AYT Matematik Başlangıç Rehberi

t = 2x + 1 seçilirse x = (t − 1)/2 olur. f(t) = 6(t − 1)/2 − 4 = 3t − 7. Eğimi 3 olduğu için bu fonksiyon ℝ üzerinde bire bir ve örtendir. f⁻¹(5) demek f(t) = 5 eşitliğini sağlayan t demektir. 3t − 7 = 5, t = 4. Kontrol: f(4) = 12 − 7 = 5. Aynı sonuç ters kural f⁻¹(y) = (y + 7)/3 üzerinden elde edilir. Burada 1/f(5) hesaplamak ters fonksiyonu bulmaz; o işlem bir sayının çarpmaya göre tersidir.

İki ücreti eşitleyelim: 40 + 5n = 100 + 2n, 3n = 60, n = 20. Fark A − B = 3n − 60’tır. n < 20 için bu fark negatiftir ve A daha ucuzdur; n = 20 için ikisi 140 TL’dir; n > 20 için B daha ucuzdur. Tam sayı kullanımda A, 0–19 kullanımlarında; B, 21 ve üzerindeki kullanımlarda avantajlıdır. 20’de biri daha ucuz diye seçilemez. Kontrol noktaları olarak n = 0 ve n = 21 koymak eşitsizliğin yönünü sınamamıza yardımcı olur.

Karekök ve payda için iki ayrı koşul yaz; sonra kesişimlerini al.

Karekökün içi negatif olamaz: 7 − 2x ≥ 0 olduğundan x ≤ 7/2. Payda sıfır olamaz: x ≠ 1. Bu iki koşul birlikte uygulanır. 7/2 noktasında pay sıfır, payda ise 5/2 olduğu için bu uç alınır; 1 noktası çıkarılır. Sonuç (−∞, 1) ∪ (1, 7/2] olur.

Örten olmayan fonksiyonların B’de hangi elemanı hiç kullanmadığını düşün.

A’nın üç elemanının her biri için iki görüntü seçeneği vardır; toplam 2³ = 8 fonksiyon bulunur. Örten olmak için 0 ve 1’in ikisi de görüntü olmalıdır. Bütün elemanları 0’a gönderen ve bütün elemanları 1’e gönderen iki sabit fonksiyon örten değildir. 8 − 2 = 6. A, B’den daha büyük olduğundan burada bire birlik aranmaz.

g ∘ f gösteriminde 2 önce hangi fonksiyona girer?

Bileşkede önce sağdaki fonksiyon uygulanır. f(2) = 2·2 − 1 = 3, ardından g(3) = 3² + 2 = 11 bulunur. Önce g(2) hesaplamak g ∘ f yerine f ∘ g işlemini yapar ve farklı bir sonuç verir.

Önce 3x − 2 yerine yeni bir değişken koy; f⁻¹(9) için f(t) = 9 çöz.

t = 3x − 2 yazıldığında x = (t + 2)/3 olur. f(t) = 6·(t + 2)/3 + 1 = 2t + 5. Bu doğrusal fonksiyonun eğimi sıfır olmadığı için ℝ üzerinde tersi vardır. f⁻¹(9), görüntüsü 9 olan girdidir: 2t + 5 = 9, yani t = 2. Kontrol: f(2) = 9.

İçteki değeri bulduktan sonra dıştaki işlemin dalını yeni girdiye göre seç.

İlk girdimiz 0, 1’den küçük olduğu için f(0) = 0 + 2 = 2. İkinci işlemde girdi artık 2’dir; ilk girdiye göre seçilen dalı sürdürmeyiz. 2 ≥ 1 olduğundan f(2) = 2·2 − 1 = 3. Parçalı fonksiyonda her yeni girdide koşul yeniden kontrol edilir.

f(−x) + f(x) ifadesini oluştur; hangi kuvvetlerin terimleri kalır?

Tek fonksiyon f(−x) = −f(x) koşulunu her gerçek x için sağlar. f(−x) + f(x) = 2(k − 2)x² + 2m ifadesi her x için sıfır olmalıdır. Bu polinomun x² ve sabit katsayıları ayrı ayrı sıfırdır: k = 2 ve m = 0. Böylece k + m = 2. Yalnız belirli bir x değerindeki eşitlik yeterli değildir.

Hem aynı görüntüyü veren iki girdi bulunmamalı hem de 2 görüntüsü elde edilmelidir.

Parabolün tepe noktası (3, 2)’dir. [3, ∞) üzerinde x arttıkça (x − 3)² artar; fonksiyon bire birdir ve 2 dâhil bütün y ≥ 2 değerlerini üretir. ℝ, [2, ∞) ve (−∞, 4] kümeleri, 3’ün iki yanında aynı görüntüyü veren girdiler içerir. (3, ∞) bire birdir fakat 2’yi üretmediği için belirtilen değer kümesine örten değildir.

0’dan 4’e kadar kaç kez bir birim ilerlediğini say.

Koşulu x = 0, 1, 2 ve 3 için art arda uygularız. f(1) = 5, f(2) = 8, f(3) = 11 ve f(4) = 14. Alternatif olarak dört farkı topladığımızda ara terimler gider: f(4) − f(0) = 4·3 = 12. Buradan 14 bulunur. Koşul, f’nin bütün gerçek sayılarda mutlaka doğrusal olduğunu kanıtlamaz; istenen tam sayı değeri için bu varsayıma ihtiyaç yoktur.

Daha ucuz ifadesini sıkı eşitsizlikle yaz; eşitlik noktasından sonraki tam sayıyı seç.

B’nin daha ucuz olması 110 + 3x < 50 + 6x demektir. 60 < 3x, yani x > 20 elde edilir. Oturum sayısı tam sayı olduğundan ilk uygun değer 21’dir. x = 20’de iki ücret de 170 TL olur; eşitlik daha ucuz koşulunu karşılamaz. x = 21’de A 176 TL, B 173 TL’dir.

İki bileşkeyi ayrı yaz; elde edilen denklemde ortak çarpanı ayır.

f(g(x)) = 2x² + 1 ve g(f(x)) = (2x + 1)² = 4x² + 4x + 1. Eşitlik 2x² + 4x = 0, yani 2x(x + 2) = 0 koşuluna dönüşür. x = 0 veya x = −2. İki değer de ilk eşitlikte doğrulanır. Bileşkelerin bazı girdilerde eşit olması, fonksiyonların bütün girdilerde aynı olduğu anlamına gelmez.

Önce aynı girdinin farklı çıktılar üretmesini engelle; sonra görüntü kümesini yaz.

