seagirl
25-06-2008, 06:27
EŞİTSİZLİKLER
Birinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Eşitsizlikler
Tanım: a,b Є R ve a≠0 olmak üzere f(×)= a×+b ifadesine, birinci dereceden bir değişkenli iki terimli denir.
Birinci dereceden bir bilinmeyenli f(×)= −8×+4 iki terimlisinde a= −8, b=4 tür. a ve b gerçek sayılar olmak üzere,
a×+b>0 a×+b<0 a×+b≥0 a×+b≤0
biçiminde ifade edilen açık önermelerin her birine birinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizlik denir. Eşitsizliği çözmek demek, verilen eşitsizliği sağlayan × reel sayılarını bulmak demektir. Bu eşitsizliklerden herhangi birini gerçekleyen x gerçek sayılarının oluşturduğu kümeye, bu eşitsizliğin çözüm kümesi denir.
a×+b=0 denkleminin kökü ×0 = –b/a dır.
f(×)= a×+b = a (×+b/a) = a (× –(–b/a)) = a (× –×0 )
f(×)= a×+b = a (×–×0 ) ifadesinde,
×<×0 ise, ×–×0 < 0 olduğundan f(×)= a (×–×0) ifadesinin işareti, a’nın işareti ile ters işaretlidir. a negatif ise, a (×–×0) ifadesi pozitif, o pozitif ise, a (×–×0) ifadesi negatiftir.
×>×0 ise, ×–×0>0 olduğundan, f(×)= a (×–×0) ifadesinin işareti, a’nın işareti ile aynıdır. a negatif ise, a (×–×0) negatif, a pozitif ise a (×–×0) da pozitiftir.
Buna göre özellikler:
• ×>y ise ×+a>y+a veya ×–a>y–a ( Bir eşitsizliğin her iki tarafına aynı sayı eklenir veya çıkarılabilir.)
• ×>y ve a>0 iken, ×.a>y.a veya ×/a>y/a dır. ( Bir eşitsizliğin her iki tarafı pozitif bir sayı ile çarpılır yada bölünürse, eşitsizlik bozulmaz. )
• ×>y ve a<0 iken, ×.a<y.a veya ×/a<y/a dır. ( Bir eşitsizliğin her iki tarafı negatif bir sayı ile çarpılır yada bölünürse, eşitsizlik yön değiştirir.)
f(×)= a×+b iki terimlisinin işaret kuralı,
yandaki tabloda belirtilmiştir. f(×)= a×+b
iki terimlisinin işareti, ×’in kökten büyük
değerleri için a’nın işareti ile ters işaretli,
×’in kökten büyük değerleri için a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
Örnekler:
1. y= 3×–6 verilsin. y’nin işaretini inceleyip, 3×–6<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3×–6= 0 a=3 >0
3×=6 ░░░░
×=2 (denklemin kökü) Çözüm Ç= {×| ×<2 , ×ЄR }
2. Gerçek sayılarda, f(×)= (m+2)×+5 >0, (m≠–2) eşitsizliğinin işaretini inceleyelim.
Çözüm:
(m+2)×+5 >0 , (m+2)×+5 =0 (m+2)×= –5 ×= –5/m+2 dir.
a= m+2>0 m>–2 dir. a= m+2 olduğunda, a=m+2<0 m<–2 dir.
░░░░░ ░░░░░
Çözüm Çözüm
3. 3(×–4)<2(×+1) eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3(×–4) < 2(×+1)
3×–12 < 2×+2 ░░░░░░
×–14 < 0 Çözüm
×<14
Ç={×| ×ЄR ve ×<14}
4. 4×+1 – 5×+2 < ×+2 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
4 6 3
Çözüm:
Paydalar eşitlenir ve paydalar sadeleştirilir.
3(4×+1) – 2(5×+2) < 4(×+2)
12×+3–10×–4 < 4×+8
2×–1 < 4×+8
2×> –9 Ç={×| ×>–9/2 ve ×ЄR}
×> –9/2
5. (m2+4)(5×+2) > 0 eşitsizliğini çözelim.
Çözüm:
(m2+4) ifadesi her zaman pozitif olacağından, (5×+2) değeri mutlaka 0’dan büyük olması gerekir. 5×+2 > 0 ×> –2/5
Ç={×| ×>–2/5 ve ×ЄR}
6. 4(×–4)> 3×+1 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
4×–16>3×+1
×>17 ░░░░░░
Ç={×| ×>17 ve ×ЄR} Çözüm
7. 1 >1 eşitsizliğinde ×’in alabileceği en büyük tamsayı değeri nedir?
×+2
Çözüm: Paydalar eşitlenir ve sadeleştirilir.
1>×+2
×<–1 Ç={×| ×<–1 ve ×ЄR} ×, –1 den büyük olacağı için alabileceği en küçük tamsayı değeri ×= –2 dir.
8. × + × <14 ve 3–5×≤×+6 eşitsizliklerinin çözüm kümesi nedir?
3 4
Çözüm: İki eşitsizlikte de paydalar eşitlenir.
4×+3×< 14.12 3–5×≤×+6
7×< 168 6×≥–3
×< 14 ×≥–1/2 Birlikte yazılırsa; –1/2 ≤ × ≤14
9. f(×)= 1– 2/3× fonksiyonunun işareti nedir?
1–2/3×<0 ×>3/2
1–2/3×>0
░░░░░░ 1>2/3×
Çözüm ×< 3/2
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER
Tanım: a,b,c ЄR ve a≠0, ×ЄR olsun.
aײ+b×+c>0 veya aײ+b×+c≥0
aײ+b×+c<0 veya aײ+b×+c≤0
biçimindeki açık önermelerden her biri ikinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizliktir. Verilen bir eşitsizliği doğrulayan × sayılarının oluşturduğu kümeye, bu eşitsizliğin çözüm kümesi denir.
f(×)=aײ+b×+c üçterimlisinin işareti
y=aײ+b×+c veya f(×)=aײ+b×+c biçiminde ifade edilen eşitliklere ikinci derece üç terimlisi denir.
×ЄR için, aײ+b×+c sayısal değerinin işareti bilinirse, ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir eşitsizliğin çözüm kümesi kolayca yazılabilir. aײ+b×+c ‘nin işaretini inceleyelim.
aײ+b×+c= a[ ײ+b/a×+c/a ] = a[ ײ+b/a×+b²/4a²+c/a–b²/4a² ]
= [(×+b/2a)²+(4ac–b²)/4a² ] bulunur.
Buna göre, tam kare olduğundan, (×+b/a)² ≥0 olacağı açıktır.
1. durum
y=f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde ∆= b²–4ac <0 ise aײ+b×+c=0 denkleminin gerçek sayı olan kökü yoktur.
∆= b²–4ac <0 4ac–b²>0 dır. (4ac–b²)/4ac > 0 olur. (×+b/2a)²+ (4ac–b²)/4a² > 0
Buna göre, f(×)= aײ+b×+c = a [(×+b/2a)²+ (4ac–b²)/4a² ] ifadesinin işareti a’ya bağlı olarak değişir. a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
a>0 ise, aײ+b×+c >0
a<0 ise, aײ+b×+c <0 olur.
Her bölgedeki işaret, a’nın işareti ile aynıdır.
Sonuç: f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde, ∆= b²–4ac < 0 ise, ×’in her gerçek sayı değeri için üç terimlisinin işareti, a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
2. durum:
f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde, ∆= b²–4ac=0 ise,
b²–4ac=0 (4ac–b²)/4a² =0 olacağından,
ax²+b×+c = a (×+b/2a)² biçimine dönüşür.
×= –b/2a için aײ+b×+c= 0 dır. ×≠ –b/2a için (×+b/2a)² >0 olacağından f(×) işareti, a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
∆=0 ve a>0 ise, ∆=0 ve a<0 ise
Her iki tabloda da y nin işareti, ×=–b/2a dışında, her bölgede a’nın işaretinin aynısıdır.
3. durum:
f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde ∆=b²–4ac>0 ise, aײ+b×+c=0 denkleminin gerçek sayı olan iki kökü vardır. Bunlar ×1 ve ×2 dir.
Bu durumda, y= a(×–×1)(×–×2)
a) ×<×1<×2 alınırsa, ×–×1<0 ve ×–×2<0 olacağından , (×–×1)(×–×2)>0 olur.
O halde, ×’e , ×1’den küçük değerler verilirse, f(×)’in işareti, a’nın işareti ile aynı olur.
b) ×1<×<×2 alınırsa, ×–×1>0 ve ×–×2<0 olacağından, (×–×1)(×–×2)<0 olur.
O halde, ×’e ×1 ile ×2 arasında değerler verilirse, f(×) işareti, a’nın işaretinin tersi işaretli olur.
c) ×1<×2<× alınırsa, ×–×1>0 ve ×–×2>0 olacağından, (×–×1)(×–×2)>0 olur.
O halde, ×’e ×2 den büyük değerler verilirse, y nin işareti, a’nın işareti ile aynı olur. Ayrıca ×=×1 veya ×=×2 için f(×)=0 dır. Sonuçta bilgiler şu tabloyla elde edilebilir.
∆ > 0 ise,
Üç terimlinin işareti, köklerin arasında a’nın işaretinin tersi, köklerin dışında a’nın işaretinin aynısıdır.
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLERİN ÇÖZÜMÜ
Verilen eşitsizlik, aײ+b×+c>0, aײ+b×+c<0, aײ+b×+c ≥0, aײ+b×+c ≤0 durumlarından biri olacak şekilde düzenlenir. aײ+b×+c üç terimlisinin işareti incelenerek eşitsizliğin çözüm kümesi bulunur.
Örnekler:
1. ײ–6×+5<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
ײ–6×+5<0 ‘in işaretini incelersek,ײ–6×+5=0 iken, ∆=b²–4ac=(–6)²–4.1.5=16>0 olduğundan
×1 = –b + √∆ = 6+4 = 5
2a 2
×2 = –b – √∆ = 6–4 = 1
2a 2
Üç terimlisinin işareti, kökleri arasında –, kökleri dışında ise, + dır. Görüldüğü gibi 1<×<5 iken, ײ–6×+5<0 olmalıdır.
Ç={×| 1<×<5, ×ЄR}
░░░░░ ░░░░░
2. ײ>2×+15 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
ײ–2×–15>0 ifadesi, çarpanlara ayrılır.
(×–5)(×+3)>0
×1=5 ×2= –3 a=1>0 olduğundan kökler dışı +, kökler arası – dir.
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| –∞<×<–3 veya 5<×, ×ЄR}
3. 2×–6<3ײ eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
2×–6<3ײ –3ײ+2×–6<0 bulunur.
∆=b²–4ac=(2)²–4.(–3)(–6) = –68 <0 dır.
Buna göre, denklemin gerçek kökü yoktur. Çünkü karekök içinde negatif ifade bulunmaz.
×ЄR için –3ײ+2×–6<0 dır. Ç= IR
4. ×(×–1)+1< 4/5×+1/5 eşitsizliğinin çözüm kümesini yazınız.
Çözüm: ײ–×–1< (4×+1)/5
5ײ–5×–5< 4×+1
5ײ–9×+4<0 biçiminde yazılır.
5ײ–9×+4=0 denkleminin kökleri,
5× –5
× –4/5 (5×–5)(×–4/5) => ×1=1, ×2= 4/5
░░░░░
O halde, ×(×–1)<4/5×+1/5 ‘in çözüm kümesi Ç={×| 4/5<×<1 , ×ЄR}
5. Reel sayılarda ײ+(m–3)×+9>0 eşitsizliği daima sağlanıyorsa, m’nin alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?
Çözüm: Daima aײ+b×+c >0 olması için a>0 ve ∆<0 olmalı.
ײ+(m–3)×+9>0 ifadesinde a=1>0 olduğundan => ∆<0 olmalı.
