8 Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri
Önceki bölümde Fermat teoremini kanıtladık: bir fonksiyon bir iç noktada yerel ekstremuma sahipse ve o noktada türevlenebiliyorsa, türev orada sıfırdır. Bu, yerel bir bilgiden yerel bir sonuç çıkaran bir teoremdir; ekstremum noktalarını aramaya yarar, fonksiyonun bütünü hakkında bir şey söylemez.
Bu bölümde yön değiştiriyoruz. Sorumuz artık şudur: türev hakkındaki bilgi, fonksiyonun bir aralık üzerindeki davranışı hakkında ne söyler? Türev bir noktadaki anlık değişimi ölçer; buna karşılık \(f(b) - f(a)\) farkı, aralığın tamamındaki toplam değişimdir. Bu ikisi arasında köprü kuran teorem ortalama değer teoremidir (mean value theorem) ve türev hesabının en çok kullanılan aracıdır. Bir fonksiyonun türevi her yerde sıfırsa neden sabittir, türevi pozitifse neden artar, türevi sınırlıysa neden fazla hızlı değişemez — bütün bu soruların yanıtı aynı teoremden çıkar.
Yolu iki adımda kat edeceğiz. Önce, iki ucunda aynı değeri alan bir fonksiyonun arada mutlaka yatay teğeti olduğunu söyleyen Rolle teoremini (Rolle’s theorem) ispatlayacağız; bu, Weierstrass ekstremum teoremi ile Fermat teoreminin doğrudan bir bileşimidir. Sonra Rolle teoremini uygun bir yardımcı fonksiyon (auxiliary function) yardımıyla “eğik” duruma taşıyıp Lagrange’ın ortalama değer teoremini elde edeceğiz. Aynı fikir bir kez daha uygulandığında iki fonksiyonu birlikte ele alan Cauchy ortalama değer teoremine ulaşacağız; bu teorem ileride L’Hôpital kuralının ve Taylor formülünün temelini oluşturacak.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Rolle teoreminin ifadesi, ispatı ve hipotezlerinin vazgeçilmezliği; Rolle teoreminin iki genellemesi; Lagrange ortalama değer teoremi ve geometrik anlamı; teoremin dört temel sonucu (sabitlik, sabit farkla ayrılma, monotonluk testi, Lipschitz koşulu); ve Cauchy ortalama değer teoremi ile parametrik eğri yorumu.
8.1 Rolle Teoremi
Bir fonksiyonun grafiğini, bir aralığın iki ucunda aynı yükseklikte olan sürekli bir eğri olarak düşünelim. Eğri baştaki yükseklikten ayrılırsa — ister yukarı ister aşağı — sonunda aynı yüksekliğe dönmek zorundadır. Dönüş için bir yerde “yön değiştirmesi” gerekir; o dönüş noktasında teğet yataydır. Rolle teoremi bu sezgiyi kesin bir ifadeye çevirir. İspatın tamamı iki büyük teoremden ibarettir: kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli bir fonksiyon en büyük ve en küçük değerini gerçekten alır (Weierstrass), ve alındığı nokta içerideyse türev orada sıfırdır (Fermat).
Teorem 8.1 (Rolle Teoremi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
- \([a,b]\) kapalı aralığında sürekli,
- \((a,b)\) açık aralığında türevlenebilir
olsun. Ayrıca \(f(a) = f(b)\) olsun. O hâlde
\[f'(c) = 0\]
olan en az bir \(c \in (a,b)\) noktası vardır.
İspat
\(f\) kapalı ve sınırlı \([a,b]\) aralığında sürekli olduğundan, Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bu aralıkta bir en büyük ve bir en küçük değerini alır: öyle \(x_M, x_m \in [a,b]\) noktaları vardır ki her \(x \in [a,b]\) için
\[m := f(x_m) \le f(x) \le f(x_M) =: M.\]
\(f(a) = f(b)\) ortak değerine \(k\) diyelim. İki durum ayırt edeceğiz.
Durum 1: \(M = m\). Bu durumda her \(x \in [a,b]\) için \(m \le f(x) \le M = m\), yani \(f(x) = m\) olur; \(f\) sabit fonksiyondur. Sabit fonksiyonun türevi her noktada sıfırdır, dolayısıyla \((a,b)\) aralığındaki her \(c\) noktası işi görür. (Bu, teoremin \(c\)’nin tekliğini iddia etmediğini gösteren en uç örnektir.)
Durum 2: \(M > m\). \(M\) ile \(m\) farklı olduğuna göre bunlardan en az biri uç değer \(k\)’ye eşit olamaz: eğer hem \(M = k\) hem \(m = k\) olsaydı \(M = m\) olurdu. İki alt durumu ayrı ayrı görelim.
- \(M \ne k\) olsun. \(f(x_M) = M \ne k = f(a) = f(b)\) olduğundan \(x_M \ne a\) ve \(x_M \ne b\)’dir; yani \(c := x_M\) noktası \((a,b)\) açık aralığındadır. Bu nokta \(f\)’nin \([a,b]\) üzerindeki mutlak maksimum noktası olduğundan, özel olarak bir yerel maksimum noktasıdır: \(c\)’nin \((a,b)\) içinde kalan bir komşuluğundaki her \(x\) için \(f(x) \le f(c)\)’dir. Hipotez gereği \(f\), \(c\) noktasında türevlenebilirdir. Fermat teoremi gereği \(f'(c) = 0\) olur.
- \(m \ne k\) olsun. Bu kez \(c := x_m\) noktası aynı gerekçeyle \((a,b)\) içindedir, bir yerel minimum noktasıdır ve \(f\) orada türevlenebilirdir; Fermat teoremi yine \(f'(c) = 0\) verir.
Her iki alt durumda da aranan \(c\) bulundu. Böylece ispat tamamlanır.
\(\blacksquare\)
İspatın yapısı akılda tutmaya değer: süreklilik ekstremumun varlığını, uç değerlerin eşitliği ekstremumun içeride olmasını, türevlenebilirlik de Fermat teoreminin uygulanabilmesini sağlar. Üç hipotezin her biri bu zincirde ayrı bir halkadır; birini koparırsanız sonuç çöker. Bunu birazdan örneklerle göreceğiz.
Rolle teoremi şunu söyler: türevlenebilir bir eğri, bir yatay doğruyu iki kez kesiyorsa, bu iki kesim noktası arasında en az bir yatay teğeti vardır. Grafiğin ucundan ucuna giderken net bir yükselme ya da alçalma yoksa, yol boyunca “anlık eğim”in en az bir kez sıfırlanması gerekir.
Teorem \(c\)’nin varlığını söyler; ne tekliğini ne de yerini. Yukarıdaki şekilde üç ayrı yatay teğet noktası vardır; sabit fonksiyonda ise sonsuz çoktur.
Hipotezler vazgeçilmez midir?
Bir teoremin hipotezlerini gerçekten anlamanın tek yolu, her birini tek tek düşürüp sonucun bozulduğunu görmektir. Rolle teoreminde üç hipotez vardır ve üçü de gereklidir.
Aşağıdaki üç örnekte, hipotezlerden yalnızca biri sağlanmıyor ve her seferinde teoremin sonucu yanlış çıkıyor. Özellikle birinci örnekte türevin var olmadığı tek bir nokta bulunmasının bile yeterli olduğuna dikkat edin: hipotezler “hemen hemen her yerde” sağlanmakla yetinmez.
Örnek 8.1 (Hipotezlerin Gerekliliği) Aşağıdaki fonksiyonların her biri için Rolle teoreminin hangi hipotezinin sağlanmadığını belirleyiniz ve sonucun gerçekten bozulduğunu gösteriniz.
a) \(f(x) = |x|\), \([-1,1]\) üzerinde.
b) \(f(x) = x\), \([0,1]\) üzerinde.
c) \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) (\(0 \le x < 1\)) ve \(f(1) = 0\).
Çözüm
a) Türevlenebilirlik bozuluyor. Mutlak değer fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir; ayrıca \(f(-1) = 1 = f(1)\)’dir. Yani süreklilik ve uç değerlerin eşitliği hipotezleri sağlanıyor. Buna karşılık \(f\), \(0\) noktasında türevlenebilir değildir: sağ ve sol türevler
\[f'(0^+) = \lim_{h \to 0^+} \frac{|h| - 0}{h} = 1, \qquad f'(0^-) = \lim_{h \to 0^-} \frac{|h| - 0}{h} = -1\]
biçiminde farklıdır (Teorem 2.1). Sonuç da bozulur: \(x > 0\) için \(f'(x) = 1\), \(x < 0\) için \(f'(x) = -1\) olduğundan \((-1,1)\) aralığında türevin tanımlı olduğu hiçbir noktada türev sıfır değildir. Türevin var olmadığı tek bir nokta, teoremin sonucunu geçersiz kılmaya yetti.
b) Uç değerlerin eşitliği bozuluyor. \(f(x) = x\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde sürekli ve \((0,1)\) üzerinde türevlenebilirdir; ilk iki hipotez sağlanıyor. Ancak \(f(0) = 0 \ne 1 = f(1)\)’dir. Sonuç da bozulur: her \(x\) için \(f'(x) = 1 \ne 0\) olduğundan \(f'(c) = 0\) olan bir \(c\) yoktur.
c) Kapalı aralıkta süreklilik bozuluyor. Bu fonksiyon için \(f(0) = 0\) ve \(f(1) = 0\), yani \(f(0) = f(1)\)’dir; ayrıca \((0,1)\) açık aralığında \(f(x) = x\) olduğundan \(f\) orada türevlenebilirdir ve \(f'(x) = 1\)’dir. Eksik olan tek şey kapalı aralıkta sürekliliktir: \(x \to 1^-\) iken \(f(x) = x \to 1\) olmasına karşın \(f(1) = 0\)’dır, dolayısıyla \(f\), \(1\) noktasında sürekli değildir (bkz. Analiz 1). Sonuç yine bozulur: \((0,1)\) üzerinde \(f'(x) = 1 \ne 0\)’dır.
