33 Süreklilik

Önceki bölümlerde bir fonksiyonun bir noktadaki limitini inceledik: \(x\), \(a\)’ya yaklaşırken \(f(x)\) hangi sayıya yaklaşır? Limit, fonksiyonun \(a\) noktasındaki değeriyle ilgilenmez; \(f(a)\) tanımlı olmayabilir, tanımlıysa bile limitten farklı olabilir. Bu bölümde yeni bir soru soruyoruz: limit ile değer ne zaman uyuşur? Yani \(x\), \(a\)’ya yaklaşırken \(f(x)\) ne zaman tam olarak \(f(a)\)’ya yaklaşır?

Bu uyum sağlanıyorsa fonksiyona \(a\) noktasında sürekli diyeceğiz. Süreklilik, analizin en verimli kavramlarından biridir: sürekli fonksiyonlar ara değerleri atlamaz, kapalı aralıkta en büyük ve en küçük değerlerini alır, limitle yer değiştirebilir. Bu bölümde kavramı kuruyor ve temel araçları hazırlıyoruz; sonraki bölümlerde büyük teoremleri ispatlayacağız.

33.1 Bir Noktada Süreklilik

Lisede süreklilik çoğu zaman “grafiği kalemi kaldırmadan çizilebilen fonksiyon” diye anlatılır. Bu sezgi yararlıdır ama yetersizdir. Dirichlet fonksiyonu gibi grafiği hiç çizilemeyen fonksiyonlar vardır; tanım kümesi \(\mathbb{N}\) olan bir fonksiyonun grafiği ise ayrık noktalardan oluşur, kalemle “çizmek” anlamsızdır. Bize kalem değil, \(\varepsilon\) ve \(\delta\) gerekir.

Fikir şudur: \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olması, \(f(x)\)’i \(f(a)\)’ya istediğimiz kadar yakın yapabilmemiz demektir; yeter ki \(x\)’i \(a\)’ya yeterince yakın seçelim. “İstediğimiz kadar” \(\varepsilon\) ile, “yeterince” \(\delta\) ile ölçülür.

Tanım 33.1 (Bir Noktada Süreklilik) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a \in A\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için

\[x \in A \text{ ve } |x - a| < \delta \implies |f(x) - f(a)| < \varepsilon\]

olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\)’ye \(a\) noktasında sürekli (continuous at \(a\)) denir. Sembolik olarak:

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

\(f\), \(a\) noktasında sürekli değilse \(f\)’ye \(a\) noktasında süreksiz (discontinuous at \(a\)) denir.

Komşuluk diliyle (Tanım 15.1) tanım şöyle okunur: \(f(a)\)’nın her \(B(f(a), \varepsilon)\) komşuluğu için, \(a\)’nın öyle bir \(B(a, \delta)\) komşuluğu vardır ki \(f\), \(A \cap B(a, \delta)\) kümesini \(B(f(a), \varepsilon)\) içine götürür:

\[f\big(A \cap B(a, \delta)\big) \subseteq B\big(f(a), \varepsilon\big).\]

Süreklilik tanımının resmi: f(a)'nın ε komşuluğu (yatay bant) verilince, a'nın öyle bir δ komşuluğu (düşey pencere) bulunur ki pencerenin tamamı, a'nın kendisi dâhil, banda taşınır. Limit resminden farkı, a noktasının artık delinmemesi ve hedef değerin f(a) olmasıdır.

Limit tanımından üç fark

Süreklilik tanımını Tanım 27.1 ile yan yana koyalım. Üç fark vardır:

Limit tanımında \(a\)’nın \(A\)’da olması gerekmez; süreklilik tanımında \(a \in A\) zorunludur, çünkü \(f(a)\) değeri işin içindedir.
Limit tanımında \(0 < |x - a| < \delta\) yazılır, yani \(x = a\) noktası dışlanır. Süreklilikte dışlamaya gerek yoktur: \(x = a\) için \(|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon\) zaten sağlanır.
Limit tanımında \(a\)’nın \(A\)’nın bir yığılma noktası (Tanım 17.1) olması istenir. Süreklilik tanımında böyle bir koşul yoktur; \(a\), \(A\)’nın izole bir noktası da olabilir.

Bu farklara rağmen, \(a\) bir yığılma noktasıysa süreklilik tam olarak “limit, değere eşittir” demektir.

Önerme 33.1 (Yığılma Noktasında Süreklilik ve Limit) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(a\) aynı zamanda \(A\)’nın bir yığılma noktasıysa (\(a \in A \cap A'\)),

\[f, \; a \text{ noktasında süreklidir} \iff \lim_{x \to a} f(x) = f(a).\]

İspat

(\(\Rightarrow\) yönü) \(f\), \(a\)’da sürekli olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Tanımdan, \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır. Özel olarak \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) iken de \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olur; bu, Tanım 27.1 gereği \(\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\) demektir.

(\(\Leftarrow\) yönü) \(\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımından, \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır. Şimdi \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) olan herhangi bir \(x\) alalım. \(x \neq a\) ise \(0 < |x - a| < \delta\) olur ve \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) sağlanır. \(x = a\) ise \(|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon\) zaten doğrudur. Her iki durumda da süreklilik koşulu sağlanır.

\(\blacksquare\)

Bu önerme sayesinde, tanım kümesi bir aralık olan fonksiyonlar için (aralığın her noktası yığılma noktasıdır) süreklilik, önceki bölümlerde geliştirdiğimiz bütün limit araçlarıyla incelenebilir. Yığılma noktası olmayan noktalarda ise durum daha da basittir.

Önerme 33.2 (İzole Noktada Süreklilik) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. \(a \in A\), \(A\)’nın bir izole noktasıysa (Tanım 17.3) \(f\), \(a\) noktasında süreklidir.

İspat

\(a\) izole nokta olduğundan, izole nokta ölçütü (Önerme 17.3) gereği \(A \cap B(a, \delta_0) = \{a\}\) olacak biçimde bir \(\delta_0 > 0\) vardır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = \delta_0\) alalım. \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta_0\) ise \(x \in A \cap B(a, \delta_0) = \{a\}\), yani \(x = a\)’dır. O hâlde \(|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon\) olur. Tanım sağlanmıştır.