0 girdisine hem a hem 3 atanmıştır. Fonksiyon olması için bu görüntüler aynı olmalı, yani a = 3 olmalıdır. Böylece −1, 0 ve 1 girdilerinin görüntüleri sırasıyla 2, 3 ve 4 olur. Görüntü kümesi {2, 3, 4}, elemanları toplamı 9’dur. Soruda a da eklendiği için sonuç 3 + 9 = 12. Kümede tekrarlanan aynı sıralı ikili yeni bir görüntü sayılmaz.

Dış fonksiyonun yasak girdisini doğrudan x’ten değil, f(x)’ten çıkar.

Önce f’nin gerçek olması için x + 1 ≥ 0, yani x ≥ −1 gerekir. Ayrıca f(x), g’nin yasak girdisi 2 olamaz. √(x + 1) ≠ 2 koşulu x ≠ 3 verir. Dolayısıyla −1 dâhil bütün x ≥ −1 değerleri alınır, yalnız 3 çıkarılır. −1’de f(−1) = 0 ve g(0) tanımlıdır. Kısıtın x ≠ 2 olduğunu düşünmek, iç fonksiyonun görüntüsünü denetlememekten kaynaklanır.

Bileşkelerde x terimleri zaten aynıdır; sabit terimleri karşılaştır.

f(g(x)) = 3ax − 2a + b; g(f(x)) = 3ax + 3b − 2. Bütün x’lerde eşitlik için sabit terimler eşit olmalı: −2a + b = 3b − 2, yani a + b = 1. f(2) = 5 bilgisi 2a + b = 5 verir. İki denklemi çıkarınca a = 4; ardından b = −3. Böylece ab = −12. Yalnız x katsayılarını karşılaştırmak ek koşulu kaçırır.

Görüntüye y adını verip eşitliği x için çöz; y − 2’ye ne zaman bölünebilir?

y(x − 3) = 2x + 1 eşitliğini x için çözeriz. xy − 2x = 3y + 1, yani x(y − 2) = 3y + 1. y ≠ 2 olduğundan x = (3y + 1)/(y − 2). Tersin tanım kümesi özgün görüntü kümesi olan ℝ \ {2}’dir. Ayrıca bu kural hiçbir izin verilen y için x = 3 üretmez; 3y + 1 = 3y − 6 olamaz. Böylece tanım ve görüntü kısıtları da tutarlıdır.

Özdeşlikte x katsayısı ile sabit katsayı için iki ayrı koşul yaz.

Bileşke f(f(x)) = a²x + b(a + 1)’dir. x ile özdeş olması için a² = 1 ve b(a + 1) = 0 gerekir. İlk koşul a = ±1 verir. Ancak b sıfır olmadığından ikinci koşul a + 1 = 0, yani a = −1 gerektirir. a = 1 ancak b = 0 olsaydı uygun olabilirdi. Parametreyi belirlerken her iki katsayı koşulu birlikte kullanılır.

Mutlak değerin iki işaretli çözümünü bulduktan sonra tanım kümesiyle kesiştir.

|x − 1| = 3 eşitliğinden x = −2 veya x = 4; |x − 1| = 4 eşitliğinden x = −3 veya x = 5 çıkar. Ancak tanım kümesi [−2, 5] olduğundan −3 geçerli girdi değildir. −2 sınırda bulunduğu ve aralık kapalı olduğu için alınır. Son küme {−2, 4, 5} olur. Burada tek değerli bir ters fonksiyon varsayılmıyor; belirtilen görüntülere giden bütün girdiler aranıyor.

Birleşme noktasını iki formülde de kullan; üretilen yükseklikleri eşitle.

İkinci kural x = 2’de 2² − 1 = 3 üretir. Birinci kuralın aynı noktadaki cebirsel değeri 2a + 1’dir. Parçaların birleşmesi için 2a + 1 = 3, yani a = 1 gerekir. İlk parçanın x < 2 olarak verilmesi, onun 2’deki uzantısının değerini karşılaştırmayı engellemez. Grafik sınırının açık veya kapalı oluşu ile kuralların birleşme koşulu ayrı okunmalıdır.

Yeni x değerini 2x + 3 = −1 denkleminden bul.

f(−1) = 4 bilgisine ulaşmak için g’deki iç girdiyi −1 yapmalıyız: 2x + 3 = −1, x = −2. Ardından g(−2) = f(−1) − 5 = 4 − 5 = −1. Nokta (−2, −1)’dir. Yatay dönüşümde eski x değerine doğrudan 3 eklemek doğru değildir; iç girdiye göre denklem kurulur. Dıştaki −5 ise görüntüden çıkarılır.

Önce eğimi bul; negatif katsayıya bölerken eşitsizlik yönünü kontrol et.

Girdi dört birim artarken görüntü sekiz birim azalır; eğim a = −8/4 = −2. f(−1) = 5 koşulundan 2 + b = 5, b = 3. Böylece f(x) = −2x + 3. Pozitiflik −2x + 3 > 0, yani −2x > −3 koşuludur. Negatif sayıya bölünce eşitsizlik yön değiştirir ve x < 3/2 elde edilir. Sınırda değer sıfır olduğundan uç alınmaz.

Çıktıları listele; aynı çıktıların yalnız bir kez sayıldığını unutma.

Görüntüler f(0) = 4, f(1) = 1, f(3) = 1 ve f(5) = 9’dur. Bir kümede aynı eleman tekrar yazılarak çoğalmaz; f(A) = {1, 4, 9}, eleman sayısı 3 olur. Tanım kümesinin dört elemanlı olması görüntü kümesinin de dört elemanlı olduğunu göstermez. 1 ve 3 girdileri aynı görüntüye gittiğinden bu fonksiyon bire bir değildir.

4 görüntüsünü önce hangi fonksiyonun tersi geri götürür?

g’nin bire bir ve örten olması g⁻¹(4) = −1 sonucunu sağlar; çünkü g(−1) = 4. Sonra f’nin tersini uygularız: f⁻¹(−1) = 3. Sonuç 3’tür. İleri yol 3 → −1 → 4 iken geri yol 4 → −1 → 3 olur. Bu nedenle bileşkenin tersinde uygulama sırası geri çevrilir; önce f⁻¹(4) hesaplanması verilen bilgilerden çıkmaz.

Eşit paydalı f(x) ve f(−x) ifadelerinin paylarını karşılaştır.

