36 Düzgün Süreklilik ve Cantor Teoremi
Süreklilik tanımına bir kez daha bakalım. \(f\) fonksiyonunun \(a\) noktasında sürekli olması, her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) bulunması demekti ki \(a\)’ya \(\delta\)’dan yakın her \(x\) için \(f(x)\), \(f(a)\)’ya \(\varepsilon\)’dan yakın olsun (Tanım 33.1). Bu tanımda \(\delta\) iki şeye bağlıdır: \(\varepsilon\)’a ve noktaya. Aynı \(\varepsilon\) için grafiğin yatık olduğu yerde geniş, dik olduğu yerde dar bir \(\delta\) gerekir. Peki bir aralığın tamamı için, noktadan bağımsız, “herkese yetecek” tek bir \(\delta\) seçilebilir mi?
Bu sorunun yanıtı bazen evet, bazen hayırdır ve yanıtın evet olduğu duruma düzgün süreklilik denir. Bu bölümde önce kavramı tanımlayıp süreklilikten farkını örneklerle göreceğiz; sonra düzgün sürekliliği garanti eden (Lipschitz koşulu) ve düzgün sürekli olmadığını göstermeye yarayan (dizisel ölçüt) araçları kuracağız. Bölümün ana teoremi Cantor’a aittir: kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olan her fonksiyon otomatik olarak düzgün süreklidir. Bu sonuç, önceki bölümdeki Weierstrass teoremi gibi, Bolzano–Weierstrass teoremine dayanır ve Analiz 2’de Riemann integralinin kuruluşunda kilit rol oynar.
36.1 Noktaya Bağlı Delta
Önce sorunu somut olarak görelim. \(f(x) = x^2\) fonksiyonunun bir \(a \in \mathbb{R}\) noktasındaki sürekliliğini tanımla göstermek istediğimizde
\[|x^2 - a^2| = |x - a| \cdot |x + a|\]
çarpanlarına bakarız. \(|x - a| < 1\) alırsak üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2) \(|x + a| \le |x - a| + 2|a| < 1 + 2|a|\) olur; dolayısıyla
\[\delta_a = \min\left\{ 1,\ \frac{\varepsilon}{1 + 2|a|} \right\}\]
seçimi \(|x - a| < \delta_a \Rightarrow |x^2 - a^2| < \varepsilon\) verir. Bu \(\delta_a\), \(|a|\) büyüdükçe azalır: küçük bir \(\varepsilon\) için (\(\varepsilon \le 1\) olsun, minimumun \(1\) kolu devreye girmesin) \(a = 0\)’da \(\varepsilon\), \(a = 100\)’de \(\varepsilon/201\) kadardır. Grafik sağa gittikçe dikleştiği için aynı \(\varepsilon\)-bandını yakalamak giderek daha dar bir pencere gerektirir.
Benzer bir durum \(g(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunda \(a > 0\) noktası sıfıra yaklaşırken ortaya çıkar. \(|x - a| < \dfrac{a}{2}\) iken \(x > \dfrac{a}{2} > 0\) olduğundan
\[\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{a} \right| = \frac{|x - a|}{xa} \le \frac{2|x - a|}{a^2}\]
ve \(\delta_a = \min\left\{\dfrac{a}{2}, \dfrac{\varepsilon a^2}{2}\right\}\) işe yarar; ama \(a \to 0\) iken \(\delta_a \to 0\). Her iki örnekte de her noktada süreklilik vardır, fakat bütün noktalara birden yetecek tek bir \(\delta\) bulmak zor görünmektedir. Bunun gerçekten imkânsız olduğunu birazdan göstereceğiz. Önce “tek bir \(\delta\) yeter” fikrini tanıma dönüştürelim.
Tanım 36.1 (Düzgün Süreklilik) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) varsa ki \(|x - y| < \delta\) olan her \(x, y \in A\) çifti için
\[|f(x) - f(y)| < \varepsilon\]
sağlansın, \(f\)’ye \(A\) üzerinde düzgün sürekli (uniformly continuous) denir. Sembolle:
\[\forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall x, y \in A:\quad |x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \varepsilon.\]
Tanımdaki \(\delta\) yalnızca \(\varepsilon\)’a bağlıdır; \(x\) ve \(y\) seçilmeden önce belirlenir. Süreklilikle aradaki fark tamamen niceleyicilerin sırasındadır.
\(f\)’nin \(A\) kümesinin her noktasında sürekli olması:
\[\forall a \in A\ \ \forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall x \in A:\quad |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| < \varepsilon.\]
\(f\)’nin \(A\) üzerinde düzgün sürekli olması:
\[\forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall a \in A\ \ \forall x \in A:\quad |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(a)| < \varepsilon.\]
İlkinde \(\delta\), \(a\)’dan sonra seçilir ve \(a\)’ya bağlı olabilir; ikincisinde \(\delta\), \(a\)’dan önce seçilir ve bütün \(a\)’lar için aynıdır. “Her \(x\) için bir \(y\) vardır” ile “öyle bir \(y\) vardır ki her \(x\) için” arasındaki farkı niceleyicileri öğrenirken görmüştük; düzgün süreklilik bu farkın analizdeki en önemli örneğidir.
Düzgün sürekliliğin “sıradan” sürekliliği gerektirdiğini hemen görelim; tersinin doğru olmadığını ise örneklerle göstereceğiz.
Önerme 36.1 (Düzgün Sürekli Fonksiyon Süreklidir) \(f : A \to \mathbb{R}\), \(A\) üzerinde düzgün sürekli ise \(f\), \(A\)’nın her noktasında süreklidir.
İspat
\(a \in A\) ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Düzgün süreklilik tanımından \(\varepsilon\)’a karşılık gelen \(\delta > 0\) sayısını alalım. \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) olsun. Tanımı \(y = a\) ile uygularsak \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) elde ederiz. Bu tam olarak \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olmasıdır (Tanım 33.1); \(a\) keyfi olduğundan \(f\), \(A\)’nın her noktasında süreklidir.
\(\blacksquare\)
Bir fonksiyonun düzgün sürekli olmadığını göstermek için tanımın olumsuzlamasına ihtiyacımız var. Niceleyici olumsuzlama kurallarıyla (Teorem 2.1) \(f\)’nin \(A\) üzerinde düzgün sürekli olmaması şu demektir:
\[\exists \varepsilon_0 > 0\ \ \forall \delta > 0\ \ \exists x, y \in A:\quad |x - y| < \delta \ \text{ ve } \ |f(x) - f(y)| \ge \varepsilon_0.\]
Yani “kötü” bir \(\varepsilon_0\) vardır: \(\delta\) ne kadar küçük seçilirse seçilsin, birbirine \(\delta\)’dan yakın ama görüntüleri \(\varepsilon_0\) kadar uzak iki nokta bulunur.
36.2 Örnekler
Her örnekte şablon aynıdır: düzgün süreklilik için \(|f(x) - f(y)|\) ifadesini \(|x - y|\) cinsinden, \(x\) ve \(y\)’den bağımsız bir sabitle sınırlamaya çalışırız; düzgün sürekli olmadığını göstermek için ise verilen her \(\delta\)’ya karşı bir kötü çift üretiriz.
Örnek 36.1 (Doğrusal Fonksiyonlar) \(m, b \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(f(x) = mx + b\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(m = 0\) ise \(f\) sabittir; her \(x, y\) için \(|f(x) - f(y)| = 0 < \varepsilon\) olduğundan herhangi bir \(\delta\), örneğin \(\delta = 1\), işe yarar.