∆=(m–3)²–4.1.9 <0
m²–6m+9–36<0
m²–6m–27<0 olmalıdır.
m²–6m–27=0 için,
(m–9)(m+3) m1=9 ve m2= –3 ░░░░░
Ç={×| –3<m<9, ×ЄR}
m tamsayılarının toplamı = –2–1+0+1+2+3+4+5+6+7+8= 33 bulunur.
6. (m–1)ײ+(m+2)×+m+2=0 denkleminin reel kökü olmadığına göre, m yerine yazılabilecek en küçük pozitif tamsayı değeri kaçtır?
Çözüm: aײ+b×+c=0 denkleminin reel köklerinin olmaması için, ∆<0 olmalıdır.
∆= (m+2)²–4.(m–1)(m+2)<0
= (m+2) [ m+2–4(m–1)]<0
(m+2)(m+2–4m+4) <0
(m+2)(–3m+6) <0 ░░░░░ ░░░░░
m1= –2 ve m2=2 Ç={×| m<–2 veya 2<m, mЄR}
m yerine yazılabilecek en küçük pozitif tamsayı m>2 olduğundan, 3’tür.
KAREKÖKLÜ BİR İFADENİN GERÇEK SAYI OLMASI
ⁿ ifadesi a<0, n çift sayı ise, gerçek sayı değildir ve a≥0 için gerçek sayıdır.
Örnekler:___
1. f(×)=√×+5 ‘in gerçek sayı olmasını sağlayan × değerleri nelerdir?
Çözüm: Kareköklü bir ifadenin gerçek sayı olması için karekökün içindeki ifadenin negatif olmaması gerekir. ___
Buna göre, √×+5 gerçek sayı ×+5 ≥0 ×≥–5 tir.
2. f(×)=√ײ–8×–33 ifadesinin gerçek sayı olmasını sağlayan × gerçek sayılarını bulalım.
Çözüm: ________
√ײ–8×–33 gerçek sayı olması için ײ–8×–33≥0 olması gerekir.
ײ–8×–33 üç terimlisinde a=1>0 dır.
ײ–8×–33= (×–11)(×+3) ×1=11 , ×2= –3 dür.
Kökler arasındaki × değerleri için, a=1 ile ters işaretli yani negatif olur. Buna göre;
×≤–3 ve ×≥11 ise, ײ–8×–33≥0 olur.
f(×) ifadesinin gerçek sayı olabilmesi için, –∞<×≤–3 veya 11≤×<∞ olması gerekir.
Birinci veya İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler Yardımıyla
Çözülebilen Eşitsizlikler
f(×)≥0 , f(×)≤0 , f(×)<0 , f(×)>0
eşitsizliklerinde f(×), polinomların çarpımı veya bölümü biçiminde olsun. Bu eşitsizlikleri çözmek için f(×)’i oluşturan polinomlar birinci yada ikinci dereceden polinomların çarpımı biçiminde yazılır.
f(×)’in işaretini bulmak için, polinomların işaretleri bulunup, çarpılır. O aralıklarda f(×)’in işareti bulunmuş olur.
Örnekler:
1. (3×+2)(ײ–6×+5)<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: Çarpanların işaretlerinin çarpımı, çarpımın işaretini verir.
3×+2=0 ×1= –3/2
ײ–6×+5=0 = (×–5)(×–1)
×2=5 , ×3=1
Ç={×|–∞<×<–2/3,1<×<5,×ЄR} ░░░░░░ ░░░░░░
2. (2–×)(×+3) > 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi hangi aralıktadır?
×
Çözüm: 2–×=0 ×1=2
×+3=0 ×2= –3
Ç={×| ×<–3 ve 0<×<2,×ЄR} ░░░░░░ ░░░░░░
3. × – 2 < 8_ ifadesinin çözüm kümesi nedir?
×–1 ×+1 ײ+1
Çözüm: Paydalar eşitlenip, sadeleştirilirse,
ײ+×–2×+2 < 8 olur.
ײ–×+2 <8
ײ–×–6 <0
(×–3)(×+2) <0 ise, ×1=3, ×2= –2 ░░░░░░
Ç={×| –2<×<3, ×ЄR}
4. < ifadesinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: <
– <0
<0 ░░░░░░ ░░░░░░
<0 12ЄN+ olduğuna göre fonksyonun işaretini etkilemez. Buna göre, Ç={×| ×<–7 veya 3<×<5 , ×ЄR}
5. (ײ–9)(ײ+5×–6) ≤ 0 ifadesinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: (ײ–9)(ײ+5×–6) ≤ 0
(×–3)(×+3)(×–3)(×–2) ≤ 0
(×–3)²(×+3)(×–2) ≤ 0
×1= 3 ×2= –3 ×3= 2
░░░░░░
Ç={×| –3≤×≤2 , ×ЄR}
EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ
İki yada daha çok eşitsizliğin birlikte yazılmasıyla elde edilen ifadelere, eşitsizlik sistemleri denir. İki veya daha eşitsizliklerin ortak çözümü söz konusu olduğundan, eşitsizlikler ayrı ayrı çözülür, elde edilen çözüm kümelerinin kesişimi alınarak, eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi elde edilir.
Örnekler:
1. ײ+2ז8 >0
ײ–4×+3 <0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm: ײ+2×–8=0
(×+4)(×–2)=0 ×1= –4 , ×2=2
ײ–4×+3=0
(×–3)(×–1)=0 ×3=3 , ×4=1 ░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Ç={×| 2<×<3 , ×ЄR} Çözüm
2. ײ–3×–4 <0 , ײ–×–6 <0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
ײ–3×–4=0
(×–4)(×+1)=0 ×1=4 , ×2= –1 ░░░░░░░░░░░
ײ–×–6=0 ░░░░░░░░░░░
(×–3)(×+2)=0 ×3=3 , ×4= –2 ░░░░░░
Ç={×| –1<×<3, ×ЄR} Çözüm
3. ײ–3×–28 ≤0
(–×+1)/(×+2)>0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–3×–28=0
(×–7)(×+4)=0 ×1=7 , ×2= –4
(–×+1)/(×+2) ×3=1 , ×4= –2 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░
░░░░░░
Ç={×| –2<×<1 , ×ЄR} Çözüm
4. ײ–12×+32≥0
ײ–13×+22<0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–12×+32=0
(×–8)(×–4) ×1=8 , ×2=4 ░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
ײ–13×+22=0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
(×–11)(×–2) ×1=11 , ×2=2 ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| 2<×≤4 veya 8≤×<11 , ×ЄR}
5. ײ–4×–12>0 , 2×–1 <0 , ײ+×–12<0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–4×–12=0
(×–6)(×+2) ×1=6,×2= –2
2×–1=0 ×3=1/2 ░░░░░░░░░░ ░░░░░
ײ+×–12=0 ░░░░░░░░░░░░░░░░
(×+4)(×–3) ×4= –4, ×5=3 ░░░░░░░░░░░
░░░░░
Ç={×| –3<×<–2, ×ЄR}
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMİ ÇÖZMEDEN
İŞARETİNİN İNCELENMESİ
aײ+b×+c=0 denklemi çözmeden kökler ile katsayılar arasındaki bağıntılardan yararlanarak köklerinin varlığını ve işaretlerini belirlemeye çalışırsak;
aײ+b×+c=0 denklemi verilsin.
1. ∆=b²–4ac <0 ise denklemin reel kökleri yoktur. Olmayan köklerin işaretinden de söz edilemez.
2. ∆=b²–4ac =0 ise ×1=×2 dir. Çakışık (eşit) iki kök vardır. Bu kökler aynı işaretlidir.
×1.×2=c/a ya bakalım.
a) c/a =0 ise, ×1=×2=0 dır.
b) c/a >0 ise kökler aynı işaretlidir. Köklerin işareti için kökler toplamına bakılır.
×1+×2= –b/a>0 ise ×1=×2>0 olur. Köklerin ikisi de pozitiftir.
×1+×2= –b/a<0 ise ×1=×2<0 olur. Köklerin ikisi de negatiftir.
3. ∆=b²–4ac >0 ise farklı iki reel kök vardır. (×1<×2 olsun.) Bu köklerin işaretini incelemek için önce kökler çarpımının (c/a) işaretine bakılır.
a) ×1.×2=c/a <0 ise kökler ters işaretlidir. Yani, ×1<0<×2 dir.
b) ×1.×2= c/a >0 ise denklemin aynı işaretli iki kökü vardır. Çarpımları pozitif olan ×1.×2 köklerinin ya ikisi de pozitif, yada ikisi de negatiftir.
Bu durumda,
×1+×2= –b/a <0 ise, köklerin ikisi de negatiftir. ×1<×2<0 dir.
×1+×2= –b/a >0 ise, köklerin ikisi de pozitiftir. 0<×1<×2 dir.
c) ×1.×2=0 ise denklemin köklerinden en az biri sıfırdır. Bu durumda,
×1+×2= –b/a <0 ise, denklemin sıfırdan farklı olan kökü negatiftir. 0=×1>×2,
×1+×2= –b/a >0 ise, denklemin sıfırdan farklı olan kökü pozitiftir. 0=×1<×2
Örnekler:
1. 2ײ+×–5=0 denkleminin köklerinin işareti nedir?
Çözüm:
∆=b²–4ac=1–4(–10)=41>0 olduğundan, iki reel kökü vardır. Denklemin ×1,×2 kökleri için ×1.×2= –5/2 <0 olduğundan, iki kök farklı işaretlidir. Yani ×1<0<×2 dir.
2. ײ+p×+p²–2p–3=0 denkleminin bir kökü 0 dır. Denklemin diğer kökünün negatif gerçel sayı olması için p kaç olmalıdır?
Çözüm:
Kökler ×1,×2 olsun. ×1.×2=0 olacaktır.
×1.×2= p²–2p–3=0 (p–3)(p+1)=0 p1=3, p2= –1
×1=0 için, ×1+×2= –p=×2 ise, ×2= –p <0 p>0 dır. Buna göre p=3 olmalıdır.
3. (m–2)ײ+(m²–25)×+m–9=0 denkleminin simetrik iki kökü olduğuna göre, m kaçtır?
Çözüm: Simetrik iki kök varsa, ×1= –×2 olmalıdır ve b=0 olmalıdır. ×1.×2<0 olmalıdır.
×1.×2=(m–9)/(m–2)<0 b= m²–25=0 =(m+5)(m–5) m1=5, m2= –5
░░░░░░ Ç={m| 2<m<9, mЄR} m=5 olmalıdır.
4. (m–2)ײ–(m–6)×+m–9=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 ve ×2>|×1| ise m’nin alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?
Çözüm:
×1.×2 <0 dır. ×1+×2 >0 olur. Çünkü ×2 >|×1|
×1.×2= (m–9)/(m–2) <0 ×1+×2= (m–6)/(m–2)>0
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ Ç={m| 6<m<9, mЄR}
Çözüm Değerler toplamı= 7+8= 15
5. (m+2)ײ–2m×+1=0 denkleminin köklerinin ikisinin de negatif olması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ×1.×2 >0 olur. ×1+×2 <0 olur.
×1.×2= 1/(m+2) >0 ×1+×2= 2m/(m+2) <0
∆>0 olması gerekir. ∆=b²–4ac için,
4m²–4m–8 >0 m²–m–2>0 ise, m²–m–2=0 denkleminin köklerini bulalım.
m²–m–2=(m–2)(m+1)=0 m1= 2, m2= –1
░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░ ░░░░░░ Ç={m| –2<m<–1, mЄR} => (–2,–1)
İkinci Dereceden Denklemin Köklerinin Reel sayı ile karşılaştırılması
aײ+b×+c =0 ve yЄR için, y reel sayısının denklemin kökleri ile şu koşullarda karşılaştırırız.
