Son İletiler

Sayfa: [1] 2 3 ... 10
1
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 09:51:10 ös »
Problem:
$(k_2=1/3, N=1.6) \equiv (c=15^\circ, a_2=60^\circ) \Longrightarrow a_1=45^\circ$



Çözüm:

$[AC]$ üzerinde $ADE$ eşkenar üçgen olacak şekilde $E$ noktası alalım. $DEC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$ olsun. $EO$ ile $CD$, $F$ de kesişsin.

$\angle ADE = 60^\circ$, $\angle EDF = 45^\circ$, $\angle EOC = 90^\circ$. $\angle FDO = \angle FCO = 30^\circ$.
$DC=3$ ise $DO=CO=\sqrt 3$.
$OF=1$, $FC=2$, $DF=1$.
$\triangle ABD$ ile $\triangle DFE$ üçgenlerini inceleyelim.
$AB=DF$ ve $\angle ADB = \angle DEF = 75^\circ$ olduğu için Sinüs teoremi gereği $\sin \angle ABD = \sin \angle DFE = \sin 60^\circ$ olacaktır. $\angle ABD = 120^\circ$ olamayacağı için $\angle ABD = 60^\circ$ dir.
 
2
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 09:10:46 ös »
Problem:
$(k_2=1/3, N=1.3) \equiv (b=60^\circ, a_1=45^\circ) \Longrightarrow a_2=60^\circ$



Çözüm 1:

$AB$ ye $A$ da dik olan doğru, $BC$ yi $E$ de kessin.
$\triangle BAE$ dik üçgeninde $AD$ açıortaydır.
$AB=1$ ise $BE=2$, $AE=\sqrt 3$. Açıortay Teoreminden $BD=\sqrt 3 - 1$ ve $DE=3 - \sqrt 3$. Bu durumda, $EC=3-(3- \sqrt 3) = \sqrt 3 = AE$.
$\angle CAD = 45^\circ + 15^\circ = 60^\circ$. $\blacksquare$

Çözüm 2:

Karakteristik trigonometrik denklemden,

$\dfrac {AB}{CD} = \dfrac {\sin \angle ADC \cdot \sin \angle ACD}{\sin \angle ABC \cdot \sin \angle ACB}$

$\dfrac 13 = \dfrac {\sin 105^\circ \sin (75^\circ - \alpha)}{\sin 60^\circ \sin \alpha}$.

$\dfrac 13 = \dfrac {\cos 15^\circ \sin (75^\circ - \alpha)}{\frac {\sqrt 3}2 \cdot \sin \alpha} \cdot \dfrac {\sin 15^\circ}{\sin 15^\circ}$.

$\dfrac {\sin \alpha}{\sin (75^\circ - \alpha)} = \dfrac {\sin 30^\circ \cdot \sqrt 3}{ \sin 15^\circ} = \dfrac {\sin 60^\circ}{\sin 15^\circ}$.

$\alpha = 60^\circ$. $\blacksquare$
3
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 03:16:28 ös »
Problem:
$(k_2=1/3, N=1.4) \equiv (b=60^\circ, a_2=60^\circ) \Longrightarrow a_1=45^\circ$



Çözüm 1:
$\angle BAE = 60^\circ$ olacak şekilde $[BC]$ üzerinde $E$ noktası alalım. ($E$, $[BD]$ üzerinde olamaz.)




$AB=1$, $BD=x$ dersek; $DE=1-x$, $AE=1$.
$AD^2 = AB\cdot AC - BD\cdot DE = 1 - x(1-x) = x^2 - x+1$.
$\triangle ADE \sim \triangle ACD$ olduğu için $AD^2 = DE\cdot DC = 3(1-x)$.

$x^2 - x + 1 = 3 - 3x \Longrightarrow x^2 + 2x - 2 = 0$. Buradan $x=\sqrt 3 - 1$.
$D$ den $AB$ ye inilen yüksekliğin ayağı $H$ olsun.
$BH=\dfrac {\sqrt 3 - 1}{2}$, $DH=\dfrac {3-\sqrt 3 }{2}$, $HA = 1 - \dfrac {\sqrt 3 - 1}{2} = \dfrac {3-\sqrt 3}{2}$.
Bu durumda, $HA=DH$ ve $\angle BAD = 45^\circ$ olur. $\blacksquare$


Çözüm 2:
Karakteristik trigonometrik denklemden,

$\dfrac {AB}{CD} = \dfrac {\sin \angle ADC \cdot \sin \angle ACD}{\sin \angle ABC \cdot \sin \angle ACB}$

$\dfrac 13 = \dfrac {\sin ( 60^\circ + \alpha) \sin (60^\circ - \alpha)}{\sin 60^\circ \sin 60^\circ}$.

