Eşitsizlik sistemleri

Nurhan, (x − 3)/(x + 1) ≥ 2 eşitsizliğini denklem gibi çözüyor: iki tarafı x + 1 ile çarpıyor, x − 3 ≥ 2x + 2 yazıyor ve x ≤ −5 buluyor. Sırasındaki Oktay cevabı sınamak için kümenin içinden −6'yı seçiyor. Pay −9, payda −5, kesir 9/5 çıkıyor; 1,8 sayısı 2'ye yetişmiyor. Nurhan'ın kümesindeki bir sayı koşulu karşılamıyor. Üstelik −2 kümenin dışında kaldığı hâlde −5/(−1) = 5 değeriyle koşulu rahatça aşıyor. Hata tek bir hamlede: x + 1'in işareti bilinmiyordu, çarpma eşitsizliğin yönünü bazı x'ler için ters çevirdi. Bu derste kesirli ve çok çarpanlı eşitsizlikleri tek bir işaret tablosunda çözüyor, birden çok koşulu sayı doğrusunda kesiştiriyor, bir kökün hangi x'lerde tanımlı olduğunu da aynı kesişimle okuyoruz.

• İki ya da daha fazla eşitsizliği ayrı ayrı çözüp ortak çözüm kümesini sayı doğrusunda kesiştirerek yazarsın.
• Birinci ve ikinci dereceden çarpanların çarpımı ya da bölümü olan eşitsizlikleri, çift katlı ve işareti değişmeyen çarpanları ayırt ederek tek tabloda çözersin.
• Köklü ifadelerin tanım kümesini, kök içi ve payda koşullarını birlikte sağlayan x değerleri olarak bulursun.
• Çözüm kümesindeki tam sayıları sayar, parametreli bir sistemde istenen koşulun hangi parametre değerlerinde aynı anda gerçekleştiğini belirlersin.

Ortak çözüm: kesişimi sayı doğrusunda okumak

Bir soru x için birden fazla koşul koyduğunda bu koşulların topluluğuna eşitsizlik sistemi denir. Sistemi sağlayan x değeri, koşulların her birini aynı anda sağlamalıdır; bu yüzden sistemin çözüm kümesi tek tek çözüm kümelerinin kesişimidir. Yöntem iki adımlıdır: önce her eşitsizlik kendi başına çözülür, sonra kümeler aynı sayı doğrusunun üzerine çizilip örtüştükleri parça okunur.

x² − x − 6 < 0 ve 2x − 1 ≥ 0 sistemine bakalım. Birincinin kökleri −2 ve 3'tür; kollar yukarı baktığı için ifade bu iki kök arasında eksi değer alır ve çözüm (−2, 3) aralığıdır. İkinci koşul x ≥ 1/2 verir. İki küme sayı doğrusunda üst üste çizilince örtüşen bölüm 1/2'den başlayıp 3'e kadar uzanır: [1/2, 3). Uçları yazarken her ucun hangi eşitsizlikten geldiğine bakılır. 1/2 kapalıdır, çünkü ≥ işaretinden gelir; 3 açıktır, çünkü < işaretinden gelir.

Kesişim boş da çıkabilir. x² < 1 ile x > 2 koşullarının ortak noktası yoktur ve sistemin çözüm kümesi ∅'dir. Kesişimle birleşimi karıştırmamak gerekir: soru «ya da» diyorsa iki küme birleştirilir, «ve» diyorsa ya da koşulları alt alta sıralıyorsa kesiştirilir.

Çift eşitsizlik iki koşuldur

TYT'deki basit eşitsizliklerde −1 < 2x + 3 ≤ 9 gibi bir ifadenin üç parçasına aynı işlem uygulanabiliyordu, çünkü ortada birinci dereceden bir terim vardı. Ortadaki ifade ikinci dereceden olunca bu kısayol çalışmaz; a < f(x) < b yazımı f(x) > a ve f(x) < b koşullarına ayrılır ve bu iki koşulun kesişimi alınır.

3 < x² − 1 ≤ 8 için birinci koşul x² > 4'tür; bunu sağlayan sayılar −2'nin solunda ve 2'nin sağında durur. İkinci koşul x² ≤ 9, yani −3 ≤ x ≤ 3 verir. Kesişim iki parçalıdır: [−3, −2) ∪ (2, 3]. Ortadaki terimin karekökünü tek hamlede almaya çalışan öğrenci genellikle negatif parçayı kaybeder ve yalnız (2, 3] yazar.

