10 Darboux Teoremi: Türevin Ara Değer Özelliği
Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları bölümünde türevin işaretinden fonksiyonun davranışına geçmeyi öğrendik: türev pozitifse fonksiyon artar, türev özdeş olarak sıfırsa fonksiyon sabittir, türevlerin farkı sıfırsa fonksiyonlar bir sabitle ayrılır. Bütün bu sonuçlarda ana rolü ortalama değer teoremi oynadı. Şimdi bakışımızı bir adım daha yukarı taşıyoruz ve şu soruyu soruyoruz: bir fonksiyon, başka bir fonksiyonun türevi olabilmek için ne gibi kısıtlara uymak zorundadır?
Soru ilk bakışta tuhaf gelebilir. Ama biraz düşününce, türev almanın çok kısıtlayıcı bir işlem olduğu sezilir. Türevlenebilir bir fonksiyon süreklidir (Teorem 3.1); dolayısıyla türev alma işlemi, düzensiz fonksiyonlardan daha düzenli olanlara geçmez, tam tersine düzenli fonksiyonlardan türetilmiş nesneler üretir. Peki bu türetilmiş nesne, yani \(f'\), ne kadar düzensiz olabilir?
İki uçtaki yanıtın da şaşırtıcı olduğunu göreceğiz. Bir yandan \(f'\) sürekli olmak zorunda değildir: türevlenebilir olup türevi süreksiz olan fonksiyonlar vardır ve bunlardan birini yüksek mertebeden türevleri incelerken zaten görmüştük. Öte yandan \(f'\) tümüyle serbest de değildir: her türev, sürekli fonksiyonların en karakteristik özelliğini, ara değer özelliğini taşır. Bunu söyleyen sonuç, 1875’te Jean Gaston Darboux tarafından ispatlanmış olan Darboux teoremidir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: ara değer (Darboux) özelliğinin tam tanımı; Darboux teoremi ve Weierstrass ekstremum teoremiyle Fermat teoremini birleştiren zarif ispatı; türev fonksiyonunun görüntüsünün her zaman bir aralık olduğu; bir türevin süreksizliğinin asla sıçrama ya da kaldırılabilir türden olamayacağı; ve bunun en çarpıcı sonucu olarak, işaret fonksiyonu \(\operatorname{sgn}(x)\) gibi sıçramalı hiçbir fonksiyonun bir ilkel fonksiyonunun (antiderivative) bulunmadığı. Bu son gözlem, İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral bölümünde “hangi fonksiyonların integrali alınabilir?” sorusunun ilk ciddi yanıtı olacaktır. Bölümü, türevin işaretinin sabitliği ve monoton türevlerin sürekliliği üzerine iki sonuçla kapatacağız.
10.1 Türev Sürekli Olmak Zorunda Değildir
Türevlenebilirlik sürekliliği gerektirir; ama \(f\)’nin türevlenebilir olması \(f'\)’nün sürekli olmasını gerektirmez. Bunu somut bir örnekle görelim. Aşağıdaki fonksiyon, yüksek mertebeden türevler konusunda “türevi türevlenebilir olmayan bir fonksiyon” örneği olarak karşımıza çıkmıştı; şimdi aynı fonksiyonu daha ince bir gözle, türevinin süreksizlik türünü belirlemek için inceleyeceğiz.
Örnek 10.1 (Türevi Sürekli Olmayan Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} x^2 \sin \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f\)’nin \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında türevlenebilir olduğunu, \(f'\)’nün \(0\)’da sürekli olmadığını ve bu süreksizliğin ikinci tür olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: \(x_0 \ne 0\) noktalarında türev. \(x \ne 0\) için \(f\), türevlenebilir fonksiyonların çarpımı ve bileşkesidir: \(x \mapsto x^2\) bir polinomdur, \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) sıfırdan farklı noktalarda türevlenebilirdir ve \(\sin\) her yerde türevlenebilirdir (Teorem 5.4). Çarpım kuralı (Teorem 3.2) ve zincir kuralı (Teorem 4.1) ile
\[f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x} + x^2 \cos \frac{1}{x} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}, \qquad x \ne 0.\]
Adım 2: \(0\) noktasında türev. Fark oranını (Tanım 2.1) doğrudan yazalım:
\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{x} = x \sin \frac{1}{x}, \qquad x \ne 0.\]
Her \(x \ne 0\) için \(\left| \sin \dfrac{1}{x} \right| \le 1\) olduğundan
\[0 \le \left| x \sin \frac{1}{x} \right| \le |x|\]
olur. \(|x| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(x \sin \dfrac{1}{x} \to 0\)’dır. Demek ki \(f\), \(0\)’da türevlenebilirdir ve \(f'(0) = 0\)’dır. Böylece
\[f'(x) = \begin{cases} 2x \sin \dfrac{1}{x} - \cos \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\[2mm] 0, & x = 0. \end{cases}\]
Adım 3: \(f'\), \(0\)’da sürekli değildir. \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) dizisini alalım (\(n \in \mathbb{N}\)). \(x_n \ne 0\) ve \(x_n \to 0\)’dır (bkz. Analiz 1). \(\sin(2n\pi) = 0\) ve \(\cos(2n\pi) = 1\) olduğundan
\[f'(x_n) = 2 x_n \cdot 0 - 1 = -1 \quad \text{(her } n \text{ için)}.\]
Öyleyse \(f'(x_n) \to -1 \ne 0 = f'(0)\). Süreksizlik için dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(f'\), \(0\)’da sürekli değildir.
Adım 4: Süreksizlik ikinci türdür. Süreksizliğin birinci tür (sıçrama ya da kaldırılabilir) olması için \(f'\)’nün \(0\)’daki her iki tek yönlü limitinin de sonlu olarak var olması gerekir (bkz. Analiz 1). Bunun olmadığını gösterelim.
Önce sağdan bakalım. Yukarıdaki \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) dizisi pozitif terimlidir ve \(0\)’a yakınsar; \(f'(x_n) \to -1\). Şimdi \(y_n = \dfrac{1}{(2n+1)\pi}\) dizisini alalım; bu da pozitif terimlidir ve \(0\)’a yakınsar. \(\sin\big((2n+1)\pi\big) = 0\) ve \(\cos\big((2n+1)\pi\big) = -1\) olduğundan
\[f'(y_n) = 2 y_n \cdot 0 - (-1) = 1 \quad \text{(her } n \text{ için)},\]
yani \(f'(y_n) \to 1\). Sağdan yaklaşan iki dizi \(f'\) boyunca iki farklı limite gittiğinden, tek yönlü limit için dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(\lim_{x \to 0^+} f'(x)\) yoktur.
Soldan da aynı durum geçerlidir: \(u_n = -\dfrac{1}{2n\pi}\) için \(\sin(-2n\pi) = 0\), \(\cos(-2n\pi) = 1\) olduğundan \(f'(u_n) = -1\); \(v_n = -\dfrac{1}{(2n+1)\pi}\) için \(\cos\big(-(2n+1)\pi\big) = -1\) olduğundan \(f'(v_n) = 1\). İki dizi de \(0\)’a soldan yaklaşır ama \(f'\) görüntüleri farklı limitlere gider; öyleyse \(\lim_{x \to 0^-} f'(x)\) de yoktur.
Demek ki \(f'\)’nün \(0\)’daki süreksizliği ikinci türdür.
Adım 5: Sorun sınırsızlık değil, salınımdır. \(|x| \le 1\) için
\[|f'(x)| \le 2|x| \left| \sin \frac{1}{x} \right| + \left| \cos \frac{1}{x} \right| \le 2|x| + 1 \le 3\]
olduğundan \(f'\), \(0\)’ın bir komşuluğunda sınırlıdır. Yani \(f'\) sonsuza kaçtığı için değil, \(-1\) ile \(1\) arasında sonsuz kez salındığı için limitsizdir. Aslında \(2x \sin \dfrac{1}{x} \to 0\) olduğundan bütün salınım \(-\cos \dfrac{1}{x}\) teriminden gelir.
\(\blacksquare\)
Bu örnek şu soruyu doğurur: madem \(f'\) süreksiz olabiliyor, öyleyse her fonksiyon bir türev olabilir mi? Yani her \(g\) için, \(F' = g\) olacak biçimde bir \(F\) bulunabilir mi? Yanıt kesin bir “hayır”dır ve nedenini bu bölümün ana teoremi verecektir. Ama önce, teoremin dile getirdiği özelliği adlandıralım.
10.2 Ara Değer Özelliği
Sürekli fonksiyonların en çok kullanılan özelliği, kapalı bir aralıkta aldıkları iki değer arasındaki her değeri de almalarıdır (bkz. Analiz 1). Bu özelliği sürekliliğin kendisinden ayırıp bağımsız bir kavram olarak tanımlamak işimize yarayacak.
Tanım 10.1 (Ara Değer Özelliği (Darboux Özelliği)) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(g : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. Eğer \(u, v \in I\), \(u < v\) olan her ikili ve \(g(u)\) ile \(g(v)\) arasında kalan (yani \(g(u) < \lambda < g(v)\) ya da \(g(v) < \lambda < g(u)\) olan) her \(\lambda \in \mathbb{R}\) için
\[g(c) = \lambda\]
olan bir \(c \in (u,v)\) varsa, \(g\) fonksiyonu \(I\) üzerinde ara değer özelliğini (intermediate value property) taşır denir. Bu özelliği taşıyan fonksiyonlara Darboux fonksiyonu ya da kısaca Darboux özellikli fonksiyon da denir.
Tanımın söylediği şudur: \(g\)’nin grafiği, aldığı iki değer arasındaki hiçbir yatay düzeyi “atlayamaz”. Ara değer teoremi (bkz. Analiz 1), bir aralıkta sürekli olan her fonksiyonun bu özelliği taşıdığını söyler. Kısaca:
\[\text{süreklilik} \;\Longrightarrow\; \text{ara değer özelliği}.\]
Bu gerektirmenin tersi doğru değildir; yani ara değer özelliği, sürekliliğin zayıf bir gölgesidir, ona denk değildir.
\(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[g(x) = \begin{cases} \sin \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(g\), \(0\)’da süreksizdir (ikinci tür süreksizlik; \(0\)’daki tek yönlü limitlerin hiçbiri yoktur). Buna karşın \(g\), \(\mathbb{R}\) üzerinde ara değer özelliğini taşır: \(u < v\) olsun.
- \(0 \notin [u,v]\) ise \(g\), \([u,v]\) üzerinde süreklidir ve Ara Değer Teoremi doğrudan uygulanır.
- \(0 \in [u,v]\) ise, \(u < v\) olduğundan ya \(v > 0\) ya da \(u < 0\)’dır; \(v > 0\) olan durumu yazalım (öteki durum bakışımlıdır). \(k \in \mathbb{N}\) için \(J_k = \left[ \dfrac{2}{(4k+1)\pi},\, \dfrac{2}{(4k-1)\pi} \right]\) aralığını alalım. Bu aralığın iki ucu da \(k \to \infty\) iken \(0\)’a gittiğinden, yeterince büyük \(k\) için \(J_k \subseteq (0, v) \subseteq (u,v)\) olur. \(g\), \(J_k\) üzerinde süreklidir ve uçlarında \(g\!\left( \dfrac{2}{(4k+1)\pi} \right) = \sin\!\left( 2k\pi + \dfrac{\pi}{2} \right) = 1\) ile \(g\!\left( \dfrac{2}{(4k-1)\pi} \right) = \sin\!\left( 2k\pi - \dfrac{\pi}{2} \right) = -1\) değerlerini alır; yani \(g\) bu küçük aralıkta bir tam salınımını tamamlar. Ara Değer Teoremi gereği \(g\), \(J_k\) üzerinde \(-1\) ile \(1\) arasındaki bütün değerleri alır. \(g\)’nin bütün değerleri \([-1,1]\)’de olduğundan \(g(u)\) ile \(g(v)\) arasında kalan her \(\lambda\) zorunlu olarak \((-1,1)\) aralığındadır; istenen \(c\) böylece \(J_k \subseteq (u,v)\) içinde bulunur.
Demek ki ara değer özelliği süreklilikten kesinlikle daha zayıf bir koşuldur. Aslında durum çok daha uçtur: her noktada süreksiz olduğu hâlde ara değer özelliğini taşıyan fonksiyonlar bile vardır. Bu yüzden “grafiği kalem kaldırmadan çizilir” sezgisi ara değer özelliğinin doğru resmi değildir.
Şimdi bölümün ana sonucuna geliyoruz. Darboux teoremi, sürekli olmak zorunda olmayan bir nesnenin — türev fonksiyonunun — yine de bu özelliği taşıdığını söyler.
10.3 Darboux Teoremi
Teoremin ispatındaki fikri önce sözle anlatalım. \(f'(a) < \lambda < f'(b)\) olsun. Amacımız \(f'\)’nün \(\lambda\) değerini alması. \(f'\)’ye doğrudan ara değer teoremini uygulayamayız, çünkü \(f'\) sürekli olmayabilir. Bunun yerine \(f\)’den eğimi \(\lambda\) olan bir doğruyu çıkarıp
\[g(x) = f(x) - \lambda x\]
yardımcı fonksiyonuna bakarız. Bu değişiklikten sonra “\(f'(c) = \lambda\)” sorusu “\(g'(c) = 0\)” sorusuna dönüşür; yani bir ara değer sorusu bir ekstremum sorusuna çevrilmiş olur. Ekstremum sorularının iki güçlü aracı vardır: Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1, varlık) ve Fermat teoremi (Teorem 7.1, türevin sıfırlanması). \(g\) türevlenebilir, dolayısıyla sürekli olduğundan \([a,b]\)’de en küçük değerini alır; geriye bu en küçük değerin uç noktalarda alınmadığını göstermek kalır. İşte tam burada \(g'(a) < 0\) ve \(g'(b) > 0\) koşulları devreye girer: \(a\)’nın hemen sağındaki noktalarda \(g\) değerleri \(g(a)\)’nın, \(b\)’nin hemen solundaki noktalarda ise \(g(b)\)’nin altına iner.
Teorem 10.1 (Darboux Teoremi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde türevlenebilir olsun (uç noktalarda tek yönlü türevler kastedilir: \(f'(a) = f'_+(a)\), \(f'(b) = f'_-(b)\); bkz. Tanım 2.6). \(\lambda\) sayısı \(f'(a)\) ile \(f'(b)\) arasında olsun, yani
\[f'(a) < \lambda < f'(b) \qquad \text{ya da} \qquad f'(b) < \lambda < f'(a)\]
olsun. O hâlde
\[f'(c) = \lambda\]
olan bir \(c \in (a,b)\) vardır.
İspat
Durum 1: \(f'(a) < \lambda < f'(b)\).
Adım 1: Yardımcı fonksiyon. \(g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[g(x) = f(x) - \lambda x\]
ile tanımlayalım. \(x \mapsto \lambda x\) her yerde türevlenebilir olduğundan, türevin toplam ve sabitle çarpım kuralları (Teorem 3.2) gereği \(g\) de \([a,b]\) üzerinde türevlenebilirdir ve
\[g'(x) = f'(x) - \lambda, \qquad x \in [a,b].\]
Uç noktalarda bu eşitlik tek yönlü türevler için geçerlidir. Varsayımdan
\[g'(a) = f'(a) - \lambda < 0, \qquad g'(b) = f'(b) - \lambda > 0\]
elde ederiz. İspatı tamamlamak için \(g'(c) = 0\) olan bir \(c \in (a,b)\) bulmamız yeterlidir; çünkü bu, \(f'(c) = \lambda\) demektir.
Adım 2: En küçük değerin varlığı. \(g\) türevlenebilir olduğundan süreklidir (Teorem 3.1). \([a,b]\) kapalı ve sınırlı bir aralık olduğundan Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(g\), \([a,b]\) üzerinde en küçük değerini gerçekten alır: öyle bir \(c \in [a,b]\) vardır ki her \(x \in [a,b]\) için
\[g(c) \le g(x).\]
Adım 3: En küçük değer \(a\)’da alınamaz. Tek yönlü türevin tanımı gereği
\[g'(a) = \lim_{x \to a^+} \frac{g(x) - g(a)}{x - a} < 0.\]
Limit tanımında \(\varepsilon = \dfrac{|g'(a)|}{2} = -\dfrac{g'(a)}{2} > 0\) seçelim: öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki \(a < x < a + \delta_1\) ve \(x \in [a,b]\) iken
\[\left| \frac{g(x) - g(a)}{x - a} - g'(a) \right| < -\frac{g'(a)}{2}\]
olur. Bu eşitsizliğin sağ yarısından
\[\frac{g(x) - g(a)}{x - a} < g'(a) - \frac{g'(a)}{2} = \frac{g'(a)}{2} < 0\]
çıkar. Gerekirse \(\delta_1\)’i küçülterek \(a + \delta_1 \le b\) olduğunu varsayabiliriz. Şimdi \(x_1 = a + \dfrac{\delta_1}{2}\) alalım; \(x_1 \in (a,b)\)’dir ve \(x_1 - a > 0\) olduğundan yukarıdaki eşitsizliği \(x_1 - a\) ile çarpmak yönü değiştirmez:
\[g(x_1) - g(a) < 0, \qquad \text{yani} \qquad g(x_1) < g(a).\]
Demek ki \(g(a)\), \(g\)’nin \([a,b]\) üzerindeki en küçük değeri olamaz; dolayısıyla \(c \ne a\)’dır.
Adım 4: En küçük değer \(b\)’de de alınamaz. Benzer biçimde
\[g'(b) = \lim_{x \to b^-} \frac{g(x) - g(b)}{x - b} > 0\]
olduğundan, \(\varepsilon = \dfrac{g'(b)}{2} > 0\) seçimiyle öyle bir \(\delta_2 > 0\) vardır ki \(b - \delta_2 < x < b\) ve \(x \in [a,b]\) iken
\[\left| \frac{g(x) - g(b)}{x - b} - g'(b) \right| < \frac{g'(b)}{2},\]
dolayısıyla
\[\frac{g(x) - g(b)}{x - b} > g'(b) - \frac{g'(b)}{2} = \frac{g'(b)}{2} > 0\]
olur. Gerekirse \(\delta_2\)’yi küçülterek \(b - \delta_2 \ge a\) alalım ve \(x_2 = b - \dfrac{\delta_2}{2}\) diyelim; \(x_2 \in (a,b)\)’dir. Bu kez \(x_2 - b < 0\) olduğundan eşitsizliği \(x_2 - b\) ile çarparken yön değişir:
\[g(x_2) - g(b) < \frac{g'(b)}{2} \, (x_2 - b) < 0, \qquad \text{yani} \qquad g(x_2) < g(b).\]
Demek ki \(g(b)\) de en küçük değer olamaz; dolayısıyla \(c \ne b\)’dir.
Adım 5: Fermat teoremi. Adım 3 ve 4 birlikte \(c \in (a,b)\) verir. \(c\), aralığın bir iç noktasıdır, \(g\) orada türevlenebilirdir ve \(g\) en küçük değerini \(c\)’de aldığından \(c\), açık \((a,b)\) aralığında bir yerel minimum noktasıdır. Fermat teoremi (Teorem 7.1) gereği
\[g'(c) = 0, \qquad \text{yani} \qquad f'(c) - \lambda = 0, \qquad \text{yani} \qquad f'(c) = \lambda.\]
Durum 2: \(f'(b) < \lambda < f'(a)\). Bu durumda \(h = -f\) fonksiyonunu düşünelim. \(h\) de \([a,b]\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(h' = -f'\)’dür (Teorem 3.2). Varsayımı \(-1\) ile çarparsak eşitsizliklerin yönü değişir:
\[-f'(a) < -\lambda < -f'(b), \qquad \text{yani} \qquad h'(a) < -\lambda < h'(b).\]
Durum 1’i \(h\) ve \(-\lambda\) için uygulayınca \(h'(c) = -\lambda\) olan bir \(c \in (a,b)\) buluruz; bu da \(-f'(c) = -\lambda\), yani \(f'(c) = \lambda\) demektir.
\(\blacksquare\)
İspatın kritik yeri Adım 3 ile 4’tür ve orada olan biteni bir kez daha vurgulayalım: \(g'(a) < 0\) olması “\(g\), \(a\)’nın sağında azalıyor” anlamına gelmez (bir noktadaki türevin işareti, o noktanın çevresinde monotonluk vermez; bunu bölümün sonundaki Örnek 10.3’da göreceğiz). Söylediği yalnızca şudur: \(a\)’ya yeterince yakın \(x > a\) noktalarında \(g(x) < g(a)\) olur. Ekstremumun uç noktada olmadığını göstermek için de tam olarak bu kadarına ihtiyacımız vardır.
Darboux teoremi, \(f'\)’ye ara değer teoreminin uygulanmasıyla elde edilmez. Ara değer teoremi \(f'\)’nün sürekli olmasını ister; oysa teoremin varsayımlarında \(f'\)’nün sürekliliği hakkında hiçbir şey söylenmemiştir ve Örnek 10.1’de gördüğümüz gibi bu süreklilik gerçekten de olmayabilir. Darboux teoreminin bütün değeri buradadır: ara değer özelliğini, süreklilikten değil, türev olmaktan türetir.
\(f'\) sürekli olduğunda teorem elbette önemsizleşir; o hâlde \(f'\) zaten ara değer teoreminin kapsamındadır. Yani Darboux teoremi ancak \(f'\) süreksiz olduğunda yeni bir bilgi taşır.
Teoremi bir aralık üzerinde ifade etmek, hem kullanımını kolaylaştırır hem de daha akılda kalıcı bir biçim verir.
Sonuç 10.1 (Türevin Görüntüsü Bir Aralıktır) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\), \(I\) üzerinde türevlenebilir olsun. O hâlde:
\(f'\) fonksiyonu \(I\) üzerinde ara değer özelliğini taşır (Tanım 10.1);
\(f'(I) = \{ f'(x) : x \in I \}\) görüntü kümesi bir aralıktır.
İspat
a) \(u, v \in I\), \(u < v\) olsun ve \(\lambda\) sayısı \(f'(u)\) ile \(f'(v)\) arasında bulunsun. \(I\) bir aralık olduğundan \([u,v] \subseteq I\)’dir. \(f\), \(I\)’nin her noktasında türevlenebilirdir (bir nokta \(I\)’nin uç noktasıysa bu, tek yönlü türev anlamındadır). Öyleyse \(f\)’nin \([u,v]\)’ye kısıtlanışı da \([u,v]\) üzerinde türevlenebilirdir: \(u\) noktası \(I\)’nin içinde kalıyorsa oradaki iki yönlü türev vardır ve Teorem 2.1 gereği sağdan türeve eşittir; \(u\), \(I\)’nin sol uç noktasıysa \(f'(u)\) zaten sağdan türevdir. \(v\) için de aynı akıl yürütme soldan türev için geçerlidir. Her iki durumda da kısıtlanışın uç noktalardaki tek yönlü türevleri \(f'(u)\) ve \(f'(v)\)’dir. O hâlde Teorem 10.1’yu \([u,v]\) üzerinde uygulayabiliriz: \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (u,v) \subseteq I\) vardır. Bu tam olarak ara değer özelliğidir.
b) \(J = f'(I)\) diyelim. \(J\)’nin herhangi iki elemanı arasındaki her sayıyı da içerdiğini gösterelim. \(y_1, y_2 \in J\) ve \(y_1 < \lambda < y_2\) olsun. Tanım gereği \(y_1 = f'(u)\) ve \(y_2 = f'(v)\) olan \(u, v \in I\) vardır; \(y_1 \ne y_2\) olduğundan \(u \ne v\)’dir. \(u < v\) ya da \(v < u\) olmasına göre (a) şıkkını \([u,v]\) ya da \([v,u]\) üzerinde uygulayarak \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c\) buluruz; \(c \in I\) olduğundan \(\lambda \in J\)’dir.
Herhangi iki elemanı arasındaki her sayıyı içeren bir reel sayı kümesi bir aralıktır (bkz. Analiz 1). Öyleyse \(J = f'(I)\) bir aralıktır. Tek noktalı kümeler de bu tanıma dâhildir; nitekim \(f\) sabitse \(J\) tek noktalıdır. \(I\) boş olmadığından \(J\) de boş değildir.
\(\blacksquare\)
Bu sonucun kullanımı çok pratiktir ve şu sloganla özetlenebilir: bir türev fonksiyonunun görüntüsünde “delik” olamaz. Görüntü kümesi aralık olmayan hiçbir fonksiyon, bir aralık üzerinde başka bir fonksiyonun türevi olamaz. Bölümün sonunda bunun birkaç uygulamasını göreceğiz.
10.4 Bir Türevin Süreksizlikleri
Örnek 10.1’de türevi süreksiz bir fonksiyon gördük; ama o örnekteki süreksizlik ikinci türdendi. Bu bir tesadüf değildir. Şimdi ispatlayacağımız sonuç, bir türevin süreksizliğinin başka türlü olamayacağını söyler.
Süreksizlik türlerini hatırlayalım (bkz. Analiz 1): \(x_0\)’da \(g\) süreksiz olsun. Her iki tek yönlü limit de sonlu olarak varsa süreksizlik birinci türdür; limitler eşitse (ama fonksiyon değerinden farklıysa) kaldırılabilir, farklıysa sıçrama süreksizliğidir. Tek yönlü limitlerden en az biri sonlu olarak yoksa süreksizlik ikinci türdür.
Sonuç 10.2 (Bir Türev Sıçrama Yapamaz) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve \(x_0\), \(I\)’nin bir iç noktası olsun. Eğer \(f'\) fonksiyonu \(x_0\)’da süreksizse, bu süreksizlik ikinci türdür; yani \(\lim_{x \to x_0^-} f'(x)\) ve \(\lim_{x \to x_0^+} f'(x)\) limitlerinden en az biri sonlu olarak var değildir.
Denk biçimde: bir türev fonksiyonu, bir iç noktada ne sıçrama ne de kaldırılabilir süreksizliğe sahip olabilir.
İspat
Tersini varsayalım: \(f'\) fonksiyonu \(x_0\)’da süreksiz olsun, ama her iki tek yönlü limit de sonlu olarak var olsun:
\[L^- = \lim_{x \to x_0^-} f'(x) \in \mathbb{R}, \qquad L^+ = \lim_{x \to x_0^+} f'(x) \in \mathbb{R}.\]
\(x_0\) bir iç nokta olduğundan \((x_0 - r, x_0 + r) \subseteq I\) olan bir \(r > 0\) vardır; aşağıda seçeceğimiz bütün \(\delta\)’ları \(\delta \le r\) olacak biçimde alacağız. İki durumu ayrı ayrı çelişkiye götüreceğiz.
Durum A: \(L^- \ne L^+\) (sıçrama). Genelliği bozmadan \(L^- < L^+\) olduğunu varsayabiliriz; aksi hâlde \(f\) yerine \(-f\) alırız (o zaman tek yönlü limitler \(-L^-\) ve \(-L^+\) olur ve sıralama tersine döner, \(-f\) de türevlenebilirdir ve \((-f)' = -f'\) aynı noktada süreksizdir).
\((L^-, L^+)\) aralığı sonsuz çoklukta sayı içerdiğinden, içinden \(f'(x_0)\)’a eşit olmayan bir \(\lambda\) seçebiliriz:
\[L^- < \lambda < L^+, \qquad \lambda \ne f'(x_0).\]
\(\varepsilon = \min\{ \lambda - L^-,\; L^+ - \lambda \} > 0\) diyelim. Tek yönlü limitlerin tanımı gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \((x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq I\) olur ve
- \(x_0 - \delta < x < x_0\) iken \(|f'(x) - L^-| < \varepsilon\), dolayısıyla \(f'(x) < L^- + \varepsilon \le L^- + (\lambda - L^-) = \lambda\);
- \(x_0 < x < x_0 + \delta\) iken \(|f'(x) - L^+| < \varepsilon\), dolayısıyla \(f'(x) > L^+ - \varepsilon \ge L^+ - (L^+ - \lambda) = \lambda\).
Bu iki gözlem ve \(\lambda \ne f'(x_0)\) koşulu birlikte şunu verir: \(f'\) fonksiyonu \((x_0 - \delta, x_0 + \delta)\) aralığının hiçbir noktasında \(\lambda\) değerini almaz.
Şimdi \(u = x_0 - \dfrac{\delta}{2}\) ve \(v = x_0 + \dfrac{\delta}{2}\) alalım. Yukarıdakilere göre \(f'(u) < \lambda < f'(v)\)’dir. \(f\), \([u,v]\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Teorem 10.1 gereği \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (u,v) \subseteq (x_0 - \delta, x_0 + \delta)\) vardır. Bu, az önce vardığımız sonuçla çelişir.
Durum B: \(L^- = L^+ = L\) (kaldırılabilir). Bu durumda \(\lim_{x \to x_0} f'(x) = L\) olur (bkz. Analiz 1) ve \(f'\) süreksiz olduğundan \(L \ne f'(x_0)\)’dır. Genelliği bozmadan \(f'(x_0) < L\) diyelim (aksi hâlde yine \(-f\) alırız).
\(f'(x_0) < \lambda < L\) olan bir \(\lambda\) seçelim ve \(\varepsilon = L - \lambda > 0\) diyelim. Limit tanımı gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \((x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq I\) olur ve \(0 < |x - x_0| < \delta\) iken
\[|f'(x) - L| < \varepsilon \quad \Longrightarrow \quad f'(x) > L - \varepsilon = \lambda.\]
\(v = x_0 + \dfrac{\delta}{2}\) alalım. O hâlde \(f'(x_0) < \lambda < f'(v)\)’dir; Teorem 10.1’yu \([x_0, v]\) üzerinde uygulayınca \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (x_0, v)\) buluruz. Ama \(0 < |c - x_0| < \delta\) olduğundan \(f'(c) > \lambda\) olmalıydı. Çelişki.
Her iki durum da çelişkiye götürdüğüne göre, tek yönlü limitlerin ikisinin birden sonlu olarak var olduğu varsayımı yanlıştır. Demek ki süreksizlik ikinci türdür.
İkinci yol (türev limiti). Aynı sonuca, ortalama değer teoremine dayanan türev limiti teoremiyle de varılır. Yine \(L^-\) ve \(L^+\)’nın sonlu olarak var olduğunu varsayalım. \(f\), \(x_0\)’da türevlenebilir olduğundan orada süreklidir (Teorem 3.1) ve \(x_0\)’ın sağındaki bir aralıkta türevlenebilirdir; \(\lim_{x \to x_0^+} f'(x) = L^+\) olduğundan Önerme 9.3 gereği
\[f'_+(x_0) = L^+\]
olur. Aynı önerme \(x \mapsto f(2x_0 - x)\) yansımasına uygulanınca \(f'_-(x_0) = L^-\) bulunur. Oysa \(f\), \(x_0\)’da türevlenebilir olduğundan her iki tek yönlü türev de vardır ve \(f'(x_0)\)’a eşittir (Teorem 2.1). Öyleyse
\[L^- = L^+ = f'(x_0),\]
yani \(\lim_{x \to x_0} f'(x) = f'(x_0)\); bu ise \(f'\)’nün \(x_0\)’da sürekli olması demektir (bkz. Analiz 1) ve varsayımla çelişir.
\(\blacksquare\)
İkinci yolda kullandığımız türev limiti teoremini Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları bölümünde ispatlamıştık (Önerme 9.3; iki yönlü biçimi Sonuç 9.1 ile verilmişti). Bu teoremin bir tersi olmadığını unutmayalım: teorem, \(\lim_{x \to x_0} f'(x)\) limiti varsa onun \(f'(x_0)\)’a eşit olduğunu söyler; limitin var olacağını garanti etmez. Nitekim Örnek 10.1’de \(f'(0)\) vardır ama \(\lim_{x \to 0} f'(x)\) yoktur.
Şimdi bölümün en çok kullanılacak sonucuna geliyoruz. Bir fonksiyonun bir aralıkta ilkel fonksiyonu (antiderivative) olması demek, türevi o fonksiyona eşit olan bir fonksiyonun bulunması demektir. Sonuç 10.2’un karşıt tersi (contrapositive), ilkel fonksiyonun varlığına ciddi bir engel koyar.
Örnek 10.2 (Sıçramalı Bir Fonksiyonun İlkeli Yoktur) İşaret fonksiyonu \(\operatorname{sgn} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) (bkz. Analiz 1),
\[\operatorname{sgn}(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ 0, & x = 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}\]
olsun. \(0\)’ı iç noktası olarak içeren hiçbir \(I\) aralığında \(F' = \operatorname{sgn}\) olacak biçimde bir \(F : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun bulunmadığını gösteriniz. Daha genel olarak, bir aralığın iç noktasında sıçrama ya da kaldırılabilir süreksizliği olan hiçbir fonksiyonun o aralıkta ilkel fonksiyonu olamayacağını açıklayınız.
Çözüm
Adım 1: \(\operatorname{sgn}\)’in \(0\)’daki süreksizliği sıçramadır. \(x > 0\) için \(\operatorname{sgn}(x) = 1\) olduğundan \(\lim_{x \to 0^+} \operatorname{sgn}(x) = 1\); \(x < 0\) için \(\operatorname{sgn}(x) = -1\) olduğundan \(\lim_{x \to 0^-} \operatorname{sgn}(x) = -1\). Her iki tek yönlü limit de sonlu olarak vardır ve birbirinden farklıdır; demek ki \(0\) bir sıçrama noktasıdır (bkz. Analiz 1), yani birinci tür süreksizliktir.
Adım 2: Çelişki. \(0\)’ı iç noktası olarak içeren bir \(I\) aralığında \(F' = \operatorname{sgn}\) olacak biçimde bir \(F\) bulunduğunu varsayalım. O hâlde \(F\), \(I\) üzerinde türevlenebilirdir ve türevi olan \(\operatorname{sgn}\), \(I\)’nin iç noktası \(0\)’da süreksizdir. Sonuç 10.2 gereği bu süreksizlik ikinci tür olmalıdır. Oysa Adım 1’de süreksizliğin sıçrama, yani birinci tür olduğunu gördük. Çelişki. Demek ki böyle bir \(F\) yoktur.
Adım 3: “Ama \(|x|\) vardı” itirazı. İlk akla gelen aday \(F(x) = |x|\)’tir; gerçekten de \(x > 0\) için \(|x|' = 1\), \(x < 0\) için \(|x|' = -1\)’dir. Ancak \(|x|\) fonksiyonu \(0\)’da türevlenebilir değildir: sağdan fark oranı \(\dfrac{|x| - 0}{x} = 1\), soldan fark oranı \(-1\)’dir, tek yönlü türevler farklıdır (Teorem 2.1). Yani \(|x|\), \(\operatorname{sgn}\)’in yalnızca \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) üzerinde bir ilkelidir; \(0\)’ı içeren bir aralıkta değil. Adım 2, bu boşluğun başka hiçbir fonksiyonla kapatılamayacağını söyler.
Adım 4: Genel ilke. \(g : I \to \mathbb{R}\) olsun ve \(g\), \(I\)’nin bir \(x_0\) iç noktasında birinci tür (sıçrama ya da kaldırılabilir) bir süreksizliğe sahip olsun. Eğer \(g\)’nin \(I\) üzerinde bir \(F\) ilkeli olsaydı, \(F\) türevlenebilir ve \(F' = g\) olurdu; Sonuç 10.2, \(F'\)’nün \(x_0\)’daki süreksizliğinin ikinci tür olmasını zorunlu kılar, bu da varsayımla çelişir. Öyleyse:
Bir aralığın iç noktasında birinci tür süreksizliği olan hiçbir fonksiyon, o aralıkta bir türev değildir; dolayısıyla ilkel fonksiyonu yoktur.
Örnek olarak taban fonksiyonu \(\lfloor x \rfloor\) (bkz. Analiz 1) her tam sayıda sıçrar; bu yüzden bir tam sayıyı iç noktası olarak içeren hiçbir aralıkta ilkeli yoktur. Buna karşın \((n, n+1)\) aralığında \(\lfloor x \rfloor = n\) sabit olduğundan \(F(x) = nx + C\) bir ilkeldir.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki genel ilke, İlkel Fonksiyon ve Belirsiz İntegral bölümünde doğrudan kullanılacaktır. Orada “\(\int f(x)\,dx\)” yazabilmek için önce \(f\)’nin bir ilkelinin var olması gerekir; bu bölümün verdiği ölçüt şudur:
Bir fonksiyon bir aralıkta ilkel fonksiyona sahipse, o aralıkta ara değer özelliğini taşımak zorundadır. Karşıt tersiyle: ara değer özelliğini taşımayan bir fonksiyonun ilkeli yoktur.
Bunun bir gerek koşul olduğunu, yeter koşul olmadığını da not edelim: ara değer özelliğini taşıyan her fonksiyon bir türev değildir; bu yöndeki örnekler burada kurduğumuzdan daha ileri araçlar ister. Buna karşın ölçüt, ilkelin yokluğunu göstermek için çoğu zaman fazlasıyla yeterlidir.
Özel olarak parçalı tanımlı fonksiyonlarda birleşme noktalarındaki sıçramalar, integral almaya kesin bir engeldir. Sürekli fonksiyonların her zaman bir ilkeli olduğu ise ayrı ve daha derin bir sonuçtur; onu belirli integrali kurduktan sonra, analizin temel teoremleriyle ispatlayacağız.
10.5 Türevin İşareti Aralık Boyunca Değişmez
Monotonluk testinde (Sonuç 8.3) “\(f' > 0\) ise \(f\) artandır” sonucunu görmüştük. Şimdi tersten bir soru soralım: \(f'\) hiçbir noktada sıfır olmasın; bu, \(f'\)’nün her yerde aynı işaretli olmasını gerektirir mi? \(f'\) sürekli olsaydı yanıt hemen “evet” olurdu, çünkü işaret değiştiren sürekli bir fonksiyon Ara Değer Teoremi gereği sıfırlanmak zorundadır. Ama \(f'\) sürekli olmak zorunda değildir. Neyse ki Darboux teoremi tam da bu boşluğu doldurur.
Sonuç 10.3 (Sıfırlanmayan Türev Sabit İşaretlidir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\), \(I\) üzerinde türevlenebilir olsun. Her \(x \in I\) için \(f'(x) \ne 0\) ise, aşağıdakilerden yalnızca biri gerçekleşir:
her \(x \in I\) için \(f'(x) > 0\)’dır ve \(f\), \(I\) üzerinde kesin artandır;
her \(x \in I\) için \(f'(x) < 0\)’dır ve \(f\), \(I\) üzerinde kesin azalandır.
Her iki hâlde de \(f\) kesin monotondur (Tanım 1.1), dolayısıyla birebirdir.
İspat
Adım 1: İşaret değişemez. Tersine, \(f'\)’nün hem negatif hem pozitif değer aldığını varsayalım: \(f'(u) < 0 < f'(v)\) olan \(u, v \in I\) bulunsun. \(f'(u) \ne f'(v)\) olduğundan \(u \ne v\)’dir. \(u < v\) ise \([u,v] \subseteq I\) olur (\(I\) aralıktır) ve \(\lambda = 0\) sayısı \(f'(u)\) ile \(f'(v)\) arasındadır; Teorem 10.1 gereği \(f'(c) = 0\) olan bir \(c \in (u,v) \subseteq I\) vardır. \(v < u\) ise aynı akıl yürütme \([v,u]\) üzerinde yapılır ve yine \(f'(c) = 0\) olan bir \(c\) bulunur. Her iki durumda da bu, “\(f'\) hiçbir noktada sıfır değildir” varsayımıyla çelişir.
Demek ki \(f'\) ya hiç negatif değer almaz ya da hiç pozitif değer almaz. \(f'\) zaten sıfır değeri de almadığından, ya her yerde pozitiftir ya da her yerde negatiftir.
Adım 2: Monotonluk. Her \(x \in I\) için \(f'(x) > 0\) olsun. \(u, v \in I\) ve \(u < v\) alalım. \([u,v] \subseteq I\)’dir; \(f\) bu kapalı aralıkta sürekli (Teorem 3.1) ve \((u,v)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan ortalama değer teoremi (Teorem 8.2) gereği
\[f(v) - f(u) = f'(\xi) (v - u)\]
olan bir \(\xi \in (u,v)\) vardır. Burada \(f'(\xi) > 0\) ve \(v - u > 0\) olduğundan \(f(v) - f(u) > 0\), yani \(f(u) < f(v)\)’dir. Demek ki \(f\) kesin artandır.
Her \(x \in I\) için \(f'(x) < 0\) olduğunda aynı hesap \(f(v) - f(u) < 0\) verir, yani \(f\) kesin azalandır.
Adım 3: Birebirlik. Kesin monoton bir fonksiyon birebirdir: \(u \ne v\) ise ya \(u < v\) ya \(v < u\)’dur ve her iki hâlde de \(f(u) \ne f(v)\) olur.
\(\blacksquare\)
Bu sonucun değeri, hipotezin ne kadar az şey istediğindedir: \(f'\)’nün sürekliliği değil, yalnızca sıfırlanmaması istenmiştir. Sonuçları da zengindir. \(f\) kesin monoton ve sürekli olduğundan \(f(I)\) bir aralıktır (bkz. Analiz 1), \(f : I \to f(I)\) birebir ve örtendir, ters fonksiyon \(f^{-1} : f(I) \to I\) aynı yönde kesin monoton ve süreklidir (Teorem 1.3), üstelik \(f'\) hiçbir yerde sıfırlanmadığından \(f^{-1}\) türevlenebilirdir ve
\[\left( f^{-1} \right)'(y) = \frac{1}{f'\big( f^{-1}(y) \big)}\]
olur (Teorem 4.2). Yani “türevi sıfırlanmayan türevlenebilir fonksiyon” hipotezi, tersinir olma ve tersin türevlenebilirliği için tek başına yeterlidir.
\(I\)’nin bir aralık olması vazgeçilmezdir. \(I = \mathbb{R} \setminus \{0\}\) ve \(f(x) = \dfrac{1}{x}\) alalım. \(f'(x) = -\dfrac{1}{x^2} < 0\) olduğundan türev hiç sıfırlanmaz ve her yerde negatiftir; ama \(f\) tanım kümesinin tamamında azalan değildir: \(-1 < 1\) iken \(f(-1) = -1 < 1 = f(1)\)’dir. Kesin azalma yalnızca \((-\infty, 0)\) ve \((0, \infty)\) aralıklarının her birinde ayrı ayrı geçerlidir. Ortalama değer teoremi de Darboux teoremi de aralık üzerinde çalışır; tanım kümesi parçalıysa sonuç her parçada geçerlidir, bütünde değil.
10.6 Monoton Türev Süreklidir
Darboux teoreminin şimdi göreceğimiz sonucu, ilk bakışta beklenmedik bir düzenlilik ifadesidir: bir türev fonksiyonu, monoton olur olmaz sürekli hâle gelir. Bunun nedeni iki kısıtın çakışmasıdır. Monoton fonksiyonların süreksizlikleri yalnızca sıçrama olabilir; oysa Sonuç 10.2, bir türevin sıçrama yapamayacağını söyler. İkisi bir araya gelince süreksizliğe hiç yer kalmaz.
Önerme 10.1 (Monoton Bir Türev Süreklidir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\), \(I\) üzerinde türevlenebilir olsun. Eğer \(f'\) fonksiyonu \(I\) üzerinde monotonsa (bkz. Analiz 1), \(f'\) fonksiyonu \(I\) üzerinde süreklidir.
İspat
Genelliği bozmadan \(f'\)’nün artan olduğunu varsayabiliriz; \(f'\) azalansa \(f\) yerine \(-f\) alırız, çünkü \((-f)' = -f'\) artandır ve \(-f'\) sürekliyse \(f'\) de süreklidir (bkz. Analiz 1). \(g = f'\) yazalım; \(g\) artandır.
Adım 1: İç noktalar. \(x_0\), \(I\)’nin bir iç noktası olsun. \(g\) artan olduğundan monoton fonksiyonların tek yönlü limit teoremi (bkz. Analiz 1) gereği
\[L^- = \lim_{x \to x_0^-} g(x) = \sup \{ g(x) : x \in I,\ x < x_0 \}, \qquad L^+ = \lim_{x \to x_0^+} g(x) = \inf \{ g(x) : x \in I,\ x > x_0 \}\]
limitleri vardır. Bu iki değer sonludur: \(x < x_0\) olan her \(x\) için \(g(x) \le g(x_0)\) olduğundan söz konusu küme \(g(x_0)\) ile üstten sınırlıdır ve boş değildir, dolayısıyla supremumu bir reel sayıdır (bkz. Analiz 1); benzer biçimde \(x > x_0\) için \(g(x) \ge g(x_0)\) olduğundan infimum da sonludur. Ayrıca
\[L^- \le g(x_0) \le L^+\]
olur.
Şimdi \(g\)’nin \(x_0\)’da süreksiz olduğunu varsayalım. Her iki tek yönlü limit de sonlu olarak var olduğundan, süreksizlik birinci türdür (bkz. Analiz 1): ya \(L^- < L^+\) (sıçrama) ya da \(L^- = L^+ \ne g(x_0)\) olur. Ancak \(L^- \le g(x_0) \le L^+\) eşitsizliği yüzünden ikinci seçenek olanaksızdır; \(L^- = L^+\) ise \(g(x_0)\) da bu ortak değere eşit olmak zorundadır ve \(g\) süreklidir. Öyleyse süreksizlik ancak sıçrama olabilir. Oysa \(g = f'\) bir türev fonksiyonudur ve Sonuç 10.2 gereği bir türev, iç noktada birinci tür süreksizliğe sahip olamaz. Çelişki. Demek ki \(g\), \(x_0\)’da süreklidir.
Adım 2: Uç noktalar. \(I\) sol uç noktasını içeriyorsa, yani \(a = \min I \in I\) ise, \(g\)’nin \(a\)’da sağdan sürekli olduğunu gösterelim. Yine Monoton Fonksiyonun Tek Yönlü Limitleri gereği
\[L^+ = \lim_{x \to a^+} g(x) = \inf \{ g(x) : x \in I,\ x > a \}\]
vardır ve \(g\) artan olduğundan \(g(a) \le L^+\)’dır. Eğer \(g(a) < L^+\) olsaydı, \(g(a) < \lambda < L^+\) olan bir \(\lambda\) seçerdik. \(L^+\) bir infimum olduğundan \(x \in I\), \(x > a\) olan her \(x\) için \(g(x) \ge L^+ > \lambda\)’dır. Herhangi bir \(v \in I\), \(v > a\) alalım; o hâlde
\[f'(a) = g(a) < \lambda < g(v) = f'(v)\]
olur ve Teorem 10.1’yu \([a, v]\) üzerinde uygulayarak \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (a,v)\) buluruz. Ama \(c > a\) olduğundan \(f'(c) = g(c) \ge L^+ > \lambda\) olmalıydı. Çelişki. Demek ki \(g(a) = L^+\), yani \(g\) sağdan süreklidir ve \(a\) bir uç nokta olduğundan bu, \(g\)’nin \(a\)’da sürekli olması demektir (bkz. Analiz 1).
Sağ uç nokta \(b = \max I \in I\) için akıl yürütme simetriktir: \(L^- = \sup\{ g(x) : x < b \} \le g(b)\)’dir; \(L^- < g(b)\) olsaydı \(L^- < \lambda < g(b)\) seçilir, \(u \in I\), \(u < b\) için \(g(u) \le L^- < \lambda < g(b)\) olur ve Teorem 10.1, \([u,b]\) üzerinde \(f'(c) = \lambda\) olan bir \(c \in (u,b)\) verirdi; oysa \(c < b\) olduğundan \(g(c) \le L^- < \lambda\) olmalıydı. Çelişki.
Böylece \(g = f'\), \(I\)’nin her noktasında süreklidir.
\(\blacksquare\)
Bu önerme ileride bir kez daha karşımıza çıkacak. Konveks ve Konkav Fonksiyonlar bölümünde göreceğimiz gibi, bir aralıkta türevlenebilir olan \(f\) fonksiyonu ancak ve ancak \(f'\) artan ise konvekstir (Teorem 15.3). Önerme 10.1 bunu şöyle tamamlar: türevlenebilir bir konveks fonksiyonun türevi otomatik olarak süreklidir, yani böyle bir fonksiyon kendiliğinden \(C^1\) sınıfındandır (Tanım 6.2). Konveksliğin türevlenebilirlikle birleştiğinde ne kadar çok düzenlilik getirdiğini gösteren tipik bir olgudur bu.
10.7 Uygulamalar
Darboux teoremini ve sonuçlarını üç tipik durumda çalıştıralım. İlk şık, bir noktadaki türevin işaretiyle o noktanın çevresindeki monotonluk arasındaki farkı netleştirir; ikinci ve üçüncü şıklar, görüntü kümesinin aralık olması ölçütünü kullanır.
Örnek 10.3 (Darboux Teoreminin Kullanımı)
- \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} x + 2x^2 \sin \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlansın. \(f'(0) = 1 > 0\) olduğunu, buna karşın \(f\)’nin \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda monoton olmadığını gösteriniz. Bu durumun Darboux teoremiyle nasıl bağdaştığını açıklayınız.
\(D : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) Dirichlet fonksiyonu, \(x\) rasyonelse \(D(x) = 1\), irrasyonelse \(D(x) = 0\) olarak tanımlansın. \(D\)’nin hiçbir aralıkta ilkel fonksiyonu olmadığını gösteriniz.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x \in \mathbb{R}\) için \(f'(x) \in \mathbb{Z}\) olsun. \(f\)’nin bir birinci dereceden fonksiyon, yani \(f(x) = kx + b\) biçiminde (\(k \in \mathbb{Z}\)) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Önce \(f'(0)\)’ı hesaplayalım. Fark oranı \(x \ne 0\) için
\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{x + 2x^2 \sin \dfrac{1}{x}}{x} = 1 + 2x \sin \frac{1}{x}\]
olur. \(\left| 2x \sin \dfrac{1}{x} \right| \le 2|x| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremiyle (bkz. Analiz 1) bu ifade \(1\)’e yakınsar:
\[f'(0) = 1 > 0.\]
\(x \ne 0\) için çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f'(x) = 1 + 4x \sin \frac{1}{x} + 2x^2 \cos \frac{1}{x} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = 1 + 4x \sin \frac{1}{x} - 2 \cos \frac{1}{x}.\]
Şimdi iki dizi alalım. \(x_n = \dfrac{1}{2n\pi}\) için \(\sin(2n\pi) = 0\), \(\cos(2n\pi) = 1\) olduğundan
\[f'(x_n) = 1 + 0 - 2 = -1 < 0.\]
\(y_n = \dfrac{1}{(2n+1)\pi}\) için \(\sin\big((2n+1)\pi\big) = 0\), \(\cos\big((2n+1)\pi\big) = -1\) olduğundan
\[f'(y_n) = 1 + 0 + 2 = 3 > 0.\]
Her iki dizi de pozitif terimlidir ve \(0\)’a yakınsar. Dolayısıyla verilen her \(\delta > 0\) için \((0, \delta)\) aralığında hem \(f'\)’nün negatif olduğu noktalar hem de pozitif olduğu noktalar vardır.
\(f\) bir \((-\delta, \delta)\) komşuluğunda artan olsaydı, o komşulukta \(f' \ge 0\) olurdu (artan bir fonksiyonun fark oranları negatif olmadığından türev de negatif olamaz); oysa \(f'(x_n) = -1 < 0\)’dır. \(f\) azalan olsaydı \(f' \le 0\) olurdu; oysa \(f'(y_n) = 3 > 0\)’dır. Demek ki \(f\), \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda monoton değildir. Özel olarak “\(f'(x_0) > 0\) ise \(f\), \(x_0\) çevresinde artandır” cümlesi yanlıştır; doğru olan yalnızca şudur: \(f'(x_0) > 0\) ise \(x_0\)’a yeterince yakın \(x > x_0\) için \(f(x) > f(x_0)\) ve \(x < x_0\) için \(f(x) < f(x_0)\) olur.
Bu durumda Darboux teoremiyle bir çelişki yoktur; tam tersine teorem, olan biteni açıklar. \(f'\), \(0\)’ın her komşuluğunda hem \(-1\) hem \(3\) değerini aldığından Sonuç 10.1 gereği aradaki bütün değerleri, özel olarak \(0\)’ı da alır. Yani \(f'\)’nün \(0\)’a yakınsayan sonsuz çoklukta sıfır yeri vardır; \(f\)’nin \(0\) çevresinde sonsuz çoklukta kritik noktası bulunur ve fonksiyon bu noktalar arasında sürekli olarak yön değiştirir.
b) \(I\) en az iki nokta içeren herhangi bir aralık olsun. Her aralık hem rasyonel hem irrasyonel sayı içerir (bkz. Analiz 1 ve İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu). Dolayısıyla \(D\)’nin \(I\) üzerindeki görüntüsü
\[D(I) = \{0, 1\}\]
olur. Bu küme bir aralık değildir: \(0\) ile \(1\) kümededir ama aralarındaki \(\dfrac{1}{2}\) kümede değildir.
Eğer \(D\)’nin \(I\) üzerinde bir \(F\) ilkeli olsaydı, \(F\) türevlenebilir ve \(F' = D\) olurdu; Sonuç 10.1 (b) gereği \(F'(I) = D(I)\) bir aralık olmak zorundaydı. Çelişki. Demek ki \(D\)’nin hiçbir aralıkta ilkel fonksiyonu yoktur.
Dikkat edilecek nokta şudur: \(D\)’nin süreksizliklerinin hiçbiri birinci tür değildir (\(D\)’nin hiçbir noktada tek yönlü limiti yoktur), bu yüzden Sonuç 10.2 burada bir engel üretmez. Engeli üreten, görüntü kümesinin aralık olmamasıdır.
c) \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Sonuç 10.1 (b) gereği \(J = f'(\mathbb{R})\) bir aralıktır. Varsayım gereği \(J \subseteq \mathbb{Z}\)’dir.
\(J\) birden fazla nokta içerseydi, \(m, n \in J\), \(m < n\) olan iki tam sayı bulunurdu; \(J\) bir aralık olduğundan \(m\) ile \(n\) arasındaki her sayı \(J\)’de olurdu, örneğin \(m + \dfrac{1}{2} \in J\). Ama \(m + \dfrac{1}{2}\) bir tam sayı değildir ve \(J \subseteq \mathbb{Z}\) ile çelişir. Öyleyse \(J\) tek bir noktadan oluşur: bir \(k \in \mathbb{Z}\) için her \(x\)’te \(f'(x) = k\)’dır.
\(g(x) = f(x) - kx\) diyelim. \(g\) türevlenebilirdir ve \(g'(x) = f'(x) - k = 0\)’dır. Türevi bir aralıkta özdeş olarak sıfır olan fonksiyon sabittir (Sonuç 8.1): \(g(x) = b\) olan bir \(b \in \mathbb{R}\) vardır. Buradan
\[f(x) = kx + b, \qquad k \in \mathbb{Z}, \quad b = f(0)\]
elde edilir. Aynı akıl yürütme, \(f'\)’nün değerlerinin içi boş herhangi bir kümeye (örneğin \(\mathbb{Z}\)’ye, sonlu bir kümeye ya da \(\left\{ \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesine) düşmesi hâlinde de aynen işler.
\(\blacksquare\)
10.8 Alıştırmalar
Alıştırma 10.1 (Darboux Teoremi Üzerine)
\(f : [-1,1] \to \mathbb{R}\) türevlenebilir, \(f'(-1) = -3\) ve \(f'(1) = 2\) olsun. Şunları gösteriniz: (i) \(f'(c) = 0\) olan bir \(c \in (-1,1)\) vardır; (ii) \(f'(c_1) = 1\) olan bir \(c_1 \in (-1,1)\) vardır; (iii) \(f\), \([-1,1]\) üzerindeki en küçük değerini bir iç noktada alır.
\(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(x \ne 0\) için \(h(x) = 1\), \(h(0) = 0\) ile tanımlansın. \(h\)’nin \(0\)’ı iç noktası olarak içeren hiçbir aralıkta ilkel fonksiyonu olmadığını gösteriniz. Ayrıca \([0,1]\) aralığında da ilkelinin bulunmadığını doğrudan hesapla doğrulayınız.
Taban fonksiyonu \(\lfloor x \rfloor\)’in \((0,3)\) aralığında ilkel fonksiyonu olmadığını, buna karşın \((1,2)\) aralığında ilkelinin bulunduğunu gösteriniz.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(x \ne 0\) için \(f(x) = x^2 \sin \dfrac{1}{x^2}\), \(f(0) = 0\) ile tanımlansın. \(f\)’nin her noktada türevlenebilir olduğunu gösteriniz, \(f'\)’yü hesaplayınız, \(f'\)’nün \(0\)’ın her komşuluğunda sınırsız olduğunu kanıtlayınız ve \(f'\)’nün \(0\)’daki süreksizliğinin türünü belirleyiniz.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x\) için \(\big( f'(x) \big)^2 = 1\) olsun. Bir \(b \in \mathbb{R}\) için \(f(x) = x + b\) ya da \(f(x) = -x + b\) olduğunu gösteriniz.
\(I\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x \in I\) için \(f'(x) \ne 0\) olsun. \(f\)’nin birebir olduğunu, \(f(I)\)’nin bir aralık olduğunu ve \(f^{-1} : f(I) \to I\) ters fonksiyonunun türevlenebilir olduğunu gösteriniz; \(\left( f^{-1} \right)'\) için bir formül yazınız.
Çözüm
a) (i) \(f'(-1) = -3 < 0 < 2 = f'(1)\) olduğundan \(\lambda = 0\) sayısı \(f'(-1)\) ile \(f'(1)\) arasındadır. Teorem 10.1 gereği \(f'(c) = 0\) olan bir \(c \in (-1,1)\) vardır.
(ii) \(-3 < 1 < 2\) olduğundan \(\lambda = 1\) de \(f'(-1)\) ile \(f'(1)\) arasındadır; aynı teorem \(f'(c_1) = 1\) olan bir \(c_1 \in (-1,1)\) verir. Aslında Teorem 10.1 gereği \(f'\) fonksiyonu açık \((-3, 2)\) aralığındaki bütün değerleri \((-1,1)\) içinde alır. Uç değerler \(-3\) ve \(2\) için böyle bir güvence yoktur: bunlar yalnızca \(x = -1\) ve \(x = 1\) noktalarında alınıyor olabilir.
(iii) \(f\) türevlenebilir olduğundan süreklidir (Teorem 3.1); \([-1,1]\) kapalı ve sınırlı olduğundan \(f\) en küçük değerini bir \(c \in [-1,1]\) noktasında alır (bkz. Analiz 1). \(f'(-1) < 0\) olduğundan, Teorem 10.1’nun ispatındaki Adım 3’teki hesabın aynısıyla, \(-1\)’e yeterince yakın bir \(x_1 > -1\) için \(f(x_1) < f(-1)\) olur; demek ki en küçük değer \(-1\)’de alınmaz. \(f'(1) > 0\) olduğundan, Adım 4’teki hesapla, \(1\)’e yeterince yakın bir \(x_2 < 1\) için \(f(x_2) < f(1)\) olur; en küçük değer \(1\)’de de alınmaz. Öyleyse \(c \in (-1,1)\)’dir.
b) \(h\)’nin \(0\)’daki süreksizliği kaldırılabilir türdendir: \(\lim_{x \to 0^+} h(x) = \lim_{x \to 0^-} h(x) = 1\) olduğundan \(\lim_{x \to 0} h(x) = 1\) vardır, ama \(h(0) = 0 \ne 1\)’dir (bkz. Analiz 1). Bu birinci tür bir süreksizliktir. \(0\)’ı iç noktası olarak içeren bir \(I\) aralığında \(H' = h\) olacak biçimde bir \(H\) bulunsaydı, \(H'\) bir türev olarak \(0\)’da birinci tür süreksizliğe sahip olamazdı (Sonuç 10.2). Çelişki.
\([0,1]\) aralığında \(0\) bir uç noktadır, dolayısıyla yukarıdaki sonuç doğrudan uygulanamaz; hesabı elle yapalım. \(H : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(H' = h\) olsun. \((0,1]\) üzerinde \(H'(x) = 1\) olduğundan, türevleri eşit olan fonksiyonlar bir sabitle ayrıldığından (Sonuç 8.2), bir \(C \in \mathbb{R}\) için \(H(x) = x + C\) olur (\(x \in (0,1]\)). \(H\) türevlenebilir olduğundan süreklidir, dolayısıyla
\[H(0) = \lim_{x \to 0^+} H(x) = \lim_{x \to 0^+} (x + C) = C.\]
Şimdi \(0\)’daki sağdan türevi hesaplayalım:
\[H'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{H(x) - H(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{(x + C) - C}{x} = \lim_{x \to 0^+} 1 = 1.\]
Oysa \(H' = h\) olması \(H'(0) = h(0) = 0\) gerektirir. \(1 \ne 0\) olduğundan böyle bir \(H\) yoktur. Aynı hesap \([-1, 0]\) aralığı için de yapılabilir; kısacası \(h\), \(0\)’ı içeren hiçbir aralıkta ilkele sahip değildir.
c) \(\lfloor x \rfloor\) fonksiyonu \(x = 1\) noktasında sıçrama süreksizliğine sahiptir: \(\lim_{x \to 1^-} \lfloor x \rfloor = 0\), \(\lim_{x \to 1^+} \lfloor x \rfloor = 1\) ve bu iki sonlu limit farklıdır (bkz. Analiz 1). \(1\) noktası \((0,3)\) aralığının bir iç noktasıdır. Eğer \((0,3)\) üzerinde \(F' = \lfloor x \rfloor\) olacak biçimde bir \(F\) bulunsaydı, Sonuç 10.2 gereği \(F'\)’nün \(1\)’deki süreksizliği ikinci tür olmalıydı; oysa sıçramadır. Çelişki. (Aynı akıl yürütme \(x = 2\) noktasıyla da yapılabilir.)
\((1,2)\) aralığında ise her \(x\) için \(1 < x < 2\), dolayısıyla \(\lfloor x \rfloor = 1\)’dir; yani fonksiyon bu aralıkta sabittir. \(F(x) = x + C\) alırsak \(F'(x) = 1 = \lfloor x \rfloor\) olur; demek ki \((1,2)\) üzerinde ilkel vardır ve genel ilkel \(F(x) = x + C\)’dir.
d) \(x \ne 0\) için çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f'(x) = 2x \sin \frac{1}{x^2} + x^2 \cos \frac{1}{x^2} \cdot \left( -\frac{2}{x^3} \right) = 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}.\]
\(0\)’da fark oranı
\[\frac{f(x) - f(0)}{x} = x \sin \frac{1}{x^2}\]
olur ve \(\left| x \sin \dfrac{1}{x^2} \right| \le |x| \to 0\) olduğundan (bkz. Analiz 1) \(f'(0) = 0\)’dır. Demek ki \(f\) her noktada türevlenebilirdir.
Sınırsızlık. \(x_n = \dfrac{1}{\sqrt{2n\pi}}\) alalım; \(x_n > 0\) ve \(x_n \to 0\)’dır. \(\dfrac{1}{x_n^2} = 2n\pi\) olduğundan \(\sin(2n\pi) = 0\), \(\cos(2n\pi) = 1\) ve
\[f'(x_n) = 0 - \frac{2}{x_n} = -2\sqrt{2n\pi} \longrightarrow -\infty.\]
Her \(\delta > 0\) için yeterince büyük \(n\)’lerde \(x_n \in (0,\delta)\) olduğundan \(f'\), \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda sınırlı değildir. (Simetrik olarak \(-x_n\) noktalarında \(f'(-x_n) = 2\sqrt{2n\pi} \to +\infty\)’dur.)
Süreksizliğin türü. \(f'(x_n) \to -\infty\) olduğundan \(\lim_{x \to 0^+} f'(x)\) sonlu olarak yoktur; süreksizlik ikinci türdür. Üstelik limit \(-\infty\) da değildir: \(z_n = \dfrac{1}{\sqrt{\left( 2n + \frac{1}{2} \right)\pi}}\) alırsak \(\dfrac{1}{z_n^2} = 2n\pi + \dfrac{\pi}{2}\) olur, \(\cos\left( 2n\pi + \dfrac{\pi}{2} \right) = 0\) ve \(\sin\left( 2n\pi + \dfrac{\pi}{2} \right) = 1\) olduğundan
\[f'(z_n) = 2 z_n \cdot 1 - 0 = 2 z_n \longrightarrow 0.\]
Sağdan yaklaşan iki dizi \(-\infty\) ve \(0\) gibi farklı davranışlar verdiğinden \(\lim_{x \to 0^+} f'(x)\) hiçbir anlamda yoktur. Soldan da durum aynıdır. Sonuç 10.2 bunu zaten öngörüyordu: \(f'\) süreksizse ikinci tür olmak zorundaydı.
e) \(\big( f'(x) \big)^2 = 1\) eşitliği \(f'(x) \in \{-1, 1\}\) demektir. \(f\), \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Sonuç 10.1 (b) gereği \(J = f'(\mathbb{R})\) bir aralıktır ve \(J \subseteq \{-1, 1\}\)’dir. \(J\) iki noktayı da içerseydi, aralık olduğundan \(-1\) ile \(1\) arasındaki \(0\) sayısını da içermesi gerekirdi; ama \(0 \notin \{-1,1\}\)’dir. Öyleyse \(J\) tek noktalıdır: ya her \(x\) için \(f'(x) = 1\) ya da her \(x\) için \(f'(x) = -1\)’dir.
Birinci hâlde \(g(x) = f(x) - x\) fonksiyonunun türevi özdeş olarak sıfırdır, dolayısıyla \(g\) sabittir (Sonuç 8.1): \(f(x) = x + b\). İkinci hâlde \(g(x) = f(x) + x\) sabittir: \(f(x) = -x + b\). Burada \(b = f(0)\)’dır.
Aynı sonuca Sonuç 10.3 ile de varılır: \(f'\) hiçbir yerde sıfır olmadığından sabit işaretlidir; işaret pozitifse \(f' \equiv 1\), negatifse \(f' \equiv -1\) olur.
f) Hipotez tam olarak Sonuç 10.3’in hipotezidir. Buna göre ya her \(x \in I\) için \(f'(x) > 0\)’dır ve \(f\) kesin artandır, ya da her \(x\) için \(f'(x) < 0\)’dır ve \(f\) kesin azalandır. Her iki hâlde de \(f\) kesin monotondur, dolayısıyla birebirdir.
\(f\) türevlenebilir olduğundan süreklidir (Teorem 3.1); sürekli bir fonksiyonun aralık görüntüsü aralıktır (bkz. Analiz 1), yani \(J = f(I)\) bir aralıktır. \(f : I \to J\) birebir ve örtendir, dolayısıyla tersi \(f^{-1} : J \to I\) tanımlıdır; kesin monoton ve sürekli bir fonksiyonun tersi de aynı yönde kesin monoton ve süreklidir (Teorem 1.3).
Son olarak \(y_0 \in J\) alalım ve \(x_0 = f^{-1}(y_0)\) diyelim. \(f\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve \(f'(x_0) \ne 0\)’dır; ters fonksiyonun türevi teoremi (Teorem 4.2) gereği \(f^{-1}\) de \(y_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[\left( f^{-1} \right)'(y_0) = \frac{1}{f'\big( f^{-1}(y_0) \big)}.\]
\(y_0 \in J\) keyfî olduğundan \(f^{-1}\), \(J\) üzerinde türevlenebilirdir. Örnek olarak \(f(x) = x^3 + x\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde \(f'(x) = 3x^2 + 1 \ge 1 > 0\) olduğundan bu koşulları sağlar; \(f\) kesin artan, \(f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}\) ve \(f^{-1}\) her yerde türevlenebilirdir; örneğin \(f(1) = 2\) olduğundan \(\left( f^{-1} \right)'(2) = \dfrac{1}{f'(1)} = \dfrac{1}{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde türev fonksiyonunun, sürekli olmasa bile ara değer özelliğini taşımak zorunda olduğunu gördük ve bunun bir fonksiyonun ilkelinin var olmasına koyduğu engelleri belirledik. Sıradaki bölümde türevi bambaşka bir amaçla, belirsiz limit biçimlerini çözmek için kullanacağız: L’Hôpital Kuralı.