Son İletiler

71

Fantezi Geometri / (k₂ = 1/3, N=1) Kesen Problemi

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 04, 2026, 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

72

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.

73

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.   

74

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.

75

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.

76

Sayılar Teorisi / Ynt: Diyafont Denklemler Çalışma Soruları {PDF haline getirilmiştir. Ektedir.}

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 29, 2026, 10:25:04 ös »

138)   Bu sorunun daha doğrudan çözümü mümkün gibi görünüyor.  Vieta Jumping formüllerinden $x'=4yz-x$ , $y'=2xz-y$ , $z'=2xy-z$ elde edebiliriz. Varsayalım ki $(x,y,z)$ kök çözüm olsun.(Vieta jumping yöntemleriyle daha küçük çözüme indirgenemeyen çözüm)  Bu durumda Vieta Jumping uygulandığında oluşan $x',y',z'$ daima tamsayı ise $x' \geq x$  $y' \geq y$   $z'  \geq z$ sağlanmalıdır.  Aynı zamanda $xx'=2y^2+z^2$  , $yy'=\dfrac{x^2+z^2}{2}$  , $ zz'=x^2+2y^2$  olduğunu da not edelim.  Buradan $$x^2\leq 2y^2+z^2$$ $$2y^2\leq x^2+z^2$$ $$z^2\leq x^2+2y^2$$  eşitsizlikleri elde edilir. Ayrıca $x,z$  simetrik olduğu için genelliği bozmadan $x\leq z$  alabiliriz.  Bu durumda $2.$  eşitsizlikten $y\leq z$ elde edilir. Denklemi eşitsizliğe çevirirsek $$4xyz=x^2+2y^2+z^2\leq 4z^2$$ yani $xy\leq z$  elde edilir. Bunu da $z$  için olan eşitsizlikte yerine koyarsak $$x^2y^2\leq z^2 \leq x^2+2y^2$$ elde edilir. Eşitsizliği $x\geq 2$ ve $y\geq 2$ alınırsa $$x^2(y^2-1)-2y^2\leq 0$$  Ancak $y^2-1\geq \frac{3}{4}y^2$ ve $\frac{3}{4}x^2>2$ olduğundan dolayı  $x^2(y^2-1)-2y^2>2y^2-2y^2=0$ elde edilir ki bu da bize çelişki verir. Dolayısıyla $x$ veya $y$  değerlerinden biri $1$ olmalıdır.

a) $x=1$ olsun. $1+2y^2+z^2=4yz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq 1+2y^2$ ile $y\leq z$  eşitsizliğinden $2y(z-y)\leq 1$ ve $y\leq z$ olduğundan dolayı $z=y$ harici çözüm gelmeyeceği görülebilir. $y=z$ için denklemimiz $$1+3z^2=4z^2$$ yani $z=1$  olur. $(1,1,1)$ kök çözümü elde edilir.


b)  $y=1$  olsun. $x^2+2+z^2=4xz$ denklemini elde ederiz. Ayrıca $z^2\leq x^2+2$  ve $x\leq z$ eşitsizliklerinden $(z-x)(z+x)\leq 2$  ve pozitif tam sayıların dağılımı ile $z\geq x$ yardımıyla  $(z-x)(z+x)\geq z+x \geq 2$ elde edebiliriz. Buradan $x=1$ , $z=1$  ve $(1,1,1)$  kök çözümü elde edilir.


Ayrıca $(1,1,1)$ denenirse de sağladığı için tüm çözümlerin bu çözümden türediği ispatlanmış olur.


Not: Bu çözümü daha önceden yapmayı denediğimde bir mantık hatası yaptığımı düşünmüştüm. Çünkü $x^2+2y^2+z^2=xyz$ gibi bir denklemde $x'>x$ , $y'>y$  , $z'>z$ şartları  $x',y',z'$ tamsayı olmak zorunda olmadığı için her kök çözüm için sağlanmayabilmektedir. Buradaki linkte örnekler daha net şekilde görülebilir. Kısaca bu çözümün geçerli olabilmesi için Vieta toplam formüllerinin tüm katsayılarının tamsayı olması gerekiyor.  https://geomania.org/forum/index.php?topic=9330.0

77

Fantezi Geometri / (k₂=1, N=8) Kesen Problemi

« Son İleti Gönderen: geo Haziran 27, 2026, 09:47:57 ös »

Üçgende Kesenin Kenarlarla Yaptığı Açı Üzerine konusunda anlatılan $(k_2 = 1, N=8)$ 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 $AB:DC=1$ olacak şekilde $D$ noktası alınıyor. $\angle ABC = b = 24^\circ$, $\angle ACB = c = 54^\circ$, $\angle BAC = a = 102^\circ$, $\angle ADC = d = 30^\circ$, $\angle BAD = a_1 = 6^\circ$, $\angle CAD = a_2 = 96^\circ$ açıları verilen şartı sağlamakta. Bunlardan herhangi ikisi verildiğinde diğerlerinin bulunmasının sorulduğu sorular aşağıdaki tabloda verilmiştir.

$$
\begin{array}{|l||l||l||l|}
k & N & \textbf{Soru} & \textbf{Cevap} \\
\hline
k_2=1 & 8.0 & (b=24^\circ, c=54^\circ, d=30^\circ) & k_2=1 \\
k_2=1 & 8.1 & (k_2=1, b=24^\circ, c=54^\circ) & a_1=6^\circ \\
k_2=1 & 8.2 & (k_2=1, a=102^\circ, d=30^\circ) & a_1=6^\circ \\
k_2=1 & 8.3 & (k_2=1, b=24^\circ, a_1=6^\circ) & a_2=96^\circ \\
k_2=1 & 8.4 & (k_2=1, b=24^\circ, a_2=96^\circ) & a_1=6^\circ \text{ veya } a_1 = 30^\circ \\
k_2=1 & 8.5 & (k_2=1, c=54^\circ, a_1=6^\circ) & a_2=96^\circ \text{ veya } a_2 = ? \\
k_2=1 & 8.6 & (k_2=1, c=54^\circ, a_2=96^\circ) & a_1=6^\circ \\
k_2=1 & 8.7 & (k_2=1, a_1=6^\circ, a_2=96^\circ) & b=24^\circ \\
\end{array}
$$

$(k_2 = 1, N=8)$ ile $(k_2 = 1, N=7)$ kardeş ailelerdir.
Bu nedenle, bazı soru tipleri birbirine kolayca dönüştürülebilir. ($[BC$ uzantısı üzerinde $AB=AE$ olacak şekilde $E$ noktası alarak)

$(k_2 = 1, N=8.0) \sim (k_2 = 1, N=7.0)$
$(k_2 = 1, N=8.1) \sim (k_2 = 1, N=7.3)$
$(k_2 = 1, N=8.3) \sim (k_2 = 1, N=7.1)$
$(k_2 = 1, N=8.4) \equiv (k_2 = 1, N=7.4)$
$(k_2 = 1, N=8.6) \sim (k_2 = 1, N=7.6)$

İlgili soruların çözümleri:

8.0 $\sim$ 7.0
8.1 $\sim$ 7.3
8.3 $\sim$ 7.1
8.4 $\equiv$ 7.4
8.6 $\sim$ 7.6

78

Konu Dışı / 2026 AYT Matematik 23. Soru: Hatalı Değil, Daha Kötüsü, Ölçme Açısından Sorunlu

« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Haziran 27, 2026, 06:38:00 ös »

2026 AYT Matematik 23. Soru: Hatalı Değil, Daha Kötüsü, Ölçme Açısından Sorunlu


2026 AYT Matematik testindeki 23. soru, bence ÖSYM tarihinin en tartışmalı sorularından biri olmaya adaydır. İlk bakışta klasik bir türev grafiği, kök aralığı ve yorum sorusu gibi duruyor. Fakat biraz dikkatli bakıldığında, sorunun yalnızca matematiksel değil, ölçme-değerlendirme açısından da problemli bir madde hâline geldiği görülüyor. (Sorunun orijinali ÖYSM sayfasında bulunabilir.)

