38 Diziler, Limit ve Süreklilik Üzerine Problemler
Bu bölümdeki problemler kitabın ikinci yarısının belkemiğini yoklar: dizilerin yakınsaklığı, fonksiyon limiti ve süreklilik. Sorular bilerek iç içe geçirilmiştir; örneğin özyineli bir dizinin limitini bulurken monoton yakınsaklık teoremini kullanırız, bir limitin var olmadığını gösterirken dizisel ölçüte başvururuz, bir denklemin çözümünün varlığını ise ara değer teoremiyle kurarız. Böylece “hangi teorem nerede işe yarar?” sorusu, tanımları tekrar etmek yerine kullanımda öğrenilir.
Her problem kendi kutusundadır ve çözümü kutunun içinde katlanmış olarak durur. Okuma biçimi şöyledir: önce soruyu görürsünüz, kâğıt üzerinde kendiniz denersiniz, ancak ondan sonra çözümü açarsınız. Çözümlerde kullanılan her teorem ve tanım, kitabın ilgili kutusuna bağlanmıştır; takıldığınız adımda o bağlantıyı izleyip geri dönmeniz yeterlidir. Doğru–yanlış tipi problemlerde yalnızca karar vermek yetmez: iddia doğruysa tam bir ispat, yanlışsa işleyen bir karşı örnek ve karşı örneğin hangi varsayımı çökerttiğinin açıklaması beklenir.
38.1 Özyineli Bir Dizinin Yakınsaklığı
Özyineli dizilerde limit hesabının standart yolu iki aşamalıdır: önce limitin var olduğu gösterilir (çoğu zaman monotonluk ve sınırlılık üzerinden), sonra özyineleme bağıntısında limite geçilerek limitin değeri bulunur. İki aşamanın sırası önemlidir; varlık kurulmadan bağıntıda limite geçmek geçersiz bir hesaptır.
Alıştırma 38.1 (Karekök Özyinelemesinin Limiti) \(x_1 = 1\) ve her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}\]
biçiminde tanımlanan \((x_n)\) dizisinin (Tanım 19.2) yakınsak olup olmadığını belirleyiniz; yakınsaksa limitini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Terimler \(0\) ile \(2\) arasındadır. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(0 < x_n < 2\) olduğunu tümevarımla (Teorem 9.1) gösterelim. \(n = 1\) için \(0 < 1 < 2\) doğrudur. \(0 < x_n < 2\) olsun. Her yana \(2\) eklersek
\[2 < 2 + x_n < 4\]
olur; karekök artan olduğundan \(\sqrt{2} < x_{n+1} < 2\) elde edilir. Özel olarak \(0 < x_{n+1} < 2\)’dir. Böylece iddia her \(n\) için doğrudur. Bu adım aynı zamanda karekökün içinin hep pozitif kaldığını, yani dizinin gerçekten tanımlı olduğunu da gösterir.
Adım 2: Dizi artandır. \(0 < x_n < 2\) olduğunu biliyoruz. Çarpanlara ayıralım:
\[(2 + x_n) - x_n^2 = -\left(x_n^2 - x_n - 2\right) = -(x_n - 2)(x_n + 1).\]
Burada \(x_n - 2 < 0\) ve \(x_n + 1 > 0\) olduğundan çarpım negatiftir, dolayısıyla eksisi pozitiftir:
\[x_n^2 < 2 + x_n.\]
İki taraf da negatif olmadığından karekök alma sıralamayı korur ve
\[x_n = \sqrt{x_n^2} < \sqrt{2 + x_n} = x_{n+1}\]
bulunur. Yani \((x_n)\) kesin artandır (Tanım 19.4).
Adım 3: Yakınsaklık. \((x_n)\) artan ve üstten \(2\) ile sınırlıdır; Teorem 23.1 gereği yakınsaktır. Limite \(L\) diyelim. Aynı teorem \(L = \sup\{x_n : n \in \mathbb{N}\}\) olduğunu söyler; buradan \(1 = x_1 \le L \le 2\) çıkar.