\(m \ne 0\) olsun. Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için
\[|f(x) - f(y)| = |(mx + b) - (my + b)| = |m| \cdot |x - y|.\]
\(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{|m|}\) alalım. \(|x - y| < \delta\) ise \(|f(x) - f(y)| = |m||x - y| < |m| \cdot \dfrac{\varepsilon}{|m|} = \varepsilon\). \(\delta\) yalnızca \(\varepsilon\)’a bağlıdır; \(f\) düzgün süreklidir. Doğrunun eğimi her yerde aynı olduğundan bu beklenen bir sonuçtur.
\(\blacksquare\)
Örnek 36.2 (Kare Fonksiyonu: Sınırlı Aralıkta Evet, Tüm Doğruda Hayır) \(f(x) = x^2\) fonksiyonunun
\(M > 0\) olmak üzere \([-M, M]\) aralığında (özel olarak \([0,1]\)’de) düzgün sürekli olduğunu,
\(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olmadığını
gösteriniz.
Çözüm
a) \(x, y \in [-M, M]\) için \(|x| \le M\) ve \(|y| \le M\) olduğundan
\[|x^2 - y^2| = |x - y| \cdot |x + y| \le |x - y| \big( |x| + |y| \big) \le 2M \, |x - y|.\]
\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2M}\) alırsak \(|x - y| < \delta\) iken \(|x^2 - y^2| \le 2M|x - y| < \varepsilon\) olur. \([0,1]\) için \(M = 1\) ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) yeterlidir.
b) Bölümün başındaki hesap, \(\delta_a\)’nın \(|a|\) büyüdükçe küçüldüğünü göstermişti; şimdi hiçbir sabit \(\delta\)’nın yetmediğini kanıtlayalım. \(\varepsilon_0 = 1\) alalım ve herhangi bir \(\delta > 0\) verilsin. Noktaları
\[x = \frac{1}{\delta}, \qquad y = \frac{1}{\delta} + \frac{\delta}{2}\]
seçelim. \(|x - y| = \dfrac{\delta}{2} < \delta\)’dır; ama
\[|f(x) - f(y)| = |x - y| \cdot |x + y| = \frac{\delta}{2} \left( \frac{2}{\delta} + \frac{\delta}{2} \right) = 1 + \frac{\delta^2}{4} > 1 = \varepsilon_0.\]
Demek ki her \(\delta\) için birbirine \(\delta\)’dan yakın, görüntüleri \(1\)’den uzak bir çift vardır; \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli değildir. Sezgi: orijinden uzaklaştıkça parabol dikleşir; sabit genişlikteki bir pencere içinde fonksiyon istenildiği kadar büyük sıçramalar yapar.
\(\blacksquare\)
Örnek 36.3 (Bir Bölü x Fonksiyonu) \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun
\([1, \infty)\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu,
\((0, 1)\) üzerinde düzgün sürekli olmadığını
gösteriniz.
Çözüm
a) \(x, y \ge 1\) için \(xy \ge 1\) olduğundan
\[\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{y} \right| = \frac{|y - x|}{xy} \le |x - y|.\]
\(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \varepsilon\) alınırsa \(|x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| \le |x - y| < \varepsilon\). Aynı hesap, \(c > 0\) olmak üzere \([c, \infty)\) üzerinde \(\left|\frac{1}{x} - \frac{1}{y}\right| \le \dfrac{|x - y|}{c^2}\) verir; yani \(f\), sıfırdan pozitif bir uzaklıkta kalan her kümede düzgün süreklidir.
b) \(\varepsilon_0 = 1\) alalım ve \(\delta > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 gereği \(\dfrac{1}{n} < \delta\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır; \(n\) büyüdükçe \(\dfrac{1}{n}\) daha da küçüldüğünden gerekirse \(n\)’yi büyüterek \(n \ge 2\) alabiliriz. O zaman \(x = \dfrac{1}{n}\) ve \(y = \dfrac{1}{2n}\) noktaları \((0,1)\) içindedir (\(0 < \frac{1}{2n} < \frac{1}{n} \le \frac{1}{2}\)) ve
\[|x - y| = \frac{1}{n} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{2n} < \delta, \qquad |f(x) - f(y)| = |n - 2n| = n \ge 1 = \varepsilon_0.\]
Öyleyse \(f\), \((0,1)\) üzerinde düzgün sürekli değildir. Sorun \(0\)’a yakın bölgededir: oraya yaklaştıkça grafik sonsuza fırlar ve sabit genişlikteki bir pencere içindeki değişim sınırsız büyür.
\(\blacksquare\)
Bu iki örnek “grafik dikleşince düzgün süreklilik bozulur” izlenimi verebilir; ama diklik tek başına belirleyici değildir. Aşağıdaki fonksiyonun grafiği \(0\)’da düşey teğetlidir, yine de düzgün süreklidir.
Örnek 36.4 (Karekök Fonksiyonu) \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonunun \([0, \infty)\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce şu eşitsizliği kanıtlayalım: her \(x, y \ge 0\) için
\[|\sqrt{x} - \sqrt{y}| \le \sqrt{|x - y|}. \tag{1}\]
Simetri nedeniyle \(x \ge y\) varsayabiliriz. \(\sqrt{y} + \sqrt{x - y}\) sayısının karesi
\[\big( \sqrt{y} + \sqrt{x - y} \big)^2 = y + 2\sqrt{y}\sqrt{x - y} + (x - y) = x + 2\sqrt{y(x-y)} \ge x\]
olur. Negatif olmayan \(u, v\) sayılarında \(u^2 \le v^2 \Rightarrow u \le v\)’dir (\(v < u\) olsaydı, \(v > 0\) iken Önerme 7.12 (4) ile \(v^2 < u^2\), \(v = 0\) iken aynı önermenin (1) maddesiyle \(v^2 = 0 < u^2\) olurdu; ikisi de \(u^2 \le v^2\) ile çelişir). Bunu \(u = \sqrt{x}\), \(v = \sqrt{y} + \sqrt{x-y}\) ile uygularsak \(\sqrt{x} \le \sqrt{y} + \sqrt{x - y}\), yani \(\sqrt{x} - \sqrt{y} \le \sqrt{x - y} = \sqrt{|x - y|}\). Sol taraf \(x \ge y\) iken negatif olmadığından bu, \((1)\)’dir.
Şimdi \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon^2\) alalım. \(x, y \ge 0\), \(|x - y| < \delta\) ise \((1)\) ve karekökün artanlığıyla
\[|\sqrt{x} - \sqrt{y}| \le \sqrt{|x - y|} < \sqrt{\varepsilon^2} = \varepsilon.\]
Demek ki \(\sqrt{x}\), \([0, \infty)\)’un tamamında düzgün süreklidir. Dikkat: burada \(\delta = \varepsilon^2\), \(\varepsilon\)’dan çok daha küçüktür (\(\varepsilon < 1\) iken); ama noktaya bağlı değildir ve önemli olan yalnızca budur.
\(\blacksquare\)
36.3 Lipschitz Koşulu
Doğrusal fonksiyonlar, \([-M, M]\)’de kare fonksiyonu ve \([1,\infty)\)’da \(\dfrac{1}{x}\) örneklerinde hep aynı türden bir eşitsizlik elde ettik: \(|f(x) - f(y)| \le L|x - y|\). Bu kalıp o kadar sık karşımıza çıkar ki kendi adı vardır.
