1
Matematik Günleri
2
Matematiğin günlük hayatımızda, bizimle olmadığı alan yoktur. Ancak biz bunun pek farkına varmayız.
Genelde toplum tarafından matematik alışveriş , hareket, havuz problemlerini çözme yollarını öğreten bilim dalı olarak algılanmakta ve üzülerek belirtmeliyim ki, bu yanlış algılama eğitim programlarını düzenleyenlerin düşüncelerini de şekillendirmektedir.
Bu nedenle:
3
Programlar hazırlanırken her problem bir alış veriş problemi mantığıyla sunulmaya çalışılmaktadır.
Bu durum matematik öğreticilerinin her matematik problemine, günlük hayattan örnek seçme ve öğrenene kabul ettirme gibi yeni bir problemin doğmasına neden olmaktadır.
Oysa bu gayrete gerek olmadığını düşünüyorum. Çünkü MATEMATİK HAYATIN KENDİSİDİR. Özel olarak matematiği günlük uygulamalarla kabul ettirme gayretine gerek yoktur.
4
Öğrencilerimize matematiği sevdirmenin yolunun, matematiğin insanın hayat maratonundaki problemler karşısında sürekli hazır olmasını sağlayan bir antrenman programı olduğunu kabul ettirmekten geçtiğine inanıyorum.
Ancak bu sayede insan düşüncesi üretken bir hale gelir. Aksi taktirde günümüzdeki gibi formül ezberleyen, ezberledikleriyle test çözen ve yorum yapmaya gelince de tıkanan bir grup insan ortaya çıkar. Bu grup insanın eğitildiğini, yetiştirildiğini ise kimse iddia edemez.
5
Ben matematikçi değilim. Matematik üretmiyorum. Matematik öğretmeye çalışıyorum. Bunu yaparken de zaman zaman çeşitli problemlere kendimize göre izahlar getiriyor, çeşitli çözümler üretiyoruz.
Bu çözümler genel değil özel çözümler. Ancak çözüm özel de olsa mutlaka ispatı gerekir.
Bu sunum fırsatından faydalanarak üzerinde çalıştığım birkaç konulardan ikisini sunmak istiyorum
6
İntegralsiz Limit
7
n, mQ+ olmak üzere yukarıdaki limit hesaplamaları genellikle [0,1] aralığında integralle yapılmaktadır. Yaptığımız çalışma bu limit değerinin hesabını integral almadan da yapabilmemize imkan vermektedir.
xn
k 1mx
kLimitinin hesaplanması
x
lim
8
Hareket noktamız (n – 1)p+1 ,(pN), ifadesinin Binom açılımıdır. Bilindiği üzere:
Bu açılımdan faydalanarak
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 11 1
0 1 2 1
1 11 1 1
2 1
p p p p p
p p p p p
p p p pn n n n
p
p pn n p n n
p
9
11 1 1
( )
1 11 1 1
2 1pp p p p
A n
p pn n p n n
p
ifadesini hesaplayalım
Görüldüğü gibi A(n) derecesi p – 1 olan bir ifadedirve
şeklinde yazılabilir..
11 1 1 ( )pp pn n p n A n
10
olarak yazlan ifadede.
n yerine 1 den başlayarak n ye kadar değerler verilir ve taraf tarafa toplanırsa
11( )p 10( ) p
1
1 1 1
2( )
( ) ( )
p
p
p A
11( ) p
1
1 2 2
3( )
( ) ( )
p
p
p A12( ) p 1 3 3( ) ( )
..........
pp A
... ........1 11( ) ( )
........................
( )
p pn n 1( ) ( ) pp n A n
p p pn (n ) (p )n A(n) 1 11 1
11
p 1 p p p p
T(n)
n p 1 1 2 3 n A 1 A 2 A 3 A n
1
1
1 ( )n
p p
k
p kn T n
Olur. Burada hesaplanırsa
11
1
1
1 1 1
( ) ( )
pn
p p
k
n T n T nk n
p p n
1n
p
k
k
12
olarak bulunur. Buradan da anlaşılacağı gibi yukarıda elde edilen toplam baş katsayısı
1
p 1
ve derecesi p + 1 olan bir ifadedir. T(n) ifadesi A(n) lerin toplamı olduğundan derecesi p – 1 dir. Bu durum göz önüne alınıp her iki taraf np+1 ile bölünür ve limite geçilirse
11
1
1 1
1
1
1( )
11lim lim lim
1 1 1( )
1 11
1
np p
p p p pn n n
p
k
n T n nkp p p
T np
n n n n p
13
İfadesi elde edilir.