$2\sin ( 60^\circ + \alpha) \sin (60^\circ - \alpha) = \cos 2\alpha - \cos 120^\circ$.

$\dfrac 12 = \cos 2\alpha + \dfrac 12 \Longrightarrow 2\alpha = 90^\circ$ ve $\alpha = 45^\circ$. $\blacksquare$
4
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 01:55:22 öö »
Problem:
$(k_2=1/3, N=1.1) \equiv (b=60^\circ, c=15^\circ) \Longrightarrow a_1=45^\circ$




Çözüm 1:



$DC=3\cdot AB=3$ olsun.
$BA$ ya $A$ da dik olan doğru $BC$ yi $E$ de kessin.
$\angle AEB= 2\angle ACE = 2\angle EAC = 30^\circ$.
$BE=2$ ve $AE=EC=\sqrt 3$.
$DE=3-\sqrt 3$ ve $BD=2-(3-\sqrt 3) = \sqrt 3 - 1$.
$AB:AE = DB:DE$ olduğu için $\triangle BAE$ de $AD$ açıortay ve $\angle BAD = 45^\circ$. $\blacksquare$

Çözüm 2:

Karakteristik trigonometrik denklemden,

$\dfrac {AB}{CD} = \dfrac {\sin \angle ADC \cdot \sin \angle ACD}{\sin \angle ABC \cdot \sin \angle ACB}$

$\dfrac 13 = \dfrac {\sin ( 60^\circ + \alpha) \sin 15^\circ}{\sin 60^\circ \sin (105^\circ - \alpha)}$.

$\begin{aligned}
\dfrac {\sin ( 120^\circ - \alpha)}{\sin (105^\circ - \alpha)} &= \dfrac {\sin 60^\circ}{3\sin 15^\circ} \cdot \dfrac {\sin 75^\circ}{\sin 75^\circ} \\
&= \dfrac {\sin 75^\circ}{2\sqrt 3 \sin 15^\circ \sin 75^\circ} \\
&= \dfrac {\sin 75^\circ}{\sqrt 3 \cdot \sin 30^\circ} \\
&= \dfrac {\sin 75^\circ}{\sin 60^\circ}
\end{aligned}$.

Bu durumda $\alpha = 45^\circ$ olur. $\blacksquare$
5
Fantezi Geometri / Ynt: (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 12:07:44 öö »
Problem: $(k_2=1/3, N=1.0) \equiv (b=60^\circ, c=15^\circ, d=105^\circ) \Longrightarrow k_2=1/3 $



Çözüm 1:

$[DC]$ üzerinde $AE=EC$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.



$\angle BAD = \angle DAE = 45^\circ$, $\angle AEB = 30^\circ$.
$AB=1$ dersek, $AE=EC=\sqrt 3$, $BE=2$.
$\triangle BAE$ de, iç açıortay teoreminden $BD = \sqrt 3 - 1$, $DE = 3 - \sqrt 3$.
Bu durumda $DC = 3-\sqrt 3 + 3 = 3$. $\blacksquare$

Çözüm 2:

$[AC]$ üzerinde $\triangle ADE$ eşkenar üçgen olacak şekilde $E$ noktası alalım.



$CDE$ nin çevrel merkezi $O$ olsun. $OE$ ile $CD$, $F$ de kesişsin.
$\angle EDC = 45^\circ$, $\angle EOC = 90^\circ$, $\angle CFO = 60^\circ$, $\angle FDO = \angle DOF = \angle FCO = 30^\circ$.
$AD = DE$ ve iç açıları eşit olduğu için $\triangle ABD \cong \triangle DFE$. Bu durumda, $AB=DF=1$.
$DF=FO=1$, $\triangle FCO$ da $FC=2\cdot FO = 2$.
$CD=2+1=3$. $\blacksquare$

Çözüm 3:

$k_2$ problemlerinin karakteristik trigonometrik denklemini $AB/AD$ ve $AD/AC$ oranlarını taraf tarafa çarparak bulabiliriz.
Sonuç olarak şöyle bir denklem elde ederiz.