Üç örnek birlikte, Rolle teoreminin hiçbir hipotezinin gereksiz olmadığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Teoremin ifadesindeki asimetri kasıtlıdır: süreklilik kapalı \([a,b]\) aralığında, türevlenebilirlik ise yalnızca açık \((a,b)\) aralığında istenir. Örneğin \(f(x) = \sqrt{1-x^2}\) fonksiyonu \([-1,1]\) üzerinde sürekli, \(f(-1) = f(1) = 0\) ve \((-1,1)\) üzerinde \(f'(x) = \dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\)’dir; uç noktalarda \(|f'(x)| \to +\infty\) olduğundan türev yoktur, ama teorem yine de uygulanır ve \(f'(0) = 0\)’dır: yarım çemberin tepesinde teğet yataydır.
Rolle teoreminin doğrulanması
Şimdi teoremi somut bir fonksiyonda çalıştıralım. Bu tür bir “doğrulama” alıştırması iki adımdan oluşur: önce üç hipotez tek tek denetlenir, sonra sonucun vaat ettiği \(c\) noktası fiilen hesaplanır.
Örnek 8.2 (Bir Polinom Üzerinde Doğrulama) \(f(x) = x^3 - 3x\) fonksiyonu \(\left[ 0, \sqrt{3} \right]\) aralığında Rolle teoreminin hipotezlerini sağlıyor mu? Sağlıyorsa teoremin verdiği \(c\) noktalarını bulunuz.
Çözüm
Hipotezlerin denetimi.
- \(f\) bir polinomdur; polinomlar \(\mathbb{R}\)’nin tamamında süreklidir (bkz. Analiz 1), özel olarak \(\left[ 0, \sqrt{3} \right]\) üzerinde süreklidir.
- Polinomlar \(\mathbb{R}\)’nin tamamında türevlenebilirdir (Teorem 3.2); özel olarak \(\left( 0, \sqrt{3} \right)\) üzerinde türevlenebilirdir.
- Uç değerler:
\[f(0) = 0^3 - 3 \cdot 0 = 0, \qquad f\!\left( \sqrt{3} \right) = \left( \sqrt{3} \right)^3 - 3\sqrt{3} = 3\sqrt{3} - 3\sqrt{3} = 0.\]
Demek ki \(f(0) = f\!\left( \sqrt{3} \right) = 0\)’dır. Üç hipotez de sağlanıyor.
Sonucun doğrulanması. Türev \(f'(x) = 3x^2 - 3\)’tür. \(f'(c) = 0\) denklemini çözelim:
\[3c^2 - 3 = 0 \iff c^2 = 1 \iff c = 1 \ \text{ ya da } \ c = -1.\]
Bu iki kökten \(c = -1\) aralığın dışındadır ve bizi ilgilendirmez; teorem yalnızca \(\left( 0, \sqrt{3} \right)\) içindeki bir nokta vaat etmektedir. \(\sqrt{3} \approx 1{,}732\) olduğundan \(0 < 1 < \sqrt{3}\)’tür, yani \(c = 1\) aranan noktadır. Gerçekten \(f'(1) = 3 - 3 = 0\)’dır ve teorem doğrulanmış olur.
Bu noktada \(f(1) = 1 - 3 = -2\) olup, \(f\)’nin \(\left[ 0, \sqrt{3} \right]\) üzerindeki mutlak minimum değeridir; Rolle teoreminin ispatındaki “içeride bir ekstremum” senaryosu tam olarak gerçekleşmiştir.
\(\blacksquare\)
Kök sayısının denetimi: Rolle ile ara değer teoremi birlikte
Rolle teoreminin en sık kullanılan biçimi, teoremin kendisi değil karşıt tersidir. Şöyle okuyalım: \(f'\) bir aralıkta hiç sıfırlanmıyorsa, \(f\) o aralıkta iki kez aynı değeri alamaz — çünkü alsaydı Rolle teoremi türevi sıfırlayan bir nokta üretirdi. Özel olarak, \(f'\) hiç sıfırlanmayan bir fonksiyonun en çok bir kökü vardır.
Bunu ara değer teoremiyle birleştirdiğimizde çok kullanışlı bir şablon elde ederiz:
- Varlık ara değer teoremiyle (işaret değişimi) gösterilir: en az bir kök vardır.
- Teklik Rolle teoremiyle gösterilir: en çok bir kök vardır.
İkisi birlikte “tam olarak bir kök” sonucunu verir.
Örnek 8.3 (Tam Bir Reel Kök) \(x^3 + 3x + 1 = 0\) denkleminin tam olarak bir reel çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(f(x) = x^3 + 3x + 1\) olsun. \(f\) bir polinom olduğundan \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli (bkz. Analiz 1) ve türevlenebilirdir.
Adım 1: En az bir kök vardır (ara değer teoremi). Uygun iki noktada fonksiyonun değerine bakalım:
\[f(-1) = (-1)^3 + 3(-1) + 1 = -1 - 3 + 1 = -3 < 0, \qquad f(0) = 0 + 0 + 1 = 1 > 0.\]
\(f\), \([-1,0]\) kapalı aralığında süreklidir ve uçlardaki değerleri zıt işaretlidir. Ara değer teoremi (bkz. Analiz 1), daha doğrusu onun sıfır yeri biçimi (bkz. Analiz 1) gereği
\[f(k) = 0\]
olan bir \(k \in (-1, 0)\) vardır. Demek ki denklemin en az bir reel kökü vardır.
Adım 2: En çok bir kök vardır (Rolle teoremi). Aksini varsayalım: \(f\)’nin \(\alpha < \beta\) olacak biçimde iki farklı reel kökü olsun, yani \(f(\alpha) = f(\beta) = 0\).
\(f\) bir polinom olduğundan \([\alpha, \beta]\) üzerinde sürekli, \((\alpha, \beta)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(f(\alpha) = f(\beta)\)’dır. Teorem 8.1 gereği
\[f'(x_0) = 0\]
olan bir \(x_0 \in (\alpha, \beta)\) bulunmalıdır. Oysa türevi hesaplayalım:
\[f'(x) = 3x^2 + 3 = 3\left( x^2 + 1 \right).\]
Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x^2 \ge 0\) olduğundan \(f'(x) \ge 3 > 0\)’dır; yani \(f'\) hiçbir noktada sıfır olmaz. Bu, \(f'(x_0) = 0\) ile çelişir. Öyleyse başlangıçtaki varsayım yanlıştır: \(f\)’nin iki farklı kökü olamaz.
Sonuç. En az bir ve en çok bir kök olduğuna göre, denklemin tam olarak bir reel kökü vardır; bu kök \((-1,0)\) aralığındadır.
\(\blacksquare\)
Aynı akıl yürütme yalnızca polinomlar için değil, türevi hiç sıfırlanmayan her fonksiyon için işler. Rolle teoremi ayrıca kök sayısını sınırlamak için de kullanılır: \(f'\) bir aralıkta en çok \(n\) kez sıfırlanıyorsa, \(f\) o aralıkta en çok \(n+1\) kez sıfırlanabilir; çünkü \(f\)’nin ardışık her iki kökü arasında \(f'\)’nin bir kökü bulunmak zorundadır.
8.2 Rolle Teoreminin Genellemeleri
Rolle teoreminde uç noktalarda değerlerin eşit olması istenir. Peki fonksiyon uç noktalarda tanımlı değilse, ama oralarda aynı limite yaklaşıyorsa ne olur? Sezgi, sonucun değişmemesi gerektiğini söyler: uç noktalardaki değerlerin kendisi değil, eğrinin iki ucunun aynı yükseklikte “kapanması” önemlidir. Aşağıdaki önerme bunu doğrular ve üstelik limitlerin sonsuz olduğu duruma da izin verir.
Önerme 8.1 (Rolle Teoreminin Limitli Biçimi) \(-\infty \le a < b \le +\infty\) olsun ve \(f : (a,b) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \((a,b)\) açık aralığında türevlenebilir olsun. Aşağıdaki iki durumdan biri gerçekleşsin:
- \(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \lim\limits_{x \to b^-} f(x) = L\) olacak biçimde bir \(L \in \mathbb{R}\) vardır;
- \(\lim\limits_{x \to a^+} f(x) = \lim\limits_{x \to b^-} f(x) = +\infty\)’dur (ya da her ikisi de \(-\infty\)’dur).
O hâlde \(f'(c) = 0\) olan bir \(c \in (a,b)\) vardır.
İspat
Durum 1: sonlu ortak limit. Önce \(a\) ve \(b\)’nin sonlu olduğunu varsayalım. \(F : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[F(x) = \begin{cases} L, & x = a \\ f(x), & a < x < b \\ L, & x = b \end{cases}\]
biçiminde tanımlayalım. \(F\)’nin \((a,b)\) üzerindeki sürekliliği \(f\)’nin türevlenebilirliğinden gelir (Teorem 3.1). Uç noktalarda ise
\[\lim_{x \to a^+} F(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = L = F(a), \qquad \lim_{x \to b^-} F(x) = \lim_{x \to b^-} f(x) = L = F(b)\]
olduğundan \(F\), \(a\)’da sağdan ve \(b\)’de soldan süreklidir. Demek ki \(F\), \([a,b]\) kapalı aralığında süreklidir. Ayrıca \((a,b)\) üzerinde \(F = f\) olduğundan \(F\) orada türevlenebilirdir ve \(F' = f'\)’dür. Son olarak \(F(a) = L = F(b)\)’dir. Teorem 8.1 gereği \(F'(c) = 0\), yani \(f'(c) = 0\) olan bir \(c \in (a,b)\) vardır.