1. f(×)=aײ+b×+c fonksyonu için, a. f(y) <0 oluyorsa, y reel sayısı, aײ+b×+c denkleminin kökleri arasındadır. Yani , ×1<y<×2 diyebiliriz.
2. aײ+b×+c üç terimlisinde ,
∆>0 ise,
a) + = –b/2a >y y<×1<×2 olur
b) –b/2a <y ×1<×2<y olur.
3. a.f(y) =0 ise, a≠0 olduğundan f(y)=0 olur. Bu durumda y, köklerden biridir.
Örnekler:
1. mײ–(m–4)×+m=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<1<×2 olması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ×1<1<×2 olması için, a. f(y)<0 olmalıdır.
m.f(1)=m(m–m+4+m)=m(m+4) <0 ise m1=0, m2= –4 tür.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| –4<m<0, mЄR} (–4,0)
2. mײ–(m+1)×+4=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<2<×2 koşulunun sağlanması için m ne olmalıdır.
Çözüm: a.f(y)<0 olmalıdır.
a.f(2)=m(4m–2m–2+4) =m(2m+2) <0 ise, m1= –1, m2= 0 dır.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| –1<m<0 , mЄR}
3. ײ–4×+m–2=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<×2<4 olması için, m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ∆>0, –b/2a <y olmalıdır.
∆=b²–4ac= 16–4(m–2) = 16–4m+8 =24–4m >0 olması gerekir.
Buna göre, m=6 tir.
–b/2a<y, yani –(–4)/2<4 ise, 2<4 tür.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| m>6, mЄR} (6,+∞)
KARIŞIK SORULAR
1. >0 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
ײ–×+6 için, ∆=b²–4ac = 1–24= –23 <0 olduğundan, reel kökü yoktur.
ײ–×+7 için, ∆=b²–4ac = 1–28= –27 <0 olduğundan, reel kökü yoktur.
░░░░░░░░░░░ Ç={×| ×ЄR}
2. 0<a<1 olmak üzere,
<0 eşitsizliğinin en geniş çözüm aralığı nedir?
Çözüm: ×1=a, ×2= 1/a
1/a > a dır. Çünkü, 0<a<1 ░░░░░░ (a,1/a)
3. ≤0 eşitsizliğini sağlayan m tamsayı değerler toplamı nedir?
Çözüm:
m1= –4
m2= –2 ░░░░░░
m3= 0 Çözüm
m4= 4 Ç={m| –2≤m≤0 ,mЄR} m değerler toplamı= –2–1= –3
4. ײ+b×+2=0 denkleminin reel köklerinin olmaması için b² hangi aralıkta olmalıdır.
Çözüm: ∆<0 olmalıdır.
∆=b²–4ac= b²–4.1.2=b²–8 <0 ve b²>0 olmalıdır. Çünkü bir reel sayının karesi her zaman pozitif olmalıdır. Buna göre, 0<b²<8 olmalıdır. (0,8)
5. <0 eşitsizliğini sağlayan kaç tane tamsayı vardır?
Çözüm:
×1= 2
×2= –2 ░░░░░░░░░░░░
×3= 0 Ç={×| –2<×<2, ×≠0, ×ЄR} Çözüm
Buna göre, eşitsizliği sağlayan –1 ve 1 olmak üzere iki tane tamsayı değeri vardır.
6. a<b<0<c olduğuna göre,
a×(b×+c) <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×1= 0
×2= –c/b
–c/b>0 dır. Çünkü a<b<0<c dir. ░░░░░░
Ç={×| 0<×<–c/b, ×ЄR} (0,–c/b) Çözüm
a×(b×+c)<0 eşitsizliğinde abײ+ac×<0 olduğundan ײ li terimin katsayısı pozitif olur. Çünkü a<0 ve b<0 dır. Negatif iki sayının çarpımı pozitiftir.
7. ≥ 0 eşitsizliğini sağlayan × tamsayı değerler toplamı kaçtır?
Çözüm: Burada 2 değeri daima pozitif olduğundan, fonksyonun işaretini değiştirmez.
4–ײ=0 ×1=2, ×2= –2
2ײ–4×+3=0 ∆=b²–4ac= 16–24 = –8 <0 olduğundan reel kök yoktur ve a=2 >0 olduğundan, ifade daima pozitiftir.
░░░░░░
Ç={×| –2≤×≤2, ×ЄR} [–2,2] Çözüm
Buna göre × tamsayı değerlerinin toplamı = –2–1+1+2 = 0
8. + + <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: İfadede paydaları eşitlersek,
ifadesini elde ederiz.
Buna göre, ×=0
ײ+×+1 ifadesinde ise, ∆<0 ve a>0 olduğundan daima pozitiftir. ░░░░░░
Ç={×| ×<0, ×ЄR} Çözüm
9. + –2 <0 eşitsizliği sağlandığına göre, ×’in en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Mutlak değerli olduğundan, ifadeyi iki şekilde inceleyeceğiz.
ײ+×–2 <0 ײ–×–2 <0
×1= 1 ×3= 2
×2 = –2 ×4= –1
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Ç={×| –1<×<1, ×ЄR} (–1,1) aralığıdır. Çözüm
10. > 0 eşitsizliğini sağlayan × tamsayılarının toplamı kaçtır?
Çözüm: Burada çift kuvvetler ve mutlak değerli ifadeli ifadeler daima pozitif olacağından, tüm ifadenin işaretini etkilemez.
(×–2) ,(×–3) ve ifadelerinin tümü pozitif olduğuna göre, fonksyon her zaman pozitif olacaktır.
Ç={×| ×≠4 , ×ЄR}
×, bütün reel sayı değerlerini alabilir, ancak ifadenin paydasını 0 yapan değeri alamaz. Buna göre
× değerleri toplamı = –∞ ……….–5–3–2–1+0+1+2+3+4+5+………….+∞ = 4 bulunur.
11. >0 eşitsizliği ×’in aldığı bütün reel sayılar için sağlandığına göre, m’nin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm: ײ–×+1 için ∆=b²–4ac = –3<0 olduğundan reel kök yoktur ve a=1>0 olduğundan daima pozitiftir. Buna göre, mײ–m×+1 ifadesi her zaman pozitif olması gerekir.
Bunun için m>0 ve ∆<0 olması gerekir.
∆= b²–4ac =m²–4m <0
m(m–4) <0
░░░░░░
Ç={m| 0<m<4, mЄR} (0,4) Çözüm
12. ײ+2×+a üç terimlisinin daima 5’ten büyük olabilmesi için a’nın en küçük tamsayı değeri ne olmalıdır?
Çözüm:
ײ+2×+a >5
ײ+2×+a–5 >0 Bu denklem, daima 0’dan büyük olması için, ∆<0 olmalı. Çünkü a=1>0 olduğundan ifade daima pozitif olma özelliği taşır.
∆= 4–4(a–5)= 4–4a+20
= 24–4a <0 4a >24 a>6 bulunur. Buna göre a’nın en küçük tamsayı değeri 7 olur.
13. (3–m)ײ–(m+1)×+m+2 =0 denkleminin zıt işaretli iki reel kökünün olmasını sağlayan m tamsayılarının toplamı kaçtır?
Çözüm: Zıt işaretli kökünün olması için, kökler çarpımının negatif olması gerekir. Zaten kökler çarpımı negatif olduğunda a ile c ters işaretli olacağından denklemin iki kökünün olacağı kesindir. Bundan dolayı ∆ değerini araştırmaya gerek yoktur.
×1.×2= c/a = <0 m1= –2 , m2= 3 bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={m| m<–2 veya m>3, mЄR}
Negatif yapan değerler toplamı= –∞+…………–5–4–3+4+5+6+………+∞= –3 bulunur.
14. f(×)= (m+1)ײ+(m–1)×+m–1 fonksyonu veriliyor. ×’in bütün reel sayı değerleri için daima f(×) >–2 ise m’nin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
(m+1)ײ+(m–1)×+m–1 > –2
(m+1)ײ+(m–1)×+m+1 > 0 dır.
∆<0 ve a= m+1>0 olması gerekir.
∆= b²–4ac= (m–1)²–4(m+1)² ░░░░░░
= m²–2m+1–4m²–8m–4 ░░░░░░░░░░░░
= –3m²–10m–3 <0 ░░░░░░
=(–3m–1)(m+3) <0 Ç={m| –1/3<m, mЄR} Çözüm
m1= –1/3, m2= –3
15. a<b<0<c olduğuna göre,
<0 eşitsizliğini sağlayan aralık nedir?
Çözüm: aײ+(a–b)×–b=0 denklemini çarpanlara ayırırsak,
(a×–b)(×+1) =0
×1= b/a ×2= –1
bײ–c denkleminde,
ײ= c/b <0 olduğundan, burada ×’in reel kökü yoktur.
Denklemin baş katsayısı b<0 olduğundan daima işareti negatiftir.
Ç={×| –1<×<b/a, ×ЄR}
░░░░░░ (–1,b/a)
16. –2 ≤ ≤ 2 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
–2 ≤ ≤2
+2 ≥ 0 –2 ≤0 ░░░░░░ ░░░░░░
≥0 ≤0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| ×<–3/2, ×> –1 , ×ЄR}
17. 5 (×–1) ≤0 , 6–זײ >0 sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
5 (×–1) ≤0 ifadesinde,
5 her zaman pozitiftir ve eşitsizliğin işaretini etkilemez.
×= 1 dir.
6–זײ =0 denkleminde ░░░░░░░░░░░
(3+×)(2–×)=0 olur. ×1= 2, ×2= –3 tür. ░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Çözüm
Ç={×| –3<×≤1, ×ЄR} (–3,1]
18. f(×)= ײ+(4a+1)×+4a² fonksyonu ×’in alacağı her reel sayı için, f(×) >2–f(×) eşitsizliğini sağlıyorsa, a hangi aralıktadır?
Çözüm:
f(×) >2–f(×)
2f(×) >2
f(×) >1 ise, ײ+(4a+1)×+4a² >1
ײ+(4a+1)×+4a²–1 >0 elde edilir.
Bu eşitsizlikte başkatsayı a= 1 >0 olduğundan, daima pozitif
Olması için ∆<0 olmalıdır.
∆= b²–4ac= (4a+1)²–4(4a²–1)
= 8a+5 <0 olması gerekir. ░░░░░░
Ç={a| a<–5/8, ×ЄR} (−∞,−5/8)
19. × < , ×+ > – sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×– <0 => <0 ise, ×1=1, ×2=0
×+ >0 => >0 ise, ×1=0
░░░░░░▒▒▒░░░
Ç={×| 0<×<1, ×ЄR} (0,1) ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
░░░░░░
▒▒▒▒▒▒
20. 1<×<2 için f(×)= fonksyonu nedir?
Çözüm:
ײ–4×+4 = (×–2)² dir.
f(×)= olur. Yani f(×)= ifadesi elde edilir. Bu ifadede , 1<×<2 olduğundan, mutlak değerin içi negatif olur ve ters işaretli olarak çıkar. Buna göre,
f(×)= 2–× bulunur.
21. (m–3)ײ–2×+ >0 eşitsizliğinin × ne olursa olsun sağlanması için m ne olmalıdır?
Çözüm: a>0 ve ∆<0 olmalıdır.
a= m–3 >0 m=3
∆= b²–4ac = 4–4(m–3)(m/4)
= 4–m²+3m <0 olması gerekir. ░░░░░░░░░░░░
m²–3m–4=0 denkleminde, ░░░░░░ ░░░░░░
m1= 4, m2= –2 dir. ░░░░░░
Ç={m| m>4, mЄR} Çözüm
22. 3ײ–m×+2=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<2<×2 olması için m ne olmalıdır?
