17 Asimptotlar ve Grafik Çizimi
Dönüm Noktaları bölümünü bitirdiğimizde, bir fonksiyonun grafiği hakkında türevin söyleyebileceği hemen her şeyi toplamış olduk: birinci türev nerede arttığını nerede azaldığını, ikinci türev nerede konveks nerede konkav olduğunu, kritik noktalar ve dönüm noktaları da bu davranışların değiştiği yerleri veriyor. Ama bütün bu bilgi yereldir; grafiğin küçük bir pencerede nasıl göründüğünü anlatır. Grafiği kâğıda çizebilmek için bir de uzaktan görünüşe ihtiyacımız var: \(x\) çok büyüdüğünde eğri nereye gidiyor? Tanımsız bir noktaya yaklaşırken ne oluyor?
Bu iki soruya verilen yanıt asimptot kavramıdır. Sezgisel olarak asimptot, eğrinin “sonsuzda yaklaştığı” bir doğrudur: eğri ile doğru arasındaki uzaklık sıfıra gider, ama eğri (genelde) doğruya hiç oturmaz. Analiz 1’de düşey ve yatay asimptotları limit diliyle tanımlamıştık; burada bunları eğik asimptotları da kapsayacak biçimde genişletecek ve asimptotun katsayılarını hesaplayan formülü ispatlayacağız.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: eğik asimptotun tanımı ve \(k = \lim f(x)/x\), \(l = \lim (f(x) - kx)\) formüllerinin iki yönlü ispatı; asimptotun tek olduğu; \(+\infty\) ile \(-\infty\) tarafındaki asimptotların birbirinden farklı olabileceği; rasyonel fonksiyonlarda asimptotların polinom bölmesiyle nasıl okunacağı; ve nihayet bütün bunları tek bir listede birleştiren grafik çizim yordamı. Bölümün son üçte biri, yordamın baştan sona işletildiği üç tam örneğe ayrılmıştır; bu örneklerde birinci ve ikinci türev, işaret tabloları, asimptotlar ve kesişim noktaları eksiksiz hesaplanır.
17.1 Asimptot Kavramı
Bir doğrunun eğriye “sonsuzda yaklaşması” ne demektir? En doğal ölçü, aynı \(x\) apsisinde eğri ile doğru arasındaki düşey uzaklıktır: \(y = kx + l\) doğrusu için bu uzaklık \(|f(x) - (kx+l)|\)’dir. Tanımı bu büyüklüğün sıfıra gitmesi olarak kuracağız.
Tanım 17.1 (Eğik ve Yatay Asimptot) \(f\) fonksiyonu bir \((a, +\infty)\) aralığında tanımlı olsun. \(k, l \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[\lim_{x \to +\infty} \big( f(x) - (kx + l) \big) = 0\]
ise, \(y = kx + l\) doğrusuna \(f\)’nin \(+\infty\)’daki eğik asimptotu (oblique asymptote) denir.
Benzer biçimde \(f\), bir \((-\infty, b)\) aralığında tanımlıysa ve
\[\lim_{x \to -\infty} \big( f(x) - (kx + l) \big) = 0\]
ise \(y = kx + l\) doğrusu \(f\)’nin \(-\infty\)’daki eğik asimptotudur.
Özel olarak \(k = 0\) ise doğru yataydır; bu durumda koşul \(\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = l\) biçimini alır ve \(y = l\) doğrusuna yatay asimptot (horizontal asymptote) denir.
Tanımdaki \(f(x) - (kx+l)\) ifadesi düşey uzaklıktır; oysa “uzaklık” denince akla noktanın doğruya olan dik uzaklığı gelir. Bu iki büyüklük birbirinin sabit katıdır: \((x, f(x))\) noktasının \(kx - y + l = 0\) doğrusuna dik uzaklığı
\[d(x) = \frac{|f(x) - (kx+l)|}{\sqrt{1 + k^2}}\]
olduğundan, \(f(x) - (kx+l) \to 0\) ile \(d(x) \to 0\) birbirine denktir. Yani tanım, “eğri ile doğru arasındaki uzaklık sıfıra gider” sezgisini gerçekten karşılar. Düşey uzaklıkla çalışmak yalnızca hesabı kolaylaştırır.
Tanım asimptotun ne olduğunu söyler ama nasıl bulunacağını söylemez. \(k\) ve \(l\)’yi bilmeden \(f(x) - (kx+l)\) limitini kuramayız. Aşağıdaki teorem bu düğümü çözer: iki basit limitle önce \(k\)’yi, sonra \(l\)’yi hesaplarız.
Teorem 17.1 (Eğik Asimptotun Hesap Formülü) \(f\) fonksiyonu \((a, +\infty)\) aralığında tanımlı ve \(k, l \in \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki iki önerme denktir:
- \(y = kx + l\) doğrusu \(f\)’nin \(+\infty\)’daki eğik asimptotudur;
- \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = k\) ve \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \big( f(x) - kx \big) = l\) limitlerinin ikisi de vardır ve sonludur.
Ayrıca \(f\)’nin \(+\infty\)’da asimptotu varsa bu asimptot tektir. Aynı ifadeler, \(x \to -\infty\) limitleriyle, \(-\infty\) tarafı için de geçerlidir.
İspat
(1) \(\Rightarrow\) (2). \(y = kx + l\) asimptot olsun ve
\[\varepsilon(x) = f(x) - kx - l\]
yazalım; varsayım gereği \(\varepsilon(x) \to 0\) (\(x \to +\infty\)). Bu eşitlikten \(f(x) = kx + l + \varepsilon(x)\) ve \(x > 0\) için
\[\frac{f(x)}{x} = k + \frac{l}{x} + \frac{\varepsilon(x)}{x}.\]
Sağdaki ikinci terim için \(\dfrac{l}{x} \to 0\)’dır. Üçüncü terim, ikisi de \(0\)’a giden \(\varepsilon(x)\) ve \(\dfrac{1}{x}\) fonksiyonlarının çarpımıdır; sonsuzdaki limitlerin çarpım kuralı gereği (bkz. Analiz 1 (1)) \(\dfrac{\varepsilon(x)}{x} \to 0 \cdot 0 = 0\). Aynı kuralın toplam kısmıyla
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = k + 0 + 0 = k.\]
İkinci limit doğrudan gelir:
\[f(x) - kx = l + \varepsilon(x) \longrightarrow l + 0 = l.\]
(2) \(\Rightarrow\) (1). Şimdi iki limitin var ve sonlu olduğunu varsayalım. İkinci limitten
\[f(x) - (kx + l) = \big( f(x) - kx \big) - l \longrightarrow l - l = 0\]
elde edilir; bu tam olarak \(y = kx + l\) doğrusunun asimptot olması demektir.
Teklik. \(y = kx + l\) ve \(y = k'x + l'\) doğrularının ikisi de \(+\infty\)’da asimptot olsun. İki farkın farkını alalım:
\[\big( f(x) - (k'x + l') \big) - \big( f(x) - (kx + l) \big) = (k - k')\,x + (l - l').\]
Sol taraf, sıfıra giden iki fonksiyonun farkı olduğundan \(0\)’a gider. Öyleyse
\[\lim_{x \to +\infty} \big[ (k - k')\,x + (l - l') \big] = 0.\]
Eğer \(k \ne k'\) olsaydı, \((k-k')x + (l-l')\) ifadesinin mutlak değeri \(x \to +\infty\) iken \(+\infty\)’a giderdi (birinci dereceden bir polinom sonsuza ıraksar) ve sonlu bir limiti olamazdı. Demek ki \(k = k'\). Bu durumda limit \(l - l'\) sabitine eşittir; sıfıra eşit olduğundan \(l = l'\). Asimptot tektir.
\(\blacksquare\)
Teoremin pratik okunuşu şudur: önce \(k\), sonra \(l\). \(k\)’yi bilmeden \(l\)’yi hesaplayamayız, çünkü \(l\) limiti \(k\)’yi içerir. Ayrıca hesap sırasında iki limitten biri yoksa ya da sonsuzsa, o taraf için asimptot yoktur; bu, teoremin (1) \(\Rightarrow\) (2) yönünün doğrudan sonucudur.
\(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} = k\) limitinin var olması tek başına asimptotun varlığını garanti etmez; ikinci limitin de sonlu olması gerekir. İki karşı örnek:
- \(f(x) = x + \ln x\) için \(\dfrac{f(x)}{x} = 1 + \dfrac{\ln x}{x} \to 1\), yani \(k = 1\). Ama \(f(x) - 1 \cdot x = \ln x \to +\infty\); ikinci limit sonlu değildir. Bu fonksiyonun \(+\infty\)’da eğik asimptotu yoktur. Grafiği \(y = x\) doğrusundan gitgide (yavaş da olsa) uzaklaşır.
- \(f(x) = x + \sin x\) için \(\dfrac{f(x)}{x} = 1 + \dfrac{\sin x}{x} \to 1\), yani yine \(k = 1\). Ama \(f(x) - x = \sin x\) fonksiyonunun \(+\infty\)’da limiti yoktur (bkz. Analiz 1: \(x_n = 2n\pi\) için \(\sin x_n = 0\), \(y_n = 2n\pi + \frac{\pi}{2}\) için \(\sin y_n = 1\)). Burada \(f(x) - x\) sınırlıdır ama yakınsamaz; asimptot yine yoktur.