Payda x² + 1 bütün gerçeklerde pozitiftir ve çifttir. f(−x) = f(x) eşitliğinde paydalar aynı olduğundan −ax = ax her x için geçerli olmalıdır; a = 0. f(0) = b = 2 bulunur. Dolayısıyla f(1) = (1 + 2)/(1 + 1) = 3/2. Yalnız f(0) bilgisi a’yı belirlemez; çiftlik koşulu ayrıca gerekir.

x ve −x için iki bağımsız denklem kur.

x yerine −x koyunca f(−x) + 2f(x) = −x + 3 elde edilir. İlk denklemi ikiyle çarpıp ikinciyi çıkarsak 3f(−x) = 3x + 3, yani f(−x) = x + 1. İlk denklemde kullanınca f(x) = x + 3 − 2(x + 1) = 1 − x. Kontrol: (1 − x) + 2(1 + x) = x + 3. Fonksiyon değerleri iki bilinmeyen gibi ele alınır.

Önce iki bileşkeyi sadeleştir; çıkan ifadenin tamamını yeniden f’ye koy.

İlk bileşke f(f(x)) = −2(−2x + 3) + 3 = 4x − 3. Bir kez daha uygulayınca f(4x − 3) = −2(4x − 3) + 3 = −8x + 9. Her adımda hem x katsayısı hem sabit terim değişir. Yalnız eğimi üç kez çarpmak −8’i verir fakat sabiti belirlemez. x = 0 için ardışık 3, −3, 9 değerleri sabit terimi denetler.

Parabolün görüntü kümesini doğrusal ve sabit fonksiyonlarla karşılaştır.

a ≠ 0 olduğunda ikinci derece fonksiyonun görüntüsü bir taraftan sınırlıdır; bütün ℝ’yi kapsayamaz. Bu nedenle a = 0 olmalıdır. Kural bx + 1’e dönüşür. b = 0 ise yalnız 1 görüntüsü üretilir, yine örten değildir. b ≠ 0 olduğunda her y için x = (y − 1)/b gerçek girdisi bulunur; dolayısıyla ℝ’ye örtendir. a = 0 ve b ≠ 0 birlikte zorunlu ve yeterlidir.

Yasak girdinin sadeleşmiş kuralla hangi çıktıyı üreteceğini bul.

x ≠ 2 için x² − 4 = (x − 2)(x + 2) olduğundan kural x + 2’ye sadeleşir. Ancak özgün tanım kümesi 2’yi dışlar. 4 görüntüsü için x + 2 = 4, yani x = 2 gerekirdi; bu girdi yasaktır. 4 dışındaki her y için x = y − 2 uygundur. Bu nedenle görüntü kümesi ℝ \ {4}’tür. Sadeleştirme, fonksiyondaki deliği otomatik olarak doldurmaz.

1’i iki eşit parçaya ayır; sonra aynı parçadan beş tane topla.

Önce f(0) = 0 bulunur. f(1) = f(1/2 + 1/2) = 2f(1/2) olduğundan f(1/2) = 3/2. Beş tane 1/2 toplanarak 5/2 elde edilir; toplamsallık f(5/2) = 5·3/2 = 15/2 verir. Verilen koşul, istenen rasyonel değeri belirlemek için yeterlidir. Ek süreklilik varsaymadan fonksiyonun bütün gerçek girdilerde mutlaka 3x olduğunu iddia etmeye gerek yoktur.

İki dalın görüntü aralıklarını ayrı yaz; kesişim ve birleşimlerini incele.

İlk parçanın görüntüsü (−∞, −1), ikinci parçanın görüntüsü [1, ∞)’dir. Her dal kendi içinde bire birdir ve iki dalın görüntüleri kesişmez; dolayısıyla farklı girdiler aynı görüntüyü üretemez. Fonksiyon bire birdir. Ancak [−1, 1) aralığındaki değerler hiç üretilmez, bu yüzden ℝ’ye örten değildir. Yalnız 0’ın eksik olduğunu düşünmek aralıktaki diğer kayıp görüntüleri gözden kaçırır.

f’nin girdisini t cinsinden çöz; iki terimi aynı paydada topla.

t = 3x − 2 seçersek x = (t + 2)/3. g(t) = ((t + 2)/3)² − 4(t + 2)/3 = ((t + 2)² − 12(t + 2))/9. Pay t² + 4t + 4 − 12t − 24 = t² − 8t − 20 olur. Sonuç (t² − 8t − 20)/9. f bütün gerçekleri görüntü olarak verdiği için bu kural g’nin bütün gerçek girdilerini belirler.

1’in izlediği döngüyü çiz; 2026’yı bu döngünün uzunluğuna böl.

1’den başlayan yol 1 → 2 → 3 → 1 biçiminde üç uygulamada başlangıca döner. 2026 = 3·675 + 1 olduğu için 675 tam döngüden sonra 1’deyiz; kalan bir uygulama 2’yi verir. 4 sabit noktası bu yola hiç katılmaz. Büyük uygulama sayısını tek tek hesaplamak yerine başlangıç elemanının döngü uzunluğu kullanılır.

Bölen ikinci dereceli olduğundan R(x) = ux + v yazılır. x = 2 ve x = −1’de bölen sıfırdır; 2u + v = 7 ve −u + v = −2. İlk denklemden ikinciyi çıkarınca 3u = 9, u = 3; v = 1. Kalan 3x + 1, onun 0’daki değeri 1’dir. Bu bilgi P(0) = 1 demek değildir: 0’da bölen −2’dir ve bilinmeyen bölüm de P(0)’a katkı verebilir. Verilen iki nokta kalan polinomunu belirler; bütün bölünen polinomunu belirlemez.

Taban boyutları 16 − 2x ve 10 − 2x, yükseklik x olur. V(x) = x(16 − 2x)(10 − 2x) = 4x³ − 52x² + 160x. Pozitif uzunluk koşulları x > 0, x < 8 ve x < 5’tir; birlikte 0 < x < 5 gerekir. x = 2 bu aralıkta yer alır. Doğrudan boyutlarla hacim 2·12·6 = 144 cm³. Polinom üzerinden 4·8 − 52·4 + 160·2 = 32 − 208 + 320 = 144 cm³ elde edilir. İki hesap aynı modeli doğrular; x = 5’te kısa taban sıfır olur ve kutu oluşmaz.

Üssün hem polinom olma hem de derece koşulunu sağlamasını iste.

Polinomda değişkenin üssü negatif olmayan tam sayıdır; m − 1 ≥ 0, yani m ≥ 1 gerekir. Derecenin 2 olması için m − 1 ≤ 2, yani m ≤ 3 olmalıdır. m = 1, 2 ve 3 uygundur. m = 3’te x² terimleri toplanır ve 4x² olur; katsayı sıfırlanmadığı için derece yine 2’dir. Üç farklı değer vardır.