Çözüm: 2 sayısının kökler arasında olabilmesi için, a.f(2) <0 olması gerekir.
3(12–2m+2) <0
3(14–2m) <0
42–6m <0
6m >42 ise, m>7 olması gerekir.
23. f(×)= mײ+(m+1)×+m–2 veriliyor. f(×)=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. –1<×1<×2 olması için ∆>0 koşuluna ek olarak hangi ifade sağlanmalıdır? (ÖYS-1985)
Çözüm: –1 sayısının kökler dışında olması için, a.f(–1)>0, yani m.f(–1)>0 olmalıdır.
Ayrıca –1 sayısının köklerden küçük olması için, –b/2a >–1 olması gerekir.
–b/2a= >–1 ve m.f(–1) >0 ifadeleri sağlanmalıdır.
24. ≤3 ‘ün çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: ײ+1 ifadesi her zaman pozitiftir. Bu yüzden ײ+1 ifadesi, mutlak değer dışına, işareti değiştirmeden çıkar.
ײ+1 ≤3
ײ–2 ≤0 ise, ×1= – ×2= ░░░░░░
Ç={×| – <×< , ×ЄR} Çözüm
25. ײ+2(m+1)×+2m =0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. m>0, < ise, ×1 ve ×2 ‘nin işaretleri ve sıralaması hakkında ne söylenebilir?
Çözüm:
×1.×2= c/a= 2m >0 olduğuna göre, ×1 ve ×2 aynı işaretlidir.
×1+×2= –b/a = –2(m+1) <0 elde edilir. > olduğundan, ×2<0 ve ×1 <0 dır.
Buna göre tekrar sıralarsak, ×2<×1<0 elde ederiz.
26. ײ+(a+1)×+a–1 denkleminin kökleri arasında 0<×1<×2 dizilişi olması için a ne olmalıdır?
Çözüm: Öncelikle denklemin iki kökü olması gerekir. Yani ∆>0 olmalıdır. Sonra a.f(0)>0 ve
–b/2a>0 olmalıdır.
∆=b²–4ac= a²+2a+1–4a+4 >0
= a²–2a+5 >0 olmalıdır.
a²–2a+5=0 denkleminde ∆<0 olduğundan, ve
a=1>0 olduğundan reel kök yoktur ve her zaman pozitiftir.
a.f(0)=1.(a–1)>0
=a–1 >0 olur. a=1 dir. –b/2a= ise, –a–1>0 olur. a= –1 dir.
░░░░░░
░░░░░░░░░░░░ Ç={a| a>1 , aЄR}
░░░░░░
27. – ×+ >0 ve ײ+×>0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
– ×+ >0
×>
3ײ>6
ײ>2 ise, ×1= , ×2= – bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
ײ+× >0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
×(×+1)>0 ×1=0, ×2= –1 ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| 0<×< veya ×<–1, ×ЄR} (–∞,–1) (0, )
28. ×ЄR için, –4<3×–8<–2 eşitsizliğinin mutlak değerli eşitsizlik olarak yazılmışı nedir?
Çözüm: <c mutlak değer eşitsizliğini yazabilmemiz için, –c<a×+b<c olması gerekir.
–4<3×–8<–2 her tarafına aynı sayı eklenmelidir ki, –c+c=0 olsun. Bu sayıya k dersek,
–4+k<3×–8+k<–2+k olur. –4+k–2+k=0 => k=3 bulunur.
Böylece yeni ifade –1<3×–5<1 şeklinde yazılır. Bunu mutlak değerli ifade olarak yazarsak,
<1 olur.
29. Her ×ЄR için >0 eşitsizliğini doğrulayan m’nin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: ײ–×+1 ifadesi ∆=1–4= –3<0 olduğundan ve a=1>0 olduğundan daima pozitiftir.
Bu durumda ײ–3×+m>0 olması gerekir. Bunun için, a=1>0 olduğundan, ∆<0 sağlanması gerekir. ∆=9–4m<0 => m>9/4 olur. Ç={m| m>9/4, mЄR}
30. 7< ≤ 9 eşitsizliğinin ×ЄR için çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
7<2×+1≤9 için , 7<–(2×+1)≤9 için,
7<2×+1 2×+1≤9 –9≤ 2×+1 <–7
×>3 ×≤4 ise, –10≤2× 2×+1<–7
3<×≤4 yazılır. ×≤–5 ×<–4 ise, –5≤×< –4 yazılır.
Ç={×| –5≤×< –4 veya 3<×≤4 ,×ЄR}
31. ≥ eşitsizliğinin ×ЄR için çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Her iki tarafın da karesini alırsak, mutlak değer kalkar.
(3×+1)²≥(3×–1)²
9ײ+6×+1≥9ײ–6×+1
12×≥0 olacaktır. Yani ×≥0 olmalıdır. Ç={×| 0≤×, ×ЄR}
32. < +2 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
– +2 <0
<0
<0 –2<0 olduğuna göre, ×+3>0 olması gerekir. Yani ×>–3 olur.
33. m<m³< olduğuna göre, ≤0 eşitsizliğinin çözüm aralığı nedir?
Çözüm: m<m³< olduğuna göre, –1<m<0 dır.
≤0 eşitsizliğinde, 4–m×=0 için, ×1=4/m olur.
1–m×=0 için, ×2=1/m olur.
Ç={×| 4/m≤×<1/m, ×ЄR} [4/m,1/m) ░░░░░░
34. a<0<b<c olmak üzere ,
≤0 eşitsizliğinin çözüm kümesi [–1/2,0) [1/4, ∞) olduğuna göre a+b=?
Çözüm:
×1=1/a
×2=4/b ░░░░░░ ░░░░░░
×3=0 dır. Ç={×| 1/a<×<0, 4/b<×, ×ЄR}
[1/a,0) [4/b, ∞) => 1/a= –1/2 a= –2
4/b=1/4 b=16 => a+b=16–2=14
35. (m–2)ײ+2×+(m+2)=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 olduğuna göre, m’nin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır?
Çözüm: ×1<0<×2 olması için, a.f(0)<0 olması gerekir.
a.f(0)= (m–2)(m+2) <0 ise, m1=2, m2= –2
░░░░░
Ç={m| –2<m<2, mЄR} dır. Buna göre, m’nin alabileceği en küçük tamsayı değeri –1 dir.
36. <×–3 çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Her iki tarafın da karesini alırız.
×–3<(×–3)²
×–3<ײ–6×+9 ░░░░░░ ░░░░░░
ײ–7×+12>0 ░░░░░░░░░░░░
(×–4)(×–3) >0 ×1=4, ×2=3 ░░░░░░
Kareköklü ifadenin içerisi de daima pozitif olması gerekir. Çözüm
×–3>0 ×=3 Ç={×| ×>4, ×ЄR} (4, ∞)
37. > eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
– >0
>0 >0 => ×1= , ×2= – ,×3=1, ×4= –1
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| – <×<–1 , 1<×< , ×ЄR}
38. a<0<b<c olmak üzere,
f(×)=(b×–a)(c×–a)<0
g(×)=(b×–c)(c×–b)>0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
f(×) için,
×1= a/b
×2= a/c ve a/c>a/b dir. ░░░░░░
g(×) için, ░░░░░░░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░
×1= c/b ░░░░░░
×2= b/a ve c/b>b/c dir. Ç={×| a/b<×<a/c, ×ЄR} (a/b,a/c)
39. a<b<0<c olmak üzere,
≥ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×1= c/b
×2= 0 ░░░░░░ ░░░░░░
×3= b/a Ç={×| ×>c/b, 0<×<b/a, ×ЄR} (–∞,c/b] [0,b/a)
40. <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi (3,5) (–5,–1) ise, a=?
Çözüm:
×1= a
×2=3 ░░░░░░ ░░░░░░
×3= –5 Ç={×| –5<×<a , 3<×<5, ×ЄR}
×4= 5 (3,5) (–5,a) a= –1 dir.
41. n bir doğal sayı olmak üzere,
(ײ+2×+1) ≥ 3. (×+1) eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
(×+1) –3.(×+1) ≥ 0
(×+1) (×+1–3) ≥ 0
(×+1) (×–2) ≥ 0
(×+1) ifadesinde 2n+1 her zaman ░░░░░░ ░░░░░░
tek sayıdır. Böylece ×+1’in işareti fonksyonun Ç={×| ×≤–1, ×≥2 , ×ЄR}
işaretini etkiler. (–∞,–1] [2, ∞)
42. ≤ 5 eşitsizliğini sağlayan kaç tane × tamsayısı vardır?
Çözüm: –5 ≤ ײ–5×–1 ≤5 şeklinde yazılır.
–5 ≤ ײ–5×–1 ײ–5×–1 ≤ 5
ײ–5×+4 ≥ 0 ײ–5×–6 ≤ 0
(×–4)(×–1) ≥ 0 (×–4)(×+1)≤0
×1= 4, ×2= 1 ×1=4, ×2= –1
░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| –1≤×<1, 4≤×≤6, ×ЄR} ×’in alabileceği tamsayı değerleri={–1,0,1,4,5,6} 6 tane vardır.
43. a<b<c<0 olmak üzere
≤ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: , dışarıya negatif olarak çıkar.
×–(–a) =0 için,
×1= –a
×+b=0 için,
×= –b
ײ–c² =0 için,
(×–c)(×+c) =0 olur.
×1= c, ×2= –c bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| c<×<–c , –b≤×≤–a, ×ЄR} (c,–c) [–b,–a]
44. ײ–(m–2)×+m+1=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. 0<×1<2<×2 şartını sağlaması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm:
a.f(2)<0 olmalıdır. ∆>0 olmalıdır.
1.[4–(m–2).2+m+1]<0 ∆=b²–4ac
4–2m+4+m+1<0 =(m–2)²–4(m+1) >0
9–m <0 =m²–4m+4–4m–4 >0
–b/2a>0 olmalıdır. =m²–8m >0 => m(m–8)>0 => m1=0, m2=8
–b/2a= > 0 => m–2 > 0 => m=2
░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░░░░░░Ç={m| m>9, mЄR} (9, ∞)
45. (a+5)ײ+21(a+1)×+7(a–3) =0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 ve ×2> olması için, a’nın alabileceği değerlerin aralığı nedir?
Çözüm:
×1<0<×2 olması için a.f(0)<0 olması gerekir.
(a+5)(7a–21)<0 ise,
a1= –5, a2= 3 olur. ░░░░░░░░░░░░
×2> olması için ░░░░░░
×1+×2 >0 olması gerekir. ░░░░░░
>0
>0 ise, a1= –1, a2= –5 bulunur. Ç={a| –5<×<–1, ×ЄR} (–5,–1)
46. f(×)= ײ–a×+b=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<×2 iken, f(2)>0, f(2).f(6)<0 ise, ×1,×2, 2 ve 6 ‘nın sıralaması için ne söylenebilir?
Çözüm:
f(2)>0 ise, f(2).f(6)<0 dan, f(6)<0 dır.
ײ–a×+b ifadesinde başkatsayı yani, a=1 >0 olduğundan,
a.f(2) ve a.f(6) ifadelerini düşünürsek,
a.f(2)>0 ve a.f(6)<0 olacaktır.
Buna göre, 6 kökler arasında, 2 köklerin dışındadır. 2<6 olduğundan ve ×1<×2 olduğundan, sıralama şöyle yazılabilir; 2<×1<6<×2
Birinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Eşitsizlikler
Tanım: a,b Є R ve a≠0 olmak üzere f(×)= a×+b ifadesine, birinci dereceden bir değişkenli iki terimli denir.