İkinci örnek şunu da gösterir: “grafik \(y = x\) doğrusunun etrafında kalıyor” demek, “\(y = x\) asimptottur” demek değildir. Tanım, farkın sınırlı kalmasını değil, sıfıra gitmesini ister.
Yaygın bir yanlış inanış, eğrinin asimptotuna hiç değmediğidir. Tanımda böyle bir şey yazmaz: yalnızca \(x \to \pm\infty\) iken farkın sıfıra gitmesi istenir; sonlu bölgede eğri doğruyu istediği kadar kesebilir.
Örneğin \(f(x) = 1 + \dfrac{\sin x}{x}\) fonksiyonunun \(+\infty\)’da yatay asimptotu \(y = 1\)’dir: \(x > 0\) için \(\left| \dfrac{\sin x}{x} \right| \le \dfrac{1}{x} \to 0\) olduğundan sonsuzdaki sıkıştırma kuralı (bkz. Analiz 1 (2)) \(\dfrac{\sin x}{x} \to 0\) verir. Ama \(\sin x\) her \(x = n\pi\) noktasında sıfırlandığından grafik \(y = 1\) doğrusunu sonsuz kez keser. Birazdan inceleyeceğimiz \(f(x) = \dfrac{(x+1)^2}{1+x^2}\) örneğinde de grafik, yatay asimptotu olan \(y = 1\) doğrusunu \(x = 0\) noktasında keser.
İki Tarafın Asimptotları Farklı Olabilir
Tanım 17.1 iki ayrı tanımdır: biri \(x \to +\infty\), öteki \(x \to -\infty\) içindir. Bunlar birbirinden bağımsızdır. Bir fonksiyonun bir tarafta asimptotu olup öbür tarafta olmayabilir; ya da her iki tarafta da asimptotu olup bunlar farklı doğrular olabilir. Aşağıdaki örnek ikinci durumun en temiz örneğidir.
Örnek 17.1 (Karekök İçeren Fonksiyonların Asimptotları) Aşağıdaki fonksiyonların \(+\infty\) ve \(-\infty\)’daki eğik asimptotlarını bulunuz.
\(f(x) = \sqrt{x^2 + 1}\)
\(g(x) = \sqrt{x^2 + x}\)
Çözüm
a) \(f\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlıdır. Hesabın anahtarı \(\sqrt{x^2} = |x|\) eşitliğidir; \(x > 0\) iken \(|x| = x\), \(x < 0\) iken \(|x| = -x\) olduğundan iki taraf farklı sonuç verecektir.
\(+\infty\) tarafı. \(x > 0\) için \(\sqrt{x^2+1} = x \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}\) olduğundan
\[k = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} = 1.\]
Şimdi \(l\)’yi bulalım. Doğrudan yazınca \(\infty - \infty\) belirsizliği çıkar (Tanım 11.1); eşleniğiyle genişletiriz:
\[\sqrt{x^2+1} - x = \frac{(\sqrt{x^2+1} - x)(\sqrt{x^2+1} + x)}{\sqrt{x^2+1} + x} = \frac{(x^2+1) - x^2}{\sqrt{x^2+1} + x} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1} + x}.\]
Payda \(x \to +\infty\) iken \(+\infty\)’a gittiğinden \(l = 0\). Demek ki \(+\infty\)’daki asimptot \(y = x\)’tir.
\(-\infty\) tarafı. Şimdi \(x < 0\) ve \(\sqrt{x^2+1} = |x| \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}} = -x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}\). Buradan
\[k = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \left( -\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}} \right) = -1.\]
İkinci limitte \(k = -1\) olduğundan \(f(x) - kx = \sqrt{x^2+1} + x\) hesaplanır; yine eşlenikle
\[\sqrt{x^2+1} + x = \frac{(x^2+1) - x^2}{\sqrt{x^2+1} - x} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1} - x}.\]
\(x \to -\infty\) iken \(-x \to +\infty\) olduğundan payda \(+\infty\)’a gider; öyleyse \(l = 0\) ve \(-\infty\)’daki asimptot \(y = -x\)’tir.
Sonuç: \(\sqrt{x^2+1}\) fonksiyonunun iki farklı eğik asimptotu vardır, \(y = x\) ve \(y = -x\). Bu şaşırtıcı değildir: grafiği, \(y^2 - x^2 = 1\) hiperbolünün üst kolu olan bu eğri, hiperbolün \(y = \pm x\) asimptotlarına yaklaşır. Ayrıca \(f\) çift fonksiyondur (\(f(-x) = f(x)\)), dolayısıyla iki asimptot birbirinin \(y\) eksenine göre yansımasıdır.
b) \(g(x) = \sqrt{x^2+x}\) ancak \(x^2 + x = x(x+1) \ge 0\) iken tanımlıdır; yani tanım kümesi \((-\infty, -1] \cup [0, +\infty)\)’dur. Her iki uçta da inceleme yapabiliriz.
\(+\infty\) tarafı. \(x > 0\) için
\[k = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + \frac{1}{x}} = 1,\]
\[l = \lim_{x \to +\infty} \big( \sqrt{x^2+x} - x \big) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+x} + x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1} = \frac{1}{2},\]
burada son adımda pay ve paydayı \(x\)’e böldük (\(x > 0\) olduğundan bölme işaret değiştirmez). Asimptot: \(y = x + \dfrac{1}{2}\).
\(-\infty\) tarafı. Şimdi \(x < -1\) ve \(\sqrt{x^2+x} = -x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x}}\). Buradan
\[k = \lim_{x \to -\infty} \frac{\sqrt{x^2+x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} \left( - \sqrt{1 + \frac{1}{x}} \right) = -1,\]
\[l = \lim_{x \to -\infty} \big( \sqrt{x^2+x} + x \big) = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2+x} - x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{-x\left( \sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1 \right)} = -\frac{1}{2}.\]
Asimptot: \(y = -x - \dfrac{1}{2}\). Denetleyelim: \(x = -100\) için \(\sqrt{10000 - 100} = \sqrt{9900} \approx 99{,}4987\) ve \(-x - \dfrac{1}{2} = 99{,}5\); fark \(10^{-3}\) mertebesindedir.
\(\blacksquare\)
Düşey Asimptotlar
Eğik asimptotlar grafiğin uzaktan görünüşünü verir. Grafiğin sonlu bir noktada patladığı yerleri ise düşey asimptotlar anlatır. Bu kavramı Analiz 1’de sonsuz limitlerle birlikte tanımlamıştık (bkz. Analiz 1); burada grafik çizimi için gereken biçimde tekrar yazıyoruz.
Tanım 17.2 (Düşey Asimptot) \(f\) fonksiyonu \(a\) noktasının bir delinmiş komşuluğunda tanımlı olsun. Aşağıdaki dört koşuldan en az biri sağlanıyorsa \(x = a\) doğrusuna \(f\)’nin düşey asimptotu (vertical asymptote) denir:
\[\lim_{x \to a^+} f(x) = +\infty, \quad \lim_{x \to a^+} f(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to a^-} f(x) = +\infty, \quad \lim_{x \to a^-} f(x) = -\infty.\]
Bu durum tipik olarak fonksiyonun tanımsız olduğu noktalarda, örneğin bir rasyonel fonksiyonun paydasının sıfır olduğu yerlerde ortaya çıkar.
İki uyarı gerekir. Birincisi, tanımsız olan her nokta düşey asimptot vermez: \(f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}\) fonksiyonu \(x = 1\)’de tanımsızdır ama \(x \ne 1\) için \(f(x) = x + 1\) olduğundan \(\lim_{x \to 1} f(x) = 2\)’dir; burada asimptot değil, kaldırılabilir süreksizlik vardır (bkz. Analiz 1). Paydanın kökü aynı zamanda payın kökü ise sadeleştirmeyi yapmak ve sonra karar vermek gerekir.
İkincisi, iki taraflı limitlerin ikisini de incelemek gerekir; işaretler farklı olabilir. Birazdan göreceğimiz \(\dfrac{x^2}{x-1}\) örneğinde \(x \to 1^+\) iken fonksiyon \(+\infty\)’a, \(x \to 1^-\) iken \(-\infty\)’a gider. Grafiği çizerken bu iki dalın hangi yöne gittiğini bilmek şarttır.
17.2 Rasyonel Fonksiyonlarda Asimptotlar
Rasyonel fonksiyonlar, asimptotları en kolay okunan sınıftır; çünkü polinom bölmesi işi tek adımda bitirir. Bunu bir önerme olarak yazalım.
Önerme 17.1 (Rasyonel Fonksiyonun Asimptotları) \(p\) ve \(q\) polinomları için \(f(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)}\) olsun; \(p\) ile \(q\)’nun ortak kökü bulunmadığını, \(\deg p = m\), \(\deg q = n\) olduğunu varsayalım. Polinom bölmesiyle
\[\frac{p(x)}{q(x)} = s(x) + \frac{r(x)}{q(x)}, \qquad \deg r < n\]
yazılabilir (\(s\) bölüm, \(r\) kalan polinomudur). O hâlde:
- \(\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{r(x)}{q(x)} = 0\)’dır; yani grafik, uzakta \(y = s(x)\) eğrisine yaklaşır.
- \(m < n\) ise \(s \equiv 0\)’dır ve \(y = 0\) her iki tarafta yatay asimptottur.
- \(m = n\) ise \(s\) sabittir; \(p\) ve \(q\)’nun baş katsayıları \(a_m\) ve \(b_n\) olmak üzere \(y = \dfrac{a_m}{b_n}\) her iki tarafta yatay asimptottur.
- \(m = n + 1\) ise \(s(x) = kx + l\) birinci derecedendir ve \(y = kx + l\) doğrusu her iki tarafta eğik asimptottur.
- \(m \ge n + 2\) ise \(f\)’nin hiçbir tarafta eğik asimptotu yoktur.
Ayrıca \(q(a) = 0\) olan her \(a\) için \(x = a\) düşey asimptottur.
İspat
(1) \(\deg r < \deg q\) olduğundan, pay ve paydayı \(x^n\)’e bölerek \(\dfrac{r(x)}{q(x)}\) ifadesinin \(x \to \pm\infty\) iken \(0\)’a gittiğini görürüz; bu, sonsuzda rasyonel fonksiyon limiti kuralının (bkz. Analiz 1) doğrudan sonucudur.
(2) \(m < n\) ise bölme işleminde bölüm sıfırdır (\(s \equiv 0\), \(r = p\)). O hâlde \(f(x) = \dfrac{p(x)}{q(x)} \to 0\) ve \(y = 0\) yatay asimptottur.
(3) \(m = n\) ise bölüm sabittir. Baş katsayıları karşılaştırarak \(s = \dfrac{a_m}{b_n}\) bulunur; (1) gereği \(f(x) - \dfrac{a_m}{b_n} = \dfrac{r(x)}{q(x)} \to 0\), yani \(y = \dfrac{a_m}{b_n}\) yatay asimptottur.
(4) \(m = n+1\) ise \(\deg s = m - n = 1\), yani \(s(x) = kx + l\) ile \(k \ne 0\). (1) gereği
\[f(x) - (kx + l) = \frac{r(x)}{q(x)} \longrightarrow 0 \qquad (x \to \pm\infty),\]
yani \(y = kx+l\) her iki tarafta eğik asimptottur. Dikkat edilecek nokta, \(s\)’nin \(x\)’in işaretinden bağımsız olmasıdır; bu yüzden rasyonel fonksiyonlarda iki taraftaki asimptotlar daima aynıdır (Örnek 17.1’daki karekök durumunun tersine).
(5) \(m \ge n+2\) ise \(\deg s = m - n \ge 2\). O hâlde
\[\frac{f(x)}{x} = \frac{s(x)}{x} + \frac{r(x)}{x\,q(x)}\]
yazılır. Sağdaki ikinci terimde pay derecesi \(\deg r < n\), payda derecesi \(n + 1\) olduğundan bu terim \(0\)’a gider (bkz. Analiz 1 (1)). Birinci terim ise pay derecesi paydanınkinden \(\deg s - 1 \ge 1\) fazla olan bir rasyonel ifadedir; Rasyonel Fonksiyonun Sonsuzdaki Limiti (3) gereği \(\pm\infty\)’a ıraksar. Toplamları da ıraksar (bkz. Analiz 1 (3)); öyleyse \(\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}\) sonlu değildir; Teorem 17.1 gereği eğik asimptot yoktur. (Bununla birlikte (1) hâlâ geçerlidir: grafik \(y = s(x)\) eğrisine yaklaşır. \(\deg s = 2\) olduğunda buna “parabolik asimptot” denir.)
Düşey asimptotlar. \(q(a) = 0\) ve ortak kök bulunmadığından \(p(a) \ne 0\) olsun. \(x \to a\) iken pay \(p(a) \ne 0\) sayısına, payda \(0\)’a gider; dolayısıyla \(|f(x)| \to +\infty\) olur ve tek yönlü limitler \(\pm\infty\)’dur. Tanım 17.2 gereği \(x = a\) düşey asimptottur.
\(\blacksquare\)
Önermenin kullanımı çok basittir: böl, kalanı at. Şimdi bunu birkaç fonksiyonda çalıştıralım.
Örnek 17.2 (Rasyonel Fonksiyonlarda Asimptot Hesabı) Aşağıdaki fonksiyonların bütün asimptotlarını bulunuz.
\(f(x) = \dfrac{2x^2 + 3x - 1}{x + 2}\)
\(g(x) = \dfrac{3x^2 + 1}{x^2 - 4}\)
\(h(x) = \dfrac{x^3 + 2x}{x^2 + 1}\)
\(u(x) = \dfrac{x^3 + 1}{x}\)
Çözüm
a) Pay derecesi \(2\), payda derecesi \(1\); fark tam olarak \(1\) olduğundan eğik asimptot bekleriz. Bölmeyi yapalım:
\[2x^2 + 3x - 1 = (x+2)(2x - 1) + 1,\]
çünkü \((x+2)(2x-1) = 2x^2 + 3x - 2\) ve buna \(1\) eklenince pay elde edilir. Öyleyse
\[f(x) = 2x - 1 + \frac{1}{x+2}.\]
\(x \to \pm\infty\) iken \(\dfrac{1}{x+2} \to 0\) olduğundan \(y = 2x - 1\) her iki tarafta eğik asimptottur. Ayrıca \(x = -2\) paydanın köküdür ve payın oradaki değeri \(2(-2)^2 + 3(-2) - 1 = 8 - 6 - 1 = 1 \ne 0\)’dır; demek ki \(x = -2\) düşey asimptottur. Yönler: \(x \to -2^+\) iken \(\dfrac{1}{x+2} \to +\infty\), yani \(f(x) \to +\infty\); \(x \to -2^-\) iken \(f(x) \to -\infty\).
Formülleri doğrudan kullanmak da aynı sonucu verir:
\[k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2+3x-1}{x^2+2x} = 2, \qquad l = \lim_{x \to \pm\infty} \left( \frac{2x^2+3x-1}{x+2} - 2x \right) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{-x - 1}{x+2} = -1.\]
b) Pay ve payda dereceleri eşittir; Önerme 17.1 (3) gereği yatay asimptot baş katsayıların oranıdır:
\[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{3x^2+1}{x^2-4} = 3 \quad \Longrightarrow \quad y = 3 \ \text{yatay asimptottur (her iki tarafta).}\]
Payda \(x^2 - 4 = (x-2)(x+2)\) olduğundan \(x = 2\) ve \(x = -2\) düşey asimptot adaylarıdır; payın bu iki noktadaki değeri de \(3 \cdot 4 + 1 = 13 \ne 0\)’dır. Yönleri belirlemek için payın işaretinin daima pozitif olduğunu (\(3x^2 + 1 \ge 1\)) ve paydanın işaretini kullanırız:
- \(x \to 2^+\): \(x^2 - 4 \to 0^+\), \(g(x) \to +\infty\).
- \(x \to 2^-\): \(x^2 - 4 \to 0^-\), \(g(x) \to -\infty\).
- \(x \to -2^-\): \(x^2 - 4 \to 0^+\), \(g(x) \to +\infty\).
- \(x \to -2^+\): \(x^2 - 4 \to 0^-\), \(g(x) \to -\infty\).
c) Pay derecesi \(3\), payda derecesi \(2\); fark \(1\). Bölme:
\[x^3 + 2x = x(x^2+1) + x \quad \Longrightarrow \quad h(x) = x + \frac{x}{x^2+1}.\]
\(\dfrac{x}{x^2+1} \to 0\) olduğundan \(y = x\) her iki tarafta eğik asimptottur. Payda hiç sıfırlanmadığından (\(x^2 + 1 \ge 1\)) düşey asimptot yoktur. Ek bir gözlem: \(h(x) - x = \dfrac{x}{x^2+1}\) ifadesi \(x > 0\) için pozitif, \(x < 0\) için negatiftir; yani grafik \(+\infty\) tarafında asimptotun üstünde, \(-\infty\) tarafında altında kalır ve \(x = 0\)’da asimptotu keser.
d) \(u(x) = \dfrac{x^3+1}{x} = x^2 + \dfrac{1}{x}\). Pay derecesi payda derecesinden \(2\) fazladır; Önerme 17.1 (5) gereği eğik asimptot yoktur. Gerçekten
\[\frac{u(x)}{x} = x + \frac{1}{x^2} \longrightarrow \pm\infty \qquad (x \to \pm\infty),\]
yani \(k\) sonlu değildir. Buna karşılık \(u(x) - x^2 = \dfrac{1}{x} \to 0\)’dır: grafik uzakta \(y = x^2\) parabolüne yapışır. \(x = 0\) ise düşey asimptottur; \(x \to 0^+\) iken \(u(x) \to +\infty\), \(x \to 0^-\) iken \(u(x) \to -\infty\).
\(\blacksquare\)
17.3 Grafik Çizim Yordamı
Artık grafik çizmek için gereken bütün parçalara sahibiz. Bunları sabit bir sırada uygulamak, hem hiçbir bilgiyi atlamamayı hem de çelişkileri erken yakalamayı sağlar. Aşağıdaki beş adım standart yordamdır.
Önerme 17.2 (Fonksiyon Grafiği Çizme Yordamı) \(y = f(x)\) eğrisini çizmek için sırasıyla şu adımlar izlenir.
- Tanım kümesi ve simetriler.
- \(f(x)\)’in tanımlı olduğu bütün \(x\) değerlerini belirle. Süreksizlik noktalarını (örneğin paydanın sıfırlandığı yerleri, logaritmanın argümanının pozitif olma koşulunu, karekökün içinin işaretini) ayrıca not et.
- Simetri ara: \(f(-x) = f(x)\) ise \(f\) çifttir ve grafik \(y\) eksenine göre simetriktir; \(f(-x) = -f(x)\) ise \(f\) tektir ve grafik orijine göre simetriktir.
- Periyodiklik ara: bir \(T > 0\) için her \(x\)’te \(f(x+T) = f(x)\) ise yalnızca bir periyot uzunluğunda çalışmak yeter.
- Kritik noktalar ve monotonluk.
- \(f'(x)\)’i hesapla.
- \(f'(x) = 0\) olan ve \(f'\) tanımsız olan noktaları bul; bunlar kritik noktalardır (Tanım 7.3).
- \(f' > 0\) olan aralıklarda \(f\) artan, \(f' < 0\) olan aralıklarda azalandır (Sonuç 8.3). İşaret tablosunu kur.
- Tabloya bakarak yerel maksimum ve yerel minimum noktalarını ve bu noktalardaki değerleri belirle.
- Dönüm noktaları ve konvekslik.
- \(f''(x)\)’i hesapla.
- \(f'' > 0\) olan aralıklarda \(f\) konveks, \(f'' < 0\) olan aralıklarda konkavdır.
- \(f''\)’nin işaret değiştirdiği noktalar dönüm noktalarıdır. İkinci bir işaret tablosu kur.
- Asimptotlar.
- Düşey: her süreksizlik noktasında iki tek yönlü limiti hesapla; \(\pm\infty\) çıkanlar düşey asimptot verir.
- Yatay ve eğik: tanım kümesi sağa (sola) sınırsızsa \(k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}\) ve \(l = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx)\) hesapla; \(-\infty\) tarafı için ayrıca tekrarla.
- Karakteristik noktalar ve çizim.
- Kesişimleri bul: \(y\) ekseni kesişimi \((0, f(0))\); \(x\) ekseni kesişimleri \(f(x) = 0\) denkleminin kökleri.
- ve 3. adımda bulunan yerel ekstremumları ve dönüm noktalarını işaretle; asimptotları kesikli çizgiyle çiz.
- Eğriyi bu noktalardan geçirerek, her aralıkta bulunan artan/azalan ve konveks/konkav bilgisine ve asimptot davranışına uyacak biçimde çiz.
Yordamı uygularken birkaç noktaya dikkat etmek işi kolaylaştırır.
Adımların sırası tesadüfi değildir. Tanım kümesini bilmeden türev alınmaz; kritik noktaları bilmeden işaret tablosu kurulmaz; asimptotları bilmeden eğrinin uçlarının nereye gideceği kestirilemez. Ayrıca ilk adımda bulunan simetri, geri kalan bütün hesabı yarıya indirir.
Bilgiler birbirini denetler. İki tablo tutarlı olmalıdır: \(f\) bir noktada yerel maksimum yapıyorsa o noktanın çevresinde konkav olması beklenir. Tablolar çelişiyorsa hesapta hata vardır.
Simetri ve Periyodiklik
Birinci adımın en çok atlanan parçası simetri kontrolüdür. Oysa maliyeti bir satırdır ve kazancı büyüktür.
Örnek 17.3 (Simetri ve Periyot Kontrolleri) Aşağıdaki fonksiyonların simetri ve periyodiklik özelliklerini belirleyiniz, grafik çiziminde bunun ne kazandırdığını söyleyiniz.
\(f(x) = x^4 - 3x^2 + 1\)
\(g(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\)
\(h(x) = x^3 - x + 1\)
\(\varphi(x) = 2\sin x + \sin 2x\)
Çözüm
a) \(f(-x) = (-x)^4 - 3(-x)^2 + 1 = x^4 - 3x^2 + 1 = f(x)\); \(f\) çifttir. Grafik \(y\) eksenine göre simetriktir; \([0, +\infty)\) üzerinde çizip yansıtmak yeter. Genel kural: yalnızca çift kuvvetler içeren bir polinom çift, yalnızca tek kuvvetler içeren bir polinom tektir.
b) \(g(-x) = \dfrac{-x}{(-x)^2+1} = -\dfrac{x}{x^2+1} = -g(x)\); \(g\) tektir. Grafik orijine göre simetriktir. Ayrıca tek fonksiyon tanım kümesinde \(0\) varsa \(g(0) = 0\) olmak zorundadır; burada gerçekten \(g(0) = 0\)’dır.
c) \(h(-x) = -x^3 + x + 1\). Bu ne \(h(x)\)’e ne de \(-h(x) = -x^3 + x - 1\)’e eşittir; \(h\) ne tek ne çifttir. Ama simetri yine de vardır, sadece merkez orijin değildir: \(\psi(x) = h(x) - 1 = x^3 - x\) fonksiyonu tektir, dolayısıyla \(h\)’nin grafiği \((0, 1)\) noktasına göre simetriktir. Bu, \(h''(x) = 6x\) olduğundan \(x = 0\)’ın bir dönüm noktası olmasıyla uyumludur; üçüncü dereceden bir polinomun grafiği daima dönüm noktasına göre simetriktir.
d) Önce simetriye bakalım:
\[\varphi(-x) = 2\sin(-x) + \sin(-2x) = -2\sin x - \sin 2x = -\varphi(x)\]
Demek ki \(\varphi\) tektir. Ayrıca \(\sin\) fonksiyonunun periyodu \(2\pi\), \(\sin 2x\)’in periyodu \(\pi\) olduğundan her \(x\) için
\[\varphi(x + 2\pi) = 2\sin(x + 2\pi) + \sin(2x + 4\pi) = 2\sin x + \sin 2x = \varphi(x),\]
yani \(T = 2\pi\) bir periyottur. Öyleyse yalnızca \([0, \pi]\) aralığında çalışmak yeter: oradan teklik yardımıyla \([-\pi, 0]\)’a, sonra periyotla bütün \(\mathbb{R}\)’ye geçilir. Dört birim uzunluğunda bir iş, tek bir yarım periyoda inmiştir.
\(\blacksquare\)
17.4 Tam Çözümlü Grafik Çizimleri
Şimdi yordamı baştan sona, hiçbir adımı atlamadan üç fonksiyon üzerinde çalıştıralım. Her örnekte işaret tablolarını tam olarak kuracak, bütün karakteristik değerleri hesaplayacağız.
Örnek 17.4 (Kesirli Bir Fonksiyonun Grafiği) \(f(x) = \dfrac{(x+1)^2}{1+x^2}\) fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
Çözüm
Birinci adım — tanım kümesi ve simetriler. Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(1 + x^2 \ge 1 > 0\) olduğundan payda hiç sıfırlanmaz; tanım kümesi \(\mathbb{R}\)’dir ve \(f\) her yerde süreklidir, hatta sonsuz kez türevlenebilirdir.
Simetri yoktur:
\[f(-x) = \frac{(-x+1)^2}{1+x^2} = \frac{(x-1)^2}{1+x^2}.\]
Bu ifade \(f(x)\)’e eşit değildir (örneğin \(f(1) = 2\) iken \(f(-1) = 0\)), \(-f(x)\)’e de eşit değildir (\(f \ge 0\) olduğundan \(-f \le 0\)). Periyodiklik de söz konusu değildir.
Hesabı kolaylaştıracak bir sadeleştirme yapalım. Payı açıp paydayı ayırırsak
\[f(x) = \frac{x^2 + 2x + 1}{x^2+1} = 1 + \frac{2x}{x^2+1}.\]
Bu biçim, hem asimptotu hem de \(f(x) - 1\) farkının işaretini hemen görünür kılar.
İkinci adım — birinci türev ve monotonluk. Bölüm kuralıyla (Teorem 3.2):
\[f'(x) = \frac{2(x+1)(1+x^2) - (x+1)^2 \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{2(x+1)\big[(1+x^2) - x(x+1)\big]}{(1+x^2)^2} = \frac{2(x+1)(1 - x)}{(1+x^2)^2}.\]
\((x+1)(1-x) = 1 - x^2\) olduğundan
\[f'(x) = \frac{2(1 - x^2)}{(1+x^2)^2}.\]
Aynı sonuç sadeleştirilmiş biçimden de gelir: \(f = 1 + 2x(x^2+1)^{-1}\) türevlenirse \(f' = \dfrac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}\) bulunur. Şimdi \(f'(x) = 0 \iff 1 - x^2 = 0 \iff x = -1\) ya da \(x = 1\). Payda daima pozitif olduğundan \(f'\)’nün işareti \(1 - x^2\)’nin işaretidir.
| Aralık / nokta | \((-\infty, -1)\) | \(x = -1\) | \((-1, 1)\) | \(x = 1\) | \((1, +\infty)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(1 - x^2\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(f'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(f\) | azalan | yerel min | artan | yerel maks | azalan |
Değerler: \(f(-1) = \dfrac{0}{2} = 0\) ve \(f(1) = \dfrac{4}{2} = 2\). Demek ki \((-1, 0)\) yerel minimum, \((1, 2)\) yerel maksimum noktasıdır.
Bunlar aynı zamanda mutlak ekstremumlardır. Minimum için gerekçe tek satırdır: payı bir tam kare, paydası pozitif olduğundan her \(x\) için \(f(x) \ge 0 = f(-1)\)’dir. Maksimum için tabloyu okumak yeter: \(f\), \((-\infty, -1]\) üzerinde azalan, \([-1, 1]\) üzerinde artan, \([1, +\infty)\) üzerinde azalandır. Azalan bir fonksiyon soldaki uç değerini aşamaz; dördüncü adımda hesaplayacağımız \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1\) limitiyle birlikte bu, birinci aralıkta \(f(x) \le 1 < 2\) verir. İkinci ve üçüncü aralıkta ise doğrudan \(f(x) \le f(1) = 2\)’dir. Öyleyse her \(x\) için \(f(x) \le 2\). \(f\) sürekli olduğundan ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) \(0\) ile \(2\) arasındaki her değerin alındığını söyler: \(f\)’nin değer kümesi tam olarak \([0, 2]\)’dir.
Üçüncü adım — ikinci türev ve konvekslik. \(f'(x) = 2(1-x^2)(1+x^2)^{-2}\) ifadesini çarpım kuralıyla türevleyelim:
\[f''(x) = 2\Big[ (-2x)(1+x^2)^{-2} + (1-x^2)\cdot(-2)(1+x^2)^{-3}\cdot 2x \Big] = \frac{2}{(1+x^2)^3}\Big[ -2x(1+x^2) - 4x(1-x^2) \Big].\]
Köşeli parantez içi \(-2x - 2x^3 - 4x + 4x^3 = 2x^3 - 6x = 2x(x^2 - 3)\) olduğundan
\[f''(x) = \frac{4x(x^2 - 3)}{(1+x^2)^3}.\]
Kökler: \(x = 0\), \(x = -\sqrt{3}\), \(x = \sqrt{3}\). Payda daima pozitiftir; işaret, \(4x\) ile \(x^2 - 3\) çarpanlarından gelir.
| Aralık / nokta | \((-\infty, -\sqrt{3})\) | \(x = -\sqrt{3}\) | \((-\sqrt{3}, 0)\) | \(x = 0\) | \((0, \sqrt{3})\) | \(x = \sqrt{3}\) | \((\sqrt{3}, +\infty)\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(4x\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
| \(x^2 - 3\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f''(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f\) | konkav | dönüm | konveks | dönüm | konkav | dönüm | konveks |
Üç noktanın da her iki yanında \(f''\) işaret değiştirdiğinden üçü de dönüm noktasıdır. Değerleri, sadeleştirilmiş biçimden hızla bulunur (\(x^2 = 3\) için payda \(4\)’tür):
\[f(-\sqrt{3}) = 1 + \frac{-2\sqrt{3}}{4} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}134, \qquad f(0) = 1, \qquad f(\sqrt{3}) = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 1{,}866.\]
Dördüncü adım — asimptotlar. Fonksiyon her yerde tanımlı ve sürekli olduğundan düşey asimptot yoktur. Sonsuzdaki davranış için pay ve paydanın dereceleri eşit olduğundan (Önerme 17.1 (3)) baş katsayıların oranına bakarız:
\[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{(x+1)^2}{1+x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2+2x+1}{x^2+1} = 1.\]
Öyleyse \(y = 1\) her iki tarafta yatay asimptottur; eğik asimptot yoktur (\(k = 0\)).
Yaklaşma yönünü de belirleyelim: \(f(x) - 1 = \dfrac{2x}{x^2+1}\) ifadesi \(x > 0\) için pozitif, \(x < 0\) için negatiftir. Demek ki grafik \(+\infty\) tarafında asimptotun üstünden, \(-\infty\) tarafında altından yaklaşır ve tam olarak \(x = 0\)’da asimptotu keser. Bu kesişim noktası aynı zamanda bir dönüm noktasıdır.
Beşinci adım — kesişimler ve çizim. \(y\) ekseni kesişimi \((0, f(0)) = (0, 1)\). \(x\) ekseni kesişimi için \(f(x) = 0 \iff (x+1)^2 = 0 \iff x = -1\); tek kesişim \((-1, 0)\)’dır ve bu nokta aynı zamanda yerel (ve mutlak) minimumdur — grafik eksene teğettir, çünkü orada \(f'(-1) = 0\)’dır.
Bütün bilgiyi tek bir tabloda toplayalım:
| \(x\) | \(-\infty\) | \((-\infty,-\sqrt3)\) | \(-\sqrt3\) | \((-\sqrt3,-1)\) | \(-1\) | \((-1,0)\) | \(0\) | \((0,1)\) | \(1\) | \((1,\sqrt3)\) | \(\sqrt3\) | \((\sqrt3,+\infty)\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | ||
| \(f''\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(f\) | \(\to 1\) | azalan konkav | \(1-\frac{\sqrt3}{2}\) dönüm | azalan konveks | \(0\) min | artan konveks | \(1\) dönüm | artan konkav | \(2\) maks | azalan konkav | \(1+\frac{\sqrt3}{2}\) dönüm | azalan konveks | \(\to 1\) |
Grafik şöyledir: \(-\infty\)’dan gelirken \(y = 1\)’in hemen altından başlar, azalarak \(x = -\sqrt{3}\)’te bükülür, \((-1, 0)\)’da \(x\) eksenine teğet geçerek minimumunu yapar, sonra hızla yükselip \((0,1)\)’de asimptotu keser, \((1,2)\)’de maksimumuna ulaşır, ardından azalarak \(y = 1\)’e üstten yaklaşır.
\(\blacksquare\)
İkinci örnek, hem düşey hem de eğik asimptotu olan bir fonksiyondur. Buradaki yeni zorluk, tanım kümesinin ikiye ayrılması ve grafiğin iki ayrı koldan oluşmasıdır.
Örnek 17.5 (Eğik Asimptotu Olan Bir Fonksiyonun Grafiği) \(f(x) = \dfrac{x^2}{x - 1}\) fonksiyonunu inceleyip grafiğini çiziniz.
Çözüm
Birinci adım — tanım kümesi ve simetriler. Payda \(x = 1\)’de sıfırlanır ve pay orada \(1 \ne 0\) değerini alır; sadeleşme yoktur. Tanım kümesi
\[D_f = \mathbb{R} \setminus \{1\} = (-\infty, 1) \cup (1, +\infty).\]
Tanım kümesi \(0\)’a göre simetrik olmadığından (\(1 \notin D_f\) ama \(-1 \in D_f\)) tek/çift olma sorusu zaten anlamsızdır; periyodiklik de yoktur.
Polinom bölmesini şimdiden yapalım, çünkü bütün hesabı kolaylaştırır. \(x^2 = (x-1)(x+1) + 1\) olduğundan
\[f(x) = x + 1 + \frac{1}{x - 1}.\]
İkinci adım — birinci türev ve monotonluk. Bölüm kuralıyla:
\[f'(x) = \frac{2x(x-1) - x^2 \cdot 1}{(x-1)^2} = \frac{2x^2 - 2x - x^2}{(x-1)^2} = \frac{x^2 - 2x}{(x-1)^2} = \frac{x(x-2)}{(x-1)^2}.\]
Bölünmüş biçimden denetleyelim: \(f = x + 1 + (x-1)^{-1}\) türevlenirse \(f' = 1 - \dfrac{1}{(x-1)^2} = \dfrac{(x-1)^2 - 1}{(x-1)^2} = \dfrac{x^2 - 2x}{(x-1)^2}\); aynı sonuç.
Kritik noktalar: \(x = 0\) ve \(x = 2\). (\(x = 1\) tanım kümesinde olmadığından kritik nokta değildir, ama işaret tablosunda bir ayraç olarak yer alır.) Payda daima pozitif olduğundan işaret \(x(x-2)\)’den gelir.
| Aralık / nokta | \((-\infty, 0)\) | \(x = 0\) | \((0, 1)\) | \(x = 1\) | \((1, 2)\) | \(x = 2\) | \((2, +\infty)\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(x\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
| \(x - 2\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | tanımsız | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f\) | artan | yerel maks | azalan | asimptot | azalan | yerel min | artan |
Değerler: \(f(0) = \dfrac{0}{-1} = 0\) ve \(f(2) = \dfrac{4}{1} = 4\). Demek ki \((0, 0)\) yerel maksimum, \((2, 4)\) yerel minimum noktasıdır.
Buradaki tuhaflığa dikkat: yerel maksimum değeri \(0\), yerel minimum değeri \(4\)’tür; yani maksimum, minimumdan küçüktür. Çelişki yoktur, çünkü bunlar farklı kollardaki yerel ekstremumlardır ve aralarında düşey asimptot bulunur. Fonksiyon \((0, 4)\) aralığındaki hiçbir değeri almaz; değer kümesi \((-\infty, 0] \cup [4, +\infty)\)’dur.
Üçüncü adım — ikinci türev ve konvekslik. En kısa yol bölünmüş biçimdir: \(f'(x) = 1 - (x-1)^{-2}\) olduğundan
\[f''(x) = 2(x-1)^{-3} = \frac{2}{(x-1)^3}.\]
Aynı sonucu bölüm kuralıyla da alırız:
\[f''(x) = \frac{(2x-2)(x-1)^2 - (x^2-2x)\cdot 2(x-1)}{(x-1)^4} = \frac{(x-1)\big[ 2(x-1)^2 - 2(x^2-2x) \big]}{(x-1)^4} = \frac{2\big[(x^2-2x+1) - (x^2-2x)\big]}{(x-1)^3} = \frac{2}{(x-1)^3}.\]
| Aralık / nokta | \((-\infty, 1)\) | \(x = 1\) | \((1, +\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \((x-1)^3\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f''(x)\) | \(-\) | tanımsız | \(+\) |
| \(f\) | konkav | asimptot | konveks |
\(f''\) hiçbir noktada sıfır olmaz ve işaret değişimi yalnızca \(x = 1\)’de olur; ama \(1 \notin D_f\) olduğundan dönüm noktası yoktur. Bu, konvekslik değişiminin her zaman bir dönüm noktası anlamına gelmediğini gösteren tipik durumdur: değişim, tanım kümesinin dışındaki bir yerde gerçekleşir.
Dördüncü adım — asimptotlar. Düşey: \(x \to 1\) iken pay \(1\)’e, payda \(0\)’a gider. İşaretle birlikte:
\[\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2}{x-1} = +\infty, \qquad \lim_{x \to 1^-} \frac{x^2}{x-1} = -\infty,\]
çünkü \(x \to 1^+\) iken \(x - 1 \to 0^+\), \(x \to 1^-\) iken \(x - 1 \to 0^-\)’dir. Öyleyse \(x = 1\) düşey asimptottur.
Eğik: Pay derecesi \(2\), payda derecesi \(1\); fark tam olarak \(1\) olduğundan Önerme 17.1 (4) gereği eğik asimptot vardır. Bölünmüş biçimden doğrudan okunur:
\[f(x) - (x+1) = \frac{1}{x-1} \longrightarrow 0 \qquad (x \to \pm\infty),\]
yani \(y = x + 1\) her iki tarafta eğik asimptottur. Formüllerle de aynı sonuç bulunur:
\[k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x(x-1)} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x-1} = 1, \qquad l = \lim_{x \to \pm\infty} \left( \frac{x^2}{x-1} - x \right) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{x-1} = 1.\]
Yaklaşma yönü: \(f(x) - (x+1) = \dfrac{1}{x-1}\) ifadesi \(x > 1\) için pozitif, \(x < 1\) için negatiftir. Demek ki sağ kol asimptotun üstünde, sol kol altında kalır; grafik asimptotu hiç kesmez.
Beşinci adım — kesişimler ve çizim. \(f(x) = 0 \iff x^2 = 0 \iff x = 0\); tek kesişim orijindir ve hem \(x\) hem \(y\) ekseni kesişimidir. Orada \(f'(0) = 0\) olduğundan grafik \(x\) eksenine teğettir.
Birkaç yardımcı değer: \(f(-1) = \dfrac{1}{-2} = -\dfrac{1}{2}\), \(f\!\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1/4}{-1/2} = -\dfrac{1}{2}\), \(f(3) = \dfrac{9}{2} = 4{,}5\), \(f(4) = \dfrac{16}{3} \approx 5{,}33\).
Grafik iki koldan oluşur:
- Sol kol (\(x < 1\)): \(-\infty\)’dan gelirken \(y = x+1\) doğrusunun altından yükselir, \((0,0)\)’da eksene teğet olarak yerel maksimumunu yapar, sonra azalarak \(x \to 1^-\) iken \(-\infty\)’a dalar. Bu kol boyunca eğri konkavdır.
- Sağ kol (\(x > 1\)): \(x \to 1^+\) iken \(+\infty\)’dan iner, \((2, 4)\)’te yerel minimumunu yapar, sonra artarak \(y = x+1\) doğrusuna üstten yaklaşır. Bu kol boyunca eğri konvekstir.
\(\blacksquare\)
Son örnekte üstel bir fonksiyonla çalışacağız. Burada asimptot yalnızca bir tarafta vardır; öbür tarafta \(\lim f(x)/x\) sonlu olmadığı için asimptot bulunmaz.
Örnek 17.6 (Üstel Çarpanlı Bir Fonksiyonun Grafiği) \(f(x) = x\,e^{-x}\) fonksiyonunu inceleyip grafiğini çiziniz.
Çözüm
Birinci adım — tanım kümesi ve simetriler. Üstel fonksiyon bütün \(\mathbb{R}\)’de tanımlı ve pozitiftir; \(f\) de \(\mathbb{R}\) üzerinde tanımlı ve sonsuz kez türevlenebilirdir. \(f(-x) = -x e^{x}\) ifadesi ne \(f(x)\)’e ne \(-f(x) = -xe^{-x}\)’e eşittir; simetri ve periyodiklik yoktur.
İşaret hemen görülür: \(e^{-x} > 0\) olduğundan \(f(x)\)’in işareti \(x\)’in işaretidir. Yani \(x > 0\) için \(f > 0\), \(x < 0\) için \(f < 0\) ve \(f(0) = 0\).
İkinci adım — birinci türev ve monotonluk. Çarpım kuralı ve \(\left(e^{-x}\right)' = -e^{-x}\) (zincir kuralı, Teorem 4.1) ile:
\[f'(x) = 1 \cdot e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = (1 - x)\,e^{-x}.\]
\(e^{-x} > 0\) olduğundan \(f'\)’nün işareti \(1 - x\)’in işaretidir; tek kritik nokta \(x = 1\)’dir.
| Aralık / nokta | \((-\infty, 1)\) | \(x = 1\) | \((1, +\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(1 - x\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(e^{-x}\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(f\) | artan | yerel maks | azalan |
Değer: \(f(1) = e^{-1} = \dfrac{1}{e} \approx 0{,}368\). Nokta \(\left(1, \dfrac{1}{e}\right)\)’dir. Fonksiyon \((-\infty, 1]\) üzerinde artan, \([1, +\infty)\) üzerinde azalan olduğundan bu aynı zamanda mutlak maksimumtur: her \(x\) için \(x e^{-x} \le \dfrac{1}{e}\), yani \(x \le e^{x-1}\).
Üçüncü adım — ikinci türev ve konvekslik. \(f'(x) = (1-x)e^{-x}\) ifadesini yine çarpım kuralıyla türevleyelim:
\[f''(x) = (-1)e^{-x} + (1-x)\left(-e^{-x}\right) = e^{-x}\big[ -1 - (1 - x) \big] = (x - 2)\,e^{-x}.\]
İşaret \(x - 2\)’den gelir; tek kök \(x = 2\)’dir.
| Aralık / nokta | \((-\infty, 2)\) | \(x = 2\) | \((2, +\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(x - 2\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f''(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f\) | konkav | dönüm | konveks |
\(f''\) burada işaret değiştirdiğinden \(x = 2\) bir dönüm noktasıdır; değeri \(f(2) = 2e^{-2} = \dfrac{2}{e^2} \approx 0{,}271\)’dir. Nokta \(\left(2, \dfrac{2}{e^2}\right)\).
Dördüncü adım — asimptotlar. Fonksiyon her yerde sürekli olduğundan düşey asimptot yoktur.
\(+\infty\) tarafı. Üstel fonksiyon her kuvvetten hızlı büyür (bkz. Analiz 1); istenirse L’Hôpital kuralıyla da (Teorem 11.3) doğrulanır:
\[\lim_{x \to +\infty} x e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^x} = 0.\]
Öyleyse \(y = 0\), yani \(x\) ekseni, \(+\infty\)’da yatay asimptottur. \(x > 0\) için \(f(x) > 0\) olduğundan grafik asimptota üstten yaklaşır.
\(-\infty\) tarafı. \(x \to -\infty\) iken \(x \to -\infty\) ve \(e^{-x} \to +\infty\) olduğundan \(f(x) = x e^{-x} \to -\infty\). Eğik asimptot olup olmadığına bakalım:
\[k = \lim_{x \to -\infty} \frac{x e^{-x}}{x} = \lim_{x \to -\infty} e^{-x} = +\infty.\]
Limit sonlu olmadığından Teorem 17.1 gereği \(-\infty\) tarafında hiçbir asimptot yoktur. Grafik orada her doğrudan daha dik biçimde aşağı düşer.
Beşinci adım — kesişimler ve çizim. \(f(x) = 0 \iff x e^{-x} = 0 \iff x = 0\) (çünkü \(e^{-x}\) hiç sıfırlanmaz). Tek kesişim orijindir; \(f'(0) = 1 \ne 0\) olduğundan grafik eksene teğet değil, eğimi \(1\) olan bir doğrultuyla kesiyor.
Birkaç yardımcı değer: \(f(-1) = -e \approx -2{,}718\), \(f\!\left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{2}\sqrt{e} \approx -0{,}824\), \(f(3) = 3e^{-3} \approx 0{,}149\), \(f(5) = 5e^{-5} \approx 0{,}034\).
Özet: eğri \(-\infty\)’dan çok dik biçimde yükselerek gelir, orijinden eğimi \(1\) ile geçer, \(\left(1, \dfrac{1}{e}\right)\)’de tepe noktasını yapar, \(\left(2, \dfrac{2}{e^2}\right)\)’de bükülme yönünü değiştirir ve sonra sıfıra üstten, gitgide yavaşlayarak yaklaşır.
\(\blacksquare\)
Üç örnekte de tekrarlanan birkaç alışkanlığı not edelim.
- Bölme, türevden önce gelir. \(\dfrac{x^2}{x-1} = x + 1 + \dfrac{1}{x-1}\) yazıldığında hem asimptot bir bakışta okunur, hem de türevler çok daha kolay alınır. Kesirli fonksiyonlarda ilk iş polinom bölmesidir.
- Payda daima pozitifse işaret tablosunda yok sayılır. \((1+x^2)^2\), \((x-1)^2\), \(e^{-x}\) gibi çarpanlar işareti belirlemez; yalnızca tanımsızlık noktasını verir.
- Ekstremum değeri hesaplanmadan nokta işaretlenmez. “Kritik nokta \(x=2\)” bilgisi tek başına çizime yaramaz; \(f(2) = 4\) gerekir. Dönüm noktaları için de aynısı geçerlidir.
- Asimptota yaklaşma yönü, farkın işaretinden okunur. \(f(x) - (kx+l)\) pozitifse eğri doğrunun üstünde, negatifse altındadır. Çizimin en sık atlanan ayrıntısıdır.
17.5 Alıştırmalar
Alıştırma 17.1 (Asimptotlar ve Grafik Çizimi Üzerine)
\(f(x) = \dfrac{x^2 + x + 1}{x + 1}\) fonksiyonunun tanım kümesini, asimptotlarını, yerel ekstremumlarını ve konvekslik aralıklarını bulunuz.
\(g(x) = \dfrac{\ln x}{x}\) fonksiyonunu grafik çizim yordamına göre inceleyiniz: tanım kümesi, asimptotlar, ekstremumlar, dönüm noktası.
\(h(x) = x + \arctan x\) fonksiyonunun \(+\infty\) ve \(-\infty\)’daki asimptotlarını bulunuz ve bunların farklı olduğunu gösteriniz.
\(u(x) = \dfrac{x^2}{x^2 - 1}\) fonksiyonunun simetrisini, asimptotlarını, ekstremumlarını ve konveksliğini belirleyiniz. Dönüm noktası var mıdır?
\(v(x) = \dfrac{x^3 - 2x^2 + 1}{x - 2}\) fonksiyonunun hiçbir tarafta eğik asimptotu olmadığını gösteriniz; grafiğin uzakta hangi eğriye yaklaştığını bulunuz ve düşey asimptotunu yönleriyle belirtiniz.
\(w(x) = x + \sin x\) için \(\lim_{x \to +\infty} \dfrac{w(x)}{x} = 1\) olduğunu, buna rağmen \(w\)’nin \(+\infty\)’da eğik asimptotu bulunmadığını gösteriniz.
Çözüm
a) Tanım kümesi. Payda \(x = -1\)’de sıfırlanır; pay orada \(1 - 1 + 1 = 1 \ne 0\)’dır, sadeleşme yoktur. \(D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\}\).
Bölme. \(x^2 + x + 1 = (x+1)x + 1\) olduğundan
\[f(x) = x + \frac{1}{x+1}.\]
Asimptotlar. \(\dfrac{1}{x+1} \to 0\) olduğundan \(y = x\) her iki tarafta eğik asimptottur. \(x \to -1^+\) iken \(\dfrac{1}{x+1} \to +\infty\), dolayısıyla \(f(x) \to +\infty\); \(x \to -1^-\) iken \(f(x) \to -\infty\). Öyleyse \(x = -1\) düşey asimptottur.
Birinci türev.
\[f'(x) = 1 - \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{(x+1)^2 - 1}{(x+1)^2} = \frac{x^2 + 2x}{(x+1)^2} = \frac{x(x+2)}{(x+1)^2}.\]
Kritik noktalar \(x = 0\) ve \(x = -2\). Payda pozitif olduğundan işaret \(x(x+2)\)’den gelir:
| Aralık / nokta | \((-\infty,-2)\) | \(x=-2\) | \((-2,-1)\) | \(x=-1\) | \((-1,0)\) | \(x=0\) | \((0,+\infty)\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | tanımsız | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(f\) | artan | yerel maks | azalan | asimptot | azalan | yerel min | artan |
Değerler: \(f(-2) = -2 + \dfrac{1}{-1} = -3\) ve \(f(0) = 0 + 1 = 1\). Yerel maksimum \((-2, -3)\), yerel minimum \((0, 1)\)’dir. Yine maksimum değeri minimum değerinden küçüktür; aralarında düşey asimptot bulunduğu için çelişki yoktur. Değer kümesi \((-\infty, -3] \cup [1, +\infty)\)’dur.
İkinci türev. \(f'(x) = 1 - (x+1)^{-2}\) olduğundan
\[f''(x) = 2(x+1)^{-3} = \frac{2}{(x+1)^3}.\]
\(x < -1\) için \(f'' < 0\) (konkav), \(x > -1\) için \(f'' > 0\) (konveks). \(f''\) hiç sıfırlanmadığından ve işaret değişimi tanım kümesinin dışındaki \(x = -1\)’de olduğundan dönüm noktası yoktur.
Kesişimler. \(x^2 + x + 1 = 0\) denkleminin ayırtedicisi \(1 - 4 = -3 < 0\); reel kök yoktur, yani grafik \(x\) eksenini kesmez. \(y\) ekseni kesişimi \((0, 1)\)’dir (aynı zamanda yerel minimum).
b) Tanım kümesi. Logaritma için \(x > 0\) ve payda için \(x \ne 0\) gerekir: \(D_g = (0, +\infty)\). Bu küme \(0\)’a göre simetrik olmadığından tek/çift sorusu anlamsızdır.
Asimptotlar. \(x \to 0^+\) iken \(\ln x \to -\infty\) ve \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\) olduğundan
\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x} = -\infty;\]
\(x = 0\) düşey asimptottur. \(x \to +\infty\) için Büyüme Hızları (ya da Teorem 11.3) gereği
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = 0,\]
yani \(y = 0\) yatay asimptottur. Eğik asimptot yoktur (\(k = 0\)).
Birinci türev. Bölüm kuralıyla
\[g'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}.\]
\(x^2 > 0\) olduğundan işaret \(1 - \ln x\)’ten gelir: \(g'(x) = 0 \iff \ln x = 1 \iff x = e\).
| Aralık / nokta | \((0, e)\) | \(x = e\) | \((e, +\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(1 - \ln x\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(g'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(g\) | artan | yerel maks | azalan |
Değer: \(g(e) = \dfrac{1}{e} \approx 0{,}368\). Bu, tanım kümesinin tamamında mutlak maksimumtur; değer kümesi \(\left(-\infty, \dfrac{1}{e}\right]\)’dir.
İkinci türev. \(g'(x) = (1 - \ln x)x^{-2}\) olduğundan
\[g''(x) = \left(-\frac{1}{x}\right)x^{-2} + (1 - \ln x)\left(-2x^{-3}\right) = x^{-3}\big[ -1 - 2(1 - \ln x) \big] = \frac{2\ln x - 3}{x^3}.\]
\(x > 0\) olduğundan işaret \(2\ln x - 3\)’ten gelir: \(g''(x) = 0 \iff \ln x = \dfrac{3}{2} \iff x = e^{3/2} \approx 4{,}482\).
| Aralık / nokta | \((0, e^{3/2})\) | \(x = e^{3/2}\) | \((e^{3/2}, +\infty)\) |
|---|---|---|---|
| \(2\ln x - 3\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(g''(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
| \(g\) | konkav | dönüm | konveks |
Dönüm noktası \(\left( e^{3/2}, \dfrac{3}{2}e^{-3/2} \right) \approx (4{,}482;\ 0{,}335)\).
Kesişimler. \(g(x) = 0 \iff \ln x = 0 \iff x = 1\); tek kesişim \((1, 0)\)’dır. \(0 \notin D_g\) olduğundan \(y\) ekseni kesişimi yoktur. Grafik: \(x \to 0^+\) iken \(-\infty\)’dan yükselerek gelir, \((1,0)\)’da ekseni keser, \(\left(e, \dfrac{1}{e}\right)\)’de tepe yapar, \(e^{3/2}\)’de bükülme yönünü değiştirir ve \(y = 0\)’a üstten yaklaşır.
c) \(h\) bütün \(\mathbb{R}\)’de tanımlıdır. \(\arctan\) fonksiyonu sınırlıdır: her \(x\) için \(-\dfrac{\pi}{2} < \arctan x < \dfrac{\pi}{2}\) ve
\[\lim_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}, \qquad \lim_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2}.\]
\(+\infty\) tarafı.
\[k = \lim_{x \to +\infty} \frac{x + \arctan x}{x} = \lim_{x \to +\infty}\left( 1 + \frac{\arctan x}{x} \right) = 1 + 0 = 1,\]
çünkü \(\arctan x \to \dfrac{\pi}{2}\) sonlu bir limittir ve \(\dfrac{1}{x} \to 0\)’dır; çarpım kuralı gereği (bkz. Analiz 1 (1)) \(\dfrac{\arctan x}{x} \to \dfrac{\pi}{2} \cdot 0 = 0\). Sonra
\[l = \lim_{x \to +\infty} \big( h(x) - x \big) = \lim_{x \to +\infty} \arctan x = \frac{\pi}{2}.\]
Asimptot: \(y = x + \dfrac{\pi}{2}\).
\(-\infty\) tarafı. Aynı hesapla \(k = 1\) ve
\[l = \lim_{x \to -\infty} \arctan x = -\frac{\pi}{2},\]
asimptot \(y = x - \dfrac{\pi}{2}\).
İki asimptot paraleldir ama farklıdır; aralarındaki düşey uzaklık \(\pi\)’dir. Bu, Örnek 17.1’daki durumun bir başka biçimidir: eğimler aynı, sabit terimler farklıdır. Ayrıca \(h'(x) = 1 + \dfrac{1}{1+x^2} > 0\) olduğundan \(h\) bütün \(\mathbb{R}\)’de kesin artandır (Sonuç 8.3) ve grafik iki asimptotun arasındaki şeritte kalarak alttakinden üsttekine geçer.
d) Simetri ve tanım kümesi. \(u(-x) = \dfrac{x^2}{x^2-1} = u(x)\); \(u\) çifttir, grafik \(y\) eksenine göre simetriktir. Payda \(x^2 - 1 = (x-1)(x+1)\) olduğundan \(D_u = \mathbb{R} \setminus \{-1, 1\}\).
Asimptotlar. Pay ve payda dereceleri eşit olduğundan yatay asimptot \(y = 1\)’dir:
\[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{x^2}{x^2-1} = 1.\]
Sadeleştirilmiş biçim \(u(x) = 1 + \dfrac{1}{x^2-1}\)’dir; \(|x| > 1\) için fark pozitif olduğundan grafik asimptota üstten yaklaşır. Düşey asimptotlar \(x = 1\) ve \(x = -1\)’dir; işaretler:
\[\lim_{x \to 1^+} u(x) = +\infty, \quad \lim_{x \to 1^-} u(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to -1^-} u(x) = +\infty, \quad \lim_{x \to -1^+} u(x) = -\infty.\]
Birinci türev. \(u = 1 + (x^2-1)^{-1}\) olduğundan
\[u'(x) = -\frac{2x}{(x^2-1)^2}.\]
Payda pozitif olduğundan işaret \(-2x\)’ten gelir: \(x < 0\) (ve \(x \ne -1\)) için \(u' > 0\), \(x > 0\) (ve \(x \ne 1\)) için \(u' < 0\). Tek kritik nokta \(x = 0\)’dır ve \(u(0) = 0\); \((0,0)\) yerel maksimumdur. Mutlak maksimum değildir: \(|x| > 1\) için \(u(x) > 1 > 0\)’dır.
İkinci türev.
\[u''(x) = -2(x^2-1)^{-2} + (-2x)(-2)(x^2-1)^{-3}(2x) = \frac{-2(x^2-1) + 8x^2}{(x^2-1)^3} = \frac{6x^2+2}{(x^2-1)^3}.\]
Pay her zaman pozitiftir (\(6x^2 + 2 \ge 2\)); işaret \((x^2-1)^3\)’ten gelir. \(|x| < 1\) için \(u'' < 0\) (konkav), \(|x| > 1\) için \(u'' > 0\) (konveks). \(u''\) hiç sıfırlanmadığından ve işaret değişimleri tanım kümesinin dışındaki \(x = \pm 1\) noktalarında olduğundan dönüm noktası yoktur.
Değer kümesi. Orta kolda (\(-1 < x < 1\)) fonksiyon \((-\infty, 0]\) değerlerini, dış kollarda \((1, +\infty)\) değerlerini alır.
e) Tanım kümesi ve bölme. Payda \(x = 2\)’de sıfırlanır; pay orada \(8 - 8 + 1 = 1 \ne 0\)’dır, sadeleşme yoktur ve \(D_v = \mathbb{R} \setminus \{2\}\). Bölme kolaydır: \(x^3 - 2x^2 + 1 = x^2(x-2) + 1\) olduğundan
\[v(x) = x^2 + \frac{1}{x - 2}.\]
Eğik asimptot yoktur. \(x \ne 0\) ve \(x \ne 2\) için
\[\frac{v(x)}{x} = x + \frac{1}{x(x-2)}.\]
Sağdaki ikinci terim \(x \to \pm\infty\) iken \(0\)’a gider, birinci terim ise \(x \to +\infty\) iken \(+\infty\)’a, \(x \to -\infty\) iken \(-\infty\)’a ıraksar; sonsuzla toplama kuralı gereği (bkz. Analiz 1 (3)) toplam da aynı yönde ıraksar. Demek ki \(\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{v(x)}{x}\) hiçbir tarafta sonlu değildir. Teorem 17.1’nun (1) \(\Rightarrow\) (2) yönü gereği, bir eğik asimptot olsaydı bu limit sonlu olurdu; öyleyse eğik asimptot yoktur. (Aynı sonuç Önerme 17.1 (5)’ten de çıkar: pay derecesi \(3\), payda derecesi \(1\), fark \(2 \ge 2\).)
Uzaktaki eğri. Buna karşılık
\[v(x) - x^2 = \frac{1}{x - 2} \longrightarrow 0 \qquad (x \to \pm\infty),\]
yani grafik uzakta \(y = x^2\) parabolüne yapışır; bu bir “parabolik asimptot”tur. Yaklaşma yönü de okunur: fark \(x > 2\) için pozitif, \(x < 2\) için negatif olduğundan grafik sağda parabolün üstünde, solda altında kalır.
Düşey asimptot. \(x \to 2^+\) iken \(x - 2 \to 0^+\) olduğundan \(\dfrac{1}{x-2} \to +\infty\); \(x^2 \to 4\) sonlu olduğundan \(v(x) \to +\infty\). Benzer biçimde \(x \to 2^-\) iken \(\dfrac{1}{x-2} \to -\infty\) ve \(v(x) \to -\infty\). Öyleyse \(x = 2\) düşey asimptottur.
f) Her \(x\) için \(|\sin x| \le 1\)’dir. \(x > 0\) için
\[\left| \frac{\sin x}{x} \right| \le \frac{1}{x} \longrightarrow 0,\]
dolayısıyla sonsuzdaki sıkıştırma kuralıyla (bkz. Analiz 1 (2)) \(\dfrac{\sin x}{x} \to 0\) ve
\[\lim_{x \to +\infty} \frac{w(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \frac{\sin x}{x} \right) = 1.\]
Yani \(k = 1\)’dir. Şimdi ikinci limite bakalım:
\[w(x) - 1\cdot x = \sin x.\]
\(\sin\) fonksiyonunun \(+\infty\)’da limiti yoktur. Bunu dizisel ölçütle (bkz. Analiz 1) görebiliriz: \(x_n = 2n\pi \to +\infty\) için \(\sin x_n = 0 \to 0\), oysa \(y_n = 2n\pi + \dfrac{\pi}{2} \to +\infty\) için \(\sin y_n = 1 \to 1\). İki dizi farklı limitler verdiğinden \(\lim_{x \to +\infty} \sin x\) yoktur.
Teorem 17.1 gereği, \(y = kx + l\) biçiminde bir asimptot olsaydı \(k = \lim \dfrac{w(x)}{x} = 1\) ve ardından \(l = \lim (w(x) - x)\) var olurdu; ikinci limit bulunmadığından asimptot yoktur.
Dikkat çekici olan, \(|w(x) - x| = |\sin x| \le 1\) eşitsizliğidir: grafik \(y = x\) doğrusundan hiçbir zaman \(1\) birimden fazla uzaklaşmaz. Yine de asimptot değildir, çünkü tanım farkın sıfıra gitmesini ister, sınırlı kalmasını değil.
\(\blacksquare\)
Böylece türevin fonksiyon incelemesindeki bütün araçlarını bir araya getirmiş olduk: monotonluk, ekstremumlar, konvekslik, dönüm noktaları ve asimptotlar. Bundan sonraki kısımda yön değiştiriyor ve ters soruyu soruyoruz: türevi verilen bir fonksiyonu bulabilir miyiz? Yanıt bizi integral kavramına götürecek: İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral.