MT 132 ANALİZ II ARA SINAV ÇÖZÜMLER P 1 | cos n| 1 1 n cos n = 2 ≤ 2 ≤ 2 ve 1. (a) Her n ∈ N için (−1) 2 n2 (p = 2 > 1 olduğundan, p-serisi teoreminden) n +n n +n n +n n X cos n yakınsak olduğundan, Karşılaştırma Testinden (−1)n 2 mutlak yakınsaktır. n +n n − tan n1 1 (b) an = 2 , bn = olsun. n > 1 için an ≥ 0 ve her n ∈ N için bn > 0 olur. 3n + n − 1 n tan 1 0 1 − tan n2 − n tan n1 1− nn an 1 +∞ L = lim = = lim = lim = , bn 3n2 + n − 1 3+P 0−0 3P 3 + n1 − n12 0 < L < ∞ olduğundan, Limit Karşılaştırma Testinden a ve bn aynı karakterdedir. n P P1 P bn = (Harmonik seri) ıraksak olduğundan a de ıraksak olur. n n 3 (−1)n+1 ((n+1)!) 3 P (n+1)2 (3(n+1))! 1 n (n!) 2. (a) lim aan+1 = lim 3 = lim 3(3n+1)(3n+2) = 27 < 1 olduğundan (Oran Testinden) (−1) (3n)! serisi n (n!) n (−1) (3n)! mutlak yakınsaktır. r √ X 4n √n Un+1 1 1+ 4n n 2n 2n = 4 (b) (x − 1) (x − 1) 1+ U = olsun. (x = 6 1 için) n Un 2+n−1 2+n−1 n n n 1+ Un+1 = 4|x − 1|2 Oran Testinden, lim Un kuvvet serisi: 4|x − 1|2 < 1 iken m. yakınsak, 4|x − 1|2 > 1 iken ıraksak olur. Dolayısıyla: kuvvet serisi: |x − 1| < 12 iken m. yakınsak, |x − 1| > 12 iken ıraksak olur. Bu da, yakınsaklık yarıçapının 12 olması demektir. 1 n 3 n − + 1 n2 1 n2 |x − 1|2 , 3. (a) r = 3 + 4 sin θ = cos(2θ), 3 + 4 sin θ = 1 − 2 sin2 θ sin2 θ + 2 sin θ + 1 = 0, sin θ = −1, θ = − π2 ve r = 1 olur. (Bu nokta dışında bir de kutup noktasında kesişirler) Her iki eğri için de (θ = − π2 için) r0 = 0 olur. (tan α = rr0 olduğundan) Her ikisinin teğeti de yarıçapa dik olur. (Yarıçap aynı olduğundan) İki eğrinin teğetleri aynı doğrudur, aradaki açı 0 dır. 2 2 2 y−1 x2 y−1 x − = 1, = cosh t, = sinh t, t ∈ R (b) (x2 )2 − (y − 1)2 = 42 , 4 4 4 4 (x > 0 olduğundan) √ x = 2 cosh t y = 4 sinh t + 1 (t ∈ R) Z Z √ √ 1 3 3 4. (a) t = 2x − 1 olsun. 2x − 1 (ln(2x − 1))2 dx = t (ln t)2 dt olur. 2 √ 3 2 u İntegrasyon ile) Z √ Z =√(ln t) , dv = t√dt alarak (Kısmi 33 4 3 3 3 2 2 t (ln t) dt = t (ln t) − t ln t dt (Kısmi İntegrasyon ile) 4 2 Z √ Z √ √ 33 4 3 3√ 9 √ 3 3 3 3 t ln t dt = t ln t − t dt = t4 ln t − t4 + C olur. Bunlar yerine konarak: 4 4 4 16 Z √ 3p 9 p 27 p 2 3 3 3 2x − 1 (ln(2x − 1)) dx = 3 (2x − 1)4 (ln(2x − 1))2 − (2x − 1)4 ln(2x − 1) + (2x − 1)4 + C 8 16 64 2 2 2 (b) x √ + 2x − 8 = (x + 1) − 3 , x + 1 = 3 sec θ, 0 ≤ θ ≤ π olsun. (x ≥ 2 varsayarsak) 2 x + 2x − 8 = 3 tan θ, dx = 3 sec θ tan θ dθ, x = 3 sec θ − 1 olur. Z √ 2 Z x + 2x − 8 + x 3 tan θ + 3 sec θ − 1 dx = 3 sec θ tan θ dθ x+1 3 sec θ Z = (3 tan2 θ + 3 sec θ tan θ − tan θ) dθ Z Z Z = 3(sec2 θ − 1) dθ + 3 sec θ tan θ dθ − tan θ dθ 3 tan θ − 3θ + 3 sec θ + ln | cos θ| + C p x + 1 x+1 +C = x2 + 2x − 8 − 3 Arcsec + (x + 1) − ln 3 3 = 5. x5 + 1 16x + 1 16x + 1 A B Cx + D =x+ 4 = + + 2 x4 − 16 x − 16 x4 − 16 x−2 x+2 x +4 1 33 31 1 , B= , C = −2, D = − 32 32 8 Z Z Z Z Z 33 dx 31 dx 1 dx x dx = x dx + + −2 − 32 x − 2 32 x+2 x2 + 4 8 x2 + 4 x2 33 31 1 x + ln |x − 2| + ln |x + 2| − ln(x2 + 4) − Arctan + C = 2 32 32 16 2 16x + 1 = A(x + 2)(x2 + 4) + B(x − 2)(x2 + 4) + (Cx + D)(x − 2)(x + 2) dan A = Z x5 + 1 dx x4 − 16 2