6 Yüksek Mertebeden Türevler ve Leibniz Kuralı
Bir fonksiyonun türevi yine bir fonksiyondur. Bu basit gözlem, türev almayı bir kez yapıp bırakmak yerine aynı işlemi tekrar tekrar uygulamamıza izin verir: \(f\)’nin türevi \(f'\), \(f'\)’nün türevi \(f''\), onun türevi \(f'''\) ve böyle sürer. Temel Fonksiyonların Türevleri bölümünde bütün temel fonksiyonların türevlerini hesaplamıştık; artık elimizde bu işlemi istediğimiz kadar yineleyebilecek bir alet çantası var.
Yüksek mertebeden türevler yalnızca teknik bir merak değildir. İleride göreceğimiz Taylor formülü bir fonksiyonu \(f(x_0), f'(x_0), f''(x_0), \dots, f^{(n)}(x_0)\) sayılarından kurulan bir polinomla yaklaştırır; konvekslik ve dönüm noktaları ikinci türevin işaretiyle okunur; diferansiyel denklemler zaten baştan yüksek mertebeden türevler üzerine kurulur. Bunların hepsinde önce şu soruyu yanıtlamamız gerekir: bir fonksiyonun \(n\). türevi ne demektir, ne