AYT ikinci dereceden denklemler konu anlatımı kapsamında ikinci dereceden olma koşulu, diskriminant, çözüm kümeleri, kök-katsayı ilişkileri, köklerden denklem kurma ve parametre uygulamaları işlenecektir. AYT matematik konularının tamamına AYT konu anlatımı arşivinden ulaşabilirsiniz.
İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMİN YAPISI VE ÇÖZÜM YOLLARI
İkinci Derece Olma Koşulu ve Parametre
Bir bilinmeyenli ikinci dereceden denklem, a ≠ 0 olmak üzere a·x2 + b·x + c = 0 biçimindedir. Parametreli denklemlerde x2 katsayısının sıfırdan farklı olması, denklemin ikinci dereceden kalma koşuludur.
Diskriminant, kök sayısı ve kök işareti
İkinci dereceden ax2 + bx + c = 0 denkleminde diskriminant Δ = b2 − 4ac’tür. a ≠ 0 iken Δ > 0 iki farklı gerçek kök, Δ = 0 çift katlı gerçek kök, Δ < 0 ise gerçek kök bulunmadığını gösterir.
Denklemin gerçek kökleri α ve β ise Vieta bağıntıları α + β = −b/a ve αβ = c/a'dır. Köklerin işareti de bu iki değerle belirlenir. Δ > 0 iken αβ > 0 köklerin aynı işaretli olduğunu; α + β > 0 ise bu köklerin pozitif olduğunu gösterir. Dolayısıyla iki farklı pozitif kökün gerek ve yeter koşulları Δ > 0, α + β > 0 ve αβ > 0’dır. αβ < 0 olduğunda kökler zıt işaretlidir; αβ = 0 olduğunda köklerden biri sıfırdır.
[su_box title="Örnek - 1" style="default" box_color="#2E8B57" title_color="#F0F0F0" radius="2" class="sinavaraci-ornek-yesil"]m bir tam sayı ve −2 ≤ m ≤ 5 olmak üzere
(m − 2)x2 − 2(m − 2)x + m − 3 = 0
denkleminin iki farklı pozitif gerçek kökü olduğu kaç farklı m değeri vardır?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
m = 2 için x2 katsayısı sıfır olduğundan denklem ikinci dereceden değildir. m ≠ 2 iken Δ = [−2(m − 2)]2 − 4(m − 2)(m − 3) = 4(m − 2)’dir. İki farklı gerçek kök koşulu m > 2 verir. Vieta bağıntılarına göre kökler toplamı 2, çarpımı (m − 3)/(m − 2)’dir. m > 2 için çarpım m > 3 olduğunda pozitiftir; m = 3’te köklerden biri sıfırdır. Toplam 2 pozitif olduğundan m > 3 için iki kök de pozitiftir. −2 ≤ m ≤ 5 aralığındaki tam sayı çözümleri m = 4 ve m = 5’tir; değer sayısı 2’dir.
Cevap: A
[/su_box]
Dikkat
a = 0 olduğunda denklem ikinci dereceden değildir; Δ ölçütü kök sayısını yalnız a ≠ 0 iken sınıflandırır. Bu durumda doğrusal veya sabit denklemin çözüm koşulları kullanılır.
Çarpanlara Ayırma ve Sıfır Çarpım İlkesi
İfade çarpanlara ayrılabiliyorsa her çarpanı sıfıra eşitlemek kök formülünden daha hızlıdır. Birden çok çarpan verildiğinde ise bulunan köklerle yeni bir polinom kurmak gerekebilir.
Örnek - 2
(x2 − 5x + 6)(x2 − x − 6) = 0
denkleminin farklı gerçek kökleri r1, r2, r3 olsun. Kökleri r1 + 1, r2 + 1 ve r3 + 1 olan monik üçüncü dereceden R(x) için R(2) kaçtır?
A) 2
B) 4
C) 6
D) 8
E) 10
Farklı kökler −2, 2 ve 3’tür. Yeni kökler −1, 3 ve 4 olur. Dolayısıyla R(2) = (2 + 1)(2 − 3)(2 − 4) = 6 bulunur.
Cevap: C
Bilinen Kökten Parametre ve Diğer Köke Geçme
Bir kökün değeri verilmişse o değeri denkleme yazmak, parametreyi bulmanın en kısa yoludur. Kökler doğrudan istenirse kök formülü kullanılır:
x = −b ± √Δ2a
Bir parametre değerinin geçerliliği, sorudaki pozitiflik ve farklı kök koşullarını sağlamasına bağlıdır.
Örnek - 3
m reel sayı olmak üzere
x2 − (2m − 1)x + m2 − 4m + 3 = 0
denkleminin pozitif ve birbirinden farklı iki kökü vardır. Köklerden biri 1 olduğuna göre diğer kök kaçtır?
A) 0
B) 2
C) 4
D) 6
E) 8
x = 1 yazılırsa m2 − 6m + 5 = 0; buradan m = 1 veya m = 5 gelir. m = 1 için kökler 0 ve 1 olduğundan pozitiflik şartı bozulur. m = 5 için denklem x2 − 9x + 8 = 0 olur; diğer kök 8’dir.
Cevap: E
DİSKRİMİNANT İLE KÖK SAYISI, İŞARETİ VE KISITLAR
Diskriminant ve Gerçek Kök Sayısı
Δ = b2 − 4ac
Durum
Kökler
Parabolün x ekseniyle ilişkisi
Δ > 0
İki farklı gerçek kök
İki farklı noktada keser.
Δ = 0
Çakışık kök
Bir noktada teğettir.
Δ < 0
Gerçek kök yok
X eksenini kesmez.
Örnek - 4
m bir tam sayı olmak üzere
x2 − 2(m + 1)x + m2 − 5 = 0
denkleminin kökleri zıt işaretlidir ve kökler arasındaki uzaklık 6’dan küçüktür. Buna göre kaç farklı m değeri vardır?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
Zıt işaret için kökler çarpımı m2 − 5 negatiftir; m = −2, −1, 0, 1, 2 olur. Kökler arası uzaklığın karesi Δ’dır. Δ = 8m + 24 ve √Δ < 6 olduğundan m < 3/2 bulunur. Ortak değerler −2, −1, 0 ve 1; yani dört tanedir.
Cevap: C
Tam Sayı Kök ve Tam Kare Diskriminant
Tam sayı kök şartında diskriminantın tam kare olması gerekir. Kök formülündeki paydanın 2a olduğunu da unutmadan, tam kare koşulunu çarpan çiftleriyle birlikte çözmek gerekir.
Örnek - 5
m pozitif tam sayı olmak üzere
x2 − (m + 3)x + 2m = 0
denkleminin iki farklı tam sayı kökü vardır. Buna göre m ile büyük kökün toplamı kaçtır?
A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
E) 8
Δ = (m + 3)2 − 8m = (m − 1)2 + 8 olur. Δ = n2 yazılırsa n2 − (m − 1)2 = 8’dir. Uygun çarpan çifti 2 ve 4 olduğundan m = 2, n = 3 gelir. Denklem x2 − 5x + 4 = 0; büyük kök 4 ve istenen toplam 6’dır.
Cevap: C
Kök İşareti ile Kök Uzaklığını Birleştirme
Köklerin ikisinin de pozitif olması için toplam ve çarpım pozitif; ikisinin de negatif olması için toplam negatif ve çarpım pozitif olmalıdır. Kök farkı ise (x1 − x2)2 = Δ/a2 bağıntısıyla denetlenir.
Örnek - 6
(m − 1)x2 − 2(m + 1)x + m + 3 = 0
denkleminin iki kökü de pozitif ve aralarındaki uzaklık 2 olduğuna göre m kaçtır?
A) −1
B) 0
C) 1
D) 2
E) 3
Δ = 16 ve x = 1 bir köktür. Diğer kök m + 3m − 1‘dir. Kök farkı |4/(m − 1)| = 2 olduğundan m = 3 veya −1 çıkar. m = −1 için diğer kök −1 olduğundan pozitiflik şartı bozulur; m = 3 uygundur.
Cevap: E
Diskriminantın Grafiksel Anlamı
Parabolün x eksenini kestiği apsisler, ikinci dereceden denklemin gerçek kökleridir. Kesişim sayısı diskriminantın işaretiyle belirlenirken kesişim noktalarının apsisleri denklemin köklerini verir.
İki kesişim, iki farklı gerçek kökü gösterir; bu örnekte Δ pozitiftir.
Δ > 0İki farklı kök
→
Δ = 0Çift katlı kök
→
Δ < 0Gerçek kök yok
Dikkat
Δ > 0 yalnız gerçek köklerin varlığını söyler. Köklerin pozitif ya da negatif oluşu için kökler toplamı ve çarpımı ayrıca incelenmelidir.
KÖK-KATSAYI İLİŞKİLERİ: VİETA VE TÜRETİLMİŞ İFADELER
Kökler Toplamı, Çarpımı ve Farkın Karesi
a·x2 + b·x + c = 0 denkleminin kökleri α, β ise α + β = −b/a ve αβ = c/a’dır. Buradan α2 + β2 = (α + β)2 − 2αβ ve (α − β)2 = (α + β)2 − 4αβ elde edilir.
Örnek - 7
2x2 − 7x − 4 = 0 denkleminin kökleri α ve β’dir. Buna göre
Kökleri r1, r2 olan ikinci dereceden polinom k(x − r1)(x − r2) biçimindedir. k, polinomun bir noktadaki değeri verilirse bulunur.
Örnek - 11
İkinci dereceden P(x) polinomunun kökleri −2 ve 3’tür. P(4) = 18 olduğuna göre P(−1) kaçtır?
A) −18
B) −12
C) −6
D) 6
E) 12
P(x) = k(x + 2)(x − 3) olur. P(4) = 6k = 18 olduğundan k = 3’tür. P(−1) = 3·1·(−4) = −12.
Cevap: B
Kareleri Kök Olan Denklem
Yeni kökler α2, β2 ise yeni toplam (α + β)2 − 2αβ; yeni çarpım (αβ)2‘dir.
Örnek - 12
3x2 − 7x + 1 = 0 denkleminin kökleri α ve β’dir. Kökleri α2 ve β2 olan yeni denklemi ax2 + bx + c = 0 biçiminde yazalım. a, b ve c tam sayılar, a > 0 ve EBOB(a,b,c) = 1 olduğuna göre katsayılar toplamı a+b+c kaçtır?
A) −43
B) −33
C) −23
D) 33
E) 43
α + β = 7/3 ve αβ = 1/3’tür. Yeni köklerin toplamı (α + β)2 − 2αβ = 43/9, çarpımı (αβ)2 = 1/9 olur. Monik denklem x2 − (43/9)x + 1/9 = 0’dır. Paydaları temizleyince 9x2 − 43x + 1 = 0 elde edilir; EBOB(9,43,1) = 1 ve baş katsayı pozitiftir. Katsayılar toplamı 9 − 43 + 1 = −33’tür.
Cevap: B
Köklere Sabit Ekleme
Yeni kökler α + k ve β + k ise toplam α + β + 2k, çarpım αβ + k(α + β) + k2 olur.
Örnek - 13
2x2 − 5x − 3 = 0 denkleminin kökleri α ve β’dir. Kökleri α + 2 ve β + 2 olan yeni denklemi ax2 + bx + c = 0 biçiminde yazalım. a, b ve c tam sayılar, a > 0 ve EBOB(a,b,c) = 1 olduğuna göre katsayılar toplamı a+b+c kaçtır?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
α + β = 5/2 ve αβ = −3/2’dir. Yeni köklerin toplamı 13/2, çarpımı 15/2 olur. Monik denklem x2 − (13/2)x + 15/2 = 0’dır. Paydaları temizleyince 2x2 − 13x + 15 = 0 elde edilir; EBOB(2,13,15) = 1 ve baş katsayı pozitiftir. Katsayılar toplamı 2 − 13 + 15 = 4’tür.
