32  Sonsuz Limitler ve Sonsuzdaki Limitler

Şimdiye kadar “limit” dediğimizde iki şey hep sonluydu: \(x\)’in yaklaştığı \(a\) noktası bir reel sayıydı ve \(f(x)\)’in yaklaştığı \(\ell\) değeri de bir reel sayıydı. Oysa \(\dfrac{1}{x^2}\) fonksiyonu \(0\)’a yaklaşırken her sınırı aşar; \(\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu ise \(x\) sınırsızca büyürken \(0\)’a yerleşir. İlk durumda değer sonsuza kaçar, ikincisinde değişken sonsuza gider. Diziler bölümünde \(+\infty\)’a ıraksamayı (Tanım 22.1) tanımlarken aynı ihtiyacı duymuştuk; burada aynı fikri fonksiyonlara taşıyoruz.

Bu bölümde iki yeni limit türü tanımlayacağız: bir noktada sonsuz limit (\(x \to a\) iken \(f(x) \to \pm\infty\)) ve sonsuzdaki limit (\(x \to \pm\infty\) iken \(f(x) \to \ell\) ya da \(\pm\infty\)). Sonra hepsi için ortak bir dizisel ölçüt kuracak, sonsuzla yapılan işlemlerin kurallarını ispatlayacak, rasyonel fonksiyonların sonsuzdaki davranışını tümüyle çözecek ve grafiklerdeki karşılığı olan asimptotları tanımlayacağız.

32.1 Bir Noktada Sonsuz Limit

Teorem 29.1, limiti olan bir fonksiyonun limit noktasının bir delinmiş komşuluğunda sınırlı olduğunu söylüyordu; bu yüzden \(1/x^2\)’nin \(0\)’da (sonlu) limiti yoktur. Ama “limit yok” demek, \(1/x^2\)’yi \(\sin(1/x)\) ile aynı kefeye koymaktır. Oysa \(1/x^2\) son derece düzenli davranır: \(x\), \(0\)’a yaklaştıkça \(1/x^2\) istediğimiz her \(M\) eşiğini aşar ve aşmaya devam eder. Tanım bu cümleyi \(\varepsilon\)–\(\delta\) kalıbına döker: \(\varepsilon\) toleransının yerini \(M\) eşiği alır.

Tanım 32.1 (Bir Noktada Sonsuz Limit) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a\), \(A\) kümesinin bir yığılma noktası olsun (Tanım 17.1).

1. Her \(M > 0\) için

   \[x \in A, \quad 0 < |x - a| < \delta \implies f(x) > M\]

   olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa, \(f\)’nin \(a\) noktasında \(+\infty\)’a ıraksadığı (diverges to \(+\infty\)) ya da \(a\)’daki limitinin \(+\infty\) olduğu söylenir ve \(\lim_{x \to a} f(x) = +\infty\) yazılır.

2. Her \(M > 0\) için \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(f(x) < -M\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(\lim_{x \to a} f(x) = -\infty\) yazılır.

3. Tek yönlü sürümler. \(a\), \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktasıysa ve her \(M > 0\) için \(x \in A\), \(a < x < a + \delta\) iken \(f(x) > M\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(\lim_{x \to a^+} f(x) = +\infty\) (kısaca \(f(a^+) = +\infty\)) yazılır. \(f(a^+) = -\infty\), \(f(a^-) = +\infty\) ve \(f(a^-) = -\infty\) benzer biçimde tanımlanır (Tanım 31.1 ile karşılaştırın).

Niceleyicilerle, \(\lim_{x \to a} f(x) = +\infty\):

\[\forall M > 0 \;\; \exists \delta > 0 \;\; \forall x \in A : \; 0 < |x - a| < \delta \Rightarrow f(x) > M.\]

Tanımı Tanım 27.1 ile yan yana koyalım. Sonlu limitte hedef, \(\ell\)’nin \((\ell - \varepsilon, \ell + \varepsilon)\) komşuluğuydu; burada hedef \((M, \infty)\) ışınıdır. “\(\varepsilon\) ne kadar küçük olursa olsun” yerine “\(M\) ne kadar büyük olursa olsun” deriz; gerisi aynıdır: \(a\)’ya yeterince yakın (ama \(a\)’dan farklı) her \(x\), hedefe düşmelidir. \(a\)’nın \(A\)’da olup olmaması ve \(f(a)\)’nın değeri yine önemsizdir.

UyarıSonsuz sayı değildir

\(+\infty\) ve \(-\infty\) reel sayı değildir; \(\lim_{x \to a} f(x) = +\infty\) yazımı, “\(f\)’nin \(a\)’da limiti vardır ve \(+\infty\) adlı bir sayıya eşittir” anlamına gelmez. Bu bir kısaltmadır: fonksiyonun \(a\) yakınında sınırsızca büyüdüğünü tek satırda söyler. Bu kitapta “limit vardır” cümlesi her zaman sonlu bir \(\ell \in \mathbb{R}\) için kullanılır; sonsuz durumda “ıraksar” ya da “sonsuz limiti vardır” deriz. Aşağıdaki önerme iki durumun birbirini dışladığını gösterir.

Önerme 32.1 (Sonsuz Limit ile Sonlu Limit Bağdaşmaz) \(\lim_{x \to a} f(x) = +\infty\) ise

1. \(f\), \(a\)’nın hiçbir delinmiş komşuluğunda üstten sınırlı değildir; dolayısıyla \(\lim_{x \to a} f(x)\) sonlu bir sayı olamaz;
2. \(\lim_{x \to a} f(x) = -\infty\) da olamaz.

Aynı ifadeler \(-\infty\) için ve tek yönlü sürümler için de geçerlidir.

İspat

(1) \(\delta_0 > 0\) ve \(M > 0\) verilsin; \(A \cap B^*(a, \delta_0)\) içinde \(f(x) > M\) olan bir \(x\) bulacağız. Tanımdan \(M\) için bir \(\delta > 0\) vardır: \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(f(x) > M\). \(\delta' = \min\{\delta, \delta_0\}\) alalım; \(a\) yığılma noktası olduğundan \(A \cap B^*(a, \delta')\) boş değildir ve buradaki her \(x\) hem \(B^*(a, \delta_0)\)’dadır hem de \(f(x) > M\) sağlar. \(M\) keyfi olduğundan \(f\), \(B^*(a, \delta_0)\) üzerinde üstten sınırlı değildir. Sonlu limit olsaydı Teorem 29.1 gereği \(f\) bir delinmiş komşulukta sınırlı olurdu; çelişki.

(2) \(\lim_{x\to a} f(x) = -\infty\) da olsaydı \(M = 1\) için iki \(\delta_1, \delta_2\) bulunur, \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) ile \(A \cap B^*(a, \delta)\)’daki bir \(x\) (yığılma noktası olduğundan vardır) hem \(f(x) > 1\) hem \(f(x) < -1\) sağlardı; olanaksız.

\(\blacksquare\)

Örnek 32.1 (Bir Bölü x Kare Sıfırda Sonsuza Iraksar) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) olsun. \(\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\) olduğunu gösterelim.

Çözüm

\(0\), \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) kümesinin yığılma noktasıdır (her \(\delta > 0\) için \(\delta/2\) bu kümededir ve \(B^*(0, \delta)\) içindedir). \(M > 0\) verilsin. \(\delta = \dfrac{1}{\sqrt{M}}\) seçelim (karekökün varlığı için Teorem 13.2). \(0 < |x| < \delta\) olsun. Negatif olmayan sayılarda kare alma sıralamayı korur (Önerme 7.12), dolayısıyla

\[x^2 = |x|^2 < \delta^2 = \frac{1}{M}.\]

Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirir: \(0 < u < v\) ise \(\dfrac{1}{u} - \dfrac{1}{v} = \dfrac{v - u}{uv} > 0\)’dır. Bunu \(u = x^2\), \(v = 1/M\) ile uygularsak

\[f(x) = \frac{1}{x^2} > \frac{1}{1/M} = M.\]

Yani \(0 < |x| < \delta\) iken \(f(x) > M\); tanım sağlanır. \(M\) büyüdükçe \(\delta = 1/\sqrt{M}\) küçülür: daha yüksek bir eşiği aşmak için \(0\)’a daha çok yaklaşmak gerekir.

x → 0 iken 1/x² → +∞: hangi M verilirse verilsin, δ = 1/√M alınınca 0 < |x| < δ penceresindeki her x için f(x) > M olur. Şekilde M = 4 ve δ = 0,5; pencere içindeki grafik parçası tümüyle y = M çizgisinin üstündedir. M büyüdükçe pencere daralır.

\(\blacksquare\)

Sonsuz limitlerde tek yönlü sürümlerin ne kadar gerekli olduğunu \(1/x\) gösterir: fonksiyon \(0\)’ın iki yanında zıt yönlere kaçar.

