Karesel Fonksiyon ve Nitel Özellikleri: Yatay Öteleme ve g(x) = a · f(x − r) + k Biçimindeki Karesel Fonksiyonlar

Geçen hafta görüntülere bir sayı ekleyerek parabolü dikey olarak kaydırmıştık. Bu kez değişikliği fonksiyonun girdisine yapalım: g(x) = f(x − 2) = (x − 2)² fonksiyonunu inceleyelim. Değer tablosu g(0) = 4, g(1) = 1, g(2) = 0, g(3) = 1, g(4) = 4 şeklindedir. Referans fonksiyon 0 değerini x = 0'da alırken g bu değeri x = 2'de alır; f'nin 1 değerini aldığı ±1 noktaları yerine g bu değeri 1 ve 3'te alır. Kısacası f'nin x noktasında aldığı her değeri g, x + 2 noktasında alır. Grafikte bu durum, parabolün her (x, y) noktasının (x + 2, y) noktasına taşınması, yani parabolün 2 birim sağa ötelenmesi anlamına gelir. Bu dönüşüme yatay öteleme denir.

Burada sezgimizi yanıltan bir durum vardır: Kuralda eksi işareti görmemize rağmen grafik sağa kayar. Bunun nedeni basittir: Tepe noktasında parantezin içi sıfır olmalıdır. x − 2 = 0 eşitliği x = 2 iken sağlandığından tepe noktası T(2, 0) olur. Aynı mantıkla h(x) = (x + 3)² fonksiyonunda x + 3 = 0 için x = −3 bulunur; tepe noktası T(−3, 0) olur ve grafik referans parabolün 3 birim sola ötelenmişidir. Genellersek, r > 0 olmak üzere f(x − r) grafiği r birim sağa, f(x + r) grafiği r birim sola ötelenir. Kısa bir kural olarak: parantezin içini sıfır yapan x değeri, tepe noktasının apsisidir.

Yatay ötelemede parabolün şekli ve açıklığı değişmez; görüntü kümesi [0, ∞), minimum değer 0 ve tek sıfır olma özelliği korunur. Değişenler ise konuma bağlı özelliklerdir: Tek sıfır artık x = r, simetri ekseni x = r doğrusu, azalanlık aralığı (−∞, r], artanlık aralığı [r, ∞) olur. En dikkat çekici değişiklik çiftliğin kaybolmasıdır. g(x) = (x − 2)² için g(−1) = 9 iken g(1) = 1 olduğundan g(−x) = g(x) eşitliği sağlanmaz; g(0) = 4 ≠ 0 olduğundan fonksiyon tek de değildir. Simetri ortadan kalkmaz, yalnız y ekseninden x = 2 doğrusuna taşınır: Her d sayısı için g(2 − d) = g(2 + d) = d² olur.

Şimdi bildiğimiz üç dönüşümü birleştirelim: Girdiden r çıkararak yatay öteleme, görüntüyü a ile çarparak dikey uzama-daralma (a < 0 ise yansıma) ve sonuca k ekleyerek dikey öteleme yapalım. Elde edilen g(x) = a · f(x − r) + k = a · (x − r)² + k fonksiyonuna karesel fonksiyonun tepe noktası biçimi diyeceğiz. Referans parabolün her (x, y) noktası önce (x + r, y), sonra (x + r, a · y), en sonunda (x + r, a · y + k) noktasına gider. Özel olarak tepe noktası (0, 0) noktası T(r, k) noktasına taşınır. MEB programındaki g(x) = a · f(x ± r) ± k gösterimi de aynı fikri anlatır: f(x + 3) gördüğümüzde bunu f(x − (−3)) olarak düşünür, r = −3 alırız.

Bir örnekle izleyelim: g(x) = 2 · (x − 1)² − 8. 1. adım: x² → (x − 1)²: parabol 1 birim sağa kayar, tepe (1, 0). 2. adım: (x − 1)² → 2(x − 1)²: görüntüler 2 katına çıkar, parabol daralır; tepe hâlâ (1, 0). 3. adım: 2(x − 1)² → 2(x − 1)² − 8: parabol 8 birim aşağı iner, tepe (1, −8). Referans parabolün (2, 4) noktasını takip edersek (2, 4) → (3, 4) → (3, 8) → (3, 0) elde ederiz; demek ki x = 3 bir sıfırdır. (−2, 4) noktası da aynı adımlarla (−1, 0) noktasına gider, böylece ikinci sıfır x = −1 olur. Nokta takibi hem grafik çizmeyi hem de sonucu kontrol etmeyi kolaylaştırır.

Dönüşümlerin sırası önemlidir. Yatay öteleme yalnız apsislere, uzama ve dikey öteleme yalnız ordinatlara etki ettiğinden yatay ötelemeyi herhangi bir anda yapabiliriz. Ancak a ile çarpma ve k ekleme yer değiştirirse sonuç değişir: Önce 8 çıkarıp sonra 2 ile çarparsak 2((x − 1)² − 8) = 2(x − 1)² − 16 elde ederiz; tepe (1, −16) olur ve bu farklı bir fonksiyondur. Kural: önce çarp, sonra ekle. İkinci örnek olarak h(x) = −(x + 2)² + 9 fonksiyonunda parabol 2 birim sola kayar, x eksenine göre yansır (kollar aşağı döner) ve 9 birim yukarı çıkar; tepe noktası (−2, 9) bir maksimum noktası olur.

Referans fonksiyonun özelliklerinden hareketle bir varsayım kuralım: Dönüşümler yalnız konum, açıklık ve yön değiştirdiğine göre g(x) = a · (x − r)² + k fonksiyonunun da tanım kümesi ℝ olmalı, ekstremumu tepe noktasında oluşmalı ve görüntü kümesi k sayısından başlamalıdır. Bunu doğrulayalım: Her x için (x − r)² ≥ 0'dır ve eşitlik yalnız x = r iken sağlanır. a > 0 ise a · (x − r)² ≥ 0, dolayısıyla g(x) ≥ k olur; en küçük değer x = r'de alınır. a < 0 ise a · (x − r)² ≤ 0, dolayısıyla g(x) ≤ k olur; en büyük değer x = r'de alınır. Her y ≥ k (a > 0) değeri için (x − r)² = y − ka denklemi çözülebildiğinden görüntü kümesi a > 0 iken [k, ∞), a < 0 iken (−∞, k] olur.

Artanlık-azalanlık için geçen hafta kullandığımız iki kare farkı yöntemini genelleyelim: g(x₂) − g(x₁) = a · [(x₂ − r)² − (x₁ − r)²] = a · (x₂ − x₁) · (x₁ + x₂ − 2r). r ≤ x₁ < x₂ ise son iki çarpan pozitiftir; a > 0 iken fark pozitif olur ve g [r, ∞) aralığında artandır. x₁ < x₂ ≤ r ise son çarpan negatif olur ve a > 0 iken g (−∞, r] aralığında azalandır. a < 0 olduğunda başa gelen negatif çarpan her sonucu tersine çevirir: (−∞, r] aralığında artan, [r, ∞) aralığında azalan olur. Böylece varsayımımız cebirsel olarak ispatlanmış olur.

Sıfırlar için g(x) = 0 denklemi (x − r)² = −ka biçimine gelir. Sağ taraf pozitifse, yani a ile k zıt işaretliyse iki sıfır vardır: x = r ± −ka; k = 0 ise tek sıfır x = r'dir; a ile k aynı işaretliyse sıfır yoktur. Bu sonuç grafikle de uyumludur: Kollar yukarı bakarken tepe x ekseninin altındaysa grafik ekseni iki kez keser. İki sıfırın r'ye uzaklığı eşit olduğundan sıfırların ortalaması r'dir. a > 0 iken fonksiyon sıfırlar arasında negatif, dışında pozitif; a < 0 iken tam tersidir. Son olarak teklik-çiftlik: g(−x) = g(x) eşitliği her x için ancak r = 0 iken sağlanır. g hiçbir zaman tek olamaz, çünkü g(x) + g(−x) = 2ax² + 2ar² + 2k ifadesi a ≠ 0 iken her x için sıfır olamaz. Fonksiyon ℝ → ℝ olarak bire bir de örten de değildir.

