27 Fonksiyon Limiti: ε–δ Tanımı
Dizilerde \(n\) indisi yalnızca “sonsuza” gidebiliyordu; şimdi değişkenimiz bir reel sayıdır ve herhangi bir \(a\) noktasına, üstelik her iki yandan ve dilediği yoldan yaklaşabilir. Bu bölümde, “\(x\) sayısı \(a\)’ya yaklaşırken \(f(x)\) sayısı \(\ell\)’ye yaklaşır” cümlesine kesin bir matematiksel anlam vereceğiz. Kilit fikir dizilerdekiyle aynıdır: çıktıdaki hata payı \(\varepsilon\) ne kadar küçük istenirse istensin, girdi için uygun bir hata payı \(\delta\) bulunabilmelidir. Bu tanım 19. yüzyılda Augustin-Louis Cauchy’nin sezgisel çalışmasından Karl Weierstrass’ın elinde bugünkü biçimini almıştır ve analizin tamamının, özellikle de türev ve integralin temelidir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: bir fonksiyonun bir noktadaki limitinin \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımı ve geometrik yorumu; tanımda noktanın neden bir yığılma noktası olması gerektiği; limitin tekliği; sabit, lineer, kare, karekök ve ters fonksiyon gibi temel fonksiyonların limitlerinin doğrudan tanımdan ispatı ve bu ispatlarda \(\delta\)’nın nasıl bulunacağı.
27.1 Sezgisel Yaklaşım
Bir fonksiyonun bir noktadaki limitini incelemek, fonksiyonun o noktadaki değerine değil, o noktanın çevresindeki davranışına bakmaktır. Şu fonksiyonu ele alalım:
\[f(x) = \frac{3x^2 - 3}{x - 1}.\]
Bu fonksiyon \(x = 1\) noktasında tanımsızdır; payda sıfır olur, dolayısıyla \(f(1)\) diye bir sayı yoktur. Ama \(x \neq 1\) için pay çarpanlarına ayrılır ve sadeleşir:
\[f(x) = \frac{3(x-1)(x+1)}{x-1} = 3(x+1) = 3x + 3 \qquad (x \neq 1).\]
\(x\) sayısı \(1\)’e yaklaştıkça \(3x + 3\) sayısı \(6\)’ya yaklaşır: \(x = 0{,}9\) için \(f(x) = 5{,}7\); \(x = 0{,}99\) için \(f(x) = 5{,}97\); \(x = 1{,}001\) için \(f(x) = 6{,}003\). Fonksiyonun \(1\) noktasında tanımlı olup olmaması bu gözlemi hiç etkilemez; limit, “yaklaşma” ile ilgili bir kavramdır, “varma” ile değil.
Ne var ki “yaklaşmak” sözcüğü matematikte belirsizdir. \(x\) sayısı \(1\)’e ne kadar yaklaşmalı? \(f(x)\) sayısının \(6\)’ya “yaklaştığını” nasıl ölçeriz? \(x\) sayısı \(1\)’e yaklaşırken \(f(x)\) sayısı \(6\)’ya ulaşmadan hep aynı uzaklıkta kalsa bu da “yaklaşmak” sayılır mı? Dizilerde aynı belirsizliği \(\varepsilon\)–\(n_\varepsilon\) tanımıyla (Tanım 20.1) gidermiştik; burada da aynı yolu izleyeceğiz. Tek fark, “yeterince büyük \(n\)” yerine “\(a\)’ya yeterince yakın \(x\)” diyeceğimiz için indis eşiği \(n_\varepsilon\) yerine bir uzaklık eşiği \(\delta\) kullanmamızdır.
27.2 Limitin ε–δ Tanımı
Aşağıdaki tanımda \(a\) noktasının, fonksiyonun tanım kümesi \(A\)’nın bir yığılma noktası olması istenir (Tanım 17.1): \(a\)’nın her delinmiş komşuluğunda \(A\)’nın en az bir elemanı bulunmalıdır. Böylece “\(a\)’ya yaklaşan” \(x\)’ler gerçekten vardır ve tanım boş bir koşula dönüşmez; bunun neden gerekli olduğunu tanımın hemen ardından açıklayacağız.
