31 Tek Yönlü Limitler
Önceki bölümlerde taban fonksiyonu \(\lfloor x \rfloor\)’in hiçbir \(k \in \mathbb{Z}\) noktasında limiti olmadığını iki yöntemle gösterdik: \(k\)’ya sağdan yaklaşan \(x_n = k + \frac{1}{n}\) dizisinde fonksiyon değerleri hep \(k\), soldan yaklaşan \(y_n = k - \frac{1}{n}\) dizisinde hep \(k - 1\)’dir. “Limit yok” demek burada bilgiyi gizlemektir: fonksiyon \(k\)’nın sağında ve solunda ayrı ayrı gayet düzenli davranır; yalnızca iki tarafın hedefi farklıdır. Bu bölümde limit kavramını tek bir yöne kısıtlayarak bu bilgiyi kurtaracağız.
Sağ ve sol limitler yalnızca “bozuk” noktaları sınıflandırmakla kalmaz; sonraki bölümlerde süreksizlik türlerini (Tanım 34.1) tanımlamanın ve monoton fonksiyonların davranışını anlamanın temel aracı olur. Bölümün sonunda tamlık aksiyomunun güzel bir sonucunu ispatlayacağız: monoton bir fonksiyonun her iç noktada sağ ve sol limiti her zaman vardır.
31.1 Sağ Limit ve Sol Limit
Tanım 27.1 ile \(\lim_{x\to a} f(x) = \ell\) derken \(a\)’nın her iki tarafındaki \(x\)’leri, yani \(0 < |x - a| < \delta\) koşulunu sağlayan bütün \(x \in A\) noktalarını gözetiyorduk. Sezgi basit: yalnızca \(a\)’nın sağındaki (\(x > a\)) noktalara bakarsak “sağ limit”, yalnızca solundakilere (\(x < a\)) bakarsak “sol limit” elde ederiz. Tek dikkat edilecek şey, baktığımız tarafta \(a\)’ya yığılan noktalar bulunmasıdır; aksi hâlde koşul boş yere sağlanır.
Tanım 31.1 (Sağ Limit ve Sol Limit) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(a, \ell \in \mathbb{R}\) olsun.
\(a\) noktası \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun (Tanım 17.1). Her \(\varepsilon > 0\) için
\[x \in A, \quad a < x < a + \delta \implies |f(x) - \ell| < \varepsilon\]
olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa, \(\ell\) sayısına \(f\)’nin \(a\) noktasındaki sağ limiti (right-hand limit) denir ve
\[\lim_{x \to a^+} f(x) = \ell \qquad \text{ya da kısaca} \qquad f(a^+) = \ell\]
yazılır.
\(a\) noktası \(A \cap (-\infty, a)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için
\[x \in A, \quad a - \delta < x < a \implies |f(x) - \ell| < \varepsilon\]
olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa, \(\ell\) sayısına \(f\)’nin \(a\) noktasındaki sol limiti (left-hand limit) denir ve \(\lim_{x \to a^-} f(x) = \ell\) ya da \(f(a^-) = \ell\) yazılır.
Sağ ve sol limitlere birlikte tek yönlü limitler (one-sided limits) denir.
Tanımdaki yığılma noktası koşulunu açalım. \(a\)’nın \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin yığılma noktası olması, her \(\delta > 0\) için delinmiş komşuluk \(B^*(a, \delta)\)’nın bu kümeden bir nokta içermesi demektir; \(B^*(a, \delta) \cap A \cap (a, \infty) = A \cap (a, a + \delta)\) olduğundan koşul, her \(\delta > 0\) için \(A \cap (a, a + \delta) \neq \varnothing\) biçimini alır. Yani \(a\)’nın hemen sağında, istediğimiz kadar yakında, \(A\)’nın noktaları vardır. \(a\)’nın kendisi \(A\)’da olmak zorunda değildir; olsa bile \(f(a)\) değeri sağ limiti etkilemez, çünkü koşulda yalnızca \(x > a\) olan noktalar geçer.
Sağ limit aslında yeni bir kavram değildir: \(f\)’nin tanım kümesini \(a\)’nın sağındaki noktalara kısıtlayıp bildiğimiz limiti almaktan ibarettir. Bu gözlem, limitler için ispatladığımız her teoremi tek yönlü limitlere bedavaya aktaracak.
Önerme 31.1 (Tek Yönlü Limit, Kısıtlamanın Limitidir) \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(a, \ell \in \mathbb{R}\) olsun; \(A^+ = A \cap (a, \infty)\), \(A^- = A \cap (-\infty, a)\) yazalım. \(a\), \(A^+\) kümesinin bir yığılma noktasıysa aşağıdaki birinci denklik, \(A^-\) kümesinin bir yığılma noktasıysa ikinci denklik geçerlidir:
\[\lim_{x \to a^+} f(x) = \ell \iff \lim_{x \to a} f|_{A^+}(x) = \ell \qquad \text{ve} \qquad \lim_{x \to a^-} f(x) = \ell \iff \lim_{x \to a} f|_{A^-}(x) = \ell.\]
Burada \(f|_{A^+}\), \(f\)’nin \(A^+\) kümesine kısıtlamasıdır ve sağdaki limit Tanım 27.1 anlamındadır.
İspat
Sağ limit için yazalım; sol limit aynıdır. İki tanımın da ön koşulu aynıdır: \(a\), \(A^+\) kümesinin yığılma noktasıdır. Şimdi \(x \in A^+\) olsun. \(x > a\) olduğundan \(|x - a| = x - a\)’dır; dolayısıyla
\[0 < |x - a| < \delta \iff 0 < x - a < \delta \iff a < x < a + \delta.\]
O hâlde “\(x \in A^+\) ve \(0 < |x - a| < \delta\)” koşulu ile “\(x \in A\) ve \(a < x < a + \delta\)” koşulu aynı \(x\)’leri seçer. Her iki tanımda bu \(x\)’ler için istenen sonuç da aynıdır: \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\). İki tanım kelimesi kelimesine örtüşür.
\(\blacksquare\)
Kısıtlamayla ilgili küçük ama sık kullanılacak bir gözlem daha: bir fonksiyonun limiti varsa, tanım kümesini küçültmek (yığılma noktası koşulunu bozmamak kaydıyla) limiti değiştirmez.