$\dfrac {AB}{CD} = \dfrac {\sin \angle ADC \cdot \sin \angle ACD}{\sin \angle ABC \cdot \sin \angle ACB}$

Bu soru özelinde,

$\dfrac {AB}{CD} = \dfrac {\sin 105^\circ \cdot \sin 15^\circ}{\sin 60^\circ \cdot \sin 60^\circ} = \dfrac {2\cos 15^\circ \sin 15^\circ}{2\sin ^2 60^\circ} = \dfrac {\frac 12}{\frac 32} = \dfrac 13$. $\blacksquare$



6
Fantezi Geometri / (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 12:03:36 öö »
Üçgende Kesenin Kenarlarla Yaptığı Açı Üzerine konusunda anlatılan $(k_2=1/3, N=1)$ problemine ait çözümleri doğrudan ya da dolaylı olarak (ilgili konuya link vererek) bu başlık altında toplayacağız.
Öncelikle, soruyu hatırlatmak gerekirse;

$ABC$ üçgeninin $BC$ kenarı üzerinde $AB:DC=1/3$ olacak şekilde $D$ noktası alınıyor. $\angle ABC = b = 60^\circ$, $\angle ACB = c = 15^\circ$, $\angle BAC = a = 105^\circ$, $\angle ADC = d = 105^\circ$, $\angle BAD = a_1 = 45^\circ$, $\angle CAD = a_2 = 60^\circ$ açıları verilen şartı sağlamakta. Bunlardan herhangi ikisi verildiğinde diğerlerinin bulunmasının sorulduğu sorular aşağıdaki tabloda verilmiştir.

$$
\begin{array}{l|l|l||l|}
k & N & \textbf{Soru} & \textbf{Cevap} \\
\hline
k_2=1/3 & 1.0 & (b=60^\circ, c=15^\circ, d=105^\circ) & k_2=1/3 \\
& 1.1 & (k_2=1/3, b=60^\circ, c=15^\circ) & a_1=45^\circ \\
& 1.2 & (k_2=1/3, a=105^\circ, d=105^\circ) & a_1=45^\circ \\
& 1.3 & (k_2=1/3, b=60^\circ, a_1=45^\circ) & a_2=60^\circ \\
& 1.4 & (k_2=1/3, b=60^\circ, a_2=60^\circ) & a_1=45^\circ \\
& 1.5 & (k_2=1/3, c=15^\circ, a_1=45^\circ) & a_2=60^\circ \text { veya } a_2 = ? \\
& 1.6 & (k_2=1/3, c=15^\circ, a_2=60^\circ) & a_1=45^\circ \\
& 1.7 & (k_2=1/3, a_1=45^\circ, a_2=60^\circ) & b=60^\circ \\

\end{array}
$$

İlgili soruların forumda işlendiği başlıklar:

1.0
1.1
1.3
1.4
1.6

7
Konu Dışı / AYT 2026 23. Matematik Sorusuna Çözüm
« Son İleti Gönderen: ygzgndgn Haziran 30, 2026, 11:27:24 öö »
Bahsi geçen soru ekte verilmiştir. Burada önemli bir nokta güncel olarak dolaşımda olan integralli çözümlerin tümünün $f'$ fonksiyonunun integrallenebilir olduğunu varsaymasıdır. Sorunun iptalini doğru bulmayan pek çok öğrenci ve öğretmen bu temelde integralli çözümlere itiraz etmişlerdir. Her ne kadar kanımca soruda verilen grafikten bu çıkarımı yapmak çok isabetli olmasa bile bu kişiler verilen türev grafiğinde ÖSYM'nin net bir şekilde belirtmediği ancak sadece grafikten de çıkarılamayacak bazı patolojik özellikler olduğunu öne sürmüşlerdir. Bunun sınav sorusunun değerlendirilmesi için uygun bir açı olmadığını düşünmekle beraber tartışmanın kendisini üretken buluyorum.

Grafikten hiçbir patolojik olmayan özelliği (süreklilik vb.) varsaymadan net olarak çıkarılabilen bilgiler şunlar:
$f'$ bir türev fonksiyonu ve $[3,4]$ aralığında sınırlı,
$x\in[3,4]$ için $f'(x)<f'(4)$,
$f(4)>0$,
$f'(4)=f(4)$ sağlanıyor ve ikisi de reel sayı. (sonsuza gitmiyorlar)

Gerçekten sadece bu bilgileri kullanarak $f'(x)$ fonksiyonunun doğrudan Riemann integrallenebilir olduğunu söylemek mümkün değil. Bunun için uygun karşı örneği https://geomania.org/forum/index.php?topic=9717.msg27084;topicseen#new iletisinde veriyorum. Buna karşın buradaki bilgilerden faydalanılarak $f'$ fonksiyonunun ölçülebilir yani Lebesgue integrallenebilir olmak zorunda olduğu sonucuna varıyoruz. Bunun ispatını da https://geomania.org/forum/index.php?topic=9716.msg27083;topicseen#new iletisinde verdim. Yani sonuç olarak elimizde Riemann integrallenebilir olmak zorunda olmayan ama kesinlikle Lebesgue integrallenebilir olan bir $f'$ fonksiyonu var. Öyleyse burada integral çözümünü Riemann değil Lebesgue integraliyle tekrar edebiliyoruz.
$$f'(x)<f'(4)\Leftrightarrow \int_{[3,4]} f'(x)d\lambda=f(4)-f(3)<\int_{[3,4]} f'(4)d\lambda=f'(4)\lambda([3,4])=f'(4)(4-3)=f'(4)=f(4)\Leftrightarrow f(3)>0$$
sağlanmak zorundadır. Lebesgue integrallerinde eşitsizlikler korunur ve Kalkülüsün Temel Teoremini uygulamak mümkündür. $f(4)>0$ verili olduğundan $[3,4]$ aralığında fonksiyonun bir kökünün bulunması imkansızdır.

Tabii ki de lise müfredatının ötesinde matematik bilmeyen herhangi birisinin bu çözümü yapması mümkün olmadığı için Lokman Hocamla aynı fikirdeyim. Burada ifade edilen teknik detaylar sorunun iptal edilmesi için fazladan sebep oluşturuyor.
8
Sayılar Teorisi / Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları {PDF haline getirilmiştir. Ektedir.}
« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 30, 2026, 10:55:20 öö »
114) $x^2=2^n+3^n+6^n$ denkleminde varsayalım ki $n$ bir tek tamsayı olsun. Bu durumda $n>1$  için $x^2\equiv -1 \pmod 4$ elde edilir ve bu imkansız olduğundan çözüm gelmez. $n=1$  denenirse $x^2=11$ elde edilir ve bu da imkansızdır.

$n=0$  ise $x^2=3$ olduğundan çözüm gelmez. O halde bu denklemin çözümü varsa $n=2k$ , $k\in \mathbb{Z^+}$ olacak şekilde bir $k$ tamsayısı vardır. Ayrıca $x^2>6^n=6^{2k}$  ve $x$  pozitif tamsayı olduğundan $x=6^k+y$  olacak şekilde bir $y$ pozitif tamsayısı vardır. Bu dönüşümleri denkleme koyarsak $$2.6^ky+y^2=4^k+9^k$$ elde edilir. Buradan $$2.6^k y<2.6^k+y+y^2=4^k+9^k$$ ve $$y<\frac{1}{2}(\dfrac{2}{3}^k+ \dfrac{3}{2}^k)<\frac{1}{2}(1+2^k)<2^k$$ elde edilir. Ayrıca elde ettiğimiz denklemi $\pmod{3^k}$  altında incelersek $y^2\equiv 4^k\pmod{3^k}$  ve $$(y-2^k)(y+2^k)\equiv 0 \pmod{3^k}$$ elde ederiz. $(y-2^k,y+2^k)=d$  olsun bu durumda $d|(y+2^k)-(y-2^k)=2^{k+1}$ olduğundan dolayı $$y\equiv 2^k\pmod {3^k}$$ veya $$y \equiv -2^k\pmod{3^k}$$ elde edilir. Ayrıca $y<2^k$ şartından dolayı bu denkliklerden sadece $y=3^k-2^k$ ihtimalinin mümkün olduğu görülebilir.  $3^k<2^k+2^k$ eşitsizliğinde $k=2$ incelenirse $9>8$  den çelişki elde edilir. $k\geq 3$  için terimlerimizi  $3^{k-2}.9$ ve $8.2^{k-2}$ şeklinde yazabileceğimiz için $3^k>2^{k+1}$ olduğu görülebilir. Dolayısıyla tek olası çözümümüz $k=1$  iken mümkündür. Denenirse $k=1$  yani $n=2$ için $$x^2=2^2+3^2+6^2=7^2$$ yani $(x,n)=(7,2)$  tek çözümü elde edilir.   
9
Cebir-Teorem ve İspatlar / Volterra Fonksiyonu ve İntegrallenebilirlik
« Son İleti Gönderen: ygzgndgn Haziran 30, 2026, 10:52:49 öö »
İddia. Sınırlı türev fonksiyonları Riemann-integrallenebilir olmak zorunda değildir.

İlişkili karşı örnek. $x\not=0$ için $f(x)=x^2\sin(1/x)$ ve $f(0)=0$ koşullarını sağlayan $f$ fonksiyonunu alalım.
$$f'(x)=2x\sin(1/x)-x^2\cos(1/x)\cdot +\frac{1}{x^2}=2x\sin(1/x)-\cos(1/x)$$
sağlanır. Hesaplanan türev fonksiyonu $x\rightarrow 0$ iken $-1$ ve $1$ arasında salınım hareketi gerçekleştirecektir. Bu gözlemimizi formalize edelim.

Ara İddia. $f'$ fonksiyonu $x=0$ noktasında süreksizdir.

İspat. Süreksizliği göstermemiz için $0<|x-0|<\delta$ ifadesini sağlayan her $\delta$ için öyle $x$ ve $\varepsilon$ değerleri bulunmalıdır ki $|f'(x)-f'(0)|\geq\varepsilon$ sağlanmalıdır. $\varepsilon\leq 1$ alınmış olsun. Eudoxos Teoreminden
$$\frac{1}{2\pi n}<\frac{1}{n}<\delta$$
koşulunu sağlayacak bir $n$ doğal sayısı her $\delta>0$ reel sayısı için bulunabilir. (Bu teorem reel sayıların Arşimet özelliğinden gelir) Öyleyse $x=1/2\pi n$ ilk eşitsizlik koşulumuzu sağlamaktadır. Buna karşın bu değeri türev fonksiyonunda yerine yazarsak
$$f'\left(\frac{1}{2\pi n}\right)=2\left(\frac{1}{2\pi n}\right)\sin(2\pi n)-\cos(2\pi n)=-1$$
elde edilir. Ayrıca türevin limit tanımından, $|\sin x|\leq 1$ eşitsizliğinden ve Sıkıştırma Teoreminden
$$f'(0)=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{h^2\sin(1/h)}{h}=\lim_{h\rightarrow 0} h\sin(1/h)\Leftrightarrow \lim_{h\rightarrow 0} -h\leq f'(0)\leq \lim_{h\rightarrow 0} h\Leftrightarrow f'(0)=0$$
bulunur. Son olarak bu değerleri yerine yazarsak
$$|f'(1/2\pi n)-f'(0)|=|-1-0|=1\geq\varepsilon$$
elde ederiz. Bu ise ispatlamak istediğimiz koşuldu $\blacksquare$

İnşa. $f'$ tek bir noktada süreksizliği olan sınırlı bir türev fonksiyonudur. Şimdi integrallenebilirlik koşulunu bozmak için $f'$ fonksiyonunu kullanarak başka bir $V$ fonksiyonu inşa edeceğiz.

$[0,1]$ aralığını alalım. İlk aşamada bu aralığın ortasından $1/4$ uzunluğunda bir aralık çıkartalım. Elimizde $[0,3/8]\cup[5/8,1]$ aralığı kalacaktır. Ardından birleşimdeki iki aralığın da ortasından $1/4^2$ uzunluğunda aralıklar çıkartalım. Bu işlemi her $n$ doğal sayısı ve $1/4^n$ uzunluğundaki aralıklar için tekrar edelim. Son noktada elimizde kalan kümeye $C$ diyelim. $C$ kümesinin ölçüsü
$$1-\sum_{n=1}^\infty \frac{2^{n-1}}{4^n}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$$
gelecektir. Burada $C$ kümesine Smith-Volterra-Cantor kümesi de denir. Şimdi fonksiyonumuzu tanımlayalım.

$x\in C\Rightarrow V(x)=0$ olsun.