Öncelikle şunu açıkça söylemek gerekir: Bu soruda doğru cevap seçeneklerde yoktur demek doğru olmaz. Doğru cevap (A) seçenekler arasında vardır. Bu yüzden mesele basit bir “hatalı soru” meselesi değildir. Asıl mesele, sorunun hangi cevabı ölçme ilkeleri bakımından sağlıklı şekilde desteklediği ve resmî cevap anahtarının hangi çözüm düzeyini esas aldığıdır.

Soru, türev grafiği üzerinden fonksiyonun kökünün hangi aralıkta bulunabileceğini sorguluyor. Resmî cevap anahtarında I ve III. önermelerin doğru kabul edildiği görülüyor. Bu cevap, soruya daha hızlı ve daha yüzeysel bir grafik okumasıyla yaklaşan adayların ulaşabileceği doğal bir sonuçtur. AYT gibi süre baskısının yüksek olduğu bir sınavda birçok öğrencinin ve öğretmenin bu cevaba yönelmesi de şaşırtıcı değildir. Eğer açıklanan cevap anahtarında doğru yanıt (A) olarak verilseyi "Çok eleyici, zorlu bir soru sorulmuş" yorumunu yapabilirdik, itiraz da olmazdı. Ancak resmî cevap anahtarı (C) olarak verildiği için "Soru maksadını çok aşmış, ÖSYM bile kendi sorusunda elenmiş" yorumu oluşuyor.

Çünkü sorudaki özel koşullar ($f'$ türev grafiğinin $[3,4]$ aralığında artan oluşu ve $f'(4) = f(4)$ bilgileri) tam olarak kullanıldığında, III. önermenin elenmesi gerektiği ortaya çıkıyor. Yani daha derin ve daha dikkatli matematiksel muhakeme, resmî cevap anahtarından farklı bir sonuca götürüyor. Burada sorun tam olarak budur: Soru, daha iyi matematik yapan adayı ödüllendirmek yerine cezalandırma riski taşımaktadır.

Bu tür maddelerde yalnızca “doğru seçenek var mı?” sorusu yeterli değildir. Bir sınav maddesinin sağlıklı kabul edilebilmesi için, ölçmek istediği beceriyi açık, güvenilir ve pozitif ayırt edici biçimde ölçmesi gerekir. Bu soruda ise durum tersine dönmüş görünmektedir. Hızlı ve eksik bir çözüm yolu resmî anahtara götürürken, daha ayrıntılı ve daha tutarlı bir çözüm yolu farklı bir cevaba götürmektedir.

Bu nedenle sorunun negatif ayırt edicilik gösterme ihtimali oldukça yüksektir. Yani cevap seçeneği (C) olarak tutulursa üst düzey matematiksel muhakeme yapan adayların bir kısmı bu soruda dezavantajlı duruma düşebilir. Buna karşılık, soruyu daha yüzeysel yorumlayarak (C) seçeneğini işaretleyen adaylar avantajlı hâle gelebilir. Bu, bir test maddesi için ciddi bir ölçme problemidir.

Burada dikkat edilmesi gereken başka bir nokta daha var. “Yalnız I” cevabını doğru akıl yürütmeyle bulan aday sayısının çok sınırlı olması muhtemeldir. Aynı cevabı tesadüfen ya da eksik gerekçeyle işaretleyen adaylar da olabilir. Öte yandan I ve III cevabına ulaşan adayların önemli bir kısmı, kısıtlı süre altında sorunun beklenen ilk çözüm hattını takip etmiş adaylardır. AYT gibi hız baskısı yüksek bir sınavda, her adayın bu soruya dönüp daha derin bir ikinci analiz yapmasını beklemek gerçekçi değildir.

Dolayısıyla bu soru, adayların matematiksel yeterliğini temiz biçimde ayıran bir madde olmaktan çıkmıştır. Sorunun güçlüğü, ölçülmek istenen matematiksel kazanımdan çok; adayın süre yönetimi, ikinci kez kontrol etme imkânı, sınav anındaki risk algısı tercihi gibi dış değişkenlere bağlı hâle gelmiştir.

