WEBVTT

NOTE Bölüm sınırları gerçek ses sürelerinden ölçülür; bölüm içi altyazı zamanları yaklaşık eşlemedir.

1
00:00:00.000 --> 00:00:09.734
EG Campus. İkinci derece: çözüm, kök ilişkileri ve koşullar. Bu kayıt, mevcut kaynaklı bölüm metninin bilgisayarın Türkçe sentetik

2
00:00:09.734 --> 00:00:19.467
sesiyle okunmasıdır. İnsan konuşmacı kaydı değildir. Çalışma hedefleri. Bu bölümde İkinci dereceden denklemi a ≠ 0 koşuluyla tanır;

3
00:00:19.467 --> 00:00:29.201
çarpanlara ayırma, kareye tamamlama veya kök formülünü uygun gerekçeyle seçer.. Diskriminantla gerçek kök sayısını; toplam ve çarpımla köklerin

4
00:00:29.201 --> 00:00:38.934
işaret koşullarını birlikte değerlendirir.. Köklerden denklem kurar ve kökler üzerinde tanımlanan ifadeleri katsayı ilişkileriyle hesaplar.. Dikdörtgen, en küçük

5
00:00:38.934 --> 00:00:48.668
değer ve ortak kök modellerinde aday çözümleri başlangıç koşullarına geri koyarak doğrular.

6
00:00:48.668 --> 00:00:56.883
Kapsam ve çözüm alışkanlığı. Bu bölüm ikinci dereceden denklemler için bir yöntem seçme rehberidir. Her soruda önce denklemin

7
00:00:56.883 --> 00:01:05.099
gerçekten ikinci derece olup olmadığını, hangi sayı kümesinde çözüm istendiğini ve bağlamın ek koşullarını belirleyeceğiz. MEB’in arşiv listesi

8
00:01:05.099 --> 00:01:13.314
ikinci derece kavramını, çözüm yöntemlerini, karmaşık sayı gösterimini ve kök-katsayı ilişkilerini içerir. Kaynakçada t.y. denilen materyalin yayın yılı

9
00:01:13.314 --> 00:01:21.530
sayfada belirtilmemiştir; 2026 ÖSYM duyurusu ona yeni müfredat tarihi vermez. Otuz özgün soru bir başlangıç bankasıdır; tam AYT

10
00:01:21.530 --> 00:01:29.746
programı, resmî soru veya sınavda konu başına soru garantisi değildir. Çözümler yalnız sonuç değil, sonucun neden geçerli olduğunu

11
00:01:29.746 --> 00:01:37.961
da gösterir.

12
00:01:37.961 --> 00:01:45.952
İkinci derece ve yöntem seçimi. ax² + bx + c = 0 biçiminde a ≠ 0 koşulu ikinci

13
00:01:45.952 --> 00:01:53.944
dereceyi tanımlar. a = 0 olursa denklem artık ikinci derece değildir; parametre sorusunda bu durum ayrıca incelenir. Katsayılar

14
00:01:53.944 --> 00:02:01.935
kolay çarpanlara ayrılıyorsa yöntem hızlıdır: x² − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3). Bir çarpım

15
00:02:01.935 --> 00:02:09.926
sıfırsa çarpanlardan en az biri sıfırdır; kökler 2 ve 3 olur. Bölme işlemi yaparken bilinmeyen çarpana doğrudan bölmek

16
00:02:09.926 --> 00:02:17.917
bazı kökleri kaybettirebilir. x(x − 2) = 0 denkleminde x’e bölmek 0 kökünü yok eder. Önce bütün çarpanlar

17
00:02:17.917 --> 00:02:25.909
ayrı ayrı değerlendirilir.

18
00:02:25.909 --> 00:02:33.677
Kareye tamamlama ve en küçük değer. x² + bx ifadesini (x + b/2)² − b²/4 olarak düzenlemek hem

19
00:02:33.677 --> 00:02:41.446
kökleri hem grafiğin tepe bilgisini görünür kılar. x² − 8x + 19 = (x − 4)² + 3

20
00:02:41.446 --> 00:02:49.214
olduğundan gerçek girdilerde en küçük değer 3’tür ve x = 4’te alınır. Aynı ifadeyi sıfıra eşitleyince (x −

21
00:02:49.214 --> 00:02:56.983
4)² = −3 elde edilir; gerçek çözüm yoktur. En küçük değer sorusu ile kök bulma sorusu aynı değildir.

