34 Süreksizlik Çeşitleri
Önceki bölümde bir fonksiyonun bir noktada sürekli olmasının ne demek olduğunu öğrendik ve sürekli fonksiyon üretmenin araçlarını kurduk. Şimdi tersini soruyoruz: bir fonksiyon bir noktada sürekli değilse orada tam olarak ne olur? Cevap tek tip değildir. Bazen fonksiyonun yalnızca o noktadaki değeri “yanlıştır” ve değeri düzeltmek yeter; bazen fonksiyon o noktada bir basamak atlar; bazen de sonsuza fırlar ya da durmadan salınır. Bu bölümde süreksizlikleri bu üç davranışa göre sınıflandıracağız.
Sınıflandırmanın aracı, tek yönlü limitlerdir (Tanım 31.1). Bölümün sonunda monoton fonksiyonlar için çarpıcı bir sonuç ispatlayacağız: monoton bir fonksiyonun süreksizlikleri yalnızca sıçrama biçiminde olabilir ve bu sıçramaların sayısı en çok sayılabilirdir. Yani monoton bir fonksiyon, ne kadar “kötü” görünürse görünsün, tanım aralığının “neredeyse her” noktasında süreklidir.
34.1 Süreksizlik Noktası
\(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a \in A\) olsun. \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olmaması, Tanım 33.1’teki koşulun bozulması demektir. \(a\) aynı zamanda \(A\)’nın bir yığılma noktasıysa (Tanım 17.1) süreklilik “\(\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\)” eşitliğine denktir (Önerme 33.1); dolayısıyla süreksizliğin iki kaynağı olabilir:
- \(\lim_{x \to a} f(x)\) vardır ama \(f(a)\)’ya eşit değildir;
- \(\lim_{x \to a} f(x)\) yoktur.
İkinci durumun kendi içinde de dereceleri vardır: limit yok olsa bile sağ ve sol limitler var olabilir, ya da onlar da yok olabilir. Sınıflandırma bu ayrımlara dayanır.
Bir de \(f\)’nin \(a\)’da tanımlı olmadığı ama \(a\)’ya istediğimiz kadar yaklaşabildiğimiz durum vardır: \(f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}\) fonksiyonu \(x = 1\)’de tanımsızdır. Bu noktalarda da “süreksizlik” sözcüğü kullanılır; tanımda bu duruma da yer vereceğiz.
Tek yönlü limitlerin anlamlı olması için \(a\)’ya hem soldan hem sağdan yaklaşabilmeliyiz. Bu bölümde, aksi söylenmedikçe, \(a\) noktasının bir delinmiş komşuluğu (Tanım 15.2) tanım kümesinin içinde olacak: bir \(r > 0\) için
\[B^*(a, r) = (a - r, a) \cup (a, a + r) \subseteq A.\]
\(a\)’nın kendisi \(A\)’da olabilir de olmayabilir de. Bu koşul, tanım kümesi aralık olan fonksiyonların bütün iç noktalarında sağlanır.
Tanım 34.1 (Süreksizlik Çeşitleri) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun, bir \(r > 0\) için \(B^*(a, r) \subseteq A\) olsun ve \(f\), \(a\) noktasında sürekli olmasın (yani ya \(a \notin A\)’dır ya da \(a \in A\) ve \(f\) \(a\)’da süreksizdir). Bu durumda \(a\)’ya \(f\)’nin bir süreksizlik noktası (point of discontinuity) denir ve süreksizlik şu üç türden biridir:
Kaldırılabilir süreksizlik (removable discontinuity): \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) limiti bir reel sayı olarak vardır, ama ya \(a \notin A\)’dır ya da \(f(a) \neq \ell\)’dir.
Sıçrama süreksizliği (jump discontinuity; birinci tür süreksizlik): sağ limit \(f(a^+)\) ve sol limit \(f(a^-)\) birer reel sayı olarak vardır ama birbirine eşit değildir. \(f(a^+) - f(a^-)\) farkına \(f\)’nin \(a\)’daki sıçraması (jump) denir.
İkinci tür süreksizlik (discontinuity of the second kind; esaslı süreksizlik): \(f(a^+)\) ve \(f(a^-)\) tek yönlü limitlerinden en az biri reel sayı olarak yoktur — fonksiyon o yönden ya sınırsız büyür ya da hiçbir değere yerleşmeden salınır.
Bazı kitaplar (1) ve (2) türlerini birlikte birinci tür süreksizlik diye adlandırır: her ikisinde de sağ ve sol limitler vardır; fark, eşit olup olmamalarındadır. Sonsuz limitler (Tanım 32.1) bu sınıflandırmada “reel sayı olarak var” sayılmaz; \(\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty\) olsa da \(0\), \(\dfrac{1}{x}\) için ikinci tür bir süreksizlik noktasıdır. Sıçrama süreksizliğinde \(f(a)\) değerinin ne olduğu önemsizdir: \(f(a^-)\)’ye eşit olabilir, \(f(a^+)\)’ya eşit olabilir ya da ikisinden de farklı olabilir.
Tanımdaki üç tür gerçekten bütün olasılıkları kapsar ve birbirini dışlar; bunu kaydedelim.
Önerme 34.1 (Sınıflandırma Tam ve Ayrıktır) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun ve bir \(r > 0\) için \(B^*(a, r) \subseteq A\) olsun. \(f\), \(a\)’da sürekli değilse \(a\), Tanım 34.1’ndeki üç türden tam olarak birine girer.
İspat
\(B^*(a, r) \subseteq A\) olduğundan \(a\), hem \(A \cap (a, \infty)\) hem de \(A \cap (-\infty, a)\) kümelerinin yığılma noktasıdır; dolayısıyla tek yönlü limitlerden söz edebiliriz ve Teorem 31.1 uygulanabilir.
En az bir türe girer. İki durum vardır.
Durum 1: \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) reel sayı olarak vardır. \(a \notin A\) ise (1) sağlanır. \(a \in A\) ise \(f(a) \neq \ell\) olmalıdır; çünkü \(f(a) = \ell\) olsaydı Önerme 33.1 gereği \(f\) \(a\)’da sürekli olurdu. Yine (1) sağlanır.
Durum 2: \(\lim_{x \to a} f(x)\) yoktur. \(f(a^+)\) ve \(f(a^-)\)’nin her ikisi de varsa eşit olamazlar; eşit olsalardı Teorem 31.1 gereği limit var olurdu. Bu, (2)’dir. En az biri yoksa (3) sağlanır.
En çok bir türe girer. (1) sağlanıyorsa limit vardır; Teorem 31.1 gereği \(f(a^+) = f(a^-) = \ell\) olur, bu yüzden ne (2) ne de (3) sağlanabilir. (2) sağlanıyorsa her iki tek yönlü limit vardır, dolayısıyla (3) sağlanmaz.
\(\blacksquare\)
Şimdi türleri tek tek, örneklerle inceleyelim.
34.2 Kaldırılabilir Süreksizlik
Adı üstünde: bu tür süreksizlik “kaldırılabilir”, çünkü sorun yalnızca \(a\) noktasındaki değerdedir. Fonksiyonun \(a\) dışındaki bütün değerlerine dokunmadan, \(a\)’daki değerini limite eşitlersek süreksizlik ortadan kalkar.
Önerme 34.2 (Kaldırılabilir Süreksizliğin Kaldırılması) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun, bir \(r > 0\) için \(B^*(a, r) \subseteq A\) olsun ve \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell \in \mathbb{R}\) olsun. \(A \cup \{a\}\) üzerinde
\[\tilde{f}(x) = \begin{cases} f(x), & x \neq a, \\ \ell, & x = a \end{cases}\]
ile tanımlanan \(\tilde{f}\) fonksiyonu \(a\) noktasında süreklidir. \(f\), \(a\) dışındaki her noktada sürekliyse \(\tilde{f}\), \(A \cup \{a\}\) üzerinde süreklidir.
İspat
\(B^*(a, r) \subseteq A\) olduğundan \(a\), \(A \cup \{a\}\) kümesinin bir yığılma noktasıdır ve \(\tilde{f}\), \(A \cup \{a\}\) üzerinde tanımlıdır. Limit, fonksiyonun \(a\)’daki değerine bakmaz: Tanım 27.1 yalnızca \(0 < |x - a| < \delta\) olan \(x\)’leri kullanır ve bu \(x\)’lerde \(\tilde{f}(x) = f(x)\)’tir. O hâlde
\[\lim_{x \to a} \tilde{f}(x) = \lim_{x \to a} f(x) = \ell = \tilde{f}(a).\]
Önerme 33.1 gereği \(\tilde{f}\), \(a\)’da süreklidir. \(a\) dışındaki bir \(b \in A\) noktasında \(\tilde{f}\), \(b\)’nin \(a\)’yı içermeyen bir komşuluğunda \(f\) ile çakıştığından, \(f\)’nin \(b\)’deki sürekliliği \(\tilde{f}\)’ye aynen geçer.
\(\blacksquare\)
Bu önerme sayesinde “\(f\)’nin \(a\)’daki süreksizliği kaldırılabilir” cümlesi somut bir anlam kazanır: \(f\), \(a\)’da tanımsızsa tanımlanarak, tanımlıysa değeri değiştirilerek sürekli hâle getirilebilir. \(\tilde{f}\) fonksiyonuna \(f\)’nin \(a\)’ya sürekli genişlemesi (continuous extension) denir.
Örnek 34.1 (Kaldırılabilir Süreksizlik Örnekleri) Aşağıdaki fonksiyonların belirtilen noktada kaldırılabilir süreksizliği olduğunu gösterelim ve sürekli genişlemelerini yazalım.
\(f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}\), \(A = \mathbb{R} \setminus \{1\}\); nokta \(a = 1\).
\(g(x) = \dfrac{\sin x}{x}\), \(A = \mathbb{R} \setminus \{0\}\); nokta \(a = 0\).
\(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(h(x) = x^2\) (\(x \neq 0\)) ve \(h(0) = 1\); nokta \(a = 0\).
Çözüm
a) \(x \neq 1\) için \(x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)\) olduğundan \(f(x) = x + 1\)’dir. Limit \(x = 1\) değerine bakmadığından
\[\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} (x + 1) = 2\]
(Sonuç 29.3). Limit vardır ama \(1 \notin A\); süreksizlik kaldırılabilirdir. Sürekli genişleme \(\tilde{f}(x) = x + 1\) polinomudur ve \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında süreklidir (Sonuç 33.2).
b) Teorem 30.6 gereği \(\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1\)’dir. \(0 \notin A\) olduğundan \(0\), kaldırılabilir bir süreksizlik noktasıdır. Genişleme
\[\tilde{g}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sin x}{x}, & x \neq 0, \\ 1, & x = 0 \end{cases}\]
fonksiyonudur. \(\tilde{g}\), \(0\) dışında iki sürekli fonksiyonun bölümü olarak (Önerme 33.4, Teorem 33.2), \(0\)’da ise Önerme 34.2 gereği süreklidir; yani \(\tilde{g}\) bütün \(\mathbb{R}\)’de süreklidir.
c) \(h\), \(0\)’ın delinmiş komşuluğunda \(x^2\) ile çakışır; dolayısıyla \(\lim_{x \to 0} h(x) = \lim_{x \to 0} x^2 = 0\) (Önerme 29.1). Ama \(h(0) = 1 \neq 0\). Limit var, değer yanlış: kaldırılabilir süreksizlik. Düzeltme yalnızca tek bir değeri değiştirir: \(\tilde{h}(x) = x^2\).
\(\blacksquare\)
34.3 Sıçrama Süreksizliği
Sıçrama süreksizliğinde fonksiyon \(a\)’nın solunda bir değere, sağında başka bir değere yerleşir; grafikte bir “basamak” görülür. En tanıdık örnekler taban fonksiyonu ile işaret fonksiyonudur.
Örnek 34.2 (Taban ve İşaret Fonksiyonlarının Sıçramaları)
\(f(x) = \lfloor x \rfloor\) taban fonksiyonunun (Tanım 12.1) her \(k \in \mathbb{Z}\) noktasında sıçrama süreksizliği olduğunu gösterelim ve sıçramayı hesaplayalım.
\(\operatorname{sgn}\) işaret fonksiyonunun (Tanım 7.6) \(0\)’da sıçrama süreksizliği olduğunu gösterelim ve sıçramayı hesaplayalım.
Çözüm
a) \(k \in \mathbb{Z}\) olsun. Taban fonksiyonunun tanımı gereği \(k \le x < k + 1\) için \(\lfloor x \rfloor = k\) ve \(k - 1 \le x < k\) için \(\lfloor x \rfloor = k - 1\)’dir.