Birinci dereceden bir bilinmeyenli f(×)= −8×+4 iki terimlisinde a= −8, b=4 tür. a ve b gerçek sayılar olmak üzere,
a×+b>0 a×+b<0 a×+b≥0 a×+b≤0
biçiminde ifade edilen açık önermelerin her birine birinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizlik denir. Eşitsizliği çözmek demek, verilen eşitsizliği sağlayan × reel sayılarını bulmak demektir. Bu eşitsizliklerden herhangi birini gerçekleyen x gerçek sayılarının oluşturduğu kümeye, bu eşitsizliğin çözüm kümesi denir.
a×+b=0 denkleminin kökü ×0 = –b/a dır.
f(×)= a×+b = a (×+b/a) = a (× –(–b/a)) = a (× –×0 )
f(×)= a×+b = a (×–×0 ) ifadesinde,
×<×0 ise, ×–×0 < 0 olduğundan f(×)= a (×–×0) ifadesinin işareti, a’nın işareti ile ters işaretlidir. a negatif ise, a (×–×0) ifadesi pozitif, o pozitif ise, a (×–×0) ifadesi negatiftir.
×>×0 ise, ×–×0>0 olduğundan, f(×)= a (×–×0) ifadesinin işareti, a’nın işareti ile aynıdır. a negatif ise, a (×–×0) negatif, a pozitif ise a (×–×0) da pozitiftir.
Buna göre özellikler:
• ×>y ise ×+a>y+a veya ×–a>y–a ( Bir eşitsizliğin her iki tarafına aynı sayı eklenir veya çıkarılabilir.)
• ×>y ve a>0 iken, ×.a>y.a veya ×/a>y/a dır. ( Bir eşitsizliğin her iki tarafı pozitif bir sayı ile çarpılır yada bölünürse, eşitsizlik bozulmaz. )
• ×>y ve a<0 iken, ×.a<y.a veya ×/a<y/a dır. ( Bir eşitsizliğin her iki tarafı negatif bir sayı ile çarpılır yada bölünürse, eşitsizlik yön değiştirir.)
f(×)= a×+b iki terimlisinin işaret kuralı,
yandaki tabloda belirtilmiştir. f(×)= a×+b
iki terimlisinin işareti, ×’in kökten büyük
değerleri için a’nın işareti ile ters işaretli,
×’in kökten büyük değerleri için a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
Örnekler:
1. y= 3×–6 verilsin. y’nin işaretini inceleyip, 3×–6<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3×–6= 0 a=3 >0
3×=6 ░░░░
×=2 (denklemin kökü) Çözüm Ç= {×| ×<2 , ×ЄR }
2. Gerçek sayılarda, f(×)= (m+2)×+5 >0, (m≠–2) eşitsizliğinin işaretini inceleyelim.
Çözüm:
(m+2)×+5 >0 , (m+2)×+5 =0 (m+2)×= –5 ×= –5/m+2 dir.
a= m+2>0 m>–2 dir. a= m+2 olduğunda, a=m+2<0 m<–2 dir.
░░░░░ ░░░░░
Çözüm Çözüm
3. 3(×–4)<2(×+1) eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3(×–4) < 2(×+1)
3×–12 < 2×+2 ░░░░░░
×–14 < 0 Çözüm
×<14
Ç={×| ×ЄR ve ×<14}
4. 4×+1 – 5×+2 < ×+2 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
4 6 3
Çözüm:
Paydalar eşitlenir ve paydalar sadeleştirilir.
3(4×+1) – 2(5×+2) < 4(×+2)
12×+3–10×–4 < 4×+8
2×–1 < 4×+8
2×> –9 Ç={×| ×>–9/2 ve ×ЄR}
×> –9/2
5. (m2+4)(5×+2) > 0 eşitsizliğini çözelim.
Çözüm:
(m2+4) ifadesi her zaman pozitif olacağından, (5×+2) değeri mutlaka 0’dan büyük olması gerekir. 5×+2 > 0 ×> –2/5
Ç={×| ×>–2/5 ve ×ЄR}
6. 4(×–4)> 3×+1 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
4×–16>3×+1
×>17 ░░░░░░
Ç={×| ×>17 ve ×ЄR} Çözüm
7. 1 >1 eşitsizliğinde ×’in alabileceği en büyük tamsayı değeri nedir?
×+2
Çözüm: Paydalar eşitlenir ve sadeleştirilir.
1>×+2
×<–1 Ç={×| ×<–1 ve ×ЄR} ×, –1 den büyük olacağı için alabileceği en küçük tamsayı değeri ×= –2 dir.
8. × + × <14 ve 3–5×≤×+6 eşitsizliklerinin çözüm kümesi nedir?
3 4
Çözüm: İki eşitsizlikte de paydalar eşitlenir.
4×+3×< 14.12 3–5×≤×+6
7×< 168 6×≥–3
×< 14 ×≥–1/2 Birlikte yazılırsa; –1/2 ≤ × ≤14
9. f(×)= 1– 2/3× fonksiyonunun işareti nedir?
1–2/3×<0 ×>3/2
1–2/3×>0
░░░░░░ 1>2/3×
Çözüm ×< 3/2
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER
Tanım: a,b,c ЄR ve a≠0, ×ЄR olsun.
aײ+b×+c>0 veya aײ+b×+c≥0
aײ+b×+c<0 veya aײ+b×+c≤0
biçimindeki açık önermelerden her biri ikinci dereceden bir bilinmeyenli eşitsizliktir. Verilen bir eşitsizliği doğrulayan × sayılarının oluşturduğu kümeye, bu eşitsizliğin çözüm kümesi denir.
f(×)=aײ+b×+c üçterimlisinin işareti
y=aײ+b×+c veya f(×)=aײ+b×+c biçiminde ifade edilen eşitliklere ikinci derece üç terimlisi denir.
×ЄR için, aײ+b×+c sayısal değerinin işareti bilinirse, ikinci dereceden bir bilinmeyenli bir eşitsizliğin çözüm kümesi kolayca yazılabilir. aײ+b×+c ‘nin işaretini inceleyelim.
aײ+b×+c= a[ ײ+b/a×+c/a ] = a[ ײ+b/a×+b²/4a²+c/a–b²/4a² ]
= [(×+b/2a)²+(4ac–b²)/4a² ] bulunur.
Buna göre, tam kare olduğundan, (×+b/a)² ≥0 olacağı açıktır.
1. durum
y=f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde ∆= b²–4ac <0 ise aײ+b×+c=0 denkleminin gerçek sayı olan kökü yoktur.
∆= b²–4ac <0 4ac–b²>0 dır. (4ac–b²)/4ac > 0 olur. (×+b/2a)²+ (4ac–b²)/4a² > 0
Buna göre, f(×)= aײ+b×+c = a [(×+b/2a)²+ (4ac–b²)/4a² ] ifadesinin işareti a’ya bağlı olarak değişir. a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
a>0 ise, aײ+b×+c >0
a<0 ise, aײ+b×+c <0 olur.
Her bölgedeki işaret, a’nın işareti ile aynıdır.
Sonuç: f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde, ∆= b²–4ac < 0 ise, ×’in her gerçek sayı değeri için üç terimlisinin işareti, a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
2. durum:
f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde, ∆= b²–4ac=0 ise,
b²–4ac=0 (4ac–b²)/4a² =0 olacağından,
ax²+b×+c = a (×+b/2a)² biçimine dönüşür.
×= –b/2a için aײ+b×+c= 0 dır. ×≠ –b/2a için (×+b/2a)² >0 olacağından f(×) işareti, a’nın işareti ile aynı işaretlidir.
∆=0 ve a>0 ise, ∆=0 ve a<0 ise
Her iki tabloda da y nin işareti, ×=–b/2a dışında, her bölgede a’nın işaretinin aynısıdır.
3. durum:
f(×)= aײ+b×+c üç terimlisinde ∆=b²–4ac>0 ise, aײ+b×+c=0 denkleminin gerçek sayı olan iki kökü vardır. Bunlar ×1 ve ×2 dir.
Bu durumda, y= a(×–×1)(×–×2)
a) ×<×1<×2 alınırsa, ×–×1<0 ve ×–×2<0 olacağından , (×–×1)(×–×2)>0 olur.
O halde, ×’e , ×1’den küçük değerler verilirse, f(×)’in işareti, a’nın işareti ile aynı olur.
b) ×1<×<×2 alınırsa, ×–×1>0 ve ×–×2<0 olacağından, (×–×1)(×–×2)<0 olur.
O halde, ×’e ×1 ile ×2 arasında değerler verilirse, f(×) işareti, a’nın işaretinin tersi işaretli olur.
c) ×1<×2<× alınırsa, ×–×1>0 ve ×–×2>0 olacağından, (×–×1)(×–×2)>0 olur.
O halde, ×’e ×2 den büyük değerler verilirse, y nin işareti, a’nın işareti ile aynı olur. Ayrıca ×=×1 veya ×=×2 için f(×)=0 dır. Sonuçta bilgiler şu tabloyla elde edilebilir.
∆ > 0 ise,
Üç terimlinin işareti, köklerin arasında a’nın işaretinin tersi, köklerin dışında a’nın işaretinin aynısıdır.
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLERİN ÇÖZÜMÜ
Verilen eşitsizlik, aײ+b×+c>0, aײ+b×+c<0, aײ+b×+c ≥0, aײ+b×+c ≤0 durumlarından biri olacak şekilde düzenlenir. aײ+b×+c üç terimlisinin işareti incelenerek eşitsizliğin çözüm kümesi bulunur.
Örnekler:
1. ײ–6×+5<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
ײ–6×+5<0 ‘in işaretini incelersek,ײ–6×+5=0 iken, ∆=b²–4ac=(–6)²–4.1.5=16>0 olduğundan
×1 = –b + √∆ = 6+4 = 5
2a 2
×2 = –b – √∆ = 6–4 = 1
2a 2
Üç terimlisinin işareti, kökleri arasında –, kökleri dışında ise, + dır. Görüldüğü gibi 1<×<5 iken, ײ–6×+5<0 olmalıdır.
Ç={×| 1<×<5, ×ЄR}
░░░░░ ░░░░░
2. ײ>2×+15 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
ײ–2×–15>0 ifadesi, çarpanlara ayrılır.
(×–5)(×+3)>0
×1=5 ×2= –3 a=1>0 olduğundan kökler dışı +, kökler arası – dir.
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| –∞<×<–3 veya 5<×, ×ЄR}
3. 2×–6<3ײ eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
2×–6<3ײ –3ײ+2×–6<0 bulunur.
∆=b²–4ac=(2)²–4.(–3)(–6) = –68 <0 dır.
Buna göre, denklemin gerçek kökü yoktur. Çünkü karekök içinde negatif ifade bulunmaz.
×ЄR için –3ײ+2×–6<0 dır. Ç= IR
4. ×(×–1)+1< 4/5×+1/5 eşitsizliğinin çözüm kümesini yazınız.
Çözüm: ײ–×–1< (4×+1)/5
5ײ–5×–5< 4×+1
5ײ–9×+4<0 biçiminde yazılır.
5ײ–9×+4=0 denkleminin kökleri,
5× –5
× –4/5 (5×–5)(×–4/5) => ×1=1, ×2= 4/5
░░░░░
O halde, ×(×–1)<4/5×+1/5 ‘in çözüm kümesi Ç={×| 4/5<×<1 , ×ЄR}
5. Reel sayılarda ײ+(m–3)×+9>0 eşitsizliği daima sağlanıyorsa, m’nin alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?
Çözüm: Daima aײ+b×+c >0 olması için a>0 ve ∆<0 olmalı.
ײ+(m–3)×+9>0 ifadesinde a=1>0 olduğundan => ∆<0 olmalı.
∆=(m–3)²–4.1.9 <0
m²–6m+9–36<0
m²–6m–27<0 olmalıdır.
m²–6m–27=0 için,
(m–9)(m+3) m1=9 ve m2= –3 ░░░░░
Ç={×| –3<m<9, ×ЄR}
m tamsayılarının toplamı = –2–1+0+1+2+3+4+5+6+7+8= 33 bulunur.
6. (m–1)ײ+(m+2)×+m+2=0 denkleminin reel kökü olmadığına göre, m yerine yazılabilecek en küçük pozitif tamsayı değeri kaçtır?
Çözüm: aײ+b×+c=0 denkleminin reel köklerinin olmaması için, ∆<0 olmalıdır.
∆= (m+2)²–4.(m–1)(m+2)<0
= (m+2) [ m+2–4(m–1)]<0
(m+2)(m+2–4m+4) <0
(m+2)(–3m+6) <0 ░░░░░ ░░░░░
m1= –2 ve m2=2 Ç={×| m<–2 veya 2<m, mЄR}
m yerine yazılabilecek en küçük pozitif tamsayı m>2 olduğundan, 3’tür.
KAREKÖKLÜ BİR İFADENİN GERÇEK SAYI OLMASI
ⁿ ifadesi a<0, n çift sayı ise, gerçek sayı değildir ve a≥0 için gerçek sayıdır.
Örnekler:___
1. f(×)=√×+5 ‘in gerçek sayı olmasını sağlayan × değerleri nelerdir?
Çözüm: Kareköklü bir ifadenin gerçek sayı olması için karekökün içindeki ifadenin negatif olmaması gerekir. ___
Buna göre, √×+5 gerçek sayı ×+5 ≥0 ×≥–5 tir.
2. f(×)=√ײ–8×–33 ifadesinin gerçek sayı olmasını sağlayan × gerçek sayılarını bulalım.
Çözüm: ________
√ײ–8×–33 gerçek sayı olması için ײ–8×–33≥0 olması gerekir.
ײ–8×–33 üç terimlisinde a=1>0 dır.
ײ–8×–33= (×–11)(×+3) ×1=11 , ×2= –3 dür.
Kökler arasındaki × değerleri için, a=1 ile ters işaretli yani negatif olur. Buna göre;
×≤–3 ve ×≥11 ise, ײ–8×–33≥0 olur.
f(×) ifadesinin gerçek sayı olabilmesi için, –∞<×≤–3 veya 11≤×<∞ olması gerekir.
Birinci veya İkinci Dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler Yardımıyla
Çözülebilen Eşitsizlikler
f(×)≥0 , f(×)≤0 , f(×)<0 , f(×)>0
eşitsizliklerinde f(×), polinomların çarpımı veya bölümü biçiminde olsun. Bu eşitsizlikleri çözmek için f(×)’i oluşturan polinomlar birinci yada ikinci dereceden polinomların çarpımı biçiminde yazılır.
f(×)’in işaretini bulmak için, polinomların işaretleri bulunup, çarpılır. O aralıklarda f(×)’in işareti bulunmuş olur.
Örnekler:
1. (3×+2)(ײ–6×+5)<0 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: Çarpanların işaretlerinin çarpımı, çarpımın işaretini verir.
3×+2=0 ×1= –3/2
ײ–6×+5=0 = (×–5)(×–1)
×2=5 , ×3=1
Ç={×|–∞<×<–2/3,1<×<5,×ЄR} ░░░░░░ ░░░░░░
2. (2–×)(×+3) > 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi hangi aralıktadır?
×
Çözüm: 2–×=0 ×1=2
×+3=0 ×2= –3
Ç={×| ×<–3 ve 0<×<2,×ЄR} ░░░░░░ ░░░░░░
3. × – 2 < 8_ ifadesinin çözüm kümesi nedir?
×–1 ×+1 ײ+1
Çözüm: Paydalar eşitlenip, sadeleştirilirse,
ײ+×–2×+2 < 8 olur.
ײ–×+2 <8
ײ–×–6 <0
(×–3)(×+2) <0 ise, ×1=3, ×2= –2 ░░░░░░
Ç={×| –2<×<3, ×ЄR}
4. < ifadesinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: <
– <0
<0 ░░░░░░ ░░░░░░
<0 12ЄN+ olduğuna göre fonksyonun işaretini etkilemez. Buna göre, Ç={×| ×<–7 veya 3<×<5 , ×ЄR}
5. (ײ–9)(ײ+5×–6) ≤ 0 ifadesinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: (ײ–9)(ײ+5×–6) ≤ 0
(×–3)(×+3)(×–3)(×–2) ≤ 0
(×–3)²(×+3)(×–2) ≤ 0
×1= 3 ×2= –3 ×3= 2
░░░░░░
Ç={×| –3≤×≤2 , ×ЄR}
EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ
İki yada daha çok eşitsizliğin birlikte yazılmasıyla elde edilen ifadelere, eşitsizlik sistemleri denir. İki veya daha eşitsizliklerin ortak çözümü söz konusu olduğundan, eşitsizlikler ayrı ayrı çözülür, elde edilen çözüm kümelerinin kesişimi alınarak, eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi elde edilir.
Örnekler:
1. ײ+2ז8 >0
ײ–4×+3 <0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm: ײ+2×–8=0
(×+4)(×–2)=0 ×1= –4 , ×2=2
ײ–4×+3=0
(×–3)(×–1)=0 ×3=3 , ×4=1 ░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Ç={×| 2<×<3 , ×ЄR} Çözüm
2. ײ–3×–4 <0 , ײ–×–6 <0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesini bulalım.
Çözüm:
ײ–3×–4=0
(×–4)(×+1)=0 ×1=4 , ×2= –1 ░░░░░░░░░░░
ײ–×–6=0 ░░░░░░░░░░░
(×–3)(×+2)=0 ×3=3 , ×4= –2 ░░░░░░
Ç={×| –1<×<3, ×ЄR} Çözüm
3. ײ–3×–28 ≤0
(–×+1)/(×+2)>0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–3×–28=0
(×–7)(×+4)=0 ×1=7 , ×2= –4
(–×+1)/(×+2) ×3=1 , ×4= –2 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░
░░░░░░
Ç={×| –2<×<1 , ×ЄR} Çözüm
4. ײ–12×+32≥0
ײ–13×+22<0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–12×+32=0
(×–8)(×–4) ×1=8 , ×2=4 ░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
ײ–13×+22=0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
(×–11)(×–2) ×1=11 , ×2=2 ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| 2<×≤4 veya 8≤×<11 , ×ЄR}
5. ײ–4×–12>0 , 2×–1 <0 , ײ+×–12<0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
ײ–4×–12=0
(×–6)(×+2) ×1=6,×2= –2
2×–1=0 ×3=1/2 ░░░░░░░░░░ ░░░░░
ײ+×–12=0 ░░░░░░░░░░░░░░░░
(×+4)(×–3) ×4= –4, ×5=3 ░░░░░░░░░░░
░░░░░
Ç={×| –3<×<–2, ×ЄR}
İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ DENKLEMİ ÇÖZMEDEN
İŞARETİNİN İNCELENMESİ
aײ+b×+c=0 denklemi çözmeden kökler ile katsayılar arasındaki bağıntılardan yararlanarak köklerinin varlığını ve işaretlerini belirlemeye çalışırsak;
aײ+b×+c=0 denklemi verilsin.
1. ∆=b²–4ac <0 ise denklemin reel kökleri yoktur. Olmayan köklerin işaretinden de söz edilemez.
2. ∆=b²–4ac =0 ise ×1=×2 dir. Çakışık (eşit) iki kök vardır. Bu kökler aynı işaretlidir.
×1.×2=c/a ya bakalım.
a) c/a =0 ise, ×1=×2=0 dır.
b) c/a >0 ise kökler aynı işaretlidir. Köklerin işareti için kökler toplamına bakılır.
×1+×2= –b/a>0 ise ×1=×2>0 olur. Köklerin ikisi de pozitiftir.
×1+×2= –b/a<0 ise ×1=×2<0 olur. Köklerin ikisi de negatiftir.
3. ∆=b²–4ac >0 ise farklı iki reel kök vardır. (×1<×2 olsun.) Bu köklerin işaretini incelemek için önce kökler çarpımının (c/a) işaretine bakılır.
a) ×1.×2=c/a <0 ise kökler ters işaretlidir. Yani, ×1<0<×2 dir.
b) ×1.×2= c/a >0 ise denklemin aynı işaretli iki kökü vardır. Çarpımları pozitif olan ×1.×2 köklerinin ya ikisi de pozitif, yada ikisi de negatiftir.
Bu durumda,
×1+×2= –b/a <0 ise, köklerin ikisi de negatiftir. ×1<×2<0 dir.
×1+×2= –b/a >0 ise, köklerin ikisi de pozitiftir. 0<×1<×2 dir.
c) ×1.×2=0 ise denklemin köklerinden en az biri sıfırdır. Bu durumda,
×1+×2= –b/a <0 ise, denklemin sıfırdan farklı olan kökü negatiftir. 0=×1>×2,
×1+×2= –b/a >0 ise, denklemin sıfırdan farklı olan kökü pozitiftir. 0=×1<×2
Örnekler:
1. 2ײ+×–5=0 denkleminin köklerinin işareti nedir?
Çözüm:
∆=b²–4ac=1–4(–10)=41>0 olduğundan, iki reel kökü vardır. Denklemin ×1,×2 kökleri için ×1.×2= –5/2 <0 olduğundan, iki kök farklı işaretlidir. Yani ×1<0<×2 dir.
2. ײ+p×+p²–2p–3=0 denkleminin bir kökü 0 dır. Denklemin diğer kökünün negatif gerçel sayı olması için p kaç olmalıdır?
Çözüm:
Kökler ×1,×2 olsun. ×1.×2=0 olacaktır.
×1.×2= p²–2p–3=0 (p–3)(p+1)=0 p1=3, p2= –1
×1=0 için, ×1+×2= –p=×2 ise, ×2= –p <0 p>0 dır. Buna göre p=3 olmalıdır.
3. (m–2)ײ+(m²–25)×+m–9=0 denkleminin simetrik iki kökü olduğuna göre, m kaçtır?
Çözüm: Simetrik iki kök varsa, ×1= –×2 olmalıdır ve b=0 olmalıdır. ×1.×2<0 olmalıdır.
×1.×2=(m–9)/(m–2)<0 b= m²–25=0 =(m+5)(m–5) m1=5, m2= –5
░░░░░░ Ç={m| 2<m<9, mЄR} m=5 olmalıdır.
4. (m–2)ײ–(m–6)×+m–9=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 ve ×2>|×1| ise m’nin alabileceği tamsayı değerlerinin toplamı kaçtır?
Çözüm:
×1.×2 <0 dır. ×1+×2 >0 olur. Çünkü ×2 >|×1|
×1.×2= (m–9)/(m–2) <0 ×1+×2= (m–6)/(m–2)>0
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ Ç={m| 6<m<9, mЄR}
Çözüm Değerler toplamı= 7+8= 15
5. (m+2)ײ–2m×+1=0 denkleminin köklerinin ikisinin de negatif olması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ×1.×2 >0 olur. ×1+×2 <0 olur.
×1.×2= 1/(m+2) >0 ×1+×2= 2m/(m+2) <0
∆>0 olması gerekir. ∆=b²–4ac için,
4m²–4m–8 >0 m²–m–2>0 ise, m²–m–2=0 denkleminin köklerini bulalım.
m²–m–2=(m–2)(m+1)=0 m1= 2, m2= –1
░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░ ░░░░░░ Ç={m| –2<m<–1, mЄR} => (–2,–1)
İkinci Dereceden Denklemin Köklerinin Reel sayı ile karşılaştırılması
aײ+b×+c =0 ve yЄR için, y reel sayısının denklemin kökleri ile şu koşullarda karşılaştırırız.
1. f(×)=aײ+b×+c fonksyonu için, a. f(y) <0 oluyorsa, y reel sayısı, aײ+b×+c denkleminin kökleri arasındadır. Yani , ×1<y<×2 diyebiliriz.