Açılımın tamamı yerine hangi iki çarpımın x² ürettiğini izle.

x² terimi iki çarpımdan gelir: 2x·3x = 6x² ve (−1)·x² = −x². Toplam katsayı 6 − 1 = 5’tir. Açılımın tamamı 2x³ + 5x² + x − 2 şeklindedir. En yüksek dereceli terimin katsayısı ile istenen x² katsayısını karıştırmamak gerekir.

Katsayılar toplamını veren özel x değerini kullan.

Katsayılar toplamı P(1)’dir; çünkü x = 1’de her kuvvet 1 olur. P(1) = (1 − 1)(1 + 2)³ + 5·1 − 7 = 0 − 2 = −2. Yüksek dereceli çarpımı açmaya gerek yoktur. P(0) ise katsayılar toplamını değil sabit terimi verir.

Bölenin sıfır olduğu x değerinde polinomu hesapla.

x − 2 ile bölümün kalanı P(2)’dir. P(2) = 8 − 12 + 2a + 1 = 2a − 3. Bu değer 7 olduğundan 2a = 10 ve a = 5. Kontrol için P(2) = 8 − 12 + 10 + 1 = 7. Bölen x − 2 olduğunda yerine 2 konur; −2 konması farklı bir bölenin kalanını hesaplar.

Kalanı ax + b olarak yaz; bölenin iki kökünü kullan.

Bölen ikinci dereceden olduğu için kalan en fazla birinci derecedir: R(x) = ax + b. Bölme eşitliğinde x = 1 ve x = −2 koyduğumuzda bölen sıfırlanır, dolayısıyla a + b = 4 ve −2a + b = −5 olur. Denklemleri çıkarınca 3a = 9, a = 3; buradan b = 1. Kalan 3x + 1’dir. İki değerde de verilen koşulları sağlar.

Kökleri çarpanlara dönüştür; baş katsayı bilgisini koru.

Baş katsayı 1 olduğundan P(x) = (x + 1)(x − 2)(x − 4). Son iki çarpan x² − 6x + 8, tamamı x³ − 5x² + 2x + 8 olur. Böylece a = −5, c = 8 ve a + c = 3. Kökler toplamının x² katsayısına ters işaretle yansıdığına dikkat edilir.

Bölünen = bölen × bölüm + kalan eşitliğini kullan.

Bölme özdeşliği P(x) = (x² + 1)(2x − 3) + 4x + 5’tir. x = −1 için bölen 2, bölüm −5 ve kalan ifadesi 1 olur. P(−1) = 2·(−5) + 1 = −9. Kalanın derecesi 1, bölenin derecesi 2 olduğundan ifade geçerlidir. P(−1) burada yalnız kalan değerine eşit değildir; bölen −1’de sıfır olmaz.

Tek bir girdideki eşitlikle bütün gerçek x’lerde geçerli polinom özdeşliğini ayır.

x² − 9 = (x − 3)(x + 3) olduğundan x ≠ 3 için P(x) = x + 3 bulunur. Bu, sonsuz sayıda noktada eşit olan iki polinomun özdeş olmasını gerektirir; P(x) polinomu x + 3’tür ve P(3) = 6. Yalnız x = 3’ü ilk eşitliğe koymak 0 = 0 verir, fakat bütün x’ler için polinom kimliği bilgisi değeri belirler.

Önce en yüksek dereceli terimlerin birbirini götürüp götürmediğini kontrol et.

P² = x⁶ + 4x⁴ + 4x²; Q³ = x⁶ + 3x⁴ + 3x² + 1. Çıkarma sonucunda x⁶ terimleri yok olur ve x⁴ + x² − 1 kalır. En yüksek sıfır olmayan kuvvet x⁴ olduğu için derece 4’tür. Farkın derecesi, her zaman iki ifadenin derecelerinin en büyüğü değildir; baş terimler birbirini götürebilir.

Her taban kenarı iki taraftan kısalır; polinomun cebirsel tanımı ile fiziksel modeli ayır.

Yükseklik x, taban kenarları 20 − 2x ve 14 − 2x olur. V(x) = x(20 − 2x)(14 − 2x) = 4x³ − 68x² + 280x. Bütün uzunluklar pozitif olmalıdır: x > 0, x < 10 ve x < 7; birlikte 0 < x < 7. Uçlarda yükseklik veya kısa taban kenarı sıfır olur, dolayısıyla pozitif hacimli kutu oluşmaz.

Önce yüksek dereceli terimleri sıfırla, sonra kalan baş katsayıyı denetle.

Birinci derece için x³ ve x² katsayıları sıfır olmalıdır: a = 2, b = −1. x katsayısı a + b = 1 olup sıfır değildir; dolayısıyla derece gerçekten 1’dir. P(x) = x + 7, P(−2) = 5. Yalnız yüksek dereceli terimleri silmek yetmez; kalan x katsayısının sıfır olmadığını kontrol etmek gerekir.

İstenen noktaya ardışık farklarla ilerle; bütün polinomu açmak zorunlu değildir.

x = 0 için P(1) − P(0) = 5, dolayısıyla P(1) = 7. x = 1 için P(2) − P(1) = 11; P(2) = 18. Katsayılarla kontrol de yapılabilir: P = ax² + bx + c yazınca fark 2ax + a + b’dir. Buradan a = 3, b = 2, c = 2; P(2) = 12 + 4 + 2 = 18. İki yol aynı değeri verir.

P(−1)’de hangi kuvvetlerin işaret değiştirdiğini ayır.

Çift kuvvetli katsayıların toplamına E, tek kuvvetlilerin toplamına O diyelim. P(1) = E + O = 7; P(−1) = E − O = 1. İki denklemi çıkarınca 2O = 6 ve O = 3. Sabit terim x⁰ olarak çift kuvvetli gruba katılır. P(1)’i doğrudan cevap seçmek tek kuvvetli katsayılar ile bütün katsayıları karıştırır.

İki kök için denklemleri topla; bilinmeyenler yok olursa ne kalıyor?

x² − 4 = (x − 2)(x + 2) olduğundan P(2) ve P(−2) sıfır olmalıdır. P(2) = 20 + 8a + 2b; P(−2) = 20 − 8a − 2b. Bu iki değerin toplamı her a, b için 40’tır. İkisinin aynı anda sıfır olması toplamı 0 gerektirir ve çelişki doğar. Tek kökte kalanı sıfırlayan parametreler diğer kökü sağlayamaz.

En yüksek terimi ve onun bir altındaki terimi karşılaştır.