Adım 4: Limitin değeri. Özyineleme bağıntısının iki yanında \(n \to \infty\) yapalım. Sol yanda \((x_{n+1})\) dizisi vardır ve Sonuç 24.4 gereği onun limiti de \(L\)’dir. Sağ yanda ise \(2 + x_n \to 2 + L\) (Teorem 21.1) ve terimler negatif olmadığından Teorem 21.5 gereği
\[\sqrt{2 + x_n} \longrightarrow \sqrt{2 + L}.\]
Limitin tekliği (Teorem 20.1) iki sonucu eşitler:
\[L = \sqrt{2 + L}.\]
\(L \ge 1 > 0\) olduğundan iki yanın karesini alabiliriz: \(L^2 = 2 + L\), yani
\[L^2 - L - 2 = (L - 2)(L + 1) = 0.\]
Kökler \(L = 2\) ve \(L = -1\)’dir. \(L \ge 1\) olduğundan \(L = -1\) elenir. Sonuç:
\[\lim_{n\to\infty} x_n = 2.\]
Uyarı. Adım 3 atlanıp doğrudan “\(L = \sqrt{2+L}\), öyleyse \(L = 2\)” denseydi hesap eksik olurdu: bu denklem yalnızca limit varsa hangi değeri alabileceğini söyler. Örneğin \(y_1 = 1\), \(y_{n+1} = 2y_n\) dizisinde aynı yöntem \(L = 2L\), yani \(L = 0\) verirdi; oysa bu dizi ıraksaktır.
\(\blacksquare\)
38.2 Doğru mu, Yanlış mı?
Aşağıdaki dört iddianın her biri, sık yapılan bir hatanın tam üstüne oturur. Doğru olanlarda ispatın hangi hipotezi nerede kullandığına, yanlış olanlarda ise karşı örneğin hangi varsayımı çökerttiğine dikkat ediniz.
Alıştırma 38.2 (Çarpımı Yakınsak Olan Diziler) Aşağıdaki iddianın doğru mu yanlış mı olduğuna karar veriniz. Doğruysa ispatlayınız, yanlışsa bir karşı örnek veriniz.
İddia. \((a_n b_n)\) ve \((a_n)\) dizileri yakınsak ve her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a_n > 0\) ise \((b_n)\) dizisi de yakınsaktır.
Çözüm
İddia yanlıştır.
Karşı örnek. \(a_n = \dfrac{1}{n}\) ve \(b_n = (-1)^n\) alalım.
Her \(n\) için \(a_n > 0\)’dır ve \((a_n)\) yakınsaktır: \(\lim a_n = 0\).
\((b_n)\) sınırlıdır (\(|b_n| = 1\)). Teorem 21.2 gereği çarpım dizisi yakınsaktır:
\[\lim_{n\to\infty} a_n b_n = \lim_{n\to\infty} \frac{(-1)^n}{n} = 0.\]
Buna karşın \((b_n)\) ıraksaktır: çift indisli alt dizisi sabit \(1\), tek indisli alt dizisi sabit \(-1\) dizisidir; iki alt dizinin limitleri farklı olduğundan Sonuç 24.3 gereği \((b_n)\) yakınsamaz.
Böylece hipotezler sağlandığı hâlde sonuç bozulur.
Karşı örnek neden işliyor? \(b_n = \dfrac{a_n b_n}{a_n}\) yazmak her \(n\) için geçerlidir, çünkü \(a_n > 0\) paydayı sıfırdan farklı yapar. Ama bölme kuralının limit sürümü (Teorem 21.1) paydanın limitinin sıfırdan farklı olmasını ister; \(a_n > 0\) koşulu yalnızca terimlerin pozitifliğini verir, limitin pozitifliğini vermez. Yukarıdaki örnekte \(\lim a_n = 0\)’dır ve kural uygulanamaz.
İddianın doğru sürümü. \(\lim a_n = a \neq 0\) ise iddia doğrudur: \(\lim a_n b_n = c\) diyelim; paydanın limiti sıfırdan farklı olduğundan Teorem 21.1 gereği
\[\lim_{n\to\infty} b_n = \lim_{n\to\infty} \frac{a_n b_n}{a_n} = \frac{c}{a}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.3 (Sürekli Fonksiyon Altında Sınırlı Kümenin Görüntüsü) Aşağıdaki iddianın doğru mu yanlış mı olduğuna karar veriniz. Doğruysa ispatlayınız, yanlışsa bir karşı örnek veriniz.
İddia. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(A \subseteq \mathbb{R}\) sınırlı bir küme ise \(f(A)\) kümesi sınırlıdır.
Çözüm
İddia doğrudur.
\(A = \varnothing\) ise \(f(A) = \varnothing\) zaten sınırlıdır; bu yüzden \(A \neq \varnothing\) varsayalım.