Cevap: C
Ters ve İşaret Değiştirilmiş Kökler
Bir kökün işareti değiştiriliyorsa α ve β’nin sırası önemlidir. Ters köklerde ise yeni çarpım 1/(αβ), toplam (α + β)/(αβ) üzerinden kurulur.
Örnek - 14
x2 − 7x + 10 = 0 denkleminin kökleri α = 2 ve β = 5’tir. Kökleri 1/α ve −1/β olan yeni denklemi ax2 + bx + c = 0 biçiminde yazalım. a, b ve c tam sayılar, a > 0 ve EBOB(a,b,c) = 1 olduğuna göre katsayılar toplamı a+b+c kaçtır?
A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
E) 8
Yeni kökler 1/2 ve −1/5’tir. Toplamları 3/10, çarpımları −1/10’dur. Monik denklem x2 − (3/10)x − 1/10 = 0’dır. Paydaları temizleyince 10x2 − 3x − 1 = 0 elde edilir; EBOB(10,3,1) = 1 ve baş katsayı pozitiftir. Katsayılar toplamı 10 − 3 − 1 = 6’dır.
Cevap: C
Grafikten Kök Okuyup Yeni Denklem Kurma
Grafiğin x eksenini kestiği noktalardaki apsisler, P(x) = 0 denkleminin α ve β kökleridir. Bu örnekte yeni R(x) polinomunun kökleri α + β ve αβ olarak tanımlandığından, önce grafikten α ve β okunur; ardından R polinomunun kökleri ve R(2) hesaplanır.
Örnek - 15
Aşağıdaki y = P(x) grafiğinin x eksenini kestiği noktaların apsisleri α ve β’dir.
Kökleri α + β ve αβ olan monik ikinci dereceden R(x) polinomu için R(2) kaçtır?
A) −8
B) −6
C) −4
D) 4
E) 6
Grafikten α = −1, β = 4 okunur. Yeni kökler α + β = 3 ve αβ = −4’tür. R(x) = (x − 3)(x + 4) = x2 + x − 12 olur. R(2) = −6’dır.
Cevap: B
Dikkat
Kökleri α + k ve β + k olan yeni denklemde yalnız toplam değil, çarpım da değişir: αβ + k(α + β) + k2.
ORTAK KÖK VE İKİ DENKLEMİ BİRLİKTE OKUMA
Ortak Kök Koşulunu Çarpanlarla Okuma
İki denklem ortak köke sahipse aynı sayı iki denklemi de sağlar. “Yalnız bir ortak kök” ifadesi, ikinci ortak kök ihtimalinin elenmesini ister.
Örnek - 16
P(x) = x2 − (m + 1)x + m ve Q(x) = x2 − 5x + 6 denklemlerinin yalnız bir ortak kökü vardır. P’nin kökleri arasındaki uzaklık 2 olduğuna göre m kaçtır?
A) −1
B) 0
C) 1
D) 2
E) 3
P(x) = (x − 1)(x − m), Q(x) = (x − 2)(x − 3)’tür. |m − 1| = 2 olduğundan m = 3 veya −1 gelir. m = −1 için ortak kök yoktur; m = 3 için ortak kök yalnız 3’tür.
Cevap: E
Denklem Sistemlerinde Ortak Kök ve Ters Toplamı
Bir parametreli denklem ailesi sabit bir kök taşıyabilir. İki farklı parametre için kalan kökler karşılaştırıldığında, ortak kök ile sayı teorisi koşulları birlikte kullanılabilir.
Örnek - 17
P(x) = x2 − (m + 2)x + 2m ve Q(x) = x2 − (n + 2)x + 2n denklemlerinin her birinin iki farklı pozitif kökü vardır. m ve n farklı pozitif tam sayılar, P ile Q’nun yalnız bir ortak kökü ve 1/m + 1/n = 7/12 olduğuna göre m + n kaçtır?
A) 5
B) 6
C) 7
D) 8
E) 9
P(x) = (x − 2)(x − m), Q(x) = (x − 2)(x − n)’dir. İki farklı kök şartı m, n ≠ 2’dir. 12(m + n) = 7mn eşitliğinin pozitif tam sayı çözümlerinde (2, 12) çifti köklerin farklılığına aykırıdır. Uygun çift 3 ve 4 olur; toplam 7’dir.
Cevap: C
Denklemleri Çıkararak Ortak Kökü Bulma
Baş katsayıları aynı olan iki denklemi çıkarmak, ortak kökün sağlaması gereken daha düşük dereceli bir bağıntı verir.
Örnek - 18
p ≠ q olmak üzere x2 − px + q = 0 ile x2 − qx + p = 0 denklemlerinin ortak bir gerçek kökü vardır. İlk denklemin köklerinden biri 4 olduğuna göre p2 + q2 kaçtır?
A) 17
B) 20
C) 25
D) 29
E) 41
Denklemler çıkarılırsa (q − p)(x + 1) = 0 elde edilir. p ≠ q olduğundan ortak kök −1’dir. İlk denklemin kökleri −1 ve 4 olduğundan p = 3, q = −4; sonuç 9 + 16 = 25’tir.
Cevap: C
DÖNÜŞTÜRÜLMÜŞ, RASYONEL VE KÖKLÜ DENKLEMLER
Yerine Koyma ile İkinci Dereceye İndirme
x4 içeren ifadelerde t = x2 dönüşümü yapılır. t çözüldükten sonra x’e dönüşte t’nin negatif olamayacağı ve pozitif-negatif kök çiftlerinin kontrol edilmesi gerekir.
Örnek - 19
x4 − 13x2 + 36 = 0
denkleminin pozitif kökleri a ve b’dir. a/b + b/a kaçtır?
A) 5/2
B) 13/6
C) 7/3
D) 5/3
E) 2
t = x2 için t2 − 13t + 36 = 0; t = 4 veya 9 bulunur. Pozitif kökler a = 2, b = 3’tür. a/b + b/a = 2/3 + 3/2 = 13/6.
Cevap: B
Rasyonel Denklemlerde Tanımsız Değerler
Paydaları sıfır yapan değerler çözüm adımlarının en başında dışlanır. Paydalar eşitlendikten sonra oluşan ikinci dereceden denklemin her kökü, bu yasak değerlerle kontrol edilir.
Örnek - 20
x − 1x + 2 + x + 2x − 1 = 103
denkleminin pozitif kökünün karesi kaçtır?
A) 9/4
B) 16/4
C) 25/4
D) 36/4
E) 49/4
x ≠ 1, −2 olmalıdır. Paydalar eşitlenirse 4x2 + 4x − 35 = 0 elde edilir. Kökler 5/2 ve −7/2’dir; ikisi de yasak değildir. Pozitif kökün karesi 25/4’tür.
Cevap: C
Köklü ve Mutlak Değerli Denklemlerde Doğrulama
Karesini alma çözüm kümesini genişletebilir; özgün denklemde eşitliği sağlamayan adaylar çözüm kabul edilmez.
Örnek - 21
√(2x + 3) = |x − 2|
denkleminin çözümlerinin kareleri toplamı kaçtır?
A) 26
B) 30
C) 32
D) 34
E) 36
Karesini alırsak 2x + 3 = (x − 2)2, yani x2 − 6x + 1 = 0 olur. Kökler 3 ± 2√2’dir ve ikisi de özgün ifadeyi sağlar. Kareler toplamı 62 − 2·1 = 34’tür.
Cevap: D
Dikkat
Rasyonel denklemlerde paydaları sıfır yapan değerleri; köklü denklemlerde ise karesini alma sonrasındaki adayları mutlaka özgün denklemde kontrol et.
MODELLEME VE GRAFİK OKUMA UYGULAMALARI
Alan Modelinden Denklem Kurma
Alan, uzunluk ve zaman sorularında denklemin cebirsel kökü ile fiziksel olarak geçerli değer aynı olmayabilir. Model köklerinin fiziksel olarak kabulü, birim ve işaret koşullarının sağlanmasına bağlıdır.
Örnek - 22
Bir dikdörtgenin kenarları ve alanı aşağıdaki gibidir.
Kısa kenarx − 2 cm
Uzun kenarx + 5 cm
Alan60 cm²
Geometrik koşulx > 2
Dikdörtgenin çevresi kaç santimetredir?
A) 28
B) 30
C) 32
D) 34
E) 36
(x − 2)(x + 5) = 60 denklemi x2 + 3x − 70 = 0 verir. Kökler 7 ve −10’dur. x > 2 olduğundan x = 7 seçilir; kenarlar 5, 12 ve çevre 34 cm olur.
Cevap: D
Gerçek Yaşam Modelinde Köklerin Farkı
Bir hedef değere ulaşma zamanları, modeldeki ikinci dereceden denklemin kökleridir. Kök farkı sorulduğunda çözüm anlarını bulup farkını almak veya diskriminantı yorumlamak gerekir.
Örnek - 23
Bir ortamın sıcaklığı t dakika sonra T(t) = t2 − 8t + 20 ile modellenmektedir. Sıcaklığın 8°C olduğu iki an arasındaki süre kaç dakikadır?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
T(t) = 8 için t2 − 8t + 12 = 0 olur. Çözüm anları 2 ve 6 dakikadır; aralarındaki süre 4 dakikadır.
Cevap: C
Grafikte Yatay Doğru ve Parametre
y = f(x) grafiği ile y = k doğrusunun kesişimleri f(x) = k denkleminin kökleridir. Yatay doğrunun konumu kök sayısını, denklemdeki sabit terim ise köklerin çarpımını belirler.
Örnek - 24
Aşağıdaki grafikte y = f(x) parabolü verilmiştir.
k tam sayı olmak üzere f(x) = k denkleminin iki farklı pozitif kökü vardır. Bu köklerin çarpımının alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?
A) 3
B) 4
C) 5
D) 6
E) 7
Grafikteki başlık ve işaretli noktalar f(x) = x2 − 4x + 3 bağıntısını verir. f(x) = k eşitliği x2 − 4x + (3 − k) = 0 biçimine dönüşür. İki farklı kök için Δ = 4 + 4k > 0, pozitif kökler için çarpım 3 − k > 0 gerekir. Tam sayı k değerleri 0, 1, 2; karşılık gelen kök çarpımları 3, 2 ve 1’dir. Toplam 6 bulunur.
Cevap: D
Dikkat
Alan, uzunluk ve zaman sorularında negatif ya da tanımsız kök fiziksel olarak geçersiz olabilir. Negatif veya tanımsız kökler modelde fiziksel çözüm olmayabilir; kabul edilen köklerin model koşullarını sağlaması gerekir.
BİRDEN FAZLA İLİŞKİYİ BİRLEŞTİREN AYT SORULARI
Köklere Önce Toplama, Sonra Ters Alma
α + 1 ve β + 1 kökleri ters çevrildiğinde yeni köklerin çarpımı 1/[(α + 1)(β + 1)] olur.
Örnek - 25
Pm(x) = x2 − (m + 4)x + 3m + 3 denkleminin kökleri α ve β’dir. Kökleri 1/(α + 1) ve 1/(β + 1) olan yeni denklemin kökler çarpımı 1/24’tür. Yeni denklemi ax2 + bx + c = 0 biçiminde yazalım. a, b ve c tam sayılar, a > 0 ve EBOB(a,b,c) = 1 olduğuna göre katsayılar toplamı a+b+c kaçtır?
A) 11
B) 13
C) 15
D) 17
E) 19
Pm(x) = (x − 3)(x − m − 1)’dir; (α + 1)(β + 1) = 4(m + 2), dolayısıyla yeni köklerin çarpımı 1/[4(m + 2)]’dir. Bu değer 1/24 olduğundan m = 4; yeni kökler 1/4 ve 1/6 olur. Toplamları 5/12, çarpımları 1/24’tür. Monik denklem x2 − (5/12)x + 1/24 = 0’dır. Paydaları temizleyince 24x2 − 10x + 1 = 0 elde edilir; EBOB(24,10,1) = 1 ve baş katsayı pozitiftir. Katsayılar toplamı 24 − 10 + 1 = 15’tir.
Cevap: C
Bir Denklemden İki Yeni Kök Üretme
Özgün denklemin kökler toplamı ve çarpımı, yeni bir denklemin kökleri hâline getirildiğinde iki ayrı Vieta katmanı oluşur.
Örnek - 26
Pm(x) = x2 − (m + 2)x + 2m denkleminin iki farklı pozitif kökü α ve β’dir. Kökleri α + β ve αβ olan monik R(x) polinomu için R(2) = 12 olduğuna göre R’nin katsayılar toplamı kaçtır?
A) 16
B) 18
C) 20
D) 22
E) 24
Pm(x) = (x − 2)(x − m) olduğundan α + β = m + 2 ve αβ = 2m’dir. R(x)’in kökleri α + β ve αβ olduğuna göre R(2) = [2 − (m + 2)](2 − 2m) = 2m(m − 1) = 12. Buradan m2 − m − 6 = 0, yani m = 3 veya m = −2 bulunur. α ve β’nin ikisi de pozitif olduğundan m > 0; bu nedenle m = 3’tür. Yeni polinomun kökleri α + β = 5 ve αβ = 6 olur: R(x) = (x − 5)(x − 6) = x2 − 11x + 30. Katsayılar toplamı 1 − 11 + 30 = 20’dir.
Cevap: C
Parametreyi Kareler Toplamından Bulma
Köklerin kareleri toplamı parametreyi belirledikten sonra ters köklerin toplamı, aynı iki temel Vieta bilgisiyle hesaplanır.
Örnek - 27
2x2 − (m + 3)x + m = 0 denkleminin iki farklı pozitif kökü α ve β’dir. α2 + β2 = 11 olduğuna göre (1/α + 1/β)2 kaçtır?
A) 36/25
B) 49/25
C) 64/25
D) 81/25
E) 4
α + β = (m + 3)/2, αβ = m/2’dir. Kareler toplamı koşulu [(m + 3)2/4] − m = 11 verir; m = 5 veya −7 olur. Pozitif kök şartıyla m = 5 seçilir. Böylece α + β = 4, αβ = 5/2 ve 1/α + 1/β = 4 ÷ (5/2) = 8/5’tir. Karesi 64/25 olur.
Cevap: C
Ters Dönüşümle Başlangıç Polinomunu Geri Kurma
Yeni denklemin kökleri α + 1 ve 1/β dönüşümlerinden geliyorsa, bu eşitlikler özgün kökleri ters dönüşümle verir. Pozitiflik koşulu hangi yeni kökün hangi dönüşüme karşılık geldiğini belirleyebilir.
Örnek - 28
P(x) monik ikinci dereceden bir polinom ve pozitif kökleri α ile β olsun. Kökleri α + 1 ve 1/β olan denklem
4t2 − 25t + 6 = 0
olduğuna göre P(−1) kaçtır?
A) 20
B) 24
C) 26
D) 28
E) 30
Verilen denklemin kökleri 6 ve 1/4’tür. α pozitif olduğu için α + 1 = 6, yani α = 5; 1/β = 1/4, yani β = 4’tür. P(x) = x2 − 9x + 20 ve P(−1) = 30 bulunur.
Cevap: E
Dikkat
α + 1 = 6 eşitliği α = 5, 1/β = 1/4 eşitliği ise β = 4 sonucunu verir; bu örnek kök dönüşümünün tersini gösterir.
İkinci dereceden denklem sorularında önce denklemin derecesi belirlenir. Kök sayısını diskriminant, köklerin toplamı ve çarpımını Vieta bağıntıları açıklar. Kök dönüşümlerinde yeni toplam ve çarpım bu iki temel değerden türetilir; rasyonel, köklü ve modelleme sorularında bulunan adaylar özgün koşullarla karşılaştırılır.