$x\not\in C$ olduğunda ise $x\in(a_i,b_i)$ formunda bir açık aralıkta olacaktır. Bunun sebebi $C$ kümesinin sonsuz miktardaki kapalı aralığın birleşiminden oluşmasıdır. Bu aralıkta $m_i=(a_i+b_i)/2$ tanımlayalım ve iki duruma ayıralım:

$x\in(a_i,m_i]\Rightarrow V(x)=f(x-a_i)=(x-a_i)^2\sin\left(\frac{1}{x-a_i}\right)$
$x\in[m_i,b_i)\Rightarrow V(x)=f(b_i-x)=(b_i-x)^2\sin\left(\frac{1}{b_i-x}\right)$

Açıklama. $V'(x)$ fonksiyonunu inceleyelim. Her $(a_i,b_i)\not\in C$ açık aralığı için fonksiyon sürekli ve sınırlıdır. Buna karşın supremum ve infimum durumlarında yani $x\rightarrow a_i,b_i$ için $V'(x)\rightarrow f'(0)$ sağlanır. Buna karşın bu aralıktaki supremum ve infimum değerleri $C$ kümesinde yer alır, bu sebepten $V'(a_i)=V'(b_i)=0$ elde edilir. Ara iddiadan ötürü $V$ fonksiyonu bu noktaların her birinde süreksiz olacaktır. İnşada $f$ fonksiyonunu aralığın orta noktasına göre yansıtmamızın sebebi çift yönlü olarak bu ilişkiyi elde etmekti. Bu inşada orta nokta yerine aralıktaki başka bir noktanın da aynı işlevi göreceği unutulmamalıdır. Örneğin $m_i=(2a_i+b_i)/3$ alınsaydı yine bu ilişki elde edilirdi.

Sonuç olarak $V'$ fonksiyonu $C$ kümesinde süreksiz olacaktır. $C$ kümesinin ölçüsü ise pozitif bir reel sayıdır. Lebesgue'in İntegrallenebilirlik Kriterine göre ölçüsü pozitif olan bir kümede süreksiz olan fonksiyonlar Riemann-integrallenebilir değildir. Buna karşın $V'$ sınırlı bir türev fonksiyonudur. Karşı örnek böylelikle kurulmuştur.

Dipnot 1. Burada integrallenebilirlik kriterinde verilen "ölçüsü pozitif olan küme" koşulundan küme elemanlarının çokluğunu ifade eden sonsuzluğun reel sayılarla kıyas edilebilir olduğu anlaşılmalıdır. Örneğin $C$ kümesi sayılabilir bir sonsuzluk olsaydı ölçüsü $0$ olacaktı.

Dipnot 2. Bu ileti AYT 2026'da sorulan 23. Matematik sorusuna dair çözümde kullanılacaktır.
10
Cebir-Teorem ve İspatlar / Sınırlı Türev Fonksiyonları Ölçülebilirdir
« Son İleti Gönderen: ygzgndgn Haziran 30, 2026, 09:49:39 öö »
İddia. Sınırlı türev fonksiyonları ölçülebilirdir.

İspat. $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ türevlenebilir, alttan ve üstten sınırlı bir fonksiyon olsun. $h_n=1/n$ $(n\in\mathbb{N})$ ve
$$f_n(x)=\frac{f(x+h_n)-f(x)}{h_n}=\frac{f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)}{\frac{1}{n}}$$
dizilerini tanımlayalım. $f$ türevlenebilir olduğundan süreklidir. Dolayısıyla $f$ fonksiyonunun ötelemeleri de süreklidir. Sonuç olarak $f_n$ sürekli, bu yüzden ölçülebilirdir. Haricen türevin limit tanımından
$$\lim_{n\rightarrow \infty} f_n(x)=C_1\leq f'(x)\leq C_2$$
ifadesi sağlanır. ($C_1,C_2\in\mathbb{R}$) Burada limitin var olduğunu türevin sınırlılığından söyleyebiliriz. Bu limit, $f'$ fonksiyonunun her noktada (pointwise) ölçülebilir fonksiyonlardan oluşan bir dizinin limiti olarak yazılabileceğini gösterir. Böylelikle $f'$ fonksiyonunun ölçülebilir olduğu ispatlanmış olur. $\blacksquare$

Dipnot. Bu ispatı AYT 2026'da bu sene sorulan 23. sorunun çözümünde kullanacağım.
Sayfa: [1] 2 3 ... 10

SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal