11. Sınıf Matematik Akıllı Defter

Bu defter, siz öğretmenlerimize özel olarak boşlukları doldurulmuş bir şekilde basılmıştır. Pembe renkli, italik yazılar, öğrencilerinize yazdırabilmeniz amacı ile öğrenci defterinde boş bırakılmıştır..

Bu ürünün bütün hakları ÇÖZÜM DERGİSİ YAYINCILIK SAN. TİC. LTD. ŞTİ.’ne aittir. Tamamının ya da bir kısmının ürünü yayımlayan şirketin önceden izni olmaksızın fotokopi ya da elektronik, mekanik herhangi bir kayıt sistemiyle çoğaltılması, yayımlanması ve depolanması yasaktır.. Çözüm Yayınları Grafik Birimi. Çözüm Yayınları Dizgi Birimi. 2015, Ankara. Feryal Matbaası (0312) 395 22 37.            



 





 


 



.

. Değerli Öğretmenim,. FATİH Projesi ile ülkemizdeki hemen hemen tüm okullarımıza "akıllı tahtalar" yerleştirildi ve siz değerli öğretmenleri-. mizin kullanımına sunuldu. Akıllı tahtalar doğru bir şekilde kullanıldığında öğrenme süreçlerini hızlandıran, öğrenme düzeyini artıran etkili bir eğitim aracıdır.. Akıllı tahtaların etkili bir şekilde kullanılabilmesi için seçilecek içerik büyük önem taşımaktadır.. Çözüm Yayınları, akıllı tahta ile ders işleme sistemini Türkiye'de ilk uygulayan kuruluştur. Bünyesinde barındırdığı tüm dershanelerde bu sistem günümüze kadar başarı ile kullanılmıştır. Bu teknolojiyi kullanmanın getirdiği tecrübe ile hem öğrenci hem de öğretmeni aktif bir şekilde derste tutacak, öğrenme becerilerini maksimum düzeye çıkaracak içerikleri üretmek, Çözüm Yayınlarının kültüründe yer alan önemli bir birikimdir.. Şu an kullandığınız bu eser, bu birikim ve tecrübenin bir ürünüdür. Uygulamalar sonucunda her yıl geliştirilerek bugün-. kü hâlini almıştır.. Bu ürünün tamamlayıcısı olan "Akıllı Tahta Programı"mız ile öğretmenlerimiz tahtada dersini anlatırken öğrencilerimiz. basılı bir materyal olan akıllı defterlerinden dersi takip edecek ve sizin tahtaya yazdığınız bilgileri defterlerine not edeceklerdir. Yeni bir yaklaşımda bulunarak Öğretmenler İçin Özel Akıllı Defter hazırladık. Öğretmenlerimiz için hazırladığımız bu defterde, öğrencilerimizde bulunan Akıllı Defterlerdeki not almak için bırakılan boşluklar dolduruldu. Öğrenci defterinde olmayan ancak öğretmen defterinde yer alan kısımlar farklı bir renk ile belirtilmiştir.. Pembe renkli italik yazılar öğrenci defterinde yer. Aşağıda verilen ifadelerin değerlerini bulunuz. • OBEB(24, 56). almamaktadır. Öğretmenlerimiz bu bilgileri öğrencilerine yazdıracaktır.. •. 24 56 2∗ 12 28 2∗ 6 14 2∗ OBEB(24, 56) = 2 . 2 . 2 = 8 bulunur. 3 7 OBEB(45, 75, 120) 45 15 3 . 75 25 5. 120 40 8. 3∗ 5∗. OBEB(45, 75, 120) = 3 . 5 = 15 bulunur... Öğretmenlerimiz için özel hazırlanan bu akıllı defter sayesinde, akıllı tahta olmadan da öğretmenlerimiz ders işleye-. bilir. Derslerden önce, anlatacakları konuları gözden geçirebilir.. Ders anlatımı sırasında kullanacakları ek materyallerin notlarını defterlerine alabilirler.. Birlikte başarmak dileğiyle… Çözüm Yayınları.

1. ÜNİTE / MANTIK����������������������������������������������������������5. Trigonometrik Çemberde Trigonometrik Bağıntılar����� 155. ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER������������������������������������ 8. Trigonometrik Fonksiyonlarda Geniş Açıların Değerlerinin Hesaplanması����������������������������������������������� 161. Ve (∧) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler Veya (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler ����������������������������10 "Ya da" (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler ∧, ∨ ile ∨ Bağlaçları ve Elektrik Devreleri Arasındaki İlişki ��������������������������������������������������������������������� 17 Kümelerdeki İşlemler ile Sembolik Mantık Kuralları Arasındaki İlişki ����������������������������������������������������� 20 Koşullu Önermeler�������������������������������������������������� 21 Totoloji ve Çelişki ��������������������������������������������������� 27 Niceleyiciler����������������������������������������������������������� 28. AÇIK ÖNERMELER�������������������������������������������������������������������������29 İSPAT YÖNTEMLERİ ���������������������������������������������������������������������31. Trigonometrik Fonksiyonların Periyodları���������������������� 168 Trigonometrik Fonksiyonların Grafikleri����������������������������� 169 Trigonometrik Fonksiyonların Tersleri ��������������������������������� 172. TOPLAM FARK FORMÜLLERİ�������������������������������������������������� 180 YARIM AÇI FORMÜLLERİ��������������������������������������������������������� 186 DÖNÜŞÜM FORMÜLLERİ�������������������������������������������������������� 194 TRİGONOMETRİK DENKLEMLER������������������������������������������ 199. 5. ÜNİTE / ÜSTEL VE LOGARİTMİK FONKSİYONLAR��� 210 ÜSTEL FONKSİYON�������������������������������������������������������������������� 210. Doğrudan İspat Yöntemi������������������������������������������������������31. LOGARİTMA FONKSİYONU���������������������������������������������������� 222. Dolaylı İspat Yöntemi������������������������������������������������������������31. ÜSTEL VE LOGARİTMİK DENKLEMLER�������������������������������� 243. 2. ÜNİTE / MODÜLER ARİTMETİK �������������������������������������36. LOGARİTMİK EŞİTSİZLİKLER��������������������������������������������������� 250. BÖLME ����������������������������������������������������������������������������������������������36. 6. ÜNİTE / DİZİLER�������������������������������������������������������������������� 261. BÖLÜNEBİLME KURALLARI��������������������������������������������������������42. DİZİLERE GENEL BAKIŞ ������������������������������������������������������������ 261. ASAL SAYILAR VE ASAL ÇARPANLARA AYIRMA����������������53. EŞİT DİZİLER��������������������������������������������������������������������������������� 268. OBEB - OKEK�����������������������������������������������������������������������������������62. SABİT DİZİ������������������������������������������������������������������������������������� 269. ÖKLİT ALGORİTMAS���������������������������������������������������������������������63. DİZİLERDE DÖRT İŞLEM����������������������������������������������������������� 270. MODÜLER ARİTMETİKTE İŞLEMLER���������������������������������������79. İNDİRGENME BAĞINTISI VERİLEN SAYI DİZİLERİ����������� 272. 3. ÜNİTE / DENKLEM VE EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ������������� 93. ÜÇGEN SAYILAR�������������������������������������������������������������������������� 275. DOĞRUSAL DENKLEM SİSTEMLERİ����������������������������������������93. KARE SAYILAR������������������������������������������������������������������������������ 277. İKİNCİ DERECEYE DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DENKLEMLER VE DENKLEM SİSTEMLERİ������������������������������������������������������� 100. FİBONACCİ DİZİSİ����������������������������������������������������������������������� 279. İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİKLER���������118 Eşitsizlikler ve Grafik Arasındaki İlişki������������������������������ 128. İKİNCİ DERECEDEN BİR BİLİNMEYENLİ EŞİTSİZLİK SİSTEMLERİ����������������������������������������������������������������������������������� 130. ARİTMETİK DİZİ��������������������������������������������������������������������������� 280 GEOMETRİK DİZİ������������������������������������������������������������������������� 290 BİR GEOMETRİK DİZİNİN SONSUZ TERİMİNİN TOPLAMI����299. 7. ÜNİTE / DÖNÜŞÜMLER��������������������������������������������������� 308. 4. ÜNİTE / TRİGONOMETRİ������������������������������������������������ 140. ANALİTİK DÜZLEMDE TEMEL DÖNÜŞÜMLER����������������� 308. YÖNLÜ AÇILAR �������������������������������������������������������������������������� 140. Düzlemde Öteleme Dönüşümü��������������������������������������� 308. TRİGONOMETRİK FONKSİYONLAR������������������������������������� 144 Trigonometrik Fonksiyonların Bölgelerdeki İşaretleri�� 154. Düzlemde Dönme Dönüşümü����������������������������������������� 311 Düzlemde Yansıma (Simetri) Dönüşümü������������������������ 318 Öteleme Yansıması, Şerit Süslemeler������������������������������ 332.

1. Ünite. Mantık. MANTIK Tanım:. Doğru ya da yanlışlığı kesin olarak belirlenebilen ve yargı bildiren cümlelere önerme denir.. I. “Türkiye’nin en yüksek dağı Elmadağ’dır.” II. “Bir hafta 7 gündür.” III. “3 < 4” IV. “Sen Ankaralı mısın?” V. “Bu elbise sana çok yakışmış” Yukarıdaki cümlelerden kaç tanesi önermedir? A) 1. B) 2. C) 3. D) 4. E) 5. I. "Türkiye'nin en yüksek dağı Elmadağ'dır." Cümlesi yanlış bir yargıdır. Bu yüzden önermedir. II. "Bir hafta 7 gündür." Cümlesi doğru bir yargıdır. Bu nedenle önermedir. III. "3 < 4" ifadesi doğru bir yargıdır. Bu nedenle önermedir. IV. "Sen Ankaralı mısın?" Soru cümlesi olduğundan önerme değildir. V. "Bu elbise sana çok yakışmış." cümlesi doğru ya da yanlış olmadığından önerme değildir. Bu nedenle 3 tanesi önermedir. Cevap : C. Tanım: Bir önermenin doğru ya da yanlış bilgi vermesine o önermenin doğruluk değeri denir. Bir önermenin doğruluk değeri; "1" önerme doğru ise ………………, "0" önerme yanlış ise ………………, ile gösterilir.. 11. Sınıf - Matematik / 5.

1. Ünite. Mantık. Aşağıda verilen önermelerin doğruluk değerlerini yanlarında bulunan kutucuğa işaretleyiniz. Doğruluk değeri En küçük asal sayı 2 dir.. "1". Bütün asal sayılar tek sayıdır.. "0". İki basamaklı en büyük doğal sayı 99 dur.. "1". Tanım: Doğruluk değerleri aynı olan önermelere denk önerme denir. p ve q iki denk önerme olmak üzere. p≡q. şeklinde gösterilir.. p: “En büyük iki basamaklı asal sayı 13’tür.”. q: “Dünyanın en kalabalık ülkesi Türkiye’dir.”. r: “124 sayısı 7 ile tam bölünür.”. t: “Üç basamaklı en küçük tek sayı 101 dir.”. Yukarıdaki önermeler için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır? A) p ≡ q. B) p ≡ r. D) p _ t. E) q ≡ t. C) q ≡ r. Yukarıda verilen önermelerin doğruluk değerleri p : En büyük iki basamaklı asal sayı 97 olduğundan p ≡ 0 q : Dünyanın en kalabalık ülkesi Çin olduğundan q ≡ 0 r : 124 sayısı 7 ile tam bölünemediğinden r ≡ 0 t : Üç basamaklı en küçük tek sayı –999 olduğundan t ≡ 0 dır. Buna göre p ≡ q , p ≡ r, q ≡ r, q ≡ t dir. Ancak p ≢ t yanlıştır. Cevap : D 6 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. Tanım: Bir önermeyi doğru iken yanlış, yanlış iken doğru önerme haline dönüştürmeye yarayan işleme önermenin değili (olumsuzu) denir. • Bir p önermesinin değili (olumsuzu) p′ ile veya ∼p ile gösterilir. • Bir p önermesinin değilinin değili kendisidir.. (p′)′ ≡ p. I. p : “Dünyanın en uzun nehri Nil’dir.” "Dünyanın en uzun nehri Nil değildir." p′ : …………………………………………… II. q : “Türkiye’nin en kalabalık ili İzmir’dir.” "Türkiye'nin en kalabalık ili İzmir değildir." q′ : …………………………………………… III. r′: “Bir tek ile bir çift tam sayının çarpımı çift sayıdır. "Bir tek ile bir çift tam sayının çarpımı çift sayı değildir." r : ……………………………………………………………… Yukarıda verilen boşlukları uygun olan cümlelerle doldurunuz.. Önermelerin Doğruluk Tabloları Bir veya birden fazla önermenin doğruluk ya da yanlışlık durumlarına göre tüm ihtimallerin bir tablo aracılığı ile gösterilmesine doğruluk tablosu denir.. p. p′. p. q. p′. q′. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 11. Sınıf - Matematik / 7.

1. Ünite. Mantık. ÖNERMELER VE BİLEŞİK ÖNERMELER Bir önerme sadece bir yargıdan oluşuyorsa yalın önerme, birden fazla yargıdan oluşuyorsa bileşik önerme denir. Bileşik önermeler,. ∧ (ve), ∨(veya), ∨ (ya da), ⇒ (ise), ⇔ (ancak ve ancak). bağlaçları ile birbirine bağlanır.. UYARI: n tane önermeden oluşan bileşik önermenin doğruluk tablosunda 2n tane doğruluk değeri vardır.. n + 3 farklı önermeden oluşan bir bileşik önermenin 1024 tane doğruluk değeri olduğuna göre, n kaçtır? A) 8. B) 7. C) 6. D) 5. E) 4. n + 3 farklı önermeden oluşan bileşik önermenin doğruluk değeri sayısı 2n + 3 olduğundan. 2n +3 = 1024 ⇒ 2n+3 = 210 ⇒ n + 3 = 10 ⇒ n + 3 = 10 ⇒ n = 7 bulunur. Cevap : B. Ve (∧) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi iki önermenin “ve” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ∧ q şeklinde gösterilir.. Örnek. p: “Asal sayılar 5 ten başlar.”. q: “Ardışık iki çift sayının toplamı tektir.”. önermelerinin ∧ (ve) bağlacı ile bağlanmış hali olan. Asal sayılar 5 ten başlar ve ardışık iki çift sayının toplamı tektir. ” şeklindedir. p ∧ q: “ ............................................................................................................................................. 8 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. UYARI: "∧" bağlacı ile bağlı olan bileşik önermenin doğruluk değeri, her iki önermede doğru iken doğru diğer her durumda yanlıştır.. Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.. p. q. p∧q. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 1. 0. 0. 0. 0. (p ∧ q) ∧ q′. Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosunu kullanarak bulunuz.. p. q. q′. p∧q. (p ∧ q) ∧ q′. 1. 1. 0. 1. 0. 1. 0. 1. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. p≡1. q≡1. r≡0. . olduğundan (p ∧ q) ∧ q′ ≡ 0 dır.. Yukarıda doğruluk değerleri verilen önermeler için p′ ∧ (q′ ∧ r)′ önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. p′ ≡ 0, q′ ≡ 0 ve r ≡ 0 olduğundan p′ ∧ (q′ ∧ r)′ ≡ 0 ∧ (0 ∧ 0)′. ≡ 0 ∧ 0′. ≡ 0 ∧ 1. ≡ 0 bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 9.

1. Ünite. p∧1≡0. q′ ∧ 0 ≡ r. Mantık. Yukarıda verilen bileşik önermeler için,. (p′ ∧ r′)′. önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. p ∧ 1 ≡ 0 olduğundan p ≡ 0 dır. q′ ∧ 0 ≡ r olduğundan 0 ≡ r dir. Buna göre; (p′ ∧ r′)′ ≡ (1 ∧ 1)′ ≡ 1′ ≡ 0 bulunur.. Veya (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi iki önermenin “veya” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ∨ q ile gösterilir.. p : “Çift sayıların bütün kuvvetleri çifttir.”. q : “1 çarpma işleminin birim elemanıdır.”. çift sayıların bütün kuvvetleri çifttir veya Önermelerinin ∨(veya) bağlacı ile bağlanmış hali olan p ∨ q : “ ……………………………………………… 1 çarpma işleminin birim elemanıdır. ” şeklindedir. ………………………………………. UYARI: ∨ bağlacı ile bağlı olan bileşik önermelerin doğruluk değerleri iki önermenin de yanlış olduğu durumda yanlış diğer her durumda doğrudur.. Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.. p. q. p∨q. 1. 1. 1. 1. 0. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 10 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. (p ∧ q)′ ∨ q. Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosunu kullanarak bulunuz.. p. q. p∧q. (p ∧ q)′. (p ∧ q)′ ∨ q. 1. 1. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 0. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. olduğundan (p ∧ q)′ ∨ q ≡ 1 bulunur. . p önermesi doğru, q ve r önermeleri yanlış önermelerdir. Buna göre,. (p′ ∨ r) ∨ (q ∧ p)′. bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. p ≡ 1, q ≡ 0 ve r ≡ 0 olduğundan (p′ ∨ r) ∨ (q ∧ p)′ ≡ (0 ∨ 0) ∨ (0 ∧ 1)′ . ≡ 0 ∨ 0′. . ≡0∨1. . p∨r≡0. q∨0≡1. ≡ 1 bulunur.. Yukarıda verilen bileşik önermelere göre,. (p′ ∨ q) ∧ (p ∨ r′). bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. p ∨ r ≡ 0 olduğundan p ≡ 0 ve r ≡ 0 dır. q ∨ 0 ≡ 1 olduğundan q ≡ 1 dir. Buna göre, (p′ ∨ q) ∧ (p ∨ r′) ≡ (1 ∨ 1) ∧ (0 ∨ 1). ≡. 1∧1. ≡. 1 bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 11.

1. Ünite. Mantık. "Ya da" (∨) Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p, q önermelerinin "ya da" bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler "∨" işareti kullanılarak p ∨ q şeklinde yazılır.. Örnek :. p : Camı özgür kırdı.. q : Camı Ozan kırdı.. "Camı Özgür ya da Ozan kırdı." şeklindedir. önermeleri kullanılarak yazılan p ∨ q bileşik önermesi ............................................................................ UYARI: "∨" bağlacı ile bağlı olan bileşik önermelerin doğruluk değerleri iki önermeden biri doğru diğeri yanlış iken doğru, diğer durumlarda yanlıştır. Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz. p. q. p∨q. 1. 1. 0. 1. 0. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 0. (p′ ∨ p)′ ∨ q. bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.. p. q. p′. p′ ∨ p. (p′ ∨ p)′. (p′ ∨ p)′ ∨ q. 1. 1. 0. 1. 0. 1. 1. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 1. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 12 / 11. Sınıf - Matematik. olduğundan (p′ ∨ p)′ ∨ q ≡ q bulunur..

1. Ünite. 1∨p≡1. 0∨q≡0. Mantık. olduğuna göre, p′ ∨ q bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. 1 ∨ p ≡ 1 olduğundan p ≡ 0 dır. 0 ∨ q ≡ 0 olduğundan q ≡ 0 dır. Buna göre, p′ ∨ q ≡ 1 ∨ 0 ≡ 1 bulunur.. ∧ , ∨ ile ∨ Bağlaçlarına Ait Özellikler. 1. Tek kuvvet özelliği,. • p ∨ p ≡ p. • p ∧ p ≡ p. • ∨ bağlacının tek kuvvet özelliği yoktur.. 2. Değişme özelliği,. • p ∨ q ≡ q ∨ p. • p ∧ q ≡ q ∧ p. • p ∨ q ≡ q ∨ p dir.. 11. Sınıf - Matematik / 13.

1. Ünite. Mantık. (p ∧ p) ∧ r ∧ p′. bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p. B) p′. C) r′ ∧ p. D) 1. E) 0. (p ∧ p) ∧ r ∧ p′ (Tek kuvvet özelliğinden) p ∧ r ∧ p′ (Değişme özelliğinden) p ∧ p′ ∧ r 0 ∧ r 0 bulunur.. 3. Birleşme özelliği,. • (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r). • (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r). • (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r) dir.. 4. Dağılma özelliği,. • p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r). • p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) dir.. 14 / 11. Sınıf - Matematik. Cevap : E.

1. Ünite. Mantık. [r′ ∨ (r ∨ q)] ∧ [(q′ ∧ r) ∧ r′]. önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 1. B) 0. C) r. D) q. E) r′. [(r′ ∨ r) ∨ q] ∧ [q′ ∧ (r ∧ r′)] (birleşme özelliğinden). [1 ∨ q] ∧ [q′ ∧ 0] (r′ ∨ r ≡ 1 ve r′ ∧ r ≡ 0). 1∧0. 0 bulunur.. Cevap : B. p ∧ (p′ ∨ q). önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p ∨ q. B) p′. D) p ∧ q′. C) q. E) p ∧ q. p ∧ (p′ ∨ q) (Soldan dağılma özelliğinden) (p ∧ p′) ∨ (p ∧ q) (p ∧ p′ ≡ 0) 0 ∨ (p ∧ q) p ∧ q bulunur.. Cevap : E. (p ∧ q) ∨ p′. önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) p′ B) p ∧ q′. C) p′ ∧ q. D) p ∨ q. E) p′ ∨ q. (p ∧ q) ∨ p′ (Sağdan Dağılma özelliğinden) (p ∨ p′) ∧ (q ∨ p′) (p ∨ p′ ≡ 1) 1 ∧ (q ∨ p′). q ∨ p′ veya p′ ∨ q bulunur.. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 15.

1. Ünite. Mantık. 5. De′ Morgan kuralı. • (p ∧ q)′ ≡ p′ ∨ q′. • (p ∨ q)′ ≡ p′ ∧ q′ dir.. (p ∨ q′)′ ∧ (q′ ∨ 0). bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 0. B) 1. C) p′. D) p ∧ q′. E) p ∨ q′. (p ∨ q′)′ ∧ (q′ ∨ 0) (De' Morgan kuralı) (p′ ∧ q) ∧ (q′) (Birleşme özelliğinden) p' ∧ (q ∧ q'). p' ∧ 0 ≡ 0 bulunur.. Cevap : A. Öğretmen Örneği. (p ∨ q) ∧ (p ∧ q′)′. bileşik önermesine denk olan önermeyi bulunuz.. Çözüm. (p ∨ q) ∧ (p ∧ q')' (De' morgan kuralı). (p ∨ q) ∧ (p′ ∨ q) (Dağılma özelliği). (p ∧ p′) ∨ q. 0 ∨ q. q bulunur.. 16 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. ∧ ile ∨ Bağlaçları ve Elektrik Devreleri Arasındaki İlişki Fizik dersi içerisinde işlenen seri ve paralel bağlı elektrik devreleri mantık konusu ile şu şekilde ilişkilendirilir.. Devrede açık anahtar. Devrede kapalı anahtar. “0” ile “1” ile. gösterilir. Anahtarların elektrik devresine bağlanması; Seri bağlama p. Paralel bağlama p. q. q + –. + –. p∧q. p∨q. şeklindedir. Devrede mantık işlemlerinin sonucu “0” çıkarsa devreden akım geçmez, yani lamba yanmaz, “1” çıkarsa akım geçer, yani lamba yanar.. p. q. lamba + –. Yukarıdaki şekilde görülen elektrik devresinde lambanın yanıp yanmayacağını mantık kurallarıyla bulunuz.. p ≡ 1 ve q ≡ 0 ve anahtarlar seri bağlı olduğundan. p ∧ q ≡ 1 ∧ 0 ≡ 0 bulunur. Dolayısıyla lamba yanmaz.. 11. Sınıf - Matematik / 17.

1. Ünite. Mantık. p. q p. q. r. + –. + –. Şekil - I. Şekil - II. Yukarıdaki iki şekilde görülen elektrik devrelerinde lambaların yanıp yanmayacağını sembolik mantık kullanarak bulunuz.. Şekil I deki devrede. Şekil II deki devrede. . p ≡ 1 q ≡ 0 ve anahtarlar paralel bağlı olduğundan. p ≡ 1, q ≡ 1, r ≡ 0 olmak üzere,. p ∨ q ≡ 1 ∨ 0 ≡ 1 bulunur.. p ∧ (q ∨ r) ≡ 1 ∧ (1 ∨ 0). lamba yanar.. . ≡ 1 ∧ 1. ≡ 1 bulunur.. lamba yanar.. Öğretmen Örneği q s. r. p. u. t + –. Yukarıda verilen elektrik devresindeki ampülün yanıp yanmayacağını sembolik mantık kullanarak bulunuz.. Çözüm p ≡ 0, q ≡ 1, r ≡ 0, s ≡ 0, t ≡ 1, u ≡ 1 olmak üzere, p ∧ [(q ∨ (r ∧ s)) ∨ t] ∧ u ≡ 0 ∧ [(1 ∨ (0 ∧ 0)) ∨ 1] ∧ 1 . 18 / 11. Sınıf - Matematik. ≡ 0 ∧ [1 ∨ 0 ∨ 1] ∧1 ≡ 0 bulunur. Ampul yanmaz..