\(\blacksquare\)

Örneğin \(\mathbb{N}\)’nin her noktası izoledir; dolayısıyla \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}\) biçimindeki her fonksiyon, yani her dizi, tanım kümesinin her noktasında süreklidir. Bu, sürekliliğin “kalemi kaldırmama” sezgisinden ne kadar farklı olduğunu gösterir: süreklilik fonksiyonun \(a\)’ya yakın noktalardaki davranışıyla ilgilidir; yakında başka nokta yoksa söylenecek bir şey de yoktur.

Süreklilik bir noktada tanımlandı; bir fonksiyonun “sürekli olduğunu” söylemek ise bunun tanım kümesinin her noktasında sağlanması demektir.

Tanım 33.2 (Bir Küme Üzerinde Süreklilik) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(B \subseteq A\) olsun. \(f\), \(B\)’nin her noktasında sürekliyse \(f\)’ye \(B\) üzerinde sürekli denir. \(f\), \(A\)’nın her noktasında sürekliyse kısaca \(f\) süreklidir denir.

Sürekliliğin olumsuzlanması

\(f\)’nin \(a \in A\) noktasında süreksiz olması, tanımdaki önermenin olumsuzudur. Teorem 2.1 ile niceleyiciler tek tek çevrilir:

\[\exists \varepsilon_0 > 0 \;\; \forall \delta > 0 \;\; \exists x \in A : \; |x - a| < \delta \;\text{ ve }\; |f(x) - f(a)| \ge \varepsilon_0.\]

Yani “kötü” bir \(\varepsilon_0\) vardır: \(a\)’ya ne kadar yaklaşırsak yaklaşalım, görüntüsü \(f(a)\)’dan en az \(\varepsilon_0\) uzakta kalan bir \(x\) bulunur. Süreksizliği göstermek için bir \(\varepsilon_0\) seçip her \(\delta\) için böyle bir \(x\) üretmek gerekir.

Örnek 33.1 (Sabit, Birim ve Kare Fonksiyonları) Aşağıdaki fonksiyonların \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olduğunu \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımıyla gösteriniz.

\(f(x) = c\) (sabit fonksiyon)
\(f(x) = x\) (birim fonksiyon)
\(f(x) = x^2\)

Çözüm

Her şıkta keyfi bir \(a \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) alıyoruz; uygun bir \(\delta\) bulmalıyız.

a) \(\delta = 1\) alalım. \(|x - a| < 1\) olan her \(x\) için \(|f(x) - f(a)| = |c - c| = 0 < \varepsilon\). Aslında herhangi bir \(\delta\) işe yarar.

b) \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(|x - a| < \delta\) ise \(|f(x) - f(a)| = |x - a| < \delta = \varepsilon\).

c) Önce \(|f(x) - f(a)|\) ifadesini \(|x - a|\) cinsinden kontrol altına alalım:

\[|x^2 - a^2| = |x - a| \cdot |x + a|.\]

Sağdaki \(|x + a|\) çarpanı \(x\)’e bağlıdır; onu sınırlamak için önce \(|x - a| < 1\) kabul edelim. Üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)

\[|x + a| = |(x - a) + 2a| \le |x - a| + 2|a| < 1 + 2|a|.\]

Böylece \(|x - a| < 1\) iken

\[|x^2 - a^2| \le |x - a| \, (1 + 2|a|)\]

olur. Bunun \(\varepsilon\)’dan küçük kalması için \(|x - a| < \dfrac{\varepsilon}{1 + 2|a|}\) yeterlidir. O hâlde

\[\delta = \min\left\{1, \; \frac{\varepsilon}{1 + 2|a|}\right\}\]

alalım. \(|x - a| < \delta\) ise hem \(|x - a| < 1\) hem de \(|x - a| < \varepsilon/(1 + 2|a|)\) sağlanır; dolayısıyla

\[|x^2 - a^2| < \frac{\varepsilon}{1 + 2|a|} \cdot (1 + 2|a|) = \varepsilon.\]

Demek ki \(x^2\) her \(a\) noktasında süreklidir. Dikkat: burada \(\delta\) hem \(\varepsilon\)’a hem de \(a\)’ya bağlıdır; \(|a|\) büyüdükçe aynı \(\varepsilon\) için daha küçük bir \(\delta\) gerekir.

\(\blacksquare\)

33.2 Süreklilik için Dizisel Ölçüt

Fonksiyon limitini dizilerle karakterize eden Teorem 28.1, süreklilik için de bir karşılık bulur. Üstelik burada dizilerin \(a\) değerini almasını yasaklamaya gerek yoktur.

Teorem 33.1 (Süreklilik için Dizisel Ölçüt) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(f\)’nin \(a\) noktasında sürekli olması için gerek ve yeter koşul şudur: \(A\) içinde \(a\)’ya yakınsayan her \((x_n)\) dizisi için \((f(x_n))\) dizisi \(f(a)\)’ya yakınsar.

\[f, \; a\text{'da sürekli} \iff \forall (x_n) \subseteq A : \; \big(x_n \to a \Rightarrow f(x_n) \to f(a)\big).\]

İspat

(\(\Rightarrow\) yönü) \(f\), \(a\)’da sürekli olsun; \(A\) içinde \(x_n \to a\) olan bir \((x_n)\) dizisi alalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Süreklilikten, \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) vardır. \(x_n \to a\) olduğundan bu \(\delta\) için, \(n \ge n_\delta\) iken \(|x_n - a| < \delta\) olacak biçimde bir \(n_\delta \in \mathbb{N}\) vardır (Tanım 20.1). \(x_n \in A\) olduğundan \(n \ge n_\delta\) için \(|f(x_n) - f(a)| < \varepsilon\) elde edilir. Bu, \(f(x_n) \to f(a)\) demektir.