Tanım 27.1 (Fonksiyonun Bir Noktadaki Limiti) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a \in \mathbb{R}\), \(A\) kümesinin bir yığılma noktası olsun. Her \(\varepsilon > 0\) sayısı için,
\[x \in A \ \text{ ve }\ 0 < |x - a| < \delta \ \Longrightarrow\ |f(x) - \ell| < \varepsilon\]
koşulunu sağlayan bir \(\delta > 0\) sayısı bulunabiliyorsa, \(f\) fonksiyonunun \(a\) noktasındaki limiti (limit) \(\ell\) sayısıdır denir ve
\[\lim_{x \to a} f(x) = \ell \qquad \text{ya da} \qquad x \to a \text{ iken } f(x) \to \ell\]
yazılır. Niceleyicilerle:
\[\forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall x \in A:\quad 0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - \ell| < \varepsilon.\]
Tanımı komşuluk diliyle okuyalım (Tanım 15.1, Tanım 15.2). \(0 < |x - a| < \delta\) koşulu, \(x\)’in \(a\)’nın \(\delta\) yarıçaplı delinmiş komşuluğunda olması demektir: \(x \in B^{*}(a, \delta)\). \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) koşulu ise \(f(x) \in B(\ell, \varepsilon)\) demektir. Dolayısıyla tanım şöyle özetlenir:
\[\forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0:\quad f\big(A \cap B^{*}(a, \delta)\big) \subseteq B(\ell, \varepsilon).\]
Geometrik olarak: \(y\)-ekseninde \(\ell\) çevresinde ne kadar dar bir \((\ell - \varepsilon, \ell + \varepsilon)\) şeridi çizilirse çizilsin, \(x\)-ekseninde \(a\) çevresinde öyle bir \((a - \delta, a + \delta)\) penceresi bulunur ki bu pencerede (\(a\)’nın kendisi dışında) grafiğin bütün noktaları şeridin içine düşer. \(\varepsilon\) küçüldükçe genellikle \(\delta\) da küçülür; önemli olan, her \(\varepsilon\) için bir \(\delta\)’nın bulunabilmesidir. Niceleyicilerin sırası dizilerdeki gibi hayatidir: önce \(\varepsilon\) verilir, \(\delta\) ona göre seçilir; \(\delta\), \(\varepsilon\)’ye bağlı olabilir ama \(x\)’e bağlı olamaz.
Tanımdaki \(0 < |x - a|\) koşulu \(x = a\) durumunu dışarıda bırakır. Bu yüzden \(a\) noktasının \(A\)’ya ait olması gerekmez; \(a \in A\) olsa bile \(f(a)\) değerinin ne olduğu limiti etkilemez. Sezgisel örneğimizde \(f(x) = \dfrac{3x^2 - 3}{x - 1}\) fonksiyonunun tanım kümesi \(A = \mathbb{R} \setminus \{1\}\)’dir; \(1 \notin A\) ama \(1\), \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır: Örnek 17.1 gereği \(1 \in (1,2)'\) ve \((1,2) \subseteq A\) olduğundan Önerme 17.1 ile \(1 \in A'\). Bu bölümde birazdan \(\lim_{x \to 1} f(x) = 6\) olduğunu tanımdan ispatlayacağız. Öte yandan \(g(x) = 3x + 3\) fonksiyonu \(1\)’de tanımlıdır ve \(g(1) = 6\)’dır; \(h(x) = 3x + 3\) (\(x \neq 1\)), \(h(1) = 100\) olarak tanımlanan fonksiyonun da \(1\)’deki limiti yine \(6\)’dır. Üç fonksiyonun \(1\)’deki limiti aynıdır, çünkü \(1\)’in dışında üçü de aynı fonksiyondur.
\(a\) noktası \(A\)’nın bir yığılma noktası olmasaydı ne olurdu? O zaman \(B^{*}(a, \delta_0) \cap A = \varnothing\) olan bir \(\delta_0 > 0\) bulunurdu. Bu \(\delta_0\) için “\(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta_0\)” koşulunu sağlayan hiçbir \(x\) yoktur; dolayısıyla “\(\Rightarrow |f(x) - \ell| < \varepsilon\)” koşulu, \(\ell\) ne olursa olsun, boş yere doğrudur. Yani \(\delta = \delta_0\) seçimi her \(\varepsilon\) için ve her \(\ell \in \mathbb{R}\) için işe yarardı: fonksiyonun \(a\)’daki limiti aynı anda \(0\), \(1\), \(\pi\), \(-10^6\) olurdu. Böyle bir “limit” hiçbir bilgi taşımaz ve aşağıdaki teklik teoremi çöker.