Bana göre bu nedenle yapılması gereken en sağlıklı işlem, cevabı C olarak tutmak değildir. Cevabı A olarak güncellemek de matematik olarak doğru ve mümkün görünse bile, uygulama sonrasında maddenin ölçme işlevi ciddi biçimde bozulduğu için daha doğru karar sorunun iptal edilmesidir.

İptal gerekçesi “doğru cevap seçeneklerde yoktur” şeklinde kurulamaz. Çünkü doğru cevap seçenekler arasında vardır. Fakat bu durum, maddenin sağlıklı bir ölçme maddesi olduğu anlamına gelmez. Gerekçe şudur: Madde, verilen koşulların tam ve dikkatli kullanımı hâlinde resmî cevap anahtarından farklı bir sonuca götürmekte; bu nedenle madde geçerliği, puanlama güvenirliği ve ayırt edicilik bakımından sorun oluşturmaktadır.

Kısacası bu soru, matematiksel olarak ilginç ama sınav maddesi olarak sakattır. Bir yarışma probleminde tartışılabilir, bir ders ortamında güzel analiz edilebilir, hatta öğretici bile olabilir. Fakat milyonlarca adayın sıralamasını etkileyen yüksek riskli bir sınavda, bu kadar katmanlı ve anahtarı tartışmalı bir maddenin puanlamaya dâhil edilmesi doğru değildir.

Benim kanaatim, 2026 AYT Matematik 23. sorunun iptal edilmesi gerektiği yönündedir.

79

Fantezi Geometri / Ynt: (k₂=1, N=5) Kesen Problemi

« Son İleti Gönderen: geo Haziran 27, 2026, 02:33:27 ös »

Problem: $(k_2=1, N = 5.6) \equiv (k_2=1, c=30^\circ , a_2 = 110^\circ) \Longrightarrow a_1 = 20^\circ $

Çözüm:



$\angle AEC = 20^\circ$ olacak şekilde $DC$ nin uzantısı üzerinde $E$ noktası alalım. $\angle DAE = 120^\circ$ dir. $DA$ uzantısı üzerinde $F$ noktasını $\triangle AFE$ eşkenar olacak şekilde alalım.
$\angle AFE = 2\angle ACD = 60^\circ$ ve $AF=FE$ olduğu için $\triangle ACE$ nin çevrel merkezi $F$ dir.
$\angle AFC = 2\angle AEC = 40^\circ$ ve $CD=FC=AF=FE=AE$, dolayısıyla $AB=AE$ ve $\angle ABD = \angle AEC = 20^\circ$.

80

Fantezi Geometri / Ynt: (k₂=1, N=5) Kesen Problemi

« Son İleti Gönderen: geo Haziran 27, 2026, 01:32:24 ös »

Problem: $(k_2=1, N = 5.3) \equiv (k_2=1, b=20^\circ , a_1 = 20^\circ) \Longrightarrow a_2 = 110^\circ $

Çözüm:



$\angle ADC = 40^\circ$.
$DC$ nin uzantısı üzerinde $\angle AEC = \angle ABD = 20^\circ$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.
$\triangle AED$ üçgeninde $AE=CD$ sorusu $(k_2=1, N = 6.1) \equiv (k_2=1, b=20^\circ , c = 40^\circ) \Longrightarrow a_1 = 10^\circ$ sorusuna dönüşür. Orada yaptıklarımızı burada tekrarlayalım.

$AB=AE$ ve $\angle DAE = 120^\circ$ dir. $DA$ nın uzantısı üzerinde $AF=AE$ şeklinde $F$ noktası alıp $AFE$ eşkenar üçgenini oluşturalım.
$\angle AEC = 80^\circ$ dir.
$DE$ nin uzantısı üzerinde $FE=EG$ olacak şekilde $G$ noktası aldığımızda $\angle FDG = \angle FGD = 40^\circ$ olduğu için $FD=FG$. Ayrıca $CD=EG$ olduğu için de $FC=FE=CD$.
Bu durumda, $F$ noktası $\triangle ACE$ nin çevrel merkezidir. $\angle ACD = \dfrac {\angle AFE}{2} = 30^\circ$ ve $\angle CAD = 110^\circ$ olur.