Adım 1: \(A\)’yı kapalı bir aralığa hapsedelim. \(A\) sınırlı olduğundan (Tanım 10.2) öyle bir \(M > 0\) vardır ki her \(x \in A\) için \(|x| \le M\), yani
\[A \subseteq [-M, M].\]
Adım 2: Kapalı aralıkta sınırlılık. \(f\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olduğundan \([-M, M]\) aralığına kısıtlanışı da süreklidir: süreklilik tanımındaki \(\varepsilon\)–\(\delta\) koşulu daha küçük bir tanım kümesinde daha az sayıda \(x\) için istenir. O hâlde Teorem 35.3 uygulanabilir: öyle bir \(K > 0\) vardır ki
\[x \in [-M, M] \implies |f(x)| \le K.\]
Adım 3: Sonuç. \(y \in f(A)\) olsun. Tanımı gereği \(y = f(x)\) olan bir \(x \in A\) vardır; Adım 1’den \(x \in [-M, M]\) ve Adım 2’den \(|y| = |f(x)| \le K\)’dir. Demek ki \(K\) sayısı \(f(A)\) için bir sınırdır ve \(f(A)\) sınırlıdır.
Hangi hipotez taşıyor? Sürekliliğin bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde istenmesi. \(f\) yalnızca \(A\) üzerinde sürekli olsaydı iddia çökerdi: \(A = (0, 1)\) sınırlıdır ve \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \(A\) üzerinde süreklidir, ama
\[f(A) = (1, \infty)\]
sınırsızdır. Buradaki fark, \(A\)’nın kapanışı olan \([0,1]\) aralığında \(f\)’nin tanımlı olmamasıdır; ispatımız tam da \(A\)’yı kapalı ve sınırlı bir aralığa gömebilmeye dayanıyordu.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.4 (Sınırlı ve Sürekli Olmak Düzgün Süreklilik Getirir mi?) Aşağıdaki iddianın doğru mu yanlış mı olduğuna karar veriniz. Doğruysa ispatlayınız, yanlışsa bir karşı örnek veriniz.
İddia. \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde sınırlı ve sürekliyse \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün süreklidir (Tanım 36.1).
Çözüm
İddia yanlıştır.
Karşı örnek. \(f(x) = \sin\left(x^2\right)\) alalım.
- \(f\) sınırlıdır: her \(x\) için \(|f(x)| \le 1\).
- \(f\) süreklidir: \(x \mapsto x^2\) polinomu süreklidir (Sonuç 33.2), \(\sin\) süreklidir (Önerme 33.4) ve sürekli fonksiyonların bileşkesi süreklidir (Teorem 33.3).
Buna karşın \(f\) düzgün sürekli değildir. Bunu görmek için
\[x_n = \sqrt{2\pi n + \frac{\pi}{2}}, \qquad y_n = \sqrt{2\pi n}\]
dizilerini alalım. Kareleri farkı sabittir, bu yüzden eşlenikle çarpınca
\[x_n - y_n = \frac{x_n^2 - y_n^2}{x_n + y_n} = \frac{\pi/2}{x_n + y_n}\]
elde edilir. Burada \(x_n + y_n > \sqrt{2\pi n} \to +\infty\) olduğundan
\[0 < x_n - y_n < \frac{\pi/2}{\sqrt{2\pi n}} \longrightarrow 0,\]
yani sıkıştırma teoremi (Teorem 21.6) gereği \(\lim (x_n - y_n) = 0\). Öte yandan
\[f(x_n) = \sin\left(2\pi n + \frac{\pi}{2}\right) = 1, \qquad f(y_n) = \sin(2\pi n) = 0\]
olduğundan her \(n\) için
\[|f(x_n) - f(y_n)| = 1.\]
\(\varepsilon_0 = 1\) seçilirse Teorem 36.2’nün ikinci koşulu sağlanır; dolayısıyla \(f\) düzgün sürekli değildir.
Neden bu örnek işliyor? Düzgün süreklilik, fonksiyonun her yerde aynı hızla değişmesini ister: tek bir \(\delta\), bütün nokta çiftleri için yeterli olmalıdır. \(\sin\left(x^2\right)\) ise \(x\) büyüdükçe giderek daha sık salınır; \(1\) ile \(0\) değerleri arasındaki mesafeyi giderek daralan aralıklarda kat eder. Sınırlılık buna engel değildir, çünkü sınırlılık değerlerin nereye kadar çıktığını söyler, ne kadar hızlı değiştiğini söylemez.
Hipotez nerede kurtarır? Tanım kümesi kapalı ve sınırlı bir aralık olsaydı iddia doğru olurdu: Teorem 36.3 gereği \([a,b]\) üzerinde sürekli her fonksiyon orada düzgün süreklidir. Belirleyici olan yalnızca sınırlılık değil, tanım kümesinin kapalı ve sınırlı, yani kompakt olmasıdır. Sınırlı ama kapalı olmayan bir tanım kümesinde de karşı örnek yaşar: \((0,1)\) aralığında
\[g(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)\]
fonksiyonu sınırlı ve süreklidir, ama
\[x_n = \frac{1}{2\pi n + \pi/2}, \qquad y_n = \frac{1}{2\pi n}\]
alınırsa \(x_n - y_n \to 0\) iken her \(n\) için \(|g(x_n) - g(y_n)| = 1\) kalır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.5 (Tek Yönlü Sıralama Limiti Belirler mi?) Aşağıdaki iddianın doğru mu yanlış mı olduğuna karar veriniz. Doğruysa ispatlayınız, yanlışsa bir karşı örnek veriniz.
İddia. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a_n \le b_n\) ve \(\lim_{n\to\infty} b_n = 0\) ise \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0\)’dır.
Çözüm
İddia yanlıştır.
Karşı örnek. \(a_n = -1\) ve \(b_n = \dfrac{1}{n}\) alalım. Her \(n\) için \(-1 < 0 < \dfrac{1}{n}\), yani \(a_n \le b_n\)’dir ve \(\lim b_n = 0\)’dır. Buna karşın \((a_n)\) sabit dizisinin limiti \(-1\)’dir, \(0\) değil.
Durum daha da kötüleşebilir: \(a_n = -n\) ve \(b_n = \dfrac{1}{n}\) alınırsa hipotezler yine sağlanır, ama \((a_n)\) yakınsak bile değildir; \(-\infty\)’a ıraksar.
Karşı örnek neden işliyor? \(a_n \le b_n\) eşitsizliği \((a_n)\) dizisini yalnızca üstten kıstırır; aşağı yönde hiçbir engel koymaz. Sıkıştırma teoremi (Teorem 21.6) iki taraflı bir kuşatma ister: alttan da sıfıra giden bir dizi bulunmalıdır. Nitekim her \(n\) için \(c_n \le a_n \le b_n\) ve \(\lim c_n = \lim b_n = 0\) olsaydı sonuç doğru olurdu.
İddianın doğru sürümü. Hipoteze “\((a_n)\) yakınsaktır” eklenirse, sıralamanın limitte korunması (Teorem 21.3) yalnızca
\[\lim_{n\to\infty} a_n \le \lim_{n\to\infty} b_n = 0\]
sonucunu verir; eşitlik değil, eşitsizlik. Yukarıdaki \(a_n = -1\) örneği bu eşitsizliğin kesin olabileceğini gösterir.
\(\blacksquare\)
38.3 Rasyonel ve İrrasyonel Noktalarda Ayrı Tanımlanan Bir Fonksiyon
Bu kısımdaki iki problem, tanımı \(\mathbb{Q}\) ve \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) üzerinde farklı iki kurala ayrılan
\[f(x) = \begin{cases} 2x - 1, & x \in \mathbb{Q}, \\[2pt] 5 - x, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
fonksiyonunu ele alır. Her iki problemde de belirleyici olan gözlem şudur: hem rasyoneller hem irrasyoneller \(\mathbb{R}\)’de yoğundur, dolayısıyla her noktanın her komşuluğunda fonksiyon iki kuralı da kullanır. Limit ancak iki kuralın o noktadaki değerleri çakışıyorsa var olabilir.
Alıştırma 38.6 (Dallı Fonksiyonun \(x = 2\) Noktasındaki Limiti) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, \(x\) rasyonelken \(f(x) = 2x - 1\), \(x\) irrasyonelken \(f(x) = 5 - x\) olarak tanımlansın. \(\lim_{x \to 2} f(x)\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Adayı bulalım. İki kuralın \(x = 2\) noktasındaki değerleri çakışır:
\[2 \cdot 2 - 1 = 3, \qquad 5 - 2 = 3.\]
Bu yüzden limitin \(3\) olmasını bekleriz. Şimdi bunu tanımdan (Tanım 27.1) doğrulayalım.
Tek bir kestirim. \(x \neq 2\) olsun ve iki durumu ayrı ayrı ölçelim. \(x\) rasyonelse
\[|f(x) - 3| = |2x - 1 - 3| = 2\,|x - 2|;\]
\(x\) irrasyonelse
\[|f(x) - 3| = |5 - x - 3| = |2 - x| = |x - 2|.\]
\(|x-2| \le 2|x-2|\) olduğundan her iki durum tek bir eşitsizlikte toplanır:
\[|f(x) - 3| \le 2\,|x - 2| \qquad (x \in \mathbb{R}).\]
Kestirimin güzelliği, \(x\)’in rasyonel mi irrasyonel mi olduğunu artık hiç sormamasıdır.
\(\varepsilon\)–\(\delta\) argümanı. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(0 < |x - 2| < \delta\) ise
\[|f(x) - 3| \le 2|x - 2| < 2\delta = \varepsilon.\]
Tanım gereği
\[\lim_{x \to 2} f(x) = 3.\]
Not. \(f\) bu noktada aynı zamanda süreklidir, çünkü \(2 \in \mathbb{Q}\) olduğundan \(f(2) = 3\)’tür ve limit değeri fonksiyon değerine eşittir (Önerme 33.1). Alıştırma 38.7, \(2\)’nin bu özelliğe sahip tek nokta olduğunu gösterecek.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.7 (Dallı Fonksiyonun Öteki Noktalarında Limit Yoktur) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu, \(x\) rasyonelken \(f(x) = 2x - 1\), \(x\) irrasyonelken \(f(x) = 5 - x\) olarak tanımlansın. \(a \neq 2\) olan her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} f(x)\) limitinin var olmadığını gösteriniz.
Çözüm
İki kural yalnızca \(x = 2\)’de çakışır. \(2a - 1 = 5 - a\) denklemi \(3a = 6\), yani \(a = 2\) verir. Dolayısıyla \(a \neq 2\) iken
\[2a - 1 \neq 5 - a.\]
Noktaya yaklaşan iki dizi kuralım. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a < a + \dfrac{1}{n}\) olduğundan:
- Teorem 13.5 gereği \(a < r_n < a + \dfrac{1}{n}\) olan bir \(r_n \in \mathbb{Q}\) vardır;
- Teorem 13.6 gereği \(a < s_n < a + \dfrac{1}{n}\) olan bir irrasyonel \(s_n\) vardır.
Kurulan eşitsizlikler
\[a < r_n < a + \frac{1}{n}, \qquad a < s_n < a + \frac{1}{n}\]
biçimindedir. Soldaki sabit \(a\) dizisi ile sağdaki \(a + \dfrac{1}{n}\) dizisi \(a\)’ya yakınsadığından sıkıştırma teoremi (Teorem 21.6) gereği \(r_n \to a\) ve \(s_n \to a\) olur; ayrıca her iki dizinin de bütün terimleri \(a\)’dan farklıdır.
Görüntü dizilerinin limitleri ayrışır. \(r_n\) rasyonel, \(s_n\) irrasyonel olduğundan
\[f(r_n) = 2r_n - 1, \qquad f(s_n) = 5 - s_n\]
olur. Teorem 21.1 ile
\[\lim_{n\to\infty} f(r_n) = 2a - 1, \qquad \lim_{n\to\infty} f(s_n) = 5 - a.\]
Sonuç. \(a \neq 2\) olduğundan bu iki limit farklıdır. \(a\)’ya yakınsayan ve \(a\)’dan farklı terimli iki dizi, farklı görüntü limitleri verdiğine göre Sonuç 28.1 gereği \(\lim_{x \to a} f(x)\) yoktur.
Alıştırma 38.6 ile birlikte tablo tamamlanır: \(f\) yalnızca \(x = 2\) noktasında limite sahiptir ve yalnızca orada süreklidir; diğer her noktada süreksizdir.
\(\blacksquare\)
38.4 Limit Hesapları
Aşağıdaki dört limit, dört ayrı tekniği örnekler: belirsizliği eşlenik çarpanla açmak, tek yönlü yaklaşımda parça parça tanımlı bir ifadeyi sadeleştirmek, sonsuzdaki davranışı baskın terimle karşılaştırmak ve salınan bir çarpanı sıkıştırmayla etkisiz kılmak.
Alıştırma 38.8 (Eşlenik Çarpanla Açılan Belirsizlik) \[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x + 1} - 1}{x}\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Fonksiyon \(x > -1\) ve \(x \neq 0\) için tanımlıdır; \(0\) noktası bu kümenin bir yığılma noktasıdır. \(x \to 0\) iken pay ve payda birlikte sıfıra gider, yani \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliği vardır; limit kurallarını doğrudan uygulayamayız.
Eşlenikle genişletelim. \(0 < |x| < 1\) olsun. \(\sqrt{x+1} + 1 > 0\) olduğundan pay ve paydayı bu çarpanla çarpabiliriz:
\[\frac{\sqrt{x+1} - 1}{x} = \frac{\left(\sqrt{x+1} - 1\right)\left(\sqrt{x+1} + 1\right)}{x\left(\sqrt{x+1} + 1\right)} = \frac{(x + 1) - 1}{x\left(\sqrt{x+1} + 1\right)}.\]
Payda \(x\) kalır ve \(x \neq 0\) olduğundan sadeleşir:
\[\frac{\sqrt{x+1} - 1}{x} = \frac{1}{\sqrt{x+1} + 1}.\]
Limite geçelim. Sağdaki ifade \(0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda ilk ifadeyle çakıştığından limitleri aynıdır (Önerme 29.1). Karekök fonksiyonu \([0,\infty)\) üzerinde süreklidir (Önerme 33.3) ve \(x \mapsto x + 1\) ile bileşkesi de süreklidir (Teorem 33.3); bu yüzden \(x \to 0\) iken \(\sqrt{x+1} \to 1\) ve payda \(2 \neq 0\) değerine gider. Bölme kuralı (Teorem 29.2) uygulanabilir:
\[\lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{x+1} - 1}{x} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}.\]
Neden eşlenik? Belirsizliğin kaynağı, payın \(x = 0\)’da sıfırlanmasıydı. Eşlenikle çarpmak payı \((x+1) - 1 = x\)’e çevirir; böylece paydaki ve paydadaki \(x\) çarpanları sadeleşir ve geriye \(0\)’da sorunsuz bir ifade kalır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.9 (Taban Fonksiyonu İçeren Sol Limit) \[\lim_{x \to 2^-} \frac{2x - 2}{|x - 2|\,\lfloor x - 2 \rfloor}\]
limitini inceleyiniz. Burada \(\lfloor \cdot \rfloor\) taban (tam değer) fonksiyonudur (Tanım 12.1); Türkçe literatürde aynı fonksiyon için \([|x|]\) gösterimi de kullanılır.
Çözüm
Paydayı sol yaklaşımda sadeleştirelim. \(1 < x < 2\) olsun. O zaman
\[-1 < x - 2 < 0\]
olduğundan taban fonksiyonunun tanımı gereği \(\lfloor x - 2 \rfloor = -1\)’dir. Ayrıca \(x - 2 < 0\) olduğundan \(|x - 2| = 2 - x\)’tir. Demek ki bu aralıkta payda
\[|x - 2|\,\lfloor x - 2 \rfloor = (2 - x)(-1) = x - 2\]
olur; özel olarak payda sıfırdan farklıdır ve fonksiyon \((1,2)\) aralığında tanımlıdır. Böylece \(1 < x < 2\) için
\[g(x) := \frac{2x - 2}{|x - 2|\,\lfloor x - 2 \rfloor} = \frac{2x - 2}{x - 2}.\]
Davranışı okuyalım. \(x \to 2^-\) iken pay \(2 \cdot 2 - 2 = 2\) sayısına, yani pozitif bir değere yaklaşır; payda ise sıfıra negatif taraftan yaklaşır. Pozitif bir sayıyı mutlak değerce küçülen negatif sayılara bölmek, mutlak değerce büyüyen negatif sonuçlar verir. Beklentimiz \(-\infty\)’dur; şimdi bunu tanımdan gösterelim.