İki açılımda x⁵ terimleri aynı olduğu için farkta yok olur. x⁴ teriminin katsayısı ilk açılımda 5, ikinci açılımda −5’tir; fark 10x⁴ verir. Daha düşük kuvvetler bunu değiştiremez. Tam açılım 10x⁴ + 20x² + 2’dir. İşlemden önce iki polinom da beşinci derece olsa da farkın derecesi 4’tür; baş katsayı iptali kontrol edilmelidir.

P(1)’i elde etmek için özdeşlikte hangi x değerini kullanmalısın?

Katsayılar toplamı P(1)’dir. 2x = 1 olması için x = 1/2 seçilir. Sağ taraf 8·(1/8) + 4·(1/4) − 6·(1/2) + 5 = 1 + 1 − 3 + 5 = 4. Alternatif olarak P(t) = t³ + t² − 3t + 5 bulunur. Verilen ifadenin katsayılarını doğrudan toplamak P(2)’yi verir; P(1)’i vermez.

Bölümün derecesini ve baş katsayısını belirle; sabit terimden kalan parametreyi bul.

Bölüm birinci derecedir ve baş katsayı 1 olduğundan P(x) = (x − 1)²(x + c) yazılır. Sabit terim c’dir; verilen 2 nedeniyle c = 2. Açılım (x² − 2x + 1)(x + 2) = x³ − 3x + 2 olur. a = 0, b = −3 ve toplam −3. x = 1’in kök olduğunu bilmek tek başına çift katlı çarpanı garanti etmez; burada verilen karesel bölünebilme kullanılır.

Kalanları polinomların 2 noktasındaki değerleri olarak kullan.

Doğrusal bölenin kökü 2 olduğundan P(2) = 5 ve Q(2) = −1. İstenen ifadenin kalanı, bu ifade 2’de hesaplanarak bulunur: 5² + 3·5·(−1) + (−1)² = 25 − 15 + 1 = 11. Polinomların bütün katsayılarını bilmeye gerek yoktur. Q’nun negatif kalanı çarpım teriminin işaretini değiştirir; karesinde ise pozitif 1 elde edilir.

Bölenin köklerinde içteki x² + 1 ifadesi hangi sabit değeri alıyor?

x² − 2’ye göre bölümde x² yerine 2 düşünülür; bu nedenle x² + 1 yerine 3 kalır ve P(x² + 1) için kalan P(3) = 5’tir. Bunu iki kökle de denetleyebiliriz: x = ±√2 için Q = 5. Kalan ax + b biçimindedir; iki zıt noktada aynı 5 değerini verdiğinden a = 0 ve b = 5. P’nin derecesini bilmek gerekmez.

Sabit fark hangi katsayıların aynı olmasını zorunlu kılar?

P(x) = (x − 1)(x − 3) = x² − 4x + 3. P − Q’nun sabit olması x² ve x katsayılarının aynı olmasını gerektirir; Q = x² − 4x + c. Q(2) = 4 − 8 + c = 0, c = 4. Q = x² − 4x + 4 = (x − 2)². P’nin iki farklı kökü olsa da sabit farkla ötelenen Q’nun çift kökü olabilir.

Sıfır olmayan polinomların çarpımında dereceler toplanır.

P sıfır polinomu olamaz; çarpımı 1’dir. Derecesi n ise P(−x) de n derecelidir ve çarpımın derecesi 2n olur. Sabit 1’in derecesi 0 olduğundan n = 0; P sabittir. P(x) = c yazınca c² = 1, c = ±1. Her iki sabit polinom da koşulu sağlar; dolayısıyla P(2) −1 veya 1 olabilir. Noktaya göre işaret değiştiren bir kural bu özdeşliği sağlasa bile polinom değildir.

a = 1 ile a ≠ 1 durumlarını ayır; çarpımda baş terim kendiliğinden iptal olur mu?

a ≠ 1 için P üçüncü, Q ikinci derecedir. Baş katsayıların çarpımı (a − 1)² sıfır olmadığından çarpımın derecesi 5’tir. a = 1’de P = x, Q = 2; çarpım 2x ve derece 1 olur. Q hiçbir durumda sıfır polinomu değildir; sabit terimi 2’dir. Bu yüzden sıfır polinomu veya başka bir derece ortaya çıkmaz. Parametrenin baş katsayıyı sıfırladığı özel değer ayrı ele alınır.

Üç koşulu üç katsayı için kullan; derece sınırı verilmeseydi tek sonuç çıkar mıydı?

P = ax² + bx + c yazalım. P(0) = 1’den c = 1. Diğer bilgiler a + b = 2 ve 4a + 2b = 8 verir. İkinci eşitlikten ilkinin iki katını çıkarınca 2a = 4, a = 2 ve b = 0. P = 2x² + 1, P(3) = 19. Derece en fazla 2 koşulu önemlidir; daha yüksek dereceli polinomlar aynı üç noktayı sağlayıp 3’te başka değer verebilir.

Polinomun sıfır olmayan en yüksek teriminin kaydırmada ürettiği farkı düşün.

Sıfır olmayan, n ≥ 1 dereceli P’nin baş terimi axⁿ olsun. P(x + 2) − P(x) ifadesinde en yüksek kalan terim 2na·x^(n − 1) olur ve katsayısı sıfır değildir. Bu farkın her x için sıfır olması mümkün değildir. Bu nedenle P sabittir. P(1) = 7 sabitin 7 olduğunu gösterir; P(100) = 7. Genel periyodik fonksiyonlar sabit olmayabilir; sonucu sağlayan ek bilgi polinom olmaktır.

Önce x²’yi yeni değişken olarak al, sonra gerçek x köklerine geri dön.

t = x² koyunca t² − 5t + 4 = (t − 1)(t − 4). Böylece x² = 1 veya x² = 4, kökler −1, 1, −2, 2 olur. Soruda yalnız pozitif kökler istendiği için 1 ve 2 seçilir; toplam 3. t değişkeninin köklerini doğrudan x kökleri sanmak 1 ve 4 toplamını verir ve yanlıştır. Dört kökün hepsi farklıdır.

Yol alanını, bütün bahçe alanından ortada kalan alanı çıkararak bul.

Bahçenin toplam alanı 240 m²’dir. Yol dışındaki orta dikdörtgenin kenarları 20 − 2x ve 12 − 2x, alanı 240 − 64x + 4x² olur. Yol alanı toplamdan orta alan çıkarılınca 64x − 4x²’dir. Yalnız çevreyi x ile çarpmak 64x verir, fakat köşe bölgelerini iki kez sayar. −4x² düzeltmesi bu çakışmayı giderir. 0 < x < 6 koşulu orta dikdörtgenin iki kenarını da pozitif tutar.

