˙ (2014) ARA SINAV C
¨ UMLER
¨
MT 131 ANALIZ
¸ OZ
1. (a) f (x) =
√
4−x2
√
3
x−1
i¸cin:
= {x ∈ R : 4 − x2 ≥ 0,
Df
√
3
x − 1 6= 0} = {x ∈ R : 4 − x2 ≥ 0, x 6= 1}
= {x ∈ R : x2 ≤ 4} ∩ {x ∈ R : x 6= 1} = [−2, +2] ∩ (R \ {1}) = [−2, 1) ∪ (1, 2]
(b) g(x) =
x2 −4
x+1
i¸cin:
Rg = {y ∈ R : y = g(x) olacak ¸sekilde en az bir x vardır} = {y ∈ R : y =
x2 −4
x+1 o.
2
¸s. en az bir x vardır}
= {y ∈ R : x2 − yx − (y + 4) = 0 o. ¸s. en az bir x vardır} = {y ∈ R : (−y) − 4 · 1 · (−y − 4) ≥ 0}
= {y ∈ R : y 2 + 4y + 16 ≥ 0} = {y ∈ R : (y + 2)2 + 12 ≥ 0} = R
√
x+3−2
2. (a) lim √
gi vardır.
limitinde 00 belirsizli˘
3
x→1
x−1
√
√
√
√
√
√
√
3
3
x+3−2
( x + 3 − 2)( x + 3 + 2)( x2 + 3 x + 1)
(x − 1) ( x2 + 3 x + 1)
√
√
√
=
=
√
√
√
3
3
x−1
(x − 1) ( x + 3 + 2)
( 3 x − 1)( x2 + 3 x + 1)( x + 3 + 2)
√
√
3
x2 + 3 x + 1
√
=
(x 6= 1)
x+3+2
oldu˘gu i¸cin, limitin (temel) ¨
ozelli˘
ginden:
√
√
√
3
x+3−2
x2 + 3 x + 1
= lim √
lim √
3
x→1
x→1
x−1
x+3+2
olur. Limit teoremlerinden
√
√
3
3
x2 + 3 x + 1
=
lim √
x→1
4
x+3+2
√
x+3−2
3
oldu˘gundan lim √
= bulunur.
3
x→1
4
x−1
p
2
(b) lim (x + x + x + 1) limitinde ∞ − ∞ belirsizli˘gi vardır.
x→−∞
p
√
p
(x + x2 + x + 1)(x − x2 + x + 1)
x2 − (x2 + x + 1)
2
√
√
x+ x +x+1=
=
x − x2 + x + 1
x − x2 + x + 1
x → −∞ oldu˘gundan
−x − 1
−x − 1
−x − 1
q
=
=
√ q
=
q
1
1
1
1
x−
x 2 1 + x + x2
x − |x| 1 + x + x2
x + x 1 + x1 +
x < 0 varsayabiliriz
=
x
\ (−1 − x1 )
q
x
\ (1 + 1 + x1 +
=
1
)
x2
olur. Limit teoremlerinden:
−1 − x1
q
1 + 1 + x1 +
lim (x +
x→−∞
1
x2
1
x2
−1 − x1
q
x→−∞
1 + 1 + x1 +
p
x2 + x + 1) = lim
=
1
x2
−1
buluruz.
2
˙
Ikinci
C
¸ ¨oz¨
um:
s 2
p
1
1
1
lim (x + x2 + x + 1) = lim +
+ + 1 = lim
x→−∞
t
t
t
t→0−
t→0−
1
+
t
r
1 + t + t2
t2
!
!
√
√
t<0
1
1 + t + t2
1 1p
1
−
1 + t + t2
√
=
lim
= lim
+
−
1 + t + t2 = lim
t
t
t
t
t→0−
t→0−
t→0−
t2
oldu˘
gu i¸cin
√
√
1 − (1 + t + t2 )
−t − t2
(1 − 1 + t + t2 )(1 + 1 + t + t2 )
√
√
√
= lim
= lim
= lim
t→0−
t→0− t(1 + 1 + t + t2 )
t→0− t(1 + 1 + t + t2 )
t(1 + 1 + t + t2 )
−1 − t
−1
√
= lim
=
−
2
2
t→0 1 + 1 + t + t
1
3. (a) Bir ε > 0 verilsin.
√
|x − 0| < δ ve x ∈ Df iken | 4 x − 0| < ε o. ¸s. (ε a ba˘glı) bir δ > 0 sayısıpbulmalıyız.