Çok çarpanlı çarpım tek tabloda

Önceki derste tek bir ikinci dereceden ifadenin işaretini tabloyla okuduk. Eşitsizlikte birden çok çarpan çarpıldığında her çarpan için ayrı tablo kurmak gerekmez; bütün kökler aynı sayı doğrusuna küçükten büyüğe yerleştirilir ve çarpımın işareti tek satırda yazılır. (x + 4)(x² − 2x − 3) ≤ 0 eşitsizliğinde ikinci çarpan (x + 1)(x − 3) olarak ayrılır ve kökler −4, −1, 3 olur. Bütün çarpanların baş katsayıları pozitif olduğundan en sağdaki aralıkta çarpım pozitiftir; her tek katlı kökte işaret değişir. Sağdan sola +, −, +, − okunur ve sıfıra eşit ya da negatif olan bölgeler (−∞, −4] ∪ [−1, 3] olarak bulunur.

En sağdaki işareti belirlemek için çarpanların baş katsayılarını çarpmak yeter. (3 − x) gibi baş katsayısı negatif bir çarpan varsa ya o çarpan −(x − 3) yazılıp eşitsizlik −1 ile çarpılır ve yönü çevrilir, ya da en sağdaki işaret eksi alınarak tablo kurulur. İki yol aynı sonuca götürür; karışıklık, ikisini birden yapmaktan çıkar.

Çift katlı çarpan ve işareti hiç değişmeyen çarpan

Kare biçimindeki çarpanın kökünde işaretin değişmediğini önceki dersten biliyoruz. Çok çarpanlı ifadede bu kural, eşitliğin olup olmamasına göre farklı sonuç verir. (x − 4)²(x + 1) ≥ 0 için −1'in sağındaki her sayı uygundur: [−1, ∞). Eşitlik kaldırılıp > 0 sorulursa 4 noktası kümeden düşer ve (−1, 4) ∪ (4, ∞) kalır. Bir soruda kümenin ortasında tek bir delik, ötekinde kümenin dışında tek bir nokta görülüyorsa sebebi hemen hemen her zaman çift katlı bir köktür.

Diskriminantı negatif ve baş katsayısı pozitif olan bir çarpan her gerçek x için pozitiftir. x² + 1, x² + 4 ve x² + 2x + 5 bu türdendir. Böyle bir çarpan çarpımın ya da bölümün işaretine hiçbir şey katmaz ve tablodan çıkarılabilir; (x² + 1)(x − 5) < 0 eşitsizliği doğrudan x < 5 verir. İşareti hep negatif olan bir çarpan, örneğin −x² − 4, de çıkarılabilir; ama bu kez eşitsizliğin yönü bir kez çevrilir. Tablodan atmadan önce diskriminantı gerçekten hesaplamak gerekir: x² + 2x − 5 görünüşte benzer olsa da iki gerçek kökü vardır ve atılamaz.

Bölüm biçimi: paydanın sıfırı ve yasak çarpma

f(x)/g(x) ile f(x) · g(x) aynı x'lerde aynı işareti taşır; bu yüzden kesirli eşitsizlik de tek tabloda çözülür. Paydanın kökleri tabloya girer ama çözüm kümesine hiçbir zaman girmez. Sağ taraf sıfır değilse önce her şey sola toplanıp ortak paydada tek kesir yazılır; bu adım atlanırsa kancadaki hataya düşülür.

Kancadaki eşitsizlikte (x − 3)/(x + 1) − 2 ≥ 0 yazılır; ortak payda x + 1 ile pay x − 3 − 2x − 2 = −x − 5 olur. Baştaki eksiden kurtulmak için −1 ile çarpınca yön döner; artık payı x + 5, paydası x + 1 olan kesrin sıfır ya da negatif olduğu yerler aranır. Kökler −5 ve −1'dir; pay sıfır olabildiği için −5 dahil, payda sıfır olamadığı için −1 hariç tutulur. Çözüm [−5, −1) aralığıdır. Nurhan'ın iki tarafı x + 1 ile çarpması ancak x + 1 > 0 olan x'ler için geçerliydi; x + 1 < 0 iken yön değişmeliydi. Paydanın işareti bilinmeden yapılan bu çarpma, kesirli eşitsizliklerde en çok puan kaybettiren hamledir. Payda x² + 4 gibi hep pozitif bir ifadeyse çarpmak serbesttir, çünkü işaret sorunu ortadan kalkar.