22
00:02:56.983 --> 00:03:04.751
Baş katsayı pozitifse kareli biçim bir alt sınır, negatifse üst sınır verir. Bulunan sınırın tanım kümesinde gerçekten elde

23
00:03:04.751 --> 00:03:12.520
edildiğini ayrıca kontrol ederiz.

24
00:03:12.520 --> 00:03:21.585
Diskriminant, kök formülü ve sayı kümesi. Δ = b² − 4ac ve x = (−b ± √Δ)/(2a) kök

25
00:03:21.585 --> 00:03:30.650
formülüdür. Gerçek katsayılarda Δ > 0 iki farklı gerçek kök, Δ = 0 aynı değerde çift kök, Δ

26
00:03:30.650 --> 00:03:39.715
< 0 gerçek kök olmaması demektir. Δ < 0 denklemin hiçbir sayı kümesinde çözülemediği anlamına gelmez. Karmaşık sayılarda

27
00:03:39.715 --> 00:03:48.780
i² = −1 kullanılır: x² + 2x + 5 = 0 için (x + 1)² = −4, x

28
00:03:48.780 --> 00:03:57.845
= −1 ± 2i. Soruda gerçek sayı mı karmaşık sayı mı istendiğini okumak gerekir. Diskriminant köklerin sayısını söyler;

29
00:03:57.845 --> 00:04:06.910
pozitif veya negatif oluşlarını tek başına belirlemez.

30
00:04:06.910 --> 00:04:14.219
Kök-katsayı ilişkileri: tek tek kök bulmadan hesap. Kökler α ve β ise α + β = −b/a, αβ

31
00:04:14.219 --> 00:04:21.528
= c/a olur. Bu ilişkiler ax² + bx + c = a(x − α)(x − β) açılımından gelir.

32
00:04:21.528 --> 00:04:28.837
α² + β² ifadesini (α + β)² − 2αβ olarak hesaplayabiliriz. Baş katsayı 1 değilse b ve c’yi

33
00:04:28.837 --> 00:04:36.146
a’ya bölmek gerekir. Örneğin 3x² − 6x − 2 = 0 için toplam 2, çarpım −2/3’tür; kareler toplamı

34
00:04:36.146 --> 00:04:43.454
4 + 4/3 = 16/3. Kökler tersleri sorulursa çarpımın sıfır olmadığını denetleriz; bir kök sıfırken 1/α veya 1/β

35
00:04:43.454 --> 00:04:50.763
tanımlı olmayabilir.

36
00:04:50.763 --> 00:04:58.335
Köklerden yeni denklem kurmak. Kökleri r ve s olan, baş katsayısı 1 olan denklem x² − (r +

37
00:04:58.335 --> 00:05:05.907
s)x + rs = 0 biçimindedir. Eşlenik köklerde çarpım iki kare farkıyla bulunur: 3 ± √2 için toplam

38
00:05:05.907 --> 00:05:13.479
6, çarpım 7 ve denklem x² − 6x + 7 = 0. İki köke t eklenirse yeni toplam

39
00:05:13.479 --> 00:05:21.051
S + 2t, yeni çarpım P + tS + t² olur; S eski toplam, P eski çarpımdır. Köklerin

40
00:05:21.051 --> 00:05:28.623
kaydırılması katsayıların her birine aynı sayıyı eklemek değildir. Bağımsız kontrol için eski denklemde değişken yerine x − t

41
00:05:28.623 --> 00:05:36.195
yazabiliriz; aynı yeni denklem elde edilmelidir.

42
00:05:36.195 --> 00:05:44.397
Parametre ve kök işaretlerini birlikte kontrol et. İki farklı pozitif gerçek kök isteniyorsa önce ikinci derece koşulu a

43
00:05:44.397 --> 00:05:52.598
≠ 0, sonra Δ > 0, ardından kökler toplamı > 0 ve çarpımı > 0 aranır. Gerçek iki

44
00:05:52.598 --> 00:06:00.800
kökün çarpımı pozitifse aynı işaretli oldukları, toplamı pozitifse ikisinin de pozitif olduğu anlaşılır. Çarpım negatifse kökler zıt işaretlidir.

