MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK (10+10 p.) 2. (15 p.) 3. (7+8 p.) 4. (15+10 p.) 5. (15+10 p.) TOPLAM

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK (10+10 p.) 2. (15 p.) 3. (7+8 p.) 4. (15+10 p.) 5. (15+10 p.) TOPLAM"

Eser Erçetin
5 yıl önce
İzleme sayısı:

TOBB-ETÜ, MATEMATİK BÖLÜMÜ, GÜZ DÖNEMİ 2014-2015 MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK 2014 Adı Soyadı: No: İMZA: 1. 10+10 p.) 2. 15 p.) 3. 7+8 p.) 4. 15+10 p.) 5. 15+10 p.) TOPLAM 1.

1 TOBB-ETÜ, MATEMATİK BÖLÜMÜ, GÜZ DÖNEMİ MAT 101, MATEMATİK I, FİNAL SINAVI 08 ARALIK 2014 Adı Soyadı: No: İMZA: p.) p.) p.) p.) p.) TOPLAM 1. a) NOT: Tam puan almak için yeterli açıklama yapılması gerekmektedir. Sınav süresi 100 dakikadır. Başarılar. + 1, < 2 ise, 8 f) + a, 2 < 4 ise, şeklinde tanımlanıyor. 4 + b, 4 ise f) in sürekli bir fonksiyon olabilmesi için a ve b hangi değerleri alabilir? Cevabınızı açıklayınız. Sürekli olması için her noktada limiti mevcut ve o noktadaki değeri eşit olması lazım. Üç parçalı fonksiyon verilen aralıklarında uç noktalar hariç) sürekli olduğunu görüyoruz. O halde sadece 2 ve 4 uç noktalarına bakmamız yeterli. 2 için sağ limit: lim f ) lim 8 + a) 4 + a, sol limit: lim f ) lim + 1) ve noktadaki değeri f 2) 8 + a 4 + a olup 4 + a a veya a 1 elde ediyoruz. 2 ) 4 için sağ limit: lim f ) lim b b, sol limit: lim f ) lim 8 + a) a 1 ve noktadaki değeri f 4) b b olup b 1 bulunur. b) g) fonksiyonunun en az bir reel kökünün var olduğunu gösteriniz. g 1) ve f 1) olup işareti farklı iki nokta bulmuş olduk. Ayrıca g ) polinom olduğundan her yerde sürekli olup ara değer teoremi gereği g ) fonksiyonu g 1) 1 ile g 1) 1 arasındaki tüm değerleri alır, dolayısıyla en az bir noktada g ) 0 olur. Yani en az bir kökü vardır. 1

2 2. Uzunluğu 150 cm olan bir tel parçası, iki parçaya ayrılıyor. Birinci parçadan bir kare, ikinci parçadan ise yarıçapı r olan bir çember yapılıyor. Bu iki şeklin alanları toplamının minimum olması için her bir parçanın uzunluğunun ne olması gerektiğini türev yardımıyla bulunuz. Şekildeki gibi ve 150 olacak şekilde ikiye parçaladığımızı düşünelim. 150 Bu durumda karenin çevre uzunluğu 4a ve çemberin çevre uzunluğu 2πr 150 olur. Bu durumda iki cismin alanı f ) a 2 + πr 2 ) π 150 ) 2 2π olup f ) fonksiyonunu minimize etmemiz gerekiyor. bir uzunluk olduğundan olduğunu görebiliyoruz. 16 4π Ayrıca f ) sürekli olduğundan bulacağımız kritik noktalar ve uç noktalardaki değerleri kıyaslayarak minimumu bulabiliriz. O halde, f ) π + 2 4π 8 75 π + ) 2π π π π olup 75/π 0 π + 4) / 8π) 600 π + 4 tek kritik nokta bulunur. f 0) ) 2π π 1502, f 150) ve f 4π 16 0 ) f ) 600 π+4 düşük değeri veren 0 olduğundan istenilen parça uzunlukları 0 ve dır. Not: 0 noktasının en düşük değeri verdiğini 1.türev tablosuna bakarak da görebiliriz. ) 4π+4) olup en 3. a) 2 + y 1) 2 4 denklemini kutupsal koordinatlarda ifade ediniz. { r cos θ eşitliklerini denklemde yerine yazarsak: y r sin θ bulunur. İstenilen denklem en son denklemdir. r 2 cos 2 θ + r sin θ 1) 2 4 r 2 cos 2 θ + r 2 sin 2 θ 2r sin θ r 2 cos 2 θ + sin 2 θ ) 2r sin θ r 2 2r sin θ r 2 2r sin θ 3 0 b) r cot θ csc θ denklemini kartezyen koordinatlarda ifade ediniz. { r cot θ csc θ cos θ 1 r cos θ olup eşitliklerinde sin θ ile cos θ yı çekerek denklemde sin θ sin θ y r sin θ yazarsak r /r 1 r olup r veya y 2 bulunur. y/r y/r y 2 Not: burada r yi sadeleştirmemizin sebebi son denklemde orijinin mevcut olması). 2