Tanımdan doğrulama. \(M > 0\) verilsin. \(\delta = \min\left\{\dfrac{1}{2},\ \dfrac{1}{M}\right\}\) alalım ve \(2 - \delta < x < 2\) olsun. \(\delta \le \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(x > \dfrac{3}{2}\), dolayısıyla
\[2x - 2 > 1 > 0.\]
Ayrıca \(0 < 2 - x < \delta\)’dır. Paydayı \(x - 2 = -(2-x)\) biçiminde yazıp bu iki bilgiyi birleştirelim:
\[g(x) = -\frac{2x - 2}{2 - x} < -\frac{1}{2 - x} < -\frac{1}{\delta} \le -M.\]
(İlk eşitsizlikte \(2x - 2 > 1\) ve \(2 - x > 0\), ikincisinde \(0 < 2 - x < \delta\) kullanıldı.) Demek ki her \(M > 0\) için uygun bir \(\delta > 0\) bulunmaktadır; Tanım 32.1’un tek yönlü sürümü gereği
\[\lim_{x \to 2^-} \frac{2x - 2}{|x - 2|\,\lfloor x - 2 \rfloor} = -\infty.\]
Sonucun okunuşu. Limit reel bir sayı olarak yoktur; fonksiyon \(2\)’ye soldan yaklaşırken \(-\infty\)’a ıraksar. Taban fonksiyonunun katkısı yalnızca bir işaret çarpanıdır: sağdan yaklaşımda \(0 < x - 2 < 1\) olacağından \(\lfloor x - 2 \rfloor = 0\) olur ve ifade tanımsız kalır; bu yüzden soru yalnızca sol limit için anlamlıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.10 (Sonsuzda Kök ile Birinci Derecenin Yarışı) \[\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x}}{x + 2}\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Kaba bir kestirim yeter. \(x > 0\) olsun. Payda \(x + 2 > x > 0\) olduğundan kesir küçülür:
\[0 < \frac{\sqrt{x}}{x + 2} < \frac{\sqrt{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt{x}}.\]
Sağdaki ifade sıfıra gider. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x > \dfrac{1}{\varepsilon^2}\) ise \(\sqrt{x} > \dfrac{1}{\varepsilon}\) ve buradan \(\dfrac{1}{\sqrt{x}} < \varepsilon\) olur. Demek ki
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}} = 0.\]
Sıkıştıralım. Sabit \(0\) fonksiyonu ile \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) arasında kalan ifademiz, sonsuzdaki limitler için sıkıştırma kuralı (Teorem 32.2, 2. madde) gereği aynı limite sahiptir:
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x}}{x + 2} = 0.\]
Yorum. Payda birinci derecedendir, pay ise \(\sqrt{x} = x^{1/2}\) mertebesindedir. Büyük \(x\) için \(x\), \(\sqrt{x}\)’ten çok daha hızlı büyür; kesir bu yüzden sıfıra iner. Aynı sonuç pay ve paydayı \(x\)’e bölerek de görülür: kesir \(\dfrac{1/\sqrt{x}}{1 + 2/x}\) biçimini alır, payı \(0\)’a, paydası \(1\)’e gider.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 38.11 (Salınımı Bastıran Üstel Çarpan) \[\lim_{x \to 0} e^{-1/x^2} \sin \frac{1}{x}\]
limitini hesaplayınız.
Çözüm
Fonksiyon \(x \neq 0\) için tanımlıdır. İki çarpanı ayrı ayrı incelemek gerekir: \(\sin \dfrac{1}{x}\) çarpanı \(x \to 0\) iken \(-1\) ile \(1\) arasında sonsuz kez salınır ve limiti yoktur; buna karşın üstel çarpan sıfıra gider. Salınan ama sınırlı bir çarpan, sıfıra giden bir çarpanla çarpıldığında sonuç sıfırdır.
Adım 1: Üstel çarpan için bir üst sınır. Önce her \(t \ge 0\) için
\[e^{t} \ge 1 + t\]
olduğunu görelim: Bernoulli eşitsizliği (Teorem 9.5) \(h = \dfrac{t}{n} \ge 0\) ile
\[\left(1 + \frac{t}{n}\right)^n \ge 1 + t\]
verir; \(n \to \infty\) için sol yan Tanım 23.2 gereği \(e^t\)’ye yakınsar ve sıralama limitte korunur (Teorem 21.3).
Şimdi \(x \neq 0\) için \(t = \dfrac{1}{x^2} > 0\) alalım. Yukarıdaki eşitsizlik
\[e^{1/x^2} \ge 1 + \frac{1}{x^2} > \frac{1}{x^2}\]
verir. Üstel fonksiyonun \(e^{-t} = \dfrac{1}{e^{t}}\) kuralıyla eşitsizliği ters çevirirsek
\[0 < e^{-1/x^2} < x^2.\]
Adım 2: Üstel çarpanın limiti. \(\lim_{x \to 0} x^2 = 0\) olduğundan, sıfır ile \(x^2\) arasında sıkışan ifade için sıkıştırma teoremi (Teorem 30.5)
\[\lim_{x \to 0} e^{-1/x^2} = 0\]
sonucunu verir.
Adım 3: Sınırlı çarpanı ekleyelim. Her \(x \neq 0\) için \(\left|\sin \dfrac{1}{x}\right| \le 1\) olduğundan ikinci çarpan \(0\)’ın her delinmiş komşuluğunda sınırlıdır. Teorem 30.3 gereği
\[\lim_{x \to 0} e^{-1/x^2} \sin \frac{1}{x} = 0.\]
Aynı sonuç doğrudan sıkıştırmayla. Adım 1’deki sınırı kullanarak
\[0 \le \left| e^{-1/x^2} \sin \frac{1}{x} \right| \le e^{-1/x^2} < x^2\]
yazılır; \(x^2 \to 0\) olduğundan mutlak değerin limiti \(0\)’dır ve Sonuç 30.1 ile fonksiyonun limiti de \(0\) çıkar.
\(\blacksquare\)
38.5 Ara Değer Teoreminin Bir Uygulaması
Bir denklemin çözümünün var olduğunu göstermek, çözümü bulmaktan çoğu zaman daha kolaydır. Yöntem hep aynıdır: iki tarafın farkını bir yardımcı fonksiyon olarak tanımla, bu fonksiyonun uçlarda zıt işaretli değerler aldığını göster, sonra ara değer teoremine (Teorem 35.2) ya da onun sıfır yeri sürümüne (Teorem 35.1) başvur.
Alıştırma 38.12 (Yarım Birim Kaydırmada Eşit Değer) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(f(0) = f(1)\) olsun.
\[f(c) = f\left(c + \frac{1}{2}\right)\]
eşitliğini sağlayan bir \(c \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right]\) noktasının var olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Yardımcı fonksiyon. \(x \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right]\) için \(x + \dfrac{1}{2} \in \left[\dfrac{1}{2}, 1\right] \subseteq [0,1]\) olduğundan
\[g(x) = f\left(x + \frac{1}{2}\right) - f(x)\]
kuralı \(\left[0, \dfrac{1}{2}\right]\) üzerinde iyi tanımlıdır. İspatlamak istediğimiz şey, \(g\)’nin bu aralıkta bir sıfırı olduğudur.
\(g\) süreklidir. \(x \mapsto x + \dfrac{1}{2}\) birinci dereceden bir polinom olduğundan süreklidir (Sonuç 33.2) ve görüntüsü \([0,1]\) içinde kalır; \(f\) ile bileşkesi Teorem 33.3 gereği süreklidir. İki sürekli fonksiyonun farkı da süreklidir (Teorem 33.2).
Uçlardaki değerler birbirinin tersidir. Doğrudan hesaplayalım:
\[g(0) = f\left(\frac{1}{2}\right) - f(0),\]
\[g\left(\frac{1}{2}\right) = f(1) - f\left(\frac{1}{2}\right).\]
\(f(0) = f(1)\) varsayımını ikinci satırda kullanırsak
\[g\left(\frac{1}{2}\right) = f(0) - f\left(\frac{1}{2}\right) = -g(0).\]
İki durum.
Birinci durum: \(g(0) = 0\) ise \(c = 0\) aranan noktadır, çünkü o zaman \(f(0) = f\left(\dfrac{1}{2}\right)\) olur.
İkinci durum: \(g(0) \neq 0\) olsun. O zaman
\[g(0) \cdot g\left(\frac{1}{2}\right) = -\left(g(0)\right)^2 < 0,\]
yani \(g\) aralığın iki ucunda zıt işaretli değerler alır. \(g\) sürekli olduğundan Teorem 35.1 gereği \(g(c) = 0\) olan bir \(c \in \left(0, \dfrac{1}{2}\right)\) vardır.
Her iki durumda da \(c \in \left[0, \dfrac{1}{2}\right]\) bulunur ve \(g(c) = 0\), yani
\[f(c) = f\left(c + \frac{1}{2}\right)\]
olur.
Yorum. Sonuç, grafiğin üzerinde tam olarak \(\dfrac{1}{2}\) uzunluğunda yatay bir kiriş bulunabileceğini söyler: uçları aynı yükseklikte olan bir eğri, yarım birimlik bir kaydırmada değerini bir kez tekrarlamak zorundadır. Benzer bir akıl yürütmeyle aynı sonuç \(\dfrac{1}{n}\) biçimindeki her uzunluk için de elde edilir; buna karşın \(\dfrac{2}{5}\) gibi \(\dfrac{1}{n}\) biçiminde olmayan bir uzunluk için iddia genel olarak doğru değildir.
\(\blacksquare\)