MT 132 ANAL˙IZ II ARA SINAV C¸ ¨OZÜMLER 1. (a) Her n ∈ N için

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