1 Monoton Fonksiyonlar ve Ters Fonksiyonun Sürekliliği
Analiz 1’i sürekliliğin en ince biçimiyle, düzgün süreklilik ile kapatmıştık. Oradaki son büyük sonuç Cantor teoremiydi (bkz. Analiz 1): kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olan her fonksiyon, o aralıkta düzgün süreklidir. Yanında Lipschitz koşulunu (bkz. Analiz 1) ve her Lipschitz fonksiyonunun düzgün sürekli olduğunu (bkz. Analiz 1) ispatlamıştık. Elimizde artık reel sayıların tamlığından süzülmüş sağlam bir araç kutusu var: diziler, limit, süreklilik, ara değer teoremi, Weierstrass ekstremum teoremi, kompaktlık.
Küçük bir hatırlatmayla başlayalım; bu bölümde de benzer bir “parçaları birleştirme” düşüncesi kullanacağız. \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonu \([1, \infty)\) üzerinde Lipschitz’tir: \(x, y \ge 1\) için
\[|\sqrt{x} - \sqrt{y}| = \left|\frac{(\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y})}{\sqrt{x} + \sqrt{y}}\right| = \frac{|x - y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} \le \frac{1}{2}|x - y|,\]
çünkü \(\sqrt{x} + \sqrt{y} \ge 2\)’dir; Lipschitz sabiti \(M = \frac{1}{2}\) alınabilir. Buna karşılık \([0, \infty)\) üzerinde \(\sqrt{\cdot}\) Lipschitz değildir: \(y = 0\) alırsak \(\frac{|\sqrt{x} - 0|}{|x - 0|} = \frac{1}{\sqrt{x}}\) oranı \(x \to 0^+\) iken sınırsız büyür, dolayısıyla bütün \(x, y\) çiftleri için işe yarayan bir \(M\) yoktur. Yine de \(\sqrt{\cdot}\) fonksiyonu \([0, \infty)\) üzerinde düzgün süreklidir: kompakt \([0,1]\) aralığında Cantor teoremi, \([1, \infty)\) üzerinde ise Lipschitz koşulu düzgün sürekliliği verir; iki aralık \(x = 1\) noktasında birleştiği için bu iki bilgi tanım kümesinin tamamına yapışır. (Yapıştırma şöyle yürür: verilen \(\varepsilon > 0\) için iki parçanın \(\frac{\varepsilon}{2}\)’ye karşılık gelen \(\delta\)’larının küçüğünü alırız; \(x \le 1 \le y\) ve \(|x - y| < \delta\) ise \(|x - 1| \le |x - y| < \delta\) ve \(|y - 1| \le |x - y| < \delta\) olduğundan \(|\sqrt{x} - \sqrt{y}| \le |\sqrt{x} - 1| + |1 - \sqrt{y}| < \varepsilon\) çıkar.) Ders boyunca sık kullanacağımız akıl yürütme biçimi budur: yerel bilgileri, örtüşen parçalar üzerinden bütüne taşımak.
Analiz 2 üç büyük başlıktan oluşuyor: türev, integral ve seriler. Türev, bir fonksiyonun bir noktadaki anlık değişim hızını ölçer ve limit kavramı üzerine kurulur; integral, “toplamın limiti” fikriyle alan ve birikim hesaplar; seriler ise sonsuz toplamları anlamlandırır. Üçü de Analiz 1’in limit ve süreklilik makinesini kullanır; bu yüzden yeni bir şey öğrenmeden önce, o makinenin son bir parçasını yerine oturtmamız gerekiyor.
Bu son parça, monotonluk ile sürekliliğin ilişkisidir. Bu bölümde şunları öğreneceğiz: bir aralıkta sürekli ve birebir olan bir fonksiyonun kesin monoton olmak zorunda olduğunu; monoton bir fonksiyonun sürekli olmasının, görüntü kümesinin aralık olmasına denk olduğunu; ve bu ikisinden çıkan çok kullanışlı sonucu: sürekli ve kesin monoton bir fonksiyonun ters fonksiyonu da sürekli ve aynı yönde kesin monotondur. \(\arcsin\), \(\arccos\), \(\arctan\), \(\sqrt[n]{\cdot}\) gibi tanıdık fonksiyonların sürekliliği, tek tek \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabı yapmadan, doğrudan bu teoremden gelecek. Bölümün sonunda tanım kümesinin aralık olması hipotezinin neden vazgeçilmez olduğunu bir karşı örnekle göreceğiz.
1.1 Kesin Monotonluk
Monoton fonksiyonu Analiz 1’de tanımlamıştık (bkz. Analiz 1): artan fonksiyonlarda \(x < y\) iken \(f(x) \le f(y)\), azalanlarda \(f(x) \ge f(y)\) olur. Bu bölümde ihtiyacımız olan kavram bir tık daha güçlü: eşitliğe hiç izin vermeyen monotonluk. Nedeni basit; birebirlikle ilgileneceğiz ve artan bir fonksiyon pekâlâ sabit olabilir, sabit fonksiyon ise birebir değildir.
Tanım 1.1 (Kesin Monoton Fonksiyon) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. \(A\)’daki her \(x < y\) çifti için
- \(f(x) < f(y)\) oluyorsa \(f\)’ye kesin artan (strictly increasing),
- \(f(x) > f(y)\) oluyorsa \(f\)’ye kesin azalan (strictly decreasing)
denir. Kesin artan ya da kesin azalan fonksiyonlara kesin monoton (strictly monotone) denir.
Tanım gereği kesin artan bir fonksiyon artandır, kesin azalan bir fonksiyon azalandır; tersi doğru değildir. \(\lfloor x \rfloor\) artandır ama \(\lfloor 0{,}2 \rfloor = \lfloor 0{,}7 \rfloor\) olduğundan kesin artan değildir. Sabit fonksiyon hem artan hem azalandır, ama kesin monoton değildir (tanım kümesinde en az iki nokta varsa).
Kesin monotonluğun ilk ve en önemli sonucu, ispatı bir satır süren şu gözlemdir.
Kesin monoton her fonksiyon birebirdir (bkz. Analiz 1). Gerçekten \(x \ne y\) ise ya \(x < y\) ya da \(y < x\)’tir; \(f\) kesin artansa birinci hâlde \(f(x) < f(y)\), ikinci hâlde \(f(y) < f(x)\) olur, her iki durumda da \(f(x) \ne f(y)\). \(f\) kesin azalansa aynı akıl yürütme eşitsizlikler ters çevrilerek yürür. Demek ki
\[f \ \text{kesin monoton} \implies f \ \text{birebir}.\]
Bu çıkarımın tersi genel olarak yanlıştır: \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),
\[f(x) = \begin{cases} x, & x \in \mathbb{Q} \\ -x, & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}\]
fonksiyonu birebirdir (bunu görmek için \(f(x) = f(y)\) ve \(x \neq y\) varsayın: \(x, y\) aynı türdense \(x = y\) ya da \(-x = -y\) çıkar; farklı türdense \(x = -y\) olur, ama \(x\) rasyonel iken \(-y\) irrasyoneldir, çelişki) ama hiçbir aralıkta monoton değildir. Ancak bu fonksiyon \(0\) dışında hiçbir noktada sürekli değil. Bölümün ilk teoremi tam olarak şunu söyleyecek: sürekliliği ekleyince tersi de doğru olur.
1.2 Süreklilik Birebirliği Monotonluğa Zorlar
Sezgi şöyle: sürekli bir fonksiyonun grafiği “kalem kaldırmadan” çizilir. Grafik bir noktada yükselip sonra alçalıyorsa, tepe noktasının hemen altındaki bir yatay doğruyu iki kez keser; ara değer teoremi bu kesişimleri garanti eder. İki kesişim ise iki farklı noktada aynı değer, yani birebirliğin ihlali demektir. Şimdi bu sezgiyi eksiksiz bir ispata çevirelim.
Teorem 1.1 (Birebirlik ve Monotonluk) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) sürekli bir fonksiyon olsun. \(f\) birebir ise \(f\) kesin monotondur; yani ya kesin artandır ya da kesin azalandır.
İspat
\(I\) tek noktadan oluşuyorsa, tanımdaki “\(x < y\) olan her çift için” koşulunu sağlayan çift bulunmadığından \(f\) boş yere hem kesin artan hem kesin azalandır ve söylenecek bir şey kalmaz. Bundan böyle \(I\)’nın en az iki noktası olduğunu varsayalım.
Adım 1: Üç nokta özelliği. \(x < y < z\), \(I\)’nın üç noktası olsun. İddiamız şu: \(f(y)\) değeri, \(f(x)\) ile \(f(z)\) arasındadır; yani ya \(f(x) < f(y) < f(z)\) ya da \(f(z) < f(y) < f(x)\)’tir.
\(f\) birebir olduğundan \(f(x)\), \(f(y)\), \(f(z)\) sayıları birbirinden farklıdır. Dolayısıyla iddia yanlışsa yalnızca iki olasılık kalır: ya \(f(y) > \max\{f(x), f(z)\}\) (orta nokta bir tepe) ya da \(f(y) < \min\{f(x), f(z)\}\) (orta nokta bir çukur). İkisini de ayrı ayrı çürütelim.
Birinci durum: \(f(y) > \max\{f(x), f(z)\}\). \(\max\{f(x), f(z)\} < c < f(y)\) olacak biçimde bir \(c\) sayısı seçelim (iki farklı sayı arasında her zaman bir sayı vardır; örneğin ortalamaları). \(I\) bir aralık ve \(x, y, z \in I\) olduğundan \([x, y] \subseteq I\) ve \([y, z] \subseteq I\)’dır (bkz. Analiz 1); \(f\) bu iki kapalı aralıkta da süreklidir.
\([x, y]\) üzerinde: \(f(x) < c < f(y)\)’dir, çünkü \(c > \max\{f(x), f(z)\} \ge f(x)\) ve \(c < f(y)\). Ara Değer Teoremi gereği \(f(x_1) = c\) olan bir \(x_1 \in (x, y)\) vardır.