Lemma 31.1 (Kısıtlamanın Limiti) \(g : B \to \mathbb{R}\), \(\lim_{x \to a} g(x) = \ell\) ve \(C \subseteq B\) olsun. \(a\), \(C\)’nin bir yığılma noktasıysa \(\lim_{x \to a} g|_C(x) = \ell\)’dir. Aynı ifade sağ ve sol limitler için de geçerlidir.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Hipotez gereği \(x \in B\), \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(|g(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta > 0\) vardır. \(C \subseteq B\) olduğundan bu koşul \(x \in C\), \(0 < |x - a| < \delta\) olan her \(x\) için de sağlanır; bu da tam olarak \(\lim_{x \to a} g|_C(x) = \ell\) demektir. Tek yönlü sürümlerde \(0 < |x - a| < \delta\) yerine \(a < x < a + \delta\) ya da \(a - \delta < x < a\) yazılır; ispat değişmez.
\(\blacksquare\)
Sonuç 31.1 (Limit Teoremleri Tek Yönlü Limitler İçin de Geçerlidir) \(f, g, h : A \to \mathbb{R}\) olsun ve \(a\), \(A^+ = A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun (sol limitler için aynı koşul \(A^- = A \cap (-\infty, a)\) üzerinde istenir). Sağ (ve sol) limitler için aşağıdakiler geçerlidir:
- Teklik. Sağ limit varsa tektir.
- Aritmetik. \(f(a^+) = \ell_1\) ve \(g(a^+) = \ell_2\) ise \((f+g)(a^+) = \ell_1 + \ell_2\), \((fg)(a^+) = \ell_1 \ell_2\), \((cf)(a^+) = c\ell_1\); ayrıca \(\ell_2 \neq 0\) ve \(g\), \(a\)’nın sağındaki noktalarda sıfırdan farklıysa \((f/g)(a^+) = \ell_1/\ell_2\)’dir.
- Sıralama. \(a\)’nın sağındaki noktalarda \(f(x) \le g(x)\) ve iki sağ limit de varsa \(f(a^+) \le g(a^+)\)’dır.
- Sıkıştırma. \(a\)’nın sağındaki noktalarda \(f(x) \le g(x) \le h(x)\) ve \(f(a^+) = h(a^+) = \ell\) ise \(g(a^+) = \ell\)’dir.
- Sınırlı çarpı sıfır. \(f(a^+) = 0\) ve \(g\), \(a\)’nın sağında sınırlıysa \((fg)(a^+) = 0\)’dır.
İspat
Önerme 31.1 gereği sağ limit, \(f|_{A^+}\)’nın \(a\)’daki limitidir. Her maddede geçen fonksiyonların hepsini \(A^+\) kümesine kısıtlayıp ilgili teoremi uygulamak yeter: teklik için Teorem 27.1, aritmetik için Teorem 29.2, sıralama için Teorem 30.4, sıkıştırma için Teorem 30.5, sınırlı çarpı sıfır için Teorem 30.3. “\(a\)’nın sağındaki noktalarda” ifadesi, “\(a\)’nın \(A^+\) içindeki bir delinmiş komşuluğunda” demektir; teoremlerin hipotezleri tam bunu ister.
\(\blacksquare\)
Tanımı iki temel örnekte çalıştıralım. İlki, yalnızca bir tarafı olan bir fonksiyon.
Örnek 31.1 (Karekökün Sıfırdaki Sağ Limiti) \(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \sqrt{x}\) olsun (karekökün varlığı için Teorem 13.2). \(\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x} = 0\) olduğunu gösterelim.
Çözüm
Önce ön koşul: \(A = [0, \infty)\) için \(A \cap (0, \infty) = (0, \infty)\) ve her \(\delta > 0\) için \(\frac{\delta}{2} \in (0, \delta) \cap A\); yani \(0\), \(A \cap (0, \infty)\) kümesinin yığılma noktasıdır.
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\delta = \varepsilon^2\) alalım. \(0 < x < \delta\) ise \(0 \le \sqrt{x}\) ve \(\sqrt{x} < \sqrt{\delta} = \varepsilon\) olur; gerçekten \(\sqrt{x} \ge \varepsilon\) olsaydı Önerme 7.12 gereği (negatif olmayan sayılarda kare alma sıralamayı korur) \(x \ge \varepsilon^2 = \delta\) olurdu. Dolayısıyla
\[|\sqrt{x} - 0| = \sqrt{x} < \varepsilon.\]
Bu, \(\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x} = 0\) demektir.
Burada \(A \cap (-\infty, 0) = \varnothing\) olduğundan \(0\)’da sol limitten söz edilemez. Öte yandan \(0\), \(A\)’nın bir yığılma noktasıdır ve Tanım 27.1 anlamındaki limit de vardır: \(x \in A\) için \(0 < |x - 0| < \delta\) koşulu zaten \(0 < x < \delta\) demektir, yani yukarıdaki hesap kelimesi kelimesine \(\lim_{x \to 0} \sqrt{x} = 0\) eşitliğini de verir. Genel kural: \(A \subseteq [a, \infty)\) ise \(a\)’daki limit ile sağ limit aynı şeydir.
\(\blacksquare\)
İkinci örnek, iki tarafı farklı olan bir fonksiyon.
Örnek 31.2 (İşaret Fonksiyonunun Sıfırdaki Tek Yönlü Limitleri) \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{|x|}{x}\) olsun. \(f(0^+) = 1\), \(f(0^-) = -1\) olduğunu ve \(\lim_{x \to 0} f(x)\)’in var olmadığını gösterelim.
Çözüm
\(x > 0\) için \(|x| = x\), dolayısıyla \(f(x) = 1\); \(x < 0\) için \(|x| = -x\), dolayısıyla \(f(x) = -1\) (Tanım 8.1). Yani \(f\), sıfır dışında işaret fonksiyonuyla (Tanım 7.6) çakışır.
Sağ limit. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = 1\) alalım (aslında her \(\delta\) işe yarar). \(0 < x < 1\) ise \(|f(x) - 1| = |1 - 1| = 0 < \varepsilon\). O hâlde \(f(0^+) = 1\).
Sol limit. Aynı biçimde \(-1 < x < 0\) ise \(|f(x) - (-1)| = 0 < \varepsilon\); yani \(f(0^-) = -1\).
Limit yok. Diyelim ki \(\lim_{x \to 0} f(x) = \ell\) olsun. \(\varepsilon = 1\) için bir \(\delta > 0\) bulunur: \(0 < |x| < \delta\) iken \(|f(x) - \ell| < 1\). \(x = \frac{\delta}{2}\) ve \(x' = -\frac{\delta}{2}\) noktaları bu koşulu sağlar; \(f(x) = 1\), \(f(x') = -1\) olduğundan \(|1 - \ell| < 1\) ve \(|-1 - \ell| < 1\). Üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)
\[2 = |(1 - \ell) - (-1 - \ell)| \le |1 - \ell| + |-1 - \ell| < 1 + 1 = 2,\]
yani \(2 < 2\); çelişki. Limit yoktur. Aşağıdaki Sonuç 31.2 bu sonucu tek satırda verecek: sağ ve sol limitler farklıysa limit olamaz.
\(\blacksquare\)
31.2 Limit ile Tek Yönlü Limitlerin İlişkisi
Yukarıdaki örnek genel kuralı ele veriyor: limit, sağ ve sol limitlerin “anlaşması” demektir.
Teorem 31.1 (Limitin Varlığı ile Sağ ve Sol Limitler) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun ve \(a\) noktası hem \(A \cap (a, \infty)\) hem de \(A \cap (-\infty, a)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun. O zaman
\[\lim_{x \to a} f(x) = \ell \iff \lim_{x \to a^+} f(x) = \ell \ \text{ ve } \ \lim_{x \to a^-} f(x) = \ell.\]
Başka bir deyişle: limit vardır ancak ve ancak sağ ve sol limitlerin ikisi de vardır ve birbirine eşittir; bu durumda limit, ortak değere eşittir.
İspat
\(A \cap (a, \infty) \subseteq A\) olduğundan \(a\), \(A\)’nın da yığılma noktasıdır; dolayısıyla soldaki limit anlamlıdır.
(\(\Rightarrow\)) \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Tanım gereği \(x \in A\), \(0 < |x - a| < \delta\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta > 0\) vardır. Şimdi \(x \in A\) ve \(a < x < a + \delta\) ise \(0 < x - a = |x - a| < \delta\) olur; o hâlde \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\). Bu, aynı \(\delta\) ile sağ limit tanımının sağlandığını gösterir: \(f(a^+) = \ell\). \(x \in A\) ve \(a - \delta < x < a\) ise \(0 < a - x = |x - a| < \delta\); yine \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\), yani \(f(a^-) = \ell\).
(\(\Leftarrow\)) \(f(a^+) = f(a^-) = \ell\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sağ limit tanımından \(x \in A\), \(a < x < a + \delta_1\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta_1 > 0\); sol limit tanımından \(x \in A\), \(a - \delta_2 < x < a\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta_2 > 0\) vardır. \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) alalım. \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) olsun. Üçlem yasası gereği ya \(x > a\) ya \(x < a\)’dır (\(x = a\) olamaz, çünkü \(|x - a| > 0\)).
- \(x > a\) ise \(a < x < a + \delta \le a + \delta_1\); sağ limit koşulu \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) verir.
- \(x < a\) ise \(a - \delta_2 \le a - \delta < x < a\); sol limit koşulu \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) verir.
Her iki hâlde de \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\); yani \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\).
\(\blacksquare\)
Bu teorem, bir limiti hesaplamanın ya da yokluğunu göstermenin en pratik yolunu verir: parçalı tanımlı bir fonksiyonda her parçanın kendi limitini hesapla, sonra karşılaştır.
Teoremde \(a\)’nın iki tarafta da yığılma noktası olması istendi. Bir yığılma noktasının en az bir tarafta yığılma noktası olması zorunludur: \(a \in A'\) ise \(B^*(a, \delta) = (a - \delta, a) \cup (a, a + \delta)\) kümesi her \(\delta\) için \(A\)’dan nokta içerir. Bir \(\delta_1\) için \(A \cap (a, a + \delta_1) = \varnothing\) ve bir \(\delta_2\) için \(A \cap (a - \delta_2, a) = \varnothing\) olsaydı, \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) için \(B^*(a, \delta) \cap A = \varnothing\) olurdu; çelişki.
\(a\) yalnızca bir tarafta yığılma noktasıysa — örneğin \(A = [0, 1]\) ve \(a = 0\) — limit ile o taraftaki tek yönlü limit aynı şeydir. Diyelim \(a\), \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin yığılma noktası olsun ama bir \(\delta_2 > 0\) için \(A \cap (a - \delta_2, a) = \varnothing\) olsun. İspatın (\(\Rightarrow\)) yarısı aynen geçerlidir. (\(\Leftarrow\)) yarısında sağ limitin verdiği \(\delta_1\) ile \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) alınır: \(x \in A\) ve \(0 < |x - a| < \delta\) ise \(x\), \(a\)’nın solunda olamaz (çünkü \(A \cap (a - \delta_2, a)\) boştur), dolayısıyla \(a < x < a + \delta_1\) ve sağ limit koşulu \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) verir. Örnek 31.1 sonundaki gözlem bunun özel hâlidir. Bu yüzden “limit vardır ancak ve ancak var olan tek yönlü limitler birbirine eşittir” cümlesi her durumu kapsar.
Sonuç 31.2 (Limitin Yokluğu için Tek Yönlü Ölçüt) \(a\), Teorem 31.1 hipotezini sağlasın. Sağ ve sol limitlerden en az biri yoksa ya da ikisi de var olduğu hâlde \(f(a^+) \neq f(a^-)\) ise \(\lim_{x \to a} f(x)\) yoktur.
İspat
Karşıt tersini gösterelim: limit var ve \(\ell\)’ye eşit olsun. Teorem 31.1’in (\(\Rightarrow\)) yönü gereği sağ ve sol limitlerin ikisi de vardır ve ikisi de \(\ell\)’ye eşittir; yani ikisi de var ve \(f(a^+) = f(a^-)\). Bu, sonucun hipotezinin olumsuzlamasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 31.3 (Taban Fonksiyonunun Tam Sayılardaki Tek Yönlü Limitleri) \(f(x) = \lfloor x \rfloor\) ve \(k \in \mathbb{Z}\) olsun. \(f(k^+) = k\) ve \(f(k^-) = k - 1\) olduğunu gösterelim; sonuç olarak \(\lim_{x \to k} \lfloor x \rfloor\) yoktur.
Çözüm
Tanım 12.1 gereği \(\lfloor x \rfloor\), \(\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor + 1\) koşulunu sağlayan tek tam sayıdır. \(k < x < k + 1\) ise \(k \le x < k + 1\) olduğundan bu tek tam sayı \(k\)’dır: \(\lfloor x \rfloor = k\). Benzer biçimde \(k - 1 \le x < k\) ise \(\lfloor x \rfloor = k - 1\).
Sağ limit. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = 1\) alalım. \(k < x < k + 1\) ise \(|\lfloor x \rfloor - k| = |k - k| = 0 < \varepsilon\). Yani \(f(k^+) = k\).
Sol limit. Yine \(\delta = 1\): \(k - 1 < x < k\) ise \(|\lfloor x \rfloor - (k - 1)| = 0 < \varepsilon\). Yani \(f(k^-) = k - 1\).
\(k \neq k - 1\) olduğundan Sonuç 31.2 gereği \(\lim_{x \to k} \lfloor x \rfloor\) yoktur. Önceki bölümlerde dizisel ve Cauchy ölçütleriyle uzun uzun gösterdiğimiz sonuç, tek yönlü limitlerle iki satıra sığdı. Bir gözlem daha: \(f(k) = k = f(k^+)\), yani fonksiyonun \(k\)’daki değeri sağ limitiyle uyuşur, sol limitiyle uyuşmaz. Süreklilik bölümünde buna “sağdan sürekli” diyeceğiz.
\(\blacksquare\)
Örnek 31.4 (Parçalı Fonksiyonda Parametre Bulma) \(c \in \mathbb{R}\) bir sabit ve
\[f(x) = \begin{cases} x^2 + c, & x < 1 \text{ ise}, \\ 3x - 1, & x \ge 1 \text{ ise} \end{cases}\]
olsun. \(\lim_{x \to 1} f(x)\)’in var olması için \(c\) ne olmalıdır?
Çözüm
\(1\) noktası hem \((1, \infty)\) hem de \((-\infty, 1)\) kümesinin yığılma noktasıdır; Teorem 31.1 uygulanabilir.
Sağ limit. \((1, \infty)\) üzerinde \(f\), \(p(x) = 3x - 1\) polinomuyla çakışır: \(f|_{(1,\infty)} = p|_{(1,\infty)}\). Sonuç 29.3 gereği \(\lim_{x \to 1} p(x) = p(1) = 2\); Lemma 31.1 gereği kısıtlamanın da limiti \(2\)’dir; Önerme 31.1 gereği bu, \(f(1^+) = 2\) demektir.
Sol limit. \((-\infty, 1)\) üzerinde \(f\), \(q(x) = x^2 + c\) polinomuyla çakışır; aynı akıl yürütmeyle \(f(1^-) = q(1) = 1 + c\).
Teorem 31.1 gereği limit vardır ancak ve ancak \(1 + c = 2\), yani \(c = 1\) ise. Bu durumda \(\lim_{x \to 1} f(x) = 2\)’dir; üstelik \(f(1) = 3 \cdot 1 - 1 = 2\) olduğundan limit, fonksiyonun o noktadaki değerine de eşittir.
\(\blacksquare\)
Bir parçanın sınır noktasında limit sorulduğunda: (1) sınırın sağındaki formülle sağ limiti, solundaki formülle sol limiti hesapla — her parça çoğu zaman bir polinom ya da rasyonel fonksiyondur, Sonuç 29.3 ve Sonuç 29.4 kısıtlamayla birlikte işi bitirir; (2) ikisi eşitse limit odur, değilse limit yoktur (Sonuç 31.2). Fonksiyonun sınır noktasındaki değeri hesaba hiç girmez.
31.3 Tek Yönlü Limitler için Dizisel Ölçüt
Teorem 28.1 fonksiyon limitini dizi diline çevirmişti. Aynı çeviri tek yönlü limitler için de geçerlidir; tek fark, \(a\)’ya yaklaşan dizilerin tek taraftan gelmesidir.
Teorem 31.2 (Tek Yönlü Limitler için Dizisel Ölçüt) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun ve \(a\), \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun. O zaman \(\lim_{x \to a^+} f(x) = \ell\) olması için gerek ve yeter koşul şudur: \(A\) içinde, her terimi \(a\)’dan büyük olan ve \(a\)’ya yakınsayan her \((x_n)\) dizisi için \(\lim_{n\to\infty} f(x_n) = \ell\)’dir.
Sol limit için aynı ifade, terimleri \(a\)’dan küçük dizilerle geçerlidir.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(f(a^+) = \ell\) olsun; \((x_n)\), \(A\) içinde \(x_n > a\) ve \(x_n \to a\) koşullarını sağlayan bir dizi olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sağ limit tanımından \(x \in A\), \(a < x < a + \delta\) iken \(|f(x) - \ell| < \varepsilon\) olacak biçimde \(\delta > 0\) vardır. \(x_n \to a\) olduğundan (Tanım 20.1) bu \(\delta\) için bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır: \(n \ge N\) iken \(|x_n - a| < \delta\). \(x_n > a\) olduğundan bu, \(a < x_n < a + \delta\) demektir; \(x_n \in A\) ile birlikte sağ limit koşulu \(|f(x_n) - \ell| < \varepsilon\) verir. Yani \(n \ge N\) için \(|f(x_n) - \ell| < \varepsilon\); bu da \(f(x_n) \to \ell\) demektir.
(\(\Leftarrow\)) Olmayana ergi ile. Sağ taraftaki dizi koşulu sağlansın ama \(f(a^+) = \ell\) olmasın. Sağ limit tanımının olumsuzlaması şudur: öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için \(a < x < a + \delta\) ve \(|f(x) - \ell| \ge \varepsilon_0\) olan bir \(x \in A\) bulunur. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\delta = \frac{1}{n}\) alıp böyle bir noktayı \(x_n\) diye adlandıralım:
\[x_n \in A, \qquad a < x_n < a + \frac{1}{n}, \qquad |f(x_n) - \ell| \ge \varepsilon_0.\]
\(a < x_n < a + \frac{1}{n}\) ve \(\frac{1}{n} \to 0\) (Örnek 20.1) olduğundan sıkıştırma teoremi (Teorem 21.6) \(x_n \to a\) verir. Böylece \((x_n)\), hipotezdeki türden bir dizidir: \(A\)’da, terimleri \(a\)’dan büyük, \(a\)’ya yakınsak. Hipotez gereği \(f(x_n) \to \ell\) olmalıdır. Ama \(\varepsilon = \varepsilon_0\) için hiçbir \(N\) işe yaramaz, çünkü her \(n\) için \(|f(x_n) - \ell| \ge \varepsilon_0\)’dır. Çelişki; o hâlde \(f(a^+) = \ell\)’dir.
\(\blacksquare\)
İspat (ikinci yol)
Önerme 31.1 gereği \(f(a^+) = \ell\), \(f|_{A^+}\)’nın \(a\)’daki limitinin \(\ell\) olması demektir. Teorem 28.1 bunu, “\(A^+ \setminus \{a\}\) içinde \(a\)’ya yakınsayan her dizi için görüntü dizisi \(\ell\)’ye yakınsar” koşuluna denk kılar. \(a \notin A^+\) olduğundan \(A^+ \setminus \{a\} = A^+ = A \cap (a, \infty)\); bu kümedeki diziler tam olarak “\(A\)’da olup terimleri \(a\)’dan büyük” dizilerdir.
\(\blacksquare\)
Dizisel ölçütün asıl gücü, limitin yokluğunu göstermektir.
Sonuç 31.3 (Sağ Limitin Yokluğu için Dizisel Ölçüt) \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun ve \(a\), \(A \cap (a, \infty)\) kümesinin bir yığılma noktası olsun. \(A\) içinde terimleri \(a\)’dan büyük ve \(a\)’ya yakınsayan \((x_n)\) ve \((y_n)\) dizileri için \(f(x_n) \to \ell_1\), \(f(y_n) \to \ell_2\) ve \(\ell_1 \neq \ell_2\) ise \(f\)’nin \(a\)’da sağ limiti yoktur. Aynı sonuç, \((f(x_n))\) dizisinin ıraksak olması durumunda da geçerlidir.
İspat
\(f(a^+) = \ell\) olsaydı Teorem 31.2 gereği hem \(f(x_n) \to \ell\) hem \(f(y_n) \to \ell\) olurdu. Dizi limitinin tekliği (Teorem 20.1) \(\ell_1 = \ell = \ell_2\) verir; bu, \(\ell_1 \neq \ell_2\) ile çelişir. \((f(x_n))\) ıraksaksa zaten \(f(x_n) \to \ell\) olamaz.
\(\blacksquare\)
Örnek 31.5 (sin(1/x) Fonksiyonunun Sağ Limiti de Yoktur) \(f(x) = \sin\!\left(\dfrac{1}{x}\right)\) (\(x \neq 0\)) fonksiyonunun \(0\)’da sağ limitinin de sol limitinin de olmadığını gösterelim.
Çözüm
Örnek 28.2’te \(0\)’da limitin olmadığını görmüştük; şimdi daha güçlü bir şey söylüyoruz: fonksiyon \(0\)’ın tek bir tarafına kısıtlansa bile bir hedefe yerleşmez.
\(n \in \mathbb{N}\) için
\[x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}\]
alalım. Her iki dizinin terimleri pozitiftir. Paydalar \(+\infty\)’a ıraksar: \(\frac{\pi}{2} + 2n\pi > n\), \(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi > n\) ve \((n)\) dizisi \(+\infty\)’a ıraksadığından (Örnek 22.1 (a)) Teorem 22.4 bunu verir. O hâlde Teorem 22.3 gereği \(x_n \to 0\) ve \(y_n \to 0\). Görüntüler:
\[f(x_n) = \sin\!\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad f(y_n) = \sin\!\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1.\]
Sabit diziler kendi değerlerine yakınsar: \(f(x_n) \to 1\), \(f(y_n) \to -1\) ve \(1 \neq -1\). Sonuç 31.3 gereği \(f(0^+)\) yoktur. Sol limit için \(-x_n\) ve \(-y_n\) dizilerini kullanırız: terimleri negatif, limitleri \(0\); \(\sin\) tek fonksiyon olduğundan \(f(-x_n) = -1\) ve \(f(-y_n) = 1\). Yine iki farklı hedef; \(f(0^-)\) de yoktur.
Bu fonksiyon, süreksizlik türleri bölümünde “ikinci tür” süreksizliğin temel örneği olacak: bozukluk, sağ ya da sol limitlerden birinin bile olmamasından kaynaklanır.
\(\blacksquare\)
31.4 Monoton Fonksiyonların Tek Yönlü Limitleri
Dizilerde monotonluk ve sınırlılık yakınsaklığı garanti ediyordu (Teorem 23.1). Fonksiyonlar için benzer bir sonuç var: monoton bir fonksiyonun sağ ve sol limitleri her zaman vardır. Önce kavramı tanımlayalım; Tanım 19.4 ile karşılaştırın.
Tanım 31.2 (Monoton Fonksiyon) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\) olsun. \(A\)’daki her \(x < y\) çifti için
- \(f(x) \le f(y)\) ise \(f\)’ye artan (increasing), \(f(x) < f(y)\) ise kesin artan (strictly increasing);
- \(f(x) \ge f(y)\) ise \(f\)’ye azalan (decreasing), \(f(x) > f(y)\) ise kesin azalan (strictly decreasing)
denir. Artan ya da azalan fonksiyonlara monoton (monotone) denir.
Örnekler: \(x^3\), \(\mathbb{R}\)’de kesin artandır (\(x < y\) ise \(y^3 - x^3 = (y - x)(x^2 + xy + y^2) > 0\); ikinci çarpan \(\frac{1}{2}\big((x+y)^2 + x^2 + y^2\big) > 0\)’dır). \(\lfloor x \rfloor\) artandır ama kesin artan değildir (\(\lfloor 0{,}2 \rfloor = \lfloor 0{,}7 \rfloor = 0\)). \(\frac{1}{x}\), \((0, \infty)\)’da kesin azalandır. İşaret fonksiyonu artandır. Sabit fonksiyon hem artan hem azalandır.
Teorem 31.3 (Monoton Fonksiyonun Tek Yönlü Limitleri) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) monoton bir fonksiyon ve \(a\), \(I\)’nın bir iç noktası olsun (yani bir \(r > 0\) için \((a - r, a + r) \subseteq I\)). O zaman \(f\)’nin \(a\)’da sağ ve sol limitleri vardır. \(f\) artan ise
\[f(a^-) = \sup\{f(x) : x \in I,\ x < a\}, \qquad f(a^+) = \inf\{f(x) : x \in I,\ x > a\} \qquad \text{ve} \qquad f(a^-) \le f(a) \le f(a^+);\]
\(f\) azalan ise
\[f(a^-) = \inf\{f(x) : x \in I,\ x < a\}, \qquad f(a^+) = \sup\{f(x) : x \in I,\ x > a\} \qquad \text{ve} \qquad f(a^-) \ge f(a) \ge f(a^+).\]
İspat
\(f\) artan olsun; azalan durumu sonda ele alacağız.
Sol limit. \(S = \{f(x) : x \in I,\ x < a\}\) kümesine bakalım. \(a - \frac{r}{2} \in I\) ve \(a - \frac{r}{2} < a\) olduğundan \(S \neq \varnothing\). \(x < a\) olan her \(x \in I\) için \(f\) artan olduğundan \(f(x) \le f(a)\); yani \(f(a)\), \(S\)’nin bir üst sınırıdır. Bölüm 10.4 gereği \(L = \sup S\) vardır ve en küçük üst sınır olduğundan \(L \le f(a)\).
\(f(a^-) = L\) olduğunu gösterelim. Ön koşul sağlanır: \((a - r, a) \subseteq I \cap (-\infty, a)\) olduğundan her \(\delta > 0\) için \(I \cap (a - \delta, a) \neq \varnothing\). \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 10.1 gereği \(L - \varepsilon\) bir üst sınır değildir; yani \(f(x_0) > L - \varepsilon\) olan bir \(x_0 \in I\), \(x_0 < a\) vardır. \(\delta = a - x_0 > 0\) alalım. \(x \in I\) ve \(a - \delta < x < a\) ise \(x_0 < x < a\) olur; \(f\) artan olduğundan \(f(x_0) \le f(x)\), ve \(f(x) \in S\) olduğundan \(f(x) \le L\). Birleştirirsek
\[L - \varepsilon < f(x_0) \le f(x) \le L < L + \varepsilon, \qquad \text{yani} \qquad |f(x) - L| < \varepsilon.\]
Bu, \(f(a^-) = L\) demektir.
Sağ limit. \(T = \{f(x) : x \in I,\ x > a\}\) kümesi \(a + \frac{r}{2} \in I\) sayesinde boş değildir ve \(x > a\) için \(f(x) \ge f(a)\) olduğundan \(f(a)\) alttan sınırıdır. Bölüm 10.4 (infimum biçimi) gereği \(M = \inf T\) vardır ve \(M \ge f(a)\). \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 10.2 gereği \(f(x_1) < M + \varepsilon\) olan bir \(x_1 \in I\), \(x_1 > a\) vardır. \(\delta = x_1 - a > 0\) alalım. \(x \in I\) ve \(a < x < a + \delta\) ise \(a < x < x_1\); artanlıktan \(f(x) \le f(x_1)\) ve \(f(x) \in T\) olduğundan \(M \le f(x)\). Böylece
\[M - \varepsilon < M \le f(x) \le f(x_1) < M + \varepsilon, \qquad \text{yani} \qquad |f(x) - M| < \varepsilon.\]
Bu, \(f(a^+) = M\) demektir. \(L \le f(a) \le M\) eşitsizliklerini yukarıda gördük.
Azalan durum. \(f\) azalan ise \(g = -f\) artandır: \(x < y\) için \(f(x) \ge f(y)\), dolayısıyla \(-f(x) \le -f(y)\). Artan durumu \(g\)’ye uygulayalım: \(g(a^-) = \sup\{-f(x) : x < a\}\) ve \(g(a^+) = \inf\{-f(x) : x > a\}\) vardır. Sonuç 31.1 (aritmetik, \(c = -1\)) gereği \(f = -g\)’nin tek yönlü limitleri de vardır ve \(f(a^-) = -g(a^-)\), \(f(a^+) = -g(a^+)\)’dır. Son olarak bir küme \(B\) için \(\sup(-B) = -\inf B\) olduğunu görelim; burada \(-B = \{-b : b \in B\}\). \(m = \inf B\) olsun: her \(b \in B\) için \(m \le b\), yani \(-b \le -m\); o hâlde \(-m\), \(-B\)’nin bir üst sınırıdır. \(\varepsilon > 0\) için Teorem 10.2 bir \(b_0 \in B\) ile \(b_0 < m + \varepsilon\) verir; buradan \(-b_0 > -m - \varepsilon\), yani \(-m - \varepsilon\) üst sınır değildir. Teorem 10.1 gereği \(\sup(-B) = -m\). Bunu \(B = \{f(x) : x < a\}\) ve \(B = \{f(x) : x > a\}\) kümelerine uygulayınca \(f(a^-) = \inf\{f(x) : x < a\}\) ve \(f(a^+) = \sup\{f(x) : x > a\}\) çıkar; eşitsizlikler de \(g\)’ninkilerin \(-1\) ile çarpılmış hâlidir.
\(\blacksquare\)
Teoremin söylediği şudur: monoton bir fonksiyonda “bozukluk” ancak \(f(a^-) \neq f(a^+)\) biçiminde, yani bir sıçrama olarak ortaya çıkabilir; \(\sin(1/x)\) türü salınımlar monoton fonksiyonlarda imkânsızdır. Süreksizlik türleri bölümünde bunu Teorem 34.1 olarak kaydedeceğiz. Artan bir fonksiyon için \(f(a^+) - f(a^-) \ge 0\) farkına \(a\)’daki sıçrama denir; limit vardır ancak ve ancak sıçrama sıfırdır (Teorem 31.1).
Sıçramaların birbirini “itmesi” de teoremden çıkar: artan bir fonksiyonda bir noktanın sağ limiti, daha sağdaki bir noktanın sol limitini geçemez.
Sonuç 31.4 (Artan Fonksiyonda Tek Yönlü Limitlerin Sıralanışı) \(f : I \to \mathbb{R}\) artan, \(a < b\) ve \(a, b\) aralığın iç noktaları olsun. O zaman \(a < x < b\) olan her \(x \in I\) için
\[f(a^+) \le f(x) \le f(b^-), \qquad \text{özel olarak} \qquad f(a^+) \le f(b^-).\]
İspat
\(I\) bir aralık olduğundan \(a < x < b\) olan her \(x\), \(I\)’dadır. \(x > a\) olduğundan \(f(x) \in \{f(t) : t \in I,\ t > a\}\) ve bu kümenin infimumu \(f(a^+)\) olduğundan (Teorem 31.3) \(f(a^+) \le f(x)\). \(x < b\) olduğundan \(f(x) \in \{f(t) : t \in I,\ t < b\}\) ve bu kümenin supremumu \(f(b^-)\) olduğundan \(f(x) \le f(b^-)\). \(a < b\) olduğu için böyle bir \(x\) (örneğin \(\frac{a+b}{2}\), Önerme 7.11) vardır; dolayısıyla \(f(a^+) \le f(b^-)\).
\(\blacksquare\)
Bu sonuç, sonraki bölümlerde monoton bir fonksiyonun sıçrama noktalarının en çok sayılabilir olduğunu (Teorem 34.2) göstermenin anahtarı olacak: her sıçramanın içine bir rasyonel sayı sığdırılır ve sıçramalar birbirini itmediği için aynı rasyonel iki sıçramaya düşmez.
Örnek 31.6 (Sıçrayan Artan Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),
\[f(x) = \begin{cases} x, & x < 0 \text{ ise}, \\ \tfrac{1}{2}, & x = 0 \text{ ise}, \\ x + 1, & x > 0 \text{ ise} \end{cases}\]
olsun. \(f\)’nin artan olduğunu gösterip \(0\)’daki tek yönlü limitlerini hem Teorem 31.3 ile hem de tanımla bulalım.
Çözüm
Artanlık. \(x < y\) olsun. Her iki nokta da negatifse \(f(x) = x < y = f(y)\); her ikisi de pozitifse \(f(x) = x + 1 < y + 1 = f(y)\). \(x < 0 = y\) ise \(f(x) = x < 0 < \frac{1}{2} = f(y)\); \(x = 0 < y\) ise \(f(x) = \frac{1}{2} < 1 < y + 1 = f(y)\); \(x < 0 < y\) ise \(f(x) = x < 0 < 1 < y + 1 = f(y)\). Her durumda \(f(x) \le f(y)\) (hatta \(<\)); \(f\) kesin artandır.
Teoremle. \(\{f(x) : x < 0\} = \{x : x < 0\} = (-\infty, 0)\) kümesinin supremumu \(0\)’dır: \(0\) bir üst sınırdır ve \(\varepsilon > 0\) için \(-\frac{\varepsilon}{2} \in (-\infty, 0)\), \(-\frac{\varepsilon}{2} > 0 - \varepsilon\) olduğundan Teorem 10.1 uygulanır. Dolayısıyla \(f(0^-) = 0\). \(\{f(x) : x > 0\} = \{x + 1 : x > 0\} = (1, \infty)\) kümesinin infimumu \(1\)’dir: \(1\) bir alt sınırdır ve \(\varepsilon > 0\) için \(1 + \frac{\varepsilon}{2} \in (1, \infty)\), \(1 + \frac{\varepsilon}{2} < 1 + \varepsilon\) olduğundan Teorem 10.2 uygulanır. Böylece \(f(0^+) = 1\). Gerçekten \(f(0^-) = 0 \le \frac{1}{2} = f(0) \le 1 = f(0^+)\); sıçrama \(1 - 0 = 1\)’dir ve limit yoktur.
Tanımla. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(-\delta < x < 0\) ise \(|f(x) - 0| = |x| < \delta = \varepsilon\); \(0 < x < \delta\) ise \(|f(x) - 1| = |x| < \varepsilon\). Aynı sonuç.
Taban fonksiyonu için de teoremi sınayalım: \(\sup\{\lfloor x \rfloor : x < k\} = k - 1\) (küme \(\{\dots, k-2, k-1\}\)’dir, en büyük elemanı \(k - 1\)) ve \(\inf\{\lfloor x \rfloor : x > k\} = k\); bu, Örnek 31.3 ile uyuşur.
\(\blacksquare\)
31.5 Alıştırmalar
Alıştırma 31.1 (Tek Yönlü Limitler) a) \(f(x) = \dfrac{x - 2}{|x - 2|}\) (\(x \neq 2\)) için \(f(2^+)\) ve \(f(2^-)\)’yi bulun; \(\lim_{x \to 2} f(x)\) var mı?
b) \(g(x) = \lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor\) ve \(k \in \mathbb{Z}\) olsun. \(g(k^+)\), \(g(k^-)\) ve \(g(k)\)’yi bulun. \(\lim_{x \to k} g(x)\) var mı?
c) \(\lim_{x \to 0^+} x \left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor = 1\) olduğunu gösterin.
d) \(a, b \in \mathbb{R}\) sabitler ve
\[f(x) = \begin{cases} ax + b, & x < 0 \text{ ise}, \\ x^2 + 1, & 0 \le x < 2 \text{ ise}, \\ a - x, & x \ge 2 \text{ ise} \end{cases}\]
olsun. \(f\)’nin hem \(0\)’da hem \(2\)’de limiti olması için \(a\) ve \(b\) ne olmalıdır?
e) \(f : (\alpha, \beta) \to \mathbb{R}\) artan ve üstten sınırlı olsun. \(L = \sup\{f(x) : x \in (\alpha, \beta)\}\) ise \(\lim_{x \to \beta^-} f(x) = L\) olduğunu gösterin.