Tanım 36.2 (Lipschitz Koşulu) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. Öyle bir \(L \ge 0\) sabiti varsa ki her \(x, y \in A\) için
\[|f(x) - f(y)| \le L \, |x - y|\]
sağlansın, \(f\)’nin \(A\) üzerinde Lipschitz koşulunu (Lipschitz condition) sağladığı ya da Lipschitz sürekli olduğu söylenir; \(L\)’ye bir Lipschitz sabiti denir.
Geometrik anlamı şudur: grafiğin herhangi iki noktasını birleştiren kirişin eğimi \(\dfrac{f(x) - f(y)}{x - y}\), mutlak değerce \(L\)’yi aşamaz. Koşul, Alman matematikçi Rudolf Lipschitz’in (1832–1903) adını taşır; Analiz 2’de, bir aralıkta türevlenebilen ve türevi orada sınırlı kalan her fonksiyonun bu koşulu sağladığı görülecektir (ispat ortalama değer teoremine dayanır; tanım kümesinin aralık olması şarttır). Şimdiye kadarki örneklerden: \(mx + b\) için \(L = |m|\); \([-M, M]\)’de \(x^2\) için \(L = 2M\); \([c, \infty)\)’da \(\dfrac{1}{x}\) için \(L = \dfrac{1}{c^2}\). Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) \(\big| |x| - |y| \big| \le |x - y|\) verdiğinden \(|x|\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’de \(L = 1\) ile Lipschitz’dir. Sinüs için de \(L = 1\) alınabilir: toplam–fark özdeşliği ile süreklilik bölümünde kabul ettiğimiz \(|\cos u| \le 1\) ve \(|\sin t| \le |t|\) olgularıyla (Önerme 33.4’ün ispatındaki hesap)
\[|\sin x - \sin y| = 2 \left| \cos\frac{x+y}{2} \right| \left| \sin\frac{x-y}{2} \right| \le 2 \left| \frac{x-y}{2} \right| = |x - y|.\]
Teorem 36.1 (Lipschitz Koşulu Düzgün Sürekliliği Gerektirir) \(f : A \to \mathbb{R}\), \(A\) üzerinde Lipschitz koşulunu sağlıyorsa \(A\) üzerinde düzgün süreklidir.
İspat
\(L\) bir Lipschitz sabiti olsun. \(L = 0\) ise her \(x, y\) için \(|f(x) - f(y)| \le 0\), yani \(f\) sabittir ve Örnek 36.1’deki gibi her \(\delta\) işe yarar.
\(L > 0\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{L}\) alalım. \(x, y \in A\) ve \(|x - y| < \delta\) ise
\[|f(x) - f(y)| \le L |x - y| < L \cdot \frac{\varepsilon}{L} = \varepsilon.\]
\(\delta\) yalnızca \(\varepsilon\)’a (ve sabit \(L\)’ye) bağlıdır; \(f\) düzgün süreklidir.
\(\blacksquare\)
Teorem, düzgün sürekliliği göstermenin en hızlı yolunu verir: tek bir eşitsizlik, \(\delta\)’yı otomatik olarak üretir. Öte yandan Lipschitz koşulu düzgün süreklilikten kesinlikle daha güçlüdür.
\(\sqrt{x}\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde düzgün süreklidir (Örnek 36.4) ama Lipschitz koşulunu sağlamaz. Sağlasaydı, bir \(L\) için her \(x, y \in [0,1]\)’de \(|\sqrt{x} - \sqrt{y}| \le L|x - y|\) olurdu. \(y = 0\) ve \(x = \dfrac{1}{n^2}\) alalım:
\[\frac{1}{n} = \sqrt{\frac{1}{n^2}} \le L \cdot \frac{1}{n^2} \quad \Longrightarrow \quad n \le L \qquad (n \in \mathbb{N}).\]
Bu, doğal sayıların üstten sınırlı olmamasıyla (Teorem 10.4) çelişir. Geometrik neden: \(0\) civarında kirişlerin eğimi \(\dfrac{\sqrt{x} - 0}{x - 0} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\) sınırsız büyür. Yine de fonksiyon düzgün süreklidir, çünkü kirişin dikliği değil, dar bir penceredeki toplam değişim (\(\sqrt{|x - y|}\)) küçüktür.
36.4 Düzgün Sürekli Olmama için Dizisel Ölçüt
Sürekliliğin dizisel ölçütü (Teorem 33.1), \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabını dizi limitine çevirmişti. Düzgün süreklilik için de benzer bir çeviri vardır; özellikle bir fonksiyonun düzgün sürekli olmadığını göstermek için çok kullanışlıdır. Fikir, olumsuzlamadaki “her \(\delta\) için kötü bir çift vardır” ifadesini \(\delta = \dfrac{1}{n}\) alarak iki diziye dönüştürmektir.
Teorem 36.2 (Düzgün Sürekli Olmama için Dizisel Ölçüt) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir:
\(f\), \(A\) üzerinde düzgün sürekli değildir.
Öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) sayısı ve \(A\) içinde öyle \((x_n)\), \((y_n)\) dizileri vardır ki
\[\lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = 0 \qquad \text{ve her } n \in \mathbb{N} \text{ için } \qquad |f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0.\]
İspat
(1) \(\Rightarrow\) (2) \(f\) düzgün sürekli olmasın. Olumsuzlama gereği öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için \(|x - y| < \delta\) ve \(|f(x) - f(y)| \ge \varepsilon_0\) olan \(x, y \in A\) bulunur. Bunu her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\delta = \dfrac{1}{n}\) ile uygulayalım: \(|x_n - y_n| < \dfrac{1}{n}\) ve \(|f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0\) olan \(x_n, y_n \in A\) seçelim. Böylece iki dizi kurduk. \(0 \le |x_n - y_n| < \dfrac{1}{n}\) ve \(\dfrac{1}{n} \to 0\) (Örnek 20.1) olduğundan sıkıştırma teoremiyle (Teorem 21.6) \(|x_n - y_n| \to 0\); bir dizinin mutlak değeri sıfıra gidiyorsa kendisi de sıfıra gider (Önerme 20.3), yani \(x_n - y_n \to 0\). İkinci koşul kuruluş gereği sağlanır.
(2) \(\Rightarrow\) (1) \(\varepsilon_0\) ve diziler verilsin; \(f\)’nin düzgün sürekli olduğunu varsayıp çelişki bulalım. Düzgün süreklilik tanımını \(\varepsilon = \varepsilon_0\) ile uygulayınca bir \(\delta > 0\) elde ederiz: \(|x - y| < \delta\) olan her \(x, y \in A\) için \(|f(x) - f(y)| < \varepsilon_0\). \(x_n - y_n \to 0\) olduğundan limit tanımında \(\varepsilon = \delta\) alarak \(n \ge N\) iken \(|x_n - y_n| < \delta\) olacak bir \(N\) buluruz. Özel olarak \(|x_N - y_N| < \delta\), dolayısıyla \(|f(x_N) - f(y_N)| < \varepsilon_0\). Ama hipotez \(|f(x_N) - f(y_N)| \ge \varepsilon_0\) diyordu. Çelişki; \(f\) düzgün sürekli değildir.
\(\blacksquare\)
Teoremin olumlu biçimi de yararlıdır ve süreklilik için dizisel ölçütle karşılaştırmayı netleştirir.