Köklü ifadenin tanım kümesi

Gerçek sayılarda çift dereceli bir kökün içi negatif olamaz. f(x) = √(12 − 3x) ifadesi yalnız 12 − 3x ≥ 0, yani x ≤ 4 için tanımlıdır. Bir ifadede birden fazla kısıt varsa, örneğin iki ayrı kök ya da kök ile kesir birlikte bulunuyorsa, tanım kümesi bütün kısıtları birlikte sağlayan x'lerin kümesidir; bu bir eşitsizlik sistemidir.

f(x) = √(6 + x − x²) + 1/√(x − 1) için iki şart yazılır. İlk kökün içi için 6 + x − x² ≥ 0, düzenlenince x² − x − 6 ≤ 0 ve −2 ≤ x ≤ 3 bulunur. İkinci kök paydada durduğundan içi sıfır da olamaz: x − 1 > 0. Kesişim (1, 3] aralığıdır. Kök içi bir kesir olduğunda iki şart tek eşitsizlikte birleşir: √((x − 2)/(x + 5)) için (x − 2)/(x + 5) ≥ 0 çözülür ve payda koşulu −5'i kendiliğinden dışarıda bırakır; tanım kümesi (−∞, −5) ∪ [2, ∞) olur.

Çözüm kümesindeki tam sayılar

Birçok soru kümenin kendisini değil, içindeki tam sayıların sayısını, toplamını ya da en büyüğünü ister. Sayım her parçada ayrı yapılır ve uçlar tek tek denetlenir. [−3, −2) ∪ (2, 3] kümesinde yalnız −3 ile 3 bulunur; −2 ve 2 açık uçtur. Tek bir noktadan oluşan parça, örneğin bir çift katlı kökten gelen {4}, sayımda en kolay unutulan elemandır. En güvenli alışkanlık, kümenin parçalarını sayı doğrusunda işaretleyip aday tam sayıları tek tek yerine yazmaktır.

Parametreli sistemler

Parametre içeren bir soruda istenen durum genellikle birden çok koşulun aynı anda gerçekleşmesine dayanır. Her koşul parametre için ayrı bir eşitsizliğe dönüşür ve cevap bu eşitsizliklerin kesişimidir. Önceki derslerin araçları burada birleşir: diskriminantın işareti kök sayısını, kök-katsayı ilişkileri köklerin işaretini verir. Bir denklemin kökleri gerçek, ayrı ve ikisi de pozitif olsun istenirse üç şart yazılır: Δ > 0, kökler toplamı > 0, kökler çarpımı > 0. Üç şartın her biri ayrı bir parametre aralığı verir; çözümlü örneklerde bu aralıklar tek tek bulunup kesiştiriliyor.

Parametre bir aralığın ucunda da durabilir. x² − 5x + 4 < 0 ve x > m sisteminde birinci koşul (1, 4) verir ve m bu aralığın sol sınırını kaydırır. m < 4 olduğu sürece kesişim boş değildir; m ≥ 4 için sistemin çözümü kalmaz. Böyle sorularda m'yi birkaç değerle sayı doğrusunda hareket ettirmek, uç noktanın dahil olup olmadığını görmenin en kısa yoludur.

Cebirden çembere

Bu dersle birlikte ikinci dereceden ifadelerin modülü kapanıyor; elde kalan araç, işaret tablosu ve sayı doğrusu üzerinde kesişim okumak. Sıradaki modül sayı doğrusundan çembere geçiyor. Trigonometrinin ilk dersi açıyı dönme yönüyle birlikte ölçmeyi, yani yönlü açıyı, büyük ve negatif açıların hangi konuma düştüğünü veren esas ölçüyü ve dereceden ayrı bir birim olan radyanı tanıtıyor.

Örnek 1 — İki koşulun ortak çözümü

Soru: x² − 2x − 8 ≤ 0 ve 3x − 5 > 0 koşullarının ikisine birden uyan tam sayılar toplanırsa sonuç ne olur?

• A) 7
• B) 9
• C) 5
• D) 12
• E) 10

Çözüm: Birinci eşitsizliğin kökleri −2 ve 4'tür; ifade kökler arasında sıfır ya da negatif olduğundan çözüm [−2, 4] olur. İkinci koşul x > 5/3 verir. Kesişim (5/3, 4] aralığıdır ve buradaki tam sayılar 2, 3, 4'tür; toplamları 9. A seçeneği ikinci koşulu hiç kullanmayıp −2'den 4'e bütün tam sayıları toplamaktan, E seçeneği 5/3'ü 1'e yuvarlayıp 1'i de katmaktan, C seçeneği 4'ün kapalı uç olduğunu atlamaktan gelir. Cevap: B.