(\(\Leftarrow\) yönü) Karşıt tersini gösterelim: \(f\), \(a\)’da sürekli olmasın; o zaman \(A\) içinde \(a\)’ya yakınsayan ama görüntüsü \(f(a)\)’ya yakınsamayan bir dizi bulacağız. Sürekliliğin olumsuzlamasına göre öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için

\[|x - a| < \delta \;\text{ ve }\; |f(x) - f(a)| \ge \varepsilon_0\]

olan bir \(x \in A\) bulunur. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\delta = 1/n\) alalım ve buna karşılık gelen noktaya \(x_n\) diyelim:

\[x_n \in A, \qquad |x_n - a| < \frac{1}{n}, \qquad |f(x_n) - f(a)| \ge \varepsilon_0.\]

\(0 \le |x_n - a| < 1/n\) ve \(1/n \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremiyle (Teorem 21.6) \(|x_n - a| \to 0\), yani \(x_n \to a\) olur. Öte yandan her \(n\) için \(|f(x_n) - f(a)| \ge \varepsilon_0\) olduğundan \((f(x_n))\) dizisi \(f(a)\)’ya yakınsayamaz: yakınsasaydı \(\varepsilon = \varepsilon_0\) için bir \(n\)’den sonra \(|f(x_n) - f(a)| < \varepsilon_0\) olması gerekirdi. Böylece hipotezi bozan bir dizi bulduk; karşıt ters ispatı tamamlanmıştır.

\(\blacksquare\)

Teoremin iki yönü iki farklı işe yarar. \(\Rightarrow\) yönü, sürekli bir fonksiyonun limitle yer değiştirebileceğini söyler:

\[\lim_{n \to \infty} f(x_n) = f\Big(\lim_{n \to \infty} x_n\Big).\]

\(\Leftarrow\) yönü ise süreksizliği göstermenin en pratik yolunu verir.

Sonuç 33.1 (Dizilerle Süreksizlik) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(A\) içinde \(a\)’ya yakınsayan öyle bir \((x_n)\) dizisi varsa ki \((f(x_n))\) dizisi \(f(a)\)’ya yakınsamıyorsa (örneğin \(f(x_n) \to \ell \neq f(a)\) ise, ya da \((f(x_n))\) ıraksaksa), \(f\), \(a\) noktasında süreksizdir. Özel olarak, \(a\)’ya yakınsayan iki dizinin görüntü dizileri farklı limitlere gidiyorsa \(f\), \(a\)’da süreksizdir.

İspat

Teorem 33.1 gereği \(f\) \(a\)’da sürekli olsaydı, \(a\)’ya yakınsayan her dizinin görüntüsü \(f(a)\)’ya yakınsardı. Hipotezdeki dizi bunu bozar. İki dizi durumunda görüntü dizilerinin limitleri farklı olduğundan en az biri \(f(a)\)’dan farklıdır; o dizi süreksizliği verir.

\(\blacksquare\)

Örnek 33.2 (Dirichlet Fonksiyonu Hiçbir Noktada Sürekli Değildir) \[D(x) = \begin{cases} 1, & x \in \mathbb{Q}, \\ 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]

Dirichlet fonksiyonunun \(\mathbb{R}\)’nin hiçbir noktasında sürekli olmadığını gösteriniz.

Çözüm

\(a \in \mathbb{R}\) keyfi olsun. Rasyonel sayıların yoğunluğu (Teorem 13.5) gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \((a, a + 1/n)\) aralığında bir \(q_n\) rasyonel sayısı vardır; irrasyonellerin yoğunluğu (Teorem 13.6) gereği aynı aralıkta bir \(i_n\) irrasyonel sayısı vardır. \(a < q_n < a + 1/n\) ve \(a + 1/n \to a\) olduğundan sıkıştırma teoremiyle \(q_n \to a\); aynı biçimde \(i_n \to a\).

Görüntü dizileri sabittir: her \(n\) için \(D(q_n) = 1\) ve \(D(i_n) = 0\). Dolayısıyla

\[\lim_{n \to \infty} D(q_n) = 1 \neq 0 = \lim_{n \to \infty} D(i_n).\]

Sonuç 33.1 gereği \(D\) \(a\)’da süreksizdir. \(a\) keyfi olduğundan \(D\) hiçbir noktada sürekli değildir. (Aynı diziler, Örnek 28.3 içinde \(D\)’nin hiçbir noktada limiti olmadığını göstermişti; burada ek olarak \(D(a)\) değerinin de yardımcı olamadığını görüyoruz.)

\(\blacksquare\)

Örnek 33.3 (Yalnızca Bir Noktada Sürekli Fonksiyon) \(g(x) = x \cdot D(x)\) olsun; yani

\[g(x) = \begin{cases} x, & x \in \mathbb{Q}, \\ 0, & x \notin \mathbb{Q}. \end{cases}\]

\(g\)’nin yalnızca \(a = 0\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(a = 0\)’da süreklilik. Her \(x\) için \(|D(x)| \le 1\) olduğundan

\[|g(x) - g(0)| = |x| \cdot |D(x)| \le |x|.\]

\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \varepsilon\) alalım: \(|x - 0| < \delta\) ise \(|g(x) - g(0)| \le |x| < \varepsilon\). Tanım sağlanır.

\(a \neq 0\)’da süreksizlik. Önceki örnekteki gibi \(a\)’ya yakınsayan bir \((q_n)\) rasyonel dizisi ve bir \((i_n)\) irrasyonel dizisi alalım. \(g(q_n) = q_n \to a\) ve \(g(i_n) = 0 \to 0\). \(a \neq 0\) olduğundan iki görüntü dizisi farklı limitlere gider; Sonuç 33.1 gereği \(g\) \(a\)’da süreksizdir.

Demek ki sürekli olduğu noktaların kümesi \(\{0\}\) olan bir fonksiyon vardır. Süreklilik gerçekten noktasal bir kavramdır.

\(\blacksquare\)

33.3 Sürekli Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler

Her fonksiyonun sürekliliğini \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile göstermek zahmetlidir. Neyse ki süreklilik toplama, çarpma ve bölme altında korunur; böylece birkaç temel fonksiyondan başlayarak geniş bir sürekli fonksiyon ailesi elde ederiz. İspat için dizisel ölçüt ile dizi limitlerinin aritmetiğini (Teorem 21.1) birleştirmek yeterlidir.

Teorem 33.2 (Sürekli Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler) \(f, g : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(a \in A\) noktasında sürekli ve \(c \in \mathbb{R}\) olsun. O zaman

\(f + g\) ve \(f - g\) fonksiyonları \(a\)’da süreklidir;
\(c f\) fonksiyonu \(a\)’da süreklidir;
\(f g\) çarpım fonksiyonu \(a\)’da süreklidir;
\(g(a) \neq 0\) ise, \(A_0 = \{x \in A : g(x) \neq 0\}\) üzerinde tanımlı \(\dfrac{f}{g}\) fonksiyonu \(a\)’da süreklidir.