Temsiller arasındaki ilişkiyi ters yönde de kullanabiliriz: Grafiği ya da bazı özellikleri verilen bir parabolün cebirsel kuralını yazmak. Tepe noktası biçiminde r ve k doğrudan tepe noktasından okunur; geriye yalnız a kalır ve onu bulmak için grafikteki bir nokta daha yeter. Örneğin tepe noktası T(3, −2) olan ve A(1, 6) noktasından geçen parabol için g(x) = a · (x − 3)² − 2 yazarız. x = 1 için 6 = a · (1 − 3)² − 2, yani 6 = 4a − 2 ve a = 2 bulunur. Kural g(x) = 2(x − 3)² − 2'dir. Simetri sayesinde A noktasının x = 3 doğrusuna göre simetriği olan B(5, 6) noktası da grafiktedir; g(5) = 2 · 4 − 2 = 6 hesabı bu sonucu doğrular.

Bazen tepe noktası doğrudan verilmez, sıfırlar ve ekstremum değeri verilir. Sıfırlar x = r doğrusuna göre simetrik olduğundan tepe apsisi sıfırların ortalamasıdır. Sıfırları −1 ve 5, maksimum değeri 9 olan parabolde r = −1 + 52 = 2, k = 9 ve g(x) = a · (x − 2)² + 9 olur. g(5) = 0 koşulu 9a + 9 = 0, yani a = −1 verir: g(x) = −(x − 2)² + 9. Kontrol: g(−1) = −9 + 9 = 0. ✓ Aynı fikir daha genel bir önermeye dönüşür: g(p) = g(q) ve p ≠ q ise tepe apsisi r = p + q2 olur. İspat: a(p − r)² = a(q − r)² eşitliğinden (p − q)(p + q − 2r) = 0 elde edilir; p ≠ q olduğundan p + q = 2r'dir.

Bir karesel fonksiyon bize açık biçimde, yani ax² + bx + c olarak da verilebilir. Tepe noktası biçimini açınca bu biçime ulaşırız: −(x − 2)² + 9 = −x² + 4x + 5. Açık biçimin bir avantajı, c sayısının grafiğin y eksenini kestiği noktayı doğrudan vermesidir: g(0) = 5. Tersine, açık biçimden tepe noktası biçimine tam kareye tamamlama ile geçilir: x² − 6x + 5 = (x² − 6x + 9) − 9 + 5 = (x − 3)² − 4. Böylece bu fonksiyonun referans parabolün 3 birim sağa ve 4 birim aşağı ötelenmişi olduğunu, tepe noktasının (3, −4) ve sıfırlarının 1 ile 5 olduğunu görürüz. İki cebirsel temsil aynı fonksiyonu anlatır; hangi özellik aranıyorsa ona uygun olan seçilir.

Geçen hafta f(x) = x² fonksiyonunu kapalı aralıklarda incelerken tepe apsisi olan 0'ın aralıkta olup olmadığına bakmıştık. Aynı fikri şimdi her karesel fonksiyona genelleyelim: g(x) = a(x − r)² + k fonksiyonu [m, n] aralığında tanımlıysa önce r ∈ [m, n] olup olmadığı kontrol edilir. Örneğin g: [0, 5] → ℝ, g(x) = (x − 2)² − 1 fonksiyonunda r = 2 aralığın içindedir. Kollar yukarı baktığından en küçük değer tepe noktasında alınır: g(2) = −1. En büyük değer ise uçlardan r'ye daha uzak olanın görüntüsüdür: 5, 2'ye 3 birim; 0 ise 2 birim uzaklıkta olduğundan g(5) = 8 en büyük değerdir (g(0) = 3). Görüntü kümesi [−1, 8] olur. Yalnız uçlara bakan biri [3, 8] gibi yanlış bir sonuca ulaşırdı.

Tepe apsisi aralığın dışında kalıyorsa fonksiyon o aralıkta yalnız artan ya da yalnız azalan olur ve görüntü kümesi doğrudan uç değerlerden bulunur. Aynı g için [3, 6] aralığı r = 2'nin sağında kalır; fonksiyon burada artandır ve görüntü kümesi [g(3), g(6)] = [0, 15] aralığıdır. Kolları aşağı bakan bir örnek de inceleyelim: h: [−4, 1] → ℝ, h(x) = −(x + 2)² + 9 için r = −2 aralıktadır, bu kez tepe noktası en büyük değeri verir: h(−2) = 9. Uçlarda h(−4) = 5 ve h(1) = 0 olduğundan en küçük değer, −2'ye daha uzak olan 1'in görüntüsü olan 0'dır. Görüntü kümesi [0, 9] olur.