2. aײ+b×+c üç terimlisinde ,
∆>0 ise,
a) + = –b/2a >y y<×1<×2 olur
b) –b/2a <y ×1<×2<y olur.
3. a.f(y) =0 ise, a≠0 olduğundan f(y)=0 olur. Bu durumda y, köklerden biridir.
Örnekler:
1. mײ–(m–4)×+m=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<1<×2 olması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ×1<1<×2 olması için, a. f(y)<0 olmalıdır.
m.f(1)=m(m–m+4+m)=m(m+4) <0 ise m1=0, m2= –4 tür.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| –4<m<0, mЄR} (–4,0)
2. mײ–(m+1)×+4=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<2<×2 koşulunun sağlanması için m ne olmalıdır.
Çözüm: a.f(y)<0 olmalıdır.
a.f(2)=m(4m–2m–2+4) =m(2m+2) <0 ise, m1= –1, m2= 0 dır.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| –1<m<0 , mЄR}
3. ײ–4×+m–2=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<×2<4 olması için, m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm: ∆>0, –b/2a <y olmalıdır.
∆=b²–4ac= 16–4(m–2) = 16–4m+8 =24–4m >0 olması gerekir.
Buna göre, m=6 tir.
–b/2a<y, yani –(–4)/2<4 ise, 2<4 tür.
░░░░░░
Çözüm Ç={m| m>6, mЄR} (6,+∞)
KARIŞIK SORULAR
1. >0 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
ײ–×+6 için, ∆=b²–4ac = 1–24= –23 <0 olduğundan, reel kökü yoktur.
ײ–×+7 için, ∆=b²–4ac = 1–28= –27 <0 olduğundan, reel kökü yoktur.
░░░░░░░░░░░ Ç={×| ×ЄR}
2. 0<a<1 olmak üzere,
<0 eşitsizliğinin en geniş çözüm aralığı nedir?
Çözüm: ×1=a, ×2= 1/a
1/a > a dır. Çünkü, 0<a<1 ░░░░░░ (a,1/a)
3. ≤0 eşitsizliğini sağlayan m tamsayı değerler toplamı nedir?
Çözüm:
m1= –4
m2= –2 ░░░░░░
m3= 0 Çözüm
m4= 4 Ç={m| –2≤m≤0 ,mЄR} m değerler toplamı= –2–1= –3
4. ײ+b×+2=0 denkleminin reel köklerinin olmaması için b² hangi aralıkta olmalıdır.
Çözüm: ∆<0 olmalıdır.
∆=b²–4ac= b²–4.1.2=b²–8 <0 ve b²>0 olmalıdır. Çünkü bir reel sayının karesi her zaman pozitif olmalıdır. Buna göre, 0<b²<8 olmalıdır. (0,8)
5. <0 eşitsizliğini sağlayan kaç tane tamsayı vardır?
Çözüm:
×1= 2
×2= –2 ░░░░░░░░░░░░
×3= 0 Ç={×| –2<×<2, ×≠0, ×ЄR} Çözüm
Buna göre, eşitsizliği sağlayan –1 ve 1 olmak üzere iki tane tamsayı değeri vardır.
6. a<b<0<c olduğuna göre,
a×(b×+c) <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×1= 0
×2= –c/b
–c/b>0 dır. Çünkü a<b<0<c dir. ░░░░░░
Ç={×| 0<×<–c/b, ×ЄR} (0,–c/b) Çözüm
a×(b×+c)<0 eşitsizliğinde abײ+ac×<0 olduğundan ײ li terimin katsayısı pozitif olur. Çünkü a<0 ve b<0 dır. Negatif iki sayının çarpımı pozitiftir.
7. ≥ 0 eşitsizliğini sağlayan × tamsayı değerler toplamı kaçtır?
Çözüm: Burada 2 değeri daima pozitif olduğundan, fonksyonun işaretini değiştirmez.
4–ײ=0 ×1=2, ×2= –2
2ײ–4×+3=0 ∆=b²–4ac= 16–24 = –8 <0 olduğundan reel kök yoktur ve a=2 >0 olduğundan, ifade daima pozitiftir.
░░░░░░
Ç={×| –2≤×≤2, ×ЄR} [–2,2] Çözüm
Buna göre × tamsayı değerlerinin toplamı = –2–1+1+2 = 0
8. + + <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: İfadede paydaları eşitlersek,
ifadesini elde ederiz.
Buna göre, ×=0
ײ+×+1 ifadesinde ise, ∆<0 ve a>0 olduğundan daima pozitiftir. ░░░░░░
Ç={×| ×<0, ×ЄR} Çözüm
9. + –2 <0 eşitsizliği sağlandığına göre, ×’in en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Mutlak değerli olduğundan, ifadeyi iki şekilde inceleyeceğiz.
ײ+×–2 <0 ײ–×–2 <0
×1= 1 ×3= 2
×2 = –2 ×4= –1
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Ç={×| –1<×<1, ×ЄR} (–1,1) aralığıdır. Çözüm
10. > 0 eşitsizliğini sağlayan × tamsayılarının toplamı kaçtır?
Çözüm: Burada çift kuvvetler ve mutlak değerli ifadeli ifadeler daima pozitif olacağından, tüm ifadenin işaretini etkilemez.
(×–2) ,(×–3) ve ifadelerinin tümü pozitif olduğuna göre, fonksyon her zaman pozitif olacaktır.
Ç={×| ×≠4 , ×ЄR}
×, bütün reel sayı değerlerini alabilir, ancak ifadenin paydasını 0 yapan değeri alamaz. Buna göre
× değerleri toplamı = –∞ ……….–5–3–2–1+0+1+2+3+4+5+………….+∞ = 4 bulunur.
11. >0 eşitsizliği ×’in aldığı bütün reel sayılar için sağlandığına göre, m’nin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm: ײ–×+1 için ∆=b²–4ac = –3<0 olduğundan reel kök yoktur ve a=1>0 olduğundan daima pozitiftir. Buna göre, mײ–m×+1 ifadesi her zaman pozitif olması gerekir.
Bunun için m>0 ve ∆<0 olması gerekir.
∆= b²–4ac =m²–4m <0
m(m–4) <0
░░░░░░
Ç={m| 0<m<4, mЄR} (0,4) Çözüm
12. ײ+2×+a üç terimlisinin daima 5’ten büyük olabilmesi için a’nın en küçük tamsayı değeri ne olmalıdır?
Çözüm:
ײ+2×+a >5
ײ+2×+a–5 >0 Bu denklem, daima 0’dan büyük olması için, ∆<0 olmalı. Çünkü a=1>0 olduğundan ifade daima pozitif olma özelliği taşır.
∆= 4–4(a–5)= 4–4a+20
= 24–4a <0 4a >24 a>6 bulunur. Buna göre a’nın en küçük tamsayı değeri 7 olur.
13. (3–m)ײ–(m+1)×+m+2 =0 denkleminin zıt işaretli iki reel kökünün olmasını sağlayan m tamsayılarının toplamı kaçtır?
Çözüm: Zıt işaretli kökünün olması için, kökler çarpımının negatif olması gerekir. Zaten kökler çarpımı negatif olduğunda a ile c ters işaretli olacağından denklemin iki kökünün olacağı kesindir. Bundan dolayı ∆ değerini araştırmaya gerek yoktur.
×1.×2= c/a = <0 m1= –2 , m2= 3 bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={m| m<–2 veya m>3, mЄR}
Negatif yapan değerler toplamı= –∞+…………–5–4–3+4+5+6+………+∞= –3 bulunur.
14. f(×)= (m+1)ײ+(m–1)×+m–1 fonksyonu veriliyor. ×’in bütün reel sayı değerleri için daima f(×) >–2 ise m’nin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
(m+1)ײ+(m–1)×+m–1 > –2
(m+1)ײ+(m–1)×+m+1 > 0 dır.
∆<0 ve a= m+1>0 olması gerekir.
∆= b²–4ac= (m–1)²–4(m+1)² ░░░░░░
= m²–2m+1–4m²–8m–4 ░░░░░░░░░░░░
= –3m²–10m–3 <0 ░░░░░░
=(–3m–1)(m+3) <0 Ç={m| –1/3<m, mЄR} Çözüm
m1= –1/3, m2= –3
15. a<b<0<c olduğuna göre,
<0 eşitsizliğini sağlayan aralık nedir?
Çözüm: aײ+(a–b)×–b=0 denklemini çarpanlara ayırırsak,
(a×–b)(×+1) =0
×1= b/a ×2= –1
bײ–c denkleminde,
ײ= c/b <0 olduğundan, burada ×’in reel kökü yoktur.
Denklemin baş katsayısı b<0 olduğundan daima işareti negatiftir.
Ç={×| –1<×<b/a, ×ЄR}
░░░░░░ (–1,b/a)
16. –2 ≤ ≤ 2 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
–2 ≤ ≤2
+2 ≥ 0 –2 ≤0 ░░░░░░ ░░░░░░
≥0 ≤0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| ×<–3/2, ×> –1 , ×ЄR}
17. 5 (×–1) ≤0 , 6–זײ >0 sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
5 (×–1) ≤0 ifadesinde,
5 her zaman pozitiftir ve eşitsizliğin işaretini etkilemez.
×= 1 dir.
6–זײ =0 denkleminde ░░░░░░░░░░░
(3+×)(2–×)=0 olur. ×1= 2, ×2= –3 tür. ░░░░░░░░░░░
░░░░░░
Çözüm
Ç={×| –3<×≤1, ×ЄR} (–3,1]
18. f(×)= ײ+(4a+1)×+4a² fonksyonu ×’in alacağı her reel sayı için, f(×) >2–f(×) eşitsizliğini sağlıyorsa, a hangi aralıktadır?
Çözüm:
f(×) >2–f(×)
2f(×) >2
f(×) >1 ise, ײ+(4a+1)×+4a² >1
ײ+(4a+1)×+4a²–1 >0 elde edilir.
Bu eşitsizlikte başkatsayı a= 1 >0 olduğundan, daima pozitif
Olması için ∆<0 olmalıdır.
∆= b²–4ac= (4a+1)²–4(4a²–1)
= 8a+5 <0 olması gerekir. ░░░░░░
Ç={a| a<–5/8, ×ЄR} (−∞,−5/8)
19. × < , ×+ > – sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×– <0 => <0 ise, ×1=1, ×2=0
×+ >0 => >0 ise, ×1=0
░░░░░░▒▒▒░░░
Ç={×| 0<×<1, ×ЄR} (0,1) ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░
░░░░░░
▒▒▒▒▒▒
20. 1<×<2 için f(×)= fonksyonu nedir?
Çözüm:
ײ–4×+4 = (×–2)² dir.
f(×)= olur. Yani f(×)= ifadesi elde edilir. Bu ifadede , 1<×<2 olduğundan, mutlak değerin içi negatif olur ve ters işaretli olarak çıkar. Buna göre,
f(×)= 2–× bulunur.
21. (m–3)ײ–2×+ >0 eşitsizliğinin × ne olursa olsun sağlanması için m ne olmalıdır?
Çözüm: a>0 ve ∆<0 olmalıdır.
a= m–3 >0 m=3
∆= b²–4ac = 4–4(m–3)(m/4)
= 4–m²+3m <0 olması gerekir. ░░░░░░░░░░░░
m²–3m–4=0 denkleminde, ░░░░░░ ░░░░░░
m1= 4, m2= –2 dir. ░░░░░░
Ç={m| m>4, mЄR} Çözüm
22. 3ײ–m×+2=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<2<×2 olması için m ne olmalıdır?
Çözüm: 2 sayısının kökler arasında olabilmesi için, a.f(2) <0 olması gerekir.
