(a) Her n ∈ N i¸cin (−1)n cos n n2+ n

MT 132 ANAL˙IZ II ARA SINAV C¸ ¨OZ ¨UMLER 1. (a) Her n ∈ N i¸cin

(−1)ⁿ cos n n²+ n

= | cos n|

n²+ n ≤ 1

n²+ n ≤ 1

n² veP 1

n² (p = 2 > 1 oldu˘gundan, p-serisi teoreminden) yakınsak oldu˘gundan, Kar¸sıla¸stırma TestindenX

(−1)ⁿ cos n

n²+ n mutlak yakınsaktır.

(b) an= n − tan¹_n

3n²+ n − 1, bn= 1

n olsun. n > 1 i¸cin an≥ 0 ve her n ∈ N i¸cin bn> 0 olur.

L = liman

bn

= limn²− n tan_n¹

3n²+ n − 1 = lim 1 −^tan_nⁿ¹ 3 + ¹_n−_n¹2

= 1 −^{tan 0}_+∞

3 + 0 − 0 = 1 3,

0 < L < ∞ oldu˘gundan, Limit Kar¸sıla¸stırma TestindenP an veP bn aynı karakterdedir.

P bn=P1

n (Harmonik seri) ıraksak oldu˘gundanP an de ıraksak olur.

2. (a) lim  

a_n+1 an

  = lim

(−1)n+1 ((n+1)!)3 (3(n+1))!

(−1)^{n (n!)}_(3n)!³

= lim3(3n+1)(3n+2)⁽ⁿ⁺¹⁾² = ₂₇¹ < 1 oldu˘gundan (Oran Testinden)P(−1)^{n (n!)}_(3n)!³ serisi mutlak yakınsaktır.

(b) X 4ⁿ√ n

n²+ n − 1(x − 1)²ⁿ U_n = 4ⁿ√ n

n²+ n − 1(x − 1)²ⁿ olsun. (x 6= 1 i¸cin)    

U_n+1 Un

= 4 r

1 + 1 n

1 +_n¹ −_n¹2

1 +_n³ +_n¹₂|x − 1|², lim

Un+1

Un

= 4|x − 1|² Oran Testinden,

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 yarı¸capının ¹₂ olması demektir.

3. (a) r = 3 + 4 sin θ = cos(2θ), 3 + 4 sin θ = 1 − 2 sin²θ sin²θ + 2 sin θ + 1 = 0, sin θ = −1, θ = −^π₂ ve r = 1 olur.

(Bu nokta dı¸sında bir de kutup noktasında kesi¸sirler)

Her iki e˘gri i¸cin de (θ = −^π₂ i¸cin) r⁰ = 0 olur. (tan α = _r^r0 oldu˘gundan) Her ikisinin te˘geti de yarı¸capa dik olur.

(Yarı¸cap aynı oldu˘gundan) ˙Iki e˘grinin te˘getleri aynı do˘grudur, aradaki a¸cı 0 dır.

(b) (x²)²− (y − 1)²= 4²,  x² 4

²

− y − 1 4

²

= 1, x²

4 = cosh t, y − 1

4 = sinh t, t ∈ R (x > 0 oldu˘gundan)

x = 2

√

cosh t y = 4 sinh t + 1 (t ∈ R) 4. (a) t = 2x − 1 olsun.

Z

√3

2x − 1 (ln(2x − 1))²dx = 1 2

Z

√3

t (ln t)²dt olur.

u = (ln t)², dv =√³

t dt alarak (Kısmi ˙Integrasyon ile) Z

√3

t (ln t)²dt = 3 4

√3

t⁴(ln t)²−3 2

Z

√3

t ln t dt (Kısmi ˙Integrasyon ile) Z

√3

t ln t dt =3 4

√3

t⁴ln t − 3 4 Z

√3

t dt = 3 4

√3

t⁴ ln t − 9 16

√3

t⁴+ C olur. Bunlar yerine konarak:

Z

√3

2x − 1 (ln(2x − 1))²dx = 3 8

p3

(2x − 1)⁴(ln(2x − 1))²− 9 16

p3

(2x − 1)⁴ ln(2x − 1) +27 64

p3

(2x − 1)⁴+ C (b) x√²+ 2x − 8 = (x + 1)²− 3², x + 1 = 3 sec θ, 0 ≤ θ ≤ π olsun. (x ≥ 2 varsayarsak)

x²+ 2x − 8 = 3 tan θ, dx = 3 sec θ tan θ dθ, x = 3 sec θ − 1 olur.

Z √

x²+ 2x − 8 + x

x + 1 dx =

Z 3 tan θ + 3 sec θ − 1

3 sec θ 3 sec θ tan θ dθ

= Z

(3 tan²θ + 3 sec θ tan θ − tan θ) dθ

= Z

3(sec²θ − 1) dθ + 3 Z

sec θ tan θ dθ − Z

tan θ dθ

= 3 tan θ − 3θ + 3 sec θ + ln | cos θ| + C

= p

x²+ 2x − 8 − 3 Arcsecx + 1

3 + (x + 1) − ln    

x + 1 3

+ C

5. x⁵+ 1

x⁴− 16 = x + 16x + 1 x⁴− 16

16x + 1 x⁴− 16 = A

x − 2+ B

x + 2 +Cx + D x²+ 4

1

16x + 1 = A(x + 2)(x²+ 4) + B(x − 2)(x²+ 4) + (Cx + D)(x − 2)(x + 2) dan A = 33

32, B = 31

32, C = −2, D = −1 8 Z x⁵+ 1

x⁴− 16dx = Z

x dx + 33 32

Z dx x − 2+31

32 Z dx

x + 2− 2

Z x dx x²+ 4−1

8

Z dx

x²+ 4

= x² 2 +33

32ln |x − 2| +31

32ln |x + 2| − ln(x²+ 4) − 1

16Arctanx 2 + C

2