İşlemin ardındaki yapıyı gör.

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

A · (−∞, 1) ∪ (1, 7/2]

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.

B · 6

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?

C · 11

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.

E · 2

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.

A · 3

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?

E · 2

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.

C · [3, ∞)

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.

A · 14

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 · 21

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.

C · −2 ve 0

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.

Üssün hem polinom olma hem de derece koşulunu sağlamasını iste.

D · 3

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.

D · 5

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.

D · −2

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.

E · 5

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.

C · 3x + 1

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.

E · 3

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.

B · −9

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.

B · 6

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.

C · 4

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.

A · V(x) = 4x³ − 68x² + 280x; 0 < x < 7

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.

Çarpanlara ayır ve iki kökün hangi k değerinde birleştiğini bul.

D · k ≠ 0

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.

C · −2 + 3i ve −2 − 3i

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.

D · 4

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.

E · 29/4

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.

B · 18

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.

D · x² − 4x + 1 = 0

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.

A · 0 < k < 2

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.

E · 3

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.

B · x² − 6x + 7 = 0

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.

A · 1

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.

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

D · 12

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.

B · [−1, 3) ∪ (3, ∞)

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.

C · −12

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?

A · f⁻¹(y) = (3y + 1)/(y − 2)

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.

C · −1

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.

D · {−2, 4, 5}

|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.

E · 1

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.

E · (−2, −1)

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.

E · x < 3/2

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.

A · 3

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?

D · 3

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.

A · 3/2

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.

E · f(x) = 1 − x

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.

D · −8x + 9

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.

C · a = 0 ve b ≠ 0

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.

B · ℝ \ {4}

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.

B · 15/2

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.

C · Bire birdir, fakat ℝ’ye örten değildir.

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.

B · (t² − 8t − 20)/9

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.

A · 2

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.

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

E · 5

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.

A · 18

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.

C · 3

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?

A · Böyle gerçek a ve b yoktur.

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.

D · 10x⁴

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?

A · 4

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.

C · −3

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.

B · 11

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?

E · 5

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?

B · x² − 4x + 4

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.

C · −1 ve 1

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?

B · 1 ve 5

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?

E · 19

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.

B · 7

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.

D · 3

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.

E · 64x − 4x²

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.

D · −5

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.

A · 6

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.

D · −5

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.

C · 2

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.

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

C · 2/3 ve 1

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.

A · −3

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.

D · 3x² − 5x + 1 = 0

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.

A · x² − 7x + 1 = 0

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.

E · a > 4

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.

B · 0

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.

E · a < 2

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.

A · 3 < c < 4

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.

D · 4

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.

A · 5

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.

C · a ≥ 2

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.

B · 2

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.

C · {3}

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.

E · 5

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.

D · 7

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.

B · 4

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.

D · Hiçbir gerçek m için.

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.

C · 7

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.

E · 5

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.

B · 4 ve 5

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.