3(12–2m+2) <0
3(14–2m) <0
42–6m <0
6m >42 ise, m>7 olması gerekir.
23. f(×)= mײ+(m+1)×+m–2 veriliyor. f(×)=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. –1<×1<×2 olması için ∆>0 koşuluna ek olarak hangi ifade sağlanmalıdır? (ÖYS-1985)
Çözüm: –1 sayısının kökler dışında olması için, a.f(–1)>0, yani m.f(–1)>0 olmalıdır.
Ayrıca –1 sayısının köklerden küçük olması için, –b/2a >–1 olması gerekir.
–b/2a= >–1 ve m.f(–1) >0 ifadeleri sağlanmalıdır.
24. ≤3 ‘ün çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: ײ+1 ifadesi her zaman pozitiftir. Bu yüzden ײ+1 ifadesi, mutlak değer dışına, işareti değiştirmeden çıkar.
ײ+1 ≤3
ײ–2 ≤0 ise, ×1= – ×2= ░░░░░░
Ç={×| – <×< , ×ЄR} Çözüm
25. ײ+2(m+1)×+2m =0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. m>0, < ise, ×1 ve ×2 ‘nin işaretleri ve sıralaması hakkında ne söylenebilir?
Çözüm:
×1.×2= c/a= 2m >0 olduğuna göre, ×1 ve ×2 aynı işaretlidir.
×1+×2= –b/a = –2(m+1) <0 elde edilir. > olduğundan, ×2<0 ve ×1 <0 dır.
Buna göre tekrar sıralarsak, ×2<×1<0 elde ederiz.
26. ײ+(a+1)×+a–1 denkleminin kökleri arasında 0<×1<×2 dizilişi olması için a ne olmalıdır?
Çözüm: Öncelikle denklemin iki kökü olması gerekir. Yani ∆>0 olmalıdır. Sonra a.f(0)>0 ve
–b/2a>0 olmalıdır.
∆=b²–4ac= a²+2a+1–4a+4 >0
= a²–2a+5 >0 olmalıdır.
a²–2a+5=0 denkleminde ∆<0 olduğundan, ve
a=1>0 olduğundan reel kök yoktur ve her zaman pozitiftir.
a.f(0)=1.(a–1)>0
=a–1 >0 olur. a=1 dir. –b/2a= ise, –a–1>0 olur. a= –1 dir.
░░░░░░
░░░░░░░░░░░░ Ç={a| a>1 , aЄR}
░░░░░░
27. – ×+ >0 ve ײ+×>0 sisteminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
– ×+ >0
×>
3ײ>6
ײ>2 ise, ×1= , ×2= – bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
ײ+× >0 ░░░░░░░░░░░░░░░░░░
×(×+1)>0 ×1=0, ×2= –1 ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| 0<×< veya ×<–1, ×ЄR} (–∞,–1) (0, )
28. ×ЄR için, –4<3×–8<–2 eşitsizliğinin mutlak değerli eşitsizlik olarak yazılmışı nedir?
Çözüm: <c mutlak değer eşitsizliğini yazabilmemiz için, –c<a×+b<c olması gerekir.
–4<3×–8<–2 her tarafına aynı sayı eklenmelidir ki, –c+c=0 olsun. Bu sayıya k dersek,
–4+k<3×–8+k<–2+k olur. –4+k–2+k=0 => k=3 bulunur.
Böylece yeni ifade –1<3×–5<1 şeklinde yazılır. Bunu mutlak değerli ifade olarak yazarsak,
<1 olur.
29. Her ×ЄR için >0 eşitsizliğini doğrulayan m’nin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: ײ–×+1 ifadesi ∆=1–4= –3<0 olduğundan ve a=1>0 olduğundan daima pozitiftir.
Bu durumda ײ–3×+m>0 olması gerekir. Bunun için, a=1>0 olduğundan, ∆<0 sağlanması gerekir. ∆=9–4m<0 => m>9/4 olur. Ç={m| m>9/4, mЄR}
30. 7< ≤ 9 eşitsizliğinin ×ЄR için çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
7<2×+1≤9 için , 7<–(2×+1)≤9 için,
7<2×+1 2×+1≤9 –9≤ 2×+1 <–7
×>3 ×≤4 ise, –10≤2× 2×+1<–7
3<×≤4 yazılır. ×≤–5 ×<–4 ise, –5≤×< –4 yazılır.
Ç={×| –5≤×< –4 veya 3<×≤4 ,×ЄR}
31. ≥ eşitsizliğinin ×ЄR için çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Her iki tarafın da karesini alırsak, mutlak değer kalkar.
(3×+1)²≥(3×–1)²
9ײ+6×+1≥9ײ–6×+1
12×≥0 olacaktır. Yani ×≥0 olmalıdır. Ç={×| 0≤×, ×ЄR}
32. < +2 eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
– +2 <0
<0
<0 –2<0 olduğuna göre, ×+3>0 olması gerekir. Yani ×>–3 olur.
33. m<m³< olduğuna göre, ≤0 eşitsizliğinin çözüm aralığı nedir?
Çözüm: m<m³< olduğuna göre, –1<m<0 dır.
≤0 eşitsizliğinde, 4–m×=0 için, ×1=4/m olur.
1–m×=0 için, ×2=1/m olur.
Ç={×| 4/m≤×<1/m, ×ЄR} [4/m,1/m) ░░░░░░
34. a<0<b<c olmak üzere ,
≤0 eşitsizliğinin çözüm kümesi [–1/2,0) [1/4, ∞) olduğuna göre a+b=?
Çözüm:
×1=1/a
×2=4/b ░░░░░░ ░░░░░░
×3=0 dır. Ç={×| 1/a<×<0, 4/b<×, ×ЄR}
[1/a,0) [4/b, ∞) => 1/a= –1/2 a= –2
4/b=1/4 b=16 => a+b=16–2=14
35. (m–2)ײ+2×+(m+2)=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 olduğuna göre, m’nin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır?
Çözüm: ×1<0<×2 olması için, a.f(0)<0 olması gerekir.
a.f(0)= (m–2)(m+2) <0 ise, m1=2, m2= –2
░░░░░
Ç={m| –2<m<2, mЄR} dır. Buna göre, m’nin alabileceği en küçük tamsayı değeri –1 dir.
36. <×–3 çözüm kümesi nedir?
Çözüm: Her iki tarafın da karesini alırız.
×–3<(×–3)²
×–3<ײ–6×+9 ░░░░░░ ░░░░░░
ײ–7×+12>0 ░░░░░░░░░░░░
(×–4)(×–3) >0 ×1=4, ×2=3 ░░░░░░
Kareköklü ifadenin içerisi de daima pozitif olması gerekir. Çözüm
×–3>0 ×=3 Ç={×| ×>4, ×ЄR} (4, ∞)
37. > eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
– >0
>0 >0 => ×1= , ×2= – ,×3=1, ×4= –1
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| – <×<–1 , 1<×< , ×ЄR}
38. a<0<b<c olmak üzere,
f(×)=(b×–a)(c×–a)<0
g(×)=(b×–c)(c×–b)>0 eşitsizlik sisteminin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
f(×) için,
×1= a/b
×2= a/c ve a/c>a/b dir. ░░░░░░
g(×) için, ░░░░░░░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░
×1= c/b ░░░░░░
×2= b/a ve c/b>b/c dir. Ç={×| a/b<×<a/c, ×ЄR} (a/b,a/c)
39. a<b<0<c olmak üzere,
≥ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
×1= c/b
×2= 0 ░░░░░░ ░░░░░░
×3= b/a Ç={×| ×>c/b, 0<×<b/a, ×ЄR} (–∞,c/b] [0,b/a)
40. <0 eşitsizliğinin çözüm kümesi (3,5) (–5,–1) ise, a=?
Çözüm:
×1= a
×2=3 ░░░░░░ ░░░░░░
×3= –5 Ç={×| –5<×<a , 3<×<5, ×ЄR}
×4= 5 (3,5) (–5,a) a= –1 dir.
41. n bir doğal sayı olmak üzere,
(ײ+2×+1) ≥ 3. (×+1) eşitsizliğinin en geniş çözüm kümesi nedir?
Çözüm:
(×+1) –3.(×+1) ≥ 0
(×+1) (×+1–3) ≥ 0
(×+1) (×–2) ≥ 0
(×+1) ifadesinde 2n+1 her zaman ░░░░░░ ░░░░░░
tek sayıdır. Böylece ×+1’in işareti fonksyonun Ç={×| ×≤–1, ×≥2 , ×ЄR}
işaretini etkiler. (–∞,–1] [2, ∞)
42. ≤ 5 eşitsizliğini sağlayan kaç tane × tamsayısı vardır?
Çözüm: –5 ≤ ײ–5×–1 ≤5 şeklinde yazılır.
–5 ≤ ײ–5×–1 ײ–5×–1 ≤ 5
ײ–5×+4 ≥ 0 ײ–5×–6 ≤ 0
(×–4)(×–1) ≥ 0 (×–4)(×+1)≤0
×1= 4, ×2= 1 ×1=4, ×2= –1
░░░░░░░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| –1≤×<1, 4≤×≤6, ×ЄR} ×’in alabileceği tamsayı değerleri={–1,0,1,4,5,6} 6 tane vardır.
43. a<b<c<0 olmak üzere
≤ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?
Çözüm: , dışarıya negatif olarak çıkar.
×–(–a) =0 için,
×1= –a
×+b=0 için,
×= –b
ײ–c² =0 için,
(×–c)(×+c) =0 olur.
×1= c, ×2= –c bulunur. ░░░░░░ ░░░░░░
Ç={×| c<×<–c , –b≤×≤–a, ×ЄR} (c,–c) [–b,–a]
44. ײ–(m–2)×+m+1=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. 0<×1<2<×2 şartını sağlaması için m hangi aralıkta olmalıdır?
Çözüm:
a.f(2)<0 olmalıdır. ∆>0 olmalıdır.
1.[4–(m–2).2+m+1]<0 ∆=b²–4ac
4–2m+4+m+1<0 =(m–2)²–4(m+1) >0
9–m <0 =m²–4m+4–4m–4 >0
–b/2a>0 olmalıdır. =m²–8m >0 => m(m–8)>0 => m1=0, m2=8
–b/2a= > 0 => m–2 > 0 => m=2
░░░░░░
░░░░░░ ░░░░░░░░░░░░
░░░░░░░░░░░░░░░░░Ç={m| m>9, mЄR} (9, ∞)
45. (a+5)ײ+21(a+1)×+7(a–3) =0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<0<×2 ve ×2> olması için, a’nın alabileceği değerlerin aralığı nedir?
Çözüm:
×1<0<×2 olması için a.f(0)<0 olması gerekir.
(a+5)(7a–21)<0 ise,
a1= –5, a2= 3 olur. ░░░░░░░░░░░░
×2> olması için ░░░░░░
×1+×2 >0 olması gerekir. ░░░░░░
>0
>0 ise, a1= –1, a2= –5 bulunur. Ç={a| –5<×<–1, ×ЄR} (–5,–1)
46. f(×)= ײ–a×+b=0 denkleminin kökleri ×1 ve ×2 dir. ×1<×2 iken, f(2)>0, f(2).f(6)<0 ise, ×1,×2, 2 ve 6 ‘nın sıralaması için ne söylenebilir?
Çözüm:
f(2)>0 ise, f(2).f(6)<0 dan, f(6)<0 dır.
ײ–a×+b ifadesinde başkatsayı yani, a=1 >0 olduğundan,
a.f(2) ve a.f(6) ifadelerini düşünürsek,
a.f(2)>0 ve a.f(6)<0 olacaktır.
Buna göre, 6 kökler arasında, 2 köklerin dışındadır. 2<6 olduğundan ve ×1<×2 olduğundan, sıralama şöyle yazılabilir; 2<×1<6<×2