3 4. Aşağıdaki integralleri hesaplayınız. a) olup ) 2 + 4) d Rasyonel polinomu basit kesirlere ayırmaya çalışırsak: ) 2 + 4) A 1) + B + C 2 + 4) A + B) 2 + C B) + 4A C 1) 2 + 4) A + B 3 C B 3 4A C 1 denklem sistemini elde ederiz. Bu denklemi çözersek A 1, B 2, C 5 bulunur. O halde ) 2 + 4) d A B + C 1) d ) d d ) ) d 2 ln 1) ) d ) d ln 1) + I 1 + I 2 + sabit diyelim ve sondaki iki integrali hesaplayalım: I 1 için u değişken değiştirmesi yaparsak du 2d olup 2 du I ) d u ln u + sabit ln ) + sabit olur. I 2 için 2 tan θ değişken değiştirmesi yaparsak d 2 sec 2 θdθ olup 5 I ) d 5 4 sec 2 θ 2 sec2 θdθ 5 dθ θ + sabit 5 2 arctan 2 + sabit bulunur. Dolayısıyla bizden istenilen integral değeri: elde edilir. ln 1) + ln ) arctan 2 + sabit 3

4 b) d ) 3/2 tan θ değişken değiştirmesi yaparsak d sec 2 θdθ olup d ) sec 2 θdθ 3/2 sec 2 θ) 3/2 sec 2 θdθ sec 2 θ) 3/2 dθ sec θ cos θdθ elde edilir. sin θ + sabit sabit 4

5 5. Aşağıdaki integrali ve limiti hesaplayınız. a) 9 0 e d a değişken değiştirmesi yapalım: da d 2 olup integrali a değişkeni cinsinden yazarsak 9 0 e d 2 3 a0 3 a0 e a 2a da ae a da olup bu adımda kısmı integrasyon yaparsak: a u, e a da dv da du, e a v olup bulunur ae a da 2ae a a3 a0 2 e a da a0 a0 6e e a a3 ) a0 6e 3 2 e 3 1 ) 4e b) lim e ) 17 Soruya baktığımız zaman 0 belirsizliği olduğunu görüyoruz. O zaman logaritma özelliklerinden faydalanacak olursak lim e ) 17 lim e lne6 +11) 17 lim e 17 lne6 +11) 17 ln e 6 +11) e lim çünkü e sürekli fonksiyon) 176e )/e 6 +11) e lim 1 L Hospitalden) 176e 6 +11) e lim e e 6 ) e lim 6e e e 102 L Hospitalden) 5

Benzer belgeler

Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 19, 20, 21, 25, 27, 28, 29, 30, 33-b.

Final sınavı konularına aşağıdaki sorular dahil değildir:,,,, 5, 6, 7, 9,,, 5, 7, 8, 9,, -b. MAT -MATEMATİK (- GÜZ DÖNEMİ) FİNAL ÇALIŞMA SORULARI. Tabanı a büyük eksenli, b küçük eksenli elips ile sınırlanan