İspat

Teorem 33.1 kullanacağız. \(A\) içinde \(x_n \to a\) olan keyfi bir \((x_n)\) dizisi alalım. \(f\) ve \(g\) \(a\)’da sürekli olduğundan, yine dizisel ölçütle,

\[f(x_n) \to f(a), \qquad g(x_n) \to g(a).\]

(1) ve (2) ve (3): Dizi limitlerinin aritmetiği (Teorem 21.1) gereği

\[f(x_n) + g(x_n) \to f(a) + g(a), \quad f(x_n) - g(x_n) \to f(a) - g(a), \quad c f(x_n) \to c f(a), \quad f(x_n) g(x_n) \to f(a) g(a).\]

Soldaki diziler sırasıyla \((f+g)(x_n)\), \((f-g)(x_n)\), \((cf)(x_n)\), \((fg)(x_n)\) dizileridir; sağdaki sayılar ise bu fonksiyonların \(a\)’daki değerleridir. \((x_n)\) keyfi olduğundan dizisel ölçüt her birinin \(a\)’da sürekli olduğunu verir.

(4) \(g(a) \neq 0\) olduğundan \(a \in A_0\)’dır. Bu kez \(A_0\) içinde \(x_n \to a\) olan keyfi bir dizi alalım. \((x_n)\) aynı zamanda \(A\) içinde olduğundan \(f(x_n) \to f(a)\) ve \(g(x_n) \to g(a)\); ayrıca her \(n\) için \(g(x_n) \neq 0\) ve \(g(a) \neq 0\). Bölüm için dizi limiti kuralı (Teorem 21.1) tam bu koşulları ister ve

\[\frac{f(x_n)}{g(x_n)} \to \frac{f(a)}{g(a)}\]

verir. Dizisel ölçütle \(f/g\) \(a\)’da süreklidir.

\(\blacksquare\)

Teorem, sürekliliği “parçalardan” kurmamızı sağlar: iki sürekli fonksiyonun toplamının sürekli olduğunu her seferinde \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile göstermek gerekmez. İlk büyük uygulama polinomlardır.

Sonuç 33.2 (Polinomlar ve Rasyonel Fonksiyonlar Süreklidir)

Her \(p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0\) polinomu \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında süreklidir.
\(p\) ve \(q\) polinomlar olmak üzere \(r(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)}\) rasyonel fonksiyonu, tanım kümesi \(\{x \in \mathbb{R} : q(x) \neq 0\}\) üzerinde süreklidir.

İspat

(1) Örnek 33.1 gereği sabit fonksiyon ve \(x\) fonksiyonu her noktada süreklidir. \(x^k = x \cdot x^{k-1}\) olduğundan, Teorem 33.2 (3) ile \(k\) üzerinde tümevarım yaparak her \(x^k\) (\(k \in \mathbb{N}\)) fonksiyonunun sürekli olduğu görülür. Aynı teoremin (2) maddesiyle \(a_k x^k\) sürekli, (1) maddesiyle de bunların sonlu toplamı olan \(p\) süreklidir.

Bu sonuca bir de limit yoluyla bakalım: Sonuç 29.3 her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} p(x) = p(a)\) der; \(a\), \(\mathbb{R}\)’nin bir yığılma noktası olduğundan Önerme 33.1 ile bu, sürekliliktir.

(2) \(q(a) \neq 0\) olan bir \(a\) alalım. \(p\) ve \(q\) (1) gereği \(a\)’da süreklidir; Teorem 33.2 (4) ile \(p/q\) \(a\)’da süreklidir. (Aynı sonuç Sonuç 29.4 ile de elde edilir.)

\(\blacksquare\)

Örnek 33.4 (Parçalı Fonksiyonda Süreklilik Koşulu) \(k \in \mathbb{R}\) bir sabit olmak üzere

\[f(x) = \begin{cases} x^2 + k, & x < 1, \\ 3x - 1, & x \ge 1 \end{cases}\]

fonksiyonu verilsin. \(f\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olması için \(k\) ne olmalıdır?

Çözüm

\(a \neq 1\) noktaları. \(a < 1\) ise \(\delta_0 = 1 - a > 0\) alındığında \((a - \delta_0, a + \delta_0)\) aralığında \(f(x) = x^2 + k\)’dır; süreklilik yalnızca \(a\)’ya yakın noktalara baktığından \(f\)’nin \(a\)’daki sürekliliği \(x^2 + k\) polinomunun sürekliliğine indirgenir (Sonuç 33.2; polinom için bulunan \(\delta\)’nın \(\delta_0\)’dan küçük olanını almak yeter). \(a > 1\) için de aynı gerekçeyle \(f\), \(3x - 1\) polinomu gibi davranır ve süreklidir. Bu noktalarda \(k\)’nın bir rolü yoktur.

\(a = 1\) noktası. \(1\), \(\mathbb{R}\)’nin yığılma noktası olduğundan süreklilik \(\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = 2\) demektir (Önerme 33.1). Limitin varlığı için sağ ve sol limitler var ve eşit olmalıdır (Teorem 31.1). \(x > 1\) için \(f(x) = 3x - 1\) olduğundan

\[\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (3x - 1) = 2,\]

\(x < 1\) için \(f(x) = x^2 + k\) olduğundan

\[\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} (x^2 + k) = 1 + k.\]

(Her iki hesapta polinom limitini Sonuç 29.3 verir.) Limit var ve \(f(1) = 2\)’ye eşit olsun diye \(1 + k = 2\), yani \(k = 1\) gerekir. Bu değerde \(f\) her noktada süreklidir; başka her \(k\) için \(f\) yalnızca \(1\) noktasında süreksizdir.

\(\blacksquare\)

Polinomlardan sonra en sık kullandığımız fonksiyonlar mutlak değer ve kök fonksiyonlarıdır.

Önerme 33.3 (Mutlak Değer ve Kök Fonksiyonları Süreklidir)

\(f(x) = |x|\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir.
\(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonu \([0, \infty)\) üzerinde süreklidir.
Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(f(x) = \sqrt[n]{x} = x^{1/n}\) fonksiyonu \([0, \infty)\) üzerinde süreklidir.

İspat

(1) \(a \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) gereği her \(x\) için

\[\big| |x| - |a| \big| \le |x - a|.\]

\(\delta = \varepsilon\) alırsak \(|x - a| < \delta\) iken \(||x| - |a|| < \varepsilon\) olur.

(2) Kök fonksiyonu Teorem 13.2 ile \([0, \infty)\) üzerinde tanımlıdır. İki durum vardır.

\(a = 0\) durumu. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = \varepsilon^2\) alalım. \(x \ge 0\) ve \(|x - 0| < \delta\) ise \(x < \varepsilon^2\); kök alma sıralamayı korur (\(\sqrt{x} \ge \varepsilon\) olsaydı kare alarak \(x \ge \varepsilon^2\) bulurduk), dolayısıyla \(|\sqrt{x} - \sqrt{0}| = \sqrt{x} < \varepsilon\).

\(a > 0\) durumu. \(x \ge 0\) için paydayı eşlenikle genişletelim: \(\sqrt{x} + \sqrt{a} > 0\) olduğundan

\[|\sqrt{x} - \sqrt{a}| = \frac{|(\sqrt{x} - \sqrt{a})(\sqrt{x} + \sqrt{a})|}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} = \frac{|x - a|}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \le \frac{|x - a|}{\sqrt{a}}.\]

Son adımda \(\sqrt{x} \ge 0\) olduğu için payda küçültülmüş, kesir büyütülmüştür. \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \varepsilon \sqrt{a}\) alalım: \(x \ge 0\), \(|x - a| < \delta\) ise \(|\sqrt{x} - \sqrt{a}| < \delta / \sqrt{a} = \varepsilon\).

(3) \(n = 1\) için birim fonksiyon, \(n = 2\) için (2) elde edilir; genel \(n\) için aynı fikri kullanırız. \(u = x^{1/n}\) ve \(v = a^{1/n}\) diyelim (\(x, a \ge 0\)). Çarpanlara ayırma özdeşliği

\[u^n - v^n = (u - v)\left(u^{n-1} + u^{n-2} v + \cdots + u v^{n-2} + v^{n-1}\right)\]

gereği \(x - a = (u - v) \, S\) olur; burada \(S\), parantez içindeki \(n\) terimli toplamdır ve her terimi \(\ge 0\)’dır.

\(a = 0\) durumu. \(\delta = \varepsilon^n\) alalım. \(0 \le x < \varepsilon^n\) ise, kök alma sıralamayı koruduğundan \(x^{1/n} < \varepsilon\); yani \(|f(x) - f(0)| < \varepsilon\).

\(a > 0\) durumu. \(S\)’nin bütün terimleri negatif değildir ve son terimi \(v^{n-1} = a^{(n-1)/n} > 0\)’dır; o hâlde \(S \ge a^{(n-1)/n}\) ve

\[|x^{1/n} - a^{1/n}| = |u - v| = \frac{|x - a|}{S} \le \frac{|x - a|}{a^{(n-1)/n}}.\]

\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \varepsilon \, a^{(n-1)/n}\) alınırsa \(x \ge 0\) ve \(|x - a| < \delta\) iken \(|x^{1/n} - a^{1/n}| < \varepsilon\) olur.

\(\blacksquare\)

Trigonometrik fonksiyonların sürekliliği için iki olguya ihtiyacımız var. Sinüs ve kosinüs bu derste henüz analitik olarak (kuvvet serileriyle) tanımlanmadı; geometrik tanımlarıyla çalışıyoruz. Aşağıdaki iki olguyu, Teorem 30.6 ispatındaki geometrik karşılaştırmayla aynı düzeyde, kabul ediyoruz.

Kabul edilen trigonometrik olgular

Her \(t, x, a \in \mathbb{R}\) için

\(|\sin t| \le |t|\) (birim çemberde \(|t|\) uzunluğundaki yayın ucundan yatay eksene inen dikmenin boyu \(|\sin t|\)’dir; dikme, yayın kirişinden, kiriş de yayın kendisinden kısadır; \(|t| \ge \pi/2\) için ise \(|\sin t| \le 1 < |t|\));
toplam–fark özdeşlikleri:

\[\sin x - \sin a = 2 \cos\frac{x + a}{2} \, \sin\frac{x - a}{2}, \qquad \cos x - \cos a = -2 \sin\frac{x + a}{2} \, \sin\frac{x - a}{2}.\]

Bu olgular Analiz 2’de sinüs ve kosinüs seriyle tanımlandığında ispatlanacaktır.

Önerme 33.4 (Sinüs ve Kosinüs Süreklidir) \(\sin\) ve \(\cos\) fonksiyonları \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir. \(\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}\) fonksiyonu, \(\cos x \neq 0\) olan her noktada süreklidir.

İspat

\(a \in \mathbb{R}\) olsun. Toplam–fark özdeşliği, \(|\cos u| \le 1\) ve \(|\sin t| \le |t|\) olgularıyla

\[|\sin x - \sin a| = 2 \left|\cos\frac{x + a}{2}\right| \left|\sin\frac{x - a}{2}\right| \le 2 \cdot 1 \cdot \left|\frac{x - a}{2}\right| = |x - a|.\]

\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \varepsilon\) alalım: \(|x - a| < \delta\) ise \(|\sin x - \sin a| \le |x - a| < \varepsilon\). Kosinüs için aynı hesap ikinci özdeşlikle yapılır:

\[|\cos x - \cos a| = 2 \left|\sin\frac{x + a}{2}\right| \left|\sin\frac{x - a}{2}\right| \le |x - a|.\]

Tanjant, iki sürekli fonksiyonun bölümüdür; Teorem 33.2 (4) ile paydanın sıfır olmadığı her noktada süreklidir.

\(\blacksquare\)

33.4 Bileşke Fonksiyonun Sürekliliği

Bileşke için limit teoremi (Teorem 29.3) dört koşul istiyordu; dördüncüsü, iç fonksiyonun \(a\) yakınında \(b\) değerini almaması gibi tuhaf bir koşuldu. Süreklilikte bu koşul ortadan kalkar: sürekli fonksiyonların bileşkesi süreklidir, o kadar.

Teorem 33.3 (Bileşke Fonksiyonun Sürekliliği) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(g : B \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(f(A) \subseteq B\) koşulunu sağlasın; böylece \(g \circ f : A \to \mathbb{R}\) tanımlıdır. \(f\), \(a \in A\) noktasında ve \(g\), \(b = f(a) \in B\) noktasında sürekliyse \(g \circ f\) de \(a\) noktasında süreklidir.