Sağ limit. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = 1\) alalım. \(k < x < k + 1\) ise \(|f(x) - k| = |k - k| = 0 < \varepsilon\). O hâlde \(f(k^+) = k\).
Sol limit. Yine \(\delta = 1\) ile, \(k - 1 < x < k\) ise \(|f(x) - (k - 1)| = 0 < \varepsilon\); yani \(f(k^-) = k - 1\).
İki tek yönlü limit de vardır ve \(f(k^+) - f(k^-) = k - (k - 1) = 1 \neq 0\): her tam sayıda sıçrama \(1\) olan bir sıçrama süreksizliği. \(f(k) = k = f(k^+)\)’dır; sağ limitin \(f(k)\)’ya eşit olması sağdan sürekliliğe denk olduğundan (Tanım 33.3; aynı \(\delta = 1\) seçimi tanımı doğrudan da sağlar) \(f\) tam sayılarda sağdan süreklidir — bunu Örnek 33.6’de \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile göstermiştik. Tam sayı olmayan noktalarda \(f\) süreklidir (aynı örnek); demek ki \(\lfloor x \rfloor\)’nin süreksizlik noktaları kümesi tam olarak \(\mathbb{Z}\)’dir ve hepsi sıçramadır.
b) \(x > 0\) için \(\operatorname{sgn}(x) = 1\), \(x < 0\) için \(\operatorname{sgn}(x) = -1\). Herhangi bir \(\delta > 0\) (örneğin \(\delta = 1\)) için \(0 < x < \delta\) iken \(|\operatorname{sgn}(x) - 1| = 0\) ve \(-\delta < x < 0\) iken \(|\operatorname{sgn}(x) - (-1)| = 0\); dolayısıyla
\[\operatorname{sgn}(0^+) = 1, \qquad \operatorname{sgn}(0^-) = -1.\]
Sıçrama \(1 - (-1) = 2\)’dir. \(\operatorname{sgn}(0) = 0\) değeri iki tek yönlü limitin hiçbirine eşit değildir; işaret fonksiyonu \(0\)’da ne sağdan ne soldan süreklidir. \(0\) dışında \(\operatorname{sgn}\) yerel olarak sabit olduğundan süreklidir.
\(\blacksquare\)
Kaldırılabilir süreksizlikten farklı olarak, sıçrama süreksizliği \(f(a)\) değeri değiştirilerek giderilemez. Hangi değeri seçersek seçelim, \(f(a^-) \neq f(a^+)\) olduğu sürece limit yoktur (Teorem 31.1) ve \(f\), \(a\)’da sürekli olamaz. Değer seçimiyle elde edebileceğimiz en iyi şey, Örnek 33.6’deki gibi tek yönlü sürekliliktir: \(f(a) = f(a^+)\) seçilirse sağdan, \(f(a) = f(a^-)\) seçilirse soldan süreklilik.
34.4 İkinci Tür Süreksizlik
Sınıflandırmadaki son tür, yani ikinci tür süreksizlik, “onarılamaz” süreksizliktir: en az bir taraftan tek yönlü limit bile yoktur. Bunun iki tipik nedeni vardır: fonksiyon o taraftan sınırsız büyür ya da sınırlı kalıp salınır. Her ikisini de göreceğiz; süreksizliği göstermenin aracı, tek yönlü limitler için dizisel ölçüttür (Teorem 31.2).
Örnek 34.3 (İkinci Tür Süreksizlik Örnekleri) Aşağıdaki fonksiyonların \(0\) noktasında ikinci tür süreksizliği olduğunu gösterelim.
\(f(x) = \sin\dfrac{1}{x}\) (\(x \neq 0\)), \(f(0) = 0\).
\(g(x) = \dfrac{1}{x}\) (\(x \neq 0\)), \(g(0) = 0\).
Çözüm
a) Sağ limitin var olmadığını gösterelim. Örnek 28.2’teki dizileri kullanalım:
\[x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} \qquad (n \in \mathbb{N}).\]
Her iki dizinin bütün terimleri pozitiftir; paydalar \(n\)’den büyük olduğundan \(0 < x_n < \dfrac{1}{n}\) ve \(0 < y_n < \dfrac{1}{n}\), dolayısıyla sıkıştırma teoremiyle (Teorem 21.6, Örnek 20.1) \(x_n \to 0\) ve \(y_n \to 0\). Görüntüler sabittir:
\[f(x_n) = \sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad f(y_n) = \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1.\]
\(f(0^+) = \ell\) olsaydı Teorem 31.2 gereği hem \(f(x_n) \to \ell\) hem \(f(y_n) \to \ell\) olurdu; oysa biri \(1\)’e, öbürü \(-1\)’e gider ve limit tektir (Teorem 20.1). Demek ki \(f(0^+)\) yoktur. Aynı diziler \(-1\) ile çarpılırsa (\(\sin\) tek fonksiyondur: \(f(-x_n) = -1\), \(f(-y_n) = 1\)) \(f(0^-)\)’nin de olmadığı görülür. \(0\), \(f\) için ikinci tür bir süreksizlik noktasıdır. Dikkat: \(f\) sınırlıdır, \(|f(x)| \le 1\); süreksizliğin nedeni sınırsızlık değil, \(0\)’a yaklaşırken sonsuz kez tekrarlanan \(-1\) ile \(1\) arasındaki salınımdır.
b) \(x_n = \dfrac{1}{n}\) dizisi pozitif terimlidir ve \(0\)’a yakınsar (Örnek 20.1). \(g(x_n) = n\) dizisi sınırsızdır; yakınsak diziler sınırlı olduğundan (Teorem 20.2) \((g(x_n))\) hiçbir reel sayıya yakınsamaz. \(g(0^+) = \ell\) olsaydı Teorem 31.2 gereği \(g(x_n) \to \ell\) olurdu; çelişki. \(g(0^+)\) reel sayı olarak yoktur ve \(0\) ikinci tür bir süreksizlik noktasıdır. (Sonsuz limit diliyle \(\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty\) ve \(\lim_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty\)’dur; Tanım 32.1. Sonsuz limit, sınıflandırma açısından “limit yok” demektir.) Aynı akıl yürütme \(\dfrac{1}{x^2}\) için de geçerlidir; orada iki taraf da \(+\infty\)’a gider ama süreksizlik yine ikinci türdür.
\(\blacksquare\)
Dirichlet fonksiyonu, ikinci tür süreksizliğin en uç örneğidir: her noktada, her iki yönden limit yoktur.
Örnek 34.4 (Dirichlet Fonksiyonunun Her Noktası İkinci Türdür) \(D(x) = 1\) (\(x \in \mathbb{Q}\)), \(D(x) = 0\) (\(x \notin \mathbb{Q}\)) Dirichlet fonksiyonunun her \(a \in \mathbb{R}\) noktasında ikinci tür süreksizliği olduğunu gösterelim.
Çözüm
Örnek 33.2’de \(D\)’nin hiçbir noktada sürekli olmadığını gördük; şimdi türünü belirleyelim. \(a \in \mathbb{R}\) olsun. Rasyonellerin (Teorem 13.5) ve irrasyonellerin (Teorem 13.6) yoğunluğu gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \((a, a + \frac{1}{n})\) aralığında bir \(q_n\) rasyonel, bir \(i_n\) irrasyonel sayı vardır. Her iki dizi de terimleri \(a\)’dan büyük olmak üzere \(a\)’ya yakınsar (sıkıştırma, Teorem 21.6). \(D(q_n) = 1 \to 1\) ve \(D(i_n) = 0 \to 0\) olduğundan Teorem 31.2 gereği \(D(a^+)\) yoktur. \((a - \frac{1}{n}, a)\) aralıklarından seçilen dizilerle \(D(a^-)\)’nin de olmadığı görülür. Demek ki her \(a\), ikinci tür bir süreksizlik noktasıdır.
\(\blacksquare\)
34.5 Thomae Fonksiyonu
Dirichlet fonksiyonu rasyonel ile irrasyonel sayıları ayırt ediyor ve hiçbir yerde sürekli olmuyordu. Aynı ayrımı biraz daha incelikle yapan bir fonksiyon, şaşırtıcı biçimde, irrasyonel sayıların hepsinde süreklidir. Bu fonksiyon Thomae fonksiyonu (Riemann fonksiyonu, “patlamış mısır fonksiyonu”) olarak bilinir.
Her \(x \in \mathbb{Q}\) sayısı \(p \in \mathbb{Z}\), \(q \in \mathbb{N}\) olmak üzere \(x = \dfrac{p}{q}\) biçiminde yazılır (Tanım 11.6 payda için yalnızca \(q \in \mathbb{Z}\), \(q \neq 0\) der; payda negatifse pay ile paydanın işareti birlikte değiştirilerek \(q \in \mathbb{N}\) elde edilir, Önerme 11.4) ve bu yazılışlardaki paydaların en küçüğü vardır (Teorem 9.2). En küçük paydalı yazılışa \(x\)’in en sade biçimi diyelim; Önerme 11.5’in ispatı tam bu yazılışı kurar ve \(p\) ile \(q\)’nun aralarında asal olduğunu gösterir. En küçük payda \(q\) tek olarak belirlidir, dolayısıyla pay \(p = xq\) da belirlidir: en sade biçim tektir. \(0 = \dfrac{0}{1}\)’dir.
Örnek 34.5 (Thomae Fonksiyonu İrrasyonellerde Sürekli, Rasyonellerde Süreksizdir) \(T : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[T(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{q}, & x = \dfrac{p}{q} \in \mathbb{Q} \text{ en sade biçimde}, \\[6pt] 0, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
ile tanımlansın. Örneğin \(T(0) = T(1) = T(-3) = 1\), \(T\left(\frac{1}{2}\right) = T\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}\), \(T\left(\frac{2}{6}\right) = T\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{3}\), \(T(\sqrt{2}) = 0\).
- Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{x \to a} T(x) = 0\) olduğunu gösterelim.
- Buradan \(T\)’nin her irrasyonel noktada sürekli, her rasyonel noktada kaldırılabilir süreksizliğe sahip olduğunu çıkaralım.
Çözüm
1. \(a \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Amaç: \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(|T(x) - 0| = T(x) < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) bulmak. Fikir şudur: \(T(x)\) ancak paydası küçük rasyonellerde büyüktür ve \(a\)’nın yakınında paydası küçük sonlu sayıda rasyonel vardır; \(\delta\)’yı bunların hepsinden kaçınacak kadar küçük seçeceğiz.
Sonuç 12.2 gereği \(\dfrac{1}{N} < \varepsilon\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır. Şu kümeye bakalım:
\[F = \left\{ x \in (a - 1, a + 1) : x = \frac{p}{q} \text{ en sade biçimde ve } q \le N \right\}.\]
\(F\) sonludur. \(q \in \{1, 2, \dots, N\}\) sabit olsun. \(\dfrac{p}{q} \in (a - 1, a + 1)\) koşulu \(q(a - 1) < p < q(a + 1)\) demektir; uzunluğu \(2q\) olan bu açık aralıkta en çok \(2q\) tam sayı bulunur (aralıktaki tam sayılar \(\lfloor q(a-1) \rfloor + 1, \dots, \lfloor q(a+1) \rfloor\) arasındadır; Tanım 12.1). Her \(q\) için sonlu sayıda \(p\) olduğundan ve \(q\) sonlu sayıda değer aldığından \(F\) sonludur; eleman sayısı en çok \(2 + 4 + \cdots + 2N = N(N+1)\)’dir.
\(\delta\) seçimi. \(F \setminus \{a\}\) sonlu bir kümedir. Boş değilse, elemanlarının \(a\)’ya uzaklıkları sonlu sayıda pozitif sayıdır; en küçüğüne \(\delta_0 > 0\) diyelim ve \(\delta = \min\{1, \delta_0\}\) alalım. \(F \setminus \{a\}\) boşsa \(\delta = 1\) alalım. Her iki durumda da \(\delta > 0\) ve şu özellik sağlanır: \(0 < |x - a| < \delta\) ise \(x \in (a - 1, a + 1)\) ve \(x \notin F\).
Kestirim. \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. \(x\) irrasyonelse \(T(x) = 0 < \varepsilon\). \(x = \dfrac{p}{q}\) en sade biçimde rasyonelse, \(x \in (a - 1, a + 1)\) ve \(x \notin F\) olduğundan \(q > N\) olmalıdır; dolayısıyla
\[T(x) = \frac{1}{q} < \frac{1}{N} < \varepsilon.\]
Her durumda \(|T(x) - 0| < \varepsilon\). Bu, \(\lim_{x \to a} T(x) = 0\) demektir.
2. \(a\) irrasyonelse \(T(a) = 0 = \lim_{x \to a} T(x)\); Önerme 33.1 gereği \(T\), \(a\)’da süreklidir. \(a = \dfrac{p}{q}\) rasyonelse \(T(a) = \dfrac{1}{q} > 0\) ama limit \(0\)’dır; limit var, değer farklı: Tanım 34.1 (1) gereği kaldırılabilir süreksizlik. Rasyonellerin her birinde değeri \(0\) yaparak bütün süreksizlikleri “kaldırırsak” elimizde sıfır fonksiyonu kalır; \(T\)’nin sürekli genişlemesi budur.
\(\blacksquare\)
Her iki fonksiyon da rasyonelleri irrasyonellerden ayırır; ama Dirichlet fonksiyonu rasyonellerde sabit \(1\) değerini alırken Thomae fonksiyonu paydası büyüdükçe küçülen değerler alır. Bir irrasyonel sayıya yakın rasyonellerin paydaları zorunlu olarak büyüktür (paydası küçük olanlar sonlu sayıdadır ve belli bir uzaklıkta kalır); işte süreklilik buradan gelir. Thomae fonksiyonu, sürekli olduğu noktaların kümesi \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) olan bir fonksiyondur. Tersi mümkün değildir: sürekli olduğu noktaların kümesi tam olarak \(\mathbb{Q}\) olan bir fonksiyon yoktur. Bunun ispatı, sürekli olunan noktalar kümesinin özel bir yapısına (sayılabilir çoklukta açık kümenin kesişimi olmasına) dayanır ve bu dersin sınırlarının dışındadır.
34.6 Monoton Fonksiyonların Süreksizlikleri
Keyfi bir fonksiyon her türden süreksizliğe sahip olabilir; Dirichlet fonksiyonu her noktada ikinci tür süreksizdir. Fonksiyona monotonluk koşulu koyunca tablo bambaşkadır. Hatırlatalım: \(I\) bir aralık olmak üzere \(f : I \to \mathbb{R}\), her \(x < y\) için \(f(x) \le f(y)\) sağlıyorsa artan, \(f(x) \ge f(y)\) sağlıyorsa azalan; artan ya da azalan fonksiyonlara monoton denir. Teorem 31.3, monoton bir fonksiyonun her iç noktada sağ ve sol limitlerinin var olduğunu söylüyordu. Bu, sınıflandırma açısından şu anlama gelir: monoton bir fonksiyonun iç noktalarda ikinci tür süreksizliği olamaz. Birazdan kaldırılabilir süreksizliğin de olamayacağını göreceğiz; geriye yalnızca sıçrama kalır.
Teorem 34.1 (Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri Sıçramadır) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) monoton ve \(a\), \(I\)’nın bir iç noktası olsun. O zaman:
\(f(a^-)\) ve \(f(a^+)\) tek yönlü limitleri vardır; \(f\) artan ise \(f(a^-) \le f(a) \le f(a^+)\), azalan ise \(f(a^-) \ge f(a) \ge f(a^+)\).
\(f\)’nin \(a\)’da sürekli olması için gerek ve yeter koşul \(f(a^-) = f(a^+)\) olmasıdır.
\(f\), \(a\)’da süreksizse bu süreksizlik bir sıçrama süreksizliğidir; monoton bir fonksiyonun iç noktalarda ne kaldırılabilir ne de ikinci tür süreksizliği olabilir.
İspat
(1) Tam olarak Teorem 31.3’in ifadesidir.
(2) Önce \(f\) artan olsun. (\(\Leftarrow\) yönü) \(f(a^-) = f(a^+) = \ell\) olsun. (1)’deki \(f(a^-) \le f(a) \le f(a^+)\) eşitsizliği \(\ell \le f(a) \le \ell\), yani \(f(a) = \ell\) verir. Sağ ve sol limitler var ve eşit olduğundan Teorem 31.1 gereği \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell = f(a)\); \(a\) bir iç nokta, dolayısıyla \(I\)’nın yığılma noktası olduğundan Önerme 33.1 ile \(f\), \(a\)’da süreklidir.
(\(\Rightarrow\) yönü) \(f\), \(a\)’da sürekli olsun. Önerme 33.1 gereği \(\lim_{x \to a} f(x) = f(a)\) vardır; Teorem 31.1 gereği \(f(a^-) = f(a^+) = f(a)\).
\(f\) azalan ise aynı akıl yürütme kelimesi kelimesine geçerlidir: (\(\Leftarrow\)) yönünde (1)’deki eşitsizlik bu kez \(f(a^-) \ge f(a) \ge f(a^+)\) biçimindedir ve \(f(a^-) = f(a^+) = \ell\) iken yine \(f(a) = \ell\) verir; (\(\Rightarrow\)) yönü ise monotonluğu hiç kullanmaz.
(3) \(f\), \(a\)’da süreksiz olsun. (2) gereği \(f(a^-) \neq f(a^+)\); (1) gereği her ikisi de reel sayı olarak vardır. Bu, Tanım 34.1 (2)’nin ta kendisidir. Süreksizlik kaldırılabilir olamaz, çünkü kaldırılabilir süreksizlikte limit vardır ve Teorem 31.1 gereği \(f(a^-) = f(a^+)\) olurdu. İkinci tür olamaz, çünkü her iki tek yönlü limit de vardır. Önerme 34.1 ile de tutarlı olarak geriye yalnızca sıçrama kalır.
\(\blacksquare\)
Teoremin pratik faydası iki yönlüdür. Birincisi, monoton bir fonksiyonun sürekliliğini denetlemek için yalnızca \(f(a^-) = f(a^+)\) eşitliğine bakmak yeter. İkincisi, bir fonksiyonun bir iç noktada kaldırılabilir ya da ikinci tür süreksizliği varsa o fonksiyon, o noktayı iç nokta olarak içeren hiçbir aralıkta monoton olamaz: \(\sin\frac{1}{x}\) fonksiyonu \(0\)’ı içeren hiçbir aralıkta, Dirichlet fonksiyonu ise hiçbir aralıkta monoton değildir.
\(I = [a, b]\) kapalı bir aralıksa uç noktalarda yalnızca bir yön vardır. \(f\) artan ise \(a\)’da \(f(a^+) = \inf\{f(x) : a < x \le b\}\) vardır ve \(f(a) \le f(a^+)\)’dır; ispat Teorem 31.3’in sağ limit kısmıyla kelimesi kelimesine aynıdır. \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olması \(f(a) = f(a^+)\) demektir; aksi hâlde \(f\), \(a\)’da “tek yönlü bir sıçrama” yapar. \(b\) için de sol limitle aynı durum geçerlidir.
Örnek 34.6 (Sonsuz Sayıda Sıçraması Olan Artan Bir Fonksiyon) \(f : [0, 1] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(f(0) = 0\) ve her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[f(x) = \frac{1}{n} \qquad \left(\frac{1}{n+1} < x \le \frac{1}{n}\right)\]
ile tanımlansın. (\((0, 1]\) aralığı \(\left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\) aralıklarının ayrık birleşimi olduğundan tanım her \(x\) için tek bir değer verir.) \(f\)’nin artan olduğunu, süreksizlik noktalarının tam olarak \(\left\{\frac{1}{n} : n \ge 2\right\}\) kümesi olduğunu ve her birinin sıçrama olduğunu gösterelim.
Çözüm
Artanlık. \(0 \le x < y \le 1\) olsun. \(x = 0\) ise \(f(x) = 0 < f(y)\). \(x > 0\) ise \(x \in \left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\) ve \(y \in \left(\frac{1}{m+1}, \frac{1}{m}\right]\) olacak biçimde \(n, m \in \mathbb{N}\) vardır; \(x < y\) olduğundan \(\frac{1}{n+1} < y\), yani \(y\)’nin aralığı \(x\)’inkinden solda olamaz: \(m \le n\). O hâlde \(f(x) = \frac{1}{n} \le \frac{1}{m} = f(y)\).
\(\frac{1}{n}\) noktaları (\(n \ge 2\)). \(a = \frac{1}{n}\) bir iç noktadır. \(\frac{1}{n+1} < x < \frac{1}{n}\) iken \(f(x) = \frac{1}{n}\); dolayısıyla \(f(a^-) = \frac{1}{n} = f(a)\). \(\frac{1}{n} < x \le \frac{1}{n-1}\) iken \(f(x) = \frac{1}{n-1}\); dolayısıyla \(f(a^+) = \frac{1}{n-1}\). Sıçrama
\[f(a^+) - f(a^-) = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} = \frac{1}{n(n-1)} > 0.\]
Teorem 34.1 (2) gereği \(f\), \(\frac{1}{n}\)’de süreksizdir ve (3) gereği bu bir sıçramadır; \(f\) bu noktalarda soldan süreklidir.
Öteki noktalar. \(x \in \left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right)\) açık aralığındaysa \(f\) bu aralıkta sabittir, dolayısıyla \(x\)’te süreklidir. \(x = 1\) uç noktasında \(f(1) = 1 = f(1^-)\) olduğundan (aralık \(\left(\frac{1}{2}, 1\right]\) üzerinde \(f = 1\)) \(f\) süreklidir.
\(0\) noktası. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\frac{1}{N} < \varepsilon\) olan bir \(N\) seçelim (Sonuç 12.2) ve \(\delta = \frac{1}{N}\) alalım. \(0 < x < \delta\) ise \(x \in \left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\) olan \(n\) için \(\frac{1}{n+1} < x < \frac{1}{N}\), yani \(n + 1 > N\), \(n \ge N\); buradan \(|f(x) - f(0)| = \frac{1}{n} \le \frac{1}{N} < \varepsilon\). Demek ki \(f\), \(0\)’da süreklidir (\(0\) uç nokta olduğundan tanım kümesinde yalnızca \(x \ge 0\) vardır; sağdan süreklilik burada süreklilik demektir).
Sonuç: süreksizlik noktaları \(\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \dots\) — sayılabilir sonsuz çoklukta sıçrama, üstelik \(0\)’da yığılıyorlar; ama \(0\)’ın kendisinde fonksiyon süreklidir.
\(\blacksquare\)
Bu örnekte sıçrama noktaları sonsuz ama sayılabilir çokluktaydı. Bu bir rastlantı değildir: monoton bir fonksiyonun sıçramaları hiçbir zaman sayılamaz çoklukta olamaz. İspat, Teorem 31.3’in sup–inf betimlemesinden çıkan basit bir gözleme dayanır: artan bir fonksiyonda farklı noktalardaki sıçrama aralıkları birbirini “iter”, üst üste binmez.
Teorem 34.2 (Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri En Çok Sayılabilirdir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) monoton olsun. \(f\)’nin süreksiz olduğu noktaların kümesi
\[D = \{a \in I : f, \; a\text{'da süreksiz}\}\]
sayılabilirdir (sonlu ya da sayılabilir sonsuzdur).
İspat
\(f\) artan olsun; azalan durumda \(-f\) artandır ve aynı süreksizlik noktalarına sahiptir (Teorem 33.2), dolayısıyla artan durumdan çıkar.
Adım 1: Her iç süreksizliğe bir açık aralık. \(D\)’nin \(I\)’nın iç noktalarından oluşan kısmına \(E\) diyelim (\(E = \{a \in D : a, \, I\text{'nın iç noktası}\}\)). \(a \in E\) için Teorem 34.1 gereği \(f(a^-) < f(a^+)\)’dır (artan fonksiyonda \(f(a^-) \le f(a^+)\) ve süreksizlikte eşit değiller). O hâlde
\[J_a = \big(f(a^-), \, f(a^+)\big)\]
boş olmayan bir açık aralıktır.
Adım 2: Aralıklar ayrıktır. \(a, b \in E\) ve \(a < b\) olsun. \(f(a^+) \le f(b^-)\) olduğunu gösterelim. Önerme 7.11 gereği \(a < x < b\) olan bir \(x\) vardır (örneğin \(x = \frac{a+b}{2}\)); \(I\) aralık olduğundan \(x \in I\). Teorem 31.3’in betimlemesiyle
\[f(a^+) = \inf\{f(t) : t \in I, \; t > a\} \le f(x), \qquad f(x) \le \sup\{f(t) : t \in I, \; t < b\} = f(b^-);\]
ilk eşitsizlik \(x > a\) olduğu için \(f(x)\)’in birinci kümede olmasından, ikincisi \(x < b\) olduğu için ikinci kümede olmasından gelir. Böylece \(J_a\)’nın her elemanı \(f(a^+) \le f(b^-)\)’den küçük, \(J_b\)’nin her elemanı \(f(b^-)\)’den büyüktür: \(J_a \cap J_b = \varnothing\).
Adım 3: Her aralığa bir rasyonel. Teorem 13.5 gereği her \(a \in E\) için \(J_a\) içinde bir rasyonel sayı vardır; her \(a\) için böyle bir rasyoneli seçip \(r_a\) diyelim. Bu, bir \(\varphi : E \to \mathbb{Q}\), \(\varphi(a) = r_a\) fonksiyonu tanımlar. \(\varphi\) birebirdir: \(a \neq b\) ise Adım 2 gereği \(J_a \cap J_b = \varnothing\), dolayısıyla \(r_a \in J_a\) ve \(r_b \in J_b\) farklı sayılardır.
Adım 4: Sayılabilirlik. \(E = \varnothing\) ise sonludur, dolayısıyla sayılabilirdir. Değilse: \(\mathbb{Q}\) sayılabilir sonsuz olduğundan (Teorem 14.7) bir \(\psi : \mathbb{Q} \to \mathbb{N}\) birebir-örten fonksiyonu vardır (Tanım 14.3, Tanım 14.1). Bileşke \(\psi \circ \varphi : E \to \mathbb{N}\) birebirdir (Teorem 5.4). Boş olmayan bir kümeden \(\mathbb{N}\)’ye birebir bir fonksiyon varsa o küme sayılabilirdir (Teorem 14.2); demek ki \(E\) sayılabilirdir.
Adım 5: Uç noktalar. \(D \setminus E\), \(I\)’nın uç noktalarından oluşur; en çok iki elemanlıdır, yani sonlu ve dolayısıyla sayılabilirdir. \(D = E \cup (D \setminus E)\) iki sayılabilir kümenin birleşimidir; Sonuç 14.5 gereği \(D\) sayılabilirdir.
\(\blacksquare\)
Teorem şunu söyler: monoton bir fonksiyon “hemen her yerde” süreklidir — süreksiz olduğu noktalar bir dizi hâlinde \(a_1, a_2, a_3, \dots\) diye listelenebilir, tıpkı Örnek 34.6’daki \(\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots\) gibi. Tek noktadan ibaret olmayan her aralık sayılamaz olduğundan (Sonuç 14.6; kaynağı \(\mathbb{R}\)’nin sayılamazlığıdır, Teorem 14.8), monoton bir fonksiyonun sürekli olduğu noktalar \(I\)’nın böyle her \(J\) alt aralığında sayılamaz çokluktadır: \(J\)’deki süreklilik noktalarının kümesi olan \(J \setminus D\) sayılabilir olsaydı, \(J \cap D\) de sayılabilir olduğundan (Sonuç 14.3) \(J = (J \cap D) \cup (J \setminus D)\) sayılabilir olurdu (Sonuç 14.5). Karşılaştırın: Dirichlet fonksiyonu hiçbir noktada sürekli değildir; ama o da hiçbir aralıkta monoton değildir.
34.7 Alıştırmalar
Alıştırma 34.1 (Süreksizlik Çeşitleri Alıştırmaları)
\(f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2}\) (\(x \neq 2\)), \(f(2) = 0\) fonksiyonunun \(2\) noktasındaki süreksizliğinin türünü belirleyiniz; kaldırılabilirse sürekli genişlemesini yazınız.
\(f(x) = \dfrac{x^2 - x}{|x|}\) (\(x \neq 0\)), \(f(0) = 0\) fonksiyonunun \(0\) noktasındaki süreksizliğinin türünü belirleyiniz; sıçramaysa sıçramayı hesaplayınız.
\(f(x) = \dfrac{1}{x - 1}\) (\(x \neq 1\)), \(f(1) = 0\) fonksiyonunun \(1\) noktasındaki süreksizliğinin türünü belirleyiniz.
\(g(x) = x \left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor\) (\(x \neq 0\)), \(g(0) = 1\) olsun. \(g\)’nin \(0\)’da sürekli olduğunu, her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\frac{1}{n}\) noktasında sıçrama süreksizliği olduğunu gösteriniz ve sıçramayı hesaplayınız.
\(f : [a, b] \to \mathbb{R}\) artan olsun ve \(f\), \(f(a)\) ile \(f(b)\) arasındaki her değeri alsın: her \(y \in [f(a), f(b)]\) için \(f(x) = y\) olan bir \(x \in [a, b]\) bulunsun. \(f\)’nin \([a, b]\) üzerinde sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(x \neq 2\) için \(f(x) = \dfrac{(x - 2)(x + 2)}{x - 2} = x + 2\); limit \(x = 2\) değerine bakmadığından \(\lim_{x \to 2} f(x) = 4\) (Önerme 29.1, Sonuç 29.3). Limit var ama \(f(2) = 0 \neq 4\): kaldırılabilir süreksizlik. Sürekli genişleme \(\tilde{f}(x) = x + 2\)’dir (Önerme 34.2).
b) \(x > 0\) için \(|x| = x\) ve \(f(x) = \dfrac{x(x - 1)}{x} = x - 1\); \(x < 0\) için \(|x| = -x\) ve \(f(x) = -(x - 1) = 1 - x\) (Tanım 8.1). Polinom limitleriyle
\[f(0^+) = \lim_{x \to 0^+} (x - 1) = -1, \qquad f(0^-) = \lim_{x \to 0^-} (1 - x) = 1.\]
(Sağ limit hesabında yalnızca \(x > 0\) değerleri kullanılır; orada \(f\) ile \(x - 1\) çakışır, dolayısıyla tek yönlü limitleri aynıdır.) İkisi de var, farklı: sıçrama süreksizliği. Sıçrama \(f(0^+) - f(0^-) = -1 - 1 = -2\)’dir; grafik \(0\)’da iki birim aşağı basamak yapar. \(f(0) = 0\) hiçbirine eşit olmadığından \(f\), \(0\)’da ne sağdan ne soldan süreklidir.
c) \(x_n = 1 + \dfrac{1}{n}\) dizisi terimleri \(1\)’den büyük olmak üzere \(1\)’e yakınsar. \(f(x_n) = n\) sınırsızdır, dolayısıyla yakınsak değildir (Teorem 20.2). \(f(1^+)\) bir reel sayı olsaydı Teorem 31.2 gereği \(f(x_n)\) ona yakınsardı; çelişki. Sağ limit yoktur: ikinci tür süreksizlik. (\(y_n = 1 - \frac{1}{n}\) ile sol limitin de olmadığı görülür; sonsuz limit diliyle \(f(1^+) = +\infty\), \(f(1^-) = -\infty\).)
d) \(0\)’da süreklilik. Taban fonksiyonunun tanımı gereği her \(t \in \mathbb{R}\) için \(\lfloor t \rfloor \le t < \lfloor t \rfloor + 1\), yani \(t - 1 < \lfloor t \rfloor \le t\) (Tanım 12.1). \(t = \dfrac{1}{x}\) alalım. \(x > 0\) ise eşitsizliği \(x\) ile çarpmak yönü korur:
\[1 - x < x \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \le 1, \qquad \text{yani} \qquad -x < g(x) - 1 \le 0.\]
\(x < 0\) ise çarpma yönü çevirir: \(1 - x > g(x) \ge 1\), yani \(0 \le g(x) - 1 < -x\). Her iki durumda \(|g(x) - 1| \le |x|\); \(x = 0\) için fark sıfırdır. \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(\delta = \varepsilon\) alınırsa \(|x| < \delta\) iken \(|g(x) - g(0)| \le |x| < \varepsilon\): \(g\), \(0\)’da süreklidir.
\(\frac{1}{n}\) noktaları. \(n \in \mathbb{N}\) ve \(a = \frac{1}{n}\) olsun. \(\frac{1}{n+1} < x < \frac{1}{n}\) ise \(n < \frac{1}{x} < n + 1\), dolayısıyla \(\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = n\) ve \(g(x) = nx\); buradan \(g(a^-) = \lim_{x \to a^-} nx = n \cdot \frac{1}{n} = 1\). \(\frac{1}{n} < x < \frac{1}{n - 1}\) ise (\(n = 1\) için \(x > 1\) ise) \(n - 1 < \frac{1}{x} < n\), dolayısıyla \(\left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = n - 1\) ve \(g(x) = (n - 1)x\); buradan \(g(a^+) = \dfrac{n - 1}{n}\). İki tek yönlü limit de var ve
\[g(a^+) - g(a^-) = \frac{n - 1}{n} - 1 = -\frac{1}{n} \neq 0:\]
sıçrama süreksizliği, sıçrama \(-\frac{1}{n}\). \(g\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} \cdot n = 1 = g(a^-)\) olduğundan \(g\) bu noktalarda soldan süreklidir. Sıçramalar \(n\) büyüdükçe küçülür ve \(0\)’da yığılır; ama az önce gördüğümüz gibi \(g\), \(0\)’da süreklidir. (Sıçramalar aşağı yönlü olduğundan \(g\) artan değildir; gerçekten \(g\) hiçbir \(\left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right)\) aralığında azalan da değildir, çünkü orada \(g(x) = nx\) artar.)
e) Olmayana ergi ile. \(f\)’nin \([a, b]\)’de bir \(c\) noktasında süreksiz olduğunu varsayalım.
\(c\) iç nokta ise. Teorem 34.1 gereği \(f(c^-) < f(c^+)\) ve \(f(c^-) \le f(c) \le f(c^+)\). \(f(c^-) < f(c)\) ya da \(f(c) < f(c^+)\) eşitsizliklerinden en az biri kesindir (ikisi de eşitlik olsaydı \(f(c^-) = f(c^+)\) olurdu). Kesin olanı seçip Önerme 7.11 ile arada bir \(y\) alalım: \(f(c^-) < y < f(c)\) ya da \(f(c) < y < f(c^+)\). Her iki durumda \(f(c^-) < y < f(c^+)\) ve \(y \neq f(c)\). Şimdi \(y\)’nin alınmadığını görelim. \(x < c\) ise \(f(x) \le \sup\{f(t) : t < c\} = f(c^-) < y\) (Teorem 31.3); \(x > c\) ise \(f(x) \ge \inf\{f(t) : t > c\} = f(c^+) > y\); \(x = c\) ise \(f(c) \neq y\). Öte yandan \(a < c\) olduğundan \(f(a) \le f(c^-) < y\) ve \(c < b\) olduğundan \(y < f(c^+) \le f(b)\); yani \(y \in [f(a), f(b)]\). Hipotez \(y\)’nin alınmasını gerektiriyordu; çelişki.
\(c = a\) uç noktası ise. \(T = \{f(t) : a < t \le b\}\) kümesi \(f(a)\) ile alttan sınırlıdır; Teorem 31.3’in sağ limit ispatı kelimesi kelimesine \(f(a^+) = \inf T\) olduğunu ve \(f(a) \le f(a^+)\)’yı verir. \(f\), \(a\)’da süreksiz olduğundan \(f(a) \neq f(a^+)\), yani \(f(a) < f(a^+)\). \(f(a) < y < f(a^+)\) olan bir \(y\) alalım. \(x = a\) için \(f(x) = f(a) < y\); \(x > a\) için \(f(x) \ge \inf T = f(a^+) > y\). \(y\) alınmaz; ama \(y < f(a^+) \le f(b)\) olduğundan \(y \in [f(a), f(b)]\)’dir. Çelişki. \(c = b\) durumu simetriktir (sol limit ve supremum ile).
Demek ki \(f\) her noktada süreklidir. Bu alıştırmanın söylediği şey, bir sonraki bölümün ana teoremini tamamlayan bir gözlemdir: sürekli fonksiyonlar ara değerleri atlamaz (ara değer teoremi); monoton fonksiyonlar için bunun tersi de doğrudur — ara değerleri atlamayan monoton fonksiyon süreklidir.
\(\blacksquare\)
Süreksizlikleri üç türe ayırdık ve monoton fonksiyonların yalnızca sayılabilir çoklukta sıçrama yapabildiğini gördük. Şimdi süreklilikten alınabilecek en büyük ödüllere geçiyoruz: bir aralıkta sürekli bir fonksiyon, işaret değiştiriyorsa sıfır olmak zorundadır; kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli bir fonksiyon en büyük ve en küçük değerlerini gerçekten alır: Ara Değer Teoremi ve Weierstrass Teoremleri.