29 Limitin Özellikleri: Sınırlılık, Cebirsel İşlemler ve Bileşke
Önceki iki bölümde fonksiyon limitini \(\varepsilon\)–\(\delta\) diliyle tanımladık (Tanım 27.1) ve bu tanımı dizilere bağlayan dizisel ölçütü (Teorem 28.1) kanıtladık. Ancak elimizde hâlâ yalnızca “tanıma dönerek” limit hesaplayabildiğimiz birkaç örnek var. Bu bölümde limitin genel özelliklerini kuruyoruz: limiti olan bir fonksiyon o noktanın yakınında sınırlıdır; limitler toplama, çarpma ve bölmeyle uyumludur; polinomların ve rasyonel fonksiyonların limiti yerine koymayla bulunur; iki fonksiyonun bileşkesinin limiti, belirli bir ek koşul altında, “içeriden dışarıya” hesaplanır.
Bu sonuçların hemen hepsi, diziler için kanıtladığımız Teorem 20.2 ve Teorem 21.1 teoremlerinin birer kopyasıdır; ispatlar da aynı fikirle, \(n_\varepsilon\) yerine \(\delta\) seçerek yürür. Bölüm boyunca \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme, \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a\) noktası \(A\)’nın bir yığılma noktası, yani \(a \in A'\) olacaktır (Tanım 17.1). Hatırlatalım: \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) demek, her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[x \in A, \; 0 < |x - a| < \delta \;\Rightarrow\; |f(x) - \ell| < \varepsilon\]
olması demektir.
29.1 Nokta Yakınında Sınırlılık
Yakınsak her dizinin sınırlı olduğunu biliyoruz (Teorem 20.2). Fonksiyonlar için bunun karşılığı şudur: fonksiyonun \(a\)’da limiti varsa, \(a\)’ya yeterince yakın noktalarda fonksiyon değerleri bir sabiti aşamaz. “Yeterince yakın” kaydı önemlidir: \(f\) bütün tanım kümesinde sınırsız olabilir, sınırlılık yalnızca \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda (Tanım 15.2) garanti edilir.
Teorem 29.1 (Limiti Olan Fonksiyon Nokta Yakınında Sınırlıdır) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A'\) olsun. \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) ise \(f\), \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda sınırlıdır; yani öyle \(\delta > 0\) ve \(M > 0\) sayıları vardır ki
\[x \in A, \; 0 < |x - a| < \delta \;\Rightarrow\; |f(x)| \le M.\]
İspat
Limit tanımını \(\varepsilon = 1\) için uygulayalım. \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[x \in A, \; 0 < |x - a| < \delta \;\Rightarrow\; |f(x) - \ell| < 1.\]
Böyle bir \(x\) için \(f(x) = \big(f(x) - \ell\big) + \ell\) yazıp üçgen eşitsizliğini (Teorem 8.2) uygularsak
\[|f(x)| \le |f(x) - \ell| + |\ell| < 1 + |\ell|.\]
\(M = 1 + |\ell|\) alalım; \(M > 0\)’dır ve \(0 < |x - a| < \delta\) koşulunu sağlayan her \(x \in A\) için \(|f(x)| \le M\) olur. İstenen de buydu.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin en sık kullanılan biçimi karşıt tersidir: \(f\), \(a\)’nın her delinmiş komşuluğunda sınırsızsa \(a\)’da limiti olamaz. “Her delinmiş komşulukta sınırsız” ifadesini niceleyicilerle açık yazalım: sınırlılık ifadesi “\(\exists \delta > 0 \; \exists M > 0 \; \forall x \in A : \big(0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x)| \le M\big)\)” idi; Teorem 2.1 gereği olumsuzlaması
\[\forall \delta > 0 \; \forall M > 0 \; \exists x \in A : \; 0 < |x - a| < \delta \;\text{ ve }\; |f(x)| > M\]
olur.
Sonuç 29.1 (Sınırsız Fonksiyonun Limiti Yoktur) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A'\) olsun. \(f\), \(a\)’nın her delinmiş komşuluğunda sınırsızsa, yani
\[\forall \delta > 0 \; \forall M > 0 \; \exists x \in A : \; 0 < |x - a| < \delta \;\text{ ve }\; |f(x)| > M\]
ise \(\lim_{x \to a} f(x)\) (bir reel sayı olarak) yoktur.
İspat
Limit var olsaydı Teorem 29.1 gereği \(f\), \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda sınırlı olurdu; bu ise hipotezle çelişir. O hâlde limit yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 29.1 (Sıfırda Bir Bölü x Kare) \(A = \mathbb{R} \setminus \{0\}\) üzerinde \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) olsun. \(\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2}\) limitinin var olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(0\), \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır: her \(\varepsilon > 0\) için \(\varepsilon/2 \in A\) ve \(0 < |\varepsilon/2 - 0| < \varepsilon\). Sonuç 29.1 koşulunu doğrulayalım: \(\delta > 0\) ve \(M > 0\) keyfi olsun.
\[x = \min\left\{\frac{\delta}{2}, \; \frac{1}{2\sqrt{M}}\right\}\]
seçelim. Bu \(x\) pozitiftir, dolayısıyla \(x \in A\)’dır ve \(0 < |x - 0| = x \le \delta/2 < \delta\) sağlanır. Ayrıca \(x \le \dfrac{1}{2\sqrt{M}}\) olduğundan \(x^2 \le \dfrac{1}{4M}\), yani
\[|f(x)| = \frac{1}{x^2} \ge 4M > M.\]
Demek ki her \(\delta\) ve \(M\) için, \(0\)’ın \(\delta\)-delinmiş komşuluğunda \(|f(x)| > M\) olan bir \(x\) vardır: \(f\), \(0\)’ın her delinmiş komşuluğunda sınırsızdır. Sonuç 29.1 gereği \(\lim_{x \to 0} 1/x^2\) yoktur.
\(\blacksquare\)
\(1/x^2\) fonksiyonu \(0\)’a yaklaşırken “sonsuza gider” demek isteriz; bu doğru bir sezgidir ama bir reel sayı limiti değildir. \(+\infty\) ve \(-\infty\) için ayrı bir tanım (Sonsuz Limitler ve Sonsuzdaki Limitler bölümünde Tanım 32.1) yapacağız. Bu bölümde “limit vardır” her zaman “bir \(\ell \in \mathbb{R}\) sayısına yakınsar” anlamındadır.
29.2 Limitlerde Cebirsel İşlemler
Diziler için kanıtladığımız Teorem 21.1, limitin toplama, çarpma ve bölmeyle uyumlu olduğunu söylüyordu. Aynı kurallar fonksiyon limitleri için de geçerlidir ve sayesinde limitleri “parçalayarak” hesaplarız. Bölüm kuralında paydanın limiti \(\ell_2\) sıfırdan farklı olmalıdır; ispatın ilk adımı, o zaman \(g\)’nin \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda zaten sıfırdan farklı kaldığını, yani \(f/g\) bölümünün orada tanımlı olduğunu gösterecek. Teoremin ifadesinde bu ikinci koşulu yine de açıkça yazıyoruz; böylece \(f/g\)’nin nerede tanımlı olduğu baştan belli olur.
Teorem 29.2 (Limitlerde Cebirsel İşlemler) \(f, g : A \to \mathbb{R}\), \(a \in A'\) ve
\[\lim_{x \to a} f(x) = \ell_1, \qquad \lim_{x \to a} g(x) = \ell_2\]
olsun. O zaman:
- (Toplam) \(\displaystyle \lim_{x \to a} \big(f(x) + g(x)\big) = \ell_1 + \ell_2\).
- (Çarpım) \(\displaystyle \lim_{x \to a} f(x)\,g(x) = \ell_1 \ell_2\).
- (Sabitle çarpım) Her \(c \in \mathbb{R}\) için \(\displaystyle \lim_{x \to a} c\,f(x) = c\,\ell_1\).
- (Bölüm) \(\ell_2 \ne 0\) ise ve \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğundaki her \(x \in A\) için \(g(x) \ne 0\) ise \(\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\ell_1}{\ell_2}\).
İspat
Her maddeyi ayrı ayrı kanıtlayalım. Bütün ispatlarda \(x\)’in \(A\)’da olduğu varsayılır; yazımı sadeleştirmek için “\(x \in A\)” kaydını her seferinde tekrarlamayacağız.
(1) Toplam. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell_1\) olduğundan (tanımı \(\varepsilon/2\) için uygulayarak) öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki
\[0 < |x - a| < \delta_1 \;\Rightarrow\; |f(x) - \ell_1| < \frac{\varepsilon}{2}.\]
Aynı şekilde \(\lim_{x \to a} g(x) = \ell_2\) olduğundan öyle bir \(\delta_2 > 0\) vardır ki
\[0 < |x - a| < \delta_2 \;\Rightarrow\; |g(x) - \ell_2| < \frac{\varepsilon}{2}.\]
\(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) alalım. \(0 < |x - a| < \delta\) ise hem \(|x - a| < \delta_1\) hem \(|x - a| < \delta_2\) olduğundan yukarıdaki iki eşitsizlik birlikte sağlanır; üçgen eşitsizliğiyle
\[\big|(f(x) + g(x)) - (\ell_1 + \ell_2)\big| = \big|(f(x) - \ell_1) + (g(x) - \ell_2)\big| \le |f(x) - \ell_1| + |g(x) - \ell_2| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Bu, (1)’i kanıtlar.
(2) Çarpım. Önce temel eşitsizliği kuralım. \(\ell_1 g(x)\) terimini ekleyip çıkararak
\[f(x)g(x) - \ell_1 \ell_2 = f(x)g(x) - \ell_1 g(x) + \ell_1 g(x) - \ell_1 \ell_2 = g(x)\big(f(x) - \ell_1\big) + \ell_1\big(g(x) - \ell_2\big)\]
yazılır; üçgen eşitsizliği ve \(|uv| = |u||v|\) ile
\[|f(x)g(x) - \ell_1 \ell_2| \le |g(x)|\,|f(x) - \ell_1| + |\ell_1|\,|g(x) - \ell_2|. \tag{1}\]
Sağ tarafı küçültmek için \(|g(x)|\)’i kontrol etmeliyiz. \(\lim_{x \to a} g(x) = \ell_2\) olduğundan Teorem 29.1 gereği öyle \(\delta_0 > 0\) ve \(M > 0\) vardır ki
\[0 < |x - a| < \delta_0 \;\Rightarrow\; |g(x)| \le M.\]
Şimdi \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(f\)’nin limit tanımını \(\dfrac{\varepsilon}{2M}\) için uygulayarak öyle bir \(\delta_1 > 0\) seçelim ki
\[0 < |x - a| < \delta_1 \;\Rightarrow\; |f(x) - \ell_1| < \frac{\varepsilon}{2M};\]
\(g\)’nin limit tanımını \(\dfrac{\varepsilon}{2(1 + |\ell_1|)}\) için uygulayarak öyle bir \(\delta_2 > 0\) seçelim ki
\[0 < |x - a| < \delta_2 \;\Rightarrow\; |g(x) - \ell_2| < \frac{\varepsilon}{2(1 + |\ell_1|)}.\]
(Paydada \(|\ell_1|\) yerine \(1 + |\ell_1|\) yazmamızın nedeni, \(\ell_1 = 0\) olduğunda sıfıra bölmekten kaçınmaktır.) \(\delta = \min\{\delta_0, \delta_1, \delta_2\}\) alalım. \(0 < |x - a| < \delta\) için üç eşitsizlik de geçerlidir; (1)’de yerine koyarsak
\[|f(x)g(x) - \ell_1 \ell_2| \le M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} + |\ell_1| \cdot \frac{\varepsilon}{2(1 + |\ell_1|)} = \frac{\varepsilon}{2} + \frac{|\ell_1|}{1 + |\ell_1|} \cdot \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Son adımda \(\dfrac{|\ell_1|}{1 + |\ell_1|} < 1\) olduğunu kullandık. Böylece \(\lim_{x \to a} f(x)g(x) = \ell_1 \ell_2\).
(3) Sabitle çarpım. \(c = 0\) ise her \(x\) için \(c f(x) = 0\)’dır ve sabit \(0\) fonksiyonunun limiti \(0 = c\,\ell_1\)’dir (tanımda her \(\delta\) işe yarar, çünkü \(|0 - 0| = 0 < \varepsilon\)). \(c \ne 0\) ise \(c f(x)\), sabit \(c\) fonksiyonu ile \(f\)’nin çarpımıdır. Sabit fonksiyonun limiti kendisidir: \(|c - c| = 0 < \varepsilon\) her \(x\) için sağlanır, yani \(\lim_{x \to a} c = c\). O hâlde (2) ile
\[\lim_{x \to a} c\,f(x) = \Big(\lim_{x \to a} c\Big)\Big(\lim_{x \to a} f(x)\Big) = c\,\ell_1.\]
(4) Bölüm. \(\ell_2 \ne 0\) olsun ve \(g\), \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda sıfırdan farklı olsun; böylece \(f/g\) o komşulukta tanımlıdır.
Adım 1: \(|g(x)|\) sıfırdan uzak kalır. \(\lim_{x \to a} g(x) = \ell_2\) tanımını \(\varepsilon_0 = \dfrac{|\ell_2|}{2} > 0\) için uygulayalım: öyle bir \(\delta_0 > 0\) vardır ki
\[0 < |x - a| < \delta_0 \;\Rightarrow\; |g(x) - \ell_2| < \frac{|\ell_2|}{2}.\]
Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) \(|g(x)| \ge |\ell_2| - |g(x) - \ell_2|\) verir; dolayısıyla böyle \(x\)’ler için
\[|g(x)| > |\ell_2| - \frac{|\ell_2|}{2} = \frac{|\ell_2|}{2} > 0. \tag{2}\]
(Özellikle bu komşulukta \(g(x) \ne 0\)’dır; hipotezdeki “\(g\) komşulukta sıfırdan farklı” koşulu demek ki \(\ell_2 \ne 0\)’dan kendiliğinden çıkar.)
Adım 2: Temel eşitsizlik. \(0 < |x - a| < \delta_0\) için paydaları eşitleyip \(\ell_1 \ell_2\) ekleyip çıkaralım:
\[\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{\ell_1}{\ell_2} = \frac{f(x)\ell_2 - g(x)\ell_1}{g(x)\ell_2} = \frac{\ell_2\big(f(x) - \ell_1\big) - \ell_1\big(g(x) - \ell_2\big)}{g(x)\ell_2}.\]
Üçgen eşitsizliği ve (2) ile
\[\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{\ell_1}{\ell_2}\right| \le \frac{|\ell_2|\,|f(x) - \ell_1| + |\ell_1|\,|g(x) - \ell_2|}{|g(x)|\,|\ell_2|} \le \frac{2}{|\ell_2|^2}\Big(|\ell_2|\,|f(x) - \ell_1| + |\ell_1|\,|g(x) - \ell_2|\Big). \tag{3}\]
Adım 3: \(\delta\) seçimi. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve
\[\eta = \frac{\varepsilon\,|\ell_2|^2}{4\big(|\ell_2| + |\ell_1|\big)} > 0\]
olsun. \(f\) ve \(g\)’nin limit tanımlarını \(\eta\) için uygulayarak öyle \(\delta_1, \delta_2 > 0\) seçelim ki
\[0 < |x - a| < \delta_1 \Rightarrow |f(x) - \ell_1| < \eta, \qquad 0 < |x - a| < \delta_2 \Rightarrow |g(x) - \ell_2| < \eta.\]
\(\delta = \min\{\delta_0, \delta_1, \delta_2\}\) alalım. \(0 < |x - a| < \delta\) için (3)’ten
\[\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{\ell_1}{\ell_2}\right| < \frac{2}{|\ell_2|^2}\Big(|\ell_2| + |\ell_1|\Big)\eta = \frac{2}{|\ell_2|^2}\big(|\ell_2| + |\ell_1|\big) \cdot \frac{\varepsilon\,|\ell_2|^2}{4\big(|\ell_2| + |\ell_1|\big)} = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon.\]
Bu, bölüm kuralını kanıtlar.
\(\blacksquare\)
Teoremin işe yaradığı yer açıktır: \(\lim_{x \to 3} \dfrac{x^2 + 1}{2x - 1}\) gibi bir limiti artık \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile uğraşmadan, pay ve paydanın limitlerinden hesaplayabiliriz. Ayrıca ispatın Adım 1’i kendi başına değerlidir: limiti sıfırdan farklı olan bir fonksiyon, nokta yakınında sıfırdan uzak kalır. Bu yüzden (4)’teki “\(g\) komşulukta sıfırdan farklı” koşulu aslında \(\ell_2 \ne 0\)’dan çıkar; onu yalnızca \(f/g\)’nin nerede tanımlı olduğunu açıkça söylemek için yazdık. Aynı gözlemi bir sonraki bölümde Teorem 30.2 olarak ayrıca kayda geçireceğiz.
Teorem 29.2, dizi limitlerinin aritmetiğinden (Teorem 21.1) dizisel ölçüt (Teorem 28.1) yardımıyla birkaç satırda da çıkarılabilir. Örneğin çarpım kuralı için: \(A \setminus \{a\}\) içinde \(a\)’ya yakınsayan herhangi bir \((x_n)\) dizisi alalım. Teorem 28.1 gereği \(f(x_n) \to \ell_1\) ve \(g(x_n) \to \ell_2\)’dir; Teorem 21.1 ile \(f(x_n)g(x_n) \to \ell_1 \ell_2\) olur. Bu, \(A \setminus \{a\}\) içinde \(a\)’ya yakınsayan her dizi için doğru olduğundan, yine Teorem 28.1 (bu kez \(\Leftarrow\) yönü) \(\lim_{x \to a} f(x)g(x) = \ell_1 \ell_2\) verir. Toplam ve bölüm için aynı şablon işler; bölümde dizi, \(f/g\)’nin tanım kümesi olan \(\{x \in A : g(x) \ne 0\}\) içinden seçildiğinden \(g(x_n) \ne 0\) zaten sağlanır ve dizi bölüm kuralı (Teorem 21.1) uygulanabilir.
Bu kısa yol, \(\varepsilon\)–\(\delta\) ispatının değerini azaltmaz: diziler için yapılan işin fonksiyonlara nasıl taşındığını görmek, ileride benzer teoremleri kendi başınıza kanıtlamanızı kolaylaştırır.
Teoremden hemen çıkan birkaç sonuç var.
Sonuç 29.2 (Fark, Negatif ve Kuvvet) Teorem 29.2 hipotezleri altında:
- (Fark) \(\displaystyle \lim_{x \to a} \big(f(x) - g(x)\big) = \ell_1 - \ell_2\).
- (Negatif) \(\displaystyle \lim_{x \to a} \big(-f(x)\big) = -\ell_1\).
- (Kuvvet) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\displaystyle \lim_{x \to a} \big(f(x)\big)^n = \ell_1^{\,n}\).
İspat
(2) için sabitle çarpım kuralını \(c = -1\) ile uygulayalım: \(\lim_{x \to a} (-1) f(x) = (-1)\ell_1 = -\ell_1\). (1) için \(f - g = f + (-g)\) yazıp (2) ve toplam kuralını kullanalım: \(\lim_{x \to a}\big(f(x) + (-g(x))\big) = \ell_1 + (-\ell_2) = \ell_1 - \ell_2\).
(3)’ü \(n\) üzerinde tümevarımla (Teorem 9.1) kanıtlayalım. \(n = 1\) için ifade hipotezin kendisidir. İfade \(n\) için doğru olsun: \(\lim_{x \to a} (f(x))^n = \ell_1^{\,n}\). \((f(x))^{n+1} = (f(x))^n \cdot f(x)\) olduğundan çarpım kuralıyla
\[\lim_{x \to a} \big(f(x)\big)^{n+1} = \Big(\lim_{x \to a} (f(x))^n\Big)\Big(\lim_{x \to a} f(x)\Big) = \ell_1^{\,n} \cdot \ell_1 = \ell_1^{\,n+1}.\]
Tümevarım ilkesi gereği ifade her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur.
\(\blacksquare\)
29.3 Polinomların ve Rasyonel Fonksiyonların Limitleri
Cebirsel kurallar, iki basit limitle birleşince en sık karşılaştığımız fonksiyon sınıfının limitini verir. Basit limitler şunlar: sabit fonksiyon için \(\lim_{x \to a} c = c\) (yukarıda gördük) ve birim fonksiyon için \(\lim_{x \to a} x = a\) (tanımda \(\delta = \varepsilon\) almak yeter: \(0 < |x - a| < \delta\) ise \(|x - a| < \varepsilon\)). Örnek 27.3 bu iki limitin toplam ve sabitle çarpım kuralıyla birleşmiş hâliydi.
Sonuç 29.3 (Polinomun Limiti) \(p(x) = c_n x^n + c_{n-1} x^{n-1} + \cdots + c_1 x + c_0\) reel katsayılı bir polinom olsun (katsayıları, limit noktası \(a\) ile karışmasın diye \(c_k\) ile gösteriyoruz). Her \(a \in \mathbb{R}\) için
\[\lim_{x \to a} p(x) = c_n a^n + c_{n-1} a^{n-1} + \cdots + c_1 a + c_0 = p(a).\]
İspat
\(\lim_{x \to a} x = a\) olduğundan Sonuç 29.2 (3) ile her \(k \in \mathbb{N}\) için \(\lim_{x \to a} x^k = a^k\)’dır. Sabitle çarpım kuralıyla her \(k \ge 1\) için \(\lim_{x \to a} c_k x^k = c_k a^k\) olur; \(k = 0\) terimi ise sabit \(c_0\) fonksiyonudur ve limiti \(c_0\)’dır. Son olarak toplam kuralı iki fonksiyon için verilmişti; sonlu sayıda fonksiyona, terim sayısı üzerinde tümevarımla genişler: \(m\) terimin toplamının limiti limitlerin toplamıysa, \(m + 1\) terim için \(\big(p_1 + \cdots + p_m\big) + p_{m+1}\) yazıp iki fonksiyonluk kuralı uygularız. Böylece
\[\lim_{x \to a} p(x) = c_0 + \sum_{k=1}^{n} \lim_{x \to a} c_k x^k = c_0 + \sum_{k=1}^{n} c_k a^k = p(a).\]
\(\blacksquare\)
Sonuç 29.4 (Rasyonel Fonksiyonun Limiti) \(p\) ve \(q\) polinomlar, \(a \in \mathbb{R}\) ve \(q(a) \ne 0\) olsun. \(r(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)}\) rasyonel fonksiyonu için
\[\lim_{x \to a} r(x) = \frac{p(a)}{q(a)}.\]
İspat
Sonuç 29.3 gereği \(\lim_{x \to a} p(x) = p(a)\) ve \(\lim_{x \to a} q(x) = q(a) \ne 0\)’dır. Bölüm kuralını uygulamak için \(q\)’nun \(a\) yakınında sıfırdan farklı olması da gerekir; bu, Teorem 29.2 (4) ispatının Adım 1’inden çıkar: \(q(x) \to q(a) \ne 0\) olduğundan bir delinmiş komşulukta \(|q(x)| > |q(a)|/2 > 0\)’dır. (Ayrıca \(r\)’nin tanım kümesi \(\{x : q(x) \ne 0\}\)’dır ve \(a\) bu kümenin yığılma noktasıdır, çünkü bir polinomun sonlu sayıda kökü vardır.) Bölüm kuralı ile
\[\lim_{x \to a} \frac{p(x)}{q(x)} = \frac{\lim_{x \to a} p(x)}{\lim_{x \to a} q(x)} = \frac{p(a)}{q(a)}.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 29.2 (Bir Rasyonel Fonksiyonun Limiti) \(f : \mathbb{R} \setminus \{-8\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{x^2 + 2x + 5}{x + 8}\) olsun. \(\lim_{x \to -3} f(x)\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Pay ve payda polinomdur ve paydanın \(-3\)’teki değeri \(-3 + 8 = 5 \ne 0\)’dır. Sonuç 29.4 gereği
\[\lim_{x \to -3} f(x) = \frac{(-3)^2 + 2(-3) + 5}{-3 + 8} = \frac{9 - 6 + 5}{5} = \frac{8}{5}.\]
\(\blacksquare\)
Sonuç 29.4 içindeki \(q(a) \ne 0\) koşulu, \(\lim_{x \to a} \dfrac{p(x)}{q(x)} = \dfrac{p(a)}{q(a)}\) formülünün geçerli olması için yeterlidir; ama limitin var olması için gerekli değildir. \(q(a) = 0\) olduğunda formül anlamsızdır, limit ise olabilir de olmayabilir de: \(\dfrac{1}{x^2}\) için \(0\)’da limit yoktur (Örnek 29.1), oysa aşağıdaki örnekte limit vardır. Böyle durumlarda pay ve paydayı çarpanlarına ayırıp ortak çarpanı sadeleştirmek ilk denenecek yoldur.
Sadeleştirmenin neden meşru olduğunu açıkça söyleyelim: limit yalnızca \(a\)’nın delinmiş komşuluklarındaki değerlere bakar. Dolayısıyla \(a\) dışında (yakında) çakışan iki fonksiyonun limitleri aynıdır.
Önerme 29.1 (Nokta Yakınında Çakışan Fonksiyonlar) \(f, g : A \to \mathbb{R}\), \(a \in A'\) olsun ve öyle bir \(\delta_0 > 0\) bulunsun ki \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta_0\) için \(f(x) = g(x)\) olsun. O zaman \(\lim_{x \to a} g(x) = \ell\) ise \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\)’dir.
Uygulamalarda \(g\) çoğu zaman \(A\)’yı kapsayan daha büyük bir kümede (örneğin bütün \(\mathbb{R}\)’de) tanımlı bir polinomdur; böyle bir \(g\)’nin \(A\)’ya kısıtlaması alınır ve bu limiti değiştirmez, çünkü limit tanımındaki koşul daha az sayıda \(x\) için istenir, \(a\) ise \(A\)’nın yığılma noktası olmayı sürdürür.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin; \(g\) için \(\delta_1 > 0\) seçelim: \(0 < |x - a| < \delta_1\), \(x \in A\) iken \(|g(x) - \ell| < \varepsilon\). \(\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}\) alalım. \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) ise \(f(x) = g(x)\) olduğundan \(|f(x) - \ell| = |g(x) - \ell| < \varepsilon\).
\(\blacksquare\)
Örnek 29.3 (Payda Sıfır Ama Limit Var) \(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1}\) limitini bulunuz.
Çözüm
Fonksiyonun tanım kümesi \(A = \mathbb{R} \setminus \{1\}\)’dir ve \(1 \in A'\). Payda \(x = 1\)’de sıfır olduğundan Sonuç 29.4 doğrudan uygulanamaz. Payı çarpanlarına ayıralım: \(x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)\). \(x \ne 1\) için \(x - 1 \ne 0\) olduğundan sadeleştirebiliriz:
\[\frac{x^2 - 1}{x - 1} = \frac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1 \qquad (x \ne 1).\]
Yani \(A\) üzerinde fonksiyonumuz \(g(x) = x + 1\) polinomuyla çakışır. Önerme 29.1 ve Sonuç 29.3 ile
\[\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1} (x + 1) = 2.\]
Demek ki \(q(1) = 0\) olmasına rağmen limit vardır; \(q(a) \ne 0\) koşulu yeterli ama gerekli değildir.
\(\blacksquare\)
29.4 Bileşke Fonksiyonun Limiti
\(\lim_{x \to 0} \sqrt{1 + x^2}\) ya da \(\lim_{x \to 0} \sin(3x)\) gibi limitlerde iki fonksiyon iç içedir: önce \(x \mapsto 1 + x^2\), sonra \(u \mapsto \sqrt{u}\). Doğal beklenti, limitin “içeriden dışarıya” hesaplanmasıdır: iç fonksiyon \(b\)’ye gidiyorsa ve dış fonksiyonun \(b\)’de limiti \(\ell\) ise bileşke \(\ell\)’ye gitmelidir. Bu beklenti bir ek koşulla doğrudur ve koşulun nedeni tam olarak limit tanımındaki “\(0 < |x - a|\)” kaydından gelir: dış fonksiyonun \(b\)’deki limiti, \(g(b)\) değerini hiç hesaba katmaz. İç fonksiyon \(b\) değerini alıp durursa, bileşke \(g(b)\)’yi görür ama limit \(\ell\) bunu “bilmez”.
Teorem 29.3 (Bileşke Fonksiyonun Limiti) \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan kümeler, \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(g : B \to \mathbb{R}\) fonksiyonlar, \(a \in A'\), \(b \in B'\) ve \(\ell \in \mathbb{R}\) olsun. Şunlar sağlansın:
- Her \(x \in A\) için \(f(x) \in B\) (böylece \(g \circ f\), \(A\) üzerinde tanımlıdır);
- \(\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = b\);
- \(\displaystyle \lim_{y \to b} g(y) = \ell\);
- Öyle bir \(\delta_0 > 0\) vardır ki \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta_0\) iken \(f(x) \ne b\).
O zaman \(h = g \circ f\) bileşkesinin \(a\)’da limiti vardır ve
\[\lim_{x \to a} h(x) = \lim_{x \to a} g\big(f(x)\big) = \ell.\]
İspat
\(\varepsilon > 0\) keyfi olsun.
Adım 1: Dış fonksiyon için \(\eta\). \(\lim_{y \to b} g(y) = \ell\) olduğundan limit tanımı gereği öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki
\[y \in B, \; 0 < |y - b| < \eta \;\Rightarrow\; |g(y) - \ell| < \varepsilon.\]
Adım 2: İç fonksiyon için \(\delta_1\). \(\lim_{x \to a} f(x) = b\) olduğundan, Adım 1’deki \(\eta\) pozitif sayısını limit tanımında “\(\varepsilon\)” rolünde kullanarak öyle bir \(\delta_1 > 0\) buluruz ki
\[x \in A, \; 0 < |x - a| < \delta_1 \;\Rightarrow\; |f(x) - b| < \eta.\]
Adım 3: Ek koşul. Koşul (4) gereği öyle bir \(\delta_0 > 0\) vardır ki
\[x \in A, \; 0 < |x - a| < \delta_0 \;\Rightarrow\; f(x) \ne b.\]
Adım 4: Birleştirme. \(\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}\) alalım ve \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. Adım 2 ile \(|f(x) - b| < \eta\), Adım 3 ile \(f(x) \ne b\), yani \(|f(x) - b| > 0\); birlikte
\[0 < |f(x) - b| < \eta\]
elde ederiz. Ayrıca koşul (1) gereği \(f(x) \in B\)’dir. Demek ki \(y = f(x)\) sayısı Adım 1’deki koşulu sağlar; Adım 1 uygulanarak
\[\big|g(f(x)) - \ell\big| < \varepsilon\]
bulunur. \(\varepsilon > 0\) keyfi olduğundan \(\lim_{x \to a} g(f(x)) = \ell\)’dir.
\(\blacksquare\)
Teorem, limitleri “yerine koyma” ile hesaplamamızı sağlar: iç fonksiyonun limitini bulur, onu dış fonksiyonun limit noktası olarak kullanırız. Ancak sonucun \(\lim_{y \to b} g(y)\) olduğuna, \(g(b)\) olmadığına dikkat edin; ikisi farklı olabilir. Koşul (4)’ün ne zaman kendiliğinden sağlandığını da not edelim: iç fonksiyon \(a\) yakınında birebirse ya da \(f(x) = b\) denkleminin \(a\) yakınında \(a\) dışında çözümü yoksa — örneğin \(f(x) = 3x\), \(a = 0\), \(b = 0\) için \(3x \ne 0\) (\(x \ne 0\)) — koşul sağlanır.
Koşul (4), \(f\)’nin \(a\)’nın bir delinmiş komşuluğunda \(b\) değerini almamasını ister. Bu koşul olmadan teorem yanlıştır: \(f\), \(a\) yakınında sabit \(b\) ise bileşke \(g(b)\) değerini alır ve bu değer \(\ell\)’den farklıysa sonuç çöker. Aşağıdaki iki örnek bunu gösteriyor.
Örnek 29.4 (Ek Koşulun Gerekliliği) \(f(x) = 0\) (her \(x \in \mathbb{R}\) için) ve
\[g(y) = \begin{cases} 0, & y = 0, \\ 1, & y \ne 0 \end{cases}\]
olsun. \(\lim_{x \to 0} f(x)\), \(\lim_{y \to 0} g(y)\) ve \(\lim_{x \to 0} g(f(x))\) limitlerini karşılaştırınız.
Çözüm
\(f\) sabit olduğundan \(\lim_{x \to 0} f(x) = 0\); yani \(b = 0\). \(g\) için: \(y \ne 0\) iken \(g(y) = 1\)’dir, dolayısıyla \(\lim_{y \to 0} g(y) = 1\) (Önerme 29.1 ile sabit \(1\) fonksiyonunun limiti); yani \(\ell = 1\). \(g(0) = 0 \ne \ell\) olduğuna dikkat edin.
Bileşke: her \(x\) için \(f(x) = 0\) olduğundan \(h(x) = g(f(x)) = g(0) = 0\)’dır; \(h\) sabit \(0\) fonksiyonudur ve
\[\lim_{x \to 0} h(x) = 0 \ne 1 = \ell.\]
Teoremin sonucu geçerli değildir, çünkü koşul (4) bozulmuştur: her \(x\) için \(f(x) = 0 = b\)’dir, \(0\)’ın hiçbir delinmiş komşuluğunda \(f(x) \ne b\) sağlanamaz. Hipotezler (1)–(3) ise sağlanmaktadır; demek ki yalnız (4)’ün eksikliği sonucu bozmaya yetmiştir.
\(\blacksquare\)
Örnek 29.5 (Bileşkenin Limiti ile Limitlerin Bileşkesi) \[f(x) = \begin{cases} 0, & x = 0, \\ -2, & x = 1, \\ 2 + x, & x \ne 0, 1 \end{cases} \qquad\text{ve}\qquad g(x) = \begin{cases} 0, & x = 0, \\ 1 + x, & x \ne 0 \end{cases}\]
olsun. \(\displaystyle \lim_{x \to 0} f\big(g(x)\big)\) ile \(f\Big(\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x)\Big)\) değerlerini hesaplayıp karşılaştırınız.
Çözüm
Adım 1: \(\lim_{x \to 0} g(x)\). \(x \ne 0\) için \(g(x) = 1 + x\)’tir; Önerme 29.1 ve Sonuç 29.3 ile \(\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} (1 + x) = 1 =: b\).
Adım 2: Limitlerin bileşkesi. \(f(b) = f(1) = -2\). Yani \(f\big(\lim_{x \to 0} g(x)\big) = -2\).
Adım 3: Bileşke fonksiyon \(h = f \circ g\). \(h(x) = f(g(x))\)’i parça parça yazalım.
- \(x = 0\) ise \(g(0) = 0\) ve \(f(0) = 0\); \(h(0) = 0\).
- \(x = -1\) ise \(g(-1) = 1 + (-1) = 0\) ve \(f(0) = 0\); \(h(-1) = 0\).
- \(x \ne 0, -1\) ise \(g(x) = 1 + x\) sayısı \(0\)’dan ve \(1\)’den farklıdır (\(1 + x = 1\) ancak \(x = 0\) iken, \(1 + x = 0\) ancak \(x = -1\) iken); dolayısıyla \(f\)’nin üçüncü dalı geçerlidir: \(h(x) = f(1 + x) = 2 + (1 + x) = 3 + x\).
Özetle
\[h(x) = \begin{cases} 0, & x = 0 \text{ ya da } x = -1, \\ 3 + x, & x \ne 0, -1. \end{cases}\]
Adım 4: \(\lim_{x \to 0} h(x)\). \(0 < |x| < 1\) delinmiş komşuluğunda \(x \ne -1\) ve \(x \ne 0\) olduğundan \(h(x) = 3 + x\)’tir. Önerme 29.1 ile
\[\lim_{x \to 0} h(x) = \lim_{x \to 0} (3 + x) = 3.\]
Sonuç: \(\lim_{x \to 0} f(g(x)) = 3\) ama \(f\big(\lim_{x \to 0} g(x)\big) = -2\); ikisi farklıdır.
Bu örnek Teorem 29.3 ile çelişmez, tam tersine onu doğrular. Burada iç fonksiyon \(g\), dış fonksiyon \(f\), \(a = 0\), \(b = 1\)’dir. \(x \ne 0\) için \(g(x) = 1 + x \ne 1\) olduğundan koşul (4) sağlanır; dış fonksiyonun \(b = 1\)’deki limiti \(\lim_{y \to 1} f(y) = \lim_{y \to 1} (2 + y) = 3 = \ell\)’dir. Teorem tam da \(\lim_{x \to 0} f(g(x)) = \ell = 3\) der. Farklı olan, \(\ell = 3\) ile \(f(b) = f(1) = -2\)’dir: bileşkenin limiti dış fonksiyonun limitine eşittir, \(b\)’deki değerine değil.
\(\blacksquare\)
Koşul (4)’ün gerekli olduğu durumlar, \(g(b)\) ile \(\ell\)’nin farklı olduğu durumlardır. İkisi eşitse koşula gerek kalmaz; bu gözlem, süreklilik bölümünde bileşkenin sürekliliğini (Teorem 33.3) ek koşulsuz kanıtlamamızın nedenidir.
Önerme 29.2 (Dış Fonksiyonun Değeri Limitine Eşitse) Teorem 29.3 hipotezlerinden (1), (2) ve (3) sağlansın; ayrıca \(b \in B\) ve \(g(b) = \ell\) olsun. O zaman koşul (4) olmaksızın da \(\lim_{x \to a} g(f(x)) = \ell\)’dir.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 29.3 ispatındaki gibi \(\eta > 0\) ve \(\delta_1 > 0\) seçelim: \(y \in B\), \(0 < |y - b| < \eta\) iken \(|g(y) - \ell| < \varepsilon\) ve \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta_1\) iken \(|f(x) - b| < \eta\). \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta_1\) olsun; iki durum vardır.
- \(f(x) \ne b\) ise \(0 < |f(x) - b| < \eta\) ve \(f(x) \in B\); dolayısıyla \(|g(f(x)) - \ell| < \varepsilon\).
- \(f(x) = b\) ise \(g(f(x)) = g(b) = \ell\); dolayısıyla \(|g(f(x)) - \ell| = 0 < \varepsilon\).
Her iki durumda da \(|g(f(x)) - \ell| < \varepsilon\); \(\delta = \delta_1\) işe yarar.
\(\blacksquare\)
29.5 Alıştırmalar
Alıştırma 29.1 (Limitin Özellikleri Üzerine)
\(\displaystyle \lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x - 2}\) limitini hesaplayınız.
\(a \in \mathbb{R}\) ve \(n \in \mathbb{N}\) olsun. \(\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{x^n - a^n}{x - a} = n a^{n-1}\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{1}{x}\) limitinin var olmadığını iki yolla gösteriniz: Sonuç 29.1 ile ve dizisel ölçütle.
\(f, g : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A'\) olsun. \(f\)’nin \(a\)’da limiti varsa ve \(g\)’nin yoksa \(f + g\)’nin de \(a\)’da limiti olmadığını gösteriniz. Her ikisinin de limiti olmayıp toplamlarının limiti olan iki fonksiyon örneği veriniz.
\(g(y) = \dfrac{y^2 - 4}{y - 2}\) (\(y \ne 2\)) ve \(f(x) = x^2 + 1\) olsun. Teorem 29.3 yardımıyla \(\displaystyle \lim_{x \to 1} g\big(f(x)\big)\) limitini hesaplayınız; teoremin dört koşulunu tek tek doğrulayınız.
Çözüm
a) Tanım kümesi \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\)’dir ve payda \(2\)’de sıfırdır; çarpanlara ayıralım: \(x^3 - 8 = x^3 - 2^3 = (x - 2)(x^2 + 2x + 4)\). \(x \ne 2\) için
\[\frac{x^3 - 8}{x - 2} = x^2 + 2x + 4\]
olduğundan Önerme 29.1 ve Sonuç 29.3 ile
\[\lim_{x \to 2} \frac{x^3 - 8}{x - 2} = \lim_{x \to 2} (x^2 + 2x + 4) = 4 + 4 + 4 = 12.\]
b) Kuvvet farkı özdeşliğini (Lemma 13.1) kullanacağız: her \(x, a \in \mathbb{R}\) ve \(n \in \mathbb{N}\) için
\[x^n - a^n = (x - a)\big(x^{n-1} + x^{n-2}a + x^{n-3}a^2 + \cdots + x a^{n-2} + a^{n-1}\big) = (x - a)\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k} a^k.\]
(Sağ tarafı açınca ardışık terimler birbirini götürür: \(\sum_{k=0}^{n-1} x^{n-k}a^k - \sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}a^{k+1}\) toplamında ikinci toplamın \(k\) terimi birincinin \(k+1\) terimiyle aynıdır; geriye yalnızca \(x^n\) ve \(-a^n\) kalır. Lemmadaki uzlaşıma uyarak \(x^0\) ve \(a^0\) çarpanlarını, \(x\) ya da \(a\) sıfır olsa bile \(1\) okuyoruz; özellikle \(n = 1\) hâlinde toplam tek terimden ibarettir ve sonuç \(\lim_{x \to a} 1 = 1 = 1 \cdot a^0\) olur.) \(x \ne a\) için
\[\frac{x^n - a^n}{x - a} = \sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k} a^k =: p(x)\]
olur ve \(p\), \(x\)’in bir polinomudur. Önerme 29.1 ve Sonuç 29.3 ile
\[\lim_{x \to a} \frac{x^n - a^n}{x - a} = p(a) = \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} a^k = \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1} = n a^{n-1}.\]
c) Birinci yol. \(A = \mathbb{R} \setminus \{0\}\) ve \(f(x) = 1/x\) olsun. \(\delta > 0\) ve \(M > 0\) verilsin; \(x = \min\{\delta/2,\, 1/(2M)\}\) alalım. \(x > 0\) olduğundan \(x \in A\) ve \(0 < |x| < \delta\)’dır; \(x \le 1/(2M)\) olduğundan \(|f(x)| = 1/x \ge 2M > M\). Demek ki \(f\), \(0\)’ın her delinmiş komşuluğunda sınırsızdır ve Sonuç 29.1 gereği limit yoktur.
İkinci yol. \(x_n = 1/n\) dizisi \(A \setminus \{0\}\) içindedir ve \(x_n \to 0\)’dır. \(f(x_n) = n\) dizisi sınırsızdır, dolayısıyla yakınsak değildir (Teorem 20.2’nin karşıt tersi). Limit \(\ell\) var olsaydı Teorem 28.1 gereği \(f(x_n) \to \ell\) olurdu; çelişki. (Bu, Sonuç 28.1’in bir uygulamasıdır.)
d) \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) olsun ve \(f + g\)’nin \(a\)’da bir \(m\) limiti olduğunu varsayalım. \(g = (f + g) - f\) olduğundan Sonuç 29.2 (1) ile
\[\lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a}\big((f + g)(x) - f(x)\big) = m - \ell\]
olurdu; bu, \(g\)’nin limiti olmadığı hipoteziyle çelişir. O hâlde \(f + g\)’nin limiti yoktur.
Örnek: \(f\), Dirichlet fonksiyonu olsun — \(x \in \mathbb{Q}\) için \(f(x) = 1\), \(x \notin \mathbb{Q}\) için \(f(x) = 0\) — ve \(g = 1 - f\) olsun. Örnek 28.3 gereği \(f\)’nin hiçbir noktada limiti yoktur; \(g\)’nin de yoktur, çünkü olsaydı \(f = 1 - g\)’nin de olurdu (yukarıdaki akıl yürütme). Ama \(f + g \equiv 1\) sabittir ve her noktada limiti \(1\)’dir. Durum diziler için gördüğümüzün aynısıdır: “yakınsak + ıraksak” toplamı her zaman ıraksaktır (Önerme 21.1) ve alıştırmanın ilk yarısı bunun fonksiyon sürümüdür; “ıraksak + ıraksak” içinse — o önermeyi izleyen tabloda ve uyarıda belirtildiği gibi — genel bir şey söylenemez.
e) \(A = \mathbb{R}\), \(B = \mathbb{R} \setminus \{2\}\), \(a = 1\) alalım. Koşulları sırayla doğrulayalım.
- (1) Her \(x\) için \(f(x) = x^2 + 1 \in B\) olmalı, yani \(x^2 + 1 \ne 2\) olmalı. Bu \(x \ne \pm 1\) için doğrudur; \(x = \pm 1\)’de \(f(x) = 2 \notin B\). Öyleyse \(A\)’yı \(A = \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}\) olarak daraltalım; \(1\) hâlâ \(A\)’nın yığılma noktasıdır ve limit, \(1\)’in delinmiş komşuluklarına baktığı için değişmez. Artık her \(x \in A\) için \(f(x) \in B\).
- (2) Sonuç 29.3 ile \(\lim_{x \to 1} f(x) = 1 + 1 = 2 =: b\); \(b = 2 \in B'\) (\(B\), \(2\) dışındaki her reel sayıyı içerir).
- (3) \(y \ne 2\) için \(g(y) = \dfrac{(y - 2)(y + 2)}{y - 2} = y + 2\); Önerme 29.1 ile \(\lim_{y \to 2} g(y) = 4 =: \ell\).
- (4) \(x \in A\) ve \(0 < |x - 1| < 1\) ise \(x \ne \pm 1\), dolayısıyla \(f(x) = x^2 + 1 \ne 2 = b\). Koşul \(\delta_0 = 1\) ile sağlanır.
Teorem 29.3 gereği \(\lim_{x \to 1} g(f(x)) = \ell = 4\). Doğrulama: \(x \in A\) için \(g(f(x)) = f(x) + 2 = x^2 + 3\) ve \(\lim_{x \to 1}(x^2 + 3) = 4\).
\(\blacksquare\)
Limitin cebirsel yüzünü tamamladık. Sıradaki bölümde limitin sıralamayla ilişkisine bakacağız: mutlak değerin limiti, limitin işaretinin korunması, eşitsizliklerin limite geçmesi, sıkıştırma teoremi ve onun en ünlü uygulaması \(\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1\): Limitlerde Mutlak Değer, İşaret, Sıralama ve Sıkıştırma.