MT 131 ANALİZ I FİNAL SINAVI ÇÖZÜMLER 1 4 4 1 2 2 2 2 1. (a) f (x) = x 3 + 2x 3 , f ′ (x) = x 3 + x− 3 = x− 3 (2x + 1) = 0 Kritik sayılar: x = 0 ve x = − 21 3 3 3 4 −5 4 −2 4 −5 ′′ 3 3 3 f (x) = x − x = x (x − 1) = 0 Büküm noktası adayları: x = 0 ve x = 1 9 9 9 1 −2 0 1 − 12 de yerel minimum var. ′ f − | + k + 0 da yerel ekstremum yok. Grafik ց | ր k ր 0 ve 1 de büküm noktası var. f ′′ + k − | + (0 da düşey teğetin varlığına dikkat edin) Grafik ⌣ k ⌢ | ⌣ (b) f (x) = x5 + x3 + 2 = 0 için x = −1 bulunur. f ′ (x) = 5x4 + 3x2 ve g ′(0) = 2. (a) lim x→0 Arcsin x − Arctan x de x sin2 x √ 1 1−x2 − 1 1+x2 sin2 x + 2x sin x cos x = 0 0 lim = 1 8 olur. belirsizliği var. L’Hospital in Kuralını deneyelim. 1 1−x2 − 1 (1+x2 )2 (sin2 x + 2x sin x cos x) √ 1 1−x2 + 1 1+x2 = Limitin Temel özelliği ve Limit Teoremlerinden: x→0 1 f ′ (−1) 3+x2 (1−x2 )(1+x2 )2 sin x 2 x sin x 1 + 2 x cos x √1−x 2 + 1 1+x2 = 3+x2 (1−x2 )(1+x2 )2 sin x 2 x 1 + 2 sinx x cos x √1−x 2 + 1 1+x2 1 bulunur. 2 L’Hospital in Kuralından Arcsin x − Arctan x 1 = bulunur. 2 x→0 2 x sin x lim (b) cos x y + x2 y = 1 Kapalı Türev alma yöntemi ile: x y − xy ′ − sin + 2xy + x2 y ′ = 0 y y2 1 sin y 1 x x x ′ 2 ′ = sin − 2xy den y = y x + 2 sin y y y y x2 + 3. (a) Düşey Asimptotlar: fonksiyon x 6= ±1 için süreklidir. x y x y2 − 2xy sin xy x = −1 de 00 belirisizliği var. L’Hospital in Kuralı kullanılarak (veya kullanmadan) limx→−1 bulunur. x = −1 de düşey asimptot yoktur. limx→1+ √ 1+ 5 2 √ 3 2x+1−x x2 −1 2 x −1 √ 3 2x+1−x √ 3 2x+1−x x2 −1 = 0 ve 1 in hemen sağında (tam √ 3 > 0 olduğundan, limx→1+ 2x+1−x = +∞ olur x = 1 x2 −1 q √ 3 2 3 + x13 − 1 2x + 1 − x x2 =0 = lim de düşey asimptot vardır. Yatay Asimptot: lim x→±∞ x→±∞ x2 − 1 x − x1 olduğu için y = 0 doğrusu biricik yatay asimtottur.( Başka bir asimptot da olamaz.) olarak: 1 < x < için) 1 = 1 6 (b) lim+ x→1 1 x−1 ln x limitinde ∞0 belirsizliği var. ln da (x → 1+ iken) 0 · ∞ belirsizliği vardır. ln x 1 x−1 lim+ − x→1 = − ln x ln(x − 1) olur. Burada ln(x − 1) 1 ln x ∞ ∞ limitinde belirsizliği var. L’Hospital in Kuralını uygulayayalım. 1 ln x x−1 x ln x = 1·1·0 = 0 (Parantez içindeki limitin 1 oluşu bir teorem idi) lim − − 1 = lim+ x→1+ x→1 x−1 x (ln x)2 (limx→1+ ln x x−1 limx→1+ ln = 1 olduğu L’Hospital’in Kuralı ile de görülebilir.) L’Hospital in Kuralından, ln x ln x 1 1 + = 0 olur. limx→1 ln x−1 = 0 ve exp, 0 da sürekli olduğundan, x−1 Bileşkenin limiti teoreminden lim x→1+ 4. (a) tan(Arcsin x) = sin(Arcsin x) cos(Arcsin x) = 1 x−1 x cos(Arcsin x) ln x = exp(0) = 1 olur olur. Arcsin x ∈ [− π2 , π2 ] ve bu aralıkta cos fonksiy- onunun değerleri negatif olmadığı (ve cos2 (Arcsin x) + sin2 (Arcsin x) = 1 olduğu) için, √ x cos(Arcsin x) = 1 − x2 olur . Dolayısıyla, tan(Arcsin x) = √1−x 2 olur. √ 4 (b) f (x) = 3 7 3 −4 x , f ′′′ (x) = x, a = 16 olsun. f ′ (x) = 14 x− 4 , f ′′ (x) = − 16 1 − 3 21 − 11 x 4. 64 21 P3 (x) = 2 + 21!5 (x − 16) + 2!211 (x − 16)2 + 23!17 (x − 16)3 √ 4 15 = f (15) ≈ P3 (15) = 2 − 215 − 2312 − 2718 bulunur. (4) f (c) 4 Kalanlı Taylor Teoreminden, Hata= |R3 | = (15 − 16) olacak şekilde bir 15 < c < 16 4! 15 15 231 3 (4) olduğu için c 4 > (23 ) 4 > 211 olur. Tüm sayısı vardır. f (c) = − 15 dir. c > 15 > 2 256c 4 bunlar yerine konduğunda, Hata< elde edilir. Silindirin hacmi maksimum yapılacak. Silindirin hacmi=V = πr 2 h. Ben- 5−h r 5. 77 222 zer üçgenlerden, 5−h 5 konulduğunda: V = h = r 4 5π (4r 2 4 Bu eşitlikten, h = 5 − yapılacak. f ′ (r) = 4 5π (8r 4 bulunur. 5π (4r 2 4 − 3r 2 ) olur. − r 3 ), (0, 4) aralığında maksimum 8 3 0 Bu fonksiyonun (0, 4) aralığındaki biricik kritik sayısı r = oluşundan (ve f nin 8 3 Yerine − r 3 ) maksimum yapılacak. Değişkenin değer alabileceği aralık:(0, 4) Yani, f (r) = r 5r 4 8 3 dür. f ′ (r) | + | 4 − | | ր | ց | de sürekli oluşundan, f, (0, 4) aralığındaki maksimum değerine r = 38 de erişir. Daha sonra da h = 5 3 bulunur. 2