Sonuç 36.1 (Düzgün Süreklilik için Dizisel Ölçüt) \(f : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(A\) üzerinde düzgün sürekli olması için gerek ve yeter koşul şudur: \(A\) içinde \(x_n - y_n \to 0\) sağlayan her \((x_n)\), \((y_n)\) dizi çifti için \(f(x_n) - f(y_n) \to 0\) olur.
İspat
(\(\Rightarrow\) yönü) \(f\) düzgün sürekli ve \(x_n - y_n \to 0\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin; düzgün süreklilikten \(\delta\)’yı alalım. \(x_n - y_n \to 0\) olduğundan \(n \ge N\) iken \(|x_n - y_n| < \delta\) olacak bir \(N\) vardır; bu \(n\)’ler için \(|f(x_n) - f(y_n)| < \varepsilon\). Demek ki \(f(x_n) - f(y_n) \to 0\).
(\(\Leftarrow\) yönü) Koşul sağlansın ama \(f\) düzgün sürekli olmasın. Teorem 36.2 gereği \(x_n - y_n \to 0\) ve her \(n\) için \(|f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0\) olan diziler vardır. Hipoteze göre \(f(x_n) - f(y_n) \to 0\), dolayısıyla \(|f(x_n) - f(y_n)| \to 0\) (Teorem 20.3). Her terim \(\varepsilon_0\)’dan büyük ya da eşit olduğundan limit sıralama teoremiyle (Teorem 21.3) \(0 \ge \varepsilon_0 > 0\); çelişki.
\(\blacksquare\)
Süreklilik ölçütünde tek bir dizi sabit bir \(a \in A\) noktasına yakınsıyordu. Burada ise iki dizi birbirine yaklaşır; ortak bir limitleri olması gerekmez — sonsuza kaçabilir ya da \(A\)’nın dışındaki bir noktaya (örneğin \((0,1)\) için \(0\)’a) yığılabilirler. Düzgün süreklilik, fonksiyonun böyle “kaçan” çiftleri de kontrol altında tutmasını ister.
Örnek 36.5 (Dizisel Ölçütle Üç Örnek) Dizisel ölçütü kullanarak aşağıdaki fonksiyonların belirtilen kümede düzgün sürekli olmadığını gösteriniz.
\(f(x) = x^2\), \(A = \mathbb{R}\).
\(g(x) = \dfrac{1}{x}\), \(A = (0,1)\).
\(h(x) = \sin\dfrac{1}{x}\), \(A = (0,1)\).
Çözüm
a) \(x_n = n + \dfrac{1}{n}\), \(y_n = n\) alalım. \(x_n - y_n = \dfrac{1}{n} \to 0\). Öte yandan
\[f(x_n) - f(y_n) = \left( n + \frac{1}{n} \right)^2 - n^2 = 2 + \frac{1}{n^2} \ge 2.\]
\(\varepsilon_0 = 2\) ile Teorem 36.2 uygulanır. Bu, Örnek 36.2’deki sonucun daha kısa bir ispatıdır: diziler sonsuza kaçarken aralarındaki fark kapanıyor, görüntülerin farkı kapanmıyor.
b) \(x_n = \dfrac{1}{n+1}\), \(y_n = \dfrac{1}{n+2}\) alalım; her \(n \in \mathbb{N}\) için ikisi de \((0,1)\) içindedir. \(x_n - y_n = \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} \to 0\) (limit aritmetiği, Teorem 21.1), ama \(g(x_n) - g(y_n) = (n+1) - (n+2) = -1\), yani \(|g(x_n) - g(y_n)| = 1\). \(\varepsilon_0 = 1\).
c) \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi + \frac{\pi}{2}}\), \(y_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) alalım. Her \(n \ge 1\) için \(0 < x_n < y_n \le \dfrac{1}{2\pi} < 1\), yani ikisi de \(A\)’dadır. \(0 < y_n < \dfrac{1}{n}\) olduğundan sıkıştırmayla \(y_n \to 0\), benzer biçimde \(x_n \to 0\); dolayısıyla \(x_n - y_n \to 0\). Görüntüler:
\[h(x_n) = \sin\left( 2n\pi + \frac{\pi}{2} \right) = 1, \qquad h(y_n) = \sin(2n\pi) = 0.\]
\(|h(x_n) - h(y_n)| = 1\); \(\varepsilon_0 = 1\) ile \(h\) düzgün sürekli değildir. Bu örnek önemli bir noktayı gösterir: \(h\) sınırlıdır (\(|h| \le 1\)) ve \((0,1)\)’in her noktasında süreklidir, yine de düzgün sürekli değildir. Sorun büyüklük değil, \(0\)’a yaklaşırken salınımların giderek sıklaşmasıdır; sabit genişlikteki bir pencereye sonsuz çoklukta tam salınım sığar.
\(\blacksquare\)
36.5 Cantor Teoremi
Şimdiye kadar düzgün sürekliliğin bozulduğu bütün örneklerde tanım kümesi ya sınırsızdı (\(\mathbb{R}\)) ya da kapalı değildi (\((0,1)\)). Bu bir rastlantı değildir. Kapalı ve sınırlı bir aralıkta süreklilik, hiçbir ek koşul gerekmeden düzgün sürekliliği verir. Bu teoremi ilk kez Dirichlet 1854’teki derslerinde kullanmış, Eduard Heine 1872’de yayımlamış, ispatın ardındaki kompaktlık fikrini ise Georg Cantor geliştirmiştir; bu yüzden Heine–Cantor teoremi olarak da anılır.
Teorem 36.3 (Cantor Teoremi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli ise \(f\), \([a,b]\) üzerinde düzgün süreklidir.
İspat
Olmayana ergi yöntemini kullanalım: \(f\) düzgün sürekli olmasın. Teorem 36.2 gereği bir \(\varepsilon_0 > 0\) ve \([a,b]\) içinde
\[x_n - y_n \to 0, \qquad |f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0 \quad (n \in \mathbb{N})\]
sağlayan \((x_n)\), \((y_n)\) dizileri vardır.
Adım 1: Yakınsak bir alt dizi. Her \(n\) için \(a \le x_n \le b\) olduğundan \((x_n)\) sınırlıdır. Bolzano–Weierstrass teoremi (Teorem 24.5) gereği yakınsak bir \((x_{n_k})_k\) alt dizisi vardır; limitine \(c\) diyelim. Her \(k\) için \(a \le x_{n_k} \le b\) olduğundan limit sıralama teoremiyle (Teorem 21.3) \(a \le c \le b\), yani \(c \in [a,b]\). Burası ispatın kapalılığı kullandığı yerdir: limit, tanım kümesinin dışına kaçamaz.
Adım 2: Öteki dizinin aynı alt dizisi de \(c\)’ye gider. \((x_n - y_n)\) dizisi \(0\)’a yakınsadığından her alt dizisi de \(0\)’a yakınsar (Teorem 24.1); özel olarak \(x_{n_k} - y_{n_k} \to 0\). Limit aritmetiğiyle (Teorem 21.1)
\[y_{n_k} = x_{n_k} - (x_{n_k} - y_{n_k}) \to c - 0 = c.\]
Adım 3: Süreklilikle çelişki. \(f\), \(c \in [a,b]\) noktasında süreklidir. Sürekliliğin dizisel ölçütü (Teorem 33.1) ile hem \(f(x_{n_k}) \to f(c)\) hem de \(f(y_{n_k}) \to f(c)\); farkları \(f(x_{n_k}) - f(y_{n_k}) \to f(c) - f(c) = 0\) ve dolayısıyla \(|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| \to 0\) (Teorem 20.3). Ama her \(k\) için \(|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})| \ge \varepsilon_0\); limit sıralama teoremi \(0 \ge \varepsilon_0 > 0\) verir. Çelişki. O hâlde \(f\) düzgün süreklidir.