\(a = -\infty\) ya da \(b = +\infty\) ise ortada genişletilecek bir \([a,b]\) kapalı aralığı yoktur ve bu yol kapanır. Bu durumda doğrudan bir kompaktlık argümanı kurarız; aşağıdaki akıl yürütme \(a\) ile \(b\)’nin sonlu olduğu duruma da olduğu gibi uygulanır.
\(f\) sabitse her \(c \in (a,b)\) noktası işi görür. \(f\) sabit değilse \(f(d) \ne L\) olan bir \(d \in (a,b)\) vardır. Önce \(f(d) > L\) olduğunu varsayalım ve \(\varepsilon := f(d) - L > 0\) diyelim. \(x \to a^+\) iken \(f(x) \to L\) olduğundan (\(a\) sonluysa Sağ Limit ve Sol Limit, \(a = -\infty\) ise Sonsuzdaki Limit anlamında) öyle bir \(\alpha \in (a,d)\) vardır ki
\[|f(\alpha) - L| < \varepsilon, \qquad \text{özel olarak} \qquad f(\alpha) < L + \varepsilon = f(d)\]
olur. Aynı gerekçeyle \(x \to b^-\) iken \(f(x) \to L\) olduğundan \(f(\beta) < f(d)\) olan bir \(\beta \in (d,b)\) vardır.
Şimdi \([\alpha, \beta] \subseteq (a,b)\) kapalı ve sınırlı aralığını ele alalım. \(f\), \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan orada süreklidir (Teorem 3.1); Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f\) bu aralıkta maksimum değerini bir \(c \in [\alpha,\beta]\) noktasında alır. \(d \in (\alpha,\beta)\) olduğundan
\[f(c) \ge f(d) > f(\alpha), \qquad f(c) \ge f(d) > f(\beta)\]
olur; dolayısıyla \(c \ne \alpha\) ve \(c \ne \beta\), yani \(c \in (\alpha, \beta)\)’dır. Bu nokta \(f\)’nin bir yerel maksimum noktasıdır ve \(f\) orada türevlenebilirdir; Fermat teoremi gereği \(f'(c) = 0\)’dır.
\(f(d) < L\) durumu, \(f\) yerine \(-f\) alınarak buna indirgenir: \(-f\) de \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir, uç limitleri \(-L\)’dir, \((-f)(d) = -f(d) > -L\)’dir ve \((-f)'(c) = 0\) ile \(f'(c) = 0\) eşdeğerdir.
Durum 2: her iki limit de \(+\infty\). Herhangi bir \(d \in (a,b)\) noktası seçelim ve \(K = f(d)\) diyelim. \(\lim_{x \to a^+} f(x) = +\infty\) olduğundan, öyle bir \(\alpha \in (a, d)\) vardır ki \(f(\alpha) > K\)’dır. Benzer biçimde \(\lim_{x \to b^-} f(x) = +\infty\) olduğundan, öyle bir \(\beta \in (d, b)\) vardır ki \(f(\beta) > K\)’dır.
\(f\), \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan orada süreklidir (Teorem 3.1); özel olarak \([\alpha, \beta] \subseteq (a,b)\) kapalı ve sınırlı aralığında süreklidir. Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f\) bu aralıkta minimum değerini bir \(c \in [\alpha, \beta]\) noktasında alır. \(d \in (\alpha, \beta)\) olduğundan
\[f(c) \le f(d) = K < f(\alpha), \qquad f(c) \le f(d) = K < f(\beta)\]
olur; dolayısıyla \(c \ne \alpha\) ve \(c \ne \beta\), yani \(c \in (\alpha, \beta)\)’dır. Bu \(c\) noktası \(f\)’nin \((\alpha,\beta)\) açık aralığındaki bir yerel minimum noktasıdır ve \(f\) orada türevlenebilirdir. Fermat teoremi gereği \(f'(c) = 0\) olur ve \(c \in (\alpha,\beta) \subseteq (a,b)\)’dir.
Her iki limitin \(-\infty\) olduğu durum, \(f\) yerine \(-f\) alınarak buna indirgenir: \(-f\) türevlenebilirdir, uç limitleri \(+\infty\)’dur ve \((-f)'(c) = -f'(c) = 0\) ile \(f'(c) = 0\) eşdeğerdir.
\(\blacksquare\)
Bu genelleme, klasik Rolle teoreminin ulaşamadığı durumlarda iş görür. Örneğin \(f(x) = x + \dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \((0, +\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve \(x \to 0^+\) ile \(x \to +\infty\) iken \(f(x) \to +\infty\)’dur; uç noktalarda değer bile tanımlı olmadığı hâlde önerme \(f'(c) = 0\) olan bir \(c\) vaat eder ve gerçekten \(f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2}\) türevi \(c = 1\)’de sıfırlanır.
İkinci genelleme, Rolle teoremini art arda uygulamaktan doğar ve ileride Taylor formülünün ispatında kilit rol oynayacaktır.
\(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde sürekli, \((a,b)\) üzerinde \(n-1\) kez türevlenebilir (Tanım 6.1) ve \([a,b]\) içinde \(n \ge 2\) tane farklı noktada sıfır olsun. Bu \(n\) sıfırın belirlediği \(n-1\) ardışık alt aralığın her birinde Teorem 8.1 uygulanırsa, \(f'\) fonksiyonunun \((a,b)\) içinde \(n-1\) tane farklı sıfırı olduğu görülür. \(n \ge 3\) ise \(f'\) de \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir, dolayısıyla orada süreklidir (Teorem 3.1) ve aynı işlem ona uygulanabilir: \(f''\) için \(n-2\) sıfır elde edilir. Böylece \(n-1\) adım sonra
\[f^{(n-1)}(c) = 0\]
olan bir \(c \in (a,b)\) bulunur.
Bu gözlemin karşıt tersi kök sayısını üstten sınırlamaya yarar: \(f^{(n-1)}\) bir aralıkta hiç sıfırlanmıyorsa, \(f\) o aralıkta en çok \(n-1\) kez sıfırlanabilir. Örneğin derecesi en çok \(n-1\) olan ve sıfır polinomu olmayan bir \(p\) polinomunun \(n\) farklı kökü olamaz. Gerçekten \(p(x) = a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_0\) polinomunun \(n\) farklı kökü olsaydı, yukarıdaki gözlem gereği \(p^{(n-1)}\) bir noktada sıfırlanırdı; oysa \(p^{(n-1)}(x) = (n-1)!\,a_{n-1}\) sabit fonksiyonudur, dolayısıyla \(a_{n-1} = 0\) olurdu. Bu kez \(p\)’nin derecesi en çok \(n-2\)’dir ve hâlâ \(n\) (özel olarak \(n-1\)) farklı kökü vardır; aynı akıl yürütme \(a_{n-2} = 0\) verir. Adımı yineleyerek sırayla bütün katsayıların sıfır olduğu, yani \(p\)’nin sıfır polinomu olduğu sonucuna varırız — bu bir çelişkidir.
8.3 Lagrange Ortalama Değer Teoremi
Rolle teoremi, uç değerlerin eşit olmasını istiyordu. Bu ciddi bir kısıtlamadır; çoğu fonksiyon için \(f(a) \ne f(b)\)’dir. Ama bu durumda da doğru olmasını beklediğimiz bir şey vardır: eğri \(a\)’dan \(b\)’ye giderken ortalama olarak
\[\frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]
eğimiyle yükselmiştir; ve yol boyunca anlık eğimin en az bir kez bu ortalamaya eşit olması gerekir. Sürekli hızlanıp yavaşlayan bir araç, iki saatte \(180\) km yol aldıysa, bir anda hızının tam olarak \(90\) km/sa olması gerekir. Bu, ortalama değer teoreminin tam ifadesidir ve Rolle teoreminin “eğik” biçimidir.
İspatın fikri şudur: grafiğin kirişini (chord) çıkararak eğriyi yatay duruma getiririz; kalan fonksiyon Rolle teoreminin koşullarını sağlar.
Teorem 8.2 (Lagrange Ortalama Değer Teoremi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
- \([a,b]\) kapalı aralığında sürekli,
- \((a,b)\) açık aralığında türevlenebilir
olsun. O hâlde
\[f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]
olan en az bir \(c \in (a,b)\) noktası vardır. Eşdeğer olarak
\[f(b) - f(a) = f'(c)\,(b-a).\]
İspat
Yardımcı fonksiyonun kurulması. \((a, f(a))\) ve \((b, f(b))\) noktalarından geçen kirişin denklemi
\[y = \ell(x) := f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\,(x - a)\]
doğrusudur. Eğri ile bu doğru arasındaki düşey farkı ölçen fonksiyonu tanımlayalım:
\[g : [a,b] \to \mathbb{R}, \qquad g(x) = f(x) - \ell(x) = f(x) - \left[ f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\,(x - a) \right].\]
Rolle teoreminin hipotezlerinin denetimi.