Somut örnek: \(A = [0, 1] \cup \{3\}\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\) herhangi bir fonksiyon olsun. \(3\) noktası \(A\)’nın izole bir noktasıdır (Tanım 17.3): \(B^{*}(3, 1) \cap A = \varnothing\). Bu yüzden \(\lim_{x \to 3} f(x)\) ifadesi tanımsızdır; limit sorusu \(3\) noktasında sorulamaz. Buna karşılık \([0,1]\)’in her noktası, \(0\) ve \(1\) dâhil, \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır ve limit sorusu bu noktalarda anlamlıdır.
Tanımın olumsuzlamasını da yazalım; bir limitin ne olmadığını göstermek için buna ihtiyaç duyacağız. Teorem 2.1 gereği niceleyiciler yer değiştirir ve en içteki gerektirme olumsuzlanır:
\[\lim_{x \to a} f(x) \neq \ell \iff \exists \varepsilon_0 > 0\ \ \forall \delta > 0\ \ \exists x \in A:\quad 0 < |x - a| < \delta \ \text{ ve }\ |f(x) - \ell| \ge \varepsilon_0.\]
Sözle: öyle bir “kötü” \(\varepsilon_0\) vardır ki \(a\)’ya ne kadar yaklaşırsak yaklaşalım, \(f\)’nin değeri \(\ell\)’den en az \(\varepsilon_0\) uzakta kalan bir \(x\) hep bulunur. Dikkat: “\(f\)’nin \(a\)’da limiti yoktur” demek, bu olumsuzlamanın her \(\ell \in \mathbb{R}\) için doğru olması demektir. Bunu doğrudan tanımla göstermek zahmetli olabilir; bir sonraki bölümde çok daha pratik iki ölçüt (dizisel ölçüt ve Cauchy ölçütü) geliştireceğiz.
27.3 Limitin Tekliği
Dizilerde olduğu gibi (Teorem 20.1) bir fonksiyonun bir noktada en çok bir limiti olabilir. İspat, iki farklı limit adayının arasındaki uzaklığın yarısını \(\varepsilon\) olarak seçme fikrine dayanır.
Teorem 27.1 (Limitin Tekliği) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a\), \(A\)’nın bir yığılma noktası olsun. \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell_1\) ve \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell_2\) ise \(\ell_1 = \ell_2\)’dir.
İspat
Olmayana ergi ile \(\ell_1 \neq \ell_2\) varsayalım. O zaman \(|\ell_1 - \ell_2| > 0\)’dır ve
\[\varepsilon = \frac{|\ell_1 - \ell_2|}{2} > 0\]
seçebiliriz. \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell_1\) olduğundan tanım gereği bu \(\varepsilon\) için öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki
\[x \in A,\ 0 < |x - a| < \delta_1 \Longrightarrow |f(x) - \ell_1| < \varepsilon.\]
Benzer biçimde \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell_2\) olduğundan öyle bir \(\delta_2 > 0\) vardır ki
\[x \in A,\ 0 < |x - a| < \delta_2 \Longrightarrow |f(x) - \ell_2| < \varepsilon.\]
\(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) olsun; iki pozitif sayının küçüğü olarak \(\delta > 0\)’dır. Şimdi kritik adım: \(a\), \(A\)’nın bir yığılma noktası olduğundan \(B^{*}(a, \delta) \cap A \neq \varnothing\)’dir; yani \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) olan en az bir \(x\) vardır. Bu \(x\) için \(|x - a| < \delta \le \delta_1\) ve \(|x - a| < \delta \le \delta_2\) olduğundan iki eşitsizlik birden sağlanır:
\[|f(x) - \ell_1| < \varepsilon \qquad \text{ve} \qquad |f(x) - \ell_2| < \varepsilon.\]
Üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2) iki limit adayı arasındaki uzaklığı kestirelim:
\[|\ell_1 - \ell_2| = |(\ell_1 - f(x)) + (f(x) - \ell_2)| \le |\ell_1 - f(x)| + |f(x) - \ell_2| = |f(x) - \ell_1| + |f(x) - \ell_2| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon.\]
Ama \(2\varepsilon = |\ell_1 - \ell_2|\) seçmiştik; buradan
\[|\ell_1 - \ell_2| < |\ell_1 - \ell_2|\]
çıkar ki bu bir çelişkidir (hiçbir sayı kendisinden kesin küçük olamaz). Öyleyse varsayımımız yanlıştır: \(\ell_1 = \ell_2\).
\(\blacksquare\)
Bu teorem sayesinde “\(f\)’nin \(a\)’daki limiti” diyebilir ve ona \(\lim_{x \to a} f(x)\) diye tek bir ad verebiliriz; limit bir sayı olarak hesaplanabilir, karşılaştırılabilir, üzerinde işlem yapılabilir. İspatta yığılma noktası varsayımının nerede kullanıldığına dikkat edelim: \(\delta\) yarıçaplı delinmiş komşulukta \(A\)’dan bir \(x\) bulabilmemiz tamamen bu varsayıma dayanır. Yukarıdaki uyarıda anlattığımız gibi, bu varsayım olmadan teorem yanlıştır.
27.4 Tanımdan Limit Hesaplama
Şimdi tanımı iş başında görelim. Her örnekte izlenen şablon aynıdır: keyfi bir \(\varepsilon > 0\) verilir, \(|f(x) - \ell|\) ifadesi \(|x - a|\) cinsinden yukarıdan sınırlanır, bu sınırı \(\varepsilon\)’den küçük yapan bir \(\delta\) seçilir ve son olarak seçilen \(\delta\)’nın gerçekten işe yaradığı doğrulanır.
Örnek 27.1 (Sabit Fonksiyonun Limiti) \(c \in \mathbb{R}\) sabit olmak üzere \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = c\) olsun. Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} f(x) = c\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
Önce sorunun anlamlı olduğunu görelim: \(\mathbb{R}\) açık bir kümedir (Teorem 15.1 (1)) ve açık bir kümenin her noktası o kümenin yığılma noktasıdır (Önerme 17.2); dolayısıyla her \(a \in \mathbb{R}\) için limit sorusu anlamlıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\delta = 1\) seçelim (aslında herhangi bir pozitif sayı olur). \(0 < |x - a| < 1\) olan her \(x\) için
\[|f(x) - c| = |c - c| = 0 < \varepsilon.\]
Koşul sağlandı; tanım gereği \(\lim_{x \to a} c = c\). Burada \(\delta\)’nın \(\varepsilon\)’ye bağlı olmaması, sabit fonksiyonun “hiç hareket etmemesinin” yansımasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 27.2 (Birim Fonksiyonun Limiti) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) olsun. Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} x = a\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\delta = \varepsilon\) seçelim. \(0 < |x - a| < \delta\) olan her \(x\) için
\[|f(x) - a| = |x - a| < \delta = \varepsilon.\]
Demek ki her \(\varepsilon > 0\) için uygun bir \(\delta\) (burada \(\delta = \varepsilon\)) vardır; \(\lim_{x \to a} x = a\).
\(\blacksquare\)
Örnek 27.3 (Lineer Fonksiyonun Limiti) \(\lim_{x \to 3} (4x - 5) = 7\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(0 < |x - 3| < \delta\) olan her \(x\) için \(|(4x - 5) - 7| < \varepsilon\) sağlanacak bir \(\delta > 0\) arıyoruz.
Keşif (δ’yı bulma). Kontrol edeceğimiz ifadeyi \(|x - 3|\) cinsinden yazalım:
\[|(4x - 5) - 7| = |4x - 12| = |4(x - 3)| = 4|x - 3|.\]
Bunun \(\varepsilon\)’den küçük olmasını istiyoruz:
\[4|x - 3| < \varepsilon \iff |x - 3| < \frac{\varepsilon}{4}.\]
Öyleyse \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{4}\) seçmek doğal görünüyor; \(\varepsilon > 0\) olduğundan \(\delta > 0\)’dır.
Doğrulama. \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{4}\) olsun ve \(0 < |x - 3| < \delta\) olan bir \(x\) alalım. O zaman
\[|(4x - 5) - 7| = 4|x - 3| < 4\delta = 4 \cdot \frac{\varepsilon}{4} = \varepsilon.\]
Böylece her \(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \varepsilon / 4\) tanımdaki koşulu sağlar; \(\lim_{x \to 3} (4x - 5) = 7\).
\(\blacksquare\)
Tanımdan limit ispatı iki aşamadan oluşur ve öğrencilerin çoğu ikinci aşamayı unutur.
Keşif. \(|f(x) - \ell|\) ifadesini cebirle \(|x - a|\) cinsinden yukarıdan sınırlayın: \(|f(x) - \ell| \le K\,|x - a|\) biçiminde bir eşitsizlik hedefleyin. Çoğu zaman \(|f(x) - \ell|\), \(|x - a|\) ile “başka bir çarpanın” çarpımı olarak yazılır; o çarpanı sabit bir \(K\) ile sınırlamak için \(x\)’i \(a\)’ya yakın tutmak (örneğin \(|x - a| < 1\) demek) gerekebilir. Sonra \(K|x - a| < \varepsilon\) eşitsizliğini \(|x-a|\) için çözün: \(\delta = \varepsilon / K\).
Doğrulama. Bulduğunuz \(\delta\)’yı (gerekiyorsa \(\delta = \min\{1, \varepsilon / K\}\) biçiminde) ilan edin ve \(0 < |x - a| < \delta\) varsayarak \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) eşitsizliğine adım adım ulaşın. İspat aslında yalnızca bu aşamadır; keşif aşaması karalama kâğıdında kalabilir.
\(\delta\) tek değildir: \(\delta\) işe yarıyorsa ondan küçük her pozitif sayı da işe yarar. Bu yüzden “en iyi” \(\delta\)’yı aramak gerekmez; işe yarayan herhangi biri yeter. Ayrıca \(\delta\), \(\varepsilon\)’ye ve \(a\)’ya bağlı olabilir, ama \(x\)’e bağlı olamaz.
Şimdi bölümün başındaki sezgisel örneği kesinleştirelim.
Örnek 27.4 (Sadeleşen Kesrin Limiti) \(f : \mathbb{R} \setminus \{1\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{3x^2 - 3}{x - 1}\) olsun. \(\lim_{x \to 1} f(x) = 6\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(1 \notin A = \mathbb{R} \setminus \{1\}\) ama \(1\), \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır: her \(\varepsilon > 0\) için \(1 + \varepsilon/2 \in B^{*}(1, \varepsilon) \cap A\). Dolayısıyla limit sorusu anlamlıdır.
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \in A\), yani \(x \neq 1\) için
\[|f(x) - 6| = \left| \frac{3(x-1)(x+1)}{x-1} - 6 \right| = |3(x + 1) - 6| = |3x - 3| = 3|x - 1|.\]
Sadeleştirme yapabilmemizin tek nedeni \(x \neq 1\) olmasıdır; tanımdaki \(0 < |x - 1|\) koşulu tam da bunu güvence altına alır. \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{3}\) seçelim. \(x \in A\) ve \(0 < |x - 1| < \delta\) ise
\[|f(x) - 6| = 3|x - 1| < 3\delta = \varepsilon.\]
Öyleyse \(\lim_{x \to 1} \dfrac{3x^2 - 3}{x - 1} = 6\).
\(\blacksquare\)
Buraya kadarki örneklerde \(|f(x) - \ell|\) doğrudan \(|x - a|\)’nın sabit bir katıydı. Aşağıdaki örneklerde araya \(x\)’e bağlı bir çarpan girer; onu sınırlamak için \(\delta\)’yı önce \(1\)’den (ya da başka uygun bir sayıdan) küçük tutarız.
Örnek 27.5 (Kare Fonksiyonunun Limiti) Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} x^2 = a^2\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Kontrol edilecek ifadeyi çarpanlarına ayıralım (Teorem 8.1 ile \(|uv| = |u||v|\)):
\[|x^2 - a^2| = |x - a| \cdot |x + a|.\]
\(|x - a|\) çarpanını \(\delta\) ile küçültebiliriz; sorun \(|x + a|\) çarpanıdır, çünkü \(x\)’e bağlıdır. Ama \(x\), \(a\)’ya yakınsa \(|x + a|\) da \(2|a|\)’ya yakındır. Bunu kesinleştirelim: \(|x - a| < 1\) ise üçgen eşitsizliğiyle
\[|x + a| = |(x - a) + 2a| \le |x - a| + 2|a| < 1 + 2|a|.\]
Dolayısıyla \(|x - a| < 1\) olduğu sürece
\[|x^2 - a^2| \le (2|a| + 1)\,|x - a|.\]
Sağ tarafın \(\varepsilon\)’den küçük olması için \(|x - a| < \dfrac{\varepsilon}{2|a| + 1}\) yeter. İki koşulu birden sağlamak üzere
\[\delta = \min\left\{ 1,\ \frac{\varepsilon}{2|a| + 1} \right\}\]
seçelim; \(\delta > 0\)’dır. Doğrulama: \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. \(\delta \le 1\) olduğundan \(|x - a| < 1\), dolayısıyla \(|x + a| < 2|a| + 1\); ve \(\delta \le \dfrac{\varepsilon}{2|a|+1}\) olduğundan
\[|x^2 - a^2| = |x - a|\,|x + a| < \frac{\varepsilon}{2|a| + 1} \cdot (2|a| + 1) = \varepsilon.\]
Böylece \(\lim_{x \to a} x^2 = a^2\).
\(\blacksquare\)
\(\delta = \varepsilon / (2|a|)\) seçseydik \(a = 0\) için \(\delta\) tanımsız olurdu. \(2|a| + 1\) yazmak hem bu sorunu giderir hem de \(|x + a| < 2|a| + 1\) sınırıyla tam uyuşur. Genel ilke: \(\delta\)’nın paydasında sıfır olabilecek bir ifade bırakmayın.
Örnek 27.6 (Karekök Fonksiyonunun Limiti) \(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \sqrt{x}\) olsun. Her \(a \ge 0\) için \(\lim_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a}\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
Karekökün varlığını ve \(\sqrt{x} \ge 0\), \((\sqrt{x})^2 = x\) özelliklerini Teorem 13.2’ten biliyoruz. \([0, \infty)\)’un her noktası bu kümenin yığılma noktasıdır (\(0\) dâhil: \(1/n\) noktaları \(0\)’a yığılır). İki durum ayıralım.
Durum \(a > 0\). \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \ge 0\) için “eşlenikle çarpma” hilesini kullanalım: \(\sqrt{x} + \sqrt{a} > 0\) olduğundan
\[\sqrt{x} - \sqrt{a} = \frac{(\sqrt{x} - \sqrt{a})(\sqrt{x} + \sqrt{a})}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} = \frac{x - a}{\sqrt{x} + \sqrt{a}}.\]
Paydada \(\sqrt{x} \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{x} + \sqrt{a} \ge \sqrt{a}\), yani
\[|\sqrt{x} - \sqrt{a}| = \frac{|x - a|}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \le \frac{|x - a|}{\sqrt{a}}.\]
\(\delta = \sqrt{a}\,\varepsilon\) seçelim. (\(\varepsilon\) büyükse bu \(\delta\) sayısı \(a\)’dan da büyük çıkabilir, yani \(0 < |x - a| < \delta\) koşulu tek başına \(x\)’i pozitif tutmaz; bir sakıncası yoktur, çünkü tanım yalnızca \(x \in A = [0, \infty)\) olan noktaları sınar ve yukarıdaki kestirim her \(x \ge 0\) için geçerlidir. Tanımdaki \(x \in A\) koşulu tam da bunun için vardır.) \(x \ge 0\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) ise
\[|\sqrt{x} - \sqrt{a}| \le \frac{|x - a|}{\sqrt{a}} < \frac{\sqrt{a}\,\varepsilon}{\sqrt{a}} = \varepsilon.\]
Durum \(a = 0\). \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x > 0\) için \(|\sqrt{x} - 0| = \sqrt{x}\) ve \(\sqrt{x} < \varepsilon \iff x < \varepsilon^2\) (iki taraf da pozitif; kare alma sıralamayı korur, Önerme 7.12). \(\delta = \varepsilon^2\) seçelim. \(x \ge 0\) ve \(0 < |x - 0| < \delta\), yani \(0 < x < \varepsilon^2\) ise \(\sqrt{x} < \varepsilon\).
Her iki durumda da \(\lim_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a}\).
\(\blacksquare\)
\(a = 0\) durumunda \(\delta = \varepsilon^2\) çıkması dikkat çekicidir: \(\varepsilon = 0{,}01\) için \(\delta = 0{,}0001\). Karekök fonksiyonu \(0\) yakınında çok dik olduğundan, çıktıda küçük bir hata payı tutturmak için girdiyi çok daha sıkı kontrol etmek gerekir. \(\delta\) ile \(\varepsilon\) arasındaki bu ilişki, ileride düzgün süreklilik konusunda önem kazanacaktır.
Örnek 27.7 (Ters Fonksiyonun Limiti) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) olsun. Her \(a \neq 0\) için \(\lim_{x \to a} \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{a}\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \neq 0\) için
\[\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{a} \right| = \left| \frac{a - x}{xa} \right| = \frac{|x - a|}{|x|\,|a|}.\]
Sorun paydadaki \(|x|\)’tir: \(x\) sıfıra yaklaşırsa kesir patlar. Ama \(x\), \(a\)’ya yakınken \(x\) sıfırdan uzak kalır; bunu ters üçgen eşitsizliğiyle (Sonuç 8.3) kesinleştirelim. \(|x - a| < \dfrac{|a|}{2}\) ise
\[|x| = |a - (a - x)| \ge |a| - |x - a| > |a| - \frac{|a|}{2} = \frac{|a|}{2},\]
dolayısıyla \(\dfrac{1}{|x|} < \dfrac{2}{|a|}\) ve
\[\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{a} \right| = \frac{|x - a|}{|x|\,|a|} < \frac{2}{|a|^2}\,|x - a| = \frac{2}{a^2}\,|x - a|.\]
Sağ tarafın \(\varepsilon\)’den küçük olması için \(|x - a| < \dfrac{a^2 \varepsilon}{2}\) yeter. Öyleyse
\[\delta = \min\left\{ \frac{|a|}{2},\ \frac{a^2 \varepsilon}{2} \right\}\]
seçelim; \(a \neq 0\) olduğundan \(\delta > 0\)’dır. Doğrulama: \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. \(\delta \le |a|/2\) olduğundan \(|x| > |a|/2\) (özellikle \(x \neq 0\), yani \(x\) tanım kümesindedir) ve
\[\left| \frac{1}{x} - \frac{1}{a} \right| < \frac{2}{a^2}\,|x - a| < \frac{2}{a^2} \cdot \frac{a^2 \varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Böylece \(\lim_{x \to a} \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{a}\).
\(\blacksquare\)
Kare, karekök ve ters fonksiyon örneklerinde \(\delta\), iki sayının minimumu olarak çıktı: birincisi \(x\)’i \(a\)’nın “güvenli” bir komşuluğunda tutar (\(|x + a|\)’yı sınırlamak, \(x\)’i sıfırdan uzak tutmak gibi), ikincisi asıl \(\varepsilon\) kontrolünü sağlar. Bu desen, bir sonraki bölümlerde limitin cebirsel özelliklerini ispatlarken de karşımıza çıkacak; orada aynı hesapları bir kez genel olarak yapıp bir daha tekrarlamayacağız.
Son olarak olumsuzlamanın nasıl kullanıldığını bir örnekte görelim.
Örnek 27.8 (Bir Limitin Belirli Bir Sayı Olmadığını Gösterme) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{|x|}{x}\) olsun (bu, işaret fonksiyonunun \(0\) dışındaki kısıtlamasıdır, Tanım 7.6). \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x > 0\) için \(f(x) = 1\), \(x < 0\) için \(f(x) = -1\)’dir. Olumsuzlamaya göre öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) bulmalıyız ki her \(\delta > 0\) için \(0 < |x| < \delta\) ve \(|f(x) - 1| \ge \varepsilon_0\) olan bir \(x\) var olsun.
\(\varepsilon_0 = 1\) seçelim. \(\delta > 0\) herhangi bir sayı olsun. \(x = -\dfrac{\delta}{2}\) alalım: \(x \neq 0\) ve \(|x| = \dfrac{\delta}{2} < \delta\)’dır, yani \(x\) delinmiş komşuluktadır. Ama \(x < 0\) olduğundan \(f(x) = -1\) ve
\[|f(x) - 1| = |-1 - 1| = 2 \ge 1 = \varepsilon_0.\]
\(\delta\) keyfi olduğundan olumsuzlama sağlanır: \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq 1\). Aynı yolla \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq -1\) de gösterilir (\(x = \delta/2\) alınır). Peki başka bir \(\ell\) limit olabilir mi? Alıştırmalarda bu fonksiyonun \(0\)’da hiçbir limiti olmadığını göstereceğiz; sonraki bölümde ise aynı sonuç tek satırda çıkacak.
\(\blacksquare\)
27.5 Alıştırmalar
Alıştırma 27.1 (Fonksiyon Limiti Alıştırmaları)
\(\lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
\(\lim_{x \to 1} x^3 = 1\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} |x| = |a|\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
\(f : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\) için \(\lim_{x \to 2} f(x) = 4\) olduğunu gösteriniz.
\(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{|x|}{x}\) fonksiyonunun \(0\) noktasında limiti olmadığını, yani her \(\ell \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq \ell\) olduğunu tanımdan gösteriniz.
Çözüm
a) \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(|(3x + 1) - 7| = |3x - 6| = 3|x - 2|\). \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{3}\) seçelim. \(0 < |x - 2| < \delta\) ise \(|(3x+1) - 7| = 3|x - 2| < 3\delta = \varepsilon\). Öyleyse \(\lim_{x \to 2}(3x + 1) = 7\).
b) \(\varepsilon > 0\) verilsin. Küp farkı özdeşliğiyle
\[|x^3 - 1| = |x - 1| \cdot |x^2 + x + 1|.\]
İkinci çarpanı sınırlayalım: \(|x - 1| < 1\) ise \(0 < x < 2\), dolayısıyla \(x^2 + x + 1 > 0\) ve \(x^2 + x + 1 < 4 + 2 + 1 = 7\); yani \(|x^2 + x + 1| < 7\). Öyleyse \(|x - 1| < 1\) iken \(|x^3 - 1| < 7|x - 1|\). \(\delta = \min\{1, \varepsilon/7\}\) seçelim. \(0 < |x - 1| < \delta\) ise \(|x-1| < 1\) ve
\[|x^3 - 1| < 7|x - 1| < 7 \cdot \frac{\varepsilon}{7} = \varepsilon.\]
Dolayısıyla \(\lim_{x \to 1} x^3 = 1\).
c) \(\varepsilon > 0\) verilsin. Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) her \(x\) için \(\big||x| - |a|\big| \le |x - a|\) verir. \(\delta = \varepsilon\) seçelim. \(0 < |x - a| < \delta\) ise
\[\big||x| - |a|\big| \le |x - a| < \delta = \varepsilon.\]
Öyleyse \(\lim_{x \to a} |x| = |a|\).
d) \(2 \notin A = \mathbb{R} \setminus \{2\}\) ama \(2\), \(A\)’nın yığılma noktasıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \neq 2\) için
\[f(x) - 4 = \frac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2} - 4 = (x + 2) - 4 = x - 2,\]
dolayısıyla \(|f(x) - 4| = |x - 2|\). \(\delta = \varepsilon\) seçelim. \(x \neq 2\) ve \(0 < |x - 2| < \delta\) ise \(|f(x) - 4| = |x - 2| < \varepsilon\). Öyleyse \(\lim_{x \to 2} f(x) = 4\). Sadeleştirmenin yalnızca \(x \neq 2\) için geçerli olduğuna ve tanımın tam da bu \(x\)’leri incelediğine dikkat ediniz.
e) \(\ell \in \mathbb{R}\) herhangi bir sayı olsun. \(\varepsilon_0 = 1\) seçelim ve \(\delta > 0\) keyfi olsun. Delinmiş komşulukta iki nokta alalım: \(x_1 = \dfrac{\delta}{2}\) ve \(x_2 = -\dfrac{\delta}{2}\); ikisi de \(0 < |x_i| < \delta\) sağlar ve \(f(x_1) = 1\), \(f(x_2) = -1\)’dir. Üçgen eşitsizliğiyle
\[2 = |1 - (-1)| = |(1 - \ell) + (\ell - (-1))| \le |1 - \ell| + |-1 - \ell| = |f(x_1) - \ell| + |f(x_2) - \ell|.\]
Toplamı en az \(2\) olan iki negatif olmayan sayıdan en az biri \(1\)’den küçük olamaz (ikisi de \(1\)’den küçük olsaydı toplamları \(2\)’den küçük olurdu); yani \(|f(x_1) - \ell| \ge 1\) ya da \(|f(x_2) - \ell| \ge 1\). Hangisi doğruysa o \(x_i\), olumsuzlamanın istediği noktadır: \(0 < |x_i - 0| < \delta\) ve \(|f(x_i) - \ell| \ge \varepsilon_0\). \(\delta\) keyfi olduğundan \(\lim_{x \to 0} f(x) \neq \ell\); \(\ell\) de keyfi olduğundan \(f\)’nin \(0\)’da limiti yoktur.
Sezgisel açıklama: \(0\)’a sağdan yaklaşırken \(f\) değerleri \(1\)’e, soldan yaklaşırken \(-1\)’e yapışır; tek bir \(\ell\) her iki tarafa da \(1\)’den yakın olamaz, çünkü \(1\) ile \(-1\) arasındaki uzaklık \(2\)’dir.
\(\blacksquare\)
\(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımı bir limitin var olduğunu ispatlamanın standart yoludur; ama son alıştırmada gördüğümüz gibi, bir limitin olmadığını göstermek için her \(\ell\) ile ayrı ayrı uğraşmak gerekir ve bu zahmetlidir. Diziler bölümünde geliştirdiğimiz bütün araçları fonksiyon limitlerine aktaran çok daha güçlü bir köprü vardır: bir fonksiyonun limiti, \(a\)’ya yakınsayan dizilerin görüntü dizileriyle karakterize edilebilir. Bu köprü ve limit değerini bilmeden varlığını sınayan Cauchy ölçütü bir sonraki bölümün konusudur: Limit için Dizisel Ölçüt ve Cauchy Ölçütü.