Örnek 2 — Çift katlı kök ve atılan çarpan

Soru: (x − 3)²(x² − x − 2)/(x² + 2x + 5) ≤ 0 eşitsizliğinin çözüm kümesindeki en büyük tam sayı nedir?

• A) 1
• B) 2
• C) 9
• D) 3
• E) 5

Çözüm: Paydanın diskriminantı 4 − 20 = −16'dır; payda her x için pozitiftir ve tablodan çıkarılır. Payın ikinci çarpanı x − 2 ile x + 1'in çarpımına ayrılır; böylece incelenecek ifade bu iki çarpan ile (x − 3)² çarpanından oluşur ve ≤ 0 aranır. Tek katlı kökler −1 ve 2 arasında ifade negatiftir; 3 çift katlı köktür, orada işaret değişmez ama ifade sıfır olur. Çözüm [−1, 2] ∪ {3}; en büyük eleman 3'tür. B seçeneği x = 3 noktasını gözden kaçırmaktan gelir. Cevap: D.

Örnek 3 — Paydayla çarpmamak

Soru: (2x + 1)/(x − 1) ≤ 1 eşitsizliğinin çözüm kümesi nedir?

• A) (−∞, −2]
• B) [−2, 1]
• C) (−2, 1)
• D) (−∞, −2] ∪ (1, ∞)
• E) [−2, 1)

Çözüm: 1 sola atılıp ortak payda x − 1 alınınca pay 2x + 1 − (x − 1), yani x + 2 olur ve soru (x + 2)/(x − 1) ≤ 0 biçimine gelir. Kökler −2 ve 1'dir; aralarında kesir negatiftir. Pay sıfır olabildiğinden −2 alınır, payda sıfır olamadığından 1 dışarıda kalır. A seçeneği iki tarafı x − 1 ile çarpıp yönü hiç düşünmemekten, B seçeneği paydanın kökünü kapalı uç yazmaktan gelir. Cevap: E.

Örnek 4 — Üç koşulun aynı anda sağlanması

Soru: Kökleri gerçek, birbirinden ayrı ve ikisi de pozitif olan x² − 2(m − 3)x + m − 1 = 0 denklemi için m hangi kümede bulunmalıdır?

• A) m > 5
• B) m > 3
• C) m < 2 veya m > 5
• D) m ≥ 5
• E) 1 < m < 2

Çözüm: Δ' = (m − 3)² − (m − 1) = m² − 7m + 10 = (m − 2)(m − 5) pozitif olmalıdır; bu, m'nin 2'den küçük ya da 5'ten büyük olmasını ister. Köklerin toplamı 2(m − 3) pozitif olacağından m > 3; çarpımı m − 1 pozitif olacağından m > 1 bulunur. Üç kümenin kesişimi m > 5'tir. C seçeneği yalnız diskriminant koşulunda kalmaktır; D seçeneğindeki m = 5 değeri Δ' = 0 yapar ve kökleri çakıştırır. Cevap: A.

• Kesirli eşitsizlikte iki tarafı paydayla çarpmak. Paydanın işareti x'e göre değişiyorsa yön de değişir; her şey bir tarafa toplanıp tek kesirle tablo kurulur.
• Paydanın kökünü kapalı uç yazmak. Eşitsizlikte eşitlik bulunsa da tanımsız noktada kesir hiçbir değer almaz, o uç açık kalır.
• Çift katlı kökün tek noktalık çözümünü kaybetmek. (x − 4)²(x + 1) ≤ 0 kümesinde x = 4 ayrıca yer alır; > 0 sorusunda ise aynı nokta kümeden çıkarılır.
• a < f(x) < b biçimini tek hamlede çözmek. Ortadaki ikinci dereceden ifade iki ayrı eşitsizliğe bölünür; aksi hâlde negatif parça kaybolur.
• Sistemde birleşim almak. «Ve» ile bağlanan koşulların ortak çözümü kesişimdir; birleşim yalnız «ya da» durumunda alınır.
• Paydadaki kökün içini sıfır kabul etmek. 1/√(x − 1) yazılmışsa kök içi sıfırdan kesin büyük olmalıdır; ≥ yazmak 1'i yanlışlıkla tanım kümesine sokar.