MT 131 Final Sınavı 2007 C¸özümler 1. (a) Kapalı türev alma

MT 131 Final Sınavı 2007 Çözümler
d
d
1. (a) Kapalı türev alma yöntemi ile: dx
(tan xy + x2 y 3 ) = dx
(1)
0
y − xy
sec2 xy · (
) + (2xy 3 + 3x2 y 2 y 0 ) = 0
2
y
y 0 (− yx2 sec2 xy + 3x2 y 2 ) = − y1 sec2 xy − 2xy 3
y sec2 xy + 2xy 5
− y1 sec2 xy − 2xy 3
0
=
y = x
− y2 sec2 xy + 3x2 y 2
x sec2 xy − 3x2 y 4
√
√
(b) f (x) = 3 x, a = 64, b = 65 için 3 65 ≈ P2 (65) ve Hata= |R3 | olur.
2
5
8
f 0 (x) = 31 x− 3 , f 00 (x) = −2
x− 3 , f 000 (x) = 10
x− 3 olur.
9
27
1
1
P2 (x) = 4 + 3·41 2 (x − 64) − 9·425 ·2! (x − 64)2 = 4 + 48
(x − 64) − 9216
(x − 64)2
√
3
1
1
65 ≈ 4 + 48
− 9216
f 000 (c)
10
5
(Bir c ∈ (64, 65) için) Hata=
(65 − 64)3 =
=
8
8 olur.
3!
3 · 6
3
27
·
c
81
·
c
8
8
64 < c < 65 olduğundan c 3 > 64 3 = 48 ve dolayısıyla
5
5
Hata< 81·4
8 = 5308416 olur.
2. (a) f , a da sürekli olduğundan
µ
¶
f (x) − (mx + n)
f (a) = lim f (x) = lim
(x − a) + (mx + n) = ma + n
x→a
x→a
x−a
( Kısaca: bölümün limiti var ve paydanın limiti 0 olduğundan, payın da
limiti 0 olmalıdır) olur. x 6= a için
f (x) − f (a)
f (x) − (mx + n) + (mx + n) − (ma + n)
f (x) − (mx + n)
=
=
+m
x−a
x−a
x−a
olduğundan
¶
µ
f (x) − f (a)
f (x) − (mx + n)
0
f (a) = lim
= lim
+ m = 0 + m = m bux→a
x→a
x−a
x−a
lunur.
(b) limx→+∞
limx→+∞
=∞
belirsizliği.
∞
= limx→+∞ x = +∞ olduğundan L’Hospital Kuralı ile
x
ln x
1
1
x
0
limx→+∞ lnxx = +∞ olur. Yatay asimptot yoktur.limx→0+ lnxx = −∞
= 0.
x
ln x
x
x > 1 için ln x > 0 ve limx→1+ x = 0 olduğundan limx→1+ ln x = +∞
olur . (f (x), her x > 0, x 6= 1 için sürekli olduğundan ) düşey asimpx−1
tot yalnızca x = 1 de vardır. f 0 (x) = ln
olduğundan e yegane kritik
(ln x)2
0
sayıdır. 1 < x < e için f (x) < 0 ve x > e için f 0 (x) > 0 ve f , e de sürekli
olduğundan I. Türev testinden f (x), e de bir yerel minimuma erişir.
3. (a)
0
d
1
d
belirsizliği vardır. dx
(tanh−1 x − x) = 1−x
2 − 1, dx (Arcsin x − x)
0
d
1
2x
d √ 1
√ 1
−1 Yine 00 belirsizliği vardır. dx
( 1−x
−1)
2 −1) = (1−x2 )2 , dx (
1−x2
1−x2
2x
2 )2
√ x 2 3 limx→0 (1−x
= 2. İki kez L’Hospital kuralı ile
x
(1−x )
√
2
3
(1−x )
tanh−1 x−x
limx→0 Arcsin x−x = 2
(b) 1∞ belirsizliği vardır. ln(cos x1 )x = x ln(cos x1 ) =
1
ln cos
1
x
1
x
0
0
belirsizliği.
=
=
− sin x1 · ( −1
)
d 1
x2
= − tan x1 · ( −1
) dx
( x ) = −1
.
1
x2
x2
cos x
)
− tan x1 · ( −1
x2
= limx→+∞ − tan x1 = 0 (Bileşkenin limiti teore−1
d
(ln cos x1 )
dx
limx→+∞
=
x2
minden)
L’ Hospital Kuralından limx→+∞ x ln(cos x1 ) = 0 ve bileşkenin limiti teoreminden (ex , 0 da sürekli)
1
limx→+∞ (cos x1 )x = elimx→+∞ x ln(cos x ) = e0 = 1 olur.
`
2πr
`
1
O
1
h
`
h−1
r
r
4.
√
S = πr` = πr r2 + h2 maksimum yapılacak. (h < 1 de olabilir ama bulacağımız
formüller değişmez)
Pisagor toereminden
(h − 1)2 + r2 = 1 Buradan
p
√
√
r√
= 2h − h2 ve S = π (2h − h2 )(2h) = π 4h2 − 2h3 bulunur. S = f (h) =
π 4h2 − 2h3 maksimum yapılacak. 0 < h < 2 olmalıdır. 0 ve 2 sayılarında
fonksiyon sürekli ve değeri 0 olduğundan [0, 2] aralığı kullanılabilir. f 0 (h) =
2
π √4h−3h
= 0 (içteki yegane kritik sayı h = 43 ve f ( 43 ) > 0, f (0) = f (2) = 0
2
4h −2h3
√
√
olduğundan maksimum değere h = 34 iken ulaşılır. r = 2h − h2 = 2 3 2
olur.Veya (0 ve 2 yi hiç gözönüne almadan):
4
0
2
3
0
f (h)
+
−
f (h)
%
&
Maks
5. (a)
i. x > 0 için:
1
θ = arccos x
√
x
1 − x2
den tan(Arccos x) =
olur.x
< 0 iken −x > 0 olduğu için, yukarıdaki eşitlikten
√
1−(−x)2
−x
√
1−x2
x
= tan(Arccos(−x)) = tan(π − Arccos x) = − tan(Arccos x)
2
olur. Her iki taraf√ −1 ile çarpılarak x < 0 için de
2
tan(Arccos x) = 1−x
olduğu gösterilmiş olur.
x
ii. y = tanh−1 x olsun. tanh y = x,
u2 −1
u2 +1
ey −e−y
= x
eyq
+e−y
± 1+x
ve u
1−x
olur. u = ey alınırsa
= x, (1−x)u2 = 1+x ve u =
= ey ≥ 0 olduğundan
q
q
−1
1+x
ve
tanh
x
=
y
=
ln
u
=
ln
= 12 ln 1+x
bulunur.
u = 1+x
1−x
1−x
1−x
1
1
1
1
(b) f 0 (x) = e x ( −1
), f 00 (x) = e x ( −1
)2 + e x ( x23 ) = e x 1+2x
= 0, x = − 21
x2
x2
x4
0
− 12
00
f (x)
−
+
−
f (x), − 21 de türevlenebildiği ve bükeyliği
Grafik
_
^ ^
Bük. Nok.
değiştiği için büküm noktasına sahiptir.f (− 21 ) = e12
Büküm noktası: (− 12 , e12 )
3