- \(\ell\) bir birinci dereceden polinomdur; \(\mathbb{R}\)’de süreklidir ve türevlenebilirdir. \(f\) ise hipotez gereği \([a,b]\)’de sürekli, \((a,b)\)’de türevlenebilirdir. Sürekli fonksiyonların farkı sürekli (bkz. Analiz 1), türevlenebilir fonksiyonların farkı türevlenebilir olduğundan (Teorem 3.2), \(g\) de \([a,b]\)’de sürekli ve \((a,b)\)’de türevlenebilirdir.
- Uç değerler:
\[g(a) = f(a) - \left[ f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \cdot 0 \right] = f(a) - f(a) = 0,\]
\[g(b) = f(b) - \left[ f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b-a}\,(b - a) \right] = f(b) - \big[ f(a) + f(b) - f(a) \big] = f(b) - f(b) = 0.\]
Demek ki \(g(a) = g(b) = 0\)’dır.
Rolle teoreminin uygulanması. Teorem 8.1 gereği \(g'(c) = 0\) olan bir \(c \in (a,b)\) vardır. Öte yandan \(\ell\)’nin türevi sabit olan eğimidir:
\[g'(x) = f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}, \qquad x \in (a,b).\]
Bu ifadeyi \(x = c\)’de sıfıra eşitleyelim:
\[f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = 0 \implies f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}.\]
Her iki tarafı \(b - a \ne 0\) ile çarparak ikinci biçimi elde ederiz. İspat tamamlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Teorem geometrik olarak şunu söyler: eğrinin üzerinde, teğetin kirişe paralel olduğu en az bir nokta vardır. Kirişin eğimi \(\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\), \(c\) noktasındaki teğetin eğimi ise \(f'(c)\)’dir; teorem bu iki eğimin bir yerde eşitlendiğini söyler.
Kirişi yatay yapmak için \(f(a) = f(b)\) alırsak, sağ taraf sıfır olur ve ifade tam olarak Teorem 8.1’e dönüşür. Yani Rolle teoremi ortalama değer teoreminin özel bir hâlidir; ilginç olan, ispatın ters yönde işlemesidir: özel hâlden genel hâl çıkarılmıştır.
Teoremin iki ek okunuşu ileride sık işimize yarayacak.
Fark biçimi. \(f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)\) eşitliği, fonksiyonun iki noktadaki değerleri arasındaki farkı, tek bir noktadaki türev cinsinden verir. Türev hakkında bildiğimiz her şey (işareti, sınırlılığı) böylece doğrudan fark hakkında bilgiye dönüşür. Bölümün geri kalanındaki bütün sonuçlar bu gözlemin çeşitlemeleridir.
Ara parametreli biçim. \(c \in (a,b)\) noktası \(c = a + \theta\,(b-a)\) biçiminde yazılabilir; burada \(\theta \in (0,1)\)’dir. \(b = a + h\) alınırsa teorem
\[f(a + h) = f(a) + h\, f'(a + \theta h), \qquad 0 < \theta < 1\]
biçimini alır. Bu, Taylor formülünün \(n = 0\) mertebesindeki hâlidir; ileride \(h\)’nin yüksek kuvvetlerini de içerecek biçimde genelleştireceğiz.
Ortalama değer teoremi \(c\)’nin varlığını garanti eder; \(c\)’nin tek olduğunu söylemez ve nerede olduğunu belirtmez. Uygulamalarda \(c\)’yi hesaplamaya çalışmak çoğu zaman gereksizdir; önemli olan, \(c\)’nin \((a,b)\) içinde olmasıdır. Bu bilgi, \(f'\) hakkında \((a,b)\) üzerinde geçerli bir eşitsizlik biliyorsak, \(f(b) - f(a)\) için de bir eşitsizlik elde etmemize yeter.
Örnek 8.4 (Ortalama Değer Teoreminin Sayısal Doğrulanması) \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonu için \([0,4]\) aralığında ortalama değer teoreminin hipotezlerini denetleyiniz ve teoremin verdiği \(c\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Hipotezler. Karekök fonksiyonu \([0, +\infty)\) üzerinde süreklidir; özel olarak \([0,4]\) kapalı aralığında süreklidir. \((0,4)\) açık aralığında ise türevlenebilirdir ve
\[f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}, \qquad x > 0\]
olur (Teorem 5.3). \(x = 0\) noktasında türev yoktur: fark oranı
\[\frac{\sqrt{h} - 0}{h} = \frac{1}{\sqrt{h}} \xrightarrow[h \to 0^+]{} +\infty\]
biçiminde sonsuza gider. Bu bir sorun değildir; teorem türevlenebilirliği yalnızca açık \((0,4)\) aralığında ister. Bu örnek, hipotezlerdeki asimetrinin neden yararlı olduğunu bir kez daha gösterir.
Ortalama eğim. Kirişin eğimi
\[\frac{f(4) - f(0)}{4 - 0} = \frac{\sqrt{4} - \sqrt{0}}{4} = \frac{2 - 0}{4} = \frac{1}{2}\]
olarak bulunur.
\(c\)’nin hesaplanması. Teoremin denklemi \(f'(c) = \dfrac{1}{2}\)’dir:
\[\frac{1}{2\sqrt{c}} = \frac{1}{2} \iff 2\sqrt{c} = 2 \iff \sqrt{c} = 1 \iff c = 1.\]
\(c = 1\) gerçekten \((0,4)\) aralığındadır ve teorem doğrulanmıştır. Geometrik olarak: \(y = \sqrt{x}\) eğrisine \((1,1)\) noktasında çizilen teğet, \((0,0)\) ile \((4,2)\) noktalarını birleştiren kirişe paraleldir.
\(\blacksquare\)
8.4 Ortalama Değer Teoreminin Temel Sonuçları
Ortalama değer teoremi, yerel bir bilgiyi (her noktadaki türev) global bir bilgiye (fonksiyonun aralık üzerindeki davranışı) çeviren bir makinedir. Aşağıdaki dört sonuç bu makinenin en çok kullanılan çıktılarıdır ve hepsi aynı iki satırlık hesaba dayanır: iki nokta seç, aralarında ortalama değer teoremini uygula, türev hakkında bilinen şeyi kullan.
Türevi sıfır olan fonksiyon sabittir
Türevin sıfır olması “hiç değişmiyor” demektir; sezgi bunun sabitlik anlamına gelmesi gerektiğini söyler. Ama dikkat: bu ispatlanması gereken bir önermedir, tanım gereği doğru değildir. Türev bir noktadaki bilgidir; sabitlik ise iki nokta arasındaki ilişkidir. Aradaki köprüyü kuran şey ortalama değer teoremidir.
Sonuç 8.1 (Türevi Özdeş Sıfır Olan Fonksiyon Sabittir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) bu aralıkta sürekli ve \(I\)’nın her iç noktasında türevlenebilir olsun. Her iç nokta \(x\) için \(f'(x) = 0\) ise, \(f\) fonksiyonu \(I\) üzerinde sabittir: bir \(C \in \mathbb{R}\) vardır ki her \(x \in I\) için \(f(x) = C\)’dir.
İspat
\(x_1, x_2 \in I\) ve \(x_1 < x_2\) olsun. \(I\) bir aralık olduğundan \([x_1, x_2] \subseteq I\)’dır (bkz. Analiz 1). Bu durumda:
- \(f\), \([x_1, x_2]\) üzerinde süreklidir (hipotez gereği \(I\)’nın tamamında sürekli);
- \(f\), \((x_1, x_2)\) üzerinde türevlenebilirdir, çünkü bu aralığın noktaları \(I\)’nın iç noktalarıdır.
Teorem 8.2 gereği öyle bir \(c \in (x_1, x_2)\) vardır ki
\[f(x_2) - f(x_1) = f'(c)\,(x_2 - x_1).\]
\(c\) bir iç nokta olduğundan hipotez gereği \(f'(c) = 0\)’dır. Öyleyse
\[f(x_2) - f(x_1) = 0 \cdot (x_2 - x_1) = 0, \qquad \text{yani} \qquad f(x_2) = f(x_1).\]
\(x_1\) ve \(x_2\) noktaları \(I\)’da keyfî seçildiğinden, \(f\) bütün \(I\) üzerinde aynı değeri alır. Herhangi bir \(x_0 \in I\) sabitleyip \(C := f(x_0)\) dersek her \(x \in I\) için \(f(x) = C\) olur.
\(\blacksquare\)
Sonuçtaki “aralık” koşulu süs değildir; ispatta \([x_1,x_2] \subseteq I\) adımında kullanıldı. Tanım kümesi kopuk parçalardan oluşuyorsa sonuç yanlıştır.
Örneğin \(I = (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)\) üzerinde tanımlı
\[f(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}\]
fonksiyonunu (yani \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonunun \(0\) dışındaki kısıtlamasını) ele alalım. Bu fonksiyon tanım kümesinin her noktasında türevlenebilirdir ve türevi özdeş olarak sıfırdır; buna karşılık sabit değildir. Doğru ifade şudur: türevi özdeş sıfır olan fonksiyon, tanım kümesinin her bağlantılı parçası (her aralık bileşeni) üzerinde sabittir — ama parçadan parçaya sabit değişebilir.
Türevleri eşit olan fonksiyonlar sabit farkla ayrılır
Sonuç 8.2 (Türevleri Eşit Olan Fonksiyonlar) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık; \(f, g : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(I\) üzerinde sürekli ve \(I\)’nın her iç noktasında türevlenebilir olsun. Her iç nokta \(x\) için
\[f'(x) = g'(x)\]
ise, öyle bir \(C \in \mathbb{R}\) sabiti vardır ki her \(x \in I\) için
\[f(x) = g(x) + C\]
olur.
İspat
Yardımcı fonksiyonu tanımlayalım:
\[h : I \to \mathbb{R}, \qquad h(x) = f(x) - g(x).\]
1. \(h\) hipotezleri sağlar. \(f\) ve \(g\), \(I\) üzerinde sürekli olduğundan farkları da süreklidir (bkz. Analiz 1). Aynı biçimde, \(f\) ve \(g\) her iç noktada türevlenebilir olduğundan farkları da türevlenebilirdir ve türev farkın türevidir (Teorem 3.2):
\[h'(x) = f'(x) - g'(x), \qquad x \in I \ \text{iç nokta}.\]
2. \(h\)’nin türevi sıfırdır. Hipotez gereği her iç nokta \(x\) için \(f'(x) = g'(x)\) olduğundan
\[h'(x) = f'(x) - g'(x) = 0.\]
3. Sabitlik sonucunun uygulanması. \(h\) fonksiyonu \(I\) aralığında sürekli, her iç noktada türevlenebilir ve türevi özdeş olarak sıfırdır. Sonuç 8.1 gereği \(h\) sabittir; bu sabite \(C\) diyelim. O hâlde her \(x \in I\) için
\[f(x) - g(x) = C, \qquad \text{yani} \qquad f(x) = g(x) + C.\]
\(\blacksquare\)
Bu sonuç, ileride belirsiz integral tanımlarken kullanacağımız temel gerekçedir. \(F\) ve \(G\), bir \(I\) aralığında \(f\)’nin iki ilkel fonksiyonu (antiderivative) ise, yani \(F' = G' = f\) ise, Sonuç 8.2 gereği \(F\) ile \(G\) ancak bir sabitle farklıdır. Demek ki bir fonksiyonun bir aralıktaki bütün ilkelleri
\[F(x) + C, \qquad C \in \mathbb{R}\]
ailesinden ibarettir; \(\int f(x)\,dx\) yazarken eklediğimiz keyfî \(+C\) tam olarak bunu ifade eder. “Aralık” koşulunun burada da geçerli olduğuna dikkat edin: tanım kümesi kopuksa her parçada ayrı bir sabit gerekir.
Monotonluk testi
Türevin işareti, fonksiyonun artıp azaldığını söyler. Bu, türev hesabının en çok kullanılan pratik sonucudur ve yine ortalama değer teoreminin doğrudan bir çıktısıdır.
Sonuç 8.3 (Monotonluk Testi) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olsun. O hâlde:
- Her \(x \in (a,b)\) için \(f'(x) > 0\) ise, \(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde kesin artandır (Tanım 1.1).
- Her \(x \in (a,b)\) için \(f'(x) < 0\) ise, \(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde kesin azalandır.
- Her \(x \in (a,b)\) için \(f'(x) \ge 0\) ise, \(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde artandır (bkz. Analiz 1), yani azalmayandır: \(x_1 < x_2\) iken \(f(x_1) \le f(x_2)\).
- Her \(x \in (a,b)\) için \(f'(x) \le 0\) ise, \(f\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde azalandır, yani artmayandır: \(x_1 < x_2\) iken \(f(x_1) \ge f(x_2)\).
Aynı ifadeler \([a,b]\) yerine herhangi bir \(I\) aralığı ve \((a,b)\) yerine \(I\)’nın iç noktaları alınarak da geçerlidir.
İspat
Dört durumun hepsi tek bir hesaptan çıkar. \(x_1, x_2 \in [a,b]\) ve \(x_1 < x_2\) olsun. \(f\), \([x_1,x_2]\) üzerinde sürekli ve \((x_1, x_2) \subseteq (a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Teorem 8.2 uygulanabilir: öyle bir \(c \in (x_1, x_2)\) vardır ki
\[f(x_2) - f(x_1) = f'(c)\,(x_2 - x_1).\]
Burada \(x_2 - x_1 > 0\)’dır; dolayısıyla bu eşitliğin sağ tarafının işareti, \(f'(c)\)’nin işaretiyle aynıdır. Şimdi dört durumu ayrı ayrı okuyalım.
(1) \(f'(c) > 0\) ve \(x_2 - x_1 > 0\) olduğundan çarpım pozitiftir:
\[f(x_2) - f(x_1) > 0 \implies f(x_1) < f(x_2).\]
\(x_1 < x_2\) olan her nokta çifti için bu geçerli olduğundan, kesin artan fonksiyon tanımı gereği \(f\) kesin artandır.
(2) \(f'(c) < 0\) ve \(x_2 - x_1 > 0\) olduğundan çarpım negatiftir: \(f(x_2) - f(x_1) < 0\), yani \(f(x_1) > f(x_2)\); \(f\) kesin azalandır.
(3) \(f'(c) \ge 0\) ve \(x_2 - x_1 > 0\) olduğundan çarpım negatif olamaz: \(f(x_2) - f(x_1) \ge 0\), yani \(f(x_1) \le f(x_2)\); \(f\) artandır (azalmayandır).
(4) \(f'(c) \le 0\) ve \(x_2 - x_1 > 0\) olduğundan çarpım pozitif olamaz: \(f(x_2) - f(x_1) \le 0\), yani \(f(x_1) \ge f(x_2)\); \(f\) azalandır (artmayandır).
Genel \(I\) aralığı için ispat kelimesi kelimesine aynıdır; tek kullanılan şey \(x_1 < x_2\) olduğunda \([x_1,x_2] \subseteq I\) olmasıdır.
\(\blacksquare\)
Sonucun kapalı aralığın uç noktalarını da kapsadığına dikkat edin: türev hakkında yalnızca \((a,b)\)’de bilgi olmasına karşın, monotonluk \([a,b]\)’nin tamamında elde edildi. Bunu sağlayan şey, ortalama değer teoreminin uçlarda yalnızca süreklilik istemesidir.
“Kesin artan \(\implies\) \(f' > 0\)” önermesi yanlıştır. Karşı örnek \(f(x) = x^3\)’tür. Bu fonksiyon \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artandır: \(x_1 < x_2\) ise
\[x_2^3 - x_1^3 = (x_2 - x_1)\left( x_2^2 + x_1 x_2 + x_1^2 \right)\]
çarpanlamasında ikinci parantez, \(x_1\) ve \(x_2\) ikisi birden sıfır olmadıkça pozitiftir (çünkü \(x_2^2 + x_1x_2 + x_1^2 = \left( x_2 + \dfrac{x_1}{2} \right)^2 + \dfrac{3x_1^2}{4}\)), dolayısıyla fark pozitiftir. Buna karşılık \(f'(x) = 3x^2\) olup \(f'(0) = 0\)’dır.
Doğru olan karşıt ifade, kesin eşitsizliğin gevşemesiyle elde edilir: \(f\) bir aralıkta azalmayan ve \(x\) noktasında türevlenebilir ise \(f'(x) \ge 0\)’dır. Gerçekten, \(h > 0\) için \(f(x+h) \ge f(x)\) olduğundan fark oranı
\[\frac{f(x+h) - f(x)}{h} \ge 0\]
olur; \(h < 0\) için de pay ve payda birlikte işaret değiştirdiğinden oran yine negatif değildir. Limit sıralamayı koruduğundan (bkz. Analiz 1) \(f'(x) \ge 0\) bulunur. Demek ki türevle monotonluk arasındaki tam ilişki şöyledir:
\[f' > 0 \implies f \ \text{kesin artan} \implies f' \ge 0,\]
ve soldaki ok geri çevrilemez.
Uygulamada bir fonksiyonun artıp azaldığı aralıkları bulmak için türevin işaret tablosu çıkarılır. Örneğin \(f(x) = x^3 - 3x\) için \(f'(x) = 3\left( x^2 - 1 \right) = 3(x-1)(x+1)\)’dir:
| Aralık | \(f'\) işareti | \(f\) davranışı |
|---|---|---|
| \((-\infty, -1)\) | \(+\) | kesin artan |
| \((-1, 1)\) | \(-\) | kesin azalan |
| \((1, +\infty)\) | \(+\) | kesin artan |
Buradan \(x = -1\)’in bir yerel maksimum, \(x = 1\)’in bir yerel minimum noktası olduğu okunur. Bu fikri ilerideki bölümlerde birinci türev testi olarak sistemleştireceğiz.
Türevi sınırlı fonksiyon Lipschitz koşulunu sağlar
Ortalama değer teoreminin fark biçimi \(f(y) - f(x) = f'(c)(y-x)\), türevin büyüklüğü hakkındaki bilgiyi doğrudan fonksiyon değerlerinin farkına aktarır. Türev sınırlıysa fonksiyon “fazla hızlı” değişemez; bu, Analiz 1’de tanımladığımız Lipschitz koşuludur (bkz. Analiz 1).
Sonuç 8.4 (Sınırlı Türev Lipschitz Koşulunu Verir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(I\)’nın her noktasında türevlenebilir olsun. Öyle bir \(K \ge 0\) sayısı bulunsun ki her \(x \in I\) için
\[|f'(x)| \le K\]
sağlansın. O hâlde \(f\) fonksiyonu \(I\) üzerinde \(K\) sabitiyle Lipschitz koşulunu sağlar:
\[|f(x) - f(y)| \le K\,|x - y| \qquad \text{her } x, y \in I \text{ için.}\]
İspat
\(x, y \in I\) olsun. \(x = y\) ise eşitsizliğin iki tarafı da sıfırdır ve iddia doğrudur. Öyleyse \(x \ne y\) varsayalım; gösterimin simetrisi nedeniyle \(x < y\) olduğunu kabul edebiliriz (aksi hâlde \(x\) ile \(y\)’nin adları değiştirilir, eşitsizlikteki iki mutlak değer de bundan etkilenmez).
\(I\) bir aralık ve \(x, y \in I\) olduğundan \([x,y] \subseteq I\)’dır. \(f\), \(I\)’nın her noktasında türevlenebilir olduğundan orada süreklidir (Teorem 3.1); özel olarak \([x,y]\) üzerinde sürekli ve \((x,y)\) üzerinde türevlenebilirdir. Teorem 8.2 gereği öyle bir \(c \in (x,y)\) vardır ki
\[f(y) - f(x) = f'(c)\,(y - x).\]
Her iki tarafın mutlak değerini alalım ve çarpımın mutlak değerinin mutlak değerlerin çarpımı olduğunu kullanalım:
\[|f(y) - f(x)| = |f'(c)| \cdot |y - x|.\]
\(c \in (x,y) \subseteq I\) olduğundan hipotez gereği \(|f'(c)| \le K\)’dır. Negatif olmayan \(|y-x|\) ile çarpım sıralamayı koruduğundan
\[|f(y) - f(x)| \le K\,|y - x|\]
elde edilir. Bu, tam olarak istenen eşitsizliktir.
\(\blacksquare\)
Bu sonucun bedava bir armağanı vardır: Lipschitz koşulunu sağlayan her fonksiyon düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1). Demek ki bir aralıkta türevi sınırlı olan her fonksiyon o aralıkta düzgün süreklidir. Düzgün sürekliliği doğrudan tanımdan göstermek çoğu zaman zahmetlidir; türev sınırlıysa bu tek satırda halledilir.
1. \(f(x) = \sin x\) için \(|f'(x)| = |\cos x| \le 1\)’dir (Teorem 5.4). Öyleyse her \(x, y \in \mathbb{R}\) için
\[|\sin x - \sin y| \le |x - y|.\]
2. \(f(x) = \arctan x\) için \(f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\) olup \(0 < f'(x) \le 1\)’dir. Öyleyse \(|\arctan x - \arctan y| \le |x-y|\)’dir; \(\arctan\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde düzgün süreklidir.
Uyarı. Türevin sınırlı olması gereklidir, kaldırılamaz. \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonu \([1, +\infty)\) üzerinde \(f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \le \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(\dfrac{1}{2}\) sabitiyle Lipschitz koşulunu sağlar; buna karşılık \([0,1]\) üzerinde sağlamaz: \(y = 0\) ve \(x > 0\) için
\[\frac{|f(x) - f(0)|}{|x - 0|} = \frac{\sqrt{x}}{x} = \frac{1}{\sqrt{x}} \xrightarrow[x \to 0^+]{} +\infty\]
olduğundan hiçbir \(K\) sabiti işi göremez. Nitekim \(f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) türevi \((0,1)\) üzerinde sınırsızdır. Aynı biçimde \(f(x) = x^2\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde Lipschitz koşulunu sağlamaz: \(|x^2 - y^2| = |x+y|\,|x-y|\) olup \(|x+y|\) çarpanı sınırsızdır (\(y = x+1\) alınırsa oran \(|2x+1| \to +\infty\) olur). Buna karşılık her sınırlı \([-R, R]\) aralığında \(|f'(x)| = 2|x| \le 2R\) olduğundan koşul \(K = 2R\) ile sağlanır.
8.5 Cauchy Ortalama Değer Teoremi
Lagrange’ın teoremi tek bir fonksiyonun bir aralıktaki toplam değişimini türeviyle bağlar. Peki iki fonksiyonun değişimlerini karşılaştırmak istersek? Yani \(f(b) - f(a)\) ile \(g(b) - g(a)\) arasındaki oran, türevlerin oranıyla nasıl ilişkilidir? Bu soru, ileride \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliklerini çözerken (L’Hôpital kuralı) ve Taylor formülünün kalan terimini incelerken karşımıza çıkacaktır.
İlk akla gelen yol, iki fonksiyona ayrı ayrı ortalama değer teoremini uygulayıp oranı almaktır. Ne yazık ki bu yol kapalıdır; nedenini birazdan göreceğiz. Doğru yol, Rolle teoremini bu kez iki fonksiyonu birlikte içeren bir yardımcı fonksiyona uygulamaktır.
Teorem 8.3 (Cauchy Ortalama Değer Teoremi) \(f, g : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \([a,b]\) kapalı aralığında sürekli ve \((a,b)\) açık aralığında türevlenebilir olsun. O hâlde
\[f'(x_0)\,\big[ g(b) - g(a) \big] = g'(x_0)\,\big[ f(b) - f(a) \big]\]
olan en az bir \(x_0 \in (a,b)\) noktası vardır.
Ayrıca her \(x \in (a,b)\) için \(g'(x) \ne 0\) ise, \(g(a) \ne g(b)\) olur ve sonuç oran biçiminde yazılabilir:
\[\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}.\]
İspat
Yardımcı fonksiyonun kurulması. Amacımız, uç noktalarda eşit değer alan bir fonksiyon üretip Teorem 8.1’ü uygulamaktır. Şu fonksiyonu tanımlayalım:
\[\varphi : [a,b] \to \mathbb{R}, \qquad \varphi(x) = f(x)\,\big[ g(b) - g(a) \big] - g(x)\,\big[ f(b) - f(a) \big].\]
Burada \(g(b) - g(a)\) ve \(f(b) - f(a)\) birer sabit sayıdır; \(\varphi\), \(f\) ile \(g\)’nin sabit katsayılı bir doğrusal birleşimidir.
1. Rolle teoreminin hipotezlerinin denetimi.
- \(f\) ve \(g\), \([a,b]\) üzerinde sürekli olduğundan sabitlerle çarpımları ve farkları da süreklidir (bkz. Analiz 1); yani \(\varphi\), \([a,b]\) üzerinde süreklidir.
- \(f\) ve \(g\), \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan \(\varphi\) de orada türevlenebilirdir (Teorem 3.2) ve
\[\varphi'(x) = f'(x)\,\big[ g(b) - g(a) \big] - g'(x)\,\big[ f(b) - f(a) \big].\]
- Uç değerleri hesaplayalım. Önce \(x = a\) için:
\[\begin{aligned} \varphi(a) &= f(a)\,\big[ g(b) - g(a) \big] - g(a)\,\big[ f(b) - f(a) \big] \\ &= f(a)g(b) - f(a)g(a) - g(a)f(b) + g(a)f(a) \\ &= f(a)g(b) - f(b)g(a). \end{aligned}\]
Şimdi \(x = b\) için:
\[\begin{aligned} \varphi(b) &= f(b)\,\big[ g(b) - g(a) \big] - g(b)\,\big[ f(b) - f(a) \big] \\ &= f(b)g(b) - f(b)g(a) - g(b)f(b) + g(b)f(a) \\ &= f(a)g(b) - f(b)g(a). \end{aligned}\]
İki hesabın sonucu aynıdır: \(\varphi(a) = \varphi(b)\). (Her iki satırda da \(f(a)g(a)\) ve \(f(b)g(b)\) terimleri sadeleşti; geriye simetrik olmayan \(f(a)g(b) - f(b)g(a)\) ifadesi kaldı.)
2. Rolle teoreminin uygulanması. Teorem 8.1 gereği \(\varphi'(x_0) = 0\) olan bir \(x_0 \in (a,b)\) vardır. Yukarıda hesapladığımız türev ifadesinde \(x = x_0\) koyup sıfıra eşitleyelim:
\[f'(x_0)\,\big[ g(b) - g(a) \big] - g'(x_0)\,\big[ f(b) - f(a) \big] = 0,\]
yani
\[f'(x_0)\,\big[ g(b) - g(a) \big] = g'(x_0)\,\big[ f(b) - f(a) \big].\]
3. Oran biçimi. Şimdi her \(x \in (a,b)\) için \(g'(x) \ne 0\) olduğunu varsayalım. Önce \(g(a) \ne g(b)\) olduğunu görelim. Aksini varsayalım: \(g(a) = g(b)\) olsun. \(g\), \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir olduğundan Teorem 8.1 uygulanabilir ve \(g'(\xi) = 0\) olan bir \(\xi \in (a,b)\) bulunur. Bu, \(g'\)’nün \((a,b)\)’de hiç sıfırlanmaması varsayımıyla çelişir. Öyleyse \(g(a) \ne g(b)\), yani \(g(b) - g(a) \ne 0\)’dır.
Şimdi ilk eşitliğin iki tarafını sıfırdan farklı olan \(g'(x_0)\,\big[ g(b) - g(a) \big]\) çarpımına bölebiliriz (\(g'(x_0) \ne 0\) hipotez gereğidir):
\[\frac{f'(x_0)}{g'(x_0)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}.\]
\(\blacksquare\)
Cauchy teoreminde \(g(x) = x\) alalım. Bu fonksiyon her yerde sürekli ve türevlenebilirdir, \(g'(x) = 1 \ne 0\)’dır, \(g(b) - g(a) = b - a\)’dır. Oran biçimi
\[\frac{f'(x_0)}{1} = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]
verir; bu tam olarak Teorem 8.2’dir. Demek ki üç teorem bir zincir oluşturur: Teorem 8.1’den Teorem 8.2, ondan da Teorem 8.3 elde edilir; zincirin her halkası, bir öncekine uygun bir yardımcı fonksiyonla indirgenir. Ters yönde okunduğunda ise her teorem bir sonrakinin özel hâlidir: Rolle teoremi Lagrange teoreminin \(f(a) = f(b)\) hâli, Lagrange teoremi de Cauchy teoreminin \(g(x) = x\) hâlidir.
Cauchy teoremini şöyle “ispatlamak” cazip gelebilir: \(f\) ve \(g\)’ye ayrı ayrı Lagrange teoremini uygulayalım,
\[f(b) - f(a) = f'(c_1)(b-a), \qquad g(b) - g(a) = g'(c_2)(b-a),\]
sonra oranlayalım. Buradan
\[\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c_1)}{g'(c_2)}\]
çıkar; ama \(c_1\) ile \(c_2\)’nin aynı nokta olduğunu söyleyen hiçbir şey yoktur. Cauchy teoreminin bütün gücü, tek bir \(x_0\) noktasının hem pay hem payda için işe yaramasındadır; bu yüzden ispatta iki fonksiyonu birlikte içeren \(\varphi\) yardımcı fonksiyonu kurulmuştur. Örneğin \(f(t) = t^2\), \(g(t) = t^3\) için \([1,2]\) aralığında Lagrange teoremi \(c_1 = \dfrac{3}{2}\) ve \(c_2 = \sqrt{\dfrac{7}{3}} \approx 1{,}528\) verir; bunlar farklı noktalardır ve aşağıda göreceğimiz gibi Cauchy teoreminin verdiği ortak nokta ikisinden de başkadır.
Parametrik eğri yorumu
Cauchy teoreminin geometrik anlamı, düzlemde bir parametrik eğri (parametric curve) düşünüldüğünde ortaya çıkar. \(t \in [a,b]\) parametresi için
\[\gamma(t) = \big( g(t),\, f(t) \big)\]
noktasını düzlemde işaretleyelim; \(t\), \(a\)’dan \(b\)’ye giderken \(\gamma(t)\) bir eğri çizer. Bu eğrinin başlangıç noktası \(\big( g(a), f(a) \big)\), bitiş noktası \(\big( g(b), f(b) \big)\)’dir. Bu iki noktayı birleştiren kirişin eğimi
\[\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}\]
olur (düşey değişimin yatay değişime oranı). Öte yandan \(t = x_0\) parametresine karşılık gelen noktada eğrinin hız vektörü \(\big( g'(x_0), f'(x_0) \big)\)’dır; teğet doğrusunun eğimi bu vektörün bileşenlerinin oranı, yani \(\dfrac{f'(x_0)}{g'(x_0)}\)’dır. Cauchy teoremi tam olarak şunu söyler: parametrik eğrinin, kirişe paralel teğeti olan bir noktası vardır. Lagrange teoreminin geometrik yorumunun, \(g(t) = t\) parametrelendirmesiyle elde edilen özel hâli olduğu buradan da görülür.
Örnek 8.5 (Parametrik Eğri Üzerinde Cauchy Teoremi) a) \(f(t) = \sin t\) ve \(g(t) = \cos t\) fonksiyonlarını \(\left[ 0, \dfrac{\pi}{2} \right]\) aralığında ele alınız. Cauchy ortalama değer teoreminin verdiği \(x_0\) noktasını bulunuz ve sonucu geometrik olarak yorumlayınız.
b) \(f(t) = t^2\) ve \(g(t) = t^3\) fonksiyonları için \([1,2]\) aralığında aynı hesabı yapınız.
Çözüm
a) \(\sin\) ve \(\cos\) fonksiyonları \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli ve türevlenebilirdir (Teorem 5.4); özel olarak \(\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]\) üzerinde sürekli, \(\left( 0, \frac{\pi}{2} \right)\) üzerinde türevlenebilirdirler. Ayrıca \(t \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)\) için \(g'(t) = -\sin t \ne 0\)’dır; demek ki oran biçimini kullanabiliriz.
Uç değerler:
\[f(0) = 0, \quad f\!\left( \tfrac{\pi}{2} \right) = 1, \qquad g(0) = 1, \quad g\!\left( \tfrac{\pi}{2} \right) = 0.\]
Sağ taraf:
\[\frac{f\!\left( \frac{\pi}{2} \right) - f(0)}{g\!\left( \frac{\pi}{2} \right) - g(0)} = \frac{1 - 0}{0 - 1} = -1.\]
Sol taraf:
\[\frac{f'(t)}{g'(t)} = \frac{\cos t}{-\sin t} = -\cot t.\]
Denklemi çözelim: \(-\cot x_0 = -1\), yani \(\cot x_0 = 1\), yani \(\tan x_0 = 1\). \(\left( 0, \frac{\pi}{2} \right)\) aralığındaki tek çözüm
\[x_0 = \frac{\pi}{4}\]
noktasıdır.
Geometrik yorum. \(t \mapsto (\cos t, \sin t)\) parametrelendirmesi birim çemberin birinci bölgedeki çeyrek yayını çizer: \(t = 0\)’da \((1,0)\), \(t = \frac{\pi}{2}\)’de \((0,1)\) noktasındayız ve bu iki noktayı birleştiren kirişin eğimi \(-1\)’dir. Bulduğumuz \(x_0 = \frac{\pi}{4}\) parametresi yay üzerinde \(\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)\) noktasına karşılık gelir; çembere bu noktada çizilen teğet yarıçapa dik olduğu için eğimi \(-1\)’dir, yani kirişe paraleldir.
b) İki fonksiyon da polinomdur; \([1,2]\) üzerinde sürekli, \((1,2)\) üzerinde türevlenebilirdirler. \(t \in (1,2)\) için \(g'(t) = 3t^2 \ne 0\)’dır.
Uç değerler \(f(1) = 1\), \(f(2) = 4\), \(g(1) = 1\), \(g(2) = 8\)’dir. Sağ taraf:
\[\frac{f(2) - f(1)}{g(2) - g(1)} = \frac{4 - 1}{8 - 1} = \frac{3}{7}.\]
Sol taraf:
\[\frac{f'(t)}{g'(t)} = \frac{2t}{3t^2} = \frac{2}{3t}, \qquad t \ne 0.\]
Denklem:
\[\frac{2}{3x_0} = \frac{3}{7} \iff 14 = 9x_0 \iff x_0 = \frac{14}{9}.\]
\(\dfrac{14}{9} \approx 1{,}556\) olduğundan \(x_0 \in (1,2)\)’dir ve teorem doğrulanmıştır. Bu değerin, aynı fonksiyonlara Lagrange teoremini ayrı ayrı uyguladığımızda bulunan \(c_1 = \dfrac{3}{2}\) ve \(c_2 = \sqrt{\dfrac{7}{3}}\) sayılarının hiçbirine eşit olmadığına dikkat edin: Cauchy teoremi bağımsız bir ifadedir, iki Lagrange uygulamasının bileşimi değildir.
\(\blacksquare\)
8.6 Alıştırmalar
Alıştırma 8.1 (Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri Üzerine)
\(f(x) = x(x-1)(x-2)\) fonksiyonunun \([0,2]\) aralığında Rolle teoreminin hipotezlerini sağladığını gösteriniz ve \(f'(c) = 0\) olan bütün \(c \in (0,2)\) noktalarını bulunuz.
Ortalama değer teoremini kullanarak her \(x > 0\) için \(\sqrt{1+x} < 1 + \dfrac{x}{2}\) olduğunu gösteriniz.
Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(|\arctan x - \arctan y| \le |x - y|\) olduğunu gösteriniz. Eşitlik ne zaman gerçekleşir?
Her \(x > 0\) için \(\arctan x + \arctan \dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2}\) olduğunu gösteriniz. Aynı ifade \(x < 0\) için de geçerli midir?
\(x^5 + 2x - 1 = 0\) denkleminin tam olarak bir reel çözümü olduğunu ve bu çözümün \((0,1)\) aralığında bulunduğunu gösteriniz.
\(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \([a,b]\) üzerinde sürekli, \((a,b)\) üzerinde türevlenebilir ve \(f(a) = f(b) = 0\) olsun. Her \(\lambda \in \mathbb{R}\) için
\[f'(c) = \lambda\, f(c)\]
olan bir \(c \in (a,b)\) bulunduğunu gösteriniz.
- \(f(t) = t^2 + 1\) ve \(g(t) = t^3 - t\) fonksiyonları \([0,2]\) aralığında Cauchy ortalama değer teoreminin hipotezlerini sağlar mı? Teoremin verdiği \(x_0\) noktalarını bulunuz. Oran biçimi kullanılabilir mi?
Çözüm
a) Çarpımı açalım:
\[f(x) = x\left( x^2 - 3x + 2 \right) = x^3 - 3x^2 + 2x.\]
\(f\) bir polinom olduğundan \([0,2]\) üzerinde sürekli (bkz. Analiz 1) ve \((0,2)\) üzerinde türevlenebilirdir. Uç değerler \(f(0) = 0\) ve \(f(2) = 2 \cdot 1 \cdot 0 = 0\) olduğundan \(f(0) = f(2)\)’dir; üç hipotez de sağlanır.