İki kare farkını kullan; polinom kimliğinin bütün x’ler için geçerli olduğunu koru.

Q² − P² = (Q − P)(Q + P) sıfır polinomudur. Gerçek katsayılı iki polinomun çarpımı sıfır polinomuysa çarpanlardan biri sıfır polinomudur; Q her yerde P veya her yerde −P olmalıdır. Q(0) = −1 ve P(0) = 1 olduğu için Q = −P seçilir. Q(2) = −(4 + 1) = −5. Noktadan noktaya farklı işaret seçimi tek bir polinom oluşturmaz.

Q’nun en yüksek terimini P’deki en yüksek kuvvete yerleştir.

P(t) = at² + bt + c ve a ≠ 0; Q’nun baş terimi dx³ ve d ≠ 0 olsun. P(Q(x)) içinde en yüksek terim a·(dx³)² = ad²x⁶ olur. Katsayısı sıfır değildir. Diğer terimler en fazla üçüncü dereceli olduğu için x⁶’yı iptal edemez. Derece 2·3 = 6. Polinomların doğrudan çarpımındaki derece toplamı 5, bileşkede geçerli değildir.

Doğrusal çarpanların köklerini kullan; koşulların birbiriyle uyumunu da denetle.

Bölenin kökleri 1 ve −1’dir. Pay polinomunda 1 koyunca 1 + a + b + 4 = 0, yani a + b = −5. −1 koyunca −1 + a − b + 4 = 0, yani a − b = −3. Birlikte a = −4, b = −1 bulunur; koşullar gerçekten tutarlıdır. Çarpanlara ayırma kontrolü x³ − 4x² − x + 4 = (x² − 1)(x − 4) biçimindedir.

İki kare farkını kullan; x² katsayısını sıfıra eşitle.

İki ifadeyi A + B ve A − B olarak görebiliriz: A = x² + 1, B = kx. Çarpım A² − B² = x⁴ + (2 − k²)x² + 1. x² katsayısının sıfır olması 2 − k² = 0, k² = 2 gerektirir. Gerçek k için iki değer ±√2 mümkündür; soru k’yi değil k²’yi istediğinden tek sayısal sonuç vardır. İşaretli kx terimleri çarpımda x³ terimi üretip sonra birbirini götürür.

k ≠ 0 ikinci derece koşuludur. Diskriminant 36 − 12k > 0 olduğundan k < 3. Kökler toplamı 6/k, çarpımı 3/k’dır. İkisinin de pozitif olması için k > 0 gerekir. Koşulların kesişimi 0 < k < 3’tür. k = 3’te diskriminant sıfırdır ve iki kök de 1 olur; pozitif olmalarına rağmen farklı değildirler. k = 0’da denklem doğrusal olur ve tek kök 1/2’dir. k < 0’da kökler çarpımı negatiftir, iki kök zıt işaretlidir. Böylece aralığın dışında kalmanın nedenleri de görülür.

Eski toplam S = 6, eski çarpım P = 4. Yeni kökler toplamı S − 4 = 2; çarpım (α − 2)(β − 2) = P − 2S + 4 = 4 − 12 + 4 = −4. Yeni denklem x² − 2x − 4 = 0 olur. İkinci yolda yeni kök x, eski kök x + 2’dir. Eski denklemde x + 2 koyarız: (x + 2)² − 6(x + 2) + 4 = x² − 2x − 4. İki yöntem aynı sonuca ulaşır. Çarpımın −4 olması yeni köklerin zıt işaretli olduğunu da gösterir.

Çarpanlara ayır ve iki kökün hangi k değerinde birleştiğini bul.

Denklem (x − 1)(x − k − 1) = 0 biçiminde ayrılır; kökler 1 ve k + 1’dir. Bunlar bütün gerçek k’lerde gerçektir, ancak k = 0’da birbirine eşit olur. Bu yüzden iki farklı gerçek kök için k ≠ 0 gerekir. Diskriminantın k² olması da aynı koşulu verir: k² > 0.

Kareye tamamla; negatif sayının karekökünü i ile ifade et.

Kareye tamamlarsak (x + 2)² + 9 = 0, yani (x + 2)² = −9 elde edilir. Karmaşık sayılarda −9’un karekökleri ±3i olduğundan x = −2 ± 3i. Gerçek sayılarda çözüm yoktur; soru karmaşık sayıları istediği için çözüm kümesi boş değildir. İki kökün toplamı −4, çarpımı 13’tür.

İfadeyi bir tam kare ile sabit sayının toplamına dönüştür.

x² − 6x + 13 = (x − 3)² + 4. Gerçek sayının karesi negatif olamaz; bu nedenle ifade en az 4’tür. x = 3’te kare sıfır olur ve 4 gerçekten elde edilir. Yalnız bir alt sınır bulmak yetmez; bu sınırın uygun bir x değerinde gerçekleştiği de gösterilmelidir.

Kökleri tek tek bulmadan toplam ve çarpımlarını kullan.

Kökler toplamı α + β = 3/2, çarpımı αβ = −5/2. α² + β² = (α + β)² − 2αβ = 9/4 + 5 = 29/4. Denklem ayrıca (2x − 5)(x + 1) = 0 biçiminde ayrılır; 5/2 ve −1 köklerinin kareleri toplamı 25/4 + 1 = 29/4 olur. Baş katsayı 2 olduğundan kök ilişkilerinde bu katsayıya bölünür.

Kökleri r ve 2r olarak adlandır; önce toplamlarını kullan.

Kökler r ve 2r olsun. Toplamları 9 olduğundan 3r = 9, r = 3. Kökler 3 ve 6’dır; çarpımları k = 18. Kontrol: x² − 9x + 18 = (x − 3)(x − 6). Kökler arasında iki kat ilişkisi kurulurken katsayıları iki kat yapmak doğru değildir; ilişki bilinmeyen kökler arasında kurulur.

Kökleri toplam ve çarpım yoluyla katsayılara dönüştür.

Kökler toplamı 4, çarpımı (2 + √3)(2 − √3) = 4 − 3 = 1’dir. Baş katsayısı 1 olan denklem x² − (kökler toplamı)x + (kökler çarpımı) = 0 biçimindedir. Bu yüzden x² − 4x + 1 = 0 bulunur. Eşlenik köklerin çarpımında iki kare farkı kullanılır.

Gerçeklik ve farklılık için diskriminantı; işaret için toplam ve çarpımı denetle.

İkinci derece için k ≠ 0 gerekir. İki farklı gerçek kök koşulu Δ = 16 − 8k > 0, yani k < 2’dir. İki kökün de pozitif olması için kökler toplamı 4/k > 0 ve çarpımı 2/k > 0 gerekir; bu da k > 0 verir. Gerçek iki kökün çarpımı pozitifse aynı işaretli, toplamı pozitifse ikisi de pozitiftir. Birlikte 0 < k < 2. k = 2’de kökler eşit olur.

Çevreyi önce kenarlar toplamına dönüştür; alan bir çarpım verir.

Kenarlar toplamı çevrenin yarısı olan 13’tür. Bir kenara t dersek diğeri 13 − t, alan ise t(13 − t) = 40 olur. t² − 13t + 40 = 0, yani (t − 5)(t − 8) = 0. Kenarlar 5 ve 8 cm’dir; fark 8 − 5 = 3 cm. Her iki kenar pozitiftir ve hem çevre hem alan koşulu sağlanır.

Her köke 1 eklemek toplamı 2 artırır; çarpımı ayrıca açman gerekir.

İlk köklerin toplamı 4, çarpımı 2’dir. Yeni kökler toplamı α + β + 2 = 6; yeni çarpım (α + 1)(β + 1) = αβ + α + β + 1 = 7. Baş katsayı 1 olduğundan yeni denklem x² − 6x + 7 = 0 olur. Alternatif kontrol için eski denklemde değişken yerine x − 1 konur ve aynı ifade elde edilir.

x² terimlerini yok etmek için denklemleri çıkar; adayı iki denklemde de sınayarak bitir.

Ortak çözüm her iki denklemi de sağlamalıdır. İkinci denklemden birinciyi çıkardığımızda −x + 1 = 0, yani x = 1 bulunur. Bu işlem gerekli bir koşul verir; değeri iki denklemde de kontrol ederiz: 1 − 4 + 3 = 0 ve 1 − 5 + 4 = 0. İlk denklemin diğer kökü 3, ikinci denklemin diğer kökü 4 olduğu için başka ortak kök yoktur.

İkinci derece koşulunu uygulamadan önce baş katsayının sıfır olduğu değeri ayrı incele.

k = 1’de x² terimi yok olur ve 2x − 3 = 0 doğrusal denkleminden tek çözüm 3/2 çıkar. k ≠ 1 için denklem ikinci derecedir; tek farklı gerçek çözüm diskriminantın sıfır olmasıyla mümkündür. Δ = 4 + 12(k − 1) = 12k − 8, buradan k = 2/3. Bu değerde baş katsayı sıfır değildir. İki durumun birleşimi {2/3, 1} olur.

Önce verilen kökü özgün denklemde yerine koy, sonra kökler çarpımını kullan.

3’ü denklemde kullanınca 9 + 3a + 6 = 0, a = −5. Kökler çarpımı 6 olduğundan diğer kök 6/3 = 2. İstenen toplam −5 + 2 = −3. Çarpanlara ayırma kontrolü x² − 5x + 6 = (x − 3)(x − 2) biçimindedir. Bilinmeyen katsayı ile bilinmeyen kök farklı niceliklerdir; soru ikisinin toplamını istemektedir.

Terslerin toplamında ortak paydayı kullan; önce köklerin sıfır olmadığını denetle.

α + β = 5 ve αβ = 3 olduğundan iki kök de sıfır değildir. Ters köklerin toplamı (α + β)/(αβ) = 5/3, çarpımı 1/(αβ) = 1/3. Monik denklem x² − (5/3)x + 1/3 = 0 olur. Baş katsayısı 3 istendiği için üçle çarparız: 3x² − 5x + 1 = 0. Ters alma, kökler toplamını doğrudan 1/5 yapmak değildir.

Kareler toplamı ile toplamın karesini birbirinden ayır.

Eski toplam S = 3, çarpım P = 1. Yeni kökler toplamı α² + β² = S² − 2P = 9 − 2 = 7; yeni çarpım α²β² = P² = 1. Monik denklem x² − 7x + 1 = 0 olur. Eski katsayıları tek tek karesini alarak kullanmak yanlış denklem verir; dönüşüm önce köklerin toplamına ve çarpımına uygulanmalıdır.

Diskriminant koşulunu kökler toplamının işaretiyle birlikte değerlendir.

İki farklı gerçek kök için Δ = a² − 16 > 0, yani a < −4 veya a > 4 gerekir. Kökler çarpımı 4 > 0 olduğundan gerçek kökler aynı işaretlidir. İkisinin negatif olması için toplam −a < 0, a > 0 gerekir. Koşulların kesişimi a > 4’tür. a = 4’te iki kök de −2 olur; negatif olmalarına rağmen farklı olmadıkları için sınır alınmaz.

Sabit terimi sıfırla; bulduğun her parametrede ikinci kökün işaretini denetle.

0 kökü varsa sabit terim m(m − 2) = 0 olmalı; m = 0 veya m = 2. Köklerin toplamı 1 − m’dir ve bir kök sıfır olduğundan bu toplam diğer köke eşittir. m = 0’da diğer kök 1 ve pozitiftir. m = 2’de diğer kök −1 ve negatiftir. Yalnız m = 0 uygundur. Sıfır, pozitif sayı sayılmaz; işaret koşulu diğer kök için kontrol edilir.

Önce kökler çarpımını kullan; gerçeklik koşulunun bu aralıkta sağlandığını da göster.

Zıt işaretli köklerin çarpımı negatiftir. Bu denklemde çarpım a − 2 olduğundan a < 2 gerekir. Bu koşul yeterlidir: Δ = (a + 1)² − 4(a − 2) = (a − 1)² + 8 zaten bütün gerçek a’larda pozitiftir. a = 2’de bir kök sıfır olur ve zıt işaret koşulu sağlanmaz. Dolayısıyla sınır dışarıda kalır.

Kökleri merkez 2’den uzaklıklarıyla ifade et; hem farklılığı hem açık uçları koru.

Kareye tamamlayınca (x − 2)² = 4 − c bulunur. Kökler 2 ± √(4 − c)’dir. İki farklı gerçek kök için 4 − c > 0 gerekir. İkisinin de 1 ile 3 arasında olması uzaklığın 1’den küçük olmasını gerektirir: √(4 − c) < 1. Birlikte 0 < 4 − c < 1; yani 3 < c < 4. c = 3’te kökler uçlara, c = 4’te aynı 2 değerine gelir.

Denklemden α²’yi daha düşük kuvvetlerle yaz; aynı dönüşümü yeniden kullan.

Kök olduğu için α² = 2α + 2. Bir kez α ile çarparız: α³ = 2α² + 2α. α² yerine yine 2α + 2 koyunca α³ = 2(2α + 2) + 2α = 6α + 4. Dolayısıyla α³ − 6α = 4. Sonuç iki kök için de aynıdır; kök formülündeki karekökleri tek tek hesaplamaya gerek yoktur.

Farkın karesini toplam ve çarpım cinsinden yaz.

Toplam α + β = 6, çarpım αβ = m. (α − β)² = (α + β)² − 4αβ = 36 − 4m. Verilen uzaklığın karesi 16 olduğundan 36 − 4m = 16; m = 5. Kontrol: x² − 6x + 5 = (x − 1)(x − 5), köklerin uzaklığı 4’tür. Mutlak değeri kaldırırken uzaklığın karesi kullanılır; köklerin sırası önem taşımaz.

Negatif olmayan ifadesinin 0’ı içerdiğini unutma; küçük kökü kontrol et.

Denklem (x − a)² = 4 biçimindedir; kökler a − 2 ve a + 2. İkisi de gerçek ve birbirinden farklıdır. Küçük kökün negatif olmaması a − 2 ≥ 0, yani a ≥ 2 gerektirir; bu koşul büyük kökü de negatif olmayan yapar. a = 2’de kökler 0 ve 4’tür, ikisi de negatif değildir. Pozitif kök şartı olsaydı sınır alınmayacaktı.

Yeni değişkenin negatif olamayacağını, yardımcı denklemi çözdükten sonra da koru.

t = |x| ≥ 0 koyarsak x² = t² ve denklem t² − 3t − 4 = 0 olur. (t − 4)(t + 1) = 0; t = 4 veya −1. t bir mutlak değer olduğu için −1 alınamaz. |x| = 4 ise x = −4 ve 4 verir; toplam iki farklı gerçek çözüm vardır. Yardımcı denklemin iki kökünü de x için iki işaretli değer üretmekte kullanmak dört çözüm gibi yanlış sonuca götürür.

Payın köklerini bulduktan sonra özgün payda koşulunu uygula.

Kesrin sıfır olması için pay sıfır, payda sıfırdan farklı olmalıdır. Pay (x − 2)(x − 3) olarak ayrılır; adaylar 2 ve 3’tür. x = 2 paydada sıfır ürettiği için özgün ifade tanımsızdır ve çözüm değildir. x = 3’te pay sıfır, payda 1 olur; bu değer uygundur. Çözüm {3}. Ortak çarpanı sadeleştirmek, yasak girdiyi geri getirmez.

Kare almadan önce sağ tarafın işaretini belirle; adayları özgün eşitliğe geri koy.

Karekök negatif olamayacağı için x − 2 ≥ 0, yani x ≥ 2 gerekir; bu aynı zamanda kökün tanımını da sağlar. Kare alırsak x + 4 = (x − 2)², buradan x² − 5x = 0 ve adaylar 0 ile 5. x = 0 işaret koşulunu sağlamaz; özgün denklemde 2 = −2 yanlıştır. x = 5 için √9 = 3 ve 5 − 2 = 3; yalnız 5 uygundur.

Toplamın karesinde çapraz terimi unutma.

Verilen eşitliğin karesi x² + 2 + 1/x² = 9’dur; ortadaki terim 2·x·(1/x) = 2 olur. İstenen toplam 9 − 2 = 7. x ≠ 0 koşulu bütün kesirleri anlamlı kılar. Koşulun gerçek çözümleri de vardır: x² − 3x + 1 = 0 için Δ = 5 > 0. İki olası x değerini tek tek bulmak gerekmez; ifade her ikisinde aynıdır.

6’nın hem pozitif hem negatif tam sayı çarpan çiftlerini listele.

Tam sayı köklerin çarpımı 6 olduğundan sırasız kök çiftleri (1, 6), (2, 3), (−1, −6) ve (−2, −3)’tür. Kökler toplamı m olduğundan sırasıyla 7, 5, −7 ve −5 bulunur. Dört farklı m vardır. Çarpım pozitif olduğu için zıt işaretli çiftler alınmaz; aynı çifti ters sırayla yazmak yeni parametre üretmez. Bu dört denklemde de kökler gerçekten tam sayıdır.

Diskriminantı tam kareye çevir; baş katsayının sıfır olduğu değeri ayrıca incele.

m ≠ 2’de denklem ikinci derecedir ve Δ = m² − 4(m − 2) = (m − 2)² + 4 her zaman pozitiftir. Dolayısıyla iki farklı gerçek çözüm vardır. m = 2’de ise ikinci derece terim yok olur; 2x + 1 = 0 tek gerçek çözüm −1/2 verir. Bu özel durum da çözümsüz değildir. Bütün gerçek m değerlerinde en az bir çözüm olduğundan istenen parametre yoktur.

Kökleri bul; parabolün işaretiyle pozitif aralığı seç, sonra tam sayıları say.

K(x) = −2(x − 2)(x − 10). Aşağı açılan ikinci derece ifade kökler arasında pozitiftir; dolayısıyla 2 < x < 10. Üretim adedi tam sayı olduğundan 3, 4, 5, 6, 7, 8 ve 9 uygundur; yedi değer vardır. x = 2 ve 10’da kâr sıfırdır, pozitif değildir. Modelin negatif olmayan tam sayı koşulu, aralığı bir soru bankası değeri gibi yuvarlamaktan önce uygulanır.

Yüksekliği sıfırla; matematiksel kökleri zamanın izin verilen aralığıyla karşılaştır.

Yere ulaşma h(t) = 0 koşuludur. −5’e bölersek t² − 4t − 5 = 0, yani (t − 5)(t + 1) = 0. Cebirsel kökler 5 ve −1’dir. Ancak zaman t ≥ 0 olduğundan −1 modelin geçerli aralığında değildir; sonuç 5 saniye. Kontrol: h(5) = −125 + 100 + 25 = 0. Başlangıç yüksekliği h(0) = 25 olduğundan t = 0 yere ulaşma anı değildir.

İlk denklemin her kökünü ikinci denkleme sırayla yerleştir.

İlk denklem (x − 1)(x − 2) = 0 olduğundan ortak kök yalnız 1 veya 2 olabilir. İkinci denklemde x = 1 koyarsak 1 − m + 4 = 0, m = 5. x = 2 koyarsak 4 − 2m + 4 = 0, m = 4. İki değer de en az bir ortak kök sağlar. Ortak kökün hangi değer olduğu verilmediği için seçeneklerin ikisini de korumak gerekir.