\([y, z]\) üzerinde: \(f(z) < c < f(y)\)’dir, yani \(c\) sayısı \(f(y)\) ile \(f(z)\) arasındadır. Yine Ara Değer Teoremi gereği \(f(x_2) = c\) olan bir \(x_2 \in (y, z)\) vardır.
Ama \(x_1 < y < x_2\) olduğundan \(x_1 \ne x_2\)’dir ve \(f(x_1) = f(x_2) = c\)’dir. Bu, \(f\)’nin birebirliğiyle çelişir.
İkinci durum: \(f(y) < \min\{f(x), f(z)\}\). Bu kez \(f(y) < c < \min\{f(x), f(z)\}\) olacak biçimde bir \(c\) seçelim. \([x, y]\) üzerinde \(f(y) < c < f(x)\) olduğundan Ara Değer Teoremi \(f(x_1) = c\) olan bir \(x_1 \in (x, y)\) verir; \([y, z]\) üzerinde \(f(y) < c < f(z)\) olduğundan aynı teorem \(f(x_2) = c\) olan bir \(x_2 \in (y, z)\) verir. Yine \(x_1 \ne x_2\) ve \(f(x_1) = f(x_2)\); birebirlikle çelişki.
Her iki durum da imkânsız olduğuna göre iddia doğrudur: \(f(y)\), \(f(x)\) ile \(f(z)\) arasındadır.
Adım 1’in şu kullanışlı sonucunu ayrıca not edelim: \(p < q < r\) noktaları \(I\)’da ve \(f(p) < f(r)\) ise, \(f(q)\) değeri \(f(p)\) ile \(f(r)\) arasında olduğundan zorunlu olarak
\[f(p) < f(q) < f(r)\]
olur. Buna (⋆) diyelim.
Adım 2: Yön seçimi. \(I\)’nın en az iki noktası olduğundan \(a < b\) olan \(a, b \in I\) seçebiliriz. \(f\) birebir olduğundan \(f(a) \ne f(b)\)’dir. İki durum var.
\(f(a) > f(b)\) ise \(g = -f\) fonksiyonuna geçelim. \(g\) süreklidir (bkz. Analiz 1), birebirdir (\(g(x) = g(y) \Rightarrow f(x) = f(y) \Rightarrow x = y\)) ve \(g(a) < g(b)\)’dir. Aşağıda \(f(a) < f(b)\) durumunda \(f\)’nin kesin artan olduğunu göstereceğiz; bunu \(g\)’ye uygularsak \(g\) kesin artan çıkar, dolayısıyla \(f = -g\) kesin azalan olur. Demek ki \(f(a) < f(b)\) durumunu incelemek yeterli.
Bundan böyle \(a < b\), \(f(a) < f(b)\) olsun. Amacımız: \(u < v\) olan her \(u, v \in I\) için \(f(u) < f(v)\).
Adım 3: \(a\)’nın solu ve \(b\)’nin sağı. Önce iki yardımcı gözlem.
\(x \in I\) ve \(x > b\) ise \(f(b) < f(x)\)’tir. Gerçekten \(a < b < x\) üçlüsüne Adım 1’i uygularsak \(f(b)\), \(f(a)\) ile \(f(x)\) arasındadır. \(f(a) < f(b)\) olduğundan “\(f(x) < f(b) < f(a)\)” seçeneği elenir; geriye \(f(a) < f(b) < f(x)\) kalır.
\(x \in I\) ve \(x < a\) ise \(f(x) < f(a)\)’dır. Bu kez \(x < a < b\) üçlüsüne Adım 1’i uygularız: \(f(a)\), \(f(x)\) ile \(f(b)\) arasındadır. \(f(a) < f(b)\) olduğundan \(f(x) < f(a) < f(b)\) olmak zorundadır.
Adım 4: Genel durum. \(u < v\), \(I\)’nın iki noktası olsun. \(p = \min\{a, u\}\) ve \(r = \max\{b, v\}\) yazalım; \(p, r \in I\)’dır ve \(p \le a < b \le r\) olduğundan \(p < r\)’dir. \(I\) bir aralık olduğundan \([p, r] \subseteq I\); ayrıca \(p \le u < v \le r\)’dir.
Önce \(f(p) < f(r)\) olduğunu görelim. \(p = a\) ise \(f(p) = f(a)\); \(p < a\) ise Adım 3(2) gereği \(f(p) < f(a)\). Her iki hâlde \(f(p) \le f(a)\). Benzer biçimde \(r = b\) ise \(f(r) = f(b)\), \(r > b\) ise Adım 3(1) gereği \(f(r) > f(b)\); her iki hâlde \(f(b) \le f(r)\). \(f(a) < f(b)\) olduğundan
\[f(p) \le f(a) < f(b) \le f(r), \qquad \text{yani} \qquad f(p) < f(r).\]
Şimdi \(u\) ve \(v\)’yi \([p, r]\) içinde konumlarına göre ele alalım.
- \(p < u\) ise, \(p < u < r\) üçlüsüne (⋆) uygulanır (\(f(p) < f(r)\) olduğundan): \(f(p) < f(u) < f(r)\).
- \(p = u\) ise zaten \(f(u) = f(p) < f(r)\).
Her iki durumda da \(f(u) < f(r)\) elde edildi. Şimdi \(v\)’ye bakalım.
- \(v < r\) ise, \(u < v < r\) üçlüsüne (⋆) uygulanır (\(f(u) < f(r)\) olduğundan): \(f(u) < f(v) < f(r)\), özel olarak \(f(u) < f(v)\).
- \(v = r\) ise \(f(v) = f(r) > f(u)\).
Her durumda \(f(u) < f(v)\)’dir. \(u < v\) keyfî seçildiğinden \(f\) kesin artandır ve ispat tamamlanır.
\(\blacksquare\)
Teoremdeki “\(I\) bir aralıktır” hipotezi atılamaz. \(f : \mathbb{R} \setminus \{0\} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonu tanım kümesinin her noktasında süreklidir ve birebirdir (\(\frac{1}{x} = \frac{1}{y} \Rightarrow x = y\)), ama monoton değildir: \(-1 < 1\) iken \(f(-1) = -1 < 1 = f(1)\), oysa \(1 < 2\) iken \(f(1) = 1 > \frac{1}{2} = f(2)\). Fonksiyon \((-\infty, 0)\) ve \((0, \infty)\) parçalarının her birinde kesin azalandır, ama bütünde hiçbir yönde monoton değildir. İspatın kilit adımı olan “\(x, y \in I \Rightarrow [x,y] \subseteq I\)” özelliği burada çöker: \([-1, 1]\) aralığı tanım kümesinin içinde değildir, dolayısıyla ara değer teoremi uygulanamaz.
1.3 Monoton Fonksiyonun Görüntüsü ve Süreklilik
Sürekli bir fonksiyonun bir aralığı yine bir aralığa götürdüğünü biliyoruz (bkz. Analiz 1). Bu, sürekliliğin bir sonucudur; genel olarak tersi doğru değildir — görüntüsü aralık olan süreksiz fonksiyonlar vardır. Ama fonksiyon monoton ise durum tam tersine döner: görüntünün aralık olması, sürekliliğe denk düşer. Nedeni sezgisel olarak açıktır: monoton bir fonksiyonun tek bozulma biçimi sıçramadır, sıçrama ise görüntüde bir delik açar.
Teorem 1.2 (Monoton Fonksiyonun Görüntüsü) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) monoton bir fonksiyon olsun. O hâlde
\[f(I) \ \text{bir aralıktır} \iff f \ \text{süreklidir}.\]
İspat
\(I\) tek noktalıysa her iki taraf da doğrudur (\(f\) o tek noktada süreklidir ve \(f(I)\) tek noktalı bir aralıktır), ispat biter. \(I\)’nın en az iki noktası olduğunu varsayalım.
(\(\Leftarrow\)) \(f\) sürekliyse \(f(I)\) aralıktır. Bu yön monotonluğu hiç kullanmaz; Sürekli Fonksiyon Aralığı Aralığa Götürür tam olarak bunu söyler: sürekli bir fonksiyon, ara değer teoremi sayesinde aldığı iki değerin arasındaki her değeri de alır.
(\(\Rightarrow\)) \(f(I)\) aralıksa \(f\) süreklidir. Karşıt tersini kuracağız: \(f\) bir noktada süreksizse \(f(I)\) aralık değildir.
Önce yönü sabitleyelim. \(f\) azalansa \(g = -f\) artandır, \(g\) ile \(f\) tam olarak aynı noktalarda süreksizdir (bkz. Analiz 1) ve \(g(I) = \{-y : y \in f(I)\}\)’dır. Bir küme aralıksa negatifi de aralıktır (sıralama ters çevrilir, “arada olma” özelliği korunur); dolayısıyla \(g(I)\) aralık değilse \(f(I)\) de aralık değildir. Demek ki \(f\)’nin artan olduğunu varsaymak yeterli.
\(f\) artan ve \(x_0 \in I\) noktasında süreksiz olsun. \(x_0\) ya \(I\)’nın bir iç noktasıdır ya da \(I\)’ya ait bir uç noktasıdır. İki durumu ayrı ayrı yürütelim.
Durum 1: \(x_0\) bir iç noktadır. Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri Sıçramadır gereği \(f(x_0^-)\) ve \(f(x_0^+)\) tek yönlü limitleri vardır ve
\[f(x_0^-) \le f(x_0) \le f(x_0^+)\]
sağlanır; ayrıca \(f\) süreksiz olduğundan \(f(x_0^-) < f(x_0^+)\)’dır. O hâlde ya \(f(x_0^-) < f(x_0)\) ya da \(f(x_0) < f(x_0^+)\) olmalıdır (ikisi birden eşit olsaydı \(f(x_0^-) = f(x_0^+)\) olurdu).