MİNİ ÖDEV 1. (p ∨ q)′ ∨ (p′)′ bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir? A) p ∧ q′. B) p′ ∨ q. Çözüm. (p′ ∧ q′) ∨ p. (p′ ∨ p) ∧ (q′ ∨ p). 1 ∧ (q′ ∨ p). q′ ∨ p bulunur.. 2. . A) p′ ∨ q′. E) p ∨ q. B) 1, 0, 1. E) 0, 1, 0. Çözüm. p ≡ 0 ve q′ ∨ r ≡ 0 dır.. q′ ∨ r ≡ 0 ise q′ ≡ 0 ve r ≡ 0. p, q, r = 0, 1, 0 dır.. p′ ∧ [(p ∨ q′) ∧ 1]. (p′ ∧ p) ∨ (p′ ∧ q′) ⇒ 0 ∨ (p′ ∧ q′) = p′ ∧ q′ . 3. . A) p ∨q B) p. E) q′. Çözüm p ∨ (q ∧ q′) p∨0 p . p. q. B) p ∧ q′. Şekildeki elektrik devresine karşılık gelen bileşik önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) [p ∨ (q ∧ r)] ∨ s. C) p′ ∨ q. D) p′. B) [p ∧ (q ∨ r)] ∨ s. E) p. C) [p ∨ (q∨r)] ∨ s. (p′ ∧ q′) ∧ q. (p′ ∧ (q′ ∧ q). p′ ∧ 0. 0 bulunur.. D) p′. r. Çözüm. C) q. s. bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?. p′ ∧ [p ∨ q′]. bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?. 6.. (p ∨ q)′ ∧ q. A) 0. ⇒. (p ∨ q) ∧ (p ∨ q′). q ≡ 1 ve r ≡ 0. E) p ∧ q. C) 1, 0, 0. D) 0, 0, 0. D) p′ ∧ q′. p′ ∧ [(p ∨ q′) ∧ (q ∨ q′)]. olduğuna göre p, q ve r önermelerinin doğruluk değerleri sırasıyla aşağıdakilerden hangisidir? A) 1, 1, 1. C) p′ ∧ q. p ∨ (q′ ∨ r) ≡ 0. B) q′ ∧ p. Çözüm. 5. . p′ ∧ [(p ∧ q) ∨ q′]. önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?. C) q′ ∨ p. D) p′ ∧ q. 4. . 1. D) [p ∨ (q ∧ r)] ∧ s E) [r ∨ ( p ∧ q)] ∧ s. Çözüm ((p ∧ q) ∨ r) ∧ s 11. Sınıf - Matematik / 19.

1. Ünite. Mantık. Kümelerdeki İşlemler ile Sembolik Mantık Kuralları Arasındaki İlişki Kümelerdeki işlem ile sembolik mantıkta kullanılan semboller arasında çok yakın bir ilişki vardır. Bu ilişki aşağıdaki tablolarda gösterilmiştir.. Sembolik mantık. 0. 1. ∨. ∧. ′. ≡. Kümeler. ∅. E. ∪. ∩. ′. ≡. Tablo 1 Kümeler. Sembolik Mantık. A ∪ A′ = E. p ∨ p′ ≡ 1. A ∩ A′ = ∅. p ∧ p′ ≡ 0. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). p ∨ (q ∧ r) = (p ∨ q) ∧ (p ∨ r). (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′. (p ∨ q)′ = p′ ∧ q′ Tablo 2. Tablo 2 de bazı işlemlerin benzerlikleri ortaya koyulmuştur. Diğer benzerlikleri siz ortaya koyunuz.. Öğretmen Örneği A ve B evrensel kümenin alt kümeleri olmak üzere, (A ∪ B)′ ∪ (A ∪ B) = E olduğunu sembolik mantık kullanarak gösteriniz.. Çözüm Yukarıda küme gösterimleri verilen bağıntıda A = p, B = q, ∪ ≡ ∨, E = 1 olmak üzere, (A ∪ B)′ ∪ (A ∪ B) = E ⇔ (p ∨ q)′ ∨ (p ∨ q) bileşik önermesinde (p ∨ q ≡ r olsun) O halde. r′ ∨ r. 1 bulunur.. 20 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. Koşullu Önermeler a) ise (⇒) Bağlayıcı ile Bağlanan Bileşik Önermeler. p ve q gibi iki önermenin “ise” bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler p ⇒ q şeklinde gösterilir.. Örnek :. p : “ Özgür’ün doğum yeri Erzincan’dır.”. q : “4 ün karesi 16 dır.”. Önermelerinin ⇒ (ise) bağlacı ile bağlanmış hali olan,. Özgür'ün doğum yeni Erzincan ise 4 ün karesi 16 dır. p ⇒ q: .............................................................................................................................................. şeklindedir.. UYARI: bağlacı ile bağlanan p ⇒ q bileşik önermenin doğruluk değeri, p doğru q yanlış iken yanlış diğer tüm durumlarda doğrudur.. ⇒. Yukarıdaki uyarıya göre, aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.. p. q. p⇒q. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 1. 11. Sınıf - Matematik / 21.

1. Ünite. Mantık. p ⇒ (p ∨ q) Bileşik önermesinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.. p. q. p∨q. p ⇒ (p ∨ q). 1. 1. 1. 1. 1. 0. 1. 1. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. p ⇒ 0 bileşik önermesi doğru. 1 ⇒ q bileşik önermesi yanlış. önermeler olduğuna göre,. (p′ ⇒ q) ⇒ (p ∨ q′). bileşik önermesinin doğruluk değerini bulunuz.. p ⇒ 0 ≡ 1 olduğundan p ≡ 0 dır. 1 ⇒ q ≡ 0 olduğundan q ≡ 0 dır. Buna göre, (p′ ⇒ q) ⇒ (p ∨ q′) ≡ (1 ⇒ 0) ⇒ (0 ∨ 1) . ≡0⇒1. . ≡ 1 bulunur.. Kural p ve q iki önerme olmak üzere p ⇒ q önermesi p′ ∨ q önermesine denktir.. 22 / 11. Sınıf - Matematik. olduğundan p ⇒ (p ∨ q) ≡ 1 bulunur..

1. Ünite. Mantık. (p ⇒ q) ∨ q′. bileşik önermesine denk olan önerme aşağıdakilerden hangisidir? A) 0. B) 1. C) p. D) q. E) p′. (p ⇒ q) ∨ q′ (p ⇒ q ≡ p′ ∨ q) (p′ ∨ q) ∨ q′ (Birleşme özelliğinden) p′ ∨ (q ∨q′) p′ ∨ 1 1 bulunur.. Cevap : B. Aşağıda verilen denkliklerden hangisi ya da hangileri doğrudur? I. p ∨ q′ ≡ p′ ⇒ q′ II. (p′ ⇒ q)′ ≡ (p ∨ q′) III. (p ⇒ q) ∨ r ≡ r′ ⇒ (q ∨ p′) A) Yalnız I. D) I ve III . B) Yalnız II . C) Yalnız III. E) I, II ve III. I. p′ ⇒ q′ ≡ (p′)′ ∨ q′ ≡ p ∨ q′ olduğundan ifade doğrudur. II. (p′ ⇒ q)′ ≡ ((p′)′ ∨ q)′ ≡ (p ∨ q)′ ≡ p′ ∧ q′ olduğundan ifade yanlıştır. III. (p ⇒ q) ∨ r ≡ (p′ ∨ q) ∨ r. }. r′ ⇒ (q ∨ p′) ≡ r ∨ (q ∨p′) ifadeleri birbirine eşit olduğundan yargı doğrudur. O halde I ve III doğru, II yanlıştır. Cevap : D. Tanım p ve q önermeler olmak üzere,. p ⇒ q bileşik önermesinin. • Karşıtı q ⇒ p • Tersi p′ ⇒ q′ • Karşıt tersi q′ ⇒ p′ dir.. 11. Sınıf - Matematik / 23.

1. Ünite. Mantık. p : “Hava bugün soğuk.”. q : “Yerde kar var.”. Önermelerini kullanarak aşağıdaki boşlukları doldurunuz.. Yerde kar varsa hava bugün soğuktur. ” q ⇒ p: “……………………………………………………. Hava bugün soğuk ise yerde kar vardır. , q ⇒ p önermesinin karşıtı ………………………………………………………. kar yoksa hava bugün soğuk değildir. q ⇒ p önermesinin tersi Yerde …………………………………………………………. bugün soğuk değilse yerde kar yoktur. q ⇒ p önermesinin karşıt tersi Hava …………………………………………………………. UYARI: Her koşullu önermenin karşıt tersi kendisine denktir.. p, q ve r önermelerinin değilleri sırasıyla p′, q′ ve r′ olarak gösterildiğine göre, aşağıdakilerden hangisi,. (p ∨ q) ⇒ (q ∧ r). önermesine denktir? A) (p′ ∧ q′) ⇒ (q′ ∨ r′) B) (p′ ∧ q′) ⇒ (q′ ∧ r′) C) (p′ ∨ r′) ⇒ (q′ ∧ r′) D) (q′ ∧ r′) ⇒ (p′ ∨ q′) E) (q′ ∨ r′) ⇒ (p′ ∧ q′). Her koşullu önerme karşıt tersine denk olduğundan. (p ∨ q) ⇒ (q ∧ r) ≡ (q ∧ r)′ ⇒ (p ∨ q)′. (q′ ∨ r′) ⇒ (p′ ∧ q′) bulunur.. Cevap : E. Tanım. p ve q gibi iki önerme “⇒” bağlacı ile bağlandığında elde edilen önermenin doğruluk değeri “1” ise bu önermeye gerektirme denir.. 24 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. I. p ⇒ p′ II. p ∧ p′ ⇒ q ∨ q′ III. p′ ⇒ (r ∧ r′) Bileşik önermelerinden hangisi ya da hangileri gerektirmedir? A) Yalnız I. D) I ve III . B) Yalnız II . C) Yalnız III. E) II ve III. I. p ⇒ p′ ≡ p′ ∨ p′ ≡ p′ olduğundan ifade gerektirme değildir. II. p ∧ p′ ⇒ q ∨ q′ ≡ 0 ⇒ 1 ≡ 1 olduğundan ifade gerektirmedir. III. p′ ⇒ (r ∧ r′) ≡ p′ ⇒ 0 ≡ (p′)′ ∨ 0 ≡ p ∨ 0 ≡p olduğundan ifade gerektirme değildir. O halde yalnız II gerektirmedir.. Cevap : B. b) Ancak ve Ancak “⇔” Bağlacı ile Bağlanan Bileşik Önermeler p ve q gibi önermelerin ⇔ bağlacı ile bağlandığı bileşik önermeler “p ⇔ q” şeklinde gösterilir ve iki yönlü koşullu önerme denir.. Örnek:. p: “x + y toplamı çifttir.”. q : “x ve y den biri tek biri çifttir.”. önermelerinin ⇔ (ancak ve ancak) bağlacı ile bağlanmış hali olan, p ⇔ q : "x + y toplamı ancak ve ancak x ve y den biri tek biri çift ise çift sayıdır." …………………………………………………………………………… şeklindedir.. UYARI: ⇔ bağlacı ile bağlanan p ⇔ q bileşik önermesinin doğruluk değeri, her iki önermenin aynı doğruluk değerine sahip. olduğu durumlarda doğru, diğer durumlarda yanlıştır.. Yukarıdaki uyarıya göre aşağıdaki doğruluk tablosunu doldurunuz.. p. q. p⇔q. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 1 11. Sınıf - Matematik / 25.