√
√
D
gu a¸sikardır. |x − 0| < δ ve x ≥ 0 iken | 4 x − 0| = 4 |x| < 4 δ olur. Dolayısıyla
f = [0, +∞) oldu˘
√
4
δ = ε yani δ = ε4 olarak se¸cersek, δ > 0 olur ve yukarıda g¨osterildi˘gi gibi:
√
|x − 0| < δ ve x ∈ Df iken | 4 x − 0| < ε olur.
sin x)
(b) Her x ∈ (−π, π), x 6= 0 i¸cin sin(2xsin x) = sin(2
2 sinx x oldu˘gundan, Limitin (temel) ¨ozelli˘ginden:
2 sin x
sin(2 sin x)
sin(2 sin x) sin x
sin(2 sin x)
lim
= lim
2
olur. lim
limitinde t = 2 sin x de˘gi¸sken de˘
gi¸sikli˘
gi
x→0
x→0
x→0
x
2 sin x
x
2 sin x
yapalım.
i. lim 2 sin x = 0 ( lim sin x = 0 problemi ve teoremler)
x→0
x→0
ii. x ∈ (− π2 , π2 ), x 6= 0 i¸cin 2 sin x 6= 0 olur.
sin t
= 1 dir (Teorem)
iii. lim
t→0 t
sin(2 sin x)
sin x
= 1 bulunur. lim
= 1 (Teorem)
x→0
x→0 x
2 sin x
oldu˘gundan (Limit teoremi ve sabitin limiti teoreminden):
sin(2 sin x)
sin(2 sin x) sin x
lim
= lim
2
= 1 · 2 · 1 = 2 bulunur.
x→0
x→0
x
2 sin x
x
(Limitler i¸cin) De˘
gi¸sken De˘
gi¸stirme Teoreminden lim
4. (a) f (x) = x2 + sin x − 1 olsun. f her yerde tanımlıdır (yani Df = R dir) ve s¨
ureklilik ile ilgili teoremlerimizden, f s¨
urekli fonksiyondur. λ = 0 alalım. f (0) = −1 < λ ve f (2) = 3 + sin 2 olur (sin 2 ≥ −1
oldu˘gundan) f (2) > λ olur. f s¨
urekli fonksiyon ve [0, 2] ⊆ Df = R oldu˘gundan, f, [0, 2] aralı˘
gında
s¨
ureklidir. Ara De˘
ger teoreminden f (c) = λ, yani c2 + sin c − 1 = 0 olacak ¸seklinde (en az) bir c ∈ [0, 2]
sayısı vardır. Bu sayı verilen denklemin bir ¸c¨oz¨
um¨
ud¨
ur.
−1
cos x
1
¨
(b) Her x ∈ R i¸cin −1 ≤ cos x ≤ 1 oldu˘
gunu biliyoruz. Oyleyse
her x > 0 i¸cin
≤
≤
x
x
x
1
−1
olur. (Sonsuzdaki limitlerle ilgili teoremimizden) lim
= 0 ve Limit teoreminden lim
=
x→+∞ x
x→+∞ x
cos x
1
= 0 elde ederiz.
lim (−1) = 0 olur. Sandvi¸c (Sıkı¸stırma) Teoreminden lim
x→+∞ x
x→+∞
x
−1
5. (a) a = 0 olsun. −1 < x < 0 i¸cin bxc
gu i¸cin, soldan limitlerin (temel) ¨ozelli˘ginden:
x = x oldu˘
bxc
−1
lim
= lim
olur.
x→0− x
x→0− x
x
0
• lim
=
=0
−1
x→0− −1
• x < 0 i¸cin −1
x >0
−1
oldu˘gundan, lim
= +∞, dolayısıyla lim f (x) = +∞ olur.
x→0− x
x→0−
Bu nedenle, f, a = 0 da sonsuz tipi s¨
ureksizli˘ge sahiptir.
(b) b = 1 olsun.
0 < x < 1 i¸cin f (x) = 0 oldu˘
gundan, lim f (x) = lim 0 = 0 olur.
x→1−
x→1−
1
= 1 olur.
x
Sa˘gdan ve soldan limitler sonlu ama farklı oldu˘gundan, f, b = 1 de sı¸crama tipi s¨
ureksizli˘ge sahiptir.
1 < x < 2 i¸cin f (x) =
1
x
oldu˘
gundan, lim f (x) = lim
x→1+
x→1+
2
© Copyright 2024 Paperzz
