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.

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.