Çözüm
a) \(x > 2\) için \(|x - 2| = x - 2\), dolayısıyla \(f(x) = 1\); \(x < 2\) için \(|x - 2| = -(x - 2)\), dolayısıyla \(f(x) = -1\). Örnek 31.2’daki gibi her \(\varepsilon > 0\) için \(\delta = 1\) işe yarar: \(2 < x < 3\) iken \(|f(x) - 1| = 0 < \varepsilon\) ve \(1 < x < 2\) iken \(|f(x) + 1| = 0 < \varepsilon\). Yani \(f(2^+) = 1\), \(f(2^-) = -1\). \(1 \neq -1\) olduğundan Sonuç 31.2 gereği \(\lim_{x \to 2} f(x)\) yoktur. (Bu fonksiyon \(x \mapsto |x|/x\)’in \(2\) birim sağa kaydırılmışıdır.)
b) \(k < x < k + 1\) olsun. \(\lfloor x \rfloor = k\)’dır (Örnek 31.3). Öte yandan \(-k - 1 < -x < -k\) olduğundan \(\lfloor -x \rfloor = -k - 1\). Böylece \(g(x) = k + (-k - 1) = -1\). Şimdi \(k - 1 < x < k\) olsun: \(\lfloor x \rfloor = k - 1\) ve \(-k < -x < -k + 1\) olduğundan \(\lfloor -x \rfloor = -k\); yine \(g(x) = -1\). Her iki tarafta da \(g\) sabit \(-1\) olduğundan (\(\delta = 1\) ile) \(g(k^+) = g(k^-) = -1\). Teorem 31.1 gereği \(\lim_{x \to k} g(x) = -1\) vardır. Ama \(g(k) = \lfloor k \rfloor + \lfloor -k \rfloor = k - k = 0 \neq -1\): limit var, fonksiyonun değeriyle uyuşmuyor. Süreksizlik türleri bölümünde buna “kaldırılabilir süreksizlik” diyeceğiz — \(g(k)\)’yi \(-1\) yapsak bozukluk giderilir.
c) \(x > 0\) olsun ve \(t = \frac{1}{x} > 0\) yazalım. Tanım 12.1 gereği \(\lfloor t \rfloor \le t < \lfloor t \rfloor + 1\); ikinci eşitsizlikten \(t - 1 < \lfloor t \rfloor\). Yani
\[\frac{1}{x} - 1 < \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \le \frac{1}{x}.\]
Pozitif \(x\) ile çarpmak eşitsizlik yönünü korur:
\[1 - x < x \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \le 1 \qquad (x > 0).\]
Alt sınır \(1 - x\) bir polinomdur; Sonuç 29.3 ve Lemma 31.1 ile \(\lim_{x \to 0^+} (1 - x) = 1\). Üst sınır sabit \(1\)’dir. Sonuç 31.1 (sıkıştırma) gereği \(\lim_{x \to 0^+} x \lfloor 1/x \rfloor = 1\). Not: \(x < 0\) için aynı \(t - 1 < \lfloor t \rfloor \le t\) eşitsizliği negatif \(x\) ile çarpılınca yön değiştirir ve \(1 \le x \lfloor 1/x \rfloor < 1 - x\) verir; sıkıştırma sol limiti de \(1\) yapar, dolayısıyla \(\lim_{x \to 0} x \lfloor 1/x \rfloor = 1\)’dir.
d) \(0\) noktasında: \((-\infty, 0)\) üzerinde \(f = ax + b\), dolayısıyla \(f(0^-) = a \cdot 0 + b = b\) (Sonuç 29.3, Lemma 31.1, Önerme 31.1); \((0, 2)\) üzerinde \(f = x^2 + 1\), dolayısıyla \(f(0^+) = 1\). Limit için \(b = 1\) gerekir ve yeter (Teorem 31.1). \(2\) noktasında: \((0, 2)\) üzerinde \(f = x^2 + 1\), \(f(2^-) = 5\); \((2, \infty)\) üzerinde \(f = a - x\), \(f(2^+) = a - 2\). Limit için \(a - 2 = 5\), yani \(a = 7\) gerekir ve yeter. Cevap: \(a = 7\), \(b = 1\). Bu değerlerle \(f(x) = 7x + 1\) (\(x < 0\)), \(x^2 + 1\) (\(0 \le x < 2\)), \(7 - x\) (\(x \ge 2\)) olur ve \(\lim_{x\to 0} f = 1 = f(0)\), \(\lim_{x \to 2} f = 5 = f(2)\).
e) \(\{f(x) : x \in (\alpha, \beta)\}\) kümesi boş değildir ve hipotez gereği üstten sınırlıdır; Bölüm 10.4 ile \(L\) vardır. Ön koşul: \((\alpha, \beta) \cap (-\infty, \beta) = (\alpha, \beta)\) ve her \(\delta > 0\) için \((\beta - \delta, \beta) \cap (\alpha, \beta) \neq \varnothing\) (örneğin \(\beta - \frac{1}{2}\min\{\delta, \beta - \alpha\}\) bu kesişimdedir). \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 10.1 gereği \(f(x_0) > L - \varepsilon\) olan bir \(x_0 \in (\alpha, \beta)\) vardır. \(\delta = \beta - x_0 > 0\) alalım. \(\beta - \delta < x < \beta\) ise \(x_0 < x < \beta\), \(x \in (\alpha, \beta)\); artanlıktan \(f(x_0) \le f(x)\) ve \(L\) üst sınır olduğundan \(f(x) \le L\). Böylece \(L - \varepsilon < f(x) \le L\), yani \(|f(x) - L| < \varepsilon\). Bu, \(\lim_{x \to \beta^-} f(x) = L\) demektir. İspat, Teorem 31.3’in sol limit kısmının aynısıdır; tek fark, üst sınırın \(f(\beta)\) gibi bir değerden değil hipotezden gelmesidir. \(f\) üstten sınırlı değilse sonlu sol limit olamaz; bu durumda fonksiyon \(\beta\)’ya soldan yaklaşırken her sınırı aşar — sonraki bölümün konusu.
\(\blacksquare\)
Tek yönlü limitler, limit kavramını “hangi yönden” sorusuyla inceltti: limit vardır ancak ve ancak iki yön anlaşır, monoton fonksiyonlarda ise iki yön her zaman kendi hedefine ulaşır. Geriye, limitin sonlu bir sayı olmadığı durumlar kaldı: fonksiyon bir noktaya yaklaşırken sınırsızca büyüyebilir ya da \(x\) sınırsızca büyürken fonksiyon bir değere yerleşebilir. Bunları ve grafiklerdeki karşılıkları olan asimptotları bir sonraki bölümde inceliyoruz: Sonsuz Limitler ve Sonsuzdaki Limitler.