Türev \(f'(x) = 3x^2 - 6x + 2\)’dir. \(f'(c) = 0\) denklemini çözelim:
\[c = \frac{6 \pm \sqrt{36 - 24}}{6} = \frac{6 \pm 2\sqrt{3}}{6} = 1 \pm \frac{\sqrt{3}}{3}.\]
\(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}577\) olduğundan bu iki kök yaklaşık \(0{,}423\) ve \(1{,}577\)’dir; her ikisi de \((0,2)\) aralığındadır. Demek ki teoremin vaat ettiği nokta bu örnekte tek değildir, iki tanedir. (Bu şaşırtıcı değil: \(f\) üç noktada sıfırlandığı için \([0,1]\) ve \([1,2]\) alt aralıklarının her birinde Rolle teoremi ayrı ayrı uygulanabilir.)
b) \(x > 0\) sabit olsun ve \(F(t) = \sqrt{1+t}\) fonksiyonunu \([0, x]\) aralığında ele alalım. \(F\) bu aralıkta süreklidir ve \((0,x)\) üzerinde türevlenebilirdir:
\[F'(t) = \frac{1}{2\sqrt{1+t}}.\]
Teorem 8.2 gereği öyle bir \(c \in (0,x)\) vardır ki
\[\sqrt{1+x} - \sqrt{1+0} = F'(c)\,(x - 0) = \frac{x}{2\sqrt{1+c}},\]
yani
\[\sqrt{1+x} = 1 + \frac{x}{2\sqrt{1+c}}.\]
Şimdi \(c > 0\) olduğundan \(1 + c > 1\), dolayısıyla \(\sqrt{1+c} > 1\) ve
\[\frac{x}{2\sqrt{1+c}} < \frac{x}{2}\]
olur (burada \(x > 0\) olduğu kullanıldı: pozitif bir sayıyı büyük bir paydaya bölmek sonucu küçültür). Öyleyse
\[\sqrt{1+x} < 1 + \frac{x}{2}.\]
c) \(f(t) = \arctan t\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde türevlenebilirdir ve
\[f'(t) = \frac{1}{1+t^2}\]
olur. Her \(t\) için \(1 + t^2 \ge 1\) olduğundan \(0 < f'(t) \le 1\), özel olarak \(|f'(t)| \le 1\)’dir. Sonuç 8.4’i \(I = \mathbb{R}\) ve \(K = 1\) ile uygularsak
\[|\arctan x - \arctan y| \le |x - y|\]
elde ederiz.
Eşitlik yalnızca \(x = y\) olduğunda gerçekleşir. Gerçekten \(x < y\) olsun. Teorem 8.2 gereği bir \(c \in (x,y)\) için
\[\arctan y - \arctan x = \frac{y - x}{1 + c^2}\]
olur. \(c \ne 0\) ise \(1 + c^2 > 1\) olduğundan fark kesin olarak \(y - x\)’ten küçüktür. \(c = 0\) olabilmesi için \(x < 0 < y\) olmalıdır; bu durumda farkı \((\arctan y - \arctan 0) + (\arctan 0 - \arctan x)\) biçiminde ikiye ayırıp her parçaya ortalama değer teoremini uygularsak ara noktalar \((0,y)\) ve \((x,0)\) aralıklarında, yani sıfırdan farklı çıkar; her iki parçada kesin eşitsizlik geçerli olduğundan toplamda da kesin eşitsizlik elde edilir.
d) \(h(x) = \arctan x + \arctan \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunu \(I = (0, +\infty)\) aralığında ele alalım. Bu aralıkta \(h\) türevlenebilirdir; zincir kuralıyla (Teorem 4.1)
\[h'(x) = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1 + \left( \frac{1}{x} \right)^2} \cdot \left( -\frac{1}{x^2} \right) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)} = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{x^2 + 1} = 0\]
bulunur. \((0, +\infty)\) bir aralık olduğundan Sonuç 8.1 gereği \(h\) bu aralıkta sabittir. Sabiti belirlemek için kolay bir nokta seçelim: \(x = 1\) için
\[h(1) = \arctan 1 + \arctan 1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}.\]
Demek ki her \(x > 0\) için \(\arctan x + \arctan \dfrac{1}{x} = \dfrac{\pi}{2}\)’dir.
\(x < 0\) için ifade aynı değildir. \(h'\) hesabı \((-\infty, 0)\) aralığında da geçerlidir, dolayısıyla \(h\) orada da sabittir; ama sabit farklı olabilir ve gerçekten farklıdır: \(x = -1\) için
\[h(-1) = \arctan(-1) + \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{2}.\]
Öyleyse \(x < 0\) için \(\arctan x + \arctan \dfrac{1}{x} = -\dfrac{\pi}{2}\)’dir. Bu, Sonuç 8.1’in tanım kümesinin bir aralık olmasını neden istediğinin somut bir örneğidir: \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) bir aralık olmadığından iki parçada iki farklı sabit ortaya çıkar.
e) \(f(x) = x^5 + 2x - 1\) olsun; \(f\) bir polinomdur, dolayısıyla \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli ve türevlenebilirdir.
Varlık. \(f(0) = -1 < 0\) ve \(f(1) = 1 + 2 - 1 = 2 > 0\)’dır. \(f\), \([0,1]\) üzerinde sürekli ve uçlardaki değerleri zıt işaretli olduğundan Bolzano Teoremi (Sıfır Yeri Teoremi) gereği \(f(k) = 0\) olan bir \(k \in (0,1)\) vardır.
Teklik. \(f\)’nin \(\alpha < \beta\) olan iki kökü olduğunu varsayalım. Teorem 8.1 gereği \(f'(x_0) = 0\) olan bir \(x_0 \in (\alpha, \beta)\) bulunmalıdır. Oysa
\[f'(x) = 5x^4 + 2 \ge 2 > 0\]
olduğundan \(f'\) hiçbir noktada sıfırlanmaz; çelişki. Demek ki \(f\)’nin en çok bir kökü vardır.
İki adım birlikte: denklemin tam olarak bir reel çözümü vardır ve bu çözüm \((0,1)\) aralığındadır.
f) Yardımcı fonksiyonu şöyle seçelim:
\[F : [a,b] \to \mathbb{R}, \qquad F(x) = e^{-\lambda x} f(x).\]
Üstel fonksiyon her yerde sürekli ve türevlenebilir olduğundan (Teorem 5.2), \(F\) de \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir (bkz. Analiz 1, Teorem 3.2). Uç değerler:
\[F(a) = e^{-\lambda a} f(a) = e^{-\lambda a} \cdot 0 = 0, \qquad F(b) = e^{-\lambda b} f(b) = 0.\]
Demek ki \(F(a) = F(b) = 0\)’dır ve Teorem 8.1 uygulanabilir: \(F'(c) = 0\) olan bir \(c \in (a,b)\) vardır. Çarpım kuralı ve zincir kuralıyla (Teorem 3.2, Teorem 4.1)
\[F'(x) = -\lambda e^{-\lambda x} f(x) + e^{-\lambda x} f'(x) = e^{-\lambda x} \big[ f'(x) - \lambda f(x) \big].\]
\(x = c\)’de bu ifade sıfırdır. Üstel fonksiyon hiçbir zaman sıfır olmadığından (\(e^{-\lambda c} > 0\)), köşeli parantez içindeki ifade sıfır olmalıdır:
\[f'(c) - \lambda f(c) = 0, \qquad \text{yani} \qquad f'(c) = \lambda f(c).\]
\(\lambda = 0\) alınırsa bu, Rolle teoreminin kendisine indirgenir.
g) İki fonksiyon da polinomdur; \([0,2]\) üzerinde sürekli ve \((0,2)\) üzerinde türevlenebilirdirler. Öyleyse Teorem 8.3’in hipotezleri sağlanır.
Uç değerler: \(f(0) = 1\), \(f(2) = 5\), \(g(0) = 0\), \(g(2) = 8 - 2 = 6\). Türevler: \(f'(t) = 2t\), \(g'(t) = 3t^2 - 1\). Teoremin eşitliği:
\[f'(x_0)\big[ g(2) - g(0) \big] = g'(x_0) \big[ f(2) - f(0) \big] \iff 2x_0 \cdot 6 = \left( 3x_0^2 - 1 \right) \cdot 4.\]
Düzenleyelim:
\[12 x_0 = 12 x_0^2 - 4 \iff 12 x_0^2 - 12 x_0 - 4 = 0 \iff 3x_0^2 - 3x_0 - 1 = 0.\]
Kökler:
\[x_0 = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 12}}{6} = \frac{3 \pm \sqrt{21}}{6}.\]
\(\sqrt{21} \approx 4{,}583\) olduğundan kökler yaklaşık \(1{,}264\) ve \(-0{,}264\)’tür. Bunlardan yalnızca \(x_0 = \dfrac{3 + \sqrt{21}}{6} \approx 1{,}264\) noktası \((0,2)\) aralığındadır; teoremin verdiği nokta budur.
Oran biçimi kullanılabilir mi? Dikkatli olmak gerekir: \(g'(t) = 3t^2 - 1\) türevi \(t = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577 \in (0,2)\) noktasında sıfırlanır; yani “\(g'\) hiç sıfırlanmıyor” hipotezi sağlanmaz. Bu örnekte \(g(0) \ne g(2)\) olduğu ve bulunan noktada \(g'(x_0) \ne 0\) olduğu için oranı sonradan yazmak yine de mümkündür, ama bu teoremin garantisi değildir. Çarpım biçimi her zaman güvenlidir; oran biçimi ancak \(g'\)’nün \((a,b)\)’de hiç sıfırlanmadığı bilindiğinde serbestçe kullanılabilir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde ortalama değer teoremini kurduk ve doğrudan sonuçlarını çıkardık; ama teoremin asıl gücü, eşitsizlik ispatlarında ve limit hesaplarında ortaya çıkar. Bir sonraki bölümde \(e^x \ge 1 + x\) türünden klasik eşitsizlikleri ortalama değer teoremiyle nasıl kanıtlayacağımızı ve teoremin yaklaşık hesaplarda nasıl kullanıldığını göreceğiz: Ortalama Değer Teoreminin Uygulamaları.