1. Ünite. Mantık. p ⇔ q ile (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p). Bileşik önermelerinin doğruluk değerini doğruluk tablosu kullanarak bulunuz.. p. q. p⇒q. q⇒p. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 0. 1. 1. 1. 1. q⇔p. (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p). Yukarıda oluşturduğumuz tablodan faydalanarak. p ⇔ q ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) denkliği elde edilebilir.. (p ∨ q′) ⇔ 1. Bileşik önermesinin doğruluk değeri “0” olduğuna göre, aşağıdaki önermelerden hangisinin doğruluk değeri “1” dir? A) p ⇔ q. D) p ∨ q′ . B) p′ ⇔ q′. C) p ∧ q. E) q ⇒ p′. (p ∨ q′) ⇔ 1 ≡ 0 olduğuna göre p ∨ q′ ≡ 0 dir. Buradan da. p ≡ 0 ve q ≡ 1 dir.. A) p ⇔ q ≡ 0 ⇔ 1 ≡ 0 B) p′ ⇔ q′ ≡ 1 ⇔ 0 ≡ 0 C) p ∧ q ≡ 0 ∧ 1 ≡ 0 D) p ∨ q′ ≡ 0 ∨ 0 ≡ 0 E) q ⇒ p′ ≡ 1 ⇒ 1 ≡ 1 olduğundan q ⇒ p′ önermesinin doğruluk değeri 1 dir. Cevap : E 26 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. Totoloji ve Çelişki Bir bileşik önermenin doğruluk değeri “1” ise bu bileşik önermeye totoloji, doğruluk değeri “0” ise bu bileşik önermeye çelişki denir.. I. p ∧ p′ II. (p ⇒ q) ∨ p III. p ⇔ p′ Yukarıdaki önermelerden hangisi ya da hangileri totolojidir? A) Yalnız I. D) I ve II . B) Yalnız II . C) Yalnız III. E) II ve III. I. p ∧ p′ ≡ 0 olduğundan ifade çelişkidir. II. (p ⇒ q) ∨ p ≡ (p′ ∨ q) ∨ p ≡ p′ ∨ p ∨ q ≡ 1 ∨ q ≡ 1 olduğundan ifade totolojidir. III. p ⇔ p′ ≡ 0 olduğundan ifade çelişkidir. O halde yalnız II totolojidir.. Cevap : B. Aşağıdaki önermelerden hangisi bir çelişkidir? A) p ⇒ p′. D) p ⇔ 1 . B) p ⇒ 1. C) p ∨ q. E) q ⇔ q′. A) p ⇒ p' ≡ p' ∨ p' ≡ p' olduğundan önerme ne çelişki ne de totolojidir. B) p ⇒ 1 ≡ p' ∨ 1 ≡ 1 olduğundan önerme totolojidir. C) p ∨ q ne çelişki ne de totolojidir. D) p ⇔ 1 ≡ p ne çelişki ne de totolojidir. E) q ⇔ q' ≡ 0 olduğundan önerme çelişkidir. O halde q ⇔ q' önermesi çelişkidir. Cevap : E 11. Sınıf - Matematik / 27.

1. Ünite. Mantık. Niceleyiciler Bir cümlede karşımıza çıkan cümlede çokluk (nicelik) belirten sözcüklere önermenin niceleyicileri denir. Başlıca niceleyiciler her (∀) ve en az bir (∃) dir.. Örnek: Aşağıda verilen önermelerin sembolik yazılışlarını boşluklara yazınız. • “Bazı gerçek sayıların küpü pozitiftir.”. " ∃x ∈ R için x3 > 0" ………………………………………………. • “Her gerçek sayının kendisi ile çarpımı pozitiftir.”. " ∀x ∈ R için x . x > 0" ………………………………………………. • “Bazı tam sayılar 5’in tam katıdır.”. " ∃x ∈ Z için x = 5 m, m ∈ Z" ………………………………………………. • “Her tam sayının karesi, kendisinin 4 fazlasına eşittir.". " ∀x ∈ Z için x2 = x + 4" ………………………………………………. Kural Niceleyicilerin olumsuzu değili, (∀ x ∈ A)′ ≡ ∃ x ∈A′ (∃ x ∈A)′ ≡ ∀ x ∈A′ dır.. Aşağıda verilen önermelerin olumsuzlarını boşluklara yazınız. A) “Bazı insanlar beyaz tenlidir.”. "Her insan beyaz tenli değildir." …………………………………………………………. B) “Her doğal sayı bir tam sayıdır.”. "Bazı doğal sayılar tam sayı değildir." …………………………………………………………. C) “Bir gün 24 saattir.”. "Bir gün 24 saat değildir." …………………………………………………………. D) “12 < 10”. "12 ≥ 10 " …………………………………………………………. E) “–3 = 4”. "–3 ≠ 4 " …………………………………………………………. F) “(∀ x ∈R, x3 ≥ 4) ∨ (∃ x ∈R, x = 2). " (∃ x ∈ R, x3 < 4) ∧ (∀x ∈ R, x ≠ 2)" …………………………………………………………. 28 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. AÇIK ÖNERMELER İçinde en az bir değişken bulunduran ve bu değişkenlerin aldığı değerlere göre doğru yada yanlışlığı kesinleşen önermelere açık önerme denir.. Aşağıdakilerden hangisi bir açık önermedir? A) “2 . 4 – 2 = 2” B) “4 < 5 < 7” C) “Üç basamaklı en büyük tam sayı 987 dir.” D) “x ∈ N ve x çift sayıdır.” E) “Dünyanın uydusu aydır.”. A, B, C ve E seçeneklerinde verilen önermeler en az bir değişken bulundurmadıklarından açık önerme değildir. D seçeneğinde x bir değişken ve x in aldığı değerlere göre doğru ya da yanlışlığı kesinleşen bir önerme olduğundan önerme açık önermedir. Cevap : D. Tanım. p(x) açık önermesini doğru yapan bütün x değerlerinin kümesine p(x) önermesinin doğruluk kümesi denir.. Aşağıdaki açık önermelerin doğruluk kümelerini bulunuz. I. p(x): “x∈N, x2 < 17” x = 0, x = 1, x = 2, x = 3, x = 4 doğal sayıları eşitsizliği sağladığından açık önermenin doğruluk kümesi ……………………………… . D = {0, 1, 2, 3, 4} tür. II. q(x): “x∈N, (x – 1) (x + 1) (x – 2) = 0” x = –1, x = 1, x = 2 sayılarından x = 1 ve x = 2 doğal sayıları eşitliği sağladığından doğruluk kümesi …………………… . . D = {1, 2} dir. III. r(x): “x ∈Z, 1 < 2x – 1 < 19” x = 2, x = 3, x = 4, x = 5, x = 6, x = 7, x = 8, x = 9 sayıları eşitsizliği sağladığından açık önermenin doğ ……………………………………………… . ruluk kümesi D = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} dur. 11. Sınıf - Matematik / 29.