\(\blacksquare\)
Teoremin değeri, bir kez daha, bir şeyi hesaplamadan var olduğunu söylemesindedir: \([a,b]\)’de sürekli bir fonksiyon için her \(\varepsilon\)’a karşılık bütün aralıkta işe yarayan tek bir \(\delta\) vardır, bu \(\delta\)’yı bulmak zorunda değiliz. Analiz 2’de “kapalı aralıkta sürekli her fonksiyon Riemann integrallenebilirdir” teoreminin ispatı tam olarak bu \(\delta\)’ya dayanır.
İspatta \([a,b]\)’nin iki özelliğini kullandık; ikisi de vazgeçilmezdir.
- Sınırlılık Bolzano–Weierstrass için gerekliydi. \(\mathbb{R}\) üzerinde \(x^2\) süreklidir ama düzgün sürekli değildir (Örnek 36.2); dizisel ölçütteki \(x_n = n + \frac{1}{n}\) dizisinin yakınsak alt dizisi yoktur.
- Kapalılık, alt dizinin limitinin tanım kümesinde kalması, dolayısıyla \(f\)’nin orada sürekli olması için gerekliydi. \((0,1)\) üzerinde \(\dfrac{1}{x}\) ve \(\sin\dfrac{1}{x}\) süreklidir ama düzgün sürekli değildir (Örnek 36.5); kötü diziler \(0\)’a yığılır ve \(0 \notin (0,1)\).
Süreklilik hipotezi de elbette gereklidir: düzgün süreklilik sürekliliği gerektirir (Önerme 36.1).
İspatta \([a,b]\) hakkında kullandığımız tek şey, içindeki her dizinin limiti yine \([a,b]\)’de olan yakınsak bir alt dizisinin bulunmasıydı. Bu, dizisel kompaktlığın (Tanım 24.3) tanımıdır; dolayısıyla teorem bütün kompakt kümelere taşınır.
Sonuç 36.2 (Kompakt Kümede Sürekli Fonksiyon Düzgün Süreklidir) \(K \subseteq \mathbb{R}\) kompakt ve \(f : K \to \mathbb{R}\) sürekli ise \(f\), \(K\) üzerinde düzgün süreklidir. Özel olarak, kapalı ve sınırlı her \(K\) kümesinde sürekli olan fonksiyon düzgün süreklidir.
İspat
Teorem 36.3’ün ispatı sözcüğü sözcüğüne geçerlidir; yalnızca Adım 1 değişir. \(f\) düzgün sürekli olmasın; Teorem 36.2 ile \(K\) içinde \(x_n - y_n \to 0\) ve \(|f(x_n) - f(y_n)| \ge \varepsilon_0\) olan diziler alalım. Teorem 24.8 gereği \(K\) dizisel kompakttır: \((x_n)\)’nin, limiti \(c \in K\) olan yakınsak bir \((x_{n_k})\) alt dizisi vardır. Adım 2 ile \(y_{n_k} \to c\), Adım 3 ile (\(f\), \(c \in K\)’de sürekli olduğundan) \(0 \ge \varepsilon_0\) çelişkisi elde edilir.
İkinci ifade için: kapalı ve sınırlı bir küme Heine–Borel teoremi (Teorem 18.5) gereği kompakttır.
\(\blacksquare\)
Örnek 36.6 (Cantor Teoreminin Uygulamaları)
Her polinomun her sınırlı \(I\) aralığında düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
\(f(x) = x \sin\dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun \((0,1]\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz. (\(\sin\frac{1}{x}\)’in \((0,1)\)’de düzgün sürekli olmadığını görmüştük; çarpan \(x\) ne değiştiriyor?)
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli ve bir \(p > 0\) için periyodik olsun: her \(x\) için \(f(x + p) = f(x)\). \(f\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(I\) sınırlı olduğundan \(I \subseteq [-M, M]\) olacak bir \(M > 0\) vardır. Polinom \([-M, M]\)’de süreklidir (Sonuç 33.2); Teorem 36.3 gereği orada düzgün süreklidir. Düzgün süreklilik alt kümeye geçer: \([-M,M]\) için bulunan \(\delta\), \(I\)’daki \(x, y\) çiftleri için de işe yarar. Demek ki polinom \(I\) üzerinde düzgün süreklidir. Kare fonksiyonu için Örnek 36.2’de elle bulduğumuz \(\delta = \frac{\varepsilon}{2M}\), burada hesapsız garanti edilmiş oldu.
b) \((0,1]\) kapalı değildir; Cantor teoremini doğrudan uygulayamayız. Hile şudur: fonksiyonu \(0\)’a genişletelim. \(F : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(F(x) = x \sin\frac{1}{x}\) (\(x \ne 0\)), \(F(0) = 0\) olsun. \(F\), \((0,1]\)’de süreklidir (sürekli fonksiyonların bileşkesi ve çarpımı; Teorem 33.3, Teorem 33.2). \(0\)’da: \(x \to 0\) iken \(x \to 0\) ve \(\sin\frac{1}{x}\) sınırlı olduğundan sınırlı çarpı sıfır teoremiyle (Teorem 30.3) \(\lim_{x \to 0} x \sin\frac{1}{x} = 0 = F(0)\). \(0\), \([0,1]\)’in bir yığılma noktası olduğundan limitle sürekliliğin denkliği (Önerme 33.1) \(F\)’nin \(0\)’da da sürekli olduğunu verir. Teorem 36.3 gereği \(F\), \([0,1]\)’de düzgün süreklidir; kısıtlaması olan \(f\) de \((0,1]\)’de düzgün süreklidir.
\(\sin\frac{1}{x}\) için bu hile işlemez: \(0\)’da limiti yoktur (Örnek 28.2), sürekli genişletilemez. Çarpan \(x\), \(0\)’a yaklaşırken salınımların genliğini söndürür; sıklığı artsa da toplam değişim küçük kalır.
c) \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\), \([-p, 2p]\) kapalı aralığında süreklidir; Teorem 36.3 gereği öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki \(u, v \in [-p, 2p]\), \(|u - v| < \delta_1\) iken \(|f(u) - f(v)| < \varepsilon\). \(\delta = \min\{\delta_1, p\}\) alalım.
\(x, y \in \mathbb{R}\), \(|x - y| < \delta\) olsun. \(k = \left\lfloor \dfrac{x}{p} \right\rfloor\) tam sayısını alalım (Tanım 12.1); \(k \le \frac{x}{p} < k + 1\) olduğundan \(u = x - kp \in [0, p)\). \(v = y - kp\) diyelim; \(|u - v| = |x - y| < \delta \le p\) olduğundan \(v \in (u - p, u + p) \subseteq (-p, 2p)\). Böylece \(u, v \in [-p, 2p]\) ve \(|u - v| < \delta_1\); dolayısıyla \(|f(u) - f(v)| < \varepsilon\).
Son olarak \(f(x) = f(u)\) ve \(f(y) = f(v)\): periyodiklik \(f(t + p) = f(t)\) eşitliğini verir; \(k\) üzerinden tümevarımla her \(k \in \mathbb{N}\) için \(f(t + kp) = f(t)\), ve \(t\) yerine \(t - kp\) yazınca \(f(t - kp) = f(t)\); yani her \(k \in \mathbb{Z}\) için \(f(t + kp) = f(t)\). O hâlde \(|f(x) - f(y)| = |f(u) - f(v)| < \varepsilon\). \(\delta\) noktaya bağlı olmadığından \(f\), \(\mathbb{R}\)’de düzgün süreklidir. Örneğin \(\sin\) ve \(\cos\) için bu, Lipschitz hesabı yapmadan elde edilmiş ikinci bir ispattır.
\(\blacksquare\)
36.6 Düzgün Süreklilik ve Cauchy Dizileri
Sürekli fonksiyonlar yakınsak dizileri yakınsak dizilere götürür (Teorem 33.1). Peki Cauchy dizilerini (Tanım 26.1) Cauchy dizilerine götürürler mi? \(\mathbb{R}\)’de her Cauchy dizisi yakınsak olduğundan (Teorem 26.3) soru önemsiz görünebilir; ama dizinin limiti tanım kümesinin dışında olabilir ve o zaman süreklilik hiçbir şey söylemez. Düzgün süreklilik tam da bu boşluğu doldurur.
Önerme 36.2 (Düzgün Sürekli Fonksiyon Cauchy Dizilerini Korur) \(f : A \to \mathbb{R}\) düzgün sürekli ve \((x_n)\), \(A\) içinde bir Cauchy dizisi olsun. O zaman \((f(x_n))\) de bir Cauchy dizisidir.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Düzgün süreklilikten \(|x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) alalım. \((x_n)\) Cauchy olduğundan, tanımda \(\delta\)’yı kullanarak, \(n, m \ge N\) iken \(|x_n - x_m| < \delta\) olacak bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n, m\) için \(|f(x_n) - f(x_m)| < \varepsilon\). Demek ki \((f(x_n))\) Cauchy dizisidir.
\(\blacksquare\)
Yalnızca süreklilik yetmez: \(f(x) = \dfrac{1}{x}\), \((0,1)\)’de süreklidir; \(x_n = \dfrac{1}{n}\) dizisi \(\mathbb{R}\)’de yakınsak, dolayısıyla Cauchy’dir (Teorem 26.1); ama \(f(x_n) = n\) dizisi sınırsız olduğundan Cauchy olamaz (Teorem 26.2). Dizinin limiti olan \(0\), tanım kümesinin dışındaki bir “deliktir” ve \(f\) o delikte patlar. Önermenin ilk sonucu, önceki bölümdeki sınırlılık teoreminin (Teorem 35.3) bir akrabasıdır: orada kapalılık gerekiyordu, burada onun yerini düzgün süreklilik alır.
Sonuç 36.3 (Sınırlı Kümede Düzgün Sürekli Fonksiyon Sınırlıdır) \(A \subseteq \mathbb{R}\) sınırlı ve \(f : A \to \mathbb{R}\) düzgün sürekli ise \(f\), \(A\) üzerinde sınırlıdır.
İspat
\(f\) sınırsız olsun. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(|f(x_n)| > n\) olan bir \(x_n \in A\) seçelim. \(A\) sınırlı olduğundan \((x_n)\) sınırlı bir dizidir; Teorem 24.5 gereği yakınsak bir \((x_{n_k})\) alt dizisi vardır. Yakınsak dizi Cauchy’dir (Teorem 26.1); Önerme 36.2 ile \((f(x_{n_k}))_k\) de Cauchy, dolayısıyla sınırlıdır (Teorem 26.2). Ama \(|f(x_{n_k})| > n_k \ge k\) (Önerme 24.1) olduğundan bu dizi sınırsızdır. Çelişki.
\(\blacksquare\)
Sonuç, düzgün sürekli olmamayı göstermenin üçüncü bir yolunu verir: sınırlı bir kümede sınırsız olan sürekli fonksiyon düzgün sürekli değildir. \((0,1)\)’de \(\dfrac{1}{x}\) için bu, en kısa ispattır. Elbette karşıtı doğru değildir: \(\sin\dfrac{1}{x}\) sınırlıdır ama düzgün sürekli değildir.
Açık Aralıktan Kapalı Aralığa Genişleme
Örnek 36.6’nın (b) şıkkındaki hile — fonksiyonu uç noktalara sürekli biçimde genişletip Cantor teoremini uygulamak — genel bir ilkedir ve tersi de doğrudur: açık aralıkta düzgün süreklilik, uç noktalara sürekli genişletilebilmekle aynı şeydir.
Teorem 36.4 (Düzgün Süreklilik ve Sürekli Genişleme) \(a < b\) reel sayılar ve \(f : (a,b) \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. Aşağıdaki ifadeler denktir:
- \(f\), \((a,b)\) üzerinde düzgün süreklidir.
- \(\lim_{x \to a^+} f(x)\) ve \(\lim_{x \to b^-} f(x)\) tek yönlü limitleri (Tanım 31.1) reel sayı olarak vardır.
- \(f\)’nin \([a,b]\)’ye sürekli bir genişlemesi (extension) vardır: her \(x \in (a,b)\) için \(F(x) = f(x)\) olan sürekli bir \(F : [a,b] \to \mathbb{R}\) bulunur.
İspat
(1) \(\Rightarrow\) (2) \(a\) noktasındaki sağ limiti ele alalım; \(b\) için ispat aynıdır. \((a,b)\) içinde \(a\)’ya yakınsayan diziler vardır: örneğin \(x_n = a + \dfrac{b-a}{n+1}\) her \(n\) için \((a,b)\)’dedir ve \(\dfrac{1}{n+1} \to 0\) olduğundan (Örnek 20.1 ile Teorem 24.3) limit aritmetiğiyle (Teorem 21.1) \(x_n \to a\)’dır. Böyle herhangi bir \((x_n)\) dizisi alalım. Yakınsak olduğundan Cauchy’dir (Teorem 26.1); Önerme 36.2 ile \((f(x_n))\) Cauchy’dir ve Cauchy ölçütü (Teorem 26.3) gereği bir \(L \in \mathbb{R}\) sayısına yakınsar.
\(L\)’nin diziden bağımsız olduğunu görelim. \((y_n)\), \((a,b)\) içinde \(a\)’ya yakınsayan başka bir dizi olsun. Limit aritmetiğiyle \(x_n - y_n \to a - a = 0\); Sonuç 36.1 gereği \(f(x_n) - f(y_n) \to 0\) ve
\[f(y_n) = f(x_n) - \big( f(x_n) - f(y_n) \big) \to L - 0 = L.\]
Demek ki \((a,b)\) içinde \(a\)’ya yakınsayan her dizi için görüntü dizisi aynı \(L\)’ye gider. Tek yönlü limit için dizisel ölçüt (Teorem 31.2) \(\lim_{x \to a^+} f(x) = L\) verir.
(2) \(\Rightarrow\) (3) \(F(a) = \lim_{x \to a^+} f(x)\), \(F(b) = \lim_{x \to b^-} f(x)\) ve \(x \in (a,b)\) için \(F(x) = f(x)\) tanımlayalım. \(F\)’nin \([a,b]\)’de sürekli olduğunu gösterelim.
- \(c \in (a,b)\) ise \(c\)’nin bir komşuluğunda \(F = f\)’dir ve \(f\), \(c\)’de süreklidir; süreklilik yalnızca noktanın komşuluğundaki değerlere baktığından \(F\) de \(c\)’de süreklidir. (Ayrıntı: \(f\)’nin sürekliliğinden gelen \(\delta\)’yı gerekirse \(\min\{c - a,\ b - c\}\) ile küçültürsek, \(|x - c| < \delta\) olan her \(x \in [a,b]\) zaten \((a,b)\)’de kalır ve orada \(F(x) = f(x)\)’tir.)
- \(c = a\) için \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sağ limit tanımından öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in (a,b)\), \(a < x < a + \delta\) iken \(|f(x) - F(a)| < \varepsilon\); gerekirse küçülterek \(\delta \le b - a\) alabiliriz (küçük \(\delta\) da aynı koşulu sağlar). Şimdi \(x \in [a,b]\) ve \(|x - a| < \delta\) olsun: \(x = a\) ise \(|F(x) - F(a)| = 0 < \varepsilon\); \(x > a\) ise \(a < x < a + \delta \le b\), yani \(x \in (a,b)\), \(F(x) = f(x)\) ve \(|F(x) - F(a)| = |f(x) - F(a)| < \varepsilon\). Bu, \(F\)’nin \(a\)’da sürekliliğidir (Tanım 33.1; tanım kümesi \([a,b]\) olduğundan \(a\)’nın solundaki noktalar söz konusu değildir).
- \(c = b\) için aynı akıl yürütme sol limitle yapılır.
(3) \(\Rightarrow\) (1) \(F\), \([a,b]\)’de sürekli olsun. Teorem 36.3 gereği \(F\) düzgün süreklidir: \(\varepsilon > 0\) için bir \(\delta\) vardır. \(x, y \in (a,b)\), \(|x - y| < \delta\) ise \(|f(x) - f(y)| = |F(x) - F(y)| < \varepsilon\). Yani \(f\), \((a,b)\)’de düzgün süreklidir.
\(\blacksquare\)
Teorem, sınırlı bir açık aralıkta düzgün sürekliliği bir limit hesabına indirger: uç noktalarda tek yönlü limitler var mı? Bu, önceki örneklerin hepsini tek bakışta açıklar.
Örnek 36.7 (Genişleme Ölçütüyle Dört Fonksiyon) Aşağıdaki fonksiyonların \((0,1)\) üzerinde düzgün sürekli olup olmadığını Teorem 36.4 ile belirleyiniz.
\(f_1(x) = \dfrac{\sin x}{x}\)
\(f_2(x) = x^2\)
\(f_3(x) = \sin\dfrac{1}{x}\)
\(f_4(x) = \dfrac{1}{x}\)
Çözüm
Dört fonksiyon da \((0,1)\)’de süreklidir (sürekli fonksiyonların bölümü ve bileşkesi; Teorem 33.2, Teorem 33.3). Uç noktalardaki tek yönlü limitlere bakalım.
a) \(0^+\)’da: \(\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1\) (Teorem 30.6). \(1^-\)’de: \(1 \notin (0,1)\) olduğundan \(f_1(1)\) tanımlı değildir; ama \(\dfrac{\sin x}{x}\) ifadesi \(1\)’i içeren bir aralıkta süreklidir (Teorem 33.2), dolayısıyla sol limit ifadenin \(1\)’deki değeridir: \(\dfrac{\sin 1}{1} = \sin 1\). İki limit de vardır; \(f_1\) düzgün süreklidir. Genişlemesi \(F(0) = 1\), \(F(1) = \sin 1\) ile verilir.
b) \(0^+\)’da limit \(0\), \(1^-\)’de \(1\) (polinom sürekli). Düzgün süreklidir — Örnek 36.2 (a) ile uyumlu.
c) \(0^+\)’da limit yoktur: \(\sin\frac{1}{x}\)’in \(0\)’da sağ limitinin olmadığını Örnek 31.5’te göstermiştik (Örnek 28.2’deki diziler zaten pozitif terimlidir). Teoremin (2) koşulu bozulur; \(f_3\) düzgün sürekli değildir — Örnek 36.5 (c) ile uyumlu.
d) \(0^+\)’da \(\dfrac{1}{x}\) sınırsızdır; reel sayı olan bir sağ limit yoktur (limiti olsaydı, \(0\)’ın bir sağ komşuluğunda sınırlı olurdu). \(f_4\) düzgün sürekli değildir.
\(\blacksquare\)
Teorem 36.4 sınırlı bir \((a,b)\) aralığı içindir. \([0, \infty)\) ya da \(\mathbb{R}\) gibi sınırsız kümelerde uç noktalara genişleme diye bir şey yoktur; orada düzgün sürekliliği doğrudan (Lipschitz koşulu, dizisel ölçüt ya da parçalara ayırma) incelemek gerekir. Örneğin \(\sqrt{x}\), \([0,\infty)\)’da düzgün süreklidir ama \(x^2\) değildir; ikisinin de \(+\infty\)’da “limiti” \(+\infty\)’dur, bu bilgi ayırt edici değildir. Alıştırmaların (e) şıkkında sonsuzda sonlu limiti olan fonksiyonlar için işe yarayan bir ölçüt göreceğiz.
36.7 Alıştırmalar
Alıştırma 36.1 (Düzgün Süreklilik Üzerine)
\(f(x) = x^3\) fonksiyonunun \([-2, 2]\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile doğrudan gösteriniz; \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olmadığını gösteriniz.
\(g(x) = \dfrac{1}{1 + x^2}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde Lipschitz koşulunu sağladığını, dolayısıyla düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
\(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(g : B \to \mathbb{R}\) düzgün sürekli, \(f(A) \subseteq B\) olsun. \(g \circ f\)’nin \(A\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz. \(A\) üzerinde düzgün sürekli iki fonksiyonun toplamının düzgün sürekli olduğunu gösteriniz. Çarpımın düzgün sürekli olmak zorunda olmadığına bir örnek veriniz.
\(h(x) = \sin(x^2)\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olmadığını gösteriniz.
\(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = L\) limiti reel sayı olarak var olsun. \(f\)’nin \([0,\infty)\) üzerinde düzgün sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(x, y \in [-2, 2]\) için çarpanlara ayırma ve üçgen eşitsizliğiyle
\[|x^3 - y^3| = |x - y| \cdot |x^2 + xy + y^2| \le |x - y| \big( x^2 + |x||y| + y^2 \big) \le |x - y| (4 + 4 + 4) = 12 |x - y|.\]
\(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{12}\) alınırsa \(|x - y| < \delta \Rightarrow |x^3 - y^3| < \varepsilon\). (Bu aynı zamanda \(L = 12\) ile bir Lipschitz koşuludur; Teorem 36.1 de uygulanabilirdi. Cantor teoremi ise sonucu hesapsız verir.)
\(\mathbb{R}\)’de: \(x_n = n + \dfrac{1}{n}\), \(y_n = n\) alalım; \(x_n - y_n = \dfrac{1}{n} \to 0\). \(x_n, y_n > 0\) olduğundan
\[x_n^3 - y_n^3 = (x_n - y_n)(x_n^2 + x_n y_n + y_n^2) \ge \frac{1}{n} \cdot 3n^2 = 3n \ge 3.\]
\(\varepsilon_0 = 3\) ile Teorem 36.2 gereği \(x^3\), \(\mathbb{R}\)’de düzgün sürekli değildir.
b) Önce yardımcı bir eşitsizlik: her \(t \in \mathbb{R}\) için \((|t| - 1)^2 \ge 0\) açılınca \(2|t| \le 1 + t^2\), yani \(\dfrac{|t|}{1 + t^2} \le \dfrac{1}{2}\). Şimdi \(x, y \in \mathbb{R}\) için
\[|g(x) - g(y)| = \left| \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+y^2} \right| = \frac{|y^2 - x^2|}{(1+x^2)(1+y^2)} = |x - y| \cdot \frac{|x + y|}{(1+x^2)(1+y^2)}.\]
Üçgen eşitsizliğiyle \(|x + y| \le |x| + |y|\) ve paydadaki çarpanlar \(\ge 1\) olduğundan
\[\frac{|x + y|}{(1+x^2)(1+y^2)} \le \frac{|x|}{(1+x^2)(1+y^2)} + \frac{|y|}{(1+x^2)(1+y^2)} \le \frac{|x|}{1+x^2} + \frac{|y|}{1+y^2} \le \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.\]
Demek ki \(|g(x) - g(y)| \le |x - y|\): \(g\), \(L = 1\) ile Lipschitz’dir ve Teorem 36.1 gereği \(\mathbb{R}\)’de düzgün süreklidir. (Grafiğin hiçbir kirişi \(45^\circ\)’den dik değildir.)
c) Bileşke. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(g\) düzgün sürekli olduğundan \(|u - v| < \eta \Rightarrow |g(u) - g(v)| < \varepsilon\) olacak bir \(\eta > 0\) vardır. \(f\) düzgün sürekli olduğundan bu \(\eta\) için \(|x - y| < \delta \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \eta\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(x, y \in A\), \(|x - y| < \delta\) ise \(u = f(x)\), \(v = f(y) \in B\) için \(|u - v| < \eta\), dolayısıyla \(|g(f(x)) - g(f(y))| < \varepsilon\). \(\delta\) noktaya bağlı değildir.
Toplam. \(f, g : A \to \mathbb{R}\) düzgün sürekli olsun. \(\varepsilon > 0\) için \(\dfrac{\varepsilon}{2}\)’ye karşılık gelen \(\delta_1\) (\(f\) için) ve \(\delta_2\) (\(g\) için) alalım; \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\). \(|x - y| < \delta\) ise üçgen eşitsizliğiyle
\[|(f+g)(x) - (f+g)(y)| \le |f(x) - f(y)| + |g(x) - g(y)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Çarpım. \(f(x) = g(x) = x\) fonksiyonları \(\mathbb{R}\)’de düzgün süreklidir (Örnek 36.1), ama çarpımları \(x^2\) değildir (Örnek 36.2). Tanım kümesi sınırlıysa durum farklıdır: sınırlı kümede düzgün sürekli fonksiyonlar sınırlıdır (Sonuç 36.3) ve her \(x, y\) için şu eşitsizlik geçerlidir:
\[|f(x)g(x) - f(y)g(y)| \le |f(x)| |g(x) - g(y)| + |g(y)| |f(x) - f(y)|\]
Sağ taraftaki \(|f(x)|\) ve \(|g(y)|\) çarpanları sınırlı, farklar ise istendiği kadar küçük yapılabildiğinden çarpım da düzgün sürekli olur.
d) \(x_n = \sqrt{2n\pi + \frac{\pi}{2}}\), \(y_n = \sqrt{2n\pi}\) alalım. Kare farkından
\[0 < x_n - y_n = \frac{x_n^2 - y_n^2}{x_n + y_n} = \frac{\pi/2}{x_n + y_n} < \frac{\pi/2}{2\sqrt{2n\pi}} = \frac{\sqrt{\pi}}{4\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{n}}.\]
\(\dfrac{1}{\sqrt{n}} \to 0\) olduğundan (Teorem 21.5 ile \(\sqrt{1/n} \to 0\)) sıkıştırmayla \(x_n - y_n \to 0\). Öte yandan \(h(x_n) = \sin\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1\) ve \(h(y_n) = \sin(2n\pi) = 0\); \(|h(x_n) - h(y_n)| = 1\). Teorem 36.2 gereği \(h\), \(\mathbb{R}\)’de düzgün sürekli değildir. Fonksiyon sınırlı ve her yerde süreklidir; sorun, \(x\) büyüdükçe salınımların sıklaşmasıdır — \(\sin\frac{1}{x}\)’in \(0\) civarındaki davranışının sonsuzdaki karşılığı.
e) \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonsuzdaki limit tanımından (Tanım 32.2) öyle bir \(K > 0\) vardır ki \(x > K\) için \(|f(x) - L| < \dfrac{\varepsilon}{2}\). \(f\), \([0, K + 1]\) kapalı aralığında süreklidir; Teorem 36.3 gereği \(u, v \in [0, K+1]\), \(|u - v| < \delta_1\) iken \(|f(u) - f(v)| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta_1 > 0\) vardır. \(\delta = \min\{\delta_1, 1\}\) alalım ve \(x, y \in [0,\infty)\), \(|x - y| < \delta\) olsun.
İkisi de \([0, K+1]\)’de ise \(|x - y| < \delta_1\) ve \(|f(x) - f(y)| < \varepsilon\).
Biri, diyelim \(x\), \(K + 1\)’den büyükse \(y > x - 1 > K\) olur; ikisi de \(K\)’yi geçer ve
\[|f(x) - f(y)| \le |f(x) - L| + |L - f(y)| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Her durumda \(|f(x) - f(y)| < \varepsilon\); \(\delta\) noktaya bağlı değildir. \(f\) düzgün süreklidir. Örneğin \(\dfrac{1}{1+x^2}\) (\(L = 0\)) ve \(\dfrac{x}{1+x}\) (\(L = 1\)) bu ölçütle \([0,\infty)\)’da düzgün süreklidir.
\(\blacksquare\)
36.8 Analiz 1’in Sonu
Bu bölümle Analiz 1 notları tamamlanıyor. Geriye dönüp bakınca tek bir iplik görünür. Mantık ve küme diliyle başladık; reel sayıları cebirsel, sıralama ve tamlık aksiyomlarıyla kurduk. Tamlık, önce supremum ve iç içe aralıklar biçiminde, sonra Bolzano–Weierstrass ve Cauchy ölçütü biçiminde karşımıza çıktı ve reel doğrunun topolojisini — açık ve kapalı kümeler, yığılma noktaları, kompaktlık — şekillendirdi. Dizilerin limiti bu yapının üzerine kuruldu; fonksiyonların limiti ve sürekliliği dizilere indirgendi. Son üç bölümde ise süreklilik, bir aralığın tamamı üzerinde ne anlama geliyor sorusuna yanıt verdik: ara değer teoremi, Weierstrass ekstremum teoremi ve Cantor teoremi. Üçünün de ispatı aynı kaynağa, Bolzano–Weierstrass teoremi aracılığıyla tamlığa dayanır.
Analiz 2 bu noktadan devam eder. Türev, limit kavramının fonksiyonun bir noktadaki değişim hızına uygulanmasıdır; Rolle ve ortalama değer teoremleri, Weierstrass teoreminin doğrudan sonuçlarıdır. Riemann integrali ise kapalı aralıkta sürekli fonksiyonlar için tam olarak Cantor teoremi sayesinde var olur: düzgün süreklilik, alt ve üst toplamların birbirine istenildiği kadar yaklaştırılabileceğini garanti eder. Bu bölümde kurduğumuz “tek bir \(\delta\)” fikri, orada ilk büyük meyvesini verecektir.
Bu bölümle Analiz 1 tamamlanmış olur; sıradaki ders Analiz 2’dir. Dersin bütün başlıkları için müfredat sayfasına, dört Analiz dersinin listesi için Analiz sayfasına bakabilirsiniz.