Birinci alt durumda \(f(x_0^-) < c < f(x_0)\) olan bir \(c\) seçelim. Monoton Fonksiyonun Tek Yönlü Limitleri gereği \(f(x_0^-) = \sup\{f(x) : x \in I,\ x < x_0\}\)’dır; dolayısıyla \(x < x_0\) olan her \(x \in I\) için \(f(x) \le f(x_0^-) < c\)’dir. Öte yandan \(x \ge x_0\) olan her \(x \in I\) için \(f(x) \ge f(x_0) > c\)’dir. Demek ki \(c \notin f(I)\). Ama \(x_0\) iç nokta olduğundan \(x_0\)’ın solunda \(I\)’nın bir \(x'\) noktası vardır ve \(f(x') < c\); ayrıca \(f(x_0) > c\)’dir. Yani \(f(I)\) kümesi \(c\)’nin hem solunda hem sağında eleman içeriyor ama \(c\)’yi içermiyor: \(f(I)\) aralık değildir.
İkinci alt durumda \(f(x_0) < c < f(x_0^+)\) olan bir \(c\) seçeriz. \(f(x_0^+) = \inf\{f(x) : x \in I,\ x > x_0\}\) olduğundan \(x > x_0\) olan her \(x \in I\) için \(f(x) \ge f(x_0^+) > c\); \(x \le x_0\) olan her \(x\) için ise \(f(x) \le f(x_0) < c\). Yine \(c \notin f(I)\), ama \(f(x_0) < c\) ve \(x_0\)’ın sağındaki bir \(x''\) için \(f(x'') > c\). \(f(I)\) aralık değildir.
Durum 2: \(x_0\), \(I\)’ya ait bir uç noktadır. Önce \(x_0 = \min I\) olsun; sağ uç noktası durumunu, sıralamayı ters çeviren aynı akıl yürütmeyle hemen ardından ayrıca yazacağız. \(I\)’nın en az iki noktası olduğundan \(x_0\)’ın sağında \(I\)’nın noktaları vardır. Şu kümeyi kuralım:
\[S = \{f(x) : x \in I, \ x > x_0\}.\]
\(S\) boş değildir ve \(f\) artan olduğundan \(f(x_0)\) sayısı \(S\) için bir alt sınırdır. Tamlık aksiyomu gereği \(L = \inf S\) vardır ve \(f(x_0) \le L\)’dir. Şimdi \(\lim_{x \to x_0^+} f(x) = L\) olduğunu gösterelim: \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(L = \inf S\) olduğundan \(f(x_1) < L + \varepsilon\) olan bir \(x_1 \in I\), \(x_1 > x_0\) vardır (bkz. Analiz 1). \(\delta = x_1 - x_0 > 0\) alalım. \(x \in I\) ve \(x_0 < x < x_0 + \delta = x_1\) ise \(f\) artan olduğundan \(f(x) \le f(x_1) < L + \varepsilon\); ayrıca \(f(x) \in S\) olduğundan \(f(x) \ge L\). Demek ki \(|f(x) - L| < \varepsilon\); yani \(f(x_0^+) = L\) (bkz. Analiz 1).
\(x_0\) sol uç nokta olduğundan \(I\)’nın \(x_0\) yakınındaki bütün noktaları \(x_0\)’ın sağındadır; bu yüzden \(f\)’nin \(x_0\)’da sürekli olması, tam olarak \(\lim_{x \to x_0^+} f(x) = f(x_0)\), yani \(L = f(x_0)\) demektir. \(f\) süreksiz olduğuna göre \(f(x_0) < L\)’dir.
\(f(x_0) < c < L\) olan bir \(c\) seçelim. \(x > x_0\) olan her \(x \in I\) için \(f(x) \in S\), dolayısıyla \(f(x) \ge L > c\); ve \(f(x_0) < c\). Demek ki \(c \notin f(I)\), ama \(f(I)\) kümesi \(c\)’nin iki yanında da eleman içeriyor. \(f(I)\) aralık değildir.
\(x_0 = \max I\) durumunda \(T = \{f(x) : x \in I,\ x < x_0\}\) kümesi boş değildir ve \(f(x_0)\) ile üstten sınırlıdır; \(M = \sup T\) olsun, \(M \le f(x_0)\). Yukarıdakinin aynısıyla (\(\varepsilon > 0\) için \(f(x_1) > M - \varepsilon\) olan \(x_1 < x_0\) seçilir, Supremum için Epsilon Ölçütü; \(\delta = x_0 - x_1\) alınır) \(f(x_0^-) = M\) bulunur. Süreklilik \(M = f(x_0)\) demek olduğundan, süreksizlik \(M < f(x_0)\) verir. \(M < c < f(x_0)\) seçersek \(x < x_0\) olan her \(x\) için \(f(x) \le M < c\) ve \(f(x_0) > c\) olur; \(c \notin f(I)\), ama \(f(I)\) kümesi \(c\)’nin iki yanında da eleman içerir. Yine \(f(I)\) aralık değildir.
Bütün durumlarda \(f(I)\) aralık olmadığından karşıt ters ispatlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Teoremin (\(\Rightarrow\)) yönü monotonluk olmadan çöker. \(f : [0, 2] \to \mathbb{R}\),
\[f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x < 1 \\ 3 - x, & 1 \le x \le 2 \end{cases}\]
fonksiyonunu ele alalım. \(f\) fonksiyonu \(x = 1\) noktasında süreksizdir (\(f(1^-) = 1\), \(f(1) = 2\)), ama görüntüsü \(f([0,1)) \cup f([1,2]) = [0,1) \cup [1,2] = [0,2]\), yani tam bir aralıktır. Süreksiz bir fonksiyonun görüntüsü de aralık olabilir; teoremdeki denkliği kuran şey monotonluktur.
1.4 Ters Fonksiyon Teoremi
Şimdi bölümün ana sonucuna geldik. Bir fonksiyonun tersinin var olması için birebir-örten olması gerekiyordu (bkz. Analiz 1). Buradaki soru daha ince: ters fonksiyon sürekli midir? Yanıt, tanım kümesi bir aralık olduğu sürece evettir ve ispatı yukarıdaki iki teoremin birleşiminden ibarettir.
Teorem 1.3 (Ters Fonksiyon Teoremi, Sürekli Sürüm) \(a < b\) ve \(f : [a, b] \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin artan olsun. \(A = f(a)\), \(B = f(b)\) yazalım. O hâlde:
- \(f\), \([a,b]\) aralığını \([A, B]\) aralığı üzerine birebir-örten olarak eşler; yani \(f([a,b]) = [A, B]\)’dir.
- \(f^{-1} : [A, B] \to [a, b]\) ters fonksiyonu vardır.
- \(f^{-1}\) süreklidir ve kesin artandır.
İspat
(1) \(f\) kesin artan olduğundan birebirdir. \(a < b\) olduğundan \(A = f(a) < f(b) = B\)’dir. Her \(x \in [a,b]\) için \(a \le x \le b\)’dir; \(f\) artan olduğundan \(A = f(a) \le f(x) \le f(b) = B\), yani \(f([a,b]) \subseteq [A, B]\).
Ters kapsama için \(y \in [A, B]\) alalım. \(y = A\) ise \(y = f(a)\); \(y = B\) ise \(y = f(b)\). \(A < y < B\) ise \(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \(f(a) < y < f(b)\) olduğundan Ara Değer Teoremi gereği \(f(c) = y\) olan bir \(c \in (a, b)\) vardır. Her üç hâlde \(y \in f([a,b])\); dolayısıyla \([A, B] \subseteq f([a,b])\).
İki kapsamadan \(f([a,b]) = [A,B]\) çıkar. \(f : [a,b] \to [A,B]\) fonksiyonu birebirdir ve görüntüsü hedef kümenin tamamı olduğundan örtendir; yani birebir-örtendir.
(2) Birebir-örten olduğundan Ters Fonksiyonun Varlığı gereği \(f^{-1} : [A, B] \to [a,b]\) ters fonksiyonu vardır ve her \(y \in [A,B]\) için \(f^{-1}(y)\), \(f(x) = y\) denklemini sağlayan tek \(x \in [a,b]\) noktasıdır.
(3a) \(f^{-1}\) kesin artandır. \(y_1 < y_2\), \([A,B]\)’nin iki noktası olsun; \(x_1 = f^{-1}(y_1)\), \(x_2 = f^{-1}(y_2)\) yazalım, yani \(f(x_1) = y_1\), \(f(x_2) = y_2\). Üçlem yasası gereği \(x_1 < x_2\), \(x_1 = x_2\) ya da \(x_1 > x_2\) olmalıdır. \(x_1 = x_2\) olsaydı \(y_1 = f(x_1) = f(x_2) = y_2\) olurdu, oysa \(y_1 < y_2\). \(x_1 > x_2\) olsaydı \(f\) kesin artan olduğundan \(y_1 = f(x_1) > f(x_2) = y_2\) olurdu, yine çelişki. Geriye \(x_1 < x_2\), yani \(f^{-1}(y_1) < f^{-1}(y_2)\) kalır.
(3b) \(f^{-1}\) süreklidir. \(f^{-1}\) fonksiyonunun tanım kümesi \([A, B]\) bir aralıktır, kendisi (3a) gereği monotondur ve görüntüsü \(f^{-1}([A,B]) = [a,b]\), yine bir aralıktır. Teorem 1.2’in (\(\Rightarrow\)) yönü tam bu durumda uygulanır ve \(f^{-1}\)’in sürekli olduğunu verir.
İkinci yol: doğrudan \(\varepsilon\)–\(\delta\). Aynı sonucu teoreme başvurmadan da elde edebiliriz; bu, sürekliliğin nereden geldiğini görmek açısından öğreticidir. \(y_0 \in [A, B]\) ve \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(x_0 = f^{-1}(y_0)\) yazalım. Şu iki sayıyı tanımlayalım:
\[\alpha = \max\{a,\ x_0 - \varepsilon\}, \qquad \beta = \min\{b,\ x_0 + \varepsilon\}.\]
O hâlde \(a \le \alpha \le x_0 \le \beta \le b\)’dir ve \(x_0 - \alpha \le \varepsilon\), \(\beta - x_0 \le \varepsilon\) olur. Ayrıca \(a < b\) olduğundan \(\alpha < x_0\) ya da \(x_0 < \beta\) (belki ikisi birden) doğrudur; gerçekten \(\alpha = x_0 = \beta\) olsaydı \(x_0 = a\) ve \(x_0 = b\), yani \(a = b\) çıkardı. Şimdi
\[\delta = \begin{cases} \min\big\{f(x_0) - f(\alpha),\ f(\beta) - f(x_0)\big\}, & \alpha < x_0 \ \text{ve} \ x_0 < \beta, \\[2pt] f(x_0) - f(\alpha), & \alpha < x_0 = \beta, \\[2pt] f(\beta) - f(x_0), & \alpha = x_0 < \beta \end{cases}\]
alalım; bir önceki cümle gereği bu üç durumdan tam olarak biri gerçekleşir ve \(f\) kesin artan olduğundan sağ taraftaki bütün farklar pozitiftir, dolayısıyla \(\delta > 0\)’dır. Ayrıca \(\alpha < x_0\) olan hâllerde \(\delta \le f(x_0) - f(\alpha)\), \(x_0 < \beta\) olan hâllerde ise \(\delta \le f(\beta) - f(x_0)\) olur; aşağıda yalnızca bu iki eşitsizliği kullanacağız.
\(y \in [A, B]\) ve \(|y - y_0| < \delta\) olsun; \(x = f^{-1}(y)\) yazalım. Eğer \(\alpha < x_0\) ise \(y > y_0 - \delta \ge y_0 - (f(x_0) - f(\alpha)) = f(\alpha)\), yani \(y > f(\alpha)\); \(f^{-1}\) kesin artan olduğundan \(x = f^{-1}(y) > f^{-1}(f(\alpha)) = \alpha\). Eğer \(\alpha = x_0\) ise zaten \(x \ge a = \alpha\)’dır. Her iki hâlde \(x \ge \alpha\), dolayısıyla \(x_0 - x \le x_0 - \alpha \le \varepsilon\). Simetrik olarak, \(\beta > x_0\) ise \(y < y_0 + \delta \le f(\beta)\) ve \(x < \beta\); \(\beta = x_0\) ise \(x \le b = \beta\). Her iki hâlde \(x \le \beta\), dolayısıyla \(x - x_0 \le \beta - x_0 \le \varepsilon\).
İki eşitsizliği birleştirirsek \(|f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)| = |x - x_0| \le \varepsilon\) olur. \(\varepsilon\) keyfî olduğundan (istenirse baştan \(\varepsilon\) yerine \(\frac{\varepsilon}{2}\) ile çalışılarak katı eşitsizlik de sağlanır) \(f^{-1}\), \(y_0\)’da süreklidir.
\(\blacksquare\)
Kesin azalan durumu için teoremi yeniden ispatlamaya gerek yok; işaret değiştirmek yeterli.
Sonuç 1.1 (Kesin Azalan Durum) \(a < b\) ve \(f : [a, b] \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin azalan olsun. O hâlde \(f([a,b]) = [f(b), f(a)]\)’dır, \(f : [a,b] \to [f(b), f(a)]\) birebir-örtendir ve \(f^{-1} : [f(b), f(a)] \to [a,b]\) süreklidir ve kesin azalandır.
İspat
\(g = -f\) olsun. \(g\) süreklidir (bkz. Analiz 1) ve kesin artandır: \(x < y\) ise \(f(x) > f(y)\), dolayısıyla \(g(x) = -f(x) < -f(y) = g(y)\).
Teorem 1.3’i \(g\)’ye uygulayalım: \(g([a,b]) = [g(a), g(b)] = [-f(a), -f(b)]\) ve \(g^{-1} : [-f(a), -f(b)] \to [a,b]\) süreklidir, kesin artandır.
Şimdi \(f = -g\) olduğundan
\[f([a,b]) = \{-t : t \in g([a,b])\} = \{-t : -f(a) \le t \le -f(b)\} = [f(b), f(a)].\]
\(f\) kesin azalan olduğundan birebirdir; görüntüsü \([f(b), f(a)]\) olduğundan \(f : [a,b] \to [f(b), f(a)]\) birebir-örtendir ve tersi vardır.
Ters fonksiyonun formülünü bulalım. \(y \in [f(b), f(a)]\) olsun. O hâlde \(-y \in [-f(a), -f(b)]\), yani \(g^{-1}(-y)\) tanımlıdır ve
\[f\big(g^{-1}(-y)\big) = -g\big(g^{-1}(-y)\big) = -(-y) = y.\]
Demek ki \(f^{-1}(y) = g^{-1}(-y)\)’dir; yani \(f^{-1}\), \(y \mapsto -y\) ile \(g^{-1}\) fonksiyonlarının bileşkesidir. \(y \mapsto -y\) süreklidir ve \(g^{-1}\) süreklidir; bileşke süreklidir (bkz. Analiz 1). Dolayısıyla \(f^{-1}\) süreklidir.
Monotonluk yönü için \(y_1 < y_2\) alalım. \(-y_1 > -y_2\)’dir ve \(g^{-1}\) kesin artan olduğundan \(g^{-1}(-y_1) > g^{-1}(-y_2)\), yani \(f^{-1}(y_1) > f^{-1}(y_2)\). \(f^{-1}\) kesin azalandır.
\(\blacksquare\)
1.5 Genel Aralıklarda Ters Fonksiyon
Kapalı ve sınırlı aralık varsayımı, yukarıdaki teoremde yalnızca görüntü kümesini \([A,B]\) biçiminde yazabilmek için işe yaradı. Açık, yarı açık ya da sonsuz aralıklarda da her şey aynı biçimde çalışır; tek fark, görüntünün uç noktalarının artık limitlerle belirlenmesidir. Genel ifadeyi yazalım.
Teorem 1.4 (Genelleştirilmiş Ters Fonksiyon Teoremi) \(I \subseteq \mathbb{R}\) herhangi bir aralık (açık, kapalı, yarı açık, sınırlı ya da sınırsız) ve \(f : I \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin monoton olsun. O hâlde:
- \(J = f(I)\) görüntü kümesi bir aralıktır.
- \(f : I \to J\) birebir-örtendir.
- \(f^{-1} : J \to I\) ters fonksiyonu vardır, süreklidir ve \(f\) ile aynı yönde kesin monotondur: \(f\) kesin artansa \(f^{-1}\) kesin artan, \(f\) kesin azalansa \(f^{-1}\) kesin azalandır.
İspat
(1) \(f\) sürekli ve \(I\) bir aralık olduğundan Sürekli Fonksiyon Aralığı Aralığa Götürür gereği \(J = f(I)\) bir aralıktır.
(2) \(f\) kesin monoton olduğundan birebirdir. \(J\) tanımı gereği \(f\)’nin görüntü kümesi olduğundan \(f : I \to J\) örtendir. Demek ki birebir-örtendir ve Ters Fonksiyonun Varlığı gereği \(f^{-1} : J \to I\) vardır.
(3a) Monotonluk. Önce \(f\)’nin kesin artan olduğunu varsayalım. \(y_1 < y_2\), \(J\)’nin iki noktası ve \(x_1 = f^{-1}(y_1)\), \(x_2 = f^{-1}(y_2)\) olsun. \(x_1 = x_2\) ise \(y_1 = y_2\) olurdu; \(x_1 > x_2\) ise \(f\) kesin artan olduğundan \(y_1 = f(x_1) > f(x_2) = y_2\) olurdu. Her ikisi de \(y_1 < y_2\) ile çelişir; demek ki \(x_1 < x_2\), yani \(f^{-1}\) kesin artandır.
Şimdi \(f\)’nin kesin azalan olduğunu varsayalım. Yine \(y_1 < y_2\) ve \(x_1 = f^{-1}(y_1)\), \(x_2 = f^{-1}(y_2)\) olsun. \(x_1 = x_2\) ise \(y_1 = y_2\); \(x_1 < x_2\) ise \(f\) kesin azalan olduğundan \(y_1 = f(x_1) > f(x_2) = y_2\). İkisi de çelişki verdiğinden \(x_1 > x_2\), yani \(f^{-1}\) kesin azalandır.
(3b) Süreklilik. \(f^{-1}\) fonksiyonunun tanım kümesi \(J\), (1) gereği bir aralıktır; \(f^{-1}\), (3a) gereği monotondur; görüntü kümesi ise \(f^{-1}(J) = I\), yani yine bir aralıktır. Teorem 1.2’in (\(\Rightarrow\)) yönü doğrudan \(f^{-1}\)’in sürekli olduğunu verir.
\(\blacksquare\)
Geriye tek bir pratik soru kalıyor: \(J = f(I)\) aralığının uçları nedir? Kapalı aralık durumunda yanıt \(f(a)\) ve \(f(b)\) idi. Genel durumda uçlar, uç noktalardaki tek yönlü limitlerle belirlenir; uç nokta tanım kümesine aitse limit yerine değerin kendisi alınır.
Önerme 1.1 (Görüntü Aralığının Uç Noktaları) \(I\), en az iki noktası olan bir aralık; \(\alpha = \inf I \in [-\infty, \infty)\) ve \(\beta = \sup I \in (-\infty, \infty]\) olsun (sınırsız uçlarda \(\inf I = -\infty\), \(\sup I = +\infty\) yazıyoruz). \(f : I \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin artan olsun. Şu iki genişletilmiş reel sayıyı tanımlayalım:
\[L = \begin{cases} f(\alpha), & \alpha \in I \\[2pt] \displaystyle\lim_{x \to \alpha^+} f(x), & \alpha \notin I \end{cases} \qquad\qquad M = \begin{cases} f(\beta), & \beta \in I \\[2pt] \displaystyle\lim_{x \to \beta^-} f(x), & \beta \notin I. \end{cases}\]
(\(\alpha = -\infty\) durumunda \(\lim_{x \to \alpha^+} f(x)\) yerine \(\lim_{x \to -\infty} f(x)\), \(\beta = +\infty\) durumunda \(\lim_{x \to \beta^-} f(x)\) yerine \(\lim_{x \to \infty} f(x)\) okunur.) Bu limitler genişletilmiş anlamda her zaman vardır: \(L \in [-\infty, \infty)\) ve \(M \in (-\infty, \infty]\). O hâlde \(J = f(I)\), uçları \(L\) ve \(M\) olan aralıktır; üstelik
\[L \in J \iff \alpha \in I, \qquad M \in J \iff \beta \in I.\]
Özel olarak \(I = (\alpha, \beta)\) ise
\[f\big((\alpha, \beta)\big) = \Big(\lim_{x \to \alpha^+} f(x), \ \lim_{x \to \beta^-} f(x)\Big)\]
olur ve bu limitler \(\pm\infty\) olabilir.
İspat
\(J = f(I)\) kümesi Teorem 1.4 (1) gereği bir aralıktır. Bir aralığın uçları infimumu ve supremumudur; o hâlde \(\inf J = L\) ve \(\sup J = M\) olduğunu, ayrıca bu değerlerin ne zaman \(J\)’ye ait olduğunu göstermek yeterlidir. Üst uçla ilgili iddiaları ispatlayalım; alt uç, bütün eşitsizlikler ters çevrilerek aynı biçimde yürür ve onu da ayrıca yazacağız.
Durum A: \(\beta \in I\). O hâlde \(\beta = \max I\)’dır. Her \(x \in I\) için \(x \le \beta\) ve \(f\) artan olduğundan \(f(x) \le f(\beta)\)’dır. Demek ki \(f(\beta) = M\), \(J\)’nin bir üst sınırıdır ve \(M = f(\beta) \in J\) olduğundan \(\sup J = M\) ve \(M \in J\)’dir.
Durum B: \(\beta \notin I\). Önce \(J\)’nin en büyük elemanı olmadığını gösterelim; ardından \(\sup J\) ile tanımdaki \(M\) limitinin aynı sayı olduğunu.
\(J\)’nin en büyük elemanı yoktur. Bir \(f(x_0)\) değeri \(J\)’nin en büyüğü olsaydı, \(x_0 \in I\) ve \(x_0 < \beta = \sup I\) olduğundan \(x_0 < x_1\) olan bir \(x_1 \in I\) bulunurdu (aksi hâlde \(x_0\), \(I\) için bir üst sınır olur ve \(\sup I \le x_0 < \beta\) çıkardı). \(f\) kesin artan olduğundan \(f(x_1) > f(x_0)\) olurdu; bu, \(f(x_0)\)’ın \(J\)’nin en büyük elemanı olmasıyla çelişir. Demek ki \(J\)’nin en büyük elemanı yoktur; özel olarak \(\sup J \notin J\)’dir.
Şimdi \(M_0 = \sup J \in (-\infty, \infty]\) yazalım (\(J\) boş olmadığından \(M_0 > -\infty\)’dur) ve \(\lim_{x \to \beta^-} f(x) = M_0\) olduğunu gösterelim; bu, tanımdaki \(M\) ile \(M_0\)’ın aynı sayı olduğunu verir.
\(M_0\) sonluysa: \(\varepsilon > 0\) verilsin. Supremum için Epsilon Ölçütü gereği \(f(x_1) > M_0 - \varepsilon\) olan bir \(x_1 \in I\) vardır. \(\beta \notin I\) olduğundan \(x_1 < \beta\)’dır. \(x \in I\) ve \(x_1 < x < \beta\) ise \(f\) artan olduğundan \(f(x) \ge f(x_1) > M_0 - \varepsilon\); ayrıca \(f(x) \le M_0\) (\(M_0\) üst sınır) olduğundan \(|f(x) - M_0| < \varepsilon\). \(\beta\) sonluysa \(\delta = \beta - x_1 > 0\) almak, \(\beta = +\infty\) ise \(K = x_1\) almak, sırasıyla \(\lim_{x \to \beta^-} f(x) = M_0\) ve \(\lim_{x \to \infty} f(x) = M_0\) tanımlarını sağlar.
\(M_0 = +\infty\) ise: \(K \in \mathbb{R}\) verilsin. \(J\) üstten sınırsız olduğundan \(f(x_1) > K\) olan bir \(x_1 \in I\) vardır ve \(x_1 < \beta\)’dır. \(x \in I\), \(x_1 < x < \beta\) için \(f(x) \ge f(x_1) > K\)’dır. Bu, \(\beta\) sonluysa \(\lim_{x \to \beta^-} f(x) = +\infty\), \(\beta = +\infty\) ise \(\lim_{x \to \infty} f(x) = +\infty\) demektir (bkz. Analiz 1, Sonsuzdaki Limit).
Her iki hâlde de \(M = M_0 = \sup J\) bulunur; \(J\)’nin en büyük elemanı olmadığını yukarıda gösterdiğimizden \(M \notin J\)’dir.
Alt uç. \(\alpha \in I\) ise \(\alpha = \min I\)’dır ve her \(x \in I\) için \(f(\alpha) \le f(x)\) olduğundan \(L = f(\alpha) = \min J = \inf J \in J\)’dir. \(\alpha \notin I\) ise, \(L_0 = \inf J\) yazalım; \(L_0\) bir \(f(x_0)\) değerine eşit olsaydı \(x_0 > \alpha = \inf I\) olduğundan \(x_1 < x_0\) olan bir \(x_1 \in I\) bulunur ve \(f(x_1) < f(x_0) = L_0\) çıkardı, çelişki. Yani \(\inf J\) alınmaz. Limit hesabı da simetriktir: \(L_0\) sonluysa, \(\varepsilon > 0\) için İnfimum için Epsilon Ölçütü gereği \(f(x_1) < L_0 + \varepsilon\) olan bir \(x_1 \in I\), \(x_1 > \alpha\) vardır ve \(\alpha < x < x_1\) olan her \(x \in I\) için \(L_0 \le f(x) \le f(x_1) < L_0 + \varepsilon\) olur; \(L_0 = -\infty\) ise her \(K\) için \(f(x_1) < K\) olan bir \(x_1\) bulunur ve \(\alpha < x < x_1\) için \(f(x) < K\) olur. Böylece \(L = L_0 = \inf J\) ve \(L \notin J\).
Sonuç. \(J\) bir aralık, \(\inf J = L\), \(\sup J = M\)’dir; ayrıca \(L \in J\) olması ancak ve ancak \(\alpha \in I\) olmasıyla, \(M \in J\) olması ancak ve ancak \(\beta \in I\) olmasıyla gerçekleşir. Bir aralık için \((L, M) \subseteq J \subseteq [L, M]\) olduğundan (\(L < y < M\) ise \(\inf J < y\) ve \(\sup J > y\) olduğundan \(J\)’de \(y\)’nin iki yanında eleman vardır, aralık olma özelliği \(y \in J\) verir), \(J\) tam olarak uçları \(L\) ve \(M\) olan, uçları yukarıdaki ölçüte göre içeren ya da içermeyen aralıktır.
\(\blacksquare\)
\(f\) kesin azalansa aynı sonuç \(g = -f\)’ye uygulanarak elde edilir; yalnızca uçlar yer değiştirir. \(f : (\alpha, \beta) \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin azalansa
\[f\big((\alpha, \beta)\big) = \Big(\lim_{x \to \beta^-} f(x), \ \lim_{x \to \alpha^+} f(x)\Big)\]
olur: sol uçtaki limit görüntünün sağ ucunu, sağ uçtaki limit ise sol ucunu verir.
Teoremi bir hesapta çalıştıralım.
Örnek 1.1 (Bir Polinomun Görüntü Kümesi) \(f : [0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^4 + 2x + 3\) olsun. \(f\)’nin görüntü kümesini bulun ve \(f^{-1}\)’in sürekli olduğunu gösterin.
Çözüm
Süreklilik. \(f\) bir polinomdur, dolayısıyla \(\mathbb{R}\)’de, özel olarak \([0,\infty)\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1).
Kesin artanlık. \(0 \le x < y\) olsun. Bir yandan
\[y^4 - x^4 = (y - x)(y^3 + y^2 x + y x^2 + x^3) > 0\]
olur: \(y - x > 0\)’dır ve parantez içindeki dört terimin hepsi negatif değildir (\(x, y \ge 0\)), üstelik \(y > x \ge 0\) olduğundan \(y > 0\) ve \(y^3 > 0\)’dır, yani parantez kesin pozitiftir. Öte yandan \(2x < 2y\)’dir. İkisini toplarsak
\[f(x) = x^4 + 2x + 3 < y^4 + 2y + 3 = f(y).\]
Demek ki \(f\), \([0, \infty)\) üzerinde kesin artandır.
Uç noktalar. Tanım kümesi \(I = [0, \infty)\) için \(\alpha = 0 \in I\) ve \(\beta = +\infty \notin I\)’dır. Önerme 1.1 gereği
\[L = f(0) = 0 + 0 + 3 = 3, \qquad M = \lim_{x \to \infty} f(x).\]
Bu limiti hesaplayalım: \(x \ge 0\) için \(x^4 \ge 0\) olduğundan \(f(x) \ge 2x + 3\)’tür. Verilen bir \(K\) için \(x > \frac{K}{2}\) alırsak \(f(x) \ge 2x + 3 > K + 3 > K\) olur; dolayısıyla \(\lim_{x \to \infty} f(x) = +\infty\), yani \(M = +\infty\).
Görüntü. Alt uç tanım kümesine ait, üst uç değil; Önerme 1.1 gereği
\[f\big([0, \infty)\big) = [3, \infty).\]
Ters fonksiyon. \(f : [0,\infty) \to [3, \infty)\) sürekli ve kesin monoton olduğundan Teorem 1.4 gereği birebir-örtendir; \(f^{-1} : [3, \infty) \to [0, \infty)\) vardır, süreklidir ve kesin artandır. Bu ters fonksiyonun kapalı bir formülü yoktur (dördüncü dereceden bir denklemin kökü olarak yazılabilir ama pratik değildir); yine de varlığı, sürekliliği ve monotonluğu elimizdedir. Örneğin \(f(1) = 1 + 2 + 3 = 6\) olduğundan \(f^{-1}(6) = 1\)’dir ve \(x^4 + 2x + 3 = 6\) denkleminin \([0, \infty)\)’daki tek çözümü \(x = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Şimdi teoremin en çok kullanılan uygulamasına gelelim: ters trigonometrik fonksiyonların sürekliliği.
Örnek 1.2 (Ters Trigonometrik Fonksiyonların Sürekliliği) \(\arcsin\), \(\arccos\) ve \(\arctan\) fonksiyonlarının tanımlı ve sürekli olduğunu gösterin.
Çözüm
\(\arcsin\). \(\sin\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1), ama birebir değildir; bu yüzden onu \(\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]\) aralığına kısıtlarız (bkz. Analiz 1). Bu kısıtlamanın kesin artan olduğunu gösterelim: \(-\frac{\pi}{2} \le x < y \le \frac{\pi}{2}\) olsun. Sinüs farkı özdeşliğinden
\[\sin y - \sin x = 2 \sin\left(\frac{y - x}{2}\right) \cos\left(\frac{y + x}{2}\right).\]
Burada \(0 < \frac{y-x}{2} \le \frac{\pi}{2}\) olduğundan \(\sin\left(\frac{y-x}{2}\right) > 0\)’dır. Ayrıca \(-\frac{\pi}{2} \le \frac{x+y}{2} \le \frac{\pi}{2}\)’dir ve uçlara eşitlik ancak \(x = y = \pm\frac{\pi}{2}\) olursa gerçekleşir, oysa \(x < y\)’dir; dolayısıyla \(-\frac{\pi}{2} < \frac{x+y}{2} < \frac{\pi}{2}\) ve \(\cos\left(\frac{x+y}{2}\right) > 0\)’dır. İki pozitif çarpanın çarpımı pozitif olduğundan \(\sin y > \sin x\).
O hâlde \(\sin : \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \to \mathbb{R}\) sürekli ve kesin artandır. Teorem 1.3 gereği görüntüsü
\[\left[\sin\left(-\tfrac{\pi}{2}\right), \ \sin\left(\tfrac{\pi}{2}\right)\right] = [-1, 1]\]
aralığıdır, \(\sin : \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \to [-1,1]\) birebir-örtendir ve ters fonksiyonu
\[\arcsin : [-1, 1] \to \left[-\tfrac{\pi}{2}, \tfrac{\pi}{2}\right]\]
sürekli ve kesin artandır. Tek satırlık bir \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabı bile yapmadık.
\(\arccos\). \(\cos\) fonksiyonunu \([0, \pi]\) aralığına kısıtlayalım. \(0 \le x < y \le \pi\) için kosinüs farkı özdeşliği
\[\cos y - \cos x = -2 \sin\left(\frac{y + x}{2}\right)\sin\left(\frac{y - x}{2}\right)\]
verir. \(0 < \frac{y-x}{2} \le \frac{\pi}{2}\) olduğundan ikinci sinüs pozitiftir; \(0 \le \frac{x+y}{2} \le \pi\) ve uçlara eşitlik ancak \(x = y = 0\) ya da \(x = y = \pi\) olursa gerçekleşeceğinden \(0 < \frac{x+y}{2} < \pi\) ve birinci sinüs de pozitiftir. Baştaki eksi işaretiyle birlikte \(\cos y - \cos x < 0\), yani \(\cos\) bu aralıkta kesin azalandır. Sonuç 1.1 gereği görüntü \([\cos \pi, \cos 0] = [-1, 1]\)’dir ve
\[\arccos : [-1, 1] \to [0, \pi]\]
sürekli ve kesin azalandır.
\(\arctan\). \(\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}\) fonksiyonu, \(\cos x \ne 0\) olan her noktada süreklidir (bkz. Analiz 1); özel olarak \(\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) açık aralığında süreklidir, çünkü orada \(\cos x > 0\)’dır. Kesin artanlığı gösterelim: \(-\frac{\pi}{2} < x < y < \frac{\pi}{2}\) olsun. Ortak paydada topladığımızda
\[\tan y - \tan x = \frac{\sin y \cos x - \cos y \sin x}{\cos x \cos y} = \frac{\sin(y - x)}{\cos x \cos y}\]
buluruz. Payda pozitiftir (\(\cos x, \cos y > 0\)); pay da pozitiftir, çünkü \(0 < y - x < \pi\)’dir. Demek ki \(\tan y > \tan x\).
Uç noktalardaki limitleri hesaplayalım. \(x \to \left(\frac{\pi}{2}\right)^-\) iken \(\sin x \to 1\) ve \(\cos x \to 0\) olur, üstelik \(\cos x > 0\)’dır; dolayısıyla \(\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} \to +\infty\). Açıkça: verilen \(K > 0\) için, \(\sin\) ve \(\cos\) sürekli olduğundan \(\frac{\pi}{2}\)’ye yeterince yakın \(x < \frac{\pi}{2}\) noktalarında \(\sin x > \frac{1}{2}\) ve \(0 < \cos x < \frac{1}{2K}\) sağlanır; bu \(x\)’ler için \(\tan x > \frac{1/2}{1/(2K)} = K\) olur. Simetrik biçimde \(x \to \left(-\frac{\pi}{2}\right)^+\) iken \(\sin x \to -1\), \(\cos x \to 0^+\) ve \(\tan x \to -\infty\) olur (\(\tan\) tek bir fonksiyondur: \(\tan(-x) = -\tan x\), bu yüzden sol uçtaki limit sağ uçtakinin negatifidir).
Önerme 1.1 gereği
\[\tan\left(\left(-\tfrac{\pi}{2}, \tfrac{\pi}{2}\right)\right) = (-\infty, +\infty) = \mathbb{R}.\]
Demek ki \(\tan : \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \to \mathbb{R}\) sürekli, kesin artan ve birebir-örtendir. Teorem 1.4 gereği
\[\arctan : \mathbb{R} \to \left(-\tfrac{\pi}{2}, \tfrac{\pi}{2}\right)\]
vardır, süreklidir ve kesin artandır.
Aynı yöntem \(\sqrt[n]{\cdot}\) fonksiyonlarına da uygulanır: \(n\) tek ise \(x \mapsto x^n\), \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli ve kesin artandır, görüntüsü \(\mathbb{R}\)’dir, dolayısıyla \(\sqrt[n]{\cdot} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) süreklidir; \(n\) çift ise \(x \mapsto x^n\), \([0, \infty)\) üzerinde sürekli ve kesin artandır, görüntüsü \([0, \infty)\)’dur ve \(\sqrt[n]{\cdot} : [0,\infty) \to [0,\infty)\) süreklidir.
\(\blacksquare\)
1.6 Tanım Kümesi Aralık Değilse
Bütün bu teoremlerde tanım kümesinin aralık olduğunu varsaydık. Bu varsayım süslemeden ibaret değildir: kaldırıldığında sonuç gerçekten bozulur. Sürekli ve birebir bir fonksiyonun tersi, tanım kümesi aralık değilse sürekli olmayabilir.
“Sürekli birebir fonksiyonun tersi süreklidir” cümlesi tanım kümesi aralık olmadan yanlıştır. Aşağıdaki örnekte tanım kümesi iki parçadan oluşur; fonksiyon her noktasında sürekli, kesin artan ve görüntü kümesi üzerine örtendir — buna karşın ters fonksiyon bir noktada sıçrar.
Örnek 1.3 (Tersi Sürekli Olmayan Sürekli Birebir Fonksiyon) \(D = [0, 1) \cup [2, 3]\) olsun ve \(f : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[f(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x < 1 \\ x - 1, & 2 \le x \le 3 \end{cases}\]
biçiminde tanımlayalım. \(f\)’nin sürekli, kesin artan ve \([0,2]\) üzerine birebir-örten olduğunu; buna karşın \(f^{-1}\)’in \(y = 1\) noktasında sürekli olmadığını gösterin.
Çözüm
Görüntü kümesi. \(x \in [0,1)\) için \(f(x) = x\) değerleri \([0, 1)\) aralığını taradığından \(f([0,1)) = [0,1)\)’dir. \(x \in [2,3]\) için \(f(x) = x - 1\) değerleri \([1, 2]\) aralığını taradığından \(f([2,3]) = [1,2]\)’dir. İki görüntü ayrıktır ve birleşimleri
\[f(D) = [0,1) \cup [1,2] = [0, 2]\]
olur. Görüntü kümesi tam bir aralıktır.
Birebirlik ve kesin artanlık. \(x < y\) olan iki nokta alalım. Üç olasılık var. İkisi de \([0,1)\)’deyse \(f(x) = x < y = f(y)\). İkisi de \([2,3]\)’teyse \(f(x) = x - 1 < y - 1 = f(y)\). \(x \in [0,1)\) ve \(y \in [2,3]\) ise \(f(x) = x < 1\) ve \(f(y) = y - 1 \ge 1\), dolayısıyla \(f(x) < f(y)\). Her durumda \(f(x) < f(y)\); \(f\) kesin artandır, dolayısıyla birebirdir. Görüntüsü \([0,2]\) olduğundan \(f : D \to [0,2]\) birebir-örtendir.
Süreklilik. \(x_0 \in [0, 1)\) olsun. \(r = 1 - x_0 > 0\) alırsak \((x_0 - r, x_0 + r) \cap D \subseteq [0, 1)\) olur ve bu komşulukta \(f\), birim fonksiyonla çakışır; birim fonksiyon sürekli olduğundan ve süreklilik yerel bir özellik olduğundan (bkz. Analiz 1) \(f\), \(x_0\)’da süreklidir. Aynı biçimde \(x_0 \in [2, 3]\) için \(r = 1\) alırsak \((x_0 - 1, x_0 + 1) \cap D \subseteq [2,3]\) olur ve orada \(f(x) = x - 1\)’dir; bu da süreklidir. Demek ki \(f\), \(D\)’nin her noktasında süreklidir.
Ters fonksiyon. \(f^{-1} : [0,2] \to D\) fonksiyonunu açıkça yazalım. \(y \in [0,1)\) ise \(y = f(y)\) ve \(y \in D\) olduğundan \(f^{-1}(y) = y\)’dir. \(y \in [1, 2]\) ise \(y = f(y+1)\) ve \(y + 1 \in [2,3]\) olduğundan \(f^{-1}(y) = y + 1\)’dir. Yani
\[f^{-1}(y) = \begin{cases} y, & 0 \le y < 1 \\ y + 1, & 1 \le y \le 2. \end{cases}\]
Süreksizlik. \(y_0 = 1\) noktasına bakalım: \(f^{-1}(1) = 2\)’dir. Soldan yaklaşalım: \(y_n = 1 - \frac{1}{n}\) dizisi \([0,1)\) içindedir ve \(y_n \to 1\)’dir, ama
\[f^{-1}(y_n) = y_n = 1 - \tfrac{1}{n} \longrightarrow 1 \ne 2 = f^{-1}(1).\]
Süreklilik için Dizisel Ölçüt gereği \(f^{-1}\), \(y_0 = 1\) noktasında süreksizdir. Süreksizlik bir sıçramadır: \(f^{-1}(1^-) = 1\), \(f^{-1}(1) = f^{-1}(1^+) = 2\).
Neden bozuldu? \(f^{-1}\) fonksiyonunun tanım kümesi \([0,2]\) bir aralıktır ve \(f^{-1}\) monotondur (kesin artan); ama görüntü kümesi \(f^{-1}([0,2]) = D = [0,1) \cup [2,3]\) bir aralık değildir. Teorem 1.2’e göre bu durumda \(f^{-1}\)’in süreksiz olması zorunludur. Teoremimiz burada da doğruyu söylüyor; yalnızca \(f\)’nin tanım kümesi aralık olmadığı için Teorem 1.4 uygulanamıyor.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki \(D = [0,1) \cup [2,3]\) kümesi kapalı değildir, dolayısıyla kompakt değildir (bkz. Analiz 1). Bu bir rastlantı değil: tanım kümesi kompakt olduğunda, aralık olmasa bile sürekli bir birebir fonksiyonun tersi süreklidir. Bunu bölüm sonundaki alıştırmada ispatlayacağız.
1.7 Monoton Fonksiyonların Süreksizlikleri
Bölümü, monoton fonksiyonların ne kadar “uslu” olduğunu söyleyen iki olguyu hatırlatarak kapatalım. İkisini de Analiz 1’de ispatladık; burada yalnızca ifade edip nerede ispatlandıklarını belirtiyoruz, çünkü bu bölümdeki teoremlerin arkasındaki sezgiyi tamamlıyorlar: monoton bir fonksiyon bozulduğunda ancak sıçrayarak bozulur ve bunu ancak seyrek noktalarda yapabilir.
Önerme 1.2 (Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) monoton olsun.
- \(f\), \(I\)’nın bir \(x_0\) iç noktasında süreksizse bu süreksizlik birinci türdendir, yani bir sıçrama süreksizliğidir: \(f(x_0^-)\) ve \(f(x_0^+)\) tek yönlü limitlerinin ikisi de vardır ve birbirinden farklıdır. Monoton bir fonksiyonda ikinci tür süreksizlik (sonsuz limit ya da salınım) hiçbir zaman görülmez.
- \(f\)’nin süreksiz olduğu noktaların kümesi en çok sayılabilirdir; yani bu noktalar \(d_1, d_2, d_3, \dots\) biçiminde listelenebilir. Monoton bir fonksiyon, örneğin \((0,1)\) gibi bir aralığın tamamında süreksiz olamaz.
Birinci madde Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri Sıçramadır olarak, ikincisi Monoton Fonksiyonun Süreksizlikleri En Çok Sayılabilirdir olarak ispatlanmıştı; süreksizlik türlerinin sınıflandırması için süreksizlik çeşitleri tanımına bakılabilir. Birinci maddenin arkasındaki mekanizmayı Teorem 1.2’in ispatında bir kez daha kullandık: sıçrayan bir monoton fonksiyonun atladığı \(\big(f(x_0^-), f(x_0^+)\big)\) aralığı, görüntü kümesinde bir delik açar. İkinci madde ise bu deliklerin birbirini “itmesinden” gelir: artan bir fonksiyonda farklı sıçrama noktalarına karşılık gelen açık aralıklar ayrıktır ve her birinde bir rasyonel sayı seçilebilir; rasyoneller sayılabilir olduğundan (bkz. Analiz 1) sıçrama noktaları da sayılabilir çokluktadır.
Bu iki olgunun pratik değeri büyüktür. Örneğin monoton bir fonksiyonun grafiği “her yerde bozuk” olamaz; ileride integral kuramında monoton fonksiyonların her zaman integrallenebilir olduğunu göreceğiz ve ispatın kilit noktası tam olarak bu düzenliliktir.
1.8 Alıştırmalar
Alıştırma 1.1 (Monotonluk ve Ters Fonksiyon Üzerine) a) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{x}{1 + |x|}\) olsun. \(f\)’nin sürekli ve kesin artan olduğunu gösterin, görüntü kümesini bulun ve \(f^{-1}\)’i açıkça yazın.
b) \(f : [-1, 1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3 - 3x\) olsun. \(f\)’nin kesin azalan olduğunu türev kullanmadan gösterin, görüntü kümesini bulun ve \(f^{-1}\)’in sürekli olduğunu söyleyin.
c) \(g : (0, \infty) \to \mathbb{R}\), \(g(x) = x + \dfrac{1}{x}\) olsun. \(g\)’nin birebir olmadığını gösterin. \(g\)’nin \([1, \infty)\)’a kısıtlamasının kesin artan olduğunu ispatlayın, görüntü kümesini bulun ve ters fonksiyonu açıkça yazın.
d) Teorem 1.1’daki “tanım kümesi bir aralıktır” hipotezinin gerekli olduğunu, \([0,1] \cup [2,3]\) üzerinde tanımlı sürekli, birebir ama monoton olmayan bir fonksiyon kurarak gösterin.
e) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) (\(0 \le x \le \frac{1}{2}\)) ve \(f(x) = x + 1\) (\(\frac{1}{2} < x \le 1\)) olsun. \(f\)’nin artan olduğunu, görüntü kümesinin bir aralık olmadığını gösterin ve bunun Teorem 1.2 ile nasıl uyuştuğunu açıklayın.
f) \(K \subseteq \mathbb{R}\) kompakt bir küme, \(f : K \to \mathbb{R}\) sürekli ve birebir olsun. \(f^{-1} : f(K) \to K\) fonksiyonunun sürekli olduğunu ispatlayın. (\(K\)’nın aralık olması istenmiyor.)
Çözüm
a) Süreklilik. \(x \mapsto |x|\) süreklidir (bkz. Analiz 1); sabit fonksiyonla toplamı \(1 + |x|\) süreklidir ve hiçbir noktada sıfır değildir (\(1 + |x| \ge 1\)). Bölüm kuralı (bkz. Analiz 1) gereği \(f\) süreklidir.
Kesin artanlık. \(x < y\) olsun. Üç durum inceleyelim.
Eğer \(0 \le x < y\) ise \(|x| = x\), \(|y| = y\)’dir ve
\[f(y) - f(x) = \frac{y}{1+y} - \frac{x}{1+x} = \frac{y(1+x) - x(1+y)}{(1+x)(1+y)} = \frac{y - x}{(1+x)(1+y)} > 0.\]
Eğer \(x < y \le 0\) ise \(|x| = -x\), \(|y| = -y\)’dir ve
\[f(y) - f(x) = \frac{y}{1-y} - \frac{x}{1-x} = \frac{y(1-x) - x(1-y)}{(1-x)(1-y)} = \frac{y - x}{(1-x)(1-y)} > 0\]
(paydadaki iki çarpan da \(\ge 1\)’dir). Eğer \(x < 0 < y\) ise \(f(x) = \frac{x}{1-x} < 0 < \frac{y}{1+y} = f(y)\)’dir. Her durumda \(f(x) < f(y)\).
Görüntü. \(I = \mathbb{R} = (-\infty, \infty)\) için \(\alpha = -\infty\), \(\beta = +\infty\)’dur ve ikisi de \(I\)’ya ait değildir. \(x > 0\) için \(f(x) = \frac{x}{1+x} = 1 - \frac{1}{1+x}\) olduğundan \(\lim_{x \to \infty} f(x) = 1\); \(x < 0\) için \(f(x) = \frac{x}{1-x} = -1 + \frac{1}{1-x}\) olduğundan \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -1\). Önerme 1.1 gereği \(f(\mathbb{R}) = (-1, 1)\)’dir.
Ters fonksiyon. \(y \in (0,1)\) olsun. \(f(x) = y\) denkleminin çözümü pozitif bir \(x\) olmalıdır (çünkü \(f\) pozitif değerleri yalnızca pozitif noktalarda alır), yani \(\frac{x}{1+x} = y\), buradan \(x = y + yx\) ve \(x(1 - y) = y\), yani \(x = \frac{y}{1-y}\). \(y \in (-1, 0)\) ise çözüm negatiftir: \(\frac{x}{1-x} = y\), buradan \(x = y - yx\) ve \(x(1+y) = y\), yani \(x = \frac{y}{1+y}\). \(y = 0\) için \(x = 0\)’dır. Üç durumu tek formülde toplarsak
\[f^{-1}(y) = \frac{y}{1 - |y|}, \qquad y \in (-1, 1).\]
Teorem 1.4 gereği \(f^{-1}\) sürekli ve kesin artandır; formülden de doğrudan görülür.
b) \(-1 \le x < y \le 1\) olsun. Çarpanlara ayıralım:
\[f(y) - f(x) = (y^3 - x^3) - 3(y - x) = (y - x)\big(y^2 + xy + x^2 - 3\big).\]
Burada \(y - x > 0\)’dır. İkinci çarpanı inceleyelim: \(|x| \le 1\) ve \(|y| \le 1\) olduğundan \(x^2 \le 1\), \(y^2 \le 1\) ve \(xy \le |x||y| \le 1\)’dir, dolayısıyla
\[y^2 + xy + x^2 \le 3.\]
Eşitlik ancak \(x^2 = 1\), \(y^2 = 1\) ve \(xy = 1\) olduğunda gerçekleşir; bu da \(x = y = 1\) ya da \(x = y = -1\) demektir ve \(x < y\) olduğundan imkânsızdır. Demek ki \(y^2 + xy + x^2 - 3 < 0\) ve \(f(y) - f(x) < 0\); yani \(f\) kesin azalandır.
\(f\) bir polinom olduğundan süreklidir (bkz. Analiz 1). \(f(-1) = -1 + 3 = 2\) ve \(f(1) = 1 - 3 = -2\)’dir. Sonuç 1.1 gereği
\[f([-1,1]) = [f(1), f(-1)] = [-2, 2]\]
ve \(f^{-1} : [-2, 2] \to [-1, 1]\) süreklidir, kesin azalandır.
c) Birebir değil. \(g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}\) ve \(g(2) = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}\)’dir. \(\frac{1}{2} \ne 2\) olduğundan \(g\) birebir değildir. (Genel olarak her \(x > 0\) için \(g\left(\frac{1}{x}\right) = g(x)\)’tir.)
Kısıtlamanın kesin artanlığı. \(1 \le x < y\) olsun.
\[g(y) - g(x) = (y - x) + \left(\frac{1}{y} - \frac{1}{x}\right) = (y - x) - \frac{y - x}{xy} = (y - x)\cdot\frac{xy - 1}{xy}.\]
\(x \ge 1\) ve \(y > x \ge 1\) olduğundan \(xy > 1\), dolayısıyla \(\frac{xy-1}{xy} > 0\)’dır; \(y - x > 0\) olduğundan \(g(y) > g(x)\).
Görüntü. \(g\), \([1,\infty)\) üzerinde süreklidir (\(x \ne 0\) olduğundan bölüm kuralı geçerlidir, Sürekli Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler). \(\alpha = 1 \in [1,\infty)\) olduğundan alt uç \(g(1) = 2\)’dir. Üst uç için \(g(x) \ge x\) olduğundan \(\lim_{x \to \infty} g(x) = +\infty\)’dur. Önerme 1.1 gereği \(g([1,\infty)) = [2, \infty)\).
Ters fonksiyon. \(y \ge 2\) için \(x + \frac{1}{x} = y\) denklemini çözelim. \(x > 0\) olduğundan \(x\) ile çarpabiliriz: \(x^2 - yx + 1 = 0\), yani
\[x = \frac{y \pm \sqrt{y^2 - 4}}{2}.\]
\(y \ge 2\) olduğundan karekök tanımlıdır. İki kökün çarpımı \(1\) olduğundan biri \(\le 1\), öteki \(\ge 1\)’dir; \([1, \infty)\)’daki çözümü istediğimizden artı işaretli kökü alırız:
\[g^{-1}(y) = \frac{y + \sqrt{y^2 - 4}}{2}, \qquad y \in [2, \infty).\]
Denetim: \(y = 2\) için \(g^{-1}(2) = 1\) ve gerçekten \(g(1) = 2\)’dir. Teorem 1.4 gereği \(g^{-1}\) sürekli ve kesin artandır.
d) \(D = [0,1] \cup [2,3]\) ve \(h : D \to \mathbb{R}\),
\[h(x) = \begin{cases} x, & 0 \le x \le 1 \\ 5 - x, & 2 \le x \le 3 \end{cases}\]
olsun. \(h([0,1]) = [0,1]\) ve \(h([2,3]) = [2,3]\)’tür; iki görüntü ayrık olduğundan ve \(h\) her parçada kesin monoton (birinci parçada artan, ikincisinde azalan), dolayısıyla birebir olduğundan \(h\) birebirdir. \(h\) süreklidir: her \(x_0 \in [0,1]\) noktasının \(D\) içindeki küçük bir komşuluğu \([0,1]\)’in içinde kalır ve orada \(h(x) = x\)’tir; her \(x_0 \in [2,3]\) noktasının \(D\) içindeki küçük bir komşuluğu \([2,3]\)’ün içinde kalır ve orada \(h(x) = 5 - x\)’tir; ikisi de sürekli fonksiyonlardır ve süreklilik yerel bir özelliktir (bkz. Analiz 1).
Buna karşın \(h\) monoton değildir: \(0 < 1\) ve \(h(0) = 0 < 1 = h(1)\) olduğundan azalan olamaz; \(2 < 3\) ve \(h(2) = 3 > 2 = h(3)\) olduğundan artan da olamaz. Demek ki Teorem 1.1’un sonucu burada geçerli değildir; tek bozulan hipotez tanım kümesinin aralık olmamasıdır. (Nedeni açıktır: \([1,2] \not\subseteq D\) olduğundan \(h\)’nin “aradaki değerleri alma” zorunluluğu yoktur; \(h\), \((1,2)\) aralığındaki hiçbir değeri almaz.)
e) Artanlık. \(x < y\) olsun. İkisi de \(\left[0, \frac{1}{2}\right]\)’deyse \(f(x) = x < y = f(y)\). İkisi de \(\left(\frac{1}{2}, 1\right]\)’deyse \(f(x) = x + 1 < y + 1 = f(y)\). \(x \le \frac{1}{2} < y\) ise \(f(x) = x \le \frac{1}{2}\) ve \(f(y) = y + 1 > \frac{3}{2}\), yani \(f(x) < f(y)\). Demek ki \(f\) kesin artandır (özel olarak artandır).
Görüntü. \(f\left(\left[0, \frac{1}{2}\right]\right) = \left[0, \frac{1}{2}\right]\) ve \(f\left(\left(\frac{1}{2}, 1\right]\right) = \left(\frac{3}{2}, 2\right]\)’dir. O hâlde
\[f([0,1]) = \left[0, \tfrac{1}{2}\right] \cup \left(\tfrac{3}{2}, 2\right].\]
Bu küme bir aralık değildir: \(\frac{1}{2}\) ile \(2\) kümededir, ama aralarındaki \(1\) sayısı kümede değildir.
Uyum. Teorem 1.2, monoton bir fonksiyon için “görüntü aralıktır \(\iff\) fonksiyon süreklidir” der. Burada görüntü aralık olmadığına göre \(f\) süreksiz olmalıdır — ve gerçekten öyledir: \(f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\) iken \(f\left(\left(\frac{1}{2}\right)^+\right) = \lim_{x \to (1/2)^+} (x+1) = \frac{3}{2}\)’dir, yani \(x_0 = \frac{1}{2}\) noktasında \(\frac{1}{2}\)’den \(\frac{3}{2}\)’ye bir sıçrama vardır. Bu, Önerme 1.2 ile de uyumludur: süreksizlik birinci türdendir ve tektir, dolayısıyla süreksizlik kümesi sonludur. Fonksiyon \(\left[0,\frac{1}{2}\right]\) ve \(\left(\frac{1}{2}, 1\right]\) parçalarının her birinde süreklidir; sorun yalnızca birleşme noktasındadır.
f) \(f^{-1}\) fonksiyonunun bir \(y_0 \in f(K)\) noktasında sürekli olduğunu, dizisel ölçütle (bkz. Analiz 1) gösterelim: \(f(K)\) içinde \(y_n \to y_0\) olan her dizi için \(f^{-1}(y_n) \to f^{-1}(y_0)\) olduğunu ispatlamalıyız.
\(x_n = f^{-1}(y_n)\) ve \(x_0 = f^{-1}(y_0)\) yazalım; bunlar \(K\)’nın noktalarıdır ve \(f(x_n) = y_n\), \(f(x_0) = y_0\)’dır. Aksine, \(x_n \to x_0\) olmadığını varsayalım. O hâlde öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) ve öyle bir \((x_{n_k})\) alt dizisi vardır ki her \(k\) için
\[|x_{n_k} - x_0| \ge \varepsilon_0.\]
\(K\) kompakt olduğundan sınırlıdır (bkz. Analiz 1); dolayısıyla \((x_{n_k})\) sınırlı bir dizidir ve Bolzano–Weierstrass teoremi (bkz. Analiz 1) gereği yakınsak bir \((x_{n_{k_j}})\) alt dizisi vardır; limitine \(z\) diyelim. \(K\) kompakt olduğundan kapalıdır (bkz. Analiz 1) ve \(x_{n_{k_j}} \in K\) olduğundan \(z \in K\)’dır.
Bir yandan, \(|x_{n_{k_j}} - x_0| \ge \varepsilon_0\) eşitsizliğinde limit alırsak \(|z - x_0| \ge \varepsilon_0 > 0\), yani \(z \ne x_0\) buluruz.
Öte yandan, \(f\) sürekli olduğundan (yine Süreklilik için Dizisel Ölçüt) \(f(x_{n_{k_j}}) \to f(z)\)’dir. Ama \(f(x_{n_{k_j}}) = y_{n_{k_j}}\) ve \((y_n)\) dizisi \(y_0\)’a yakınsadığından her alt dizisi de \(y_0\)’a yakınsar; dolayısıyla \(f(z) = y_0 = f(x_0)\).
\(f\) birebir olduğundan \(f(z) = f(x_0)\) eşitliği \(z = x_0\) verir; bu, \(z \ne x_0\) ile çelişir. Demek ki varsayımımız yanlıştı ve \(x_n \to x_0\)’dır. Yani \(f^{-1}(y_n) \to f^{-1}(y_0)\); \(y_0\) keyfî olduğundan \(f^{-1}\) süreklidir.
Bu sonuç, Örnek 1.3 örneğinin neden mümkün olduğunu da açıklar: orada \(D = [0,1) \cup [2,3]\) kümesi kapalı değildi, dolayısıyla kompakt değildi.
\(\blacksquare\)
Artık elimizde sürekliliğin bütün temel araçları ve ters fonksiyonların düzenli davrandığını söyleyen bir teorem var. Bir sonraki bölümde asıl konuya, bir fonksiyonun bir noktadaki anlık değişimini ölçen kavrama geçiyoruz: Türev Kavramı.