1. Ünite. Mantık. Tanım. Bir terimin kapsamına giren her şeyi eksiksiz olarak belirten bir önerme oluşturmaya bu terimi tanımlamak denir.. Tanım. İspata gerek duymadan, sebebini aramadan doğruluğuna inandığımız önermelere aksiyom denir.. Tanım. Doğruluğu ispatlaması gereken önermelere teorem denir.. Tanım. Verilen p ⇒ q koşullu önermesinde başlangıçta olan p önermesine hipotez (varsayım) varılan sonuca q önermesine hüküm (yargı) denir.. Tanım. Bir teoremin hipotezi doğru iken mantıklı bir düşünce ile hükmününde doğru olduğunu göstermeye bu teoremin ispatlaması denir.. 30 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. İSPAT YÖNTEMLERİ 1) Doğrudan İspat Yöntemi Bu ispat tekniğinde teorem veya önerme içinde verilen şartlar aynen alınıp gösterilmek istenilen sonuca ulaşılmaya çalışılır. Bu teknik genel olarak p ⇒ q şeklinde gösterilir. p hipotezinin doğru olduğu kabul edilirse, q’nun doğruluğu elde edilir.. “Her çift sayının karesi çift sayıdır.”. teoremini doğrudan ispat yöntemini kullanarak ispatlayınız.. Teoremi koşullu önerme şeklinde yazalım. "x çift sayı ise x2 çift sayıdır." Bu teoremde Hipotez : x çift sayıdır.. Hüküm : x2 çift sayıdır.. Hipotezin doğru olduğunu kabul edelim. Hükmünde doğru olduğunu gösterelim. m bir tam sayı olmak üzere bütün çift sayılar 2m, bütün tek sayılar 2m + 1 biçiminde yazılabilir. x çift tam sayı ⇒ x = 2m. ⇒ x2 = (2m)2. ⇒ x2 = 4m2. . . ⇒ x2 = 2 . 2 m2 n 2 ⇒ x = 2n (n tam sayı) hükmün doğru olduğunu ispatlamış olduk, ispat tamamlanmış oldu.. {. 2) Dolaylı İspat Yöntemi A) Aksine Örnek Vererek İspat Verilen bir önermenin doğru olduğu ispatlanamıyorsa, aksine örnek verilerek veya çelişki olduğu gösterilerek yanlış olduğu ispatlanır. Dolayısıyla verilen önermenin doğru olmadığını gösteren en az bir değer bulunarak bu önermenin yanlış olduğu ispatlanmış olur.. “Her tek tam sayı asal sayıdır.”. önermesinin aksine örnek verme yöntemi ile doğruluğunu araştırınız.. "Her tek tam sayı asal sayıdır.". önermesi yanlıştır. Çünkü 9 tek tam sayı olmasına rağmen asal sayı değildir. 11. Sınıf - Matematik / 31.

1. Ünite. Mantık. B) Olmayana Ergi Yöntemi Bir koşullu önerme karşıt tersine denk olduğunda p ⇒ q teoremi yerine bunun dengi olan q' ⇒ p' önermesi ispatlanır. Bu ispat yöntemine olmayana ergi yöntemi denir. “x6 tek sayı ise x tek sayıdır.” teoremini olmayana ergi yöntemiyle ispatlayınız. "x6 tek sayı ise x tek sayıdır "teoremi yerine bunun karşıt tersi olan x tek sayı değilse x6 tek sayı değildir" teoremi ispatlayalım. x tek sayı değildir. ⇒ x çift sayıdır.. ⇒. x = 2m, m ∈ Z. ⇒ x6 = 64 m6. . . ⇒ x6 = Tek sayı değildir.. }. ⇒ x6 = 2 . (32 m6) Tam sayı ⇒ x6 = çift sayıdır.. . C) Çelişki Yoluyla İspat Yöntemi Bu ispat yönteminde teoremin doğru olmadığı varsayılır. Bu varsayımın bilinen gerçeklerle çeliştiği gösterilir. p ⇒ q biçimindeki teoremin doğru olduğunu ispatlamak için p önermesi doğru iken q' yanlış olduğu gösterilir.. Öğretmen Örneği “Asal sayılar sonsuzdur.” teoremini çelişki yoluyla ispat kullanarak ispatlayınız.. Çözüm Teoremi p ⇒ q şeklinde ifade edelim.. }. }. Bir miktar asal sayı var ise bunlar sonsuz çokluktadır. ⇒ p q' : Asal sayılar sonlu tane olsun.. q. p : Bir miktar asal sayı olması, yani asal sayıların karakteri gereği her sayının asal sayıların çarpımı şeklinde yazılabiceğini dikkate alalım. q' önermesine dair bir çelişki bulacağız. Varsayalım ki sonlu tane asal sayı olsun : 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11, . . . , A. K = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ 11 ... A olsun.. K sayısının 1 fazlası olan k + 1 = (2, 3, 5, 7, 11 .......... A) + 1 sayısı 2, 3, 5, 7, 11, ....., A sayılarının her birinden büyüktür ve hiçbiri ile bölünmez. Bu sayı bunlardan hangisi ile bölünürse bölünsün kalan 1 olur. Bu da k + 1 sayısının, {2, 3, 5, 7, 11... A} kümesinde olmayan yeni bir asal sayı olduğunu gösterir. Bu yolla her seferinde yeni bir asal sayı bulunacağından bu durum A kümesi sonlu bir kümedir. varsayımı ile çelişir. O halde asal sayılar kümesi sonsuz elemanlı bir kümedir. 32 / 11. Sınıf - Matematik.

1. Ünite. Mantık. D) Deneme Yöntemiyle İspat Yöntemi. x değişkenlerinin kümesi A olmak üzere p(x) bir önerme olsun.. A kümesinden her x için p(x) in doğruluğu denenerek, yani x değerleri yerine yazılarak p(x) in doğru olduğunu ispatlamaya deneme yöntemiyle ispat denir.. A = {0, 1, 2} kümesi için " ∀x ∈ A için x2 < x + 6" önermesinin doğruluğunu ispatlayınız.. A kümesinde her x için p(x) in doğru olduğunu deneyerek gösterelim.. x = 0 için p(0) : "02 < 0 + 6" Doğru. x = 1 için p(1) : "12 < 1 + 6" Doğru. x = 2 için p(2) : "22 < 2 + 6" Doğru. Buna göre ∀x ∈ A için x2 < x + 6 dır.. E) Tümevarım Yöntemi İle İspat Yapma Yöntemi Bu teknikte ispatın yapılacağı kümede eleman sayısının sayılabilir sonsuzlukta olması durumunda, bir p özelliğinin “1” için var olduğu gösterilir. Sonra k için özelliğin doğru olduğu kabul edilerek k + 1 için özelliğin ispatı yapılır.. 2 + 4 + 6 + … + 2n. biçimindeki sayıların toplamının n = 1, 2, 3, 4, … tam sayılarının her biri için n2 + n olduğunu gösteriniz.. n = 1 için 2 = 12 + 1 ⇒ 2 = 2 doğrudur. n = k için 2 + 4 + 6 + . . . + 2k = k2 + k önermesinin doğru olduğunu varsayarak n = k + 1 için 2 + 4 + 6 + . . . + 2k + (2k + 2) = (k +1)2 + (k +1) doğruluğunu gösterelim. Doğru kabul ettiğimiz eşitliğin her iki tarafına 2k + 2 ekleyelim.. 2 + 4 + 6 ... + 2k + 2k + 2 = k2 + k + 2 k + 2. . = k2 + 2k + 1 + k + 1. = (k + 1)2 + (k + 1) bulunur. 11. Sınıf - Matematik / 33.

MİNİ ÖDEV 1. . (p ⇒ q′)′. 3. Aşağıdaki önermelerin hangisi bir çelişkidir? A) p ∧ p. önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir? A) p. C) p ∨ q. B) q D) p ∧ q. E) p′ ∧ q. Çözüm. B) p ∨ p′. A) p ∧ p = p. B) p ∨ p′ ≡ 1 (Totoloji). p ⇒ q′ ≡ p′ ∨ q′ olduğundan. (p ⇒ q′)′ = (p′ ∨ q′)′ = p ∧ q bulunur.. C) (p ⇒ p′)′ ≡ (p′)′ ≡ p. D) p ⇔ p′ ≡ 0 (Çelişki). E) p′ ⇒ p ≡ p. 2. . 4. . p ⇒ (q ∧ r′) ≡ 0. olduğuna göre p, q ve r önermelerinin doğruluk değerleri aşağıdakilerden hangisi olabilir? A) 1, 1, 0. B) 0, 1, 1. A) Totoloji. B) Çelişki. D) q. C) p E) p ∧ q. E) 0, 1, 0. Çözüm. Çözüm. (p ⇒ q) ∧ (p′ ⇒ q). bileşik önermesi aşağıdakilerden hangisine denktir?. C) 1, 0, 1. D) 0, 0, 1. E) p′ ⇒ p. Çözüm. C) (p ⇒ p′)′. D) p ⇔ p′. 2. (p ⇒ q) ∧ (p′ ⇒ q). q ∧ r′ ≡ 0 ise q ≡ 0 ise r ≡ 0. (p′ ∨ q) ∧ (p ∨ q) (Dağılma özelliği). q ≡ 0 ise r ≡ 1. (p′ ∧ p) ∨ q. q ≡ 1 ise r ≡ 1 olabilir.. 0∨q. Buna göre p, q, r ≡ 1, 0, 1 olabilir.. q bulunur.. p ≡ 1 ve q ∧ r′ ≡ 0 dır.. 34 / 11. Sınıf - Matematik.