Kısıtlama, bire bir ve örten karesel fonksiyonlar elde etmenin de yoludur. Bir karesel fonksiyon bir aralıkta bire birse o aralıkta yön değiştirmemelidir; yani aralık tamamen (−∞, r] içinde ya da tamamen [r, ∞) içinde kalmalıdır. Tepe apsisi aralığın iç noktasıysa r'nin iki yanında aynı uzaklıktaki noktalar aynı görüntüye gider: [0, 5] aralığında g(1) = g(3) = 0 olduğundan g bire bir değildir. Buna karşılık a > 0 için g: [r, ∞) → [k, ∞) ve g: (−∞, r] → [k, ∞) fonksiyonları hem bire bir hem örtendir. Örneğin g: [2, ∞) → [−1, ∞), g(x) = (x − 2)² − 1 bire bir ve örtendir. Bu sonuç ilerleyen konularda bir fonksiyonun tersini tartışırken bize önemli bir hazırlık olacaktır.

Bu hafta pek çok önerme ürettik. Bir önermeyi sınamanın üç yolu vardır: grafiksel doğrulama, cebirsel ispat ve yanlışsa karşı örnek. Örneğin “a · k < 0 ise parabol x eksenini iki noktada keser” önermesini birkaç grafik çizerek doğrulayabiliriz; ancak her durum için kesinlik, (x − r)² = −ka > 0 denkleminin iki çözümü olduğunu göstermekle sağlanır. Buna karşılık “Parabol y eksenini her zaman (0, k) noktasında keser.” önermesi çekici görünse de yanlıştır: g(x) = (x − 2)² için k = 0 iken g(0) = 4'tür. Doğru önerme, y ekseniyle kesişimin (0, ar² + k) noktası olduğudur; bu nokta yalnız r = 0 iken (0, k) olur. Tek bir karşı örnek, genel bir önermeyi çürütmeye yeter; ama hiçbir sayıda örnek genel bir önermeyi kanıtlamaz.

Karesel fonksiyonlar gerçek yaşamda sıkça karşımıza çıkar. Yerden dikey olarak atılan bir topun t saniye sonraki yüksekliği h(t) = −5(t − 2)² + 20 (metre) ile modellenmiş olsun. Tepe noktası biçimi bize hesap yapmadan şunu söyler: Top t = 2 saniyede en yüksek noktaya, 20 m'ye ulaşır. h(t) = 0 denkleminden (t − 2)² = 4, yani t = 0 ya da t = 4 bulunur; top 4. saniyede yere düşer. Bu bağlamda fonksiyonun anlamlı tanım kümesi [0, 4], görüntü kümesi [0, 20] olur; negatif zaman ya da yerin altındaki yükseklik anlamsızdır. Ayrıca h(1) = h(3) = 15 olması, topun 15 m yüksekliğe çıkarken ve inerken iki kez ulaştığını, yani simetrinin fiziksel anlamını gösterir.

İkinci bağlam bir en büyük alan problemidir. Çevresi 40 m olan dikdörtgen biçiminde bir bahçenin bir kenarına x dersek diğer kenarı 20 − x olur ve alan A(x) = x(20 − x) = −x² + 20x olur. Tam kareye tamamlarsak A(x) = −(x² − 20x + 100) + 100 = −(x − 10)² + 100 elde ederiz. a < 0 olduğundan tepe noktası maksimumdur: x = 10 m iken alan en büyük değeri 100 m²'ye ulaşır; yani en geniş bahçe karedir. Bu iki örnek, tepe noktası biçiminin gerçek yaşamda ‘en yüksek’, ‘en büyük’, ‘en az’ sorularını yanıtlamakta ne kadar kullanışlı olduğunu gösterir. Grafiksel yöntem hızlı bir tahmin ve sezgi sağlar, cebirsel yöntem ise kesin değeri ve her durumda geçerli olmayı garanti eder; iyi bir matematikçi ikisini birlikte kullanır.