,1) noktası oldu. Genel olarak düzlemde alınan bir (x,y) noktası x ekseni boyunca(parelel) a birim saga ötelendiginde (x+a,y), sola ötelendiginde de (x−a,y) noktası elde edilir.

� Örnek 6.3 (5,6) noktası x ekseni boyunca 3 birim sola ötelenirse (5−3,6) = (2,6) noktası eldeedilir. �

Simdi de (1,3) noktasını alıp y eksenine paralel 2 birim asagıya öteleyelim.

x1

y

1

2

3

0

(1,3)

(1,1)

(1,3) noktası (1,1) noktası oldu. Genel olarak düzlemde alınan bir (x,y) noktası y ekseni boyunca(parelel) b birim yukarı ötelendiginde (x,y+b), asagı ötelendiginde de (x,y−b) noktası elde edilir.

� Örnek 6.4 (−1,−6) noktası y ekseni boyunca 5 birim yukarı ötelenirse (−1,−6+5) = (−1,−1)noktası elde edilir. �

� Örnek 6.5 Asagıda ABCD parelelkenarı önce x ekseni boyunca 4 birim saga, sonra da y ekseniboyunca 3 birim asagıya ötelenmistir.

x−6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3

y

−2

−1

1

2

3

4

0

A

B C

D

A′

B′ C′

D′


Bu ötelemler sonucunda noktaların koordinatlarıA(−5,4)−→ A′(−5+4,4−3) = A′(−1,1),B(−6,2)−→ B′(−6+4,2−3) = B′(−2,−1),C(−2,2)−→C′(−2+4,2−3) =C′(2,−1),D(−1,4)−→ D′(−1+4,4−3) = D′(3,1) olur. �

� Örnek 6.6 Asagıda bir4ABC üçgeni önce orijin etrafında saat yönünün tersinde 180◦ dödürül-müs, sonra y eksenine göre yansıtılmıs, son olarak da x ekseni boyunca 2 birim saga ötelenmistir.

x−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6

y

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

0

A

B

C

A′

B′

C′

A′′

B′′

C′′

A′′′

B′′′

C′′′

A(4,4) 180◦ dönme−−−−−−→ A′(−4,−4)y’ye göre yansıma−−−−−−−−−→ A′′(4,−4)

x ekseni boyunca 2 bi-

rim saga öteleme−−−−−−−−−−−→ A′′′(6,−4)

B(2,2) 180◦ dönme−−−−−−→ B′(−2,−2)y’ye göre yansıma−−−−−−−−−→ B′′(2,−2)


rim saga öteleme−−−−−−−−−−−→ B′′′(4,−2)

C(4,1) 180◦ dönme−−−−−−→C′(−4,−1)y’ye göre yansıma−−−−−−−−−→C′′(4,−1)


rim saga öteleme−−−−−−−−−−−→C′′′(6,−1) �

ALISTIRMALAR

6.1 Asagıdaki sekli orijin etrafında saat yönününde 90◦ döndürünüz.

6.3 Öteleme 85

6.2 Düzlemde (6,7) noktası orijin etrafında saat yönünde 270◦ döndürüldügünde hangi noktaelde edilir?

6.3 Düzlemde bir A noktası orijin etrafında saat yönünün tersinde 90◦ döndürülerek (−1,−5)noktası elde ediliyor. Buna göre A noktasının koordinatları nedir?

6.4 Asagıdaki sekil hangi noktanın etrafında saat yönünde 270◦ döndürüldügünde C noktası Enoktasının bulundugu yere gelir?

A

B C

DE

FG

H

6.5

Birim kareli kagıttaki sekil, saat yönünün tersinde döndürüldügünde asagıdaki sekillerdenhangisi elde edilemez?

A) B) C) D)

6.6 Asagıdaki ABCDE besgeninin y eksenine göre yansımasını çiziniz.

x−3 −2 −1 1 2 3

y

1

2

3

0

A

B

C D

E

6.7 Düzlemde bulunan A noktasının x eksenine göre yansıması alındıgında A′(−2,−9) noktasıelde ediliyor. Buna göre A noktasının koordinatları toplamı kaçtır?

6.8 (3,−2) noktasının x ekseni boyunca 2 birim sola ve y ekseni boyunca 3 birim yukarıötelenmesiyle olusan noktanın koordinatları nedir?


6.9 (a,b) noktası x ekseni boyunca 3 birim sola ve y ekseni boyunca 2 birim yukarıya ötelenerek(c,d) noktası elde ediliyor.

Buna göre asagıdakilerden hangisi dogrudur?

A) a+3 = c B) b = d +2 C) a− c = 3 D) a+b = c+d−1

6.10

x−1 1 2 3 4 5

y

−1

1

2

3

0

A

B

C

Yukarıdaki 4ABC üçgenini x ekseni boyunca 1 birim saga ve y ekseni boyunca 3 birimasagıya öteleyiniz.

III

7 Cebirsel Ifadeler ve Özdeslikler . . . . . . 897.1 Cebirsel Ifadeler7.2 Özdeslikler7.3 Çarpanlara Ayırma

Alıstırmalar

8 Eslik ve Benzerlik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1038.1 Eslik8.2 Benzerlik

Alıstırmalar

CEBIR - GEOMETRI VE ÖLÇME

7. Cebirsel Ifadeler ve Özdeslikler

7.1 Cebirsel IfadelerBir cebirsel ifade, (+) artı, (−) eksi, (×) çarpı, (÷) bölü gibi isaretlerle birbirine baglı olan sayıve harflerden olusan topluluktur. Örnegin

x2, 2x, 5x−3, y2 +6, 5a+b

ifadelerinin her biri birer cebirsel ifadedir. Bu ifadelerdeki x, y, a, b gibi harflere degisken ya dabilinmeyen denir.

Cebirsel ifadelerde degiskenlerin yerine sayı koyarak, ifadenin o sayı için aldıgı degeri hesapla-yabiliriz. Genelde de farklı degerler verirsek farklı sonuçlar elde ederiz. Örnegin 2x−3 cebirselifadesinde x’e 1 verirsek, yani x yerine 1 yazarsak

2x−3 = 2 ·1−3 = 2−3 =−1,

−2 verirsek,2x−3 = 2 · (−2)−3 =−4−3 =−7

buluruz. Bazen de farklı degerler vermemize ragmen aynı sonuçları elde ederiz. Örnegin x2 ifade-sinde x’e 1 verirsek 1, −1 verirsek yine 1 elde ederiz.

Bu cebirsel ifadelerdeki parantez ve bölüm isaretlerine baglı olmayan (+) ve (−) isaretleriyleayrılmıs kısımlardan her birine terim denir. Eger terimde degisken yoksa sabit terim adını alır.Örnegin 2x+3y−45 cebirsel ifadesinde

2x︸︷︷︸1. terim

, +3y︸︷︷︸2. terim

ve −45︸︷︷︸3. terim

olmak üzere üç terim vardır. Sabit terim−45’tir. Bunun gibi 5x−3 ifadesi iki terimli ve sabit terimi

−3, 3x2−5x+1 ifadesi üç terimli ve sabit terimi 1’dir.x+1

5ifadesi bir terimli bir ifade olup sabit

terimi yoktur, yani 0’dır.Bir cebirsel ifadenin terimlerinde, çarpan olarak bulunan sayılara terimin katsayısı denir. 5xy

teriminin katsayısı 5’tir. 7x2 + 4y− 12x üç terimlisinde terimlerin katsayıları 7, 4 ve −12’dir.Katsayılar bazen harfli de olabilir. Örnegin 3ax ifadesinde 3a, x’in katsayısıdır. x2 = 1x2 oldugundanx2’nin katsayısı 1’dir. Benzer sekilde −x =−1x oldugundan −x’in katsayısı −1 olur.

Birbirinden farklı olmayan veya yalnız katsayıları farklı olan terimlere benzer terim denir.

Örnegin 5x ile −x, 7a2 ile 38a2,b4

ile3b5

terimleri benzerdir ama x2 ile x3 benzer degildir. Ikiterimin benzer olması için sadece harfin aynı olması yetmez, harfin kuvvetleri de aynı olmalıdır.

90 Bölüm 7. Cebirsel Ifadeler ve Özdeslikler

7.1.1 Cebirsel Ifadelerle IslemlerToplama ve ÇıkarmaCebirsel ifadelerde toplama ve çıkarma benzer terimler arasında yapılır. Benzer terimlerin katsayılarıtoplanır veya çıkarılır, bulunan sonuç terime katsayı olarak yazılır. Örnegin bir sayıyı kendisiyletoplarsak 2 katını buluruz:

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

Eger bir sayının 5 katından 2 katını çıkarırsak 3 katını buluruz:

5y−2y = (5−2)y = 3y.

Terim sayısı çogalırsa degisme ve birlesme gibi özelliklerden faydalanılır. Örnegin

x+5y−4+9x−8y+9 = (x+9x)+(5y−8y)+(−4+9)

= (1+9)x+(5−8)y+5

= 10x−3y+5

bulunur.Parantezli ifadelerin önünde (+) isareti varsa parantezi kaldırabiliriz. Örnegin bir sayıyı, 2

katının 3 fazlasıyla toplarsak 3 katının 3 fazlasını buluruz:

x+(2x+3) = x+2x+3 = (1+2)x+3 = 3x+3.

Diger bir örnek:

6x+(5x2 +4x−1) = 6x+5x2 +4x−1 = 5x2 +10x−1.

Parantezli ifadenin basında (−) isareti varsa parantezin içindeki her terimin isaretini degistiripparantezi kaldırabiliriz. Örnegin

5x− (−x+7) = 5x+ x−7 = 6x−7.

Diger bir örnek:

7x− (−2x2 +10x−12) = 7x+2x2−10x+12 = 2x2−3x+12.

Içiçe parantezli ifadelerde önce içteki sonra dıstaki parantezi kaldırmak daha uygun olur.Örnegin

13−[5−3a− (2+5a)+6

]= 13− [5−3a−2−5a+6]

= 13−5+3a+2+5a−6

= 4+8a.

� Örnek 7.1 (a) Kenar uzunlugu a olan karenin çevresi 4a’dır: a+a+a+a = (1+1+1+1)a =4a.

(b) 6x−7x+5x = (6−7+5)x = 4x.(c) −4a2b+12a2b+a2b = (−4+12+1)a2b = 9a2b.(d) A =−2x2 +2, B = 2x2 +5x−1 ve C = 4x2−5x ise

A+B+C =−2x2 +2+2x2 +5x−1+4x2−5x

= (−2x2 +2x2 +4x2)+(5x−5x)+(2−1)

= 4x2 +1,

A−B−C =−2x2 +2−(2x2 +5x−1

)−(4x2−5x

)=−2x2 +2−2x2−5x+1−4x2 +5x

= (−2x2−2x2−4x2)+(−5x+5x)+(2+1)

=−8x2 +3

7.1 Cebirsel Ifadeler 91

bulunur. �

Çarpma ve BölmeIki tek terimliyi çarparken önce katsayıları çarparız. Aynı degiskenler varsa üslerini toplayıp birineüs olarak veririz. Farklı degiskenleri de yanyana çarpan olarak yazarız. Örnegin x’i x2’yi çarparsakx’in küpünü elde ederiz:

x · x2 = x1+2 = x3.

2xy ile 5x2y’i çarparsak:2xy ·5x2y = 2 ·5 · x1+2 · y1+1 = 10x3y2

bulunur. Baska bir örnek:

5ab2 ·2ab3 = 5 ·2 ·a1+1 ·b2+3 = 10a2b5.

Tek terimli bir ifadeyi çok terimli (birden fazla terimi olan) bir ifadeyle çarparken tek terimliyiçok terimlinin her bir terimiyle çarparız. Örnegin 5’i (2x+1) ile çarparken, 5’i hem 2x’le hem de 1ile çarparız:

5(2x+1) = 5 ·2x+5 ·1 = 10x+5.

Sonuçta çarpma dedigimiz islem ardısık toplamadır. 5 ile 2x+1’i çarpmak demek 5 tane 2x+1’itoplamak demektir:

5(2x+1) = (2x+1)+(2x+1)+(2x+1)+(2x+1)+(2x+1)

= 2x+2x+2x+2x+2x+1+1+1+1+1

= (2+2+2+2+2)x+(1+1+1+1+1)

= (5 ·2)x+(5 ·1)= 10x+5.

Iki çok terimli çarpılırken, birinci çok terimlinin her terimini ikinci çok terimlinin bütünterimleriyle ayrı ayrı çarparız. Örnegin 2x−3 ifadesi ile 3x+5 ifadesinin çarpımı

(2x−3)(3x+5) = 2x(3x+5)−3(3x+5)

= 2x ·3x+2x ·5−3 ·3x−3 ·5= 6x2 +10x−9x−15

= 6x2 + x−15

seklinde yapılır.Cebirsel ifadeleri çarparken modellerden de yararlanabiliriz. Modelleme yaparken x2 için kenar

uzunlugu x olan yesil bir kare, x için kenar uzunlukları x ve 1 olan kırmızı bir dikdörtgen, 1 içinsekenar uzunlugu 1 olan mavi bir kare kullanalım.

x

x

x

x

x

1

x

1

1

1

1

1

Örnegin x+ 1 ile 2x+ 1’in çarpımını yukarıdaki modelleri kullanarak yapalım. Bunun içinyukarıdaki modellerden ihtiyacımız kadarıyla kenar uzunlukları x+1 ve 2x+1 olan bir dikdörtgenelde edelim:


· 2x+1

x+1

Olusturdugumuz dikdörtgen için 2 tane x2, 3 tane x ve 1 tane 1 kullandık. Dikdörtgenin alanı kısave uzun kenarının çarpımı oldugundan elde ettigimiz dikdörtgenin alanı (x+1)(2x+1)’dir. Digertaraftan dikdörtgeni olusturan parçaların alanları toplamı da 2x2 +3x+1’dir. Demek ki

(x+1)(2x+1) = 2x2 +3x+1

olur.

� Örnek 7.2 Asagıdaki dikdörtgenin alanı x2 +3x’tir.

Bu dikdörtgenin kenar uzunlukları x ve x+3 oldugundan x(x+3) = x2 +3x’tir. �

Iki tek terimliyi bölerken katsayıları bölerek bölüme katsayı olarak yazarız. Ortak harflerinüslerini çıkararak bu harfe üs olarak veririz. Örnegin 4x3’ü 2x2’ye bölersek 2x buluruz:

4x3

2x2 =

(42

)(x3

x2

)= 2x3−2 = 2x.

Diger bir örnek:

24x6y4

6x4y2 =

(246

)(x6

x4

)(y4

y2

)= 4x6−4y4−2 = 4x2y2.

Bir çok terimli ifadeyi tek terimli bir ifadeye bölerken, çok terimlinin bütün terimlerini tekterimliye böleriz. Örnegin

ax+bx+ cxx

=a�x

�x+

b�x

�x+

c�x

�x= a+b+ c

olur. Tabi bölen ifadelerin 0’dan farklı oldugunu varsayıyoruz.

� Örnek 7.3 (a) −y · y =−y2.

(b) (−2) · (−3x) = 6x.(c) 5k ·2k = 10k2.

(d) 4ab ·2a = 8a2b.(e) 4a2b ·12a5b2c = 4 ·12 ·a2+5 ·b1+2 · c = 48a7b3c.(f) y · (2y−4) = y ·2y+ y · (−4) = 2y2−4y.(g) 3ax(2a+3) = 3ax ·2a+3ax ·3 = 6a2x+9ax. �

7.2 Özdeslikler 93

� Örnek 7.4 (x+1)(x+1) çarpımının katsayılar toplamını bulalım.� Çözüm: Soldaki parantezdeki her terimi sagdaki parantezde her terimle çarpacagız.

(x+1)(x+1) = x · x+ x ·1+1 · x+1 ·1= x2 + x+ x+1

= x2 +2x+1.

Katsayılar 1, 2 ve 1 oldugundan katsayılar toplamı 1+2+1 = 4 bulunur. �

� Örnek 7.5 3x(2x−2)−5(x+3) ifadesini en sade sekilde yazalım.� Çözüm: 3x(2x−2)−5(x+3) = 3x ·2x−3x ·2−5 · x−5 ·3

= 6x2−6x−5x−15

= 6x2−11x−15.

�

� Örnek 7.6 6 · 5x2

3ifadesinin en sade halini bulmak için önce 6 ile 5x2’yi çarpıp, sonucu 3’e

böleriz.

6 · 5x2

3=

6 ·5x2

3=

30x2

3=

(303

)x2 = 10x2.

�

� Örnek 7.7 Alanı 100xy2 olan dikdörtgenin bir kenarı 10xy ise diger kenarı

100xy2

10xy=

(10010

)(xx

)(y2

y

)= 10y

olur. �

7.2 ÖzdesliklerIçinde bilinmeyen (degisken) bulunan ve bu bilinmeyenin özel degerleri için gerçeklenebilenesitliklere denklem denir. Örnegin

3x+1 = x+7

esitligi x’e yalnız 3 degerini verirsek saglanır. x’in baska hiçbir degeri bu esitligi saglamaz.Bazen herhangi iki ifade arasına (=) konması hiçbir sey ifade etmez. Örnegin

x+2 = x+3

seklinde verilen iki ifadenin esitligi mümkün olmaz. Gerçekten de bir sayının 2 fazlası, 3 fazlasınaesit olamaz.

Bazen de iki ifadenin esitligi, bu ifadelerde bulunan bilinmeyenlere ne deger verirsek verelimsaglanır. Örnegin

2(x+4) = 2x+8esitliginde sol taraftaki çarpma yapılırsa sagdaki ifade bulunur. O halde x’e verecegimiz her gerçeksayı esitligi saglayacaktır. Asagıdaki tabloda bu esitligi saglayan bazı degerler verilmistir.

x 2(x+4) 2x+8−1 2(−1+4) = 2 ·3 = 6 2 · (−1)+8 =−2+8 = 60 2(0+4) = 2 ·4 = 8 2 ·0+8 = 0+8 = 81 2(1+4) = 2 ·5 = 10 2 ·1+8 = 2+8 = 102 2(2+4) = 2 ·6 = 12 2 ·2+8 = 4+8 = 12

Iste bu sekilde içindeki degiskene verilecek her gerçek sayı degeri için saglanan esitliklereözdeslik denir.


7.2.1 Iki Terimin Toplamının Karesi Özdesligi

Sekil 7.1’deki kenar uzunlugu x+ y olan karenin alanını iki farklı sekilde bulalım.

x

x

x

xx2 xy

xyy

y

y2

yy

Sekil 7.1

Ilk olarak bu karenin alanı (x+ y)2’dir. Diger taraftan bu kare birinin alanı x2, digerinin alanıy2 olan iki kareyle alanı xy olan iki dikdörtgenden olusmakta. Karenin alanı, kareyi olusturanparçalarının alanları toplamına esit oldugundan (x+ y)2 = x2 + y2 + xy+ xy esitliginden

(x+ y)2 = x2 +2xy+ y2 (7.1)

esitligine ulasılır. Bu esitlige iki terimin toplamının karesi özdesligi denir. Bu özdesligi dilersekx+ y’nin karesini alarak, yani kendisiyle çarparak da bulabiliriz:

(x+ y)2 = (x+ y)(x+ y) = x(x+ y)+ y(x+ y) = x2 + xy+ yx+ y2 = x2 +2xy+ y2.

� Örnek 7.8 (4z+3)2 ve (2a+1)2 ifadelerinin esitlerini iki terimin toplamının karesi özdesliginikullanarak bulalım.

� Çözüm: (a) 7.1 esitligindeki x yerine 4z, y yerine 3 yazılır:(4z+3)2 = (4z)2 +2(4z)(3)+(3)2 = 16z2 +24z+9.

(b) 7.1 esitligindeki x yerine 2a, y yerine 1 yazılır:(2a+1)2 = (2a)2 +2(2a)(1)+(1)2 = 4a2 +4a+1. �

� Örnek 7.9 Bu özdesligi kullanarak bazı sayıların karelerini daha kolay bulabiliriz. Diyelim ki101 sayısının karesini almak istiyoruz. 101 = 100+1 esitligini kullanarak

1012 = (100+1)2 = 1002 +2 ·100 ·1+12 = 10000+200+1 = 10201

buluruz. �

� Örnek 7.10 x ve y gerçek sayılar olmak üzere x+ y = 5 ve x2 + y2 = 11 olduguna göre x · ykaçtır?

� Çözüm: 7.1 esitliginde verilenleri yerine yazarsak,

(x+ y)2 = x2 +2xy+ y2

52 = 11+2xy

25 = 11+2xy

14 = 2xy

7 = xy

bulunur. �

7.2 Özdeslikler 95

x− y

x− y

x− y

x− y(x− y)2

y(x−

y)

y(x− y)y

y

y2

yy

Sekil 7.2

7.2.2 Iki Terimin Farkının Karesi ÖzdesligiSekil 7.2’de kenar uzunlugu x, alanı x2 olan bir kare, alanları (x− y)2 ve y2 olan iki kareyle alanlarıy(x− y) olan iki dikdörtgene bölünüyor.

Demek ki (x− y)2 = x2−[y(x− y)+ y(x− y)+ y2

]’dir. Bu esitligin sag tarafını düzenlersek

(x− y)2 = x2−[y(x− y)+ y(x− y)+ y2]

(x− y)2 = x2−[yx− y2 + yx− y2 + y2]

(x− y)2 = x2−[2xy− y2]

(x− y)2 = x2−2xy+ y2 (7.2)

esitligine ulasırız. Bu esitlige iki terimin farkının karesi özdesligi denir. Bu esitligi dilersek 7.1esitliginde y yerine −y yazarak da bulabiliriz:

(x+(−y))2 = x2 +2x(−y)+(−y)2

(x− y)2 = x2−2xy+ y2.

Yine bu özdesligi dilersek x− y’nin karesini alarak, yani kendisiyle çarparak da bulabiliriz:

(x− y)2 = (x− y)(x− y) = x(x− y)− y(x− y) = x2− xy− yx+ y2 = x2−2xy+ y2.

� Örnek 7.11 (2a−1)2 ve (3x−2) ifadelerinin esitlerini bulalım.� Çözüm: (a) 7.2 esitligindeki x yerine 2a, y yerine 1 yazılır:(2a−1)2 = (2a)2−2(2a)(1)+(1)2 = 4a2−4a+1.

(b) 7.2 esitligindeki x yerine 3x, y yerine 2 yazılır:(3x−2)2 = (3x)2−2(3x)(2)+(2)2 = 9x2−12x+4. �

� Örnek 7.12 992 ifadesinin degerini 7.2 esitligini kullanarak bulalım.� Çözüm: 99= 100−1 oldugundan 992 =(100−1)2 = 1002−2 ·100 ·1+12 = 10000−200+1=9801 bulunur. �

� Örnek 7.13 x ve y gerçek sayılar olmak üzere x2 + y2 = 33 ve xy = 4 olduguna göre x− yisleminin sonucunun pozitif degeri kaçtır?� Çözüm: Iki terimin farkının karesi özdesliginden yararlanılır.

(x− y)2 = x2−2xy+ y2

(x− y)2 = 33−2 ·4(x− y)2 = 33−8

(x− y)2 = 25

x− y =√

25 = 5

bulunur. �


7.2.3 Iki Kare Farkı ÖzdesligiAlanı x2 olan kare kesikli çizgilerle gösterilen yerlerden kesilerek alanı y2 olan kare çıkarılmıstır.Elde edilen iki yamuk birlestirilerek eni x− y, boyu x+ y olan dikdörtgen elde edilmistir (Sekil7.3).

x

x

x− y

x− y

y

yx− y x− y

y

yx

x

Sekil 7.3

Baslangıçta x2 olan alandan y2’lik alan çıkarıldıgından, kalan yamukların alanları toplamıx2− y2’dir. Bu yamuklarla elde edilen dikdörtgenin alanı da (x− y)(x+ y)’dir. Demek ki

x2− y2 = (x− y)(x+ y) (7.3)

dir. Bu esitlige iki kare farkı özdesligi denir. Dilersek esitligin sagındaki çarpma yapılarak da buesitligi bulabiliriz:

(x− y)(x+ y) = x(x+ y)− y(x+ y) = x2 + xy− yx− y2 = x2− y2.

� Örnek 7.14 25a2− 36b2 ve 30202− 30192 ifadelerinin esitlerini iki kare farkı özdesligindenyararlanarak bulalım.

� Çözüm:

25a2−36b2 = (5a)2− (6b)2 30202−30192 = (3020+3019) · (3020−3019)

= (5a+6b)(5a−6b). = 6039 ·1= 6039.

�

� Örnek 7.15 a2−b2 = 33 ve a−b = 3 ise a+b kaçtır?

� Çözüm: a2−b2 = (a−b)(a+b) esitliginde verilenler yerine yazılırsa

33 = 3 · (a+b)333

= a+b

11 = a+b

bulunur. �

� Örnek 7.1610252−10212

10302−10162 isleminin sonucu kaçtır?

� Çözüm:10252−10212

10302−10162 =(1025−1021) · (1025+1021)(1030−1016) · (1030+1016)

=4 ·204624 ·2046

=424

=16

bulunur. �

7.3 Çarpanlara Ayırma 97

7.3 Çarpanlara AyırmaBölüm 1’de bir dogal sayıyı baska dogal sayıların çarpımı seklinde yazıp, dogal sayıları çarpanlarınaayırmıs olduk. Örnegin 12’yi

12 = 3 ·4

seklinde yazarak 3 ve 4’e 12’nin bir çarpanı dedik. Simdi aynı seyleri cebirsel ifadeler için yapalım.Yani bir cebirsel ifadeyi baska cebirsel ifadelerin çarpımı seklinde yazmaya çalısalım.

x(x+3) = x2 +3x

Yukarıdaki çarpma isleminde x2 +3x ifadesi x ve x+3 gibi iki ifadenin çarpımıdır. Yani x vex+3 ifadeleri çarpandır. Demek ki x2 +3x ifadesini x(x+3) seklinde çarpanlarına ayırabiliriz.

! Her cebirsel ifadeyi çarpanlarına ayıramayız.

7.3.1 Ortak Çarpan Parantezine AlmaBir ifadenin her terimini bölebilen bir sayı, harf veya bir ifade varsa, bu sayı, bu harf veya bu ifadeverilen ifadenin bir çarpanı olur. Örnegin

ax+bx

ifadesinin her terimini x ifadesi böler.a�x

�x= a ve

b�x

�x= b oldugundan ax+bx ifadesi

ax+bx = x(a+b)

seklinde çarpanlarına ayrılır. Benzer sekilde 2x+4y ifadesinde ortak çarpan 2 oldugundan, yanihem 2x’i hem de 4y’yi böldügünden bu ifade

2x+4y = 2 ·2+2 ·2y = 2(x+2y)

seklinde çarpanlarına ayrılır.

� Örnek 7.17 Asagıdaki ifadeleri çarpanlarına ayıralım.(a) 3a+9b+12 (b) 8x2 +2x (c) 4x4−6x3 +8x2 (d) 3x+5y−7

� Çözüm: (a) 3a+9b+12 = 3 ·a+3 ·3b+3 ·4 = 3(a+3b+4).(b) 8x2 +2x = 2x ·4x+2x ·1 = 2x(4x+1).(c) 4x4−6x3 +8x2 = 2x2 ·2x2 +2x2 · (−3x)+2x2 ·4 = 2x2(2x2−3x+4).(d) Ortak çarpan bulunmadıgından ortak çarpan parantezine alarak çarpanlarına ayrılamaz. �

Terim sayısı çogaldıgında her terimi bölen ifade bulmak mümkün olmayabilir. Böyle durumlardaortak bölenleri olan terimleri gruplandırma yoluna gideriz. Örnegin

ax+ay+bx+by

ifadesini (ax+ay)+(bx+by) seklinde gruplandırıp, birinci grubu a parantezine, ikinci grubu da bparantezine alırsak

a(x+ y)+b(x+ y)

olur. Simdi tekrar ortak çarpan olan (x+ y) parantezine alırsak

(x+ y)(a+b)


bulunur.

� Örnek 7.18 mx+my+2x+2y ifadesini çarpanlarına ayıralım.� Çözüm: mx+my’de ortak çarpan m, 2x+2y’de de ortak çarpan 2’dir.

mx+my+2x+2y = m(x+ y)+2(x+ y) = (x+ y)(m+2).

�

7.3.2 Özdesliklerden Yararlanarak Çarpanlara Ayırma(x− y)2 = x2−2xy+ y2

ve(x+ y)2 = x2 +2xy+ y2

esitliklerini biliyoruz. Eger verilen ifade bu ifadelerin sag taraflarına uygunsa, yani birinci ve üçüncüterim x ve y gibi birer ifadenin karesi ise ve bu x ve y ifadelerinin çarpımlarının iki katı da ikinciterimi veriyorsa, bu ifadeyi (x∓ y)2 seklinde yazabiliriz. Örnegin

25x2 +20xy+4y2

ifadesini bu sekilde çarpanlarına ayırabiliriz çünkü birinci ve üçüncü terim 5x ve 2y’nin kareleri,ikinci terim ise 5x ve 2y’nin çarpımlarının iki katıdır. O halde ifade

25x2 +20xy+4y2 = (5x)2 +2(5x)(2y)+(2y)2

= (5x+2y)2

= (5x+2y)(5x+2y)

seklinde çarpanlarına ayrılır. Baska bir örnek:

9a2−6ab+b2 = (3a)2−2(3a)(b)+(b)2

= (3a−b)2

= (3a−b)(3a−b)

olur.Çarpanlarına ayırmak istedigimiz ifadenin x2− y2 seklinde oldugunu görürsek

x2− y2 = (x− y)(x+ y)

özdesliginden faydalanarak çarpanlara ayırırız. Örnegin

x2−25y2

ifadesinde x2 = (x)2 ve 25y2 = (5y)2 oldugundan, bu ifade

(x−5y)(x+5y)

seklinde çarpanlarına ayrılır. Benzer sekilde

144−16a2

ifadesi, 144 = 122 ve 16a2 = (4a)2 oldugundan

(12−4a)(12+4a)

seklinde çarpanlarına ayrılır.


� Örnek 7.19 Asagıdaki ifadeleri çarpanlarına ayıralım.(a) 9a2 +6ab+4b2 (b) m2−4m+4 (c) x2 +8xy+16y2 (d) 9k2−25t2

� Çözüm:(a) 9a2 +6ab+4b2 = (3a)2 +2(3a)(2b)+(2b)2 = (3a+2b)2 = (3a+2b)(3a+2b).(b) m2−4m+4 = (m)2−2(m)(2)+(2)2 = (m−2)2 = (m−2)(m−2).(c) x2 +8xy+16y2 = (x)2 +2(x)(4y)+(4y)2 = (x+4y)2 = (x+4y)(x+4y).(d) 9k2−25t2 = (3k)2− (5t)2 = (3k−5t)(3k+5t). �

� Örnek 7.20 3a2−75 ifadesini çarpanlarına ayıralım.

� Çözüm: 3a2−75 = 3 ·a2 +3 · (−25) = 3(a2−25) = 3((a)2− (5)2

)= 3(a−5)(a+5) olur. �

� Örnek 7.21 (x+ y)2− (x− y)2 ifadesini çarpanlarına ayıralım.

� Çözüm: (x+ y)2− (x− y)2 = [(x+ y)+(x− y)] [(x+ y)− (x− y)]

= (x+ y+ x− y)(x+ y− x+ y)

= 2x ·2y = 4xy

olur. �

ALISTIRMALAR

7.1 3x2−5x+5 ifadesi için

(a) Katsayılar toplamı kaçtır?

(b) Terim sayısı kaçtır?

(c) Sabit terimi kaçtır?

7.2 a =−2 için 5a2−4a+8 ifadesinin degerini hesaplayınız.

7.3 Asagıdaki ifadeleri kısaltınız.

(a) 5a+(2a−4)

(b) 2x− (x−3)

(c) x+2y− (2x− y)

(d) (a+b+ c)− (a−b− c)− (a+b− c)

(e) a−[−a− (−a−1)

]7.4 A = x2− 1, B = 3x2 + x, C = −5x ve D = x2− 2x+ 4 olduguna göre asagıdaki ifadelerin

esitini bulun.

(a) A−B+C+D

(b) A−[B− (C−D)

]7.5 Kısa kenar uzunlugu x, uzun kenarının uzunlugu x+ y olan bir dikdörtgenin çevresinin,

kenar uzunlugu x olan bir karenin çevresinden ne kadar fazla oldugunu veren cebirsel ifadeyiyazınız.

7.6 Asagıdaki çarpma islemlerinin sonuçlarını bulunuz.

(a) −9x ·9x (b) −15 · (−2b) (c) ab(a+2b)(d)

x2· (6x−8) (e) (x−1) · (2x+6) (f) (3x2 +2) · (2x−5)


7.7 Asagıdaki bölme islemlerinin sonuçlarını bulunuz. (a ve y sıfırdan farklı)

(a)27x3

(b)32a2

8a(c)

55xy5y

7.8 Asagıdaki cebirsel ifadelerin esitlerini bulunuz.

(a) (3− x)2 (b) (6x+3)2 (c) (5− x)(5+ x)

7.9 Asagıdaki ifadelerin esitlerini bulunuz.

(a) (x−1)(x+1) (b) (a−b)(a+b) (c) (10x−7)(10x+7)(d) (2a−b)(2a+b) (e) (5x−3y)(5x+3y) (f) (x−m)(x+m)

7.10 Asagıdaki ifadeleri çarpanlarına ayırınız.

(a) 3x2 +9x (b) 10x−10xy (c) m2n−mn2

(d) 6−6a+ x− xa


(a) 100a2 +100a+25 (b) b2−2b+1 (c) m2 +12m+36


(a) m2−n2 (b) 1−b2 (c) q2−36(d) 81x2−16y2 (e) a4−b4 (f) (x−1)2−25

7.13 Asagıdaki islemleri yapınız.

(a) 322−302 (b) 472−452 (c) 5412−5402 (d) 10152−10102

7.14 x2 +2x+1 = 144 esitligini saglayan pozitif x degeri kaçtır?

A) 1 B) 11 C) 12 D) 144

7.15 x = A+3 ve y = A−3 olduguna göre x2− y2 ifadesinin esiti asagıdakilerden hangisidir?

A) −12A B) −6A C) 6A D) 12A

7.16 (a+2)(a+2)−a2 ifadesinin esiti asagıdakilerden hangisidir?

A) 4a−4 B) 4a+4 C) a2 +4a−4 D) a2−4a+4

7.17

x

x

x

x

x

1

x

1

11

11

olmak üzere,

seklinde modellenen cebirsel ifade asagıdakilerden hangisidir?

A) (2x+2)(2x+3) B) (x+3)(2x+3) C) (x+2)(2x+3) D) (x+2)(2x+2)

7.18 x− y = 3 ve x2 + y2 = 19 ise x · y ifadesinin degeri kaçtır?

A) 10 B) 8 C) 6 D) 5


7.19 (x− y)2− (x+ y)2 ifadesinin esiti asagıdakilerden hangisidir?

A) −4xy B) −2xy C) 2xy D) 4xy

7.20 Asagıdaki esitliklerden hangisi x degiskenine verilen tüm gerçek sayı degerleri için saglanır?

A) (x+3)2 = x2 +9x+9B) −2(−x−1) = 2x−2C) (2x−1)2 = 4x2−4x+1D) 16x2−16 = (4x−4)(4x−4)

7.21 x ve y dogal sayılardır. x · y = 11 olduguna göre x2 +2xy+ y2 ifadesinin esiti kaçtır?

A) 144 B) 169 C) 196 D) 225

7.22 Asagıdakilerden hangisi 5a2−5b2 ifadesinin çarpanlarından biridir?

A) a−b B) b+5 C) 5a D) 5b

7.23 x = 99 olduguna göre x2 +2x+1 ifadesinin degeri kaçtır?

A) 100 B) 200 C) 1000 D) 10000

7.24 Asagıda kenar uzunlugu x olan bir kare köseleri üst üste gelecek sekilde katlandıktan sonra,sol tarafı sag tarafın üstüne gelecek sekilde tekrar katlanmıstır.

x

y

Son durumda kagıdın sol üst kösesindeki noktalı yerden, kenar uzunlugu y olan bir karekesip kagıdı açtıgımızda elde edilecek seklin alanını veren cebirsel ifade hangisidir?

A) (x− y)(x− y) B) (x− y)(x+ y) C) (x−2y)(x+2y) D) (x−4y)(x+4y)

7.25 ABCD ve DEFG karelerinin alanları toplamı 21 birim karedir.|AD|= y, |DE|= x olup, |CG|= 3’tür.

Buna göre x · y kaçtır?

y x

3

A

BC

D E

FG

8. Eslik ve Benzerlik

8.1 Eslik

Bir4ABC üçgeniyle4DEF üçgeninin köseleri arasında bire-bir esleme yapalım (Sekil 8.1).

A

B C

E F

D

Sekil 8.1

Bu esleme

A↔ D, B↔ E, C↔ F

olarak gösterilir. Bunun anlamı A kösesiyle D kösesinin, B kösesiyle E kösesinin ve C kösesiyle Fkösesinin eslendigidir.

Bu eslemeyi daha kısa olarak

4ABC↔4DEF

seklinde gösterebiliriz. Köseler arasındaki bu eslemeye göre4ABC ve4DEF üçgenlerinin kenar-ları arasındaki eslemeyi de

[AB]↔ [DE], [BC]↔ [EF ], [AC]↔ [DF ]

biçiminde yapabiliriz.

Tanım 8.1 Iki çokgenin köseleri arasında bir bire-bir esleme verilmis olsun. Bu eslemedekarsılıklı kenar uzunlukları ve karsılıklı açıların ölçüleri esit ise bu iki çokgen estir denir.

Bir4ABC üçgeniyle4DEF üçgeninin esligi4ABC ∼=4DEF olarak gösterilir.

104 Bölüm 8. Eslik ve Benzerlik

Tanıma göre

4ABC ∼=4DEF ⇐⇒

m(∠A) = m(∠D)m(∠B) = m(∠E)m(∠C) = m(∠F)

ve|AB|= |DE||BC|= |EF ||AC|= |DF |

olur.

� Örnek 8.1 Asagıdaki 4ABC ve 4DEF üçgenlerinin kenarları arasında yapılabilecek farklıeslemelerden yalnızca bir tanesi eslik belirtir.

A

B C

E

DF4 4

2 5

α α

β βγ γ

25

O da

m(∠A) = m(∠E) = α

m(∠B) = m(∠D) = β

m(∠C) = m(∠F) = γ

ve|AB|= |ED|= 2|BC|= |DF |= 4|AC|= |EF |= 5

oldugundan4ABC ∼=4EDF’dir.

�

� Örnek 8.2 ABCD paralekenarında [AC] kösegenini çizelim.

A

B C

D

m(∠BAC) = m(∠ACD)m(∠ABC) = m(∠CDA)m(∠ACB) = m(∠CAD)

ve|AB|= |DC||BC|= |AD||AC|= |AC|

oldugundan4ABC ∼=4CDA’dır.

�

8.2 Benzerlik 105

Sekil 8.2: Farklı ölçekli iki dünya haritası

8.2 Benzerlik

Sekil 8.2’de dünyanın farklı ölçeklerle yapılan haritaları verilmistir. Bu haritaların benzer oldugunusezgilerimizle söyleyebiliriz.

Benzer sekilde bir insanın aynı negatiften çekilmis farklı büyüklükteki fotograflarının da benzerolduklarını sezgilerimizle söyleyebiliriz.

Tanım 8.2 Iki çokgenin köseleri arasında bir bire-bir esleme verilmis olsun. Bu eslemedekarsılıklı açıların ölçüleri esit ve karsılıklı kenar uzunlukları orantılı ise bu iki çokgene benzerçokgenler denir.

Bir 4ABC üçgeniyle 4DEF üçgeninin benzerligi 4ABC ∼4DEF ya da 4ABC ≈4DEFseklinde gösterilir. Kenar uzunlukları arasındaki sabit orana da benzerlik oranı denir ve bu orangenelde k harfi ile gösterilir. Tanıma göre

4ABC ∼4DEF ⇐⇒

m(∠A) = m(∠D)m(∠B) = m(∠E)m(∠C) = m(∠F)

ve|AB||DE|

=|AC||DF |

=|BC||EF |

= k

olur.

Sonuç 8.1 Es olan iki çokgen aynı zamanda benzer olur. Es çokgenlerin benzerlik oranı 1’dir.

� Örnek 8.3 Asagıda4ABC ile4DEF üçgenleri verilmistir.

106

8

3

4

5

A B

C

F

E

Dα

ββ

α


4ABC↔4DFE eslemesi yapıldıgında

m(∠A) = m(∠D) = α

m(∠B) = m(∠F) = 90◦

m(∠C) = m(∠E) = β

ve|AB||DF |

=|AC||DE|

=|BC||FE|

= 2

oldugundan4ABC ∼4DFE’dir.

4ABC üçgeninin çevresi Ç(4ABC) = 10+8+6 = 24 ve4DFE üçgeninin çevresi Ç(4DFE) =

5+4+3 = 12’dir. Ç(4ABC)

Ç(4DFE)= 24

12 = 2’dir. �

Sonuç 8.2 Benzer çokgenlerin çevreleri oranı bu çokgenlerin benzerlik oranına esittir.

� Örnek 8.4 Sekilde verilen ABCD dörtgenine |AB||EF | = 3 olacak sekilde benzer bir EFGH dörtgeni

çizelim.

� Çözüm: ABCD∼ EFGH ve |AB||EF | = 3 olacagından ABCD dörtgeninin kenar uzunlukları EFGH

dörtgeninin 3 katı olmalıdır. ABCD dörtgeninin kenarlarını 3 es parçaya bölerek EFGH dörtgeniçizilir.

A

B C

D

F

E

G

H

�

� Örnek 8.5 Herhangi iki karenin birbirine benzer olduklarını gösterelim.

� Çözüm: Kenar uzunlugu a olan bir ABCD karesiyle kenar uzunlugu b olan bir EFGH karesialalım ve ABCD↔ EFGH eslemesini yapalım. Karede bütün açılar 90◦ oldugundan m(∠A) =

m(∠E), m(∠B) = m(∠F), m(∠C) = m(∠G) ve m(∠D) = m(∠H)’dir. Diger taraftan|AB||EF |

=

|BC||FG|

=|CD||GH|

=|AD||EH|

=ab

’dir. Bunlardan ABCD∼ EFGH oldugu çıkar. �

� Örnek 8.6 Asagıda ABCD∼ KLMN’dir. Sekillerde verilen uzunluklara göre y kaçtır?

A

B C

D

2

4

K

L M

N

3

y+1

� Çözüm: ABCD∼ KLMN oldugundan

|AB||KL|

=|BC||LM|

orantısı yazılır. Sekilde verilen uzunluklar yerine yazıldıgında 23 = 4

y+1 olur. Içler dıslar çarpımı

8.2 Benzerlik 107

yapılırsa

2 · (y+1) = 3 ·42y+2 = 12

�2y�2

=102

y = 5

bulunur. �

Üçgenlerde Temel Benzerlik Özelligi

A

B C

D E

Sekil 8.3

Sekil 8.3’de [DE] ‖ [BC] çizilerek, 4ABC üçgeni içinde 4ADE üçgeni elde edilmistir. Para-lellikten dolayı m(∠D) = m(∠B) ve m(∠E) = m(∠C)’dir. ∠A açısı da her iki üçgende ortak olanaçıdır. Bu sekilde üçgenin bir kenarına paralel bir dogru üçgenin diger kenarlarını farklı noktalardakeserse, elde edilen yeni üçgen ilk üçgene benzer olur, yani4ABC ∼4ADE’dir.

� Örnek 8.7 Asagıdaki sekilde [DE] ‖ [BC]’dir. x ve y uzunluklarını bulup, 4ABC ile 4ADEüçgenlerinin çevreleri oranına bakalım.

A

2 4

3 y

B 10 C

D x E

� Çözüm: Temel benzerlik özelligine göre4ABC ∼4ADE’dir. Buradan

|AD||AB|

=|AE||AC|

ve|AD||AB|

=|DE||BC|

orantıları yazılabilir. Bu orantılarda sekilde verilen degerler yerine yazıldıgında

25=

44+ y

ve25=

x10

olur. 25 = 4

4+y orantısında içler dıslar çarpımı yapılırsa 8+ 2y = 20’den y = 6 bulunur. 25 = x

10orantısında içler dıslar çarpımı yapılırsa 20 = 5x’den x = 4 bulunur.4ADE üçgeninin çevresi Ç(4ADE)= 2+4+4= 10 ve4ABC üçgeninin çevresi Ç(4ABC)=

5+ 10+ 10 = 25’dir. Ç(4ADE)Ç(4ABC)

= 1025 = 2

5 ’tir. Görüldügü gibi çevrelerin oranı benzerlik oranınaesittir. �


ALISTIRMALAR

8.1 MNP∼= XY Z ise birbirine esit olan açıları ve dogru parçalarını yazınız.

8.2 Bir ABCD karesinde [BD] kösegenini çizip4ADB∼=4CBD oldugunu gösteriniz.

8.3 Bir4KLM ikizkenar üçgeninde m(∠LKM) = 80◦, |KL|= |KM|= 6 cm ve ∠LKM açısınınaçıortayı [LM] kenarını N noktasında kessin.

(a) Bu çizimi yapınız.

(b)4KLM ∼=4KMN esligini gösteriniz.

(c) Her ikizkenar üçgende tepeye ait açıortay ile tabana ait yükseklik ve kenarortay için nesöylenebilir?

8.4 KLMN ∼ PRST ve |KL||PR| = 3 olduguna göre dörtgenlerin birbirine esit olan açılarını ve kenar

uzunluklarının oranını yazınız.

8.5 Herhangi iki eskenar üçgenin benzer olduklarını gösteriniz.

8.6 Asagıdaki 4ABC üçgeninde [DE] ‖ [BC], |AE| = 4 cm, |DE| = 6 cm ve |BC| = 12 cmolduguna göre |EC| kaç cm’dir?

A

B C12 cm

4 cm

D E6 cm

8.7 Asagıdaki sekilde4ABC ∼4EFD olduguna göre4EDF üçgeninin çevresi kaç cm’dir?A

B C

28 cm

20 cm

16 cm

D

E

F

21 cm

8.8 Asagıda verilen4ABC üçgeninde, [ED] ‖ [AB] olduguna göre asagıdakilerden hangisi dog-rudur?

A

B CD

E

A)4EDC ∼4BAC B)4CDE ∼4CAB C)4ECD∼4BCA D)4CDE ∼4CBA

IV9 Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1119.1 Giris9.2 Denklem Çözme9.3 Dogrusal Denklemler

Alıstırmalar

10 Denklem Sistemleri . . . . . . . . . . . . . . . . . 12710.1 Iki Bilinmeyenli Dogrusal Denklem Sistemi

Alıstırmalar

11 Esitsizlikler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13511.1 Tanım11.2 Esitsizliklerin Çözümü

Alıstırmalar

CEBIR

9. Denklemler

9.1 Giris

Cebirsel ifadeler konusunda tanımı vermistik. Hatırlatalım.Içinde bilinmeyen bulunan ve bu bilinmeyenin özel degerleri için saglanan esitliklere denklem

denir. Örnegin

x+5 = 8

esitligi bir denklemdir. Bu denklemde bilinmeyen, diger adıyla degisken x’tir. Bu esitlik yalnızcax’e 3 degerini verirsek saglanır. Baska bir deger, örnegin 7 bu esitligi saglamaz.

Bir denklemi saglayan (gerçekleyen) özel degerlere denklemin kökü denir. Yukarıdaki denk-lemin kökü 3’tür. Bu denklemin kökünü bulmak için yapılan islemlere de denklemin çözümüdenir.

Bilinmeyenleri çogu zaman x,y,z, . . . gibi harflerle, bilinenleri de a,b,c, . . . gibi harflerle göste-ririz.

Denklemler içinde bulunan bilinmeyen sayısına göre bir bilinmeyenli denklem, iki bilinmeyenlidenklem, üç bilinmeyenli denklem, . . . adını alırlar. Örnegin 2x−8 = 10 denklemi bir bilinmeyenlibir denklem, x−2y = 9 denklemi ise iki bilinmeyenli bir denklemdir.

Denklemler içinde bulunan degiskenlerin kuvvetlerine göre birinci dereceden, ikinci dereceden,. . . denklem adını alırlar. Hem bilinmeyen sayısı hem de bilinmeyenin kuvvetine göre x+9 = 32denklemi birinci dereceden bir bilinmeyenli denklem, x+ y = 10 denklemi ise birinci dereceden ikibilinmeyenli denklemdir.

9.2 Denklem Çözme

Denklemin bir esitlik oldugunu söyledik. Bu esitligin her iki tarafına aynı sayıyı ekleyebilir yada çıkarabiliriz. Benzer sekilde aynı sayıyla çarpabilir ya da bölebiliriz. Bölerken tek istisnamız0’dır, yani 0 dısında istedigimiz bir sayıya bölebiliriz. Ekledigimiz (çıkardıgımız) ya da çarptıgımız(böldügümüz) sey illa bir sayı olmak zorunda degildir. Bir cebirsel ifadeyle de aynı seyler yapılabilir.

Örnegin

x−5 = 9

denklemini çözmek, yani x’i bulmak için esitligin her iki yanına −5’in toplamsal tersi olan 5

112 Bölüm 9. Denklemler

ekleriz:x−5 = 9

x− �5+ �5 = 9+5

x+0 = 14

x = 14.

Eger 3x = 15 denklemini çözmek istersek bu defa esitligin her iki yanını 3’e böleriz:

3x = 15

�3x

�3=

153

x = 5.

Egery3= 8 denklemini çözmek istersek de esitligin her iki tarafı 3 ile çarparız:

y3= 8

�3 ·y

�3= 8 ·3

y = 24.

� Örnek 9.1 5x−7 = 93 denkleminin çözümü

5x−7 = 93

5x− �7+ �7 = 93+7 (her iki tarafa 7 eklenir)

�5x�5

=1005

(her iki taraf 5 ile bölünür)

x = 20

seklinde yapılır. �

Esitligin her iki yanında da bilinmeyenler olursa, bu durumda bilinenleri bir tarafa bilinmeyen-leri bir tarafa toplarız. Bunu yaparken de taraf degistiren terimin isaretini de degistiririz. Örnegin5x−9 = x+6 denkleminin çözümü

5x−9 = x+6

5x− x = 6+9

4x = 15

x =154

seklinde yapılır. Esitligin sagındaki x’i sola −x, soldaki −9’u saga +9 olarak aldık. Bu yaptıgımızaslında iki adımın tek adımda toplanmasıdır. Birinci adım her iki taraftan x çıkarmak, ikinci adımda her iki tarafa 9 eklenmesidir.

Cebirsel ifadelerde bahsettigimiz gibi önünde (+) isareti bulunan parantezleri kaldırır, önünde(−) isareti bulunan parantezlerin içindeki terimlerin isaretini degistirerek parantezleri kaldırırız.

9.2 Denklem Çözme 113

Örnegin 2x− (x+1) = 7+(−x−6) denklemini

2x− (x+1) = 7+(−x−6)

2x− x−1 = 7− x−6 (parantezleri kaldır)

2x− x+ x = 7−6+1 (bilinenler bir tarafa bilinmeyenler bir tarafa)

2x = 2

x = 1

seklinde çözeriz.

Eger parantezli bir ifadeyle çarpım durumda olan bir ifade varsa çarpma isleminin dagılmaözelligi kullanılarak parantezler açılır:

2(x+1)−4 = 3(2x−1)

2x+2−4 = 6x−3

2−4+3 = 6x−2x

1 = 4x14= x.

Kesirli ifadelerin bulundugu denklemlerde önce paydaların en küçük ortak katını buluruz.Buldugumuz bu degerle denklemin bütün terimlerini çarparak paydadan kurtuluruz. Geriye yukarı-daki denklemler gibi bir denklem kalır. Bunu da yukarıda anlattıgımız sekilde çözeriz. Örneginx2+1 =

x3+5 denklemini çözmek için her bir terimi paydaların (2 ve 3) en küçük ortak katı olan

6’yla çarparız:

3

�6 ·x�2+6 ·1 =

2

�6 ·x

�3+6 ·5

3x+6 = 2x+30

3x−2x = 30−6

x = 24.

� Örnek 9.2 x+x+2

6= 5+

x−44

denkleminin çözümü için denklemin her terimi EKOK(6,4) =12 ile çarpılır:

x+x+2

6= 5+

x−44

12 · x+2��12 ·(x+2)

�6= 12 ·5+

3��12 ·(x−4)

�412x+2x+4 = 60+3x−12

12x+2x−3x = 60−12−4

11x = 44

x = 11.�

� Örnek 9.32x−1

7− 3x−4

2= x−7 kesirli denklemini saglayan x degeri kaçtır?


� Çözüm: Esitlikteki tüm terimleri 7 ve 2’nin EKOK’u olan 14 ile çarpalım.

2��14 ·(2x−1)

�7−

7��14 ·(3x−4)

�2= 14 · (x−7)

4x−2−21x+28 = 14x−98

4x−21x−14x =−98−28+2

��−31x

��−31

=−124−31

x = 4.

�

9.3 Dogrusal DenklemlerBir çay ocagına gelen müsterilerin hepsinin çaylarını 2 sekerli içtiklerini düsünelim. Eger müsterigelip 0 çay içerse (hiç çay içmezse) 0 seker, 1 çay içerse 2 seker, 2 çay içerse 4 seker, 3 çay içerse 6seker tüketmis olur. Bu durum diger müsteriler içinde geçerlidir ve bu sekilde devam eder. Bu çayve seker sayılarını bir tabloda gösterip, çay sayısı ile seker sayısı arasındaki iliskiyi cebirsel olarakifade etmeye çalısalım.

Içilen Çay Sayısı Tüketilen Seker Sayısı Aradaki Iliski0 0 2 ·0 = 01 2 2 ·1 = 22 4 2 ·2 = 43 6 2 ·3 = 64 8 2 ·4 = 8...

......

x y 2x = y

Içilen çay sayısını x’le, tüketilen seker sayısını da y ile gösterdigimizde aradaki iliskiyi cebirselolarak

y = 2x

seklinde ifade edebiliriz. Dilersek y−2x= 0 seklinde de ifade edebilirdik. Bu tür esitliklere denklemdendigini yukarıda söylemistik. Bu denklem iki degiskenli bir denklem olup, degiskenlerden biriiçilen çay sayısı x, digeri de tüketilen seker sayısı y’dir. Eger gelen müsteri çay içmeden sekertüketmiyorsa, tüketilen seker sayısı içilen çay sayısına baglıdır. O yüzden x’e bagımsız degisken,y’ye de bagımlı degisken denir.

Bu iliskiyi cebirsel olarak ifade etmek bizim için birçok kolaylık saglar. Örnegin bize 32 çayiçildiginde ne kadar seker tüketilecegi soruldugunda, x yerine 32 yazıp y’yi buluruz:

y = 2 ·32 = 64.

Eger bu çay ocagında 182 seker tüketilmisse y yerine 182 yazıp çay sayısı olan x’i buluruz:

182 = 2x =⇒ 1822

=�2x�2

=⇒ x = 91.

Demek ki 182 seker tüketilmesi için 91 çayın içilmesi gerekir.Simdi de tablodaki degerleri bir grafige aktaralım. Yatay eksende çay sayısını, dikey eksende

seker sayısını gösterelim. Sonra tablodaki (0,0), (1,2), (2,4), (3,6) ve (4,8) degerlerini grafikteisaretleyerek bu noktaları birlestirelim.

9.3 Dogrusal Denklemler 115

x1 2 3 4 5 6

y

1

2

3

4

5

6

7

8

0

(1,2)

(2,4)

(3,6)

(4,8)

Noktaları birlestirdigimizde bir dogru elde ettigimiz için, çay sayısı ile seker sayısı arasındakiiliskiye dogrusal iliski denir.

� Örnek 9.4 Bir sehirdeki taksiler açılıs ücreti olarak 2,5 TL ve her kilometre basına 1 TL ücretalsınlar. Taksi müsterisinin ödeyecegi ücreti y ile, gittigi mesafeyi de x’le gösterip, tablo yapalım.

x (km) 0 1 2 3 4 5 · · ·y (TL) 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5 7,5 · · ·

Tabloya bakarsak aradaki iliskininy = 2,5+ x

oldugu görülür. Bu iliski dogrusal bir iliskidir. Grafigi:

x1 2 3 4 5 6

y

0.51

1.52

2.53

3.54

4.55

5.56

6.57

7.58

0

�

Yukarıdaki örneklerde çay sayısı, seker sayısı veya ücret gibi seyler negatif olamayacagın-dan eksenlerin sadece pozitif taraflarını çizdik. Artık bundan sonra negatif degerlerin de oldugukoordinat sisteminde çalısacagız.

Simdi tanımı verelim.

Tanım 9.1 a ve b’den en az biri 0’dan farklı a, b ve c gerçek sayıları için

ax+by+ c = 0

biçimindeki bir denkleme dogrusal denklem denir. Buradaki x ve y degiskenleri arasındakiiliskiye de dogrusal iliski denir.

Bir dogrusal denklem, dogrunun geçtigi her noktanın apsis(x) ve ordinatı(y) arasındaki ortakbagıntıyı ifade eder. Dogrunun noktalardan meydana geldigini hatırlarsak dogrusal noktalarınkoordinatlarının sagladıgı bagıntı bu dogrunun denklemi olacaktır.


Dogrunun denklemi verildiginde koordinat sisteminde bu dogrunun grafigini çizebiliriz. Örnegina = 2, b =−1 ve c = 1 için 2x−y+1 = 0 denklemini elde ederiz. Bu denklemin belirttigi dogruyuçizmek için bu dogrunun geçtigi noktaları bulmalıyız. Bu da bu denklemi saglayan (x,y) ikilileridir.x’e verecegimiz her gerçek sayı degerine karsılık bir y gerçek sayı degeri bulunabilir. Örnegin x = 0için

2 ·0− y+1 = 0 =⇒−y+1 = 0 =⇒ y = 1

bulunur. Demek ki bu dogru (0,1) noktasından geçer. y = 0 içinse

2 · x−0+1 = 0 =⇒ 2x+1 = 0 =⇒ x =−12

bulunur. Demek ki bu dogru (−12 ,0) noktasından da geçiyor. Bunlar gibi sonsuz sayıda (x,y) ikilisi

vardır ancak iki noktadan yalnız bir dogru geçtiginden buldugumuz iki nokta dogrunun grafiginiçizmemiz için yeterlidir. Asagıda 2x− y+1 = 0 dogrusunun grafigi çizilmistir.

x

y

2x− y+1 = 0

1

−12

2x− y+1 = 0

Çogu zaman bir dogrusal denklemi ax+ by+ c = 0 biçiminde yazmak yerine bu denklemiy’yi yalnız bırakacak sekilde düzenleriz. Örnegin yukarıdaki 2x− y+1 = 0 denklemini y = 2x+1biçiminde yazarız. Bu sekilde yazmanın faydaları vardır. Denklemdeki 1 sabiti dogrunun y ekseninikestigi noktadır. x’in katsayısı 2’ye de ne diyecegimizi biraz ilerde söyleyecegiz.

Genelde dogrunun grafigini çizmek için x’e 0 verip y eksenini kestigi noktayı, y’ye 0 verip xeksenini kestigi noktayı buluruz. Ancak bir dogru her zaman iki ekseni birden kesmeyebilir ya daiki ekseni iki ayrı noktada kesmeyebilir. Örnegin y = x dogrusunu alalım. Öyle noktalar bulacagız kibu noktaların apsisleri ordinatlarına esit olacak. Bunlardan ikisi (0,0) ile (1,1)’dir. Grafik asagıda.

x−2 −1 1 2

y

−1

1

2

0

y = x

Sonuç 9.1 Bir ax+by+c = 0 dogrusal denkleminde c = 0 ise yani sabit sayı yoksa, x = 0 içiny = 0 olacagından bu tür dogrular orijinden yani (0,0) noktasından geçer.


� Örnek 9.5 a = 0, b = 1 ve c = −1 olursa y = 2 dogrusal denklemi elde edilir. Bu dogrunungrafigini çizelim.

� Çözüm: Bu defa denklemde x yok. x’in olmaması, x ne olursa olsun y’nin 2 oldugu anlamınagelir. Yani bu dogru (−25,2),(−1,2),(0,2),(12,2),(52,2) gibi noktalardan geçer. Bu noktalardangeçen dogru da y eksenindeki 2 noktasından geçen ve x eksenine paralel olan dogrudur. Grafigi:

x−2 −1 1 2

y

−1

1

2

0

y = 2

�

Genel olarak, denklemi y = a biçiminde olan bir dogru y eksenindeki a noktasından geçen ve xeksenine paralel olan dogrudur.

x

y

y = a a

Benzer sekilde denklemi x = b seklinde olan dogru, x eksenindeki b noktasından geçen ve yeksenine paralel olan dogrudur.

x

y

b

x = b

� Örnek 9.6 x =−3 dogrusunun grafigi

x−3 −2 −1 1 2 3

y

−1

1

2

3

0

x =−3


dir. �

� Örnek 9.7 y =−3x+6 dogrusunun grafigini çizelim.� Çözüm: x = 0 için y = −3 · 0+ 6 = 6 oldugundan dogru (0,6) noktasından geçer. y = 0 için0 =−3x+6 =⇒ 3x = 6 =⇒ x = 2 oldugundan dogru (2,0) noktasından da geçer.

x−2 −1 1 2 3

y

−1

1

2

3

4

5

6

7

8

0

y =−3x+6

�

9.3.1 EgimAracınızla yolculuk yaparken yol kenarında asagıdaki gibi bir uyarıyla karsılasırsanız, birazdanaracınızla rampa yukarı tırmanacagınız anlamına gelir.

Levhadaki %10 degeri de her 100 metre yatay ilerleyemeye karsılık 10 metre dikey tırmanısyapacaksınız demektir. Yani yolculugunuz asagıdaki gibi olur.

Bu %10 ile ifade edilen ölçüye egim denir. Yani bir tepeni ya da yolun egimi bu tepenin ya dayolun diklesme durumunu ifade eder. Egimi bulmak için dikey uzunlugu yatay uzunluga oranlarız:

Egim =Dikey UzunlukYatay Uzunluk

.

Eger asagıdaki gibi bir uyarıyla karsılasırsanız, bu defa aracınızla rampa asagı ineceginizanlamına gelir.


Levhadaki %10 degeri de her 100 metre yatay ilerlemenize karsılık 10 metre dikey inis yapacaksınızdemektir. Bu sefer yolculugunuz asagıdaki gibi olur.

Yukarıdaki iki durum arasındaki farkı belirtmek için rampa yukarı durumdaki egime pozitifegim, rampa asagı durumdaki egime de negatif egim denir.

Sonuç olarak egim, yatayda alınan 1 birimlik yola karsılık dikeyde alınan yoldur. Dikeydealınan yol eger yukarı yönlü ise pozitif egim, asagı yönlü ise negatif egim vardır.

Egim yukarıda oldugu gibi % sembolüyle gösterilebilecegi gibi, kesir ya da ondalık kesir olarakda gösterilebilir. Yani %10 yerine 1

10 ya da 0,1 yazılabilir. Matematikte daha çok kesir gösteriminikullanırız.

� Örnek 9.8 Asagıdaki merdivenin egimi12

’dir, her basamakta 2 birim ileri giderken 1 birimyukarı çıkıyoruz. Duvarın egimi tanımsızdır, hiç ilerlemeden 3 birim yukarı çıkmamız gerekir. Düzyolun egimi ise 0’dır, ne kadar ilerlersek ilerleyelim hiç yukarı çıkmayız.

Merdiven Duvar Düz yol�

Simdi dogrunun egiminin tanımını verelim.

Tanım 9.2 Dikey olmayan bir dogru üzerindeki herhangi iki noktanın ordinatları farkınınapsisleri farkına oranına bu dogrunun egimi denir. Dikey bir dogrunun egimi tanımlı degildir.Egim genelde “m” harfiyle gösterilir.

x

y

y2

y1

x1 x2

P2(x2,y2)

P1(x1,y1)

y2− y1

x2− x1

P1(x1,y1) ve P2(x2,y2) noktalarından geçen dogrunun egimi

m =y2− y1

x2− x1


dir.Asagıdaki sekilde birkaç dogru egimleriyle birlikte gösterilmistir.

x

y

m = 0

m = 12

m =− 12

m = 1

m = 2m = 3

m =−1

m =−2m =−3

Egim pozitifken dogrunun sag yukarıya dogru, egim negatifken sag asagıya dogru oldugunadikkat ediniz. Egimin mutlak degeri büyüdükçe dogruların daha diklestigine ve egimi 0 olandogrunun yatay olduguna dikkat ediniz.

� Örnek 9.9 A(−2,3) ve B(2,5) noktalarından geçen dogrunun egimi m = 5−32−(−2) =

24 = 1

2 ’dir.

x−8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2

y

−1

1

2

4

5

0

n = 4m1 = 0.5

4 birim

2 birimA

B

Görüldügü gibi A’dan B’ye gitmek için yatayda alınan 4 birim yola karsılık dikeyde 2 birim yukarıyol alınır. �

� Örnek 9.10 3x−6y+6 = 0 dogrusunun egimini bulalım.� Çözüm: Önce bu dogrunun geçtigi iki noktayı bulalım. Bunlar denklemi saglayan (x,y) ikilileridir.x = 0 için

3 ·0−6y+6 = 0 =⇒ 6y = 6 =⇒ y = 1

olur. y = 0 içinse3x−6 ·0+6 = 0 =⇒ 3x =−6 =⇒ x =−2

olur. Demek ki bu dogru (0,1) ve (−2,0) noktalarından geçer. O zaman bu dogrunun egimi

m =0−1−2−0

=−1−2

=12

bulunur. �


Dogrunun denklemi ile egimi arasında sıkı bir iliski vardır. Yukarıdaki örnekteki dogrununegimini denklemi düzenleyerek de bulabiliriz. Bunun için denklemi

y = mx+n

biçiminde yani y’yi yalnız bırakacak sekilde yazmalıyız. Bu sekilde yazdıgımızda x’in katsayısıdogrunun egimini verecektir. n’nin de dogrunun y eksenini kestigi nokta oldugunu sayfa 116’daifade etmistik. 3x−6y+6 = 0 denklemini y = mx+n biçiminde yazarsak

3x−6y+6 = 0

−6y =−3x−6

y =−3x−6−6

=−3x−6

+−6−6

y =x2+1

bulunur. Buradan m =12

bulunur.

� Örnek 9.11x2+

y3= 2 dogrusunun egimini bulalım.

� Çözüm: Denklemi y = mx+n biçiminde yazalım.

x2+

y3= 2 =⇒ y

3=− x

2+2 =⇒ �3 ·

y

�3= 3 ·

(− x

2

)+3 ·2 =⇒ y =−3x

2+6

oldugundan bu dogrunun egimi −32

’dir. �

� Örnek 9.12 Egimi 3 ve (1,7) noktasından geçen dogrunun denklemini bulalım.� Çözüm: Dogrunun denklemi y = mx+n olsun. m = 3 verildiginden

y = 3x+n

dir. Bu dogru (1,7) noktasından geçtiginden

7 = 3 ·1+n

esitliginden n = 4 bulunur. Demek ki dogrunun denklemi y = 3x+4’tür. �

Dogrusal denklemlerin özgün özelligi degisim hızlarının sabit olmasıdır. Asagıda y = 2x+4dogrusunun grafigi ve bazı noktalarda aldıgı degerlerin tablosu verilmistir. x degiskeni 0,1 arttıgınday’nin 0,2 arttıgına dikkat ediniz. Dolayısıyla y, x’den iki kat hızlı artar. Bu nedenle y = 2x+ 4dogrusunun egimi olan 2, aynı zamanda y’nin x’e göre degisim hızı olarak yorumlanabilir.

x−2 −1 1 2

y

−1

1

2

3

4

5

0

y = 2x+4x y = 2x+41 6

1,1 6,21,2 6,41,3 6,61,4 6,81,5 7


� Örnek 9.13 Kuru hava yeryüzünden yukarıya dogru hareket ettiginde genlesir ve sogur.(a) Yeryüzü sıcaklıgı 30◦, 1 km yükseklikte sıcaklık 20◦ ise, dogrusal bir iliskinin geçerli oldugu

varsayımı ile sıcaklık T (°C cinsinden) ile yükseklik h (km cinsinden) arasındaki dogrusal iliskiyidenklemle ifade ediniz.

(b) a sıkkındaki denklemin grafigini çiziniz ve egimin ne ifade ettigini açıklayınız.(c) 3,5 km yükseklikteki sıcaklıgı bulunuz.

� Çözüm: (a) T ile h arasında dogrusal bir iliskinin oldugu varsayımından

T = mh+n

yazabiliriz. h = 0 için T = 30 verildiginden

30 = m ·0+n = n

esitliginden y eksenini kestigi nokta n = 30 olarak bulunur.h = 1 için T = 20 verildiginden

20 = m ·1+30

esitligi, dogrunun egimini m = 20−30 =−10 olarak verir ve aradıgımız dogrusal denklem

T =−10h+30

olarak bulunur.(b) Grafigi asagıdadır. m =−10 °C/km olan egim sıcaklıgın yükseklige göre degisim hızıdır.

h1 2 3 4

T

−10

−5

5

10

15

20

25

30

0

T =−10h+30

(c) h = 3,5 km yükseklikteki sıcaklık

T =−10 · (3,5)+30 =−5 °C

olur. �

ALISTIRMALAR

9.1 Asagıdaki denklemleri çözünüz.

(a) 3x+3 = 2x+9 (b) 6x+9+(−3)+2x =−x+12(c) 10x−1 = 4x+5 (d) 3x+5x+13 = 2x−5

(e) 67 x− 4

5 x = 25 (f) 3−x

2 + x4 +

x+212 = 2

(g) x3 +

x+12 = 3 (h) x−1

2 + x3 = x+1


9.2 Asagıdaki dogruların egimlerini bulup grafiklerini çiziniz.

(a) 3x−2y−3 = 0 (b) 2x−3y+3 = 0(c) −3x+ y+4 = 0 (d) 4y−2x =−6(e) x

5 −y3 = 2 (f) x+ y = 1

9.3 Asagıdaki nokta çiftlerinden geçen dogruların egimlerini bulunuz.

(a) (2,8),(−2,−3) (b) (−1,−5),(0,1) (c) (8,4),(−9,4)

9.4 Asagıda egimleri ve birer noktaları verilen dogruların denklemlerini yazınız.

(a) m =−1, (9,−3) (b) m = 3, (2,1) (c) m = 12 , (4,4)

9.5 Asagıdaki f ve g dogrularının egimlerini bulunuz.

x−4 −3 −2 −1 1 2 3 4

y

−2

−1

1

2

3

0f

g

9.6 4x−3y+8 = 0 ile y = ax+b denklemleri aynı dogruları belirttigine göre a+b islemininsonucu kaçtır?

9.7 Bir pazar yeri yöneticisi her tezgah için x TL kira istediginde kiralayabilecegi tezgah sayısıy’nin y = 200−4x denklemine göre belirlenecegini geçmis deneyimlerinden bilmektedir.

(a) Bu dogrusal denklemin grafigini çiziniz. (Kiranın ve kiralanan yerlerin sayısının negatifolamayacagını unutmayınız.)

(b) Grafigin egimi, y− eksenini kestigi nokta, x− eksenini kestigi nokta neyi ifade eder?

9.8 Fahrenhayt (F) ve Santigrat (C) sıcaklık birimleri arasındaki iliski, F = 95 C+32 dogrusal

denklemi ile verilir.

(a) Bu denklemin grafigini çiziniz.

(b) Grafigin egimi nedir ve ne ifade eder? F eksenini kestigi nokta nedir ve ne ifade eder?

9.9 Kenan, Buca’dan saat 14.00’da ayrılır ve sabit hızla çevre yolundan kuzeye giderek 39 kmuzaklıkta olan Karsıyaka’dan 14.26’da geçer.

(a) Alınan yolu (km cinsinden) geçen zamana (dakika cinsinden) baglı bir denklem olarakifade ediniz.

(b) Bu denklemin grafigini çiziniz.

(c) Bu dogrunun egimi nedir ve ne ifade eder?

9.10 Bir musluk dakikada 3 litre su akıtmaktadır. Bu musluk içinde 7,5 litre su bulunan 37,5 litrehacmindeki bir kabı dolduracaktır.

(a) Suyun V hacmi (litre) ile t (dakika) arasındaki iliski nedir? Bu iliskiyi grafikle gösteriniz.

(b) Kabın dolması için musluk kaç dakika akmalıdır?


9.11 Asagıdaki dogruların hangisi x eksenine paraleldir?

A) x =−1 B) y = 9 C) 2x = 3y D) x+ y =−2

9.12 5x−2y+6 = 8 dogrusu y eksenini hangi noktada keser?

A) (0,−1) B) (0,1) C) (0,2) D) (0,4)

9.13 Asagıda denklemleri verilen dogrulardan hangisi orijinden geçer?

A) 2x−5y = 10 B) x−2y+1 = 0 C) y = 5x+3 D) x+ y = 0

9.14 y = 6−3x dogrusunun egimi kaçtır?

A) 6 B) 3 C) 1 D) −3

9.15 ax−2y = 8 dogrusunun egimi 2 olduguna göre a kaçtır?

A) 4 B) 8 C) 2 D) −2

9.16 Asagıdaki koordinat düzlemindeki f dogrusunun egimi −2 olduguna göre f dogrusunun xeksenini kestigi noktanın apsisi kaçtır?

x

y

6

f

A) −6 B) −3 C) 3 D) 6

9.17 Egimi −1 ve A(0,3) noktasından geçen dogrunun denklemi asagıdakilerden hangisidir?

A) y = x+3 B) y =−x+3 C) y = x−3 D) y =−x−3

9.18 3x−5y+15 = 0 dogrusu ile ilgili asagıdaki ifadelerden hangisi yanlıstır?

A) Dogrunun egimi 35 ’tir.

B) x eksenini (−5,0) noktasında keser.

C) y eksenini (0,−3) noktasında keser.

D) (5,6) noktası bu dogrunun üzerindedir.

9.19 Asagıdaki sekilde K ve L noktalarından geçen dogrunun egimi kaçtır?

K

L


A) −52 B) −2

5 C) 25 D) 5

2

9.20a2+2a = 5 denklemini saglayan a kaçtır?

A) −2 B) 2 C) 52 D) 5

9.21x+1

2− x−1

3=

x4

denklemini saglayan x kaçtır?

A) −27 B) 2 C) 7 D) 10

9.22x+1

2=

x−13

denklemini saglayan x kaçtır?

A) −5 B) −2 C) 2 D) 5

10. Denklem Sistemleri

10.1 Iki Bilinmeyenli Dogrusal Denklem Sistemi

x ve y bilinmeyenlerine baglı

x+ y = 3

denklemini düsünelim. Bu denklemde bilinmeyenlerin birine verecegimiz her degere karsılık digerbilinmeyenin bir degerini bulabiliriz. Örnegin x’e 1 verirsek y = 2 buluruz. Bunun gibi bu denklemisaglayan sonsuz (x,y) ikilisi bulabiliriz.

x · · · −2 −1 0 1 2 · · ·y · · · 5 4 3 2 1 · · ·

Yukarıdaki tabloda da görüldügü gibi iki bilinmeyenli bir denklemin sonsuz çözümü vardır.Yani her x degerine karsılık y = 3− x alındıgında bir çözüm bulunmus olur.

Simdi

x+ y = 3

3x−2y = 1

gibi iki bilinmeyenli iki denklem alalım. Bu denklemlerin ikisine birden iki bilinmeyenli denklemsistemi denir.

Bu iki denklemi (sistemi) aynı zamanda saglayan x ve y degerleri bu sistemin çözümü olur.Çözümü bulmak için degisik çözüm yolları vardır. Hepsinde esas olan, iki bilinmeyeni bulunanbu iki denklemden, bilinmeyenlerden yalnız birini içine alan tek bir denklem elde etmektir. Bubir bilinmeyeni bulunan denklemi çözeriz. Böylece bilinmeyenlerden birinin degeri bulunduktansonra, bu degeri verilen denklemlerden herhangi birinde yerine koyarak diger bilinmeyenin degerinibuluruz.

Okurun ilkokuldan beri karsılastıgı su problemle devam edelim:Problem 10.1 Sadece keçi ve tavukların oldugu bir çiftlik olsun. Çiftlikteki hayvanların kafalarınısayınca 23, ayaklarını sayınca 76 buluyorsak çiftlikte kaç keçi, kaç tavuk vardır?

Denklem kurmayı bilmedigimiz yıllarda bu problemi nasıl çözdügümüzü hatırlayalım. Çift-likteki hayvanların tamamı tavuk olsa, 23 tavuk için 46 ayak olması gerekirdi. Bu durumda76−46 = 30 ayak eksik kalıyor. Bu 30 ayagı tamamlamak için 15 keçiye ihtiyaç var. Demek ki 76ayagın 60 tanesi 15 keçiye, 16 tanesi de 8 tavuga aitmis.

128 Bölüm 10. Denklem Sistemleri

Bu soruyu Pólya daha eglenci bir sekilde çözmüs: Tavuklara tek ayakları üzerinde durmalarını,keçilere de arka ayakları üzerinde dikilmelerini söyleyelim ve ayakları tekrar sayalım. Ayak sayısıyarıya ineceginden 38 bulacagız. Ayaklar ile kafalar arasındaki fark bize keçi sayısının 15 oldugunusöyler. Tavuk sayısı da 8 olur.

Simdi aynı problemi denklem kurarak çözelim. Tavukların sayısı t, keçilerin sayısı k olsun.Çiftlikte 23 hayvan oldugundan,

t + k = 23

tür. t tavugun 2t ayagı, k keçinin de 4k ayagı ve ayak sayısı 76 oldugundan,

2t +4k = 76

dır. Bu iki denklemi birlikte yazarsak

t + k = 23 (1)

2t +4k = 76 (2)

iki bilinmeyenli denklem sistemini elde ederiz. (1) denkleminde t’yi çekersek

t = 23− k (3)

olur. t’nin bu degerini (2) denkleminde yerine yazarsak asagıdaki bir bilinmeyenli denklemi eldeederiz:

2(23− k)+4k = 76.

Bu noktadan sonra bir bilinmeyenli denklemi çözecegiz:

46−2k+4k = 76

46+2k = 76

2k = 76−46

2k = 30

k = 30/2

k = 15.

Keçilerin sayısını 15 bulduk. k’yi (3) denkleminde yerine koyup tavukların sayısı t’yi buluruz:

t = 23−15 = 8.

Bu yönteme, bir degiskeni digeri cinsinden yazıp diger denklemde yerine koyarak çözdügümüziçin yerine koyma denir.

Yerine koyma yönteminde sırasıyla asagıdaki adımları takip ederiz:1. Denklemlerin birinden bilinmeyenin biri digeri cinsinden yazılır.2. Diger denklemde yerine koyulur.3. Elde edilen bir bilinmeyenli denklem çözülür.4. Bulunan bu deger, denklemlerden birinde yerine konur. Ikinci bilinmeyenin degeri elde edilir.Simdi de,

t + k = 23 (1)

2t +4k = 76 (2)

10.1 Iki Bilinmeyenli Dogrusal Denklem Sistemi 129

denklem sistemini baska bir yöntemle çözelim. Amacımız iki degiskenden birini yok etmek.Bunun için (2) denkleminin her bir terimini 2’ye bölelim. Bu adımı Pólya’nın tavuklara tek ayaklarıüzerinde durmalarını ve keçilere arka ayakları üzerinde dikilmelerini söylemesi olarak düsünebiliriz.O zaman denklem sistemimiz,

t + k = 23 (1)

t +2k = 38 (4)

olur. (4) denkleminden (1) denklemini çıkarırsak

t +2k− (t + k) = 38−23

t +2k− t− k = 15

k = 15

bulunur. Bu degeri herhangi bir denklemde, örnegin (1) denkleminde yerine koyarsak

t +15 = 23

t = 23−15

t = 8

bulunur. Bu yönteme de degiskenlerden biri yok edildigi için yok etme denir.Yok etme yönteminde sırasıyla asagıdaki adımları takip ederiz:

1. Bilinmeyenlerden birinin katsayıları her iki denklemde esit yapılır. Bunun için denklemlerinher iki yanı uygun sayılarla çarpılır veya bölünür.

2. Bu iki denklem taraf tarafa toplanarak veya çıkarılarak bilinmeyenin biri yok edilir.3. Geriye bir bilinmeyenli bir denklem kalır. Bu denklem çözülerek bilinmeyenlerden birinin

degeri bulunur.4. Bu deger denklemlerden herhangi birinde (çogu zaman basit olanında) yerine koyularak

diger bilinmeyen bulunur.

� Örnek 10.1 Toplamları 30, farkları 6 olan sayıları bulalım.� Çözüm: Sayılardan büyük olan x, küçük olan y olsun. O zaman

x+ y = 30

x− y = 6

denklem sistemini çözmeliyiz. Denklemler taraf tarafa toplanırsa

x+ y+ x− y = 30+6

2x = 36

x = 18

bulunur. x+ y = 30 denkleminde x yerine 18 yazarsak 18+ y = 30’dan y = 12 bulunur. Aradıgımızsayılar 18 ve 12. �

� Örnek 10.2 A(1,2) ile B(−4,6) noktalarından geçen dogrunun denklemini bulalım.� Çözüm: Diyelim ki bu dogrunun denklemi y = mx+ n. Eger m’yi ve n’yi bulursak dogrunundenklemini bulmus olacagız. Bu dogru A(1,2) noktasından geçtiginden 2=m+n’dir. Diger taraftanbu dogru B(−4,6) noktasından da geçiyor, demek ki 6 =−4m+n. Buradan

2 = m+n (1)

6 =−4m+n (2)


denklem sistemini çözmemiz gerektigi anlasılır. (1) denkleminin her bir terimini 4 ile çarparsak

8 = 4m+4n (3)

denklemini elde ederiz. (2) ve (3) denklemlerini taraf tarafa toplarsak

6+8 =−4m+n+4m+4n = 5n

den n = 145 bulunur. n’nin bu degerini (1) denkleminde yerine yazarsak

2 = m+ 145

esitliginden m = 2− 145 =−4

5 bulunur. Buradan dogrunun denkleminin y =−45 x+ 14

5 oldugu çıkar.�

� Örnek 10.3 5 TL ve 10 TL’lik banknotlardan olusan bir deste parada 21 tane banknot vardır.Destedeki paranın tutarı 150 TL olduguna göre bu destede kaç tane 5 TL’lik banknot vardır?

� Çözüm: a tane 5 TL’lik, b tane 10 TL’lik banknot olsun. 21 tane banknot oldugundan a+b =21’dir. Bu destedeki paranın tutarı 150 TL oldugundan 5a+ 10b = 150’dir. a+ b = 21’den b =21−a’dır. b’nin bu degerini diger denklemde yerine yazarsak 5a+10(21−a) = 150 denkleminielde ederiz. Bu bir bilinmeyenli denklemi çözerek a’yı yani 5 TL’lik banknotların sayısını buluruz:

5a+10(21−a) = 150

5a+210−10a = 150

−5a = 150−210

−5a =−60

a = 12.�

Grafikle Çözüm

Birinci dereceden iki bilinmeyenli bir denklemin koordinat sistemindeki grafiginin bir dogruoldugunu biliyoruz. O zaman iki dogrunun grafiklerinin kesim noktasının koordinatları, dogrularındenklemlerinin her ikisini de saglayacaktır. O halde kesim noktasının apsis ve ordinatı denklemsisteminin çözümü olur.

� Örnek 10.4 2x+ y = 4

−x+ y = 1

denklem sistemini grafikle çözelim.

� Çözüm: 2x+ y = 4 ve −x+ y = 1 dogrularının grafiklerini aynı koordinat sisteminde çizelim.


x−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5

y

−2

−1

1

2

3

4

5

6

0

(1,2)

2x+ y = 4

−x+ y = 1

Bu iki dogru (1,2) noktasında kesisti. Demek ki denklem sisteminin çözümü x = 1 ve y = 2’dir.�

� Örnek 10.5 x+ y = 4

x+ y = 5denklem sistemini grafikle çözelim.

� Çözüm: x+ y = 4 ve x+ y = 5 dogrularının grafiklerini çizersek bunların parelel oldugunugörürüz.

x−2 −1 1 2 3 4 5 6

y

−1

1

2

3

4

5

0

x+ y = 4

x+ y = 5

O halde verilen denklemin çözümü yoktur. Bunu denklemlerden de görebiliriz çünkü x+ y hem 4’ehem de 5’e esit olamaz. �

� Örnek 10.6 x+3y = 5

2x+6y = 10denklem sistemini grafikle çözelim.

� Çözüm: x+3y = 5 denkleminin iki yanını 2’yle çarparsak 2x+6y = 10 denklemi elde edilir kibu da ikinci denklemdir. O halde grafik tek bir dogrudan olusur. Bu dogru üzerindeki her nokta heriki denklemi de saglayacagından sonsuz çözüm vardır.


x−2 −1 1 2 3 4 5

y

−1

1

2

0

x+3y = 5 ve 2x+6y = 10

�

ALISTIRMALAR

10.1 Asagıdaki denklem sistemlerini çözünüz.

(a) 2x− y = 1 (b) 3x−2y = 1 (c) 4x−2y = 10 (d) 3x+2y = 2x+ y = 2 x+4y = 12 3x+3y =−6 x+ y = 5

6

10.2 Asagıdaki denklem sistemlerinin belirttigi ikiser dogruyu çiziniz. Varsa iki dogrunun kesismenoktasının koordinatlarından denklem sisteminin çözümünü söyleyiniz.

(a) 3x− y = 1 (b) y = x (c) x− y = 1 (d) x− y = 4x+ y = 3 x+ y = 2 2x−2y−2 = 0 2x+ y = 2

10.3 Öyle iki sayı bulunuz ki toplamları 55 olsun. Küçük sayının dörtte biri ile büyük sayınınbeste biri toplandıgında 12 elde edilsin.

10.4 x+ y = 2 dogrusu ile 3x+ by = 1 dogrusunun grafiklerinin kesismemeleri yani sisteminçözümü olmaması için b ne olmalıdır?

10.5 x− y = 3 ve ax−2y = 3a dogrularının çakısık olması yani sistemin sonsuz çözümü olmasıiçin a ne olmalıdır?

10.6 2 kg tereyagı ile 3 kg balın fiyatı 180 lira, 3 kg tereyagı ile 2 kg balın fiyatı ise 220 liradır. 1kg tereyagı ile 1 kg balın fiyatı kaç liradır?

10.7 Selen ile annesinin yasları farkı 28’dir. 4 yıl sonra annesinin yası Selen’in yasının 3 katıolacaktır. Selen ile annesinin simdiki yaslarını bulunuz.

10.8 Iki basamaklı bir sayının rakamları toplamı 12’dir. Rakamları yer degistirdiginde ilk sayıdan36 fazla olan bir sayı elde ediliyor. Bu sayıyı bulunuz.

10.9 Iki sayı arasındaki fark 65’tir. Bunlardan biri digerine bölündügünde bölüm 6, kalan 5’tir.Bu sayıları bulunuz.

10.10 Ali Ayse’ye 10 ceviz verirse cevizleri esit oluyor. Ayse Ali’ye 10 ceviz verirse Ali’nin ceviziAyse’nin cevizinin 2 katı oluyor. Ali ve Ayse’nin kaçar cevizi vardır?

10.11 Bir kesrin pay ve paydasına 1 eklenirse degeri 12 oluyor. Pay ve paydasından 1 çıkarılırsa

degeri 13 oluyor. Bu kesri bulunuz.

10.12 Uzaklıkları 120 mil olan A ve B limanlarında bulunan iki gemi karsılıklı yönde hareketederlerse 2 saat sonra, aynı yönde hareket ederlerse biri digerine 10 saat sonra yetisiyor. Bugemilerin hızlarını bulunuz.


10.13 Bir mobilya fabrikası müdürü günde 100 sandalye üretiminin maliyetinin 2200 TL, 300sandalye üretiminin maliyetinin 4800 TL oldugunu gözlemlemistir.

(a) Maliyetin, üretilen sandelye sayısı ile dogrusal ilskide oldugunu varsayarak, bu iliskiningrafigini çiziniz.

(b) Grafigin egimi nedir ve ne ifade eder?

(c) Grafigin y−keseni nedir ve ne ifade eder?

(d) 500 sandelye üretiminin maliyetini bulunuz.

10.14 Biyologlar bir çekirge türünün ötme hızının sıcaklıkla ilgili oldugunu ve bu iliskinin yaklasıkolarak dogrusal oldugunu gözlemlemislerdir. Bir çekirge 70 °C sıcaklıkta 113 kere, 80 °Csıcaklıkta ise 173 kere ötmektedir. Buna göre,

(a) Sıcaklık T ile ötme sayısı x arasındaki dogrusal iliskiyi bulunuz.

(b) Eger çekirgeler dakikada 150 kere ötüyorsa sıcaklık kaçtır?

11. Esitsizlikler

11.1 Tanım

a b

Sekil 11.1

ab

Sekil 11.2

a bc

Sekil 11.3

Dengede olan esit kollu bir terazinin sol kefesinde a, sag ke-fesinde b kütleleri olsun (Sekil 11.1).

Bu durumda a’nın b’ye kütlece esit oldugu söylenir ve

a = b

yazılır. Eger terazimiz dengede degilse, örnegin a kütlesinin ol-dugu taraf yukardaysa, bu durumda a’nın b’den küçük oldugusöylenir ve

a < b

yazılır (Sekil 11.2).Gerektiginde a < b yerine, anlamı b sayısı a sayısından

büyüktür olan b > a yazılabilir.Eger Sekil 11.2’deki teraziyi dengeye getirmek istersek,

a’nın oldugu tarafa b−a = c kadar bir kütle eklemeliyiz. Budurumda a+c = b olacagından terazi dengelenmis olur (Sekil11.3).

Anlasılacagı üzere esit olmama durumuna esitsizlik de-nir. Terazi örneklerinden esitsizlikle esitlik arasında sıkı biriliskinin varlıgı görülür. Simdi matematiksel tanımı verelim.

Tanım 11.1 a ve b iki gerçek sayı olsun.Eger a+ c = b olacak sekilde bir c pozitif gerçek sayısı varsa,a sayısı b sayısından küçüktür denilir ve a < b yazılır.

Örnegin 0+1 = 1 oldugundan 0 < 1’dir. p pozitif bir ger-çek sayı olmak üzere 0+ p = p olacagından 0, tüm pozitifsayılardan küçüktür. Benzer sekilde tüm negatif sayıların sı-fırdan ve pozitif sayılardan küçük oldugu görülür. Baska bir örnek: (−9)+1 = −8 oldugundan−9 <−8’dir.

Bazen de a≤ b ya da b≥ a gösterimlerine ihtiyacımız olur. Tanımı söyledir:

a≤ b⇐⇒ (a < b ya da a = b).

136 Bölüm 11. Esitsizlikler

a≤ b, “a küçükesit b” seklinde okunur. b≥ a’nın okunusu da benzer sekilde “b büyükesit a”dır.Örnegin 5 = 5 oldugundan 5≤ 5 yazılabilir. 4 < 6 oldugundan da 4≤ 6 yazılabilir.

Eger <, >, ≤, ≥ sembolleri bir bilinmeyenle (degiskenle) birlikte kullanılırsa o zaman birbilinmeyenli esitsizlik elde edilir. Örnegin x > 5, bir bilinmeyenli bir esitsizliktir. Ayrıca x’inkuvveti 1 oldugundan birinci dereceden bir bilinmeyenli esitsizlik de diyebiliriz.

� Örnek 11.1 Asagıda bazı ifadeler ve bu ifadelere karsılık gelen esitsizlikler yazılmıstır.

5’ten büyük gerçek sayılar : x > 5

3 eksigi 100’den küçük ya da esit gerçek sayılar : x−3≤ 100

Yarısı 12’den küçük gerçek sayılar : x2 < 12

Bir sayının yarısının 3 fazlası 8’den büyüktür : x2 +3 > 8

−9’dan büyük, 25’ten küçük gerçek sayılar : −9 < x < 25

Seçimlerde oy kullanabilmek için en az 18 yasında olmak gerekir : x≥ 18

2 katının 3 eksigi −2’den büyük ve 14’ten küçük gerçek sayılar : −2 < 2x−3 < 14�

11.2 Esitsizliklerin Çözümüx > 6

esitsziligini ele alalım. Bu esitsizlikte x yerine 8 yazılırsa esitsizlik dogru, −3 yazılırsa esitsizlikyanlıs olur. O halde bir bilinmeyenli bir esitsizligi çözmek demek, esitsizlikteki bilinmeyen yerineyazılabilecek degerleri bulmak demektir.

Bir bilinmeyenli esitsizlikleri çözmek için esitsizligin bazı özelliklerinden yararlanacagız.

Özellik 1 — Toplama. Esitsizligin her iki yanına aynı sayıyı eklersek esitsizlik korunur:

a < b ise a+ x < b+ x

dir. �

Kanıt. a< b ise tanımdan a+c= b olacak sekilde c pozitif gerçek sayısı vardır. a+c= b esitligininher iki yanına x eklersek a+c+x = b+x olur. Bu esitligi (a+x)+c = (b+x) seklinde yazabiliriz.Bu da tanıma göre a+ x < b+ x demektir. �

Bu özellik çıkarma için de geçerlidir. Nitekim bir sayıdan, örnegin a’dan x’i çıkarmakla, a ile(−x)’i toplamak esdegerdir:

a− x = a+(−x).

� Örnek 11.2 (a) 12 < 18 oldugundan 12+5 < 18+5, buradan 17 < 23 olur.(b) −4 <−3 oldugundan −4−5 <−2−5, buradan −9 <−7 olur. �

� Örnek 11.3 x−2 > 5 esitsizliginin çözümünü bulalım.� Çözüm: Toplama özelligine göre her iki tarafa 2 ekleyebiliriz. O zaman

x− �2+ �2 > 5+2

x+0 > 7

x > 7

bulunur. O halde bu esitsizligin çözümü “7’den büyük gerçek sayılar”dır. 7’den büyük gerçeksayılar sayı dogrusunda

11.2 Esitsizliklerin Çözümü 137

7

seklinde gösterilir. 7 çözüme dahil olmadıgından 7’nin oldugu noktanın içi bos bırakılır ve 7’denbüyük olan sayıların oldugu taraf kalın çizilir1. �

� Örnek 11.4 x+3≤ 12 esitsizliginin çözümünü bulalım.

� Çözüm: Toplama özelligine göre her iki tarafa −3 ekleyebiliriz. O zaman

x+3+(−3)≤ 12+(−3)

x+0≤ 9

x≤ 9

bulunur. O halde bu esitsizligin çözümü “9 ve 9’dan küçük gerçek sayılar”dır. 9 ve 9’dan küçükgerçek sayılar sayı dogrusunda

9

seklinde gösterilir. 9 çözüme dahil oldugundan 9’un oldugu noktanın içi doludur ve 9’dan küçükolan sayıların oldugu taraf kalın çizilir. �

Asagıda verilen Özellik 2’nin kanıtı okura alıstırma olarak bırakılmıstır.

Özellik 2 — Çarpma. (i) Esitsizligin her iki yanını pozitif bir sayıyla çarparsak esitsizlikkorunur:

a < b ve x pozitif ise a · x < b · x

dir.(ii) Esitsizligin her iki yanını negatif bir sayıyla çarparsak esitsizlik yön degistirir:

a < b ve x negatif ise a · x > b · x

dir. �

Bu özellik bölme için de geçerlidir. Nitekim bir sayıyı, örnegin a’yı x’e bölmekle, a ile1x

’içarpmak esdegerdir:

ax= a · 1

x.

� Örnek 11.5 (a) 5 > −2 esitsizliginin her iki yanını 3 ile çarparsak 5 · 3 > (−2) · 3, buradan15 >−6 bulunur.

(b) 3 < 8 esitsizliginin her iki yanını −2 ile çarparsak 3 · (−2)> 8 · (−2), buradan −6 >−16bulunur. �

� Örnek 11.6 (a) +16<+28 esitsizliginin her iki yanını +2’ye bölersek (+16)÷(+2)< (+28)÷(+2), buradan +8 <+14 olur.

(b) −33 > −45 esitsizliginin her iki yanını −3’e bölersek (−33)÷ (−3) < (−45)÷ (−3),buradan +11 <+15 olur. �

� Örnek 11.7 2x−1≤ 9 esitsizliginin çözümünü bulalım.

1Dilerseniz farklı bir renge de boyayabilirsiniz.

138 Bölüm 11. Esitsizlikler

� Çözüm:2x−1≤ 9

2x��−1��+1≤ 9+1 (Özellik 1)

�2x�2≤ 10

2(Özellik 2)

x≤ 5

bulunur. �

� Örnek 11.8x−2

+4 > 1 esitsizliginin çözümünü bulalım.

� Çözüm: x−2

+4−4 > 1−4 (Özellik 1)

x−2

>−3

(��−2) · x��−2

< (−3) · (−2) (Özellik 2)

x < 6

bulunur. �

� Örnek 11.9 −2 < x+5≤ 15 esitsizliginin çözümünü bulalım.

� Çözüm: Bu esitsizlik −2 < x+5 ile x+5≤ 15 esitsizliginin biraraya gelmesiyle olusmustur.

−2 < x+5≤ 15

−2−5 < x+5−5≤ 15−5 (Özellik 1)

−7 <x≤ 10

bulunur. Bu çözümün grafigi

−7 10

seklindedir. �

ALISTIRMALAR

11.1 “Zeynep günde en az 20, en çok 50 soru çözmektedir.” ifadesine karsılık gelen esitsizligiyazınız.

11.2 Asagıdaki esitsizlikleri çözüp, sayı dogrusunda gösteriniz.

(a)x+1

2≥ 4 (b) 2x−1≤ 17 (c)

3x2+2 < 32

11.3 Aylin’in kalemlerinin sayısının 5 katının 3 fazlasının 3’te biri 10’dan azdır. Buna göreAylin’in en fazla kaç kalemi vardır?

V12 Geometrik Cisimler . . . . . . . . . . . . . . . . . 14112.1 Prizmalar12.2 Silindir12.3 Piramit12.4 Koni

Alıstırmalar

13 Veri Analizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14913.1 Verilere Uygun Grafik13.2 Histogram

Alıstırmalar

Kaynakça . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

Dizin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

GEOMETRI VE ÖLÇME-VERI

12. Geometrik Cisimler

12.1 Prizmalar

K

L M

K1

L1 M1

N

N′

D2

D1

d

Sekil 12.1

D1 ve D2 gibi birbirine paralel iki düzlem ve bu düzlemleri kesen bir d dogrusu alalım. D1düzlemindeki bir çokgensel bölgenin her N noktasından d dogrusuna çizilen paralel dogru D2’yiN′’de kessin. Tüm [NN′] dogru parçalarının birlesiminin olusturdugu katı cisme prizma, çokgenselbölgelerin olusturdugu dogru parçalarına ayrıt, D1 ve D2 düzlemlerindeki çokgensel bölgelere deüst ve alt tabanlar denir.

Sekil 12.1’de D1 düzlemindeki KLM üçgensel bölgesindeki alınan her N noktasından d dogru-suna paralel çizilerek elde edilen [NN′] dogru parçalarının olusturdugu (KLMK1L1M1) katı cismibir prizmadır. Bu prizmanın elemanları asagıdaki tabloda gösterilmistir.

Yanal ayrıtlar [KK1], [LL1], [MM1]

Taban ayrıtları [KL], [LM], [KM], [K1L1], [L1M1], [K1M1]

Üst taban KLMAlt taban K1L1M1

Yanal yüzler KLL1K1, LL1M1M, KK1M1M

Prizmalar taban çokgenlerine göre adlandırılır. Üçgen prizma, dikdörtgen prizma, kare prizma. . . gibi.

142 Bölüm 12. Geometrik Cisimler

12.1.1 Dik PrizmalarEger d dogrusu D1 ve D2 düzlemlerini dik keserse elde edilen prizma da dik prizma olur. Budurumda her [NN′] dogru parçası düzlemleri dik keser.

Bir dik prizmada yanal ayrıtlar prizmanın yüksekligidir.

Üçgen Dik PrizmaTabanları üçgen olan dik prizmaya üçgen dik prizma denir.

Köse

Yan yüz

Alt taban

Üst taban

Ayrıt

h : Yükseklik

c

a

b

c

a

b

c

a

b

hh

b

h

b

c

c

h

a

c b

Üçgen prizmada 5 yüz, 9 ayrıt ve 6 köse vardır.

Dikdörtgenler PrizmasıTabanları dikdörtgen olan dik prizmaya dikdörtgenler prizması denir. Kibrit kutusu bu prizmayaiyi bir örnektir.

ba

h

b

a

ba b

b

h

a

h

a

h

ba

b

a

b

c

h

a

h

a

h

Dikdörtgenler prizmasında 6 yüz, 12 ayrıt, 8 köse vardır.

Kare Dik PrizmaTabanları kare olan dik prizmaya kare dik prizma denir.

a a

h

a

a

aa a

a

a

h

a

h

a

h

a

h h

a

a

a

a

Kare prizmada 6 yüz, 12 ayrıt, 8 köse vardır.

12.2 Silindir 143

12.2 Silindir

Bir dikdörtgensel bölge kenarlarının biri etrafında 360◦ döndürüldügünde silindir meydana gelir.

r

h

O′

O

A′

A

Yukarıdaki OAA′O′ dikdörtgensel bölgesi [OO′] kenarı etrafında döndürülüp, silindir eldeedilmistir. Silindirin alt ve üst tabanları yarıçapları r olan iki es dairedir.

Dikdörtgensel bölgenin [AA′] kenarı silindirin yan yüzünü olusturur. Bu dogru parçasına silin-dirin ana dogrusu denir. [OO′] dogru parçası silindirin ekseni,

|AA′|= |OO′|= h

silindirin yüksekligidir.Örnegimizde oldugu gibi ana dogrular silindir tabanına dikse, dik silindir elde edilir.

r

h

Üst taban

Yan yüz

Alt taban Yarıçap

Yükseklik

Silindirin açınımı yapıldıgında, yan yüzü olusturan bir dikdörtgensel bölge ve birbirine esiki daire elde edilir. Bu dikdörtgensel bölgenin tabanlara yapısık kenarlarının uzunlukları tabançevresine, diger kenarı da yükseklige esittir.

r

r

Dairenin çevresi= 2πr

h


12.2.1 Dik Silindirin Yüzey AlanıBir dik silindirin yüzey alanı taban alanları ile yanal alanının toplamına esittir. Tabanlar birbirinees, r yarıçaplı iki daireden olustugundan taban alanı 2πr2’dir. Yanal alan da kenar uzunlukları h ve2πr olan bir dikdörtgen oldugundan 2πrh’dir. O zaman silindirin yüzey alanını A ile gösterirsek

A = 2πr2 +2πrh = 2πr (r+h)

yazılır.

� Örnek 12.1 Taban yarıçapı r = 3 cm yüksekligi h = 4 cm olan silindirin yüzey alanını bulalım.(π = 3)

� Çözüm: Taban Alanı = 2πr2 = 2 ·3 ·32 = 2 ·3 ·9 = 54 cm2,Yanal Alan = 2πrh = 2 ·3 ·3 ·4 = 72 cm2 oldugundan

Alan = 54 cm2 +72 cm2 = 126 cm2

bulunur. �

� Örnek 12.2 Yanal alanı 180 cm2 ve yüksekligi 30 cm olan silindirin alanı kaç cm2’dir? (π = 3alınız.)

� Çözüm: Yanal Alan = 2πrh esitliginde verilen degerler yazılırsa

180 = 2 ·3 · r ·30

esitliginden r = 1 cm bulunur. Buradan taban alanı

Taban Alanı = 2πr2 = 2 ·3 ·12 = 6 cm2

bulunur. O zaman silindirin alanı 180 cm2 +6 cm2 = 186 cm2 olur. �

12.2.2 Dik Silindirin HacmiSilindirin hacmi, taban alanı ile yüksekligin çarpımına esittir.

Taban yarıçapı r, yüksekligi h olan bir silindirin hacmini V ile gösterirsek

V = πr2h

esitligi yazılır.

� Örnek 12.3 Taban yarıçapı 2 cm, yüksekligi 6 cm olan silindirin hacmi

V = π ·22 ·6 = 24π cm3

olur. π = 3 alınırsa V = 24 ·3 = 72 cm3 bulunur. �

� Örnek 12.4 Asagıdaki silindir seklindeki I. kap tamamen su doluyken II. kaba bosaltılırsa II.kaptaki suyun yüksekligi kaç cm olur?

I II

10 cm

4 cm 8 cm

� Çözüm: I. kaptaki suyun hacmi

V = πr2h = π ·42 ·10 = π ·16 ·10 = 160π cm3

olur. O zaman II. kaptaki suyun yüksekligi

160π = π ·82 ·h

esitliginden h =160�π�π ·64

= 2,5 cm bulunur.�

12.3 Piramit 145

12.3 Piramit

Bir D düzlemi, bu düzlem üzerinde EFGH çokgensel bölgesi ve bu düzlemin dısında bir P noktasıalalım. P noktasıyla EFGH çokgensel bölgesinin her noktasının birlesimiyle olusan katı cismeEFGH tabanlı, P tepeli piramit denir.

E

FD

MG

H

P

h

EFGH çokgensel bölgesine piramidin tabanı denir. PEF , PFG, PGH ve PEH üçgensel böl-gelerine piramidin yanal yüzleri , P noktasına tepe noktası denir. [PE], [PF ], [PG] ve [PH] dogruparçalarına da yanal ayrıtlar denir.

Piramidin tepesiyle taban düzlemini arasındaki uzaklıga piramidin yüksekligi denir. Sekildekipiramidin yüksekligi |PM|= h’dir.

Piramitler taban çokgenlerine göre adlandırılırlar. Örnegin üçgen piramit, kare piramit, dörtgenpiramit, . . . gibi.

12.3.1 Dik ve Düzgün Piramit

Eger M noktası tabanın merkezinde olursa piramitte dik piramit, ayrıca taban da düzgün çokgenolursa düzgün piramit olur. Düzgün bir piramidin yanal ayrıtları esit ve yanal yüzleri es ikizkenarüçgenlerdir.

Üçgen Dik Piramit

Tepe noktası

Yükseklik

Taban

Köse

Yanal yüz

Ayrıt

Taban

Yan yüz

Yan yüz

Yan yüz

Üçgen piramitte 4 yüz, 6 ayrıt ve 4 köse vardır.


Kare Düzgün Piramit

Kare piramitte 5 yüz, 8 ayrıt, 5 köse vardır. Yanal yüzler birbirine es ikizkenar üçgenlerdir.

12.4 Koni

O

A

Br

ah

Düzlemde O merkezli bir daire ve bu daire düzleminin dısında, [AO] dogru parçası dairedüzlemine dik olacak sekilde bir A noktası alalım. Dairesel bölgenin her noktasını A noktasınabirlestiren dogru parçalarının olusturdugu katı cisme dik koni denir.

Daireye taban, A noktası ile daire çemberi üzerindeki her noktayı birlestiren dogru parçalarınınbirlesimine yanal yüz ve A noktasına koninin tepesi denir.|AO|= h olan [AO] dogru parçasına koninin yüksekligi, B noktası daire çemberi üzerindeki bir

nokta olacak sekilde |AB|= a olan [AB] dogru parçalarına koninin ana dogrusu ve |OB|= r olan[OB] dogru parçalarına da koninin taban yarıçapı denir.

O r

yükseklik

ana dogru

tepe noktası

eksen

yanal yüz

taban

a

r

α

2πr

12.4 Koni 147

Koninin açık seklinde görüldügü gibi daire yayının uzunlugu tabandaki dairenin çevresi olan2πr uzunluguna esittir. Diger taraftan yarı çapı a olan bir dairenin çevresinin

α

360◦’sı kadardır. O

zaman, 2πa · α

360◦= 2πr esitliginden

α

360◦=

ra

(12.1)

bulunur.� Örnek 12.5 Yanal yüzü yandaki daire dilimi olan bir koninin tabanyarıçapı kaç cm’dir?

� Çözüm: Yukarıdaki 12.1 esitliginde verilenler yerine yazılırsa

α

360◦=

ra=⇒

1��90◦

��360◦4

=r8

esitliginden r = 2 cm bulunur. �

8 cmα = 90◦

ALISTIRMALAR

12.1 Tüm yüzleri kare olan dik prizmaya küp denir. Bir küp çizerek yüz, ayrıt ve köse sayısınıbelirleyiniz. Bu küpün açınımını çiziniz.

12.2 Asagıda yarıçapları ve yükseklikleri cm cinsinden verilen silindirlerin yüzey alanlarını vehacimlerini hesaplayınız.

8

2

10

3

5

5

12.3 Yüksekligi taban çapının uzunlugunun iki katına esit bir silindirin yarıçapı r = 3 cm oldugunagöre

(a) Yanal alanını bulunuz.

(b) Bütün alanını bulunuz.

(c) Hacmini bulunuz.

12.4 Taban yarıçapı r = 4 cm olan silindirin yüksekligi taban yarıçapının 3 katıdır. Bu silindiraçıldıgı zaman elde edilen dikdörtgenin alanı kaç cm2’dir?

12.5 Bir silindirin tüm alanı 50,24 cm2 ve taban yarıçapı 3 cm’dir. Bu silindirin yüksekligi kaçcm’dir? (π = 3,14)

12.6 Taban yarıçapı 3 cm ve hacmi 66 cm3 olan bir silindir veriliyor. Buna göre

(a) Silindirin yüksekligini bulunuz.

(b) Silindirin yanal alanını bulunuz.

(c) Silindirin bütün alanını hesaplayınız. (π =227

)

12.7 Bir kenarı 4 cm olan kare kenarlarından biri etrafında döndürülüyor. elde edilen silindirinalanını ve hacmini hesaplayınız.

13. Veri Analizi

13.1 Verilere Uygun Grafik

Okurun önceki egitiminde tablo, sütun grafigi, çizgi grafigi, daire grafigi çizmeyi ve bunlarıyorumlamayı ögrendigini varsayıyoruz. Yine de kısa bir hatırlatma yapalım.

Bir veri grubundaki veriler arasında karsılastırma yapmak istersek sütun grafigini kullanırız.Örnegin bir köydeki muhtarlık seçiminde adaylardan Ahmet 100 oy, Sedef 120 oy ve Zeynep 130oy almıs olsunlar. Seçimde kim fazla oy alırsa o kazanacagından bir karsılastırma yapmak gerekir.O yüzden bu verilere uygun olan grafik çesidi sütun grafigidir.

Adaylar

Alınan Oy

20

40

60

80

100

120

140

Ahm

et

Sede

f

Zey

nep

Grafik: Muhtarlık seçiminde adayların

aldıgı oylar

Veri grubundaki verilerin oranı karsılastırmak isteniyorsa daire grafigi kullanılır. Örnegin birsınıfta 12 erkek, 8 kız ögrenci olsun.

216◦

144◦

erkek %60

kız %40

150 Bölüm 13. Veri Analizi

Bu sınıftaki erkeklerin kızlara oranı128

=32

’dir. Yüzdeyle ifade edecek olursak sınıfın %60’ı erkek,%40’ı kızdır. Bu oranı bize iyi yukarıdaki daire grafigi gösterir.

Verilerin zamana baglı degisimi incelenmek isteniyorsa en uygun grafik çizgi grafigidir. ÖrneginEge’nin matematik yazılılarından aldıkları notlar sırasıyla 56, 80, 88 olsun.

Sınavlar1. 2. 3.

Puan

5056

8088

100

Grafik: Ege’nin sınav notları

Ege’nin matematik sınavlarında basarısını arttırdıgını en iyi çizgi grafiginde görebiliriz.

13.2 HistogramVeri sayısının çok oldugu durumlarda verilerin dagılımını incelemek için verileri belli gruplaraayırıp, her grubu bir sütunla gösterdigimiz grafiklere histogram denir.

Histogram olustururken belirlenen grup sayısına göre grup genisligi belirlenir. Bunun için,

AçıklıkGrup Sayısı

< Grup Genisligi

esitsizligi dikkate alınarak grup genisligi için en küçük dogal sayı alınır.Diyelim ki 8A sınıfındaki ögrencilerin matematik yazılısından aldıkları puanlar 20, 45, 78, 56,

95, 65, 68, 52, 43, 67, 84, 92, 57, 61, 27, 44, 58, 81, 72, 33, 42, 77, 78, 85, 69 olsun. Grup sayısı 10olsun. Bu veri grubunun açıklıgı 95−20 = 75’tir. O zaman,

AçıklıkGrup Sayısı

< Grup Genisligi−→ 7510

< Grup Genisligi−→ 7,5 < Grup Genisligi

esitsizliginden grup genisligi 8 bulunur. Simdi en küçük degerden baslayarak grup genisligi 8olacak sekilde 10 tane grubu belirleyelim:

20-27, 28-35, 36-43, 44-51, 52-59, 60-67, 68-75, 76-83, 84-91, 92-99.

Her bir gruptaki veri sayısıyla ilgili tablo yapalım (Tablo 13.1).

Tablo 13.1: 8A sınıfının puan dagılımı

Puanlar 20-27 28-35 36-43 44-51 52-59 60-67 68-75 76-83 84-91 92-99Kisi Sayısı 2 1 1 1 4 3 3 4 2 2

Simdi tablodaki verileri grafige aktarıp histogramı olusturalım.

13.2 Histogram 151

Puanlar

Kisi sayısı

1

2

3

4

5

6

20-2

7

28-3

5

36-4

3

44-5

1

52-5

9

60-6

7

68-7

5

76-8

3

84-9

1

92-9

9

Grafik: 8A sınıfının puanları

Grafikte 1-19 aralıgında hiç veri olmadıgından yanlıs yorumlara yol açmamak için (zikzak)kullanılmıstır.

� Örnek 13.1 Bir sınıfta günlük bilgisayar kullanım sürelerine göre ögrenci sayılarının dagılımı,asagıdaki histogramda verilmistir.

Süre (dakika)

Ögrenci sayısı

1

2

3

4

5

6

7

8

9

20-2

9

30-3

9

40-4

9

50-5

9

60-6

9

Grafik: Bilgisayar kullanım süreleri

Histograma göre,(a) Histogramda kaç grup vardır?(b) Histogramın grup genisligi kaçtır?(c) Bu sınıfta kaç ögrenci vardır?(d) Kaç ögrencinin günlük bilgisayar kullanım süresi 40 dakikadan azdır?(e) Bilgisayar kullanım süresi en az 50 dakika olan kaç ögrenci vardır?

� Çözüm: (a) Grafikten de görülecegi gibi 5 sütun vardır. Dolayısıyla grup sayısı 5’tir. Bu gruplar20-29, 30-39, 40-49, 50-59, 60-69’dur.

(b) Herhangi bir grubu alalım, örnegin 20-29 grubunu. 20’den 29’a 10 deger oldugundan grupgenisligi 10’dur.

152 Bölüm 13. Veri Analizi

(c) 20-29 grubunda 3, 30-39 grubunda 6, 40-49 grubunda 2, 50-59 grubunda 2 ve 60-69grubunda 8 kisi vardır. Dolayısıyla bu sınıfta 3+6+2+2+8 = 21 kisi vardır.

(d) Bilgisayar kullanım süresi 40’tan düsük olan gruplar 20-29 ve 30-39 gruplarıdır. Dolayısıylabilgisayar kullanım süresi 40’tan düsük olan 3+6 = 9 kisi vardır.

(e) Bilgisayar kullanım süresi en az 50 dakika olan gruplar 50-59 ve 60-69 gruplarıdır. Bilgisayarkullanım süresi en az 50 dakika olan ögrenci sayısı 2+8 = 10’dur. �

ALISTIRMALAR

13.1 Asagıda bir apartmanda yasayan insanların yasları verilmistir.

7, 12, 51, 42, 36, 84, 56, 23, 28,35, 32, 50, 41, 61, 75, 44, 18, 24

Buna göre,

(a) Veri grubunun açıklıgı kaçtır?

(b) Grup sayısı 10 olacak sekilde grup genisligini belirleyiniz.

(c) Grupları yazınız.

(d) Yaslara ait tabloyu olusturup, tablo yardımıyla histogram çiziniz.

13.2 Bir kosuya katılan yarısmacılardan kosuyu en uzun sürede bitiren yarısmacı 38 dakikada, enkısa sürede bitiren yarısmacı 12 dakikada bitirmistir. Asagıdaki histogramda bu yarısmacıla-rın kosuyu bitirme süreleriyle ilgili veriler gösterilmistir.

Süre (dakika)

Yarısmacı sayısı

1

2

3

4

5

6

7

8

Buna göre,

(a) Histogramın süre aralıklarını olusturunuz.

(b) Yarısmacı sayısını bulunuz.

(c) Kosuyu 30 dakikanın altında bitiren yarısmacı sayısını bulunuz.

Kaynakça

[N1] Ali Nesin, 9’uncu Sınıf Matematik , Muhtemelen Nesin Yayıncılık tarafından yayımlanacak.Bkz. NMK E-Kütüphane: http://nesinkoyleri.org/docs/000_sinif9.pdf

[N2] Ali Nesin, Matematik ve Oyun, Nesin Yayıncılık 2007.

[MD] Matematik Dünyası dergisi, TMD, 2003-2016.

[T] Nazif Tepedelenlioglu, Kim Korkar Matematikten, Nesin Yayıncılık 2007.

[AU] Refail Alizade, Ünal Ufuktepe, Sonlu Matematik, Tübitak Yayınları 2006.

[S] James Stewart, Kalkülüs: Kavram ve Kapsam, Diferansiyel ve Integral Hesap, TürkiyeBilimler Akademisi 2010.

[Y] Mustafa Yagcı, MY MAT-1 ve MAT-2 Ders Notları, Altın Nokta Yayınevi 2012.

[HMA] Hilmi Hacısalihoglu, Seref Mirasyedioglu, Ahmet Akpınar, Matematik Ögretimi, AsilYayın Dagıtım 2004.

http://nesinkoyleri.org/docs/000_sinif9.pdf

Dizin

A

alt taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .141aralarında asal sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18asal çarpan algoritması . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14asal çarpanlarına ayırma . . . . . . . . . . . . . . . . . 14asal sayı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .13asallara ayrıstırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14ayrıt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

B

bagımlı degisken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114bagımsız degisken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114basat üçlü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73benzerlik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

benzerlik oranı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105bilimsel gösterim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35bilinmeyen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89bir sayının kübü. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .25bir sayının karesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25bire bir esleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103bölen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

C

cebirsel ifade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Chevalier de Méré. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .55

Ç

çarpan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11çarpan agacı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15çarpanlara ayırma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97çıktı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

çizgi grafigi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150çok büyük ve çok küçük sayılar . . . . . . . . . . 32çözümleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

D

daire grafigi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149degisken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89denklem, 93 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

denklem çözme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111denklemin çözümü . . . . . . . . . . . . . . . . . 111denklemin kökü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

dik kenar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65dik piramit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145dik silindirin hacmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144dik silindirin yüzey alanı . . . . . . . . . . . . . . . .144dikdörtgenler prizması . . . . . . . . . . . . . . . . . .142dogal sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41dogrusal denklem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115dogrusal iliski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115dönme açısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80dönme hareketi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79dönme hareketinin merkezi . . . . . . . . . . . . . . 80düzgün piramit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

E

egim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118dogrunun egimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .119negatif egim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119pozitif egim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

en büyük ortak bölen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16en küçük ortak kat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16esitsizlik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

bir bilinmeyenli esitsizlik . . . . . . . . . . . 136

156 DIZIN

eslik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

G

gerçek sayılar, 42grup genisligi, 150grup sayısı, 150

H

hipotenüs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65histogram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

I

iki bilinmeyenli denklem sistemi . . . . . . . . 127imkânsız olay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58irrasyonel sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

K

kare dik prizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142karekök alma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

negatif karekök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39pozitif karekök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

karekökün tanımı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40karesel sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40kat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11kesin olay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58koni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

dik koni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .146koninin ana dogrusu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146koninin taban yarıçapı . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146koninin tabanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146koninin tepesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146koninin yülsekligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146koninin yanal yüzü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146kuvvet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25küp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

N

negatif kuvvet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

O

olasılık kuramı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55olay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

es olumlu olay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56tümleyen olay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

ondalık açılım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42ondalık kesir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .42

devirli ondalık kesir . . . . . . . . . . . . . . . . . 42sonlu devirli ondalık kesir . . . . . . . . . . . 42sonsuz devirli ondalık kesir . . . . . . . . . . 42

Ö

öteleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82özdeslik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

P

pi sayısı (π) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44piramit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

piramidin tabanı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145piramidin tepe noktası . . . . . . . . . . . . . . 145piramidin yüksekligi . . . . . . . . . . . . . . . 145piramidin yanal yüzleri . . . . . . . . . . . . . 145

Pisagor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Pisagor üçlüleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Pisagor Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Pólya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128prizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

dik prizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

R

rasyonel sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

S

saat yönü . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80saat yönünün tersi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80sıfırıncı kuvvet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31silindir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

dik silindir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143silindirin ana dogrusu . . . . . . . . . . . . . . 143silindirin ekseni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143silindirin yüksekligi . . . . . . . . . . . . . . . . 143silindirin yan yüzü . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

sütun grafigi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

T

taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25tam sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41tamkare sayılar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40terim. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .89

benzer terim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

DIZIN 157

sabit terim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89terimin katsayısı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

Ü

üçgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61üçgende açıortay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62üçgende kenarortay . . . . . . . . . . . . . . . . . 63üçgende yükseklik . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

üçgen çizme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68üçgen dik prizma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142üçgen esitsizligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67üs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25üs alma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

üs almanın özellikleri . . . . . . . . . . . . . . . 26üslü ifade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25üslü sayı . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25üst taban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

Y

yanal ayrıt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .145yansıma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81yerine koyma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128yok etme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

ortaokul matematk 8 - Öğretmen forumu

Documents