MİNİ ÖDEV 5. Aşağıdakilerden hangisi "Bazı gerçek sayıların karesi pozitiftir." önermesinin sembolik yazılışıdır?. 6. Bir öğrenci, doğru olduğunu düşündüğü aşağıdaki iddiayı ipatlarken bir hata yapmıştır.. İddia: A, B, C herhangi kümeler olmak üzere,. ≥0. A \ (B ∩ C) ⊆ (A \ B) ∩ (A \ C)’dir.. B) ∃x∈R, x 2. ≥0. öğrencinin ispatı:. x2. >0. A \ (B ∩ C) kümesinin her elemanının (A \ B) ∩ (A \ C). D) ∀x∈R, x2. <0. kümesinde olduğunu gösterirsem ispat biter.. E) ∃x∈R, x 2. >0. Şimdi, x ∈ A \ (B ∩ C) alalım.. A) ∀x∈R, x 2. C) ∀x∈R, . 2. I. Buradan x ∈ A ve x ∉ (B ∩ C) olur.. Çözüm. II. Buradan x ∈ A ve (x ∉ B ve x ∉ C) olur. III. Buradan (x ∈ A ve x ∉ B) ve (x ∈ A ve x ∉ C) olur.. Bazı kelimesi " ∃" niceleyicisi, gerçek sayılar cümlesi R ile gösterildiğinden önermenin sembolik. IV. Buradan x ∈ A \ B ve x ∈ A \ C olur.. yazılımı ∃x∈R, x2 > 0 dır.. V. Buradan x ∈ [(A \ B) ∩ (A \ C)] olur.. Bu öğrenci, numaralandırılmış adımların hangisinde hata yapmıştır? A) I. B) II. C) III. D) IV. E) V. Çözüm. x ∈ A \ (B ∩ C) ise x ∉ (B ∩ C) doğrudur. Ancak x ∈ A ve (x ∉ B ve x ∉ C) yanlıştır. Çünkü x ∉ (B ∩ C) kümesinin B ve C kümelerinde de parçası bulunmaktadır.. 11. Sınıf - Matematik / 35.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. MODÜLER ARİTMETİK BÖLME Tanım: a, b, c ve d birer doğal sayı ve b ≠ 0 olmak üzere, a. b d. –. c bölme işleminde,. a’ya. b’ye. Bölünen sayı ………………………………… Bölen sayı …………………………………. c’ye. Kalan …………………………………. d’ye. Bölüm …………………………………. denir.. Kural a. b d. – c Bölme işleminde,. . • 0 ≤ c < b • a = b . d + c dir.. 43432 43. Yukarıdaki bölme işleminde bölüm ile kalanın toplamı kaçtır? A) 108. B) 113. C) 1010. D) 1012. E) 10120. 43432 43 43 1010 0043 43 002 36 / 11. Sınıf - Matematik. Bölüm + kalan = 1010 + 2 = 1012 bulunur.. Cevap : D.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. Pozitif tam sayılarda bir bölme işleminde, •. Bölen kalanın iki katından 12 fazladır.. •. Bölünen, kalanın 7 katıdır.. Bu bölme işleminde bölüm 2 olduğuna göre, bölünen sayı kaçtır? A) 72. B) 76. C) 78. D) 82. E) 84. Bu bölme işleminde bölen sayı x, bölünen sayı y ve kalan a olsun. y x 2. y=7.a. a y = 2 . x + a ...... (1). x = 2 . a + 12. }. Denklemleri (1) nolu denkleme yazılırsa,. 7 . a = 2 . (2a + 12) + a. 7a = 5a + 24. 2a = 24. a = 12 elde edilir.. Bölünen sayı ⋅ y = 7a = 7 . 12 = 84 bulunur. . Cevap : E. x bir pozitif tam sayıdır.. x + 100 x 3 – 6. olduğuna göre, x kaçtır? A) 45. B) 47. C) 48. D) 49. E) 50. Bölünen Sayı = (Bölen sayı) . (Bölüm) + Kalan olduğundan x + 100 = x . 3 + 6 100 – 6 = 3x – x 94 = 2x. x = 47 bulunur.. Cevap : B. 11. Sınıf - Matematik / 37.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. a, b, c ve d pozitif tam sayılardır. a. – 6. b. b 5. d c. – 4. olduğuna göre, a nın alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 26. B) 37. C) 49. D) 50. E) 51. Yukarıdaki bölme işlemlerinden a = 5b + 6 ve b = d . c + 4 denklemleri bulunur. a'nın en küçük değeri alabilmesi için b ninde en küçük değeri alması gerekir.. Buna göre, d = 5 (Kalan < Bölen), c = 1 seçilirse b = 5 . 1 + 4 = 9. ⇒ a = 5 . 9 + 6 = 51 olmak üzere a en küçük 51 olur.. Cevap : E. Öğretmen Örneği x ve y2 pozitif tam sayılardır.. x y2 5 – 5. olduğuna göre, x in alabileceği en küçük değer kaçtır? A) 35. B) 40. C) 45. D) 50. E) 55. Çözüm x in en küçük değeri alabilmesi için y2 ∈ Z+ olduğundan y2 nin en küçük değeri alması gerekmektedir. Buna göre x = 5 . y2 + 5 denkleminde y2 = 6 için x en küçük x = 5 . 6 + 5 = 35 bulunur.. Cevap : A. a, b ve c pozitif tam sayılardır. a –. 3. 8 c. c –. 7 b. 2. olduğuna göre, a nın 56 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 17. B) 18. C) 19. D) 20. E) 21. a = 8c + 3 .... (1) ve c = 7b + 2 .... (2) denklemlerinde (2) nolu denklemde c değeri (1) nolu denklem de yazılarak. a = 8 . (7b + 2) + 3 ⇒ a = 56b + 19 elde edilir.. O halde b = 1 için a = 75 olduğundan 56 ile bölümünden kalan 19 dur. 38 / 11. Sınıf - Matematik. Cevap : C.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. a, b ve c pozitif tam sayılardır. a b c 5 b 4 – – 2 3. olduğuna göre, a nın c cinsinden değerini bulunuz. a = 4b + 2 .... (1) ve c = 5b + 3 .... (2) olmak üzere (2) nolu denklemde b yalnız bırakılıp (1) nolu denkleme yazılarak. c−3 5 c−3 4 c − 12 4c − 2 a = 4b + 2 ⇒ a = 4 . +2⇒a= +2⇒a= bulunur. 5 5 5. c = 5b + 3 ⇒ b =. 2a iki basamaklı bir doğal sayıdır.. 96 • • 2a 4•• –. Yukarıda verilen bölme işlemine göre, a nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 2. B) 3. C) 4. D) 5. E) 6. 2a iki basamaklı sayısı 96 iki basamaklı sayısının içerisinde 4 defa vardır. Buna göre, a = 0, 1, 2, 3, 4 olmak üzere 5 farklı değer alabilir.. Cevap : D. AAB üç basamaklı, A0 iki basamaklı doğal sayılardır.. AAB A0 11 – 3. olduğuna göre, A + B toplamının alabileceği en büyük değer kaçtır? A) 11. B) 12. C) 13. D) 14. E) 15. AAB üç basamaklı bir doğal sayı, AO iki basamaklı bir doğal sayı olduğundan AAB = 100A + 10A + B ve AO = 10 . A şeklinde yazılabilir. Bölme kuralından AAB = 11 . AO + 3 dir. 100A + 10A + B = 11 . 10 A + 3 110A + B = 110A + 3 B = 3 ve A en çok 9 seçilirse A + B en büyük 3 + 9 = 12 olur.. Cevap : B 11. Sınıf - Matematik / 39.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. 53 sayısı ile tam bölünebilen üç basamaklı en büyük doğal sayı kaçtır? A) 954. B) 955. C) 956. D) 976. E) 986. 53 ile tam bölünebilen en büyük doğal sayı x olsun, y ∈ N olmak üzere, x 53. y. olduğundan y = 18 için x = 954 bulunur. 0. Cevap : A. Kural X, Y ve Z pozitif tam sayılar olmak üzere, X in Y ile bölümünden kalan a olsun XZ nin Y ile bölümünden kalanı bulmak için X yerine a yazılır. Çıkan sayı Y den büyük ise tekrar Y ye bölünerek kalan bulunur.. A doğal sayısının 13 ile bölümünden kalan 2 dir. Buna göre, A3 + 4A – 2 nin 13 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 1. B) 3. C) 5. D) 7. E) 12. A doğal sayısının 13 ile bölme işleminde bölümü "0" kabul edersek. A 13. ⇒ A = 13 . 0 + 2 ⇒ A = 2 bulunur. 0 2 Buna göre A3 + 4A – 2 = 23 + 4 . 2 – 2 = 14 olduğundan ifadenin 13 ile bölümünden kalan 1 dir. Cevap : A. Öğretmen Örneği. (473)2 . 312 + 500. Sayısının 7 ile bölümünden kalan kaçtır? A) 1. Çözüm. B) 3. C) 4. D) 5. E) 6. 473 sayısının 7 ile bölümünden kalan 4 ; 312 sayısının 7 ile bölümünden kalan 4 ve 500 sayısının 7 ile bölümünden kalan 3 tür. Buna göre (473)2 . 312 + 500 ün 7 ile bölümünden kalan. 42 . 4 + 3 = 67 olduğundan 4 tür.. 40 / 11. Sınıf - Matematik. Cevap : C.

MİNİ ÖDEV 1. . 4. x sayısının 7 ile bölümünden kalan 3 olduğuna göre x2 + 3x + 4 ün 7 ile bölümünden kalan kaçtır?. 173 –. 12. A) 1. Yukarıdaki bölme işleminde kalan kaçtır? A) 3. B) 4. C) 5. D) 6. E) 7. Çözüm. Bölen ile bölüm yer değiştirirse 173 12 12 14 – 53 – 48. Kalan 5 olarak bulunur. 5 2. abab4 beş basamaklı sayısı ab iki basamaklı sayısına bölünüyor. Buna göre bölüm ile kalanın toplamı kaçtır? A) 14 B) 114 C) 115. D) 1010 E) 1014. B) 2. C) 3. D) 4. E) 5. Çözüm . x 7 y – 3. y = 0 için x = 3 olduğundan. x2 + 3x + 4 ⇒ 32 + 3 . 3 + 4 = 22. 22 7 21 3 – 1. kalan 1 dir.. 1. x = 7y + 3. Çözüm abab4 ab ab 1010 – 00ab – ab 004 Bölüm + Kalan = 1010 + 4 = 1014. 3. ab iki basamaklı bir sayı ve a ≠ b olmak üzere ab a + b 6 – dir.. 1 Yukarıdaki bölmeye göre; a2 + b2 + 2ab nin değeri kaçtır? A) 36 B) 49 C) 64 D) 72 E) 81. 5. . Yukarıdaki bölme işlemine göre, L kaçtır? A) 0. ab = 6 . (a + b) + 1 a2 + b2 + 2ab. 10a + b = 6a + 6b + 1. (a + b)2. 4a = 5b + 1. b = 3 için a = 4 olur.. (3 + 4)2 = 49 bulunur.. B) 1. C) 3. D) 4. E) 7. Çözüm. Çözüm. K+4 a+1 7 – L. K 7 a – 3. K = 7a + 3 ve K + 4 = 7 . (a + 1) + L olduğundan. (7a + 3) + 4 = 7(a + 1) + L. 7a + 3 + 4 = 7a + 7 + L. L = 0 bulunur.. 11. Sınıf - Matematik / 41.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. BÖLÜNEBİLME KURALLARI 2 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son rakamı çift ise o doğal sayı 2 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının birler basamağındaki rakamın 2 ile bölümünden kalan tüm sayının 2 ile bölümünden kalanıdır.. AAA üç basamaklı doğal sayısının 2 ile tam bölünebilmesi için A kaç farklı değer alabilir? A) 1. B) 2. C) 3. D) 4. E) 5. AAA üç basamaklı doğal sayısı 2 ile tam bölünüyor ise A = 2, 4, 6, 8 olmak üzere 4 farklı değer alabilir. Cevap : D. 3 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının rakamları toplamı 3 ün katı ise o doğal sayı 3 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının rakamları toplamının 3 ile bölümünden kalan tüm sayının 3 ile bölümünden kalanı verir.. Özgür’ün AA4 tane bilyesi vardır. Özgür bilyelerinin hepsini üç arkadaşına eşit olarak paylaştırmak istiyor. Buna göre, AA4 üç basamaklı sayısında bulunan A aşağıdakilerden hangisi olursa bilyeler hiç artmayacak şekilde paylaştırılabilir? A) 2. B) 3. C) 5. D) 7. E) 9. Bilyeler hiç artmayacak biçimde paylaştırılabiliyor ise AA4 üç basamaklı 3 ile tam bölünür. Buna göre,. A + A + 4 = 3 ün tam katı 2A + 4 = 3 ün tam katı. 1, 4, 7. A = 1, 4, 7 olmak üzere 3 farklı değer olabilir. A = 7 olur. Cevap : D 42 / 11. Sınıf - Matematik.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. A47 üç basamaklı sayısının 3 ile bölümünden kalan 2 olduğuna göre, A nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 1. B) 2. C) 3. D) 4. E) 5. K bir doğal sayı olmak üzere,. A + 4 + 7 = 3k + 2. A + 11 = 3k + 2 A + 9 = 3k 0, 3, 6, 9. A47 üç basamaklı olduğundan A = 3, 6, 9 olmak üzere 3 farklı A değeri vardır.. Cevap : C. 4 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının son iki basamağındaki iki basamaklı sayı 4 ile tam bölünürse sayı 4 ile tam bölünür. Aynı zamanda sayının son iki basamağındaki sayının 4 ile bölümünden kalan tüm sayının kalanıdır.. 2A1B dört basamaklı doğal sayısının 4 ile bölümünden kalan; 34532 beş basamaklı sayısının 4 ile bölümünden kalandan 1 fazladır. Buna göre, B nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır? A) 8. B) 9. C) 10. D) 11. E) 12. 3 4 5 3 2 sayısının 4 ile bölümünden kalan, 32 nin 4 ile bölümünden kalan "0" olduğundan "0" dır. Buna göre, 2A1B sayısının 4 ile bölümünden kalan; 1 ve 1B iki basamaklı sayısının 4 ile bölümünden kalan 1 dir.. O halde 1B = 4 ün katı + 1 3, 7. B nin alacağı değerler toplamı 3 + 7 = 10 dur. Cevap : C. 11. Sınıf - Matematik / 43.

2. Ünite. Modüler Aritmetik. 5 İle Bölünebilme: Bir doğal sayının birler basamağındaki rakam 0 veya 5 ise sayı 5 ile tam bölünebilir. Aynı zamanda birler basamağındaki sayının 5 ile bölümünden kalan tüm sayının 5 ile bölümünden kalanıdır.. AB iki basamaklı doğal sayısı 5 ile bölündüğünde kalanı 2 olan bir çift sayıdır. BC iki basamaklı sayısı 5 ile tam bölünebilmektedir. Buna göre, ABC üç basamaklı sayısının alabileceği en büyük değer aşağıdakilerden hangisidir? A) 997. B) 995. C) 985. D) 920. E) 925. AB iki basamaklı çift sayısını 5 ile böldüğümüzde 2 kalanı veriyor ise B = 2 dir. BC = 2C iki basamaklı sayısı 5 ile tam bölünüyorsa C = 0 veya C = 5 tir. ABC en büyük olması için B = 2, C = 5 ve A = 9 seçilirse ABC = 925 bulunur. Cevap : E. 6 İle Bölünebilme: Bir doğal sayı hem 2 hem de 3 ile tam bölünüyorsa o sayı 6 ile tam bölünür.. A4B üç basamaklı doğal sayısı 6 ile tam bölünebilmektedir. Buna göre, A’nın alabileceği kaç farklı değer vardır? A) 10. B) 9. C) 8. D) 7. E) 6. A4B sayısı 2 ve 3 ile tam bölündüğünden B = 0, 2, 4, 6, 8 olmak üzere 5 farklı B değeri vardır. O halde, B = 0 için A40 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 4 = 3 ün katı ⇒ A = 2, 5, 8 dir. B = 2 için A42 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 6 = 3 ün katı ⇒ A = 3, 6, 9 dur. B = 4 için A44 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 8 = 3 ün katı ⇒ A = 1, 4, 7 dir. B = 6 için A46 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 10 = 3 ün katı ⇒ A = 2, 5, 8 dir. B = 8 için A48 sayısı 3 ile tam bölündüğünden A + 12 = 3 ün katı ⇒ A = 3, 6, 9 dır. A = 1, 2, 3 .. . . . . . .. 9 olmak üzere, 9 farklı değer alabilir. 44 / 11. Sınıf - Matematik. Cevap : B.