Örnek 32.2 (Bir Bölü x’in Sıfırdaki Tek Yönlü Sonsuz Limitleri) \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) (\(x \neq 0\)) için \(f(0^+) = +\infty\) ve \(f(0^-) = -\infty\) olduğunu, \(\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x}\)’in ise ne sonlu ne de sonsuz olduğunu gösterelim.

Çözüm

Sağ limit. \(M > 0\) verilsin; \(\delta = \dfrac{1}{M}\) alalım. \(0 < x < \delta\) ise ters alma sıralamayı çevirdiğinden \(\dfrac{1}{x} > \dfrac{1}{\delta} = M\). Yani \(f(0^+) = +\infty\).

Sol limit. Aynı \(\delta\) ile \(-\delta < x < 0\) olsun. O zaman \(0 < -x < \delta\), dolayısıyla \(\dfrac{1}{-x} > M\), yani \(\dfrac{1}{x} < -M\). Böylece \(f(0^-) = -\infty\).

İki yönlü limit. \(\lim_{x\to 0} f(x) = +\infty\) olsaydı \(M = 1\) için bir \(\delta\) bulunur ve \(x = -\delta/2\) noktası \(0 < |x| < \delta\) sağladığı hâlde \(f(x) = -2/\delta < 0 < 1\) olurdu; çelişki. Aynı biçimde \(x = \delta/2\) noktası \(-\infty\) seçeneğini dışlar. Sonlu limit de yoktur: sağ limit \(+\infty\) olduğundan Önerme 32.1’ın (1) maddesindeki akıl yürütme \(f\)’yi \(0\)’ın her delinmiş komşuluğunda her \(M\)’nin üstüne çıkarır ve Teorem 29.1 ile çelişir.

Öte yandan \(|f(x)| = \dfrac{1}{|x|}\) için \(\lim_{x \to 0} |f(x)| = +\infty\)’dur: \(0 < |x| < \delta = 1/M\) iken \(\dfrac{1}{|x|} > M\).

\(\blacksquare\)

Örnekteki “iki yön anlaşmıyor” akıl yürütmesi geneldir; Teorem 31.1’in sonsuz limitler için karşılığını yazalım.

Önerme 32.2 (Sonsuz Limit ve Tek Yönlü Sonsuz Limitler) \(a\), hem \(A \cap (a, \infty)\) hem \(A \cap (-\infty, a)\) kümesinin yığılma noktası olsun. O zaman

\[\lim_{x \to a} f(x) = +\infty \iff f(a^+) = +\infty \ \text{ ve } \ f(a^-) = +\infty.\]

\(-\infty\) için de aynı denklik geçerlidir.

İspat

(\(\Rightarrow\)) \(M > 0\) için tanımın verdiği \(\delta\), \(a < x < a + \delta\) olan \(x\)’lerde de \(a - \delta < x < a\) olan \(x\)’lerde de \(0 < |x - a| < \delta\) sağlandığından \(f(x) > M\) verir.

(\(\Leftarrow\)) \(M > 0\) verilsin. Sağ limitten \(\delta_1\), sol limitten \(\delta_2\) alalım: \(x \in A\) için \(a < x < a + \delta_1\) iken ve \(a - \delta_2 < x < a\) iken \(f(x) > M\). \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) olsun. \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta\) ise ya \(a < x < a + \delta \le a + \delta_1\) ya da \(a - \delta_2 \le a - \delta < x < a\); her iki hâlde \(f(x) > M\).

\(\blacksquare\)

32.2 Sonsuzdaki Limitler

Şimdi değişkeni sonsuza gönderelim. “\(x \to +\infty\)” demenin anlamlı olması için \(A\) tanım kümesinin sağa doğru sınırsız uzanması gerekir: her \(K\) için \(K\)’dan büyük bir \(x \in A\) bulunmalıdır. Bu, “\(+\infty\), \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır” cümlesinin karşılığıdır; yığılma noktası tanımındaki \(B^*(a, \delta)\) komşuluğunun yerini \((K, \infty)\) ışını alır.

Tanım 32.2 (Sonsuzdaki Limit) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(\ell \in \mathbb{R}\) olsun.

1. \(A\) üstten sınırlı olmasın. Her \(\varepsilon > 0\) için

   \[x \in A, \quad x > K \implies |f(x) - \ell| < \varepsilon\]

   olacak biçimde bir \(K > 0\) varsa, \(f\)’nin \(+\infty\)’daki limiti (limit at infinity) \(\ell\)’dir denir ve \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\) yazılır.

2. \(A\) alttan sınırlı olmasın. Her \(\varepsilon > 0\) için \(x \in A\), \(x < -K\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(K > 0\) varsa \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \ell\) yazılır.

3. Sonsuzda sonsuz limit. \(A\) üstten sınırlı olmasın. Her \(M > 0\) için \(x \in A\), \(x > K\) iken \(f(x) > M\) olacak biçimde bir \(K > 0\) varsa \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\); \(f(x) < -M\) ise \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\) yazılır. \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \pm\infty\) benzer biçimde (\(x < -K\) koşuluyla) tanımlanır.

Niceleyicilerle, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\):

\[\forall \varepsilon > 0 \;\; \exists K > 0 \;\; \forall x \in A : \; x > K \Rightarrow |f(x) - \ell| < \varepsilon.\]

\(K > 0\) koşulu bir kısıtlama değildir: \(x > K\) için işe yarayan bir \(K\) bulunmuşsa \(\max\{K, 1\}\) de işe yarar. Tanımın bir okuması daha var: \(A = \mathbb{N}\) ve \(f(n) = a_n\) alınırsa “\(x > K\)” koşulu “\(n \ge n_\varepsilon\)” koşuluna dönüşür ve Tanım 20.1 aynen ortaya çıkar. Yani dizi limiti, sonsuzdaki limitin özel hâlidir; dizilerde \(+\infty\)’a ıraksama (Tanım 22.1) da 3. maddenin özel hâlidir.

Örnek 32.3 (Bir Bölü x Sonsuzda Sıfıra Gider) \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) (\(x \neq 0\)) için \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x} = 0\) olduğunu gösterelim.

Çözüm

\(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) ne üstten ne alttan sınırlıdır; iki limit de anlamlıdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(K = \dfrac{1}{\varepsilon}\) alalım. \(x > K\) ise \(x > 0\) ve ters alma sıralamayı çevirdiğinden

\[\left| \frac{1}{x} - 0 \right| = \frac{1}{x} < \frac{1}{K} = \varepsilon.\]

\(x < -K\) ise \(-x > K\), dolayısıyla \(\left| \dfrac{1}{x} \right| = \dfrac{1}{-x} < \dfrac{1}{K} = \varepsilon\). Her iki limit de \(0\)’dır.

x → +∞ iken 1/x → 0: verilen ε için K = 1/ε alınınca x > K olan her x'te |f(x) − 0| < ε olur. Şekilde ε = 0,2 ve K = 5; K'nın sağındaki grafik parçası (−ε, ε) bandının içinde kalır, solundaki parça bandın üstündedir. Daha küçük ε daha büyük K ister.

\(\blacksquare\)

Kuvvet fonksiyonlarının sonsuzdaki davranışı sonraki her hesabın yapı taşıdır.

Önerme 32.3 (Kuvvet Fonksiyonlarının Sonsuzdaki Limitleri) \(k \in \mathbb{N}\) olsun.

1. \(\lim_{x \to +\infty} x^k = +\infty\).
2. \(k\) çift ise \(\lim_{x \to -\infty} x^k = +\infty\); \(k\) tek ise \(\lim_{x \to -\infty} x^k = -\infty\).
3. \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^k} = 0\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x^k} = 0\).

İspat

Önce küçük bir gözlem: \(x \ge 1\) ise \(x^k \ge x\). Tümevarımla: \(k = 1\) için eşitlik vardır; \(x^k \ge x \ge 1\) ise \(x^{k+1} = x^k \cdot x \ge 1 \cdot x = x\), çünkü pozitif \(x\) ile çarpma sıralamayı korur (Bölüm 7.1).

(1) \(M > 0\) verilsin; \(K = \max\{1, M\}\) alalım. \(x > K\) ise \(x \ge 1\), dolayısıyla \(x^k \ge x > K \ge M\).

(2) \(K\) yukarıdaki gibi olsun ve \(x < -K\) alalım. \(t = -x > K\) için (1) gereği \(t^k > M\). \(x^k = (-t)^k = (-1)^k t^k\) olduğundan \(k\) çiftse \(x^k = t^k > M\), \(k\) tekse \(x^k = -t^k < -M\).

(3) \(\varepsilon > 0\) verilsin. (1)’i \(M = 1/\varepsilon\) ile uygulayalım: \(x > K\) iken \(x^k > 1/\varepsilon > 0\), dolayısıyla ters alma ile \(0 < \dfrac{1}{x^k} < \varepsilon\). \(x \to -\infty\) için: \(x < -K\) iken \(t = -x > K\) ve \(\left| \dfrac{1}{x^k} \right| = \dfrac{1}{t^k} < \varepsilon\).

\(\blacksquare\)

Bu bölümde artık beş ayrı “yaklaşma süreci” var: \(x \to a\), \(x \to a^+\), \(x \to a^-\), \(x \to +\infty\), \(x \to -\infty\); üç ayrı “hedef” var: \(\ell\), \(+\infty\), \(-\infty\). On beş tanımı tek tek yazmak yerine ortak kalıbı görelim; sonraki teoremleri bir kez ispatlayıp hepsine uygulayacağız.

NotBeş yaklaşma süreci, tek kalıp

Bir yaklaşma sürecini \(x \to p\) ile gösterelim; \(p\), aşağıdaki beş seçenekten biridir. Her sürecin bir ön koşulu ve bir yakınlık koşulu vardır:

Süreç	Ön koşul	“\(x\), \(p\)’ye yeterince yakın” (\(r > 0\) için)
\(x \to a\)	\(a\), \(A\)’nın yığılma noktası	\(x \in A\), \(0 < \lvert x - a \rvert < r\)
\(x \to a^+\)	\(a\), \(A \cap (a, \infty)\)’un yığılma noktası	\(x \in A\), \(a < x < a + r\)
\(x \to a^-\)	\(a\), \(A \cap (-\infty, a)\)’nın yığılma noktası	\(x \in A\), \(a - r < x < a\)
\(x \to +\infty\)	\(A\) üstten sınırsız	\(x \in A\), \(x > r\)
\(x \to -\infty\)	\(A\) alttan sınırsız	\(x \in A\), \(x < -r\)

Hedef \(L\) için de üç seçenek vardır: \(L = \ell \in \mathbb{R}\) için “\(f(x)\) hedefe düşer” demek \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\); \(L = +\infty\) için \(f(x) > M\); \(L = -\infty\) için \(f(x) < -M\) demektir.

Bütün tanımlar şu tek cümledir: \(\lim_{x \to p} f(x) = L\) demek, hedefin her seçimi (\(\varepsilon\) ya da \(M\)) için, \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\)’te \(f(x)\)’in hedefe düşmesidir. İlk satırda \(L = \ell\) alınırsa Tanım 27.1, \(L = \pm\infty\) alınırsa Tanım 32.1; ikinci ve üçüncü satırlarda Tanım 31.1 ve sonsuz tek yönlü sürümleri; son iki satırda Tanım 32.2 elde edilir.

Bundan sonra “\(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(P(x)\) sağlanır” cümlesi, “öyle bir \(r > 0\) vardır ki tablodaki yakınlık koşulunu sağlayan her \(x\) için \(P(x)\) doğrudur” anlamına gelecek. İki önemli gözlem:

• Bu türden iki koşul aynı anda sağlanabilir: \(r_1\) ve \(r_2\) işe yarıyorsa, \(x \to a\) türü süreçlerde \(\min\{r_1, r_2\}\), \(x \to \pm\infty\) süreçlerinde \(\max\{r_1, r_2\}\) ikisini birden sağlar. Sonlu sayıda koşul için de aynı.
• Ön koşul sayesinde, \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’ler kümesi hiçbir zaman boş değildir; dolayısıyla “\(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(f(x) > M\)” cümlesi boş yere doğru olamaz.

32.3 Bütün Süreçler için Dizisel Ölçüt

Teorem 28.1 ve Teorem 31.2, fonksiyon limitini dizi diline çevirmişti. Aynı çeviri on beş durumun hepsi için geçerlidir ve ispatı da aynıdır. Önce “dizi \(p\)’ye yaklaşır” ne demek, onu söyleyelim. \((x_n)\), \(A\)’da bir dizi olsun. \(p = a\) için \(x_n \neq a\) ve \(x_n \to a\); \(p = a^+\) için \(x_n > a\) ve \(x_n \to a\); \(p = a^-\) için \(x_n < a\) ve \(x_n \to a\); \(p = +\infty\) için \(x_n \to +\infty\); \(p = -\infty\) için \(x_n \to -\infty\) (Tanım 22.1) istenir. Böyle bir diziye \(p\)’ye uygun dizi diyelim. “\(f(x_n) \to L\)” ise \(L = \ell\) için dizi yakınsaklığı, \(L = \pm\infty\) için \(\pm\infty\)’a ıraksama anlamındadır.

Teorem 32.1 (Genel Dizisel Ölçüt) \(x \to p\) beş süreçten biri, \(L \in \mathbb{R} \cup \{+\infty, -\infty\}\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. O zaman

\[\lim_{x \to p} f(x) = L \iff p\text{'ye uygun her } (x_n) \text{ dizisi için } f(x_n) \to L.\]

İspat

On beş durumun ispatı aynı kalıptadır; kalıbı önce genel olarak, sonra iki somut durumda yazacağız.

(\(\Rightarrow\)) Hedefin bir seçimi (\(\varepsilon\) ya da \(M\)) verilsin. Tanım gereği \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\)’te \(f(x)\) hedefe düşer; bunu sağlayan yakınlık yarıçapı \(r\) olsun. \((x_n)\), \(p\)’ye uygun bir dizi olsun. \(x_n \to p\) olduğundan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır: \(n \ge N\) iken \(x_n\), \(p\)’ye \(r\) kadar yakındır (aşağıda açıyoruz). O hâlde \(n \ge N\) için \(f(x_n)\) hedefe düşer; bu da \(f(x_n) \to L\) demektir.

“\(x_n\), \(p\)’ye \(r\) kadar yakındır” adımı. \(p = a\) ise \(x_n \to a\) tanımından (Tanım 20.1) \(n \ge N\) için \(|x_n - a| < r\); \(x_n \neq a\) olduğundan \(0 < |x_n - a| < r\). \(p = a^+\) ise ek olarak \(x_n > a\), yani \(a < x_n < a + r\). \(p = +\infty\) ise \(x_n \to +\infty\) tanımından \(n \ge N\) için \(x_n > r\). Diğer iki durum simetriktir.

(\(\Leftarrow\)) Olmayana ergi ile. Sağ taraf doğru ama \(\lim_{x \to p} f(x) = L\) yanlış olsun. Tanımın olumsuzlaması: hedefin öyle bir seçimi vardır ki her \(r > 0\) için \(p\)’ye \(r\) kadar yakın olup \(f(x)\)’i hedefe düşürmeyen bir \(x \in A\) bulunur. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(r = \frac{1}{n}\) (\(p\) sonluysa) ya da \(r = n\) (\(p = \pm\infty\) ise) alıp böyle bir noktayı \(x_n\) diye adlandıralım. Böylece \(f(x_n)\) hiçbir \(n\) için hedefe düşmez; demek ki \(f(x_n) \to L\) olamaz. Öte yandan \((x_n)\), \(p\)’ye uygundur: \(p = a\) için \(0 < |x_n - a| < \frac{1}{n}\) ve \(\frac{1}{n} \to 0\) olduğundan sıkıştırma (Teorem 21.6) \(x_n \to a\) verir, ayrıca \(x_n \neq a\)’dır; \(p = a^\pm\) için \(x_n\) ek olarak doğru taraftadır; \(p = +\infty\) için \(x_n > n\) ve \((n)\) dizisi \(+\infty\)’a ıraksadığından (\(M > 0\) verildiğinde Sonuç 12.1 ile \(n_M > M\) olan bir \(n_M\) vardır ve \(n \ge n_M\) iken \(n > M\)) Teorem 22.4 gereği \(x_n \to +\infty\); \(p = -\infty\) simetriktir. Hipotez \(f(x_n) \to L\) der; çelişki.

Somut durum 1: \(p = +\infty\), \(L = \ell\). (\(\Rightarrow\)) \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(x > K\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(K\) vardır. \(x_n \to +\infty\) olduğundan bir \(N\) için \(n \ge N\) iken \(x_n > K\), dolayısıyla \(|f(x_n) - \ell| < \varepsilon\). (\(\Leftarrow\)) Limit \(\ell\) değilse bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır: her \(K\) için \(x > K\) ve \(|f(x) - \ell| \ge \varepsilon_0\) olan bir \(x \in A\) bulunur. \(K = n\) alıp \(x_n\) seçelim: \(x_n > n\) ve \(|f(x_n) - \ell| \ge \varepsilon_0\). \(x_n \to +\infty\) olduğu hâlde \(f(x_n) \to \ell\) sağlanmaz; çelişki.

Somut durum 2: \(p = a\), \(L = +\infty\). (\(\Rightarrow\)) \(M > 0\) verilsin; \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(f(x) > M\) olacak biçimde \(\delta\) vardır. \(x_n \to a\) ve \(x_n \neq a\) olduğundan bir \(N\) için \(n \ge N\) iken \(0 < |x_n - a| < \delta\), dolayısıyla \(f(x_n) > M\); yani \(f(x_n) \to +\infty\). (\(\Leftarrow\)) Limit \(+\infty\) değilse bir \(M_0 > 0\) vardır: her \(\delta\) için \(0 < |x - a| < \delta\) ve \(f(x) \le M_0\) olan bir \(x \in A\) bulunur. \(\delta = \frac{1}{n}\) ile \(x_n\) seçelim; \(x_n \to a\), \(x_n \neq a\), ama \(f(x_n) \le M_0\) olduğundan \((f(x_n))\) hiçbir zaman \(M_0\)’ı aşmaz, \(+\infty\)’a ıraksayamaz; çelişki.

\(\blacksquare\)

Teorem, dizilerle ilgili bildiğimiz her şeyi fonksiyonlara taşıyan bir köprüdür. İlk iki kullanımını hemen yazalım.

Sonuç 32.1 (Dizisel Ölçütün İki Sonucu)  

1. Limitin yokluğu. \(p\)’ye uygun iki dizi \((x_n)\), \((y_n)\) için \(f(x_n) \to L_1\), \(f(y_n) \to L_2\) ve \(L_1 \neq L_2\) ise (\(L_1, L_2 \in \mathbb{R} \cup \{+\infty, -\infty\}\)), \(\lim_{x \to p} f(x)\) hiçbir \(L\)’ye eşit değildir: ne sonlu ne sonsuz.
2. Fonksiyondan diziye. \(\mathbb{N} \subseteq A\) ve \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = L\) ise \(a_n = f(n)\) dizisi için \(\lim_{n \to \infty} a_n = L\)’dir.

İspat

(1) \(\lim_{x \to p} f(x) = L\) olsaydı Teorem 32.1 gereği \(f(x_n) \to L\) ve \(f(y_n) \to L\) olurdu. Bir dizinin hedefi tektir: sonlu limitin tekliği Teorem 20.1’nden; \(+\infty\)’a ıraksayan bir dizinin üstten sınırsız olduğu için yakınsak olamayacağı Önerme 22.1 ve Teorem 20.2’den; aynı dizinin \(-\infty\)’a da ıraksayamayacağı (\(M = 1\) için hem \(a_n > 1\) hem \(a_n < -1\) olamaz) tanımdan görülür. O hâlde \(L_1 = L = L_2\); çelişki.

(2) \(x_n = n\) dizisi \(\mathbb{N} \subseteq A\) içinde kalır ve \(+\infty\)’a ıraksar: \(M > 0\) verildiğinde Sonuç 12.1 ile \(n_M > M\) olan bir \(n_M \in \mathbb{N}\) vardır ve \(n \ge n_M\) iken \(n > M\). Yani \((n)\), \(+\infty\)’a uygun bir dizidir; teorem \(f(n) \to L\) verir.

\(\blacksquare\)

(2)’nin karşıtı yanlıştır: dizinin limiti fonksiyonun limitini vermez.

Örnek 32.4 (Dizi Yakınsar, Fonksiyonun Limiti Yoktur) \(f(x) = \sin(\pi x)\) olsun. \(a_n = f(n)\) dizisi \(0\)’a yakınsar ama \(\lim_{x \to +\infty} f(x)\) yoktur; gösterelim.

Çözüm

Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sin(n\pi) = 0\), yani \((a_n)\) sabit \(0\) dizisidir ve \(0\)’a yakınsar. Şimdi \(y_n = 2n + \frac{1}{2}\) alalım; \(y_n > n\) ve \((n)\) dizisi \(+\infty\)’a ıraksadığından (Sonuç 32.1 ispatındaki gibi) Teorem 22.4 gereği \(y_n \to +\infty\); yani \((y_n)\), \(+\infty\)’a uygun bir dizidir. Ama

\[f(y_n) = \sin\!\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = \sin\frac{\pi}{2} = 1,\]

yani \(f(y_n) \to 1\). \((x_n) = (n)\) dizisi de uygundur ve \(f(x_n) \to 0\). \(0 \neq 1\) olduğundan Sonuç 32.1 gereği \(f\)’nin \(+\infty\)’da limiti yoktur. Fonksiyon \(x\) büyürken \(-1\) ile \(1\) arasında salınmaya devam eder; tam sayılarda hep \(0\) olması bunu gizler.

\(\blacksquare\)

32.4 Sonsuz Limitlerle İşlemler

Sonlu limitlerin aritmetiğini (Teorem 29.2) \(x \to a\) için ispatlamıştık. Şimdi hem bunu \(x \to \pm\infty\)’a genişletecek hem de sonsuz limitlerle toplama, çarpma ve ters almanın kurallarını yazacağız. Kural listesi uzun görünür ama hepsi aynı sezgiye dayanır: “büyük + sınırlı = büyük”, “büyük × pozitif = büyük”, “büyüğün tersi = küçük”.

Teorem 32.2 (Limit Kuralları: Sonsuzdaki Limitler ve Sonsuz Limitler) \(x \to p\) beş süreçten biri, \(f, g, h : A \to \mathbb{R}\) olsun. Bütün limitler \(x \to p\) içindir.

1. Sonlu aritmetik. \(f \to \ell_1\) ve \(g \to \ell_2\) ise \(f + g \to \ell_1 + \ell_2\), \(fg \to \ell_1 \ell_2\) ve her \(c \in \mathbb{R}\) için \(cf \to c\ell_1\). Ayrıca \(\ell_2 \neq 0\) ve \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(g(x) \neq 0\) ise \(f/g \to \ell_1/\ell_2\).

2. Sıralama ve sıkıştırma. \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(f(x) \le g(x)\) ve \(f \to \ell_1\), \(g \to \ell_2\) ise \(\ell_1 \le \ell_2\). \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(f(x) \le g(x) \le h(x)\) ve \(f \to \ell\), \(h \to \ell\) ise \(g \to \ell\).

3. Sonsuzla toplama. \(f \to +\infty\) ve \(g\), \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde alttan sınırlıysa \(f + g \to +\infty\). Özel olarak \(g \to +\infty\) ya da \(g \to \ell\) ise \(f + g \to +\infty\). (\(f \to -\infty\) ve \(g\) üstten sınırlıysa \(f + g \to -\infty\).)

4. Sonsuzla çarpma. \(f \to +\infty\) olsun. \(g \to \ell > 0\) ya da \(g \to +\infty\) ise \(fg \to +\infty\); \(g \to \ell < 0\) ya da \(g \to -\infty\) ise \(fg \to -\infty\).

5. Ters alma. \(f \to +\infty\) ya da \(f \to -\infty\) ise \(\dfrac{1}{f} \to 0\). \(f \to 0\) ve \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(f(x) > 0\) ise \(\dfrac{1}{f} \to +\infty\); \(f(x) < 0\) ise \(\dfrac{1}{f} \to -\infty\).

6. Sonsuz limitte sıralama. \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için \(f(x) \le g(x)\) olsun. \(f \to +\infty\) ise \(g \to +\infty\); \(g \to -\infty\) ise \(f \to -\infty\).

İspat

(1) ve (2)’yi dizisel ölçütle dizilere aktaracağız; (3)–(6)’yı doğrudan tanımdan ispatlayacağız. Boyunca “yeterince yakın” dilini ve iki yakınlık koşulunun birleştirilebildiğini (yukarıdaki not) kullanıyoruz.

(1) \((x_n)\), \(p\)’ye uygun herhangi bir dizi olsun. Teorem 32.1’in (\(\Rightarrow\)) yönüyle \(f(x_n) \to \ell_1\) ve \(g(x_n) \to \ell_2\). Diziler için limit aritmetiği (Teorem 21.1) gereği \((f+g)(x_n) = f(x_n) + g(x_n) \to \ell_1 + \ell_2\), \((fg)(x_n) \to \ell_1 \ell_2\) ve \((cf)(x_n) \to c\ell_1\). Uygun dizi keyfi olduğundan (\(\Leftarrow\)) yönü \(f + g \to \ell_1 + \ell_2\), \(fg \to \ell_1\ell_2\), \(cf \to c\ell_1\) verir. Bölüm için: \(f/g\) fonksiyonunun tanım kümesi \(A_0 = \{x \in A : g(x) \neq 0\}\)’dır; hipotez gereği \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) \(A_0\)’dadır, dolayısıyla \(p\) süreci \(A_0\) için de ön koşulu sağlar ve \(A_0\)’daki \(p\)’ye uygun her dizi \(A\)’da da uygundur. Böyle bir dizi için her \(n\)’de \(g(x_n) \neq 0\) ve \(g(x_n) \to \ell_2 \neq 0\); Teorem 21.1’nin bölüm kuralı \(f(x_n)/g(x_n) \to \ell_1/\ell_2\) verir.

(2) \((x_n)\) uygun olsun. \(f(x) \le g(x)\) eşitsizliği \(p\)’ye \(r\) kadar yakın \(x\)’lerde geçerliyse, \(x_n \to p\) olduğundan bir \(N\)’den sonra \(x_n\) bu yakınlıktadır ve \(n \ge N\) için \(f(x_n) \le g(x_n)\). Kuyruk dizileri \((f(x_n))_{n \ge N}\) ve \((g(x_n))_{n \ge N}\) aynı \(\ell_1\), \(\ell_2\) limitlerine sahiptir (Teorem 24.3); Teorem 21.3 \(\ell_1 \le \ell_2\) verir. Sıkıştırma da aynı biçimde Teorem 21.6’den gelir: \(n \ge N\) için \(f(x_n) \le g(x_n) \le h(x_n)\) ve uçlar \(\ell\)’ye gittiğinden \(g(x_n) \to \ell\); uygun dizi keyfi olduğundan \(g \to \ell\).

(3) \(g\), \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde alttan sınırlı olsun: bir \(m \in \mathbb{R}\) için \(g(x) \ge m\). \(M > 0\) verilsin. \(f \to +\infty\) olduğundan \(M' = \max\{M - m, 1\} > 0\) eşiği için \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\)’te \(f(x) > M'\). İki koşulu birleştirelim: \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\) için

\[f(x) + g(x) > M' + m \ge (M - m) + m = M.\]

Bu, \(f + g \to +\infty\) demektir. \(g \to +\infty\) ise (\(M = 1\) ile) \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde \(g(x) > 1\), yani \(g\) alttan sınırlıdır; \(g \to \ell\) ise (\(\varepsilon = 1\) ile) \(g(x) > \ell - 1\), yine alttan sınırlıdır. \(-\infty\) durumu için \(-f\) ve \(-g\)’ye geçilir: \(f \to -\infty\) demek, tanımlar karşılaştırılınca, \(-f \to +\infty\) demektir.

(4) Önce \(g\)’nin \(p\) yakınında pozitif bir sabitin üstünde kaldığını görelim. \(g \to \ell > 0\) ise \(\varepsilon = \ell/2\) ile \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde \(|g(x) - \ell| < \ell/2\), dolayısıyla \(g(x) > \ell/2 =: m > 0\). \(g \to +\infty\) ise \(M = 1\) ile \(g(x) > 1 =: m\). Şimdi \(M > 0\) verilsin; \(f \to +\infty\) olduğundan \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde \(f(x) > M/m > 0\). Koşulları birleştirince, \(f(x) > M/m > 0\) ve \(g(x) \ge m > 0\) olduğundan

\[f(x) g(x) > \frac{M}{m} \, g(x) \ge \frac{M}{m} \cdot m = M.\]

Yani \(fg \to +\infty\). Negatif durumda \(-g \to -\ell > 0\) ((1)’de \(c = -1\)) ya da \(-g \to +\infty\); az önce ispatlanan kısım \(f \cdot (-g) \to +\infty\) verir ve \(fg = -\big(f \cdot (-g)\big) \to -\infty\).

(5) \(f \to +\infty\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(M = 1/\varepsilon\) için \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\)’te \(f(x) > 1/\varepsilon > 0\); bu \(x\)’lerde \(1/f\) tanımlıdır ve ters alma sıralamayı çevirdiğinden \(0 < \dfrac{1}{f(x)} < \varepsilon\), yani \(\left| \dfrac{1}{f(x)} - 0 \right| < \varepsilon\). Böylece \(1/f \to 0\). \(f \to -\infty\) ise \(-f \to +\infty\), \(\dfrac{1}{-f} \to 0\) ve \(\dfrac{1}{f} = -\dfrac{1}{-f} \to 0\) ((1)’de \(c = -1\)).

Şimdi \(f \to 0\) ve \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde \(f(x) > 0\) olsun. \(M > 0\) verilsin; \(\varepsilon = 1/M\) için \(p\)’ye yeterince yakın her \(x\)’te \(|f(x)| < 1/M\). Pozitiflikle birleştirince \(0 < f(x) < 1/M\), dolayısıyla \(\dfrac{1}{f(x)} > M\). Yani \(1/f \to +\infty\). Negatif durum \(-f\) ile aynıdır.

(6) \(M > 0\) verilsin. \(f \to +\infty\) olduğundan \(p\)’ye yeterince yakın \(x\)’lerde \(f(x) > M\); eşitsizlik koşuluyla birleştirince \(g(x) \ge f(x) > M\). Yani \(g \to +\infty\). İkinci ifade, \(-f\) ve \(-g\) ile ilkine döner.

\(\blacksquare\)

Teoremin (1) ve (2) maddeleri, \(x \to a\) için bildiğimiz kuralların (Teorem 29.2, Teorem 30.4, Teorem 30.5) artık tek yönlü limitler ve \(x \to \pm\infty\) için de kullanılabileceğini söyler; önceki bölümde tek yönlü sürümleri kısıtlama yoluyla görmüştük, şimdi hepsi tek ispatta toplandı. (3)–(6) ise sonsuzla hesap yapmanın izinli yollarıdır; kısaca

\[(+\infty) + (\text{alttan sınırlı}) = +\infty, \qquad (+\infty) \cdot (\text{pozitif}) = +\infty, \qquad \frac{1}{\pm\infty} = 0, \qquad \frac{1}{0^{+}} = +\infty.\]

Bu kısaltmalar yalnızca teoremin söylediği kadarını söyler; sonsuzla aritmetik yapılmaz, teorem uygulanır.

UyarıBelirsiz biçimler

Teoremde olmayan durumlar da öğreticidir. \(f \to +\infty\) ve \(g \to -\infty\) ise \(f + g\) hakkında hiçbir şey söylenemez (“\(\infty - \infty\)”); \(f \to \pm\infty\) ve \(g \to 0\) ise \(fg\) hakkında da (“\(0 \cdot \infty\)”). \(x \to +\infty\) için örnekler:

• \(x^2 - x = x(x - 1) \to +\infty\) ((4) ile: \(x \to +\infty\) ve \(x - 1 \to +\infty\)), ama \(x - x^2 \to -\infty\) ve \((x + 1) - x = 1 \to 1\).
• \(x \cdot \dfrac{1}{x} = 1 \to 1\), \(x^2 \cdot \dfrac{1}{x} = x \to +\infty\), \(x \cdot \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{1}{x} \to 0\); her çarpımda ilk çarpan \(+\infty\)’a, ikincisi \(0\)’a gider.

Aynı biçimde “\(\infty/\infty\)” ve “\(0/0\)” biçimleri de belirsizdir: \(\dfrac{x^2}{x}\), \(\dfrac{x}{x^2}\), \(\dfrac{2x}{x}\) sırasıyla \(+\infty\), \(0\), \(2\)’ye gider. Belirsizlik “limit yok” demek değildir; “bu bilgiyle karar verilemez, ifadeyi dönüştürüp yeniden bak” demektir. Bir sonraki teorem, “\(\infty/\infty\)” biçiminin en önemli sınıfını tümüyle çözer.

32.5 Rasyonel Fonksiyonların Sonsuzdaki Limitleri

Polinom bölümlerinin \(x \to \pm\infty\) iken davranışı yalnızca en yüksek dereceli terimlere bağlıdır. Önce polinomların kendisine bakalım.

Lemma 32.1 (Polinomun Sonsuzdaki Davranışı) \(p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0\), \(n \ge 1\) ve \(a_n \neq 0\) olsun. \(x \neq 0\) için

\[p(x) = x^n P(x), \qquad P(x) = a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \cdots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n}\]

yazılır ve \(\lim_{x \to +\infty} P(x) = \lim_{x \to -\infty} P(x) = a_n\)’dir. Sonuç olarak \(\lim_{x \to +\infty} p(x)\), \(a_n > 0\) ise \(+\infty\), \(a_n < 0\) ise \(-\infty\)’dur; \(\lim_{x \to -\infty} p(x)\) ise \(a_n (-1)^n\) pozitifse \(+\infty\), negatifse \(-\infty\)’dur.

İspat

Çarpanlara ayırma, \(x^n \cdot \dfrac{a_k}{x^{n-k}} = a_k x^k\) özdeşliğinin terim terim uygulanmasıdır. Önerme 32.3 (3) gereği her \(k \ge 1\) için \(\dfrac{1}{x^k} \to 0\) (\(x \to \pm\infty\)); Teorem 32.2 (1) ile \(\dfrac{a_{n-k}}{x^k} = a_{n-k} \cdot \dfrac{1}{x^k} \to 0\) ve sonlu toplam \(P(x) \to a_n + 0 + \cdots + 0 = a_n\).

\(x \to +\infty\) için \(x^n \to +\infty\) (Önerme 32.3 (1)) ve \(P \to a_n \neq 0\); Teorem 32.2 (4) gereği \(p = x^n P\), \(a_n\)’nin işaretine göre \(+\infty\) ya da \(-\infty\)’a gider. \(x \to -\infty\) için \(n\) çiftse \(x^n \to +\infty\) ve aynı akıl yürütme geçerlidir. \(n\) tekse \(x^n \to -\infty\), yani \(-x^n \to +\infty\); (4) ile \((-x^n) P\), \(a_n\)’nin işaretine göre \(\pm\infty\)’a gider ve \(p = -\big[(-x^n) P\big]\) ters işaretle gider. Her durumda işaret \(a_n(-1)^n\)’in işaretidir.

\(\blacksquare\)

Teorem 32.3 (Rasyonel Fonksiyonun Sonsuzdaki Limiti) \(p(x) = a_n x^n + \cdots + a_0\) (\(a_n \neq 0\)) ve \(q(x) = b_m x^m + \cdots + b_0\) (\(b_m \neq 0\)) polinomlar ve \(r(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)}\) (\(q(x) \neq 0\) olan \(x\)’lerde) olsun. \(x \to +\infty\) iken:

1. \(n < m\) ise \(\lim_{x \to +\infty} r(x) = 0\);
2. \(n = m\) ise \(\lim_{x \to +\infty} r(x) = \dfrac{a_n}{b_m}\);
3. \(n > m\) ise \(\lim_{x \to +\infty} r(x)\), \(\dfrac{a_n}{b_m} > 0\) ise \(+\infty\), \(\dfrac{a_n}{b_m} < 0\) ise \(-\infty\)’dur.

\(x \to -\infty\) iken (1) ve (2) aynen geçerlidir; (3)’te işaret, \(\dfrac{a_n}{b_m} (-1)^{n-m}\)’in işaretidir.

İspat

Lemma 32.1’daki gibi \(x \neq 0\) için \(p(x) = x^n P(x)\) ve \(q(x) = x^m Q(x)\) yazalım; \(P \to a_n\) ve \(Q \to b_m\) (\(x \to \pm\infty\)). (\(m = 0\) ise \(Q = b_0\) sabittir, \(n = 0\) ise \(P = a_0\); ispat değişmez.)

Payda sıfırdan uzak kalır. \(\varepsilon = |b_m|/2\) için, yeterince büyük her \(x\)’te \(|Q(x) - b_m| < |b_m|/2\); ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) ile \(|Q(x)| \ge |b_m| - |Q(x) - b_m| > |b_m|/2 > 0\). Dolayısıyla yeterince büyük \(x\)’lerde \(Q(x) \neq 0\) ve \(q(x) = x^m Q(x) \neq 0\); \(r\) bu \(x\)’lerde tanımlıdır ve \(x \to +\infty\) süreci \(r\)’nin tanım kümesi için ön koşulu sağlar. Bu \(x\)’lerde

\[r(x) = \frac{x^n P(x)}{x^m Q(x)} = x^{n-m} \cdot \frac{P(x)}{Q(x)}, \qquad \frac{P(x)}{Q(x)} \to \frac{a_n}{b_m} \neq 0\]

(Teorem 32.2 (1), bölüm kuralı).

(1) \(n < m\): \(x^{n-m} = \dfrac{1}{x^{m-n}} \to 0\) (Önerme 32.3 (3)); çarpım kuralı ile \(r(x) \to 0 \cdot \dfrac{a_n}{b_m} = 0\).

(2) \(n = m\): \(x^0 = 1\), dolayısıyla \(r(x) = P(x)/Q(x) \to a_n/b_m\).

(3) \(n > m\): \(x^{n-m} \to +\infty\) (\(x \to +\infty\); Önerme 32.3 (1)) ve \(P/Q \to a_n/b_m \neq 0\); Teorem 32.2 (4) gereği \(r = x^{n-m} \cdot (P/Q)\), \(a_n/b_m\)’nin işaretine göre \(+\infty\) ya da \(-\infty\)’a gider.

\(x \to -\infty\) için (1) ve (2)’de kullanılan limitler aynıdır. (3)’te \(x^{n-m}\), \(n - m\) çiftse \(+\infty\)’a, tekse \(-\infty\)’a gider (Önerme 32.3 (2)); tek durumda \(-x^{n-m} \to +\infty\) ile (4) uygulanıp işaret çevrilir. Sonuç: işaret, \(\dfrac{a_n}{b_m}(-1)^{n-m}\)’in işaretidir.

\(\blacksquare\)

İpucuHesap reçetesi: en yüksek dereceye böl

Uygulamada ispattaki adım yeniden yapılır: pay ve paydayı paydanın en yüksek kuvveti \(x^m\)’e bölün; \(\dfrac{1}{x^k} \to 0\) olduğundan geriye yalnızca baş katsayılar (ve \(n > m\) ise bir \(x^{n-m}\) çarpanı) kalır. Bu, diziler için Teorem 21.1’nin ardından kullandığımız yöntemin aynısıdır. Sonlu bir \(a\) noktasındaki limit için ise bu teorem değil Sonuç 29.4 kullanılır: \(q(a) \neq 0\) ise \(r(a)\) yerine konur.

Örnek 32.5 (Sonsuzda Rasyonel Fonksiyon Hesapları) Aşağıdaki limitleri bulalım.

1. \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{3x^2 - x + 1}{2x^2 + 5}\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{3x^2 - x + 1}{2x^2 + 5}\).

2. \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^3 - 2x}{x^2 + 1}\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3 - 2x}{x^2 + 1}\).

3. \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x^2 + 1}\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x}{x^2 + 1}\).

Çözüm

a) \(n = m = 2\); Teorem 32.3 (2) gereği her iki limit de \(\dfrac{3}{2}\)’dir. Reçeteyle: \(x \neq 0\) için

\[\frac{3x^2 - x + 1}{2x^2 + 5} = \frac{3 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}}{2 + \frac{5}{x^2}} \longrightarrow \frac{3 - 0 + 0}{2 + 0} = \frac{3}{2}.\]

b) \(n = 3 > m = 2\) ve \(a_n/b_m = 1 > 0\). \(x \to +\infty\) için limit \(+\infty\); \(x \to -\infty\) için işaret \(1 \cdot (-1)^{3-2} = -1\), limit \(-\infty\). Doğrudan görmek için: \(\dfrac{x^3 - 2x}{x^2 + 1} = x \cdot \dfrac{1 - 2/x^2}{1 + 1/x^2}\); ikinci çarpan \(1\)’e giderken ilki \(\pm\infty\)’a gider ve Teorem 32.2 (4) uygulanır.

c) \(n = 1 < m = 2\); her iki limit de \(0\)’dır: \(\dfrac{x}{x^2 + 1} = \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{1 + 1/x^2} \to 0 \cdot 1 = 0\).

\(\blacksquare\)

Rasyonel olmayan ifadelerde de aynı fikir — “baskın terimi öne çıkar” — çalışır; ama bazen önce bir cebirsel dönüşüm gerekir.

Örnek 32.6 (Karekök Farkı: Bir Belirsizliği Çözmek) \(\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{x^2 + x} - x \right)\) ve \(\lim_{x \to -\infty} \left( \sqrt{x^2 + x} - x \right)\) limitlerini bulalım. (Fonksiyon \(x^2 + x = x(x+1) \ge 0\) olan, yani \(x \ge 0\) ya da \(x \le -1\) olan \(x\)’lerde tanımlıdır.)

Çözüm

\(x \to +\infty\). \(\sqrt{x^2 + x} \ge \sqrt{x^2} = x \to +\infty\) ve \(x \to +\infty\); fark bir “\(\infty - \infty\)” belirsizliğidir. Eşlenikle çarpalım: \(x > 0\) için

\[\sqrt{x^2 + x} - x = \frac{\left(\sqrt{x^2 + x} - x\right)\left(\sqrt{x^2 + x} + x\right)}{\sqrt{x^2 + x} + x} = \frac{x^2 + x - x^2}{\sqrt{x^2 + x} + x} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x}.\]

Pay ve paydayı \(x > 0\)’a bölelim; \(x > 0\) için \(\sqrt{x^2} = x\) olduğundan \(\sqrt{x^2 + x} = x \sqrt{1 + 1/x}\) ve

\[\sqrt{x^2 + x} - x = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}.\]

Geriye \(\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + 1/x} = 1\) kaldı. \(u = 1/x > 0\) için

\[\left| \sqrt{1 + u} - 1 \right| = \frac{\left(\sqrt{1+u} - 1\right)\left(\sqrt{1+u} + 1\right)}{\sqrt{1+u} + 1} = \frac{u}{\sqrt{1+u} + 1} \le u,\]

çünkü payda \(1\)’den büyüktür. \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(x > K = 1/\varepsilon\) için \(u = 1/x < \varepsilon\), dolayısıyla \(\left|\sqrt{1 + 1/x} - 1\right| < \varepsilon\); yani \(\sqrt{1 + 1/x} \to 1\). Teorem 32.2 (1) ile payda \(1 + 1 = 2\)’ye, bölüm \(\dfrac{1}{2}\)’ye gider:

\[\lim_{x \to +\infty} \left( \sqrt{x^2 + x} - x \right) = \frac{1}{2}.\]

\(x \to -\infty\). Burada belirsizlik yoktur: \(x \le -1\) için \(\sqrt{x^2 + x} \ge 0\) ve \(-x > 0\), dolayısıyla

\[\sqrt{x^2 + x} - x \ge -x.\]

\(x \to -\infty\) iken \(-x \to +\infty\) (Önerme 32.3 (2), \(k = 1\), işareti çevrilmiş) olduğundan Teorem 32.2 (6) gereği \(\sqrt{x^2 + x} - x \to +\infty\).

Ders: aynı ifade iki yönde bambaşka davranabilir; \(\sqrt{x^2}\)’yi \(x\) sanmak (\(|x|\) yerine) bu örnekte \(x \to -\infty\) için yanlış cevap verir.

\(\blacksquare\)

32.6 Asimptotlar

Sonsuz limitlerin ve sonsuzdaki limitlerin grafik dilinde bir karşılığı vardır: fonksiyonun grafiği, belli bir doğruya sınırsızca yaklaşır. Böyle doğrulara asimptot denir.

Tanım 32.3 (Düşey ve Yatay Asimptot) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun.

1. \(a \in \mathbb{R}\) için, anlamlı olan \(f(a^+)\) ve \(f(a^-)\) tek yönlü limitlerinden en az biri \(+\infty\) ya da \(-\infty\) ise \(x = a\) doğrusuna \(f\)’nin grafiğinin bir düşey asimptotu (vertical asymptote) denir.

2. \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\) ya da \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = \ell\) ise (\(\ell \in \mathbb{R}\)) \(y = \ell\) doğrusuna \(f\)’nin grafiğinin bir yatay asimptotu (horizontal asymptote) denir.

Geometrik anlam: yatay asimptotta \(|f(x) - \ell|\), grafik noktası \((x, f(x))\)’in \(y = \ell\) doğrusuna uzaklığıdır ve \(x \to \pm\infty\) iken \(0\)’a gider. Düşey asimptotta ise \(x \to a\) iken grafik noktasının \(x = a\) doğrusuna uzaklığı \(|x - a|\) sıfıra giderken \(|f(x)|\) sınırsızca büyür; grafik doğruya yaslanarak yukarı ya da aşağı kaçar. Bir fonksiyonun en çok iki yatay asimptotu olabilir (biri \(+\infty\), biri \(-\infty\) yönünde; sonsuzdaki limit de tektir, çünkü dizisel ölçütle bu, dizi limitinin tekliğine iner), ama düşey asimptotları sonsuz çoklukta olabilir: \(f(x) = \dfrac{1}{x - \lfloor x \rfloor}\) (\(x \notin \mathbb{Z}\)) fonksiyonu için her \(k \in \mathbb{Z}\)’de, \(k < x < k + 1\) iken \(\lfloor x \rfloor = k\) olduğundan (Tanım 12.1) \(x \to k^+\) iken \(x - \lfloor x \rfloor = x - k \to 0\) ve pozitiftir; Teorem 32.2 (5) ile \(f(k^+) = +\infty\). Her tam sayıda bir düşey asimptot vardır.

NotGrafik yatay asimptotu kesebilir

“Asimptota yaklaşır ama ona hiç değmez” cümlesi düşey asimptot için doğrudur (orada fonksiyon ya tanımsızdır ya da değeri limitle ilgisizdir), yatay asimptot için yanlıştır. \(f(x) = \dfrac{x}{x^2 + 1}\) için \(y = 0\) yatay asimptottur (Örnek 32.5, c) ama \(f(0) = 0\): grafik asimptotun tam üstünden geçer. Yatay asimptot, “büyük \(|x|\)’lerde” davranışı tarif eder; sonlu bölgede ne olduğunu söylemez.

Örnek 32.7 (Asimptot Bulma) \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) ve \(g(x) = \dfrac{2x + 1}{x - 1}\) fonksiyonlarının düşey ve yatay asimptotlarını bulalım.

Çözüm

\(f(x) = 1/x^2\). Örnek 32.1 gereği \(\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty\); özel olarak \(f(0^+) = f(0^-) = +\infty\) (Önerme 32.2) ve \(x = 0\) düşey asimptottur. Önerme 32.3 (3) ile \(\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = 0\); \(y = 0\) yatay asimptottur. Başka düşey asimptot yoktur: \(a \neq 0\) için \(f\)’nin \(a\)’da sonlu limiti \(1/a^2\)’dir (Sonuç 29.4); tek yönlü limitler de bu sayıya eşittir (Teorem 31.1) ve sonsuz olamazlar (Önerme 32.1).

\(g(x) = (2x+1)/(x-1)\). Yatay: \(n = m = 1\); Teorem 32.3 (2) ile \(\lim_{x \to \pm\infty} g(x) = \dfrac{2}{1} = 2\); \(y = 2\) yatay asimptottur. Düşey: \(x = 1\)’de payda sıfırlanır. \(g(x) = (2x + 1) \cdot \dfrac{1}{x - 1}\) yazalım. \(x \to 1^+\) iken \(x - 1 \to 0\) ve \(x > 1\) için \(x - 1 > 0\); Teorem 32.2 (5) ile \(\dfrac{1}{x - 1} \to +\infty\). \(2x + 1 \to 3 > 0\) (Sonuç 29.3); (4) ile \(g(1^+) = +\infty\). \(x \to 1^-\) iken \(x - 1 < 0\), dolayısıyla \(\dfrac{1}{x-1} \to -\infty\) ve \(-\dfrac{1}{x-1} \to +\infty\); \(2x + 1 \to 3 > 0\) ile (4) \(-g \to +\infty\) verir, yani \(g(1^-) = -\infty\). \(x = 1\) düşey asimptottur; grafik sağdan yukarı, soldan aşağı kaçar. \(a \neq 1\) için \(g\)’nin sonlu limiti vardır; başka düşey asimptot yoktur.

Solda y = 1/x²: x → 0 iken değerler sınırsız büyür, grafik x = 0 doğrusuna yaslanır (düşey asimptot); x → ±∞ iken de 0'a yaklaşır. Sağda y = (2x + 1)/(x − 1): x = 1'de düşey asimptot vardır; x → ±∞ iken limit 2 olduğundan y = 2 doğrusu yatay asimptottur.

Yatay asimptotu bir de “uzaklık” diliyle görelim: \(g(x) - 2 = \dfrac{2x + 1 - 2x + 2}{x - 1} = \dfrac{3}{x - 1}\); \(x \to \pm\infty\) iken \(\dfrac{3}{x-1} \to 0\), yani grafik \(y = 2\) doğrusuna sınırsızca yaklaşır (\(x > 1\) için üstten, \(x < 1\) için alttan).

\(\blacksquare\)

Rasyonel fonksiyonlar için yatay asimptot sorusu Teorem 32.3 ile tümüyle cevaplanır.

Sonuç 32.2 (Rasyonel Fonksiyonun Asimptotları) \(r = p/q\), dereceleri \(n\) ve \(m\), baş katsayıları \(a_n\) ve \(b_m\) olan polinomların bölümü olsun.

1. \(n < m\) ise \(y = 0\) tek yatay asimptottur.
2. \(n = m\) ise \(y = a_n/b_m\) tek yatay asimptottur.
3. \(n > m\) ise yatay asimptot yoktur.

Ayrıca \(q(a) = 0\), \(p(a) \neq 0\) ve \(a\), \(r\)’nin tanım kümesi \(\{x : q(x) \neq 0\}\)’in bir yığılma noktası ise (bir polinomun sonlu sayıda kökü olduğundan bu her zaman böyledir; burada ispatlamıyoruz) \(\lim_{x \to a} |r(x)| = +\infty\)’dur; dolayısıyla \(r\)’nin \(a\)’da sonlu limiti yoktur.

İspat

(1)–(3), Teorem 32.3’un yeniden ifadesidir: iki yönde de limit aynı sonlu sayıdır ya da iki yönde de sonsuzdur; ikinci durumda hiçbir \(\ell\) için yatay asimptot tanımı sağlanmaz, çünkü Önerme 32.1’ın \(x \to \pm\infty\) sürümü aynı ispatla geçerlidir (\(f \to +\infty\) ise yeterince büyük \(x\)’lerde \(f\) üstten sınırsızdır, sonlu limitse \(\varepsilon = 1\) ile sınırlılık verir).

Son iddia için: \(|r(x)| = |p(x)| \cdot \dfrac{1}{|q(x)|}\). \(x \to a\) iken \(|q(x)| \to |q(a)| = 0\) (Sonuç 29.3 ve Teorem 30.1) ve \(r\)’nin tanım kümesinde \(|q(x)| > 0\); Teorem 32.2 (5) ile \(\dfrac{1}{|q(x)|} \to +\infty\). \(|p(x)| \to |p(a)| > 0\); (4) ile \(|r(x)| \to +\infty\). \(r\)’nin \(a\)’da sonlu bir limiti olsaydı \(|r|\)’nin de sonlu limiti olurdu (Teorem 30.1); bu, Önerme 32.1 ile çelişir.

\(\blacksquare\)

Hangi yönde (\(+\infty\) mu, \(-\infty\) mu) kaçtığı ise paydanın \(a\)’nın iki yanındaki işaretine bakılarak, örnekteki gibi bulunur. Son bir not: \(\lim_{x \to +\infty} \big( f(x) - (mx + b) \big) = 0\) ise \(y = mx + b\) doğrusuna eğik asimptot (oblique asymptote) denir; örneğin \(\dfrac{x^2 + 1}{x} = x + \dfrac{1}{x}\) için \(y = x\) böyledir, çünkü fark \(\dfrac{1}{x} \to 0\). Bu kavramı burada daha ileri götürmeyeceğiz.

32.7 Alıştırmalar

Alıştırma 32.1 (Sonsuz Limitler ve Asimptotlar) a) Tanımla (\(\varepsilon\)–\(K\)) gösterin: \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{3x + 1}{x + 2} = 3\).

b) Tanımla (\(M\)–\(\delta\)) gösterin: \(\lim_{x \to 3} \dfrac{1}{|x - 3|} = +\infty\).

c) \(h(x) = \dfrac{x}{x - 2}\) için \(h(2^+)\) ve \(h(2^-)\)’yi kurallarla bulun; \(h\)’nin bütün asimptotlarını yazın.

d) Limitleri bulun: (i) \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x^2 + 1}{5x^2 - x}\); (ii) \(\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^4 + 1}{x^3 - 1}\); (iii) \(\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x}\left( \sqrt{x + 1} - \sqrt{x} \right)\).

e) \(f : (0, \infty) \to \mathbb{R}\) ve \(\ell \in \mathbb{R}\) olsun. \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\) olması için gerek ve yeter koşulun \(\lim_{t \to 0^+} f\!\left(\dfrac{1}{t}\right) = \ell\) olduğunu gösterin. (Bu, sonsuzdaki limitleri \(0\)’daki sağ limitlere çeviren bir “değişken değiştirme”dir.)

Çözüm

a) \(x > 0\) için

\[\left| \frac{3x + 1}{x + 2} - 3 \right| = \left| \frac{3x + 1 - 3x - 6}{x + 2} \right| = \frac{5}{x + 2} < \frac{5}{x}.\]

\(\varepsilon > 0\) verilsin; \(K = \dfrac{5}{\varepsilon}\) alalım. \(x > K\) ise \(\dfrac{5}{x} < \dfrac{5}{K} = \varepsilon\), dolayısıyla \(\left| \dfrac{3x+1}{x+2} - 3 \right| < \varepsilon\). (Teoremle: \(n = m = 1\), limit \(3/1 = 3\).)

b) \(M > 0\) verilsin; \(\delta = \dfrac{1}{M}\) alalım. \(0 < |x - 3| < \delta\) ise ters alma sıralamayı çevirdiğinden \(\dfrac{1}{|x - 3|} > \dfrac{1}{\delta} = M\). Tanım sağlanır. (Buna karşılık \(\lim_{x \to 3} \dfrac{1}{x - 3}\) ne sonlu ne sonsuzdur: sağdan \(+\infty\), soldan \(-\infty\); bu, Örnek 32.2’un \(3\) birim sağa kaydırılmış hâlidir.)

c) \(h(x) = x \cdot \dfrac{1}{x - 2}\) yazalım. \(x \to 2^+\) iken \(x - 2 \to 0\) ve \(x > 2\) için pozitiftir; Teorem 32.2 (5) ile \(\dfrac{1}{x-2} \to +\infty\). İlk çarpan için \(\lim_{x \to 2^+} x = 2 > 0\) olduğundan (4) ile \(h(2^+) = +\infty\). \(x \to 2^-\) iken \(x - 2 < 0\), dolayısıyla \(\dfrac{1}{x - 2} \to -\infty\) ve \(-\dfrac{1}{x-2} \to +\infty\); yine \(\lim_{x \to 2^-} x = 2 > 0\) ile (4), \(-h \to +\infty\) verir, yani \(h(2^-) = -\infty\). Asimptotlar: \(x = 2\) düşey asimptottur; \(n = m = 1\) olduğundan \(\lim_{x \to \pm\infty} h(x) = 1\) ve \(y = 1\) yatay asimptottur (Sonuç 32.2). Başka yoktur: \(a \neq 2\) için \(h\)’nin \(a\)’daki limiti sonlu \(\dfrac{a}{a-2}\) sayısıdır (Sonuç 29.4).

d) (i) \(n = m = 2\): limit \(\dfrac{2}{5}\). (ii) \(n = 4 > m = 3\), \(a_n/b_m = 1\), \(x \to -\infty\) için işaret \((-1)^{4-3} = -1\): limit \(-\infty\). Doğrudan: \(\dfrac{x^4 + 1}{x^3 - 1} = x \cdot \dfrac{1 + 1/x^4}{1 - 1/x^3}\); ikinci çarpan \(1\)’e, ilki \(-\infty\)’a gider. (iii) Eşlenik: \(x > 0\) için

\[\sqrt{x}\left( \sqrt{x+1} - \sqrt{x} \right) = \frac{\sqrt{x}\,\big( (x + 1) - x \big)}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1}.\]

Son adımda pay ve payda \(\sqrt{x} > 0\)’a bölündü ve \(\sqrt{x+1}/\sqrt{x} = \sqrt{1 + 1/x}\) kullanıldı. Örnek 32.6’da \(\sqrt{1 + 1/x} \to 1\) gösterilmişti; bölüm kuralıyla limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir.

e) Önce ön koşullar: \((0, \infty)\) üstten sınırsızdır; \(g(t) = f(1/t)\) fonksiyonu her \(t \in (0, \infty)\) için tanımlıdır ve \(0\), \((0, \infty)\) kümesinin yığılma noktasıdır; yani \(t \to 0^+\) süreci anlamlıdır.

(\(\Rightarrow\) yönü) \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\) olsun; \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x > K\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(K > 0\) vardır. \(\delta = \dfrac{1}{K}\) alalım. \(0 < t < \delta\) ise \(x = \dfrac{1}{t} > \dfrac{1}{\delta} = K\), dolayısıyla \(|g(t) - \ell| = |f(1/t) - \ell| < \varepsilon\). Yani \(\lim_{t \to 0^+} g(t) = \ell\).

(\(\Leftarrow\) yönü) \(\lim_{t \to 0^+} g(t) = \ell\) olsun; \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(0 < t < \delta\) iken \(|g(t) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta > 0\) vardır. \(K = \dfrac{1}{\delta}\) alalım. \(x > K\) ise \(t = \dfrac{1}{x}\) için \(0 < t < \dfrac{1}{K} = \delta\), dolayısıyla \(|f(x) - \ell| = |g(t) - \ell| < \varepsilon\). Yani \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\).

Aynı akıl yürütme \(\ell\) yerine \(\pm\infty\) için de (\(\varepsilon\) yerine \(M\) ile) geçerlidir. Örneğin \(f(x) = 1/x\) için \(g(t) = t\)’dir; Örnek 32.3’daki \(\lim_{x \to +\infty} 1/x = 0\) sonucu, \(\lim_{t \to 0^+} t = 0\)’ın bu yolla çevrilmiş hâlidir.

\(\blacksquare\)

Bununla limit kavramının bütün biçimlerini elden geçirdik: sonlu noktada sonlu limit, tek yönlü limitler, sonsuz limitler ve sonsuzdaki limitler — hepsi tek bir kalıbın (“hedefin her seçimi için, yeterince yakın her \(x\)”) örnekleri ve hepsi dizisel ölçütle dizilere bağlı. Şimdi limitin en önemli uygulamasına geçiyoruz: bir fonksiyonun bir noktadaki limiti o noktadaki değerine eşitse ne olur? Süreklilik.