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(g\), \(b\) noktasında sürekli olduğundan öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki

\[y \in B \text{ ve } |y - b| < \eta \implies |g(y) - g(b)| < \varepsilon. \tag{1}\]

\(f\), \(a\) noktasında sürekli olduğundan, bu \(\eta\)’yı “\(\varepsilon\)” olarak kullanıp öyle bir \(\delta > 0\) buluruz ki

\[x \in A \text{ ve } |x - a| < \delta \implies |f(x) - f(a)| < \eta. \tag{2}\]

Şimdi \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) olsun. (2) gereği \(|f(x) - b| < \eta\); ayrıca \(f(x) \in f(A) \subseteq B\). O hâlde \(y = f(x)\), (1)’in hipotezini sağlar ve

\[|g(f(x)) - g(f(a))| = |g(y) - g(b)| < \varepsilon\]

elde edilir. Bu, \(g \circ f\)’nin \(a\)’da sürekliliğidir.

\(\blacksquare\)

Limit teoremindeki dördüncü koşul neden gerekmiyor?

Teorem 29.3 ispatında \(g\)’nin \(b\)’deki limitini kullanıyorduk; limit tanımı yalnızca \(0 < |y - b| < \eta\) olan \(y\)’ler hakkında bilgi verir. \(f(x) = b\) olursa \(y = f(x)\) bu aralığın dışında kalır ve \(g(b)\) değeri limitten farklı olabilir; Örnek 29.4’deki karşı örnek tam da buydu: \(f \equiv 0\) ve \(g(0) = 0\), \(g(y) = 1\) (\(y \neq 0\)).

Süreklilikte ise (1) koşulu \(|y - b| < \eta\) olan bütün \(y\)’ler için, \(y = b\) dâhil, geçerlidir; çünkü süreklilik \(g(b)\)’nin “doğru değer” olmasını zaten garanti eder. Karşı örnekteki \(g\), \(0\)’da sürekli değildir; teoremimiz ona uygulanamaz, dolayısıyla bir çelişki de yoktur.

Sonuç 33.3 (Bileşkeyle Elde Edilen Sürekli Fonksiyonlar) \(f : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a \in A\) noktasında sürekli olsun.

\(|f|\) fonksiyonu \(a\)’da süreklidir.
\(A\) üzerinde \(f \ge 0\) ise \(\sqrt{f}\) ve her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt[n]{f}\) fonksiyonu \(a\)’da süreklidir.
\(\sin \circ f\) ve \(\cos \circ f\) fonksiyonları \(a\)’da süreklidir.

İspat

Her madde Teorem 33.3 ile dış fonksiyonun sürekliliğinin birleşimidir. (1)’de dış fonksiyon \(|\cdot|\) (Önerme 33.3 (1)); (2)’de \(f(A) \subseteq [0, \infty)\) olduğundan dış fonksiyon \([0, \infty)\) üzerinde sürekli olan kök fonksiyonudur (Önerme 33.3 (2), (3)); (3)’te dış fonksiyon \(\sin\) ya da \(\cos\)’tur (Önerme 33.4).

\(\blacksquare\)

Örnek 33.5 (Bileşke ve Limitle Yer Değiştirme)

\(h(x) = \sin(x^2 + 1)\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olduğunu gösteriniz.
\(k(x) = \sqrt{x^2 - 1}\) fonksiyonunun \(A = (-\infty, -1] \cup [1, \infty)\) üzerinde sürekli olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{4 + \frac{1}{n}}\) ve \(\displaystyle \lim_{n \to \infty} \cos\!\left(\frac{\pi n}{3n + 1}\right)\) limitlerini hesaplayınız.

Çözüm

a) \(f(x) = x^2 + 1\) polinomu her noktada süreklidir (Sonuç 33.2); \(g = \sin\) her noktada süreklidir (Önerme 33.4). \(f(\mathbb{R}) \subseteq \mathbb{R}\) olduğundan bileşke tanımlıdır ve Teorem 33.3 ile \(h = g \circ f\) her \(a \in \mathbb{R}\)’de süreklidir.

b) \(x \in A\) için \(x^2 \ge 1\), yani \(x^2 - 1 \ge 0\)’dır; dolayısıyla \(f(x) = x^2 - 1\) polinomu \(A\)’yı \([0, \infty)\) içine götürür. \(f\) sürekli (Sonuç 33.2), kök fonksiyonu \([0, \infty)\) üzerinde sürekli (Önerme 33.3); Teorem 33.3 ile \(k\) \(A\)’nın her noktasında süreklidir.

c) Sürekli fonksiyon limitle yer değiştirir (Teorem 33.1, \(\Rightarrow\) yönü). \(x_n = 4 + 1/n \to 4\) ve kök fonksiyonu \(4\)’te sürekli olduğundan

\[\lim_{n \to \infty} \sqrt{4 + \frac{1}{n}} = \sqrt{\lim_{n \to \infty}\left(4 + \frac{1}{n}\right)} = \sqrt{4} = 2.\]

İkincisi için \(y_n = \dfrac{\pi n}{3n + 1} = \dfrac{\pi}{3 + 1/n} \to \dfrac{\pi}{3}\) (Teorem 21.1) ve \(\cos\), \(\pi/3\)’te süreklidir:

\[\lim_{n \to \infty} \cos\!\left(\frac{\pi n}{3n + 1}\right) = \cos\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}.\]

\(\blacksquare\)

33.5 Sürekli Fonksiyonların Yerel Davranışı

Limit için gösterdiğimiz yerel sınırlılık (Teorem 29.1) ve işaret koruma (Teorem 30.2) özelliklerinin süreklilik sürümleri, delinmiş komşuluk yerine tam komşulukta geçerlidir ve \(\ell\) yerine \(f(a)\) geçer. Bu küçük önerme, ileride ara değer teoreminin ispatında kilit rol oynayacaktır.

Önerme 33.5 (Yerel Sınırlılık ve İşaret Koruma) \(f : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a \in A\) noktasında sürekli olsun.

(Yerel sınırlılık) Öyle \(\delta > 0\) ve \(M > 0\) vardır ki \(x \in A\), \(|x - a| < \delta\) iken \(|f(x)| \le M\).
(İşaret koruma) \(f(a) > 0\) ise öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in A\), \(|x - a| < \delta\) iken \(f(x) > \dfrac{f(a)}{2} > 0\).
\(f(a) < 0\) ise öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in A\), \(|x - a| < \delta\) iken \(f(x) < \dfrac{f(a)}{2} < 0\).

İspat

(1) Süreklilik tanımında \(\varepsilon = 1\) alalım: \(x \in A\), \(|x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < 1\) olacak bir \(\delta\) vardır. Üçgen eşitsizliğiyle bu \(x\)’ler için

\[|f(x)| = |(f(x) - f(a)) + f(a)| \le |f(x) - f(a)| + |f(a)| < 1 + |f(a)|.\]

\(M = 1 + |f(a)|\) alınır.

(2) \(f(a) > 0\) olduğundan \(\varepsilon = f(a)/2 > 0\) alabiliriz. Süreklilikten öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in A\), \(|x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < f(a)/2\), yani

\[-\frac{f(a)}{2} < f(x) - f(a) < \frac{f(a)}{2}.\]

Soldaki eşitsizlikten \(f(x) > f(a) - f(a)/2 = f(a)/2 > 0\).

(3) \(-f\) fonksiyonu \(a\)’da süreklidir (Teorem 33.2 (2)) ve \((-f)(a) = -f(a) > 0\). (2)’yi \(-f\)’ye uygularsak \(|x - a| < \delta\) iken \(-f(x) > -f(a)/2\), yani \(f(x) < f(a)/2 < 0\) olur.

\(\blacksquare\)

Kısacası: sürekli bir fonksiyon bir noktada sıfırdan farklıysa, o noktanın bir komşuluğunda işaret değiştirmez. Tersinden okursak: sürekli bir fonksiyon bir aralıkta işaret değiştiriyorsa arada bir yerde sıfır olmak zorundadır — bu, ileride ispatlayacağımız Bolzano teoreminin özüdür.

33.6 Tek Yönlü Süreklilik

Tek yönlü limitler (Tanım 31.1) gibi tek yönlü süreklilik de tanımlanır. Bu kavram, bir sonraki bölümde süreksizlik türlerini sınıflandırırken ve taban fonksiyonu gibi “basamaklı” fonksiyonları incelerken gerekecek.

Tanım 33.3 (Sağdan ve Soldan Süreklilik) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun.

Her \(\varepsilon > 0\) için, \(x \in A\) ve \(a \le x < a + \delta\) iken \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\)’ye \(a\)’da sağdan sürekli (right-continuous) denir.
Her \(\varepsilon > 0\) için, \(x \in A\) ve \(a - \delta < x \le a\) iken \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\)’ye \(a\)’da soldan sürekli (left-continuous) denir.

\(a\), \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktasıysa sağdan süreklilik, Önerme 33.1 ispatındaki aynı akıl yürütmeyle, \(f(a^+) = f(a)\) eşitliğine denktir; benzer biçimde soldan süreklilik \(f(a^-) = f(a)\) demektir.

Önerme 33.6 (Süreklilik ve Tek Yönlü Süreklilik) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olması için gerek ve yeter koşul, \(f\)’nin \(a\)’da hem sağdan hem soldan sürekli olmasıdır.

İspat

(\(\Rightarrow\) yönü) Süreklilik tanımındaki \(\delta\), hem \(a \le x < a + \delta\) hem de \(a - \delta < x \le a\) olan \(x\)’ler için işe yarar; çünkü her iki koşul da \(|x - a| < \delta\)’yı gerektirir.

(\(\Leftarrow\) yönü) \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sağdan süreklilikten bir \(\delta_1\), soldan süreklilikten bir \(\delta_2\) bulalım ve \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) alalım. \(x \in A\) ve \(|x - a| < \delta\) olsun. \(x \ge a\) ise \(a \le x < a + \delta \le a + \delta_1\); sağdan süreklilikle \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\). \(x < a\) ise \(a - \delta_2 \le a - \delta < x < a\); soldan süreklilikle \(|f(x) - f(a)| < \varepsilon\). Her durumda süreklilik koşulu sağlanır.

\(\blacksquare\)

Örnek 33.6 (Taban Fonksiyonu Sağdan Süreklidir) \(f(x) = \lfloor x \rfloor\) taban fonksiyonunun (Tanım 12.1) her \(k \in \mathbb{Z}\) noktasında sağdan sürekli, soldan süreksiz olduğunu gösteriniz. \(f\) hangi noktalarda süreklidir?

Çözüm

Sağdan süreklilik. \(k \le x < k + 1\) için \(\lfloor x \rfloor = k = f(k)\)’dır. \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = 1\) alalım: \(k \le x < k + 1\) iken \(|f(x) - f(k)| = 0 < \varepsilon\).

Soldan süreksizlik. \(\varepsilon_0 = 1\) alalım. Herhangi bir \(\delta > 0\) için \(x = k - \min\{\delta, 1\}/2\) noktası \(k - \delta < x < k\) ve \(k - 1 < x < k\) koşullarını sağlar; dolayısıyla \(\lfloor x \rfloor = k - 1\) ve \(|f(x) - f(k)| = 1 \ge \varepsilon_0\). Soldan süreklilik tanımı hiçbir \(\delta\) için sağlanmaz.

Süreklilik noktaları. Önerme 33.6 gereği \(f\) hiçbir tam sayıda sürekli değildir. \(a \notin \mathbb{Z}\) ise \(k = \lfloor a \rfloor\) için \(k < a < k + 1\); \(\delta_0 = \min\{a - k, k + 1 - a\} > 0\) alındığında \((a - \delta_0, a + \delta_0) \subseteq (k, k + 1)\) olur ve bu aralıkta \(f\) sabit \(k\) değerini alır. Sabit fonksiyon sürekli olduğundan \(f\) \(a\)’da süreklidir. Sonuç: \(\lfloor x \rfloor\) tam olarak \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}\) üzerinde süreklidir.

\(\blacksquare\)

33.7 Alıştırmalar

Alıştırma 33.1 (Süreklilik Alıştırmaları)

\(a \neq 0\) olmak üzere \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun \(a\) noktasında sürekli olduğunu \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımıyla gösteriniz.
\(h(x) = x \sin\dfrac{1}{x}\) (\(x \neq 0\)), \(h(0) = 0\) ile tanımlanan \(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olduğunu gösteriniz.
\(f(x) = \dfrac{x^3 - 1}{x - 1}\) (\(x \neq 1\)) ve \(f(1) = c\) olsun. \(f\)’nin \(1\) noktasında sürekli olması için \(c\) ne olmalıdır?
\(g(x) = x\) (\(x \in \mathbb{Q}\)) ve \(g(x) = -x\) (\(x \notin \mathbb{Q}\)) fonksiyonunun yalnızca \(0\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli olsun ve her \(q \in \mathbb{Q}\) için \(f(q) = 0\) sağlansın. Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(f(x) = 0\) olduğunu gösteriniz. Buradan, \(\mathbb{Q}\) üzerinde çakışan iki sürekli fonksiyonun \(\mathbb{R}\) üzerinde eşit olduğunu çıkarınız.

Çözüm

a) \(x \neq 0\) için

\[\left|\frac{1}{x} - \frac{1}{a}\right| = \frac{|a - x|}{|x| \, |a|} = \frac{|x - a|}{|x| \, |a|}.\]

Paydadaki \(|x|\)’i alttan sınırlamak için önce \(|x - a| < |a|/2\) kabul edelim. Ters üçgen eşitsizliğiyle \(|x| \ge |a| - |x - a| > |a| - |a|/2 = |a|/2\); özellikle \(x \neq 0\). O hâlde

\[\left|\frac{1}{x} - \frac{1}{a}\right| \le \frac{|x - a|}{(|a|/2) \, |a|} = \frac{2 |x - a|}{a^2}.\]

\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \min\left\{\dfrac{|a|}{2}, \dfrac{\varepsilon a^2}{2}\right\}\) alalım. \(|x - a| < \delta\) ise yukarıdaki kestirim geçerlidir ve \(|1/x - 1/a| < 2 \delta / a^2 \le \varepsilon\).

b) \(a = 0\)’da: \(x \neq 0\) için \(|\sin(1/x)| \le 1\) olduğundan \(|h(x) - h(0)| = |x| \, |\sin(1/x)| \le |x|\); \(x = 0\) için fark sıfırdır. \(\delta = \varepsilon\) alınırsa \(|x| < \delta\) iken \(|h(x) - h(0)| \le |x| < \varepsilon\).

\(a \neq 0\)’da: \(\delta_0 = |a| > 0\) alalım; \(|x - a| < \delta_0\) ise ters üçgen eşitsizliğiyle \(|x| \ge |a| - |x - a| > 0\), yani \(x \neq 0\)’dır. Demek ki \(h\), \(a\)’nın bu komşuluğunda \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) üzerinde tanımlı \(u(x) = x \sin(1/x)\) fonksiyonuyla çakışır. \(1/x\) fonksiyonu \(a\)’da sürekli (a şıkkı), \(\sin\) her noktada sürekli (Önerme 33.4), dolayısıyla bileşke \(\sin(1/x)\) \(a\)’da süreklidir (Teorem 33.3); \(x\) ile çarpımı olan \(u\) de \(a\)’da süreklidir (Teorem 33.2 (3)). Süreklilik yerel bir özelliktir: \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(u\)’nun sürekliliğinden gelen \(\delta\) yerine \(\min\{\delta, \delta_0\}\) alalım. \(x \in \mathbb{R}\) ve \(|x - a| < \min\{\delta, \delta_0\}\) ise \(x \neq 0\), dolayısıyla \(h(x) = u(x)\) ve \(h(a) = u(a)\); böylece \(|h(x) - h(a)| = |u(x) - u(a)| < \varepsilon\) olur (Örnek 33.4’de aynı akıl yürütmeyi kullanmıştık). Sonuç olarak \(h\) \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında süreklidir.

c) \(1\), \(\mathbb{R}\)’nin yığılma noktası olduğundan süreklilik \(\lim_{x \to 1} f(x) = f(1) = c\) demektir (Önerme 33.1). \(x \neq 1\) için

\[\frac{x^3 - 1}{x - 1} = \frac{(x - 1)(x^2 + x + 1)}{x - 1} = x^2 + x + 1\]

olduğundan ve limit \(x = 1\) noktasındaki değere bakmadığından \(\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (x^2 + x + 1) = 3\) (Sonuç 29.3). O hâlde \(c = 3\) olmalıdır.

d) \(0\)’da: Her \(x\) için \(|g(x)| = |x|\); dolayısıyla \(|g(x) - g(0)| = |x|\) ve \(\delta = \varepsilon\) işe yarar.

\(a \neq 0\)’da: Örnek 33.2 içindeki gibi \(a\)’ya yakınsayan bir rasyonel dizi \((q_n)\) ve bir irrasyonel dizi \((i_n)\) alalım. \(g(q_n) = q_n \to a\), \(g(i_n) = -i_n \to -a\) (Teorem 21.1). \(a \neq 0\) olduğundan \(a \neq -a\); Sonuç 33.1 ile \(g\) \(a\)’da süreksizdir.

e) \(x \in \mathbb{R}\) keyfi olsun. Teorem 13.5 gereği her \(n\) için \((x, x + 1/n)\) aralığında bir \(q_n\) rasyonel sayısı vardır; sıkıştırmayla \(q_n \to x\). \(f\) \(x\)’te sürekli olduğundan dizisel ölçütle (Teorem 33.1)

\[f(x) = \lim_{n \to \infty} f(q_n) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0.\]

\(f, g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli ve \(\mathbb{Q}\) üzerinde \(f = g\) ise \(h = f - g\) süreklidir (Teorem 33.2) ve \(\mathbb{Q}\) üzerinde sıfırdır; az önce gösterilenle \(h \equiv 0\), yani \(f = g\). Sürekli bir fonksiyon, yoğun bir kümedeki değerleriyle tamamen belirlenir.

\(\blacksquare\)

Sürekliliğin tanımını, dizisel ölçütünü ve sürekli fonksiyon üretme araçlarını kurduk. Şimdi madalyonun öbür yüzüne bakalım: bir fonksiyon bir noktada sürekli değilse orada ne olur? Süreksizliklerin bir sınıflandırması vardır ve monoton fonksiyonlar için bu sınıflandırma şaşırtıcı derecede kısıtlayıcıdır: Süreksizlik Çeşitleri.