MT 131 I. ARA SINAV C¸ ¨OZÜMLER 1. Df = {x ∈ R : x2 − 16 ≥ 0 ve

MT 131 I. ARA SINAV ÇÖZÜMLER
1. Df = {x ∈ R : x2 − 16 ≥ 0 ve x2 − 2x − 15 ̸= 0} = (−∞, −4] ∪ [4, +∞) − {−3, 5}
= (−∞, −4] ∪ [4, 5) ∪ (5, +∞)
x−2
o.ş bir x ∈ Df var}
+x+1
2
= {y ∈ R : yx + (y − 1)x + (y + 2) = 0 o.ş bir x ∈ Df var}
yx2 + (y − 1)x + (y + 2) = 0 denklemi, y = 0 iken 2. derece olmaz fakat
çözümü vardır (x = 2). y ̸= 0 için 2. derece bir denklem olduğundan
yalnızca ∆ ≥ 0 iken çözümü vardır.
Rf = {0} ∪
{y : y ̸= 0,√ −3y 2 − 10y + 1 ≥ 0} = {y : −3y 2 − 10y + 1 ≥ 0}
√
= [− 35 − 2 3 7 , − 53 + 2 3 7 ]
√
√
x2 − 9
(x − 3)(x + 3)( x + 1 + x − 1)
(x − 3)(x + 3)( x + 1 + x − 1)
√
3. √
= √
=
x + 1 − (x − 1)2
x + 1 − x + 1 √( x + 1 − x + 1)( x + 1 +
√x − 1)
(x − 3)(x + 3)( x + 1 + x − 1)
(x + 3)( x + 1 + x − 1)
=
=
(x ̸= 3 için)
−x(x − 3)
−x
olduğundan
√
x2 − 9
(x + 3)( x + 1 + x − 1)
lim √
= lim
= −8
x→3
−x
x + 1 − x + 1 x→3
√
√
√
(x + x2 + x + 7)(x − x2 + x + 7)
x2 − (x2 + x + 7)
2
√
√
4. x+ x + x + 7 =
=
x − x2 + x + 7
x − x2 + x + 7
x(−1 − x7 )
−x − 7
−x − 7
√
√
√
=
=
=
=
√
x − x2 + x + 7
x − x2 1 + x1 + x72
x − |x| 1 + x1 + x72
2. Rf = {y ∈ R : y =
x2
x(−1 − x7 )
−1 − x7
√
√
=
(x → −∞ olduğundan x < 0
x + x 1 + x1 + x72
1 + 1 + x1 + x72
varsayabiliriz ve |x| = −x olur) Limit Teoremlerinden
√
−1 − x7
−1 − 0
−1
√
√
lim (x + x2 + x + 7) = lim
=
=
x→−∞
x→−∞
2
1+ 1+0+0
1 + 1 + x1 + x72
5. (x−2) cos x = 1 denkleminin bir cözümünü var olduğunu göstermek yeterlidir. f (x) = (x − 2) cos x, λ = √
1 olsun. f (0) = −1 < λ
f (2π) = (2π − 2) > λ (π > 2 2 > 2 olduğundan 2π − 2 > 4 − 2 > 2
olur.) f, [0, 2π] aralığında sürekli (çünki tüm R de sürekli) olduğundan
Ara Değer Teoreminden f (c) = λ yani (c − 2) cos c = 1 olacak şekilde (en
az) bir c ∈ (0, 2π) sayısı vardır.
√
√
∆f
6. f ′ (x) = lim
, ∆f = 3 x + ∆x − 3 x
∆x→0 ∆x
√
√
√
√
√ √
√
√
3
3
( 3 x + ∆x − 3 x)( 3 (x + ∆x)2 + 3 x + ∆x 3 x + x2 )
∆f
x + ∆x − 3 x
√
√
=
=
√
√
3
∆x
∆x
∆x ( 3 (x + ∆x)2 + 3 x + ∆x 3 x + x2 )
x + ∆x − x
1
√
√
√
=
= √
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
3
2
2
2
∆x ( (x + ∆x) + x + ∆x x + x )
(x + ∆x) + x + ∆x 3 x + x2
1
∆f
1
√
= lim √
f ′ (x) = lim
= √
√
√
3
3
3
3
3
2
2
∆x→0
∆x→0 ∆x
(x + ∆x) + x + ∆x x + x
3 x2
1
( x )2
x3
= lim+
x(1 + cos x) = 12 · 0 · 2 = 0
sin x
x→0
x→0 1 − cos x
x→0
⌊x2 ⌋
= 0 olduğundan lim− f (x) = lim− 0 = 0 olur.
−1 < x < 0 için
x
x→0
x→0
limx→0 f (x) = 0 ve f, 0 da süreksiz (çünki tanımlı değil) olduğundan 0
da√kaldırılabilir süreksizlik vardır.
2
− 2 < x < −1 için 1 < x2 < 2 olur ve ⌊xx ⌋ = x1 olduğundan
⌊x2 ⌋
1
lim − f (x) = lim −
= lim − = −1
x
x→−1
x→−1
x→−1 x
⌊x2 ⌋
= 0 olduğundan
−1 < x < 0 için
x
lim + f (x) = lim + 0 = 0 olur. −1 de sıçrama tipi süreksizlik vardır.
7. lim+ f (x) = lim+
x→−1
x→−1
8. −1 ≤ sin x ≤ 1, −1 ≤ cos x ≤ 1 olduğundan (her x >
1
2
için)
x − 1 ≤ x + sin x ≤ x + 1 ve 0 < 4x2 − 1 ≤ 4x2 − cos x ≤ 4x2 + 1 olur
x−1
x + sin x
x+1
≤ 2
≤ 2
4x2 + 1
4x − cos x
4x − 1
± x12
0±0
=
= 0 olduğundan Sandviç
x→+∞ 4 ∓ 12
4∓0
x
x + sin x
= 0 olur.
(Sıkıştırma) Teoreminden lim
x→+∞ 4x2 − cos x
olur.
x±1
=
x→+∞ 4x2 ∓ 1
lim
lim
1
x
9. (a) dan lim+ f (x) = f (a), (b) ve (c) den (ve Süreklilik için Limit Krix→a
terinden) (b = f (a) olmak üzere) limt→b g(t) = g(b) olur. (Tek Taraflı
Limitler için Değişken Değiştirme Teoreminden) limx→a+ g(f (x)) = g(b) = g(f (a))
olur (Burada x ̸= a iken f (x) ̸= b koşulunun sağlanmasına gerek yoktur,
çünki limt→b g(t) = g(b) oluşundan f (x) = b olsa da |g(f (x)) − g(b)| < 0
sağlanacaktır). Bu da g of nin a sayısında sağdan sürekli olması demektir.
1
= 0 ve a yı içeren bir açık aralıkta (belki a dışında) f (x) > 0
f (x)
olur.
limx→a g(x) = L, L > 0 olduğundan (Limit tanımından hemen sonraki
ikinci teoremden) a yı içeren bir açık aralıkta (belki a dışında) g(x) > 0
1
g(x)
1
olur. lim f (x) = lim
= lim g(x)
= L · 0 = 0 ve a yı içeren bir
x→a
x→a f (x)
x→a
f (x)
10. lim
x→a
g(x)
açık aralıkta (belki a dışında) (f (x) > 0 ve g(x) > 0 olduğundan)
f (x)
= +∞ olur.
olur. Dolayısıyla lim
x→a g(x)
2
f (x)
g(x)
>0