Limit sonsuz için hesaplanacağından üs olan p nin doğal sayı olması
yerine bir rasyonel sayı değeri de alınabileceği düşünülerek aşağıdaki
sonucu yazabiliriz:
14
1 11 1
lim lim1
n np p
k kp px x
ak ka
an n p
pQ+ olmak üzere
sonucu elde edilir.
15
değerini alır.
Buna göre genelleme yapacak olursak:Elde edilen ifadenin payının derecesi nQ+, paydasının derecesi mQ+ olmak üzere
1
1
1
1
1
1 0
xn
kmx
xn
kmx
xn
kmx
akm n için lim
x
aka
m n için limx m
akm n için lim
x
16
Formülde dir.
m=n+1 olduğundan sonuç
olarak bulunur
3 3 3 3
3
:
1 2 3lim ?x
Örnek
x
x x
1 4
3 3 n ve m
3 3 3 3
3
1 2 3 1 3lim
4 43
x
x
x x
17
Verilen ifadede dir.
Burada m > n +1 olduğundan Limitin değeri 0 dır.
3 3 3 3
2
1 2 3lim
2x
x
x
12
3n ve m
18
Burada n=2 ve m=3 dür. m=n+1 olduğundan sonuç olarak bulunur
x
xlim ?
x
22 2 2
3
2 4 6 2
x x
x
k
x x
x ( x )lim lim
x x
kx
lim limx x
22 2 2 2 2 2 2 2
3 3
22 2 2 2
13 3
2 4 6 2 2 1 2 3
1 2 34 4
1 443 3
19
( ) ( ) ( )
lim ?
2 2 2 2
3x
x x 1 x 2 x x
2x 5
x x
2 2 2
k 0 k 0
x x 33
x2 2
k 03
3
x x
3
x k x 2kx k
522 x
x
x 2kx k
x
x
5
5
1
2x
lim lim
lim lim
20
x x x2 2
k 0 k 0 k 03 3 3x
2
x
x 2kx k1
2 x x x
x1
2
lim
lim
x
k 0
3
1
x 2 x
x
k 0
3
k
x
x2
k 03
x x x2
k 0 k 0 k 02 3x
k
x
1 2 k k1
2 x x x
lim
21
Yukarıda birincide n=0, m=1, ikincide n=1, m=2 ve üçüncüde n=2, m=3 olduğundan Limitin değeri
olarak bulunur. Paydada çarpan olarak yazılan 2, paydada parantez içinin limitinin değeridir.
1 1 1 1 72
2 1 2 3 6
Elips ve Hiperbol için yeni tanımlar
Bilinen haliyle Ax2 + Bxy + Cy2 +Dx +Ey + F = 0 ikinci derece
genel denkleminde;A = C ve B = 0 ise denklem çember,
B2 – 4AC < 0 ise denklem elips,B2 – 4AC = 0 ise denklem parabol,B2 – 4AC > 0 ise denklem hiperbol
belirtir. Aşağıda yapılan çalışmayla bu denklemde B = 0 olması durumuna farklı bir boyut
kazandırılmış, çember, elips ve hiperbol tanımına farklı bir bakış açısı getirilmiştir.
Düzlemde sabit iki noktadan geçen ve eğimleri çarpımı
sabit olan iki doğrunun kesişme noktasının geometrik yeri bu sabit sayının değerine
göre çember, elips veya hiperbol olarak karşımıza
çıkar.
Şöyle ki: “Q(x1, y1), Q’(x2, y2) noktaları herhangi sabit iki nokta olsun. P(x, y) olmak üzere
Eğim(PQ).Eğim(PQ’)=k gibi bir sabit sayı olmak üzere P noktalarının geometrik yeri
k = – 1 ise bir çember,k < 0 ve k≠ – 1 ise elips,
k > 0 ise hiperbolk=0 ise x eksenine paralel iki doğru
belirtir.”
İddiamızın İspatı
olup çarpılır ve k sayısına eşitlenirse:
VeBu eşitlik düzenlenirse
1 2
1 2
( ) ( ')y y y y
Eğim PQ ve Eğim PQx x x x
22 1 1 2
22 1 1 2
y y y y y y yk
x x x x x x x
kx2 – y2 – k(x1 + x2)x + (y1 + y2)y + kx1x2 – y1y2 = 0
Bulunan bu ifade
Ax2 + Bxy + Cy2 +Dx +Ey + F = 0 ikinci dereceden genel ifade ile karşılaştırılırsa
olduğu görülür. Bu değerler B2 – 4AC
değerinde yerine yazılırsa aşağıdaki sonuçlara ulaşabiliriz.
1 2 1 2 1 2 1 2, 0, 1, ( ),A k B C D k x x E y y ve F kx x y y
k = – 1 olsun:
elde edilir ki bu bir çember denklemidir Bu çemberin merkezi
2 22 1 2 1 1 2 1 2 0x y x x x y y y x x y y
2 22 1 2 1 1 2 1 2 0x y x x x y y y x x y y
1 2 1 2,2 2
x x y yM
k ≠ – 1 ve k < 0 ise Yukarıdaki değerler
B2 – 4AC de yerine yazılırsa;
elde edilir ki bu durumda P noktalarının geometrik yeri bir elipstir.
Yani görüldüğü gibi k<0 olduğunda için geometrik yer bir elipstir.
2 20 4 1 0 4 4 0k dan B AC k
k > 0 ise Yukarıdaki değerler B2 – 4AC de yerine yazılırsa
elde edilir ki bu durumda P noktalarının geometrik yeri bir hiperboldür.
Özel olarak k = 1 ise bu durumda P noktalarının geometrik yeri bir ikizkenar
hiperbol olacaktır.Yani görüldüğü gibi k>0 olduğunda geometrik
yer bir hiperboldür.
2 20 4 1 0 4 4 0k dan B AC k
31
Verilen şartlardaki doğruların eğimleri çarpımı olan sayı
olmak üzere buradaki m sayısı standart merkezcil denklemdeki ve n sayısı ise standart merkezcil denklemindeki değerleridir.Aşağıdaki örnekleri inceleyelim.
noktaları veriliyor. Düzlemin bir P noktası için PA ve PB doğrularının eğimleri çarpımı ise P noktasının geometrik yeri nedir.
Çözüm:P(x,y) olsun.
yazılırsa buradan
olur. Bu elips denklemi
' 5,0 5,0A ve A
9
25
0 0
5 5
y yEiğim PA ve Eğim PB
x x
22 2 2 2
2
925 9 225 9 25 225
25 25
yden y x ve x y
x
2 2
125 9
x y
33
Oysa bu işlemleri yapmaya gerek yoktu.
Olduğuna göre geometrik yer merkezcil elipstir. Bu elipste olduğundan elips denklemi
Şeklindedir.
noktaları veriliyor. Bir ABC üçgeninde [AC] ve
[BC] kenarlarının eğimleri çarpımı ise C noktalarının geometrik yerinin denklemi nedir.
Çözüm: k>0 olduğundan geometrik yer bir hiperboldür. Bu hiperbolde olup hiperbol denklemi
şeklindedir.
35
Verilen örneklerde noktalar x ekseni üzerinde alınmıştır. Yaptığımız çalışmada düzlemin herhangi iki noktası için gerekli ispatlar yapılmıştır. Burada şunu belirtmek isteriz ki düzlemin noktaları olsun bu iki noktadan geçen ve kesişen iki doğrunun eğimleri çarpımı k olmak üzere kesişme noktalarının geometrik yeri bulunurken önce aşağıdaki hesaplamalar yapılır.
Eğimlerin çarpımından elde edilen ifade standart hale getirilirse
Değerleri hesaplanır.
Bu durumda geometrik yerin denklemi
1 2 1 2,2 2
x x y yp q
221 2 1 21
2 2
x x y ya
k
221 2 1 2
2 2
x x y yk b
37
k<0 için
elipsi,
k>0 için
hiperbolüdür.
38
Örnek: noktaları veriliyor. C(x,y) noktası için olduğuna göre C noktalarının geometrik yerinin denklemi nedir.
Çözüm. olduğundan geometrik yer bir elipstir. olup elips denklemi
şeklindedir.
39
Unutmayalım ki
MATEMATİK İKNA DEĞİL İSPATTIR.
Sabır gösterip dinlediğiniz için teşekkür ederim
Son söz