9 Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları

Bir önceki bölümde, Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri başlığı altında türev kuramının temel taşını kurduk: \([a,b]\) üzerinde sürekli, \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir bir \(f\) için

\[f(b) - f(a) = f'(c)\,(b-a)\]

olacak biçimde bir \(c \in (a,b)\) vardır. Bu eşitliğin görünüşü mütevazıdır, ama içinde çok güçlü bir fikir saklıdır: bir fonksiyonun iki noktadaki değerleri arasındaki fark, türevin tek bir ara noktadaki değeriyle kontrol edilir. Türevi nerede olursa olsun sınırlayabiliyorsak, fonksiyonun değerleri arasındaki farkı da sınırlayabiliriz demektir.

Bu bölümün konusu bu tek gözlemin sistemli kullanımıdır. Ortalama değer teoremi (mean value theorem), analiz derslerinde karşılaşılan eşitsizliklerin çok büyük bir kısmını üreten bir makinedir: \(e^x \ge 1+x\), \(|\sin x| \le |x|\), \((1+x)^\alpha \ge 1+\alpha x\), \(\ln(1+x) < x\), \(|\arctan a - \arctan b| \le |a-b|\) — bunların hepsi aynı üç satırlık şablonun farklı fonksiyonlarla çalıştırılmış hâlidir. Şablonu bir kez kurduktan sonra iş, doğru fonksiyonu ve doğru aralığı seçmeye indirgenir.

Aynı teorem yalnızca eşitsizlik üretmez. \(\sqrt{101}\) gibi bir sayıyı hata sınırıyla birlikte hesaplamaya, bir denklemin kaç kökü olabileceğini sınırlamaya ve parçalı tanımlanmış fonksiyonların yapışma noktalarındaki türevini fark oranı limitini hiç hesaplamadan bulmaya da yarar. Bu bölümde şunları öğreneceğiz: eşitsizlik üretmenin genel yordamı; klasik eşitsizliklerin tam ispatları; yaklaşık hesapta hata kestirimi; Rolle teoremiyle köklerin ayrılması; ve ileride sık kullanacağımız türev limiti teoremi.

9.1 Eşitsizlik Üretmenin Genel Yordamı

Ortalama değer teoremi \(f(b) - f(a)\) farkını \(f'(c)(b-a)\) olarak yazar. Burada \(c\)’nin nerede olduğunu bilmeyiz — teorem yalnızca varlığını söyler. Ama çoğu zaman bu yeterlidir: \(c\)’nin nerede olduğunu bilmesek de \(c \in (a,b)\) olduğunu biliriz, dolayısıyla \(f'\)’ün \((a,b)\) üzerindeki her sınırı \(f'(c)\) için de geçerlidir. Aşağıdaki önerme, bölüm boyunca kullanacağımız bütün eşitsizliklerin ortak gövdesidir.

Önerme 9.1 (Türevin Sınırından Fonksiyonun Sınırına) \(a < b\) olmak üzere \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde sürekli, \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olsun.

Her \(x \in (a,b)\) için \(m \le f'(x) \le M\) ise \[m\,(b-a) \;\le\; f(b) - f(a) \;\le\; M\,(b-a)\] olur.
Her \(x \in (a,b)\) için \(m < f'(x) < M\) ise eşitsizlikler kesindir: \[m\,(b-a) \;<\; f(b) - f(a) \;<\; M\,(b-a).\]

İspat

Ortalama değer teoreminin hipotezleri sağlanmaktadır; öyleyse öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki

\[f(b) - f(a) = f'(c)\,(b-a).\]

(1) Varsayım gereği \(m \le f'(c) \le M\)’dir. \(b - a > 0\) olduğundan bu eşitsizliği \(b-a\) ile çarpmak yönü korur (sıralamanın pozitif sayıyla çarpma altında korunması):

\[m\,(b-a) \le f'(c)\,(b-a) \le M\,(b-a).\]

Ortadaki ifade \(f(b) - f(a)\)’dır; iddia edilen budur.

(2) Aynı hesap, \(m < f'(c) < M\) kesin eşitsizliğiyle ve yine \(b-a>0\) ile yapılır; pozitif bir sayıyla çarpmak kesin eşitsizliği de korur.

\(\blacksquare\)

Önermenin pratikte kullanılışı hep aynıdır. Kanıtlanacak eşitsizlik \(A \le B\) biçiminde verilmişse şu adımlar izlenir:

Fonksiyonu ve aralığı seç. \(B-A\) farkını bir \(f(b)-f(a)\) farkına benzetecek bir \(f\) ve bir \([a,b]\) bul. Genellikle \(a\), eşitliğin sağlandığı noktadır: \(e^x \ge 1+x\) için \(a=0\), \(x^\alpha \le \alpha x + 1-\alpha\) için \(a=1\).
Hipotezleri doğrula. \(f\) kapalı aralıkta sürekli, açık aralıkta türevlenebilir mi? Bu adım atlanamaz.
Türevi sınırla. \(c \in (a,b)\) bilgisini kullanarak \(f'(c)\)’yi alttan ve üstten kıstır; eşitsizlik buradan “gelir”.
\(b-a\) ile çarp ve işaretlere dikkat et. \(b-a\) pozitifse yön korunur; \(x<0\) gibi durumlarda \(-x>0\) olduğunu ayrıca söylemek gerekir.
Eşitlik durumunu ayrı incele. Kesin eşitsizlik ancak \(f'\) üzerindeki sınır kesin olduğunda gelir.

Hangi fonksiyonu seçmeli?

Eşitsizliğin iki tarafını \(F(x) \ge G(x)\) diye yazıp \(h = F-G\) farkına bakmak her zaman bir seçenektir; ama daha ekonomik bir yol çoğu kez elimizin altındadır: eşitsizliğin bir tarafı zaten bir \(f(b)-f(a)\) farkı biçimindedir. \(\ln b - \ln a\) farkı \(f(t) = \ln t\)’yi, \(e^x - 1\) farkı \(f(t) = e^t\)’yi, \((1+x)^\alpha - 1\) farkı \(f(t) = (1+t)^\alpha\)’yı işaret eder. Fonksiyonu bu farktan okumak, aralığı da farkın uçlarından almak neredeyse her zaman doğru seçimdir.

9.2 Üstel Fonksiyon: \(e^x \ge 1 + x\)

Analizin en çok kullanılan eşitsizliği herhâlde budur. Geometrik anlamı basittir: \(y = e^x\) eğrisinin \((0,1)\) noktasındaki teğeti \(y = 1+x\) doğrusudur ve eğri bu teğetin hep üstünde kalır. Şimdi bunu ortalama değer teoremiyle, teğet ya da konvekslik kavramlarına hiç başvurmadan kanıtlayacağız.

Örnek 9.1 (Üstel Eşitsizlik) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \[e^x \ge 1 + x\] olduğunu ve eşitliğin ancak ve ancak \(x = 0\) için sağlandığını gösteriniz.

e^x ≥ 1 + x eşitsizliği ortalama değer teoreminin en kısa uygulamalarından biridir: 0 ile x arasında bir c için e^x − 1 = e^cx yazılır ve iki tarafın işareti karşılaştırılır. Geometrik anlamı, üstel eğrinin orijindeki teğetinin üstünde kalmasıdır; iki grafik yalnızca x = 0 noktasında temas eder, başka her yerde aradaki düşey fark kesin olarak pozitiftir.

Çözüm

\(f(t) = e^t\) alalım. \(f\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = e^t\)’dir (Teorem 5.2); türevlenebilir olduğundan süreklidir de (Teorem 3.1). Ayrıca \(\exp\) fonksiyonunun kesin artan olduğunu, yani \(s < t \Rightarrow e^s < e^t\) olduğunu kullanacağız. Üç durum ayıralım.

Durum 1: \(x = 0\). \(e^0 = 1\) ve \(1 + 0 = 1\)’dir; iki taraf eşittir, eşitsizlik (eşitlikle) sağlanır.

Durum 2: \(x > 0\). \(f\)’yi \([0,x]\) aralığında ele alalım. \(f\) bu aralıkta sürekli, \((0,x)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(x_0 \in (0,x)\) vardır ki

\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = f'(x_0), \qquad \text{yani} \qquad \frac{e^x - 1}{x} = e^{x_0}.\]

Buradan \(e^x - 1 = x\,e^{x_0}\) olur. Şimdi \(x_0 > 0\) olduğundan, \(\exp\) kesin artan olduğu için \(e^{x_0} > e^0 = 1\)’dir. \(x > 0\) olduğundan bu kesin eşitsizliği \(x\) ile çarpmak yönü korur:

\[e^x - 1 = x\,e^{x_0} > x \cdot 1 = x \quad \Longrightarrow \quad e^x > 1 + x.\]

Durum 3: \(x < 0\). Bu kez \(f\)’yi \([x, 0]\) aralığında ele alalım (aralığın sol ucu \(x\), sağ ucu \(0\)’dır). Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(x_0 \in (x,0)\) vardır ki

\[\frac{f(0) - f(x)}{0 - x} = f'(x_0), \qquad \text{yani} \qquad \frac{1 - e^{x}}{-x} = e^{x_0},\]

buradan \(1 - e^x = (-x)\,e^{x_0}\). Şimdi \(x_0 < 0\) olduğundan \(e^{x_0} < e^0 = 1\)’dir. Burada \(-x\) pozitif bir sayıdır; kesin eşitsizliği \(-x\) ile çarpmak yönü korur:

\[1 - e^x = (-x)\,e^{x_0} < (-x) \cdot 1 = -x.\]

Her iki tarafı \(-1\) ile çarpınca eşitsizlik yön değiştirir:

\[e^x - 1 > x \quad \Longrightarrow \quad e^x > 1 + x.\]

Sonuç. Üç durumu birleştirirsek her \(x \in \mathbb{R}\) için \(e^x \ge 1+x\) olur. Dahası \(x \ne 0\) olan durumlarda eşitsizlik kesin çıktı, \(x=0\)’da ise eşitlik var; öyleyse eşitlik ancak ve ancak \(x=0\) için sağlanır.

\(\blacksquare\)

Aynı eşitsizliğin logaritmik yüzü

\(e^x \ge 1+x\) eşitsizliğinde \(x\) yerine \(x - 1\) yazalım: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(e^{x-1} \ge x\) olur. \(x > 0\) için iki tarafın da logaritmasını alabiliriz; \(\ln\) kesin artan olduğundan eşitsizlik korunur:

\[\ln x \le x - 1 \qquad (x > 0),\]

ve eşitlik ancak \(x = 1\) için geçerlidir. Bu biçim, ileride Young eşitsizliğinde, entropi hesaplarında ve dizilerin büyüme hızlarının karşılaştırılmasında sürekli karşımıza çıkacaktır. Ayrıca \(e^x \ge 1+x\) eşitsizliğinde \(x = \frac{1}{n}\) alıp — iki taraf da pozitif olduğundan — \(n\)-inci kuvvetlerini karşılaştırırsak \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \le e\) elde edilir; \(e\) sayısını tanımlayan dizinin (bkz. Analiz 1) yukarıdan sınırlı olduğunu bu eşitsizlik de gösterir.

9.3 Sinüs Eşitsizliği: \(|\sin x| \le |x|\)

Sinüs fonksiyonunun türevi mutlak değerce \(1\)’i aşmaz. Önerme 9.1 bunu doğrudan bir eşitsizliğe çevirir: sinüs, argümanından daha hızlı büyüyemez.

Örnek 9.2 (Sinüs Eşitsizliği) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \[|\sin x| \le |x|\] olduğunu ve eşitliğin ancak \(x = 0\) için sağlandığını gösteriniz. Özel olarak her \(x \ge 0\) için \(-x \le \sin x \le x\) olduğunu belirtiniz.

Çözüm

\(f(t) = \sin t\) alalım; \(f\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = \cos t\)’dir (Teorem 5.4).

\(x = 0\) durumu. \(\sin 0 = 0\) olduğundan \(|\sin 0| = 0 = |0|\); eşitlik sağlanır.

\(x > 0\) durumu. \(f\), \([0,x]\) üzerinde sürekli ve \((0,x)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(x_0 \in (0,x)\) vardır ki

\[\cos x_0 = f'(x_0) = \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{\sin x - \sin 0}{x} = \frac{\sin x}{x},\]

yani

\[\sin x = x \cos x_0.\]

Her \(t\) için \(|\cos t| \le 1\) olduğundan buradan hemen

\[|\sin x| = x\,|\cos x_0| \le x = |x|\]

çıkar (\(x>0\) olduğu için \(|x| = x\)). Eşitsizliği açarsak \(-x \le \sin x \le x\) elde ederiz.

Kesinliği de görelim. İki alt durum vardır.

Alt durum \(x \ge \frac{\pi}{2}\). Bu durumda \(|\sin x| \le 1 < \frac{\pi}{2} \le x\) olduğundan eşitsizlik zaten kesindir; ortalama değer teoremine bile gerek yoktur.

Alt durum \(0 < x < \frac{\pi}{2}\). Yukarıdaki \(x_0\) noktası \((0,x) \subseteq \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) içindedir. Kosinüs \(\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\) üzerinde kesin azalan olduğundan \(0 < \cos x_0 < \cos 0 = 1\)’dir. Öyleyse

\[|\sin x| = x \cos x_0 < x \cdot 1 = x = |x|.\]

Her iki alt durumda da \(x>0\) iken eşitsizlik kesindir.

\(x < 0\) durumu. \(\sin\) tek bir fonksiyondur: \(\sin(-x) = -\sin x\), dolayısıyla \(|\sin(-x)| = |\sin x|\). Ayrıca \(|-x| = |x|\). \(-x > 0\) olduğundan bir önceki duruma göre \(|\sin(-x)| < |-x|\), yani \(|\sin x| < |x|\) olur.

Sonuç. Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(|\sin x| \le |x|\)’dir ve \(x \ne 0\) iken eşitsizlik kesindir; eşitlik ancak ve ancak \(x=0\) içindir. \(x \ge 0\) için bu, tam olarak \(-x \le \sin x \le x\) demektir.

\(\blacksquare\)

Eşitsizliğin yönü ve tanım kümesi

\(-x \le \sin x \le x\) biçimi yalnızca \(x \ge 0\) için doğrudur; \(x<0\) alırsak \(x < -x\) olacağından zincir anlamsızlaşır. Bütün \(\mathbb{R}\)’de geçerli olan doğru ifade mutlak değerli biçimdir: \(|\sin x| \le |x|\). Aynı gözlem ortalama değer teoremiyle üretilen bütün eşitsizlikler için geçerlidir: \(b-a\) çarpanının işareti eşitsizliğin yönünü belirler; bu yüzden \(x<0\) durumu her seferinde ayrıca yazılır.

Bu eşitsizlik, sinüsün \(1\) sabitli bir Lipschitz koşulu (Lipschitz condition) sağladığının özel hâlidir; bölüm sonundaki alıştırmalarda \(|\sin a - \sin b| \le |a-b|\) genel biçimini de kanıtlayacağız.

9.4 Bernoulli Eşitsizliğinin Genel Biçimi

Analiz 1’de Bernoulli eşitsizliğini doğal sayı üsleri için tümevarımla kanıtlamıştık (bkz. Analiz 1): \(x \ge -1\) ve \(n \in \mathbb{N}\) için \((1+x)^n \ge 1 + nx\). Tümevarım, üs bir tam sayı olduğu sürece işe yarar; ama \(\alpha = \frac{3}{2}\) ya da \(\alpha = \sqrt{2}\) gibi bir üs söz konusu olduğunda çaresizdir. Ortalama değer teoremi bu engeli tümüyle kaldırır ve üstelik eşitsizliğin hangi \(\alpha\) değerlerinde yön değiştirdiğini de gösterir.

Teorem 9.1 (Bernoulli Eşitsizliği, Gerçel Üslü Biçim) \(x > -1\) ve \(x \ne 0\) olsun.

\(\alpha > 1\) ya da \(\alpha < 0\) ise \[(1+x)^{\alpha} > 1 + \alpha x.\]
\(0 < \alpha < 1\) ise \[(1+x)^{\alpha} < 1 + \alpha x.\]

\(x = 0\) için her \(\alpha\)’da eşitlik vardır. Özel olarak \(\alpha > 1\) için \(x > -1\) olan her \(x\)’te \((1+x)^\alpha \ge 1 + \alpha x\) geçerlidir ve eşitlik ancak ve ancak \(x = 0\) içindir.

İspat

\(f(t) = (1+t)^{\alpha}\) alalım. Genel kuvvet fonksiyonunun türev kuralı gereği (Teorem 5.3) \(f\), \((-1, \infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve

\[f'(t) = \alpha\,(1+t)^{\alpha - 1}.\]

Türevlenebilir olduğundan \(f\) bu aralıkta süreklidir (Teorem 3.1). \(x = 0\) için \(f(0) = 1 = 1 + \alpha \cdot 0\) olduğundan eşitlik açıktır. Şimdi \(x \ne 0\) olan iki durumu ele alalım. Her ikisinde de anahtar gözlem, \(u>0\) ve \(\beta \ne 0\) için \(u^\beta\)’nın \(1\) ile karşılaştırılmasının \(u\)’nun \(1\)’e göre yerine ve \(\beta\)’nın işaretine bağlı olmasıdır:

\[u > 1 \Rightarrow \big(\beta>0 \text{ ise } u^\beta > 1,\ \beta<0 \text{ ise } u^\beta<1\big), \qquad 0<u<1 \Rightarrow \big(\beta>0 \text{ ise } u^\beta<1,\ \beta<0 \text{ ise } u^\beta>1\big).\]

Durum \(x > 0\). \(f\)’yi \([0,x]\) aralığında ele alalım. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (0,x)\) vardır ki

\[(1+x)^{\alpha} - 1 = f(x) - f(0) = f'(c)\,(x - 0) = \alpha\,(1+c)^{\alpha-1}\,x.\]

Burada \(c > 0\) olduğundan \(1 + c > 1\)’dir. Şimdi üç \(\alpha\) aralığını ayrı ayrı inceleyelim.

\(\alpha > 1\) ise \(\alpha - 1 > 0\) ve \(1+c>1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} > 1\). Bunu pozitif olan \(\alpha\) ile çarparsak \(\alpha (1+c)^{\alpha-1} > \alpha\); ardından pozitif olan \(x\) ile çarparsak \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} x > \alpha x\). Demek ki \((1+x)^\alpha - 1 > \alpha x\).
\(\alpha < 0\) ise \(\alpha - 1 < 0\) ve \(1+c>1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} < 1\). Bu kez \(\alpha\) negatif olduğu için \(\alpha\) ile çarpmak eşitsizliğin yönünü çevirir: \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} > \alpha\). Yine \(x>0\) ile çarparak \((1+x)^\alpha - 1 > \alpha x\) elde ederiz.
\(0 < \alpha < 1\) ise \(\alpha - 1 < 0\) ve \(1+c>1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} < 1\); pozitif \(\alpha\) ile çarpmak yönü korur: \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} < \alpha\), ve \(x>0\) ile çarparak \((1+x)^\alpha - 1 < \alpha x\) buluruz.

Durum \(-1 < x < 0\). Bu kez \(f\)’yi \([x, 0]\) aralığında ele alalım; \(x > -1\) olduğundan bu aralık \((-1,\infty)\) içindedir. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (x, 0)\) vardır ki

\[1 - (1+x)^{\alpha} = f(0) - f(x) = f'(c)\,\big(0 - x\big) = \alpha\,(1+c)^{\alpha-1}\,(-x).\]

Burada \(-1 < x < c < 0\) olduğundan \(0 < 1 + c < 1\)’dir; ayrıca \(-x > 0\)’dır.

\(\alpha > 1\) ise \(\alpha - 1 > 0\) ve \(0<1+c<1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} < 1\); pozitif \(\alpha\) ile çarpınca \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} < \alpha\) ve pozitif \(-x\) ile çarpınca \[1 - (1+x)^{\alpha} < \alpha\,(-x) = -\alpha x,\] yani \((1+x)^{\alpha} > 1 + \alpha x\).
\(\alpha < 0\) ise \(\alpha - 1 < 0\) ve \(0<1+c<1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} > 1\); negatif \(\alpha\) ile çarpmak yönü çevirir: \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} < \alpha\). Buradan yine \(1 - (1+x)^\alpha < -\alpha x\), yani \((1+x)^{\alpha} > 1 + \alpha x\).
\(0 < \alpha < 1\) ise \(\alpha - 1 < 0\) ve \(0<1+c<1\) olduğundan \((1+c)^{\alpha-1} > 1\); pozitif \(\alpha\) ile çarpınca \(\alpha(1+c)^{\alpha-1} > \alpha\) ve pozitif \(-x\) ile çarpınca \(1 - (1+x)^{\alpha} > -\alpha x\), yani \((1+x)^{\alpha} < 1 + \alpha x\).

Böylece \(x \ne 0\) olan bütün durumlarda iddia edilen kesin eşitsizlikler elde edilir. Son cümle de buradan çıkar: \(\alpha>1\) için \(x \ne 0\) iken kesin eşitsizlik, \(x=0\) iken eşitlik vardır; öyleyse \((1+x)^\alpha \ge 1+\alpha x\)’tir ve eşitlik ancak ve ancak \(x=0\) içindir.

\(\blacksquare\)

Tümevarımlı biçimle karşılaştırma

Bernoulli Eşitsizliği, \(n \in \mathbb{N}\) ve \(x \ge -1\) için \((1+x)^n \ge 1+nx\) diyordu. Teorem 9.1 bunu \(\alpha>1\) olan bütün gerçel üslere genişletir (\(n \ge 2\) için \(\alpha = n\) alınır; \(n=0\) ve \(n=1\) hâllerinde iki taraf zaten eşittir). Genel biçim iki noktada daha güçlüdür:

eşitliğin yalnızca \(x=0\)’da olduğunu söyler (tümevarımlı ispat bunu kendiliğinden vermez);
\(0<\alpha<1\) için eşitsizliğin ters döndüğünü ortaya çıkarır; bu ters yön, birazdan göreceğimiz kuvvet ve Young eşitsizliklerinin kaynağıdır.

Buna karşılık genel biçim \(x = -1\) noktasını dışarıda bırakır, çünkü \((1+t)^{\alpha-1}\) türevi orada tanımlı olmayabilir. \(\alpha>1\) ve \(x=-1\) için eşitsizlik doğrudan denetlenir: \((1+x)^\alpha = 0\) ve \(1 + \alpha x = 1 - \alpha < 0\)’dır.

9.5 Kuvvet Eşitsizliği ve Young Eşitsizliği

Şimdi Bernoulli eşitsizliğinin “ters dönmüş” hâlini uygulamada en çok kullanılan biçimiyle yazalım. Bu eşitsizlik ilk bakışta teknik bir ayrıntı gibi görünür; oysa Hölder ve Minkowski eşitsizliklerinin çıkış noktasıdır.

Lemma 9.1 (Kuvvet Eşitsizliği) \(0 < \alpha < 1\) olsun. Her \(x > 0\) için \[x^{\alpha} \le \alpha x + (1 - \alpha)\] olur; eşitlik ancak ve ancak \(x = 1\) için sağlanır.

İspat

\(f(t) = t^{\alpha}\) alalım. Teorem 5.3 gereği \(f\), \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = \alpha t^{\alpha - 1}\)’dir; dolayısıyla süreklidir de. \(\alpha - 1 < 0\) olduğuna dikkat edelim: bu, \(t \mapsto t^{\alpha-1}\) dönüşümünün kesin azalan olması demektir, yani

\[t > 1 \Rightarrow t^{\alpha - 1} < 1, \qquad 0 < t < 1 \Rightarrow t^{\alpha-1} > 1.\]

Durum \(x = 1\). \(1^{\alpha} = 1\) ve \(\alpha \cdot 1 + (1-\alpha) = 1\); eşitlik vardır.

Durum \(x > 1\). \(f\)’yi \([1,x]\) aralığında ele alalım. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (1,x)\) vardır ki

\[x^{\alpha} - 1 = f(x) - f(1) = f'(c)\,(x-1) = \alpha\,c^{\alpha-1}\,(x-1).\]

\(c > 1\) olduğundan \(c^{\alpha-1} < 1\), dolayısıyla \(\alpha c^{\alpha-1} < \alpha\) (\(\alpha>0\) ile çarptık). \(x - 1 > 0\) olduğundan bu kesin eşitsizliği \(x-1\) ile çarpmak yönü korur:

\[x^{\alpha} - 1 < \alpha\,(x-1) \quad \Longrightarrow \quad x^{\alpha} < \alpha x + (1 - \alpha).\]

Durum \(0 < x < 1\). Bu kez \(f\)’yi \([x,1]\) aralığında ele alalım. Öyle bir \(c \in (x,1)\) vardır ki

\[1 - x^{\alpha} = f(1) - f(x) = f'(c)\,(1 - x) = \alpha\,c^{\alpha-1}\,(1-x).\]

\(0 < c < 1\) olduğundan \(c^{\alpha-1} > 1\) ve dolayısıyla \(\alpha c^{\alpha-1} > \alpha\). \(1 - x > 0\) olduğundan

\[1 - x^{\alpha} > \alpha\,(1 - x) \quad \Longrightarrow \quad x^{\alpha} < 1 - \alpha + \alpha x = \alpha x + (1-\alpha).\]

Sonuç. Her \(x>0\) için \(x^\alpha \le \alpha x + (1-\alpha)\)’dır; \(x \ne 1\) iken eşitsizlik kesin çıktığından eşitlik ancak ve ancak \(x=1\) içindir.

\(\blacksquare\)

Aynı eşitsizliğin Bernoulli’den okunuşu

Lemma 9.1 aslında Teorem 9.1 (2)’nin kılık değiştirmiş hâlidir. Gerçekten, \(x>0\) için \(u = x-1\) diyelim; \(u > -1\)’dir ve \(0<\alpha<1\) olduğundan

\[x^{\alpha} = (1+u)^{\alpha} \le 1 + \alpha u = 1 + \alpha(x-1) = \alpha x + (1-\alpha)\]

olur; \(u \ne 0\), yani \(x \ne 1\) iken eşitsizlik kesindir. Doğrudan ispatı yine de ayrıca verdik: “eşitliğin sağlandığı noktayı aralığın bir ucu seç” tekniğini en temiz gösteren örneklerden biridir — burada o nokta \(1\), üstel eşitsizlikte \(0\) idi.

Şimdi bu lemmayı iki değişkenli çok daha kullanışlı bir biçime çevirelim.

Teorem 9.2 (Young Eşitsizliği) \(p > 1\) ve \(q > 1\) sayıları \[\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1\] bağıntısını sağlasın (bu durumda \(p\) ile \(q\)’ya eşlenik üsler denir). O hâlde her \(a \ge 0\) ve \(b \ge 0\) için

\[ab \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}\]

olur; eşitlik ancak ve ancak \(a^{p} = b^{q}\) olduğunda sağlanır.

İspat

Sınır durumlar. \(a = 0\) ise sol taraf \(0\), sağ taraf \(\frac{b^q}{q} \ge 0\)’dır; eşitsizlik geçerli, eşitlik ise ancak \(b=0\), yani \(a^p = 0 = b^q\) iken sağlanır. \(b=0\) durumu simetriktir. Bundan sonra \(a,b>0\) varsayalım.

Kuvvet eşitsizliğinin uygulanışı. \(\alpha = \dfrac{1}{p}\) alalım. \(p>1\) olduğundan \(0 < \alpha < 1\)’dir ve

\[1 - \alpha = 1 - \frac{1}{p} = \frac{1}{q}\]

olur. Lemma 9.1’ni

\[x = \frac{a^{p}}{b^{q}} > 0\]

noktasında uygulayalım:

\[\left( \frac{a^{p}}{b^{q}} \right)^{1/p} \le \frac{1}{p} \cdot \frac{a^{p}}{b^{q}} + \frac{1}{q}.\]

Düzenleme. Sol taraf \(\dfrac{a}{b^{q/p}}\)’dir. Şimdi eşitsizliğin iki tarafını da pozitif olan \(b^{q}\) ile çarpalım:

\[a \cdot b^{\,q - \frac{q}{p}} \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}.\]

Soldaki üssü sadeleştirelim:

\[q - \frac{q}{p} = q\left(1 - \frac{1}{p}\right) = q \cdot \frac{1}{q} = 1.\]

Öyleyse sol taraf tam olarak \(ab\)’dir ve \(ab \le \dfrac{a^{p}}{p} + \dfrac{b^{q}}{q}\) elde edilir.

Eşitlik durumu. Lemma 9.1’nde eşitlik ancak ve ancak \(x=1\) iken sağlanıyordu. Burada \(x = \dfrac{a^p}{b^q}\) olduğundan, \(a,b>0\) hâlinde eşitlik ancak ve ancak \(a^{p} = b^{q}\) olduğunda geçerlidir; sınır durumlarda da koşul aynıdır.

\(\blacksquare\)

Young eşitsizliği ne işe yarar?

Young eşitsizliği bir çarpımı iki toplanana bölme aracıdır: \(ab\) gibi kontrol edilmesi zor bir çarpım, \(a\) ile \(b\)’nin ayrı ayrı kuvvetleri cinsinden yukarıdan sınırlanır. \(p = q = 2\) alındığında tanıdık bir eşitsizliğe indirgenir:

\[ab \le \frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2},\]

ki bu da \((a-b)^2 \ge 0\)’ın başka bir yazılışıdır. Genel \(p,q\) için ise Hölder ve Minkowski eşitsizliklerinin ispatındaki tek gerçek adımdır; bu eşitsizlikleri integraller için ileride ayrıca kuracağız.

9.6 Logaritma Eşitsizlikleri

Logaritmanın türevi \(\frac{1}{t}\)’dir ve bu türev, \(t\) büyüdükçe küçülür. Önerme 9.1 bu basit gözlemi, sayısal analizde ve seri yakınsaklık testlerinde çok kullanılan iki taraflı bir kestirime çevirir.

Örnek 9.3 (Logaritma için İki Taraflı Kestirim) Aşağıdakileri gösteriniz.

Her \(x > 0\) için \[\frac{x}{1+x} < \ln(1+x) < x.\]
\(b > a > 0\) için \[\frac{b-a}{b} < \ln\frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}.\]

Çözüm

a) \(f(t) = \ln(1+t)\) alalım. \(t > -1\) için \(1 + t > 0\) olduğundan \(f\), \((-1,\infty)\) üzerinde tanımlıdır; zincir kuralı (Teorem 4.1) ve logaritmanın türevi (Teorem 5.1) gereği bu aralıkta türevlenebilirdir ve

\[f'(t) = \frac{1}{1+t}.\]

\(x > 0\) verilsin. \(f\), \([0,x]\) üzerinde sürekli ve \((0,x)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (0,x)\) vardır ki

\[\ln(1+x) - \ln 1 = f'(c)\,(x - 0) = \frac{x}{1+c}, \qquad \text{yani} \qquad \ln(1+x) = \frac{x}{1+c}.\]

Şimdi \(0 < c < x\) olduğundan \(1 < 1+c < 1+x\)’tir. Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirir:

\[\frac{1}{1+x} < \frac{1}{1+c} < 1.\]

Bu kesin eşitsizlikleri pozitif olan \(x\) ile çarparsak

\[\frac{x}{1+x} < \frac{x}{1+c} = \ln(1+x) < x\]

elde ederiz. Bu tam olarak istenen eşitsizliktir.

b) Bu kez \(f(t) = \ln t\) alalım; \(f\), \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = \frac{1}{t}\)’dir (Teorem 5.1). \(b > a > 0\) verilsin; \(f\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (a,b)\) vardır ki

\[\ln b - \ln a = f'(c)\,(b-a) = \frac{b-a}{c}.\]

\(a < c < b\) olduğundan \(\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{c} < \dfrac{1}{a}\)’dır. \(b - a > 0\) ile çarparsak

\[\frac{b-a}{b} < \frac{b-a}{c} = \ln b - \ln a = \ln\frac{b}{a} < \frac{b-a}{a}\]

bulunur. (Son adımda logaritmanın \(\ln b - \ln a = \ln \frac{b}{a}\) özelliğini kullandık.)

Bu iki sonuç birbirinden bağımsız değildir: (b)’de \(a = 1\) ve \(b = 1+x\) alırsak \(b - a = x\) olur ve tam olarak (a) elde edilir. Tersine (a)’da \(x = \frac{b}{a} - 1 = \frac{b-a}{a}\) almak da (b)’yi verir.

\(\blacksquare\)

\(e\) sayısını iki taraftan kıstırmak

Örnek 9.3 (b)’yi \(a = n\), \(b = n+1\) (\(n \in \mathbb{N}\)) için yazalım:

\[\frac{1}{n+1} < \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}.\]

Soldaki eşitsizliği \(n+1\) ile, sağdakini \(n\) ile çarpalım:

\[n \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1 \qquad \text{ve} \qquad 1 < (n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).\]

Logaritma kurallarıyla bunlar \(\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} < 1 = \ln e\) ve \(\ln e = 1 < \ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\) demektir. \(\ln\) kesin artan olduğundan

\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} < e < \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}\]

elde edilir. Böylece \(e\) sayısını tanımlayan dizinin (bkz. Analiz 1, e Dizisi Artan ve Sınırlıdır) hem her zaman \(e\)’nin altında kaldığını hem de \(e\)’ye ne kadar yavaş yaklaştığını görmüş oluruz: iki sınır arasındaki boşluk \(n\) ile ters orantılı olarak kapanır.

Logaritma kestiriminden, ileride kullanacağımız küçük ama işlek bir sonuç daha çıkar: \(x \to 0^{+}\) iken \(x \ln x \to 0\)’dır. Gerçekten, \(0 < x < 1\) için Örnek 9.1’in logaritmik biçimi (\(\ln u \le u - 1\)) \(u = \frac{1}{\sqrt{x}}\) noktasında

\[\ln \frac{1}{\sqrt{x}} \le \frac{1}{\sqrt{x}} - 1 < \frac{1}{\sqrt{x}}, \qquad \text{yani} \qquad -\ln x < \frac{2}{\sqrt{x}}\]

verir. Buradan \(0 < -x\ln x < 2\sqrt{x}\) olur ve sıkıştırma teoremiyle (bkz. Analiz 1) \(x \ln x \to 0\) elde edilir.

9.7 Arktanjant ve Lipschitz Türü Kestirimler

Bir fonksiyonun türevi sınırlıysa, fonksiyon değerleri argümanlardan daha hızlı ayrılamaz. Bu, ortalama değer teoreminin belki de en sık kullanılan sonucudur ve düzgün sürekliliğe (uniform continuity) doğrudan bağlanır.

Örnek 9.4 (Arktanjant için Lipschitz Kestirimi) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \[|\arctan a - \arctan b| \le |a - b|\] olduğunu, dahası \(a \ne b\) iken eşitsizliğin kesin olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(f(t) = \arctan t\) alalım. Ters fonksiyonun türevi kuralı (Teorem 4.2) \(\tan\) fonksiyonunun \(\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) üzerindeki tersine uygulandığında (Teorem 5.5)

\[f'(t) = \frac{1}{1 + t^{2}} \qquad (t \in \mathbb{R})\]

verir. Her \(t\) için \(1 + t^2 \ge 1\) olduğundan \(0 < f'(t) \le 1\)’dir ve eşitlik yalnız \(t = 0\) noktasında olur.

\(a = b\) ise iki taraf da \(0\)’dır; eşitsizlik (eşitlikle) sağlanır. Bundan sonra \(a \ne b\) olsun ve genelliği bozmadan \(b < a\) varsayalım (aksi hâlde \(a\) ile \(b\)’nin rollerini değiştiririz; iki taraf da \(a\) ile \(b\)’de simetriktir).

Durum 1: \(0 \notin (b,a)\). Bu durumda \((b,a)\) aralığındaki hiçbir nokta \(0\) değildir. \(f\), \([b,a]\) üzerinde sürekli ve \((b,a)\) üzerinde türevlenebilirdir; ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (b,a)\) vardır ki

\[\arctan a - \arctan b = \frac{a - b}{1 + c^{2}}.\]

\(c \ne 0\) olduğundan \(1 + c^{2} > 1\)’dir, dolayısıyla \(0 < \dfrac{1}{1+c^2} < 1\). \(a - b > 0\) ile çarparsak

\[0 < \arctan a - \arctan b < a - b,\]

yani \(|\arctan a - \arctan b| < |a-b|\).

Durum 2: \(b < 0 < a\). Farkı iki parçaya ayıralım:

\[\arctan a - \arctan b = \big(\arctan a - \arctan 0\big) + \big(\arctan 0 - \arctan b\big).\]

\([0,a]\) aralığında ortalama değer teoremini uygularsak, bulunan ara nokta \((0,a)\) içinde ve dolayısıyla sıfırdan farklıdır; Durum 1’deki hesabın aynısı \(0 < \arctan a - \arctan 0 < a\) verir. Aynı biçimde \([b,0]\) aralığında \(0 < \arctan 0 - \arctan b < -b\) elde edilir. İki kesin eşitsizliği toplarsak

\[0 < \arctan a - \arctan b < a + (-b) = a - b,\]

yani yine \(|\arctan a - \arctan b| < |a-b|\).

Sonuç. Her \(a,b\) için \(|\arctan a - \arctan b| \le |a-b|\) geçerlidir ve \(a \ne b\) iken eşitsizlik kesindir.

\(\blacksquare\)

Bu örnek \(\arctan\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde \(K=1\) sabitiyle bir Lipschitz koşulu sağladığını söyler (bkz. Analiz 1). Buradan Lipschitz Koşulu Düzgün Sürekliliği Gerektirir gereği \(\arctan\)’ın \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olduğu çıkar — üstelik hiçbir \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabı yapmadan, yalnızca türevinin sınırlı olduğunu görerek. Aynı akıl yürütme türevi sınırlı olan her fonksiyon için işler; alıştırmalarda \(\sin\) ve \(\cos\) için de kuracağız.

Hangi kümede sınırlı olduğu önemlidir

Bu tekniğin çalışması için türevin bir aralık üzerinde sınırlı olması gerekir; sürekli olması gerekmez. Aralığı belirtmek ise zorunludur: \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonunun türevi \(-\frac{1}{x^2}\), \((0,1)\) üzerinde sınırsızdır ve nitekim \(f\) bu aralıkta düzgün sürekli değildir; buna karşılık aynı fonksiyon \([1,\infty)\) üzerinde \(|f'| \le 1\) sağlar ve orada Lipschitz’tir.

9.8 Yaklaşık Hesap ve Hata Kestirimi

Ortalama değer teoreminin sayısal yüzü şudur: \(f(b) = f(a) + f'(c)(b-a)\) eşitliğinde \(f'(c)\)’yi alttan ve üstten kıstırırsak, \(f(b)\)’yi iki sayı arasına hapsetmiş oluruz. Bilinen bir \(f(a)\) değerinden yola çıkarak bilinmeyen bir \(f(b)\)’yi bu şekilde, hata payıyla birlikte hesaplayabiliriz.

Örnek 9.5 (Kök Değerlerinin Hata Sınırıyla Hesabı)

\(\sqrt{101}\) sayısını, hatası \(0{,}001\)’den küçük olacak biçimde iki rasyonel sayı arasına yerleştiriniz.
Aynı yöntemle \(\sqrt[3]{28}\) için bir kestirim yapınız.

Çözüm

a) \(f(t) = \sqrt{t}\) alalım. Teorem 5.3 gereği \(f\), \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve

\[f'(t) = \frac{1}{2\sqrt{t}}.\]

\(f\)’yi \([100, 101]\) aralığında ele alalım; \(f(100) = 10\) değerini biliyoruz. Ortalama değer teoremi gereği öyle bir \(c \in (100,101)\) vardır ki

\[\sqrt{101} - 10 = f(101) - f(100) = f'(c)\,(101 - 100) = \frac{1}{2\sqrt{c}}.\]

Şimdi \(c\)’yi kıstıralım. \(100 < c < 101\) olduğundan, karekök kesin artan olduğu için \(10 < \sqrt{c} < \sqrt{101}\)’dir. Sağdaki \(\sqrt{101}\) henüz bilmediğimiz sayıdır; onu kaba bir üst sınırla değiştirelim. \(10{,}1^{2} = 102{,}01 > 101\) olduğundan \(\sqrt{101} < 10{,}1\)’dir. Öyleyse

\[10 < \sqrt{c} < 10{,}1 \quad \Longrightarrow \quad 20 < 2\sqrt{c} < 20{,}2 \quad \Longrightarrow \quad \frac{1}{20{,}2} < \frac{1}{2\sqrt{c}} < \frac{1}{20}.\]

Bunu yukarıdaki eşitlikte kullanırsak

\[\frac{1}{20{,}2} < \sqrt{101} - 10 < \frac{1}{20}, \qquad \text{yani} \qquad 10 + \frac{1}{20{,}2} < \sqrt{101} < 10{,}05.\]

\(\frac{1}{20{,}2} = 0{,}049504\ldots\) olduğundan

\[10{,}0495 < \sqrt{101} < 10{,}0500.\]

İki sınır arasındaki uzaklık \(0{,}0005\)’i aşmaz; dolayısıyla örneğin aralığın ortasına yakın bir değer alıp \(\sqrt{101} \approx 10{,}0497\) dersek hatamız \(0{,}0003\)’ü aşmaz — istenen \(0{,}001\) sınırının epeyce altındayız. (Gerçek değer \(10{,}049875\ldots\)’tir.)

Dikkat edilecek nokta şudur: burada \(\sqrt{101}\)’in ne olduğunu bilmeden, yalnızca \(c\)’nin \((100,101)\) aralığında olduğunu bilerek hem bir yaklaşık değer hem de bir hata sınırı ürettik; hata sınırının kaynağı, türevin bu aralıktaki en büyük ve en küçük değerleri arasındaki farktır.

b) \(g(t) = t^{1/3}\) alalım; \(g'(t) = \frac{1}{3} t^{-2/3} = \dfrac{1}{3\,t^{2/3}}\)’dür. \(g\)’yi \([27,28]\) aralığında ele alalım; \(g(27) = 3\)’tür. Ortalama değer teoremi gereği bir \(c \in (27,28)\) için

\[\sqrt[3]{28} - 3 = \frac{1}{3\,c^{2/3}}.\]

\(27 < c < 28\) olduğundan \(c^{2/3} > 27^{2/3} = 9\)’dur. Üst sınır için \(3{,}04^{3} = 28{,}094\ldots > 28\) gözleminden \(\sqrt[3]{28} < 3{,}04\), dolayısıyla \(c^{2/3} < 28^{2/3} = \left(\sqrt[3]{28}\right)^{2} < 3{,}04^{2} = 9{,}2416\) elde edilir. Öyleyse

\[\frac{1}{3 \cdot 9{,}2416} < \frac{1}{3\,c^{2/3}} < \frac{1}{3 \cdot 9} \quad \Longrightarrow \quad 3{,}0360 < \sqrt[3]{28} < 3{,}0371;\]

hata payı \(0{,}0011\)’dir. (Gerçek değer \(3{,}036589\ldots\)’tir.)

\(\blacksquare\)

Yöntemin özü

Yaklaşık hesapta izlenen yol her seferinde aynıdır: değeri bilinen en yakın “güzel” noktayı \(a\) seç, hedefi \(b\) al, \(f'\)’ü \([a,b]\) üzerinde kıstır. Aralık ne kadar dar olursa türevin salınımı o kadar az, hata sınırı o kadar küçük olur. İleride Taylor formülünü kurduğumuzda bu fikrin genel hâlini göreceğiz; ortalama değer teoremi, Taylor formülünün birinci mertebeden özel hâlidir.

9.9 Köklerin Ayrılması

Şimdiye kadar ortalama değer teoremini eşitsizlik üretmek için kullandık. Rolle teoremi ise farklı bir işe yarar: bir fonksiyonun kaç kökü olabileceğini yukarıdan sınırlar. Fikir tek cümlede özetlenebilir: fonksiyonun iki kökü arasında türevin mutlaka bir kökü vardır; öyleyse türevin kökleri azsa fonksiyonun kökleri de azdır.

Önerme 9.2 (Kök Sayısının Türevle Sınırlanması) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) türevlenebilir olsun. \(f'\) fonksiyonunun \(I\) içinde en çok \(n\) tane kökü varsa, \(f\) fonksiyonunun \(I\) içinde en çok \(n+1\) tane kökü vardır.

İspat

Tersini varsayalım: \(f\)’nin \(I\) içinde en az \(n+2\) tane farklı kökü olsun ve bunlardan \(n+2\) tanesini

\[x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n+2}\]

diye sıralayalım; her \(i\) için \(f(x_i) = 0\)’dır.

\(1 \le i \le n+1\) olan her \(i\) için \([x_i, x_{i+1}]\) aralığını ele alalım. \(I\) bir aralık ve \(x_i, x_{i+1} \in I\) olduğundan \([x_i, x_{i+1}] \subseteq I\)’dır. \(f\), \(I\) üzerinde türevlenebilir olduğundan bu kapalı aralıkta türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir (Teorem 3.1); özel olarak \([x_i,x_{i+1}]\) üzerinde sürekli ve \((x_i, x_{i+1})\) üzerinde türevlenebilirdir. Ayrıca \(f(x_i) = f(x_{i+1}) = 0\)’dır. Rolle teoremi gereği öyle bir

\[c_{i} \in (x_{i}, x_{i+1}) \quad \text{vardır ki} \quad f'(c_{i}) = 0.\]

Böylece \(c_1, c_2, \ldots, c_{n+1}\) noktalarını elde ettik. Bu noktalar birbirinden farklıdır: \(c_i \in (x_i, x_{i+1})\) ve \(c_j \in (x_j, x_{j+1})\) olmak üzere \(i < j\) ise \(c_i < x_{i+1} \le x_j < c_j\)’dir. Demek ki \(f'\) fonksiyonunun \(I\) içinde en az \(n+1\) tane farklı kökü vardır. Bu, \(f'\)’ün en çok \(n\) kökü olduğu varsayımıyla çelişir.

\(\blacksquare\)

En sık kullanılan iki özel hâl şudur: \(f'\)’ün hiç kökü yoksa \(f\)’nin en çok bir, \(f'\)’ün tam bir kökü varsa \(f\)’nin en çok iki kökü vardır. Bu tür argümanlara köklerin ayrılması denir; kök sayısını sınırlamakla kalmayıp her kökü kendi aralığına hapsetmeye de yararlar.

Örnek 9.6 (Kök Sayısını Belirleme) Aşağıdaki denklemlerin gerçel kök sayılarını belirleyiniz.

\(x^{5} + 5x + 1 = 0\).
\(x^{3} - 3x + 1 = 0\).
\(c \in \mathbb{R}\) herhangi bir sabit olmak üzere \(x^{4} - 4x + c = 0\).
\(a, b \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(e^{x} = ax + b\).

Çözüm

a) \(p(x) = x^{5} + 5x + 1\) olsun. Polinom olarak \(p\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir ve

\[p'(x) = 5x^{4} + 5 = 5\left(x^{4} + 1\right).\]

Her \(x\) için \(x^4 \ge 0\) olduğundan \(p'(x) \ge 5 > 0\)’dır; yani \(p'\) fonksiyonunun hiç kökü yoktur. Önerme 9.2 (\(n=0\)) gereği \(p\)’nin en çok bir kökü vardır.

En az bir kökü olduğunu da görelim: \(p\) süreklidir, \(p(-1) = -1 - 5 + 1 = -5 < 0\) ve \(p(0) = 1 > 0\)’dır. Ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \((-1,0)\) aralığında bir kök vardır. Öyleyse denklemin tam olarak bir gerçel kökü vardır ve bu kök \((-1,0)\) aralığındadır.

b) \(q(x) = x^{3} - 3x + 1\) olsun. \(q'(x) = 3x^{2} - 3 = 3(x-1)(x+1)\) olduğundan \(q'\)’nün tam iki kökü vardır: \(-1\) ve \(1\). Önerme 9.2 (\(n=2\)) gereği \(q\)’nun en çok üç kökü vardır.

Üç kökün gerçekten var olduğunu işaret değişimleriyle gösterelim:

\[q(-2) = -8 + 6 + 1 = -1 < 0, \quad q(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 > 0,\] \[q(1) = 1 - 3 + 1 = -1 < 0, \quad q(2) = 8 - 6 + 1 = 3 > 0.\]

Bolzano Teoremi (Sıfır Yeri Teoremi) gereği \((-2,-1)\), \((-1,1)\) ve \((1,2)\) aralıklarının her birinde birer kök vardır. Bu üç aralık ayrık olduğundan kökler farklıdır. Öyleyse \(q\)’nun tam olarak üç gerçel kökü vardır ve her biri kendi aralığına ayrılmıştır.

c) \(r(x) = x^{4} - 4x + c\) olsun. \(r'(x) = 4x^{3} - 4 = 4(x^{3} - 1) = 4(x-1)(x^{2}+x+1)\)’dir. İkinci çarpanın diskriminantı \(1 - 4 = -3 < 0\) olduğundan \(x^2+x+1\) hiç sıfırlanmaz; demek ki \(r'\)’nün tek kökü \(x = 1\)’dir. Önerme 9.2 (\(n=1\)) gereği \(r\)’nin her \(c\) değeri için en çok iki gerçel kökü vardır. (Kaç tane olduğu \(c\)’ye bağlıdır: \(r(1) = c-3\) olduğundan \(c<3\) için iki, \(c=3\) için bir, \(c>3\) için hiç kök yoktur.)

d) \(h(x) = e^{x} - ax - b\) olsun; denklemin kökleri \(h\)’nin kökleridir. \(h\) türevlenebilirdir ve \(h'(x) = e^{x} - a\)’dır.

\(a \le 0\) ise her \(x\) için \(e^{x} > 0 \ge a\), yani \(h'(x) > 0\); \(h'\)’nün kökü yoktur ve \(h\)’nin en çok bir kökü vardır.
\(a > 0\) ise \(h'(x) = 0\) denklemi \(e^{x} = a\), yani \(x = \ln a\) verir; \(\exp\) birebir olduğundan bu tek çözümdür. Demek ki \(h'\)’nün tam bir kökü vardır ve \(h\)’nin en çok iki kökü vardır.

Sonuç şudur: bir üstel eğri ile bir doğru en çok iki noktada kesişir.

\(\blacksquare\)

9.10 Türev Limiti Teoremi

Bölümü ortalama değer teoreminin çok başka türden bir sonucuyla kapatıyoruz. Parçalı tanımlanmış bir fonksiyonun yapışma noktasındaki türevini bulmak, tanım gereği fark oranının (Tanım 2.1) limitini hesaplamayı gerektirir; bu limit çoğu zaman zahmetlidir. Aşağıdaki teorem bunun yerine türevin limitine bakmanın yettiğini söyler ve aynı zamanda L’Hôpital kuralının en yalın habercisidir.

Önerme 9.3 (Türev Limiti Teoremi) \(a < b\) olmak üzere \(f : [a,b) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a\) noktasında sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olsun. Eğer

\[\lim_{x \to a^{+}} f'(x) = L \in \mathbb{R}\]

limiti varsa, \(f\)’nin \(a\) noktasındaki sağdan türevi de vardır ve

\[f'_{+}(a) = L\]

olur.

İspat

Sağdan türevin tanımı gereği (Tanım 2.6)

\[f'_{+}(a) = \lim_{x \to a^{+}} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}\]

limitinin var ve \(L\)’ye eşit olduğunu göstermeliyiz. Bunu doğrudan \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımıyla yapacağız.

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to a^{+}} f'(x) = L\) olduğundan, öyle bir \(\delta_{0} > 0\) vardır ki

\[a < t < a + \delta_{0} \quad \Longrightarrow \quad |f'(t) - L| < \varepsilon.\]

Gerekirse küçülterek \(\delta = \min\{\delta_{0},\, b-a\}\) alalım; böylece \(\delta > 0\) ve \((a, a+\delta) \subseteq (a,b)\) olur.

Şimdi \(a < x < a + \delta\) olan herhangi bir \(x\) alalım ve \(f\)’yi \([a,x]\) aralığında ele alalım:

\(f\), \(a\) noktasında sürekli ve \((a,b) \supseteq (a,x]\) üzerinde türevlenebilir olduğundan (Teorem 3.1 gereği \((a,x]\) üzerinde de süreklidir) \(f\), \([a,x]\) üzerinde süreklidir;
\(f\), \((a,x)\) üzerinde türevlenebilirdir.

Ortalama değer teoreminin hipotezleri sağlanmaktadır; öyleyse öyle bir \(c_{x} \in (a,x)\) vardır ki

\[\frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(c_{x}).\]

Burada \(a < c_{x} < x < a + \delta \le a + \delta_{0}\) olduğuna dikkat edelim: \(c_x\) noktası, \(f'\)’ün \(L\)’ye yakın olmasını garanti eden komşuluğun içindedir. Öyleyse

\[\left| \frac{f(x) - f(a)}{x - a} - L \right| = \left| f'(c_{x}) - L \right| < \varepsilon.\]

Bu, keyfî \(\varepsilon>0\) için \(a < x < a+\delta\) olan her \(x\)’te sağlandığından, tanım gereği

\[\lim_{x \to a^{+}} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = L,\]

yani \(f'_{+}(a)\) vardır ve \(L\)’ye eşittir.

\(\blacksquare\)

Aynı ispat, aralığın öteki ucunda kelimesi kelimesine tekrarlanır: \(f\), \(b\) noktasında sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirse ve \(\lim_{x \to b^{-}} f'(x) = L\) ise \(f'_{-}(b) = L\)’dir. İki tarafı birleştirince, uygulamada asıl kullandığımız biçimi elde ederiz.

Sonuç 9.1 (İki Yönlü Biçim) \(I\), \(a\) noktasını içeren bir açık aralık olsun. \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a\) noktasında sürekli ve \(I \setminus \{a\}\) kümesinin her noktasında türevlenebilir olsun. Eğer

\[\lim_{x \to a} f'(x) = L \in \mathbb{R}\]

ise \(f\), \(a\) noktasında türevlenebilirdir ve \(f'(a) = L\)’dir. Dahası bu durumda \(f'\) fonksiyonu \(a\) noktasında süreklidir.

İspat

\(I = (\alpha, \beta)\) yazalım; \(\alpha < a < \beta\)’dır. \(\lim_{x\to a} f'(x) = L\) olduğundan, tek yönlü limitlerin varlığı ve eşitliği gereği (bkz. Analiz 1) \(\lim_{x\to a^{+}} f'(x) = \lim_{x \to a^{-}} f'(x) = L\)’dir. Önerme 9.3’ni \(f\)’nin \([a,\beta)\) üzerindeki kısıtlamasına uygularsak \(f'_{+}(a) = L\), aynı önermenin sol uçtaki biçimini \((\alpha, a]\) üzerindeki kısıtlamaya uygularsak \(f'_{-}(a) = L\) çıkar. Bir noktada türevin varlığı, iki tek yönlü türevin var ve eşit olmasına denktir (Teorem 2.1); öyleyse \(f'(a)\) vardır ve \(L\)’ye eşittir.

Süreklilik iddiası artık tanımın kendisidir: \(\lim_{x\to a} f'(x) = L = f'(a)\) olduğundan \(f'\), \(a\) noktasında süreklidir (bkz. Analiz 1).

\(\blacksquare\)

Karşıtı doğru değildir

Sonuç 9.1, “\(f'(a)\) vardır” sonucunu “\(\lim_{x\to a} f'(x)\) vardır” varsayımından üretir. Ters yön yanlıştır: bir fonksiyon bir noktada türevlenebilir olduğu hâlde türevi o noktada limitsiz olabilir. Klasik örnek

\[f(x) = \begin{cases} x^{2} \sin \dfrac{1}{x}, & x \ne 0 \\[4pt] 0, & x = 0 \end{cases}\]

fonksiyonudur. \(0\) noktasında fark oranı \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = x \sin \dfrac{1}{x}\)’tir; \(\left|\sin \frac{1}{x}\right| \le 1\) sınırlı ve \(x \to 0\) olduğundan Sınırlı Fonksiyon Çarpı Sıfıra Giden Fonksiyon gereği bu limit \(0\)’dır, yani \(f'(0) = 0\) vardır. Öte yandan \(x \ne 0\) için çarpım ve zincir kurallarıyla

\[f'(x) = 2x \sin\frac{1}{x} - \cos\frac{1}{x}\]

olur. Birinci terim \(x\to 0\) iken \(0\)’a gider, ama \(\cos\frac{1}{x}\)’in limiti yoktur: \(x_{n} = \frac{1}{2n\pi} \to 0\) boyunca \(\cos\frac{1}{x_n} = 1\), \(y_{n} = \frac{1}{(2n+1)\pi} \to 0\) boyunca \(\cos\frac{1}{y_n} = -1\) olur ve dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) limitin var olmadığını söyler. Demek ki \(f'(0)\) var ama \(\lim_{x\to 0} f'(x)\) yoktur; türev fonksiyonu sürekli olmak zorunda değildir.

Bir uyarı daha: teorem \(L\)’nin sonlu olmasını ister. \(\lim_{x \to a^{+}} f'(x) = +\infty\) ise aynı ispat fark oranının \(+\infty\)’a gittiğini gösterir; bu, grafiğin \(a\)’da düşey teğeti olması demektir, ama \(f'_{+}(a)\) bir gerçel sayı olarak var değildir. \(f(x) = \sqrt[3]{x}\) için \(x=0\)’da durum budur.

Şimdi teoremi iş başında görelim. Aşağıdaki iki soru, doğrudan tanımla çözülseydi hayli uzun limit hesapları isterdi.

Örnek 9.7 (Yapışma Noktasında Türev)

\(f(x) = \begin{cases} x^{2}\ln x, & x > 0 \\ 0, & x \le 0 \end{cases}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilir olduğunu ve \(f'(0) = 0\) olduğunu gösteriniz.
\(f(x) = \begin{cases} x^{2}+1, & x \le 1 \\ a\sqrt{x} + b, & x > 1 \end{cases}\) fonksiyonunun \(x=1\) noktasında türevlenebilir olması için \(a\) ve \(b\) ne olmalıdır?

Çözüm

a) \(x > 0\) için \(f\), iki türevlenebilir fonksiyonun çarpımıdır; çarpım kuralı (Teorem 3.2) ve Teorem 5.1 gereği

\[f'(x) = 2x\ln x + x^{2} \cdot \frac{1}{x} = 2x \ln x + x \qquad (x>0).\]

\(x < 0\) için \(f\) sabittir, dolayısıyla \(f'(x) = 0\)’dır. Geriye tek sorunlu nokta olan \(x = 0\) kalıyor.

Süreklilik. Bölümün başında \(x \to 0^{+}\) iken \(x\ln x \to 0\) olduğunu göstermiştik. O hâlde \(x^{2}\ln x = x \cdot (x \ln x) \to 0 \cdot 0 = 0\)’dır (bkz. Analiz 1). Soldan limit ise açıkça \(0\)’dır. İki tek yönlü limit de \(f(0) = 0\) değerine eşit olduğundan \(f\), \(0\) noktasında süreklidir (bkz. Analiz 1, Yığılma Noktasında Süreklilik ve Limit).

Türev. Şimdi türevin limitine bakalım. Sağdan:

\[\lim_{x \to 0^{+}} f'(x) = \lim_{x\to 0^{+}} \big( 2x\ln x + x \big) = 2 \cdot 0 + 0 = 0.\]

Soldan: \(f'(x) = 0\) olduğundan \(\lim_{x\to 0^{-}} f'(x) = 0\). İki tek yönlü limit de \(0\) olduğundan \(\lim_{x\to 0} f'(x) = 0\)’dır. \(f\), \(0\)’da sürekli ve \(0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda türevlenebilir olduğundan Sonuç 9.1 uygulanır:

\[f'(0) = 0.\]

Böylece \(f\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir. Dahası türevi \(0\)’da sürekli olduğundan \(f \in C^{1}(\mathbb{R})\)’dir (Tanım 6.2).

b) Önce sürekliliği sağlamalıyız, çünkü teoremin hipotezi budur ve zaten türevlenebilirlik sürekliliği gerektirir (Teorem 3.1). Soldan limit \(\lim_{x\to 1^{-}} (x^2+1) = 2 = f(1)\), sağdan limit \(\lim_{x\to 1^{+}} \left( a\sqrt{x} + b \right) = a + b\)’dir. Süreklilik için

\[a + b = 2\]

olmalıdır; buna süreklilik koşulu diyelim. Şimdi türevlere bakalım. \(x<1\) için \(f'(x) = 2x\), \(x>1\) için \(f'(x) = \dfrac{a}{2\sqrt{x}}\)’tir. Tek yönlü limitler:

\[\lim_{x\to 1^{-}} f'(x) = 2, \qquad \lim_{x\to 1^{+}} f'(x) = \frac{a}{2}.\]

Süreklilik koşulu sağlanıyorsa \(f\), \(1\) noktasında süreklidir ve Önerme 9.3 ile onun sol uçtaki biçimi

\[f'_{-}(1) = 2, \qquad f'_{+}(1) = \frac{a}{2}\]

verir. Teorem 2.1 gereği \(f'(1)\)’in var olması için bu iki sayının eşit olması gerekir:

\[\frac{a}{2} = 2 \quad \Longrightarrow \quad a = 4,\]

ve süreklilik koşulundan \(b = 2 - a = -2\) bulunur. Bu değerlerle \(f\), \(x=1\) noktasında türevlenebilirdir ve \(f'(1) = 2\)’dir.

Bulduğumuz koşulların gerekli olduğunu da görelim: \(a+b \ne 2\) ise \(f\), \(1\)’de sürekli olmadığından türevlenemez; \(a + b = 2\) ama \(a \ne 4\) ise iki tek yönlü türev farklı çıkar ve yine türev yoktur. Öyleyse tek çözüm \(a = 4\), \(b = -2\)’dir.

\(\blacksquare\)

9.11 Alıştırmalar

Alıştırma 9.1 (Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları Üzerine)

Her \(0 < x < \dfrac{\pi}{2}\) için \(\tan x > x\) olduğunu gösteriniz.
\(0 \le a < b\) için \[\frac{b-a}{1+b^{2}} < \arctan b - \arctan a < \frac{b-a}{1+a^{2}}\] olduğunu gösteriniz.
Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(|\sin a - \sin b| \le |a-b|\) ve \(|\cos a - \cos b| \le |a - b|\) olduğunu gösteriniz. Buradan \(\sin\) ve \(\cos\) fonksiyonlarının \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün sürekli olduğu sonucunu çıkarınız.
Her \(x > 0\) için \(e^{x} > 1 + x + \dfrac{x^{2}}{2}\) olduğunu gösteriniz.
Her \(n \ge 1\) tam sayısı için \[2\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right) < \frac{1}{\sqrt{n}} < 2\left(\sqrt{n} - \sqrt{n-1}\right)\] olduğunu gösteriniz ve buradan her \(N \ge 1\) için \[2\sqrt{N+1} - 2 < \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} \le 2\sqrt{N} - 1\] olduğunu, sağdaki eşitliğin ise yalnız \(N=1\) için oluştuğunu çıkarınız.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve her \(x\) için \(|f'(x)| \le \dfrac{1}{2}\) olsun. \(f\)’nin en çok bir sabit noktası olduğunu, yani \(f(u) = u\) eşitliğini sağlayan en çok bir \(u\) bulunduğunu gösteriniz.
\(f(x) = \begin{cases} \ln(1+2x), & x \ge 0 \\ ax^{2} + bx, & x < 0 \end{cases}\) fonksiyonunun \(x=0\) noktasında iki kez türevlenebilir olması için \(a\) ve \(b\) ne olmalıdır?

Çözüm

a) \(f(t) = \tan t\) alalım. \(f\), \(\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = \dfrac{1}{\cos^{2} t}\)’dir (Teorem 5.4 ve bölme kuralı, Teorem 3.2). \(0 < x < \frac{\pi}{2}\) verilsin; \(f\), \([0,x]\) üzerinde sürekli ve \((0,x)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği bir \(c \in (0,x)\) için

\[\tan x - \tan 0 = \frac{1}{\cos^{2} c}\,(x - 0), \qquad \text{yani} \qquad \tan x = \frac{x}{\cos^{2} c}.\]

\(c \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) olduğundan \(0 < \cos c < 1\), dolayısıyla \(0 < \cos^{2} c < 1\) ve \(\dfrac{1}{\cos^{2} c} > 1\)’dir. \(x > 0\) ile çarparsak \(\tan x > x\) elde ederiz.

b) \(f(t) = \arctan t\) alalım; \(f'(t) = \dfrac{1}{1+t^{2}}\)’dir. \(0 \le a < b\) verilsin. Ortalama değer teoremi \([a,b]\) üzerinde bir \(c \in (a,b)\) verir:

\[\arctan b - \arctan a = \frac{b-a}{1+c^{2}}.\]

\(0 \le a < c < b\) olduğundan ve \(t \mapsto t^2\) dönüşümü \([0,\infty)\) üzerinde kesin artan olduğundan \(a^{2} < c^{2} < b^{2}\), dolayısıyla \(1 + a^{2} < 1 + c^{2} < 1 + b^{2}\)’dir. Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirir:

\[\frac{1}{1+b^{2}} < \frac{1}{1+c^{2}} < \frac{1}{1+a^{2}}.\]

Pozitif olan \(b-a\) ile çarparsak istenen çift eşitsizlik çıkar. (\(a<0<b\) hâlinde \(a^2 < c^2\) sıralaması bozulabileceğinden \(a \ge 0\) koşulu gereklidir; o durumda yalnız Örnek 9.4’teki kaba sınır kalır.)

c) \(a = b\) ise iki taraf da \(0\)’dır. \(a \ne b\) olsun; genelliği bozmadan \(b < a\) diyelim. \(f(t) = \sin t\) fonksiyonu \([b,a]\) üzerinde sürekli, \((b,a)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği bir \(c \in (b,a)\) için

\[\sin a - \sin b = \cos c \cdot (a - b).\]

Mutlak değer alıp \(|\cos c| \le 1\) kullanırsak

\[|\sin a - \sin b| = |\cos c|\,|a-b| \le |a-b|.\]

Bu eşitsizlikler \(\sin\) ve \(\cos\) fonksiyonlarının \(K=1\) sabitiyle Lipschitz koşulunu sağladığını söyler (bkz. Analiz 1); Lipschitz Koşulu Düzgün Sürekliliği Gerektirir gereği her ikisi de \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün süreklidir.

d) \(g(x) = e^{x} - 1 - x - \dfrac{x^{2}}{2}\) olsun. \(g\) türevlenebilirdir, \(g(0) = 1 - 1 - 0 - 0 = 0\)’dır ve

\[g'(t) = e^{t} - 1 - t.\]

Örnek 9.1 gereği \(t \ne 0\) için \(e^{t} > 1 + t\), yani \(g'(t) > 0\)’dır. Şimdi \(x>0\) verilsin ve \(g\)’yi \([0,x]\) üzerinde ele alalım. Ortalama değer teoremi gereği bir \(c \in (0,x)\) için

\[g(x) - g(0) = g'(c)\,(x-0) = \big(e^{c} - 1 - c\big)\,x.\]

\(c \in (0,x)\) olduğundan \(c \ne 0\) ve dolayısıyla \(e^{c} - 1 - c > 0\)’dır; \(x>0\) ile çarpım da pozitiftir. \(g(0)=0\) olduğundan \(g(x) > 0\), yani

\[e^{x} > 1 + x + \frac{x^{2}}{2} \qquad (x>0)\]

elde edilir. (Aynı fikri tekrarlayarak her \(n\) için \(e^{x} > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!}\) kanıtlanabilir; bu, Taylor formülünün habercisidir.)

e) \(f(t) = 2\sqrt{t}\) alalım; \(f\), \([0,\infty)\) üzerinde sürekli, \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f'(t) = \dfrac{1}{\sqrt{t}}\)’dir.

Sol eşitsizlik. \(f\)’yi \([n, n+1]\) üzerinde ele alalım. Bir \(c \in (n,n+1)\) için

\[2\sqrt{n+1} - 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{c}}.\]

\(c > n\) olduğundan \(\sqrt{c} > \sqrt{n}\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{c}} < \dfrac{1}{\sqrt{n}}\)’dir. Demek ki \(2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) < \dfrac{1}{\sqrt{n}}\).

Sağ eşitsizlik. \(f\)’yi \([n-1, n]\) üzerinde ele alalım (\(n \ge 1\) olduğundan bu aralık \([0,\infty)\) içindedir; \(n=1\) hâlinde \(f\), \([0,1]\) üzerinde sürekli ve \((0,1)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan hipotezler yine sağlanır). Bir \(c \in (n-1,n)\) için

\[2\sqrt{n} - 2\sqrt{n-1} = \frac{1}{\sqrt{c}}\]

ve \(c < n\) olduğundan \(\dfrac{1}{\sqrt{c}} > \dfrac{1}{\sqrt{n}}\)’dir.

Toplam kestirimi. Sol eşitsizliği \(n = 1, 2, \ldots, N\) için toplayalım. Sağ taraf teleskopik toplamdır:

\[\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} > \sum_{n=1}^{N} 2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right) = 2\left(\sqrt{N+1} - 1\right) = 2\sqrt{N+1} - 2.\]

Üst sınır için ilk terimi ayıralım ve sağ eşitsizliği \(n = 2, \ldots, N\) için toplayalım:

\[\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} = 1 + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} \le 1 + \sum_{n=2}^{N} 2\left(\sqrt{n} - \sqrt{n-1}\right) = 1 + 2\left(\sqrt{N} - 1\right) = 2\sqrt{N} - 1.\]

Ortadaki adımda eşitlik yalnız \(N = 1\) hâlinde, yani her iki toplam da boş olduğunda oluşur; o durumda gerçekten \(\sum_{n=1}^{1} \frac{1}{\sqrt{n}} = 1 = 2\sqrt{1} - 1\)’dir. \(N \ge 2\) için toplanan kesin eşitsizliklerden en az biri devrede olduğundan üst sınır da kesindir:

\[\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{n}} < 2\sqrt{N} - 1 \qquad (N \ge 2).\]

Böylece bu toplamın \(2\sqrt{N}\) mertebesinde büyüdüğünü, özel olarak \(N \to \infty\) iken sınırsız olduğunu görmüş oluruz.

f) \(u\) ve \(v\) iki sabit nokta olsun: \(f(u) = u\) ve \(f(v) = v\). \(u \ne v\) olduğunu varsayalım; genelliği bozmadan \(u < v\) diyelim. \(f\), \([u,v]\) üzerinde sürekli (türevlenebilir olduğundan, Teorem 3.1) ve \((u,v)\) üzerinde türevlenebilirdir. Ortalama değer teoremi gereği bir \(c \in (u,v)\) için

\[f(v) - f(u) = f'(c)\,(v-u).\]

Sol taraf \(v - u\)’dur. Mutlak değer alırsak, \(|f'(c)| \le \frac{1}{2}\) olduğundan

\[|v - u| = |f'(c)|\,|v-u| \le \frac{1}{2}\,|v-u|.\]

\(u \ne v\) olduğundan \(|v-u| > 0\)’dır; iki tarafı bu pozitif sayıya bölersek \(1 \le \frac{1}{2}\) çelişkisi çıkar. Demek ki \(u = v\)’dir, yani en çok bir sabit nokta vardır.

g) Fonksiyon \(x = 0\)’da süreklidir: \(\ln(1+0) = 0\) ve \(\lim_{x\to 0^{-}} (ax^2+bx) = 0 = f(0)\).

Birinci türev. \(x>0\) için zincir kuralı (Teorem 4.1) ve Teorem 5.1 gereği \(f'(x) = \dfrac{2}{1+2x}\); \(x<0\) için \(f'(x) = 2ax + b\)’dir. Tek yönlü limitler

\[\lim_{x\to 0^{+}} f'(x) = 2, \qquad \lim_{x \to 0^{-}} f'(x) = b\]

olur. \(f\), \(0\)’da sürekli olduğundan Önerme 9.3 (ve sol uçtaki biçimi) \(f'_{+}(0) = 2\) ve \(f'_{-}(0) = b\) verir. Teorem 2.1 gereği \(f'(0)\)’ın var olması için

\[b = 2\]

olmalıdır; bu durumda \(f'(0) = 2\)’dir.

İkinci türev. \(b = 2\) ile \(f'\) fonksiyonu şöyledir:

\[f'(x) = \begin{cases} \dfrac{2}{1+2x}, & x \ge 0 \\[6pt] 2ax + 2, & x < 0. \end{cases}\]

\(f'\), \(0\)’da süreklidir (iki tek yönlü limit de \(2 = f'(0)\)’dır). \(x > 0\) için \(f''(x) = -\dfrac{4}{(1+2x)^{2}}\), \(x<0\) için \(f''(x) = 2a\)’dır. Tek yönlü limitler

\[\lim_{x\to 0^{+}} f''(x) = -4, \qquad \lim_{x\to 0^{-}} f''(x) = 2a\]

olur. Şimdi Önerme 9.3’ni \(f\) yerine \(f'\) fonksiyonuna uygulayabiliriz (çünkü \(f'\), \(0\)’da sürekli ve \(0\)’ın her iki yanında türevlenebilirdir): \(f''_{+}(0) = -4\) ve \(f''_{-}(0) = 2a\). Bunların eşit olması için

\[2a = -4 \quad \Longrightarrow \quad a = -2.\]

Öyleyse \(a = -2\) ve \(b = 2\)’dir; bu değerlerle \(f\), \(x=0\) noktasında iki kez türevlenebilirdir ve \(f'(0) = 2\), \(f''(0) = -4\) olur (Tanım 6.1).

\(\blacksquare\)

Ortalama değer teoremi, gördüğümüz gibi türevden fonksiyona doğru bilgi taşıyan bir köprüdür: türevin işaretini, sınırlarını ya da limitini bilmek fonksiyonun kendisi hakkında kesin nicel sonuçlar verir. Bir sonraki bölümde ters yönde şaşırtıcı bir soru soracağız: türev fonksiyonu sürekli olmak zorunda değilken, yine de ara değer özelliği taşımak zorunda mıdır? Yanıt evettir ve ispatı yine Rolle teoremine dayanır: Darboux Teoremi: Türevin Ara Değer Özelliği.