45
00:06:00.800 --> 00:06:09.001
Sınır değerleri ayrı önem taşır: Δ = 0 olduğunda farklılık kaybolur; c = 0 olduğunda bir kök sıfırdır

46
00:06:09.001 --> 00:06:17.203
ve pozitif sayılmaz. Parametre aralıklarının kesişimi alınır. Tek bir koşulu sağlayan aralığı cevap olarak seçmek, diğer koşulları gözden

47
00:06:17.203 --> 00:06:25.405
kaçırabilir.

48
00:06:25.405 --> 00:06:34.532
Model kur, adayı geri koy ve anlamını açıkla. Çevresi verilen dikdörtgende önce kenarlar toplamı bulunur; alan köklerin çarpımını

49
00:06:34.532 --> 00:06:43.659
verir. Çevre 2(u + v), alan uv’dir. Kenarlar t ve S − t yazılarak t(S − t) =

50
00:06:43.659 --> 00:06:52.786
A denklemi kurulabilir. Bulunan kökler pozitif uzunluk koşulunu da sağlamalıdır. İki denklemin ortak kökünde ise denklemleri çıkararak bir

51
00:06:52.786 --> 00:07:01.914
aday bulmak mümkündür. Bu çıkarma gerekli bir koşul üretir; adayın iki özgün denklemi de sağladığı gösterilmelidir. Çözümün sonunda

52
00:07:01.914 --> 00:07:11.041
sayı kümesi, parametre sınırları, birim ve özgün eşitlikleri kontrol etmek, işlem doğru olsa bile modelin yanlış yorumlanmasını önler.

53
00:07:11.041 --> 00:07:19.794
Gerekçeli örnek 1. kx² − 6x + 3 = 0 denkleminin iki farklı pozitif gerçek kökü olması için

54
00:07:19.794 --> 00:07:28.547
gerçek k koşulunu bulun. k ≠ 0 ikinci derece koşuludur. Diskriminant 36 − 12k > 0 olduğundan k

55
00:07:28.547 --> 00:07:37.300
< 3. Kökler toplamı 6/k, çarpımı 3/k’dır. İkisinin de pozitif olması için k > 0 gerekir. Koşulların kesişimi

56
00:07:37.300 --> 00:07:46.054
0 < k < 3’tür. k = 3’te diskriminant sıfırdır ve iki kök de 1 olur; pozitif olmalarına

57
00:07:46.054 --> 00:07:54.807
rağmen farklı değildirler. k = 0’da denklem doğrusal olur ve tek kök 1/2’dir. k < 0’da kökler çarpımı

58
00:07:54.807 --> 00:08:03.560
negatiftir, iki kök zıt işaretlidir. Böylece aralığın dışında kalmanın nedenleri de görülür.

59
00:08:03.560 --> 00:08:10.653
Gerekçeli örnek 2. x² − 6x + 4 = 0 denkleminin kökleri α ve β olsun. Kökleri α

60
00:08:10.653 --> 00:08:17.746
− 2 ve β − 2 olan, baş katsayısı 1 olan denklemi iki yolla kurun. Eski toplam S

61
00:08:17.746 --> 00:08:24.839
= 6, eski çarpım P = 4. Yeni kökler toplamı S − 4 = 2; çarpım (α −

62
00:08:24.839 --> 00:08:31.932
2)(β − 2) = P − 2S + 4 = 4 − 12 + 4 = −4. Yeni

63
00:08:31.932 --> 00:08:39.025
denklem x² − 2x − 4 = 0 olur. İkinci yolda yeni kök x, eski kök x +

64
00:08:39.025 --> 00:08:46.118
2’dir. Eski denklemde x + 2 koyarız: (x + 2)² − 6(x + 2) + 4 = x²

65
00:08:46.118 --> 00:08:53.212
− 2x − 4. İki yöntem aynı sonuca ulaşır. Çarpımın −4 olması yeni köklerin zıt işaretli olduğunu da

66
00:08:53.212 --> 00:09:00.305
gösterir.

67
00:09:00.305 --> 00:09:09.608
Yanılgıyı düzelt. Diskriminant pozitifse iki kök de pozitiftir. Düzeltme: Pozitif diskriminant iki farklı gerçek kök olduğunu gösterir. İkisinin

68
00:09:09.608 --> 00:09:18.912
de pozitifliği ayrıca kökler toplamının ve çarpımının pozitif olmasıyla denetlenir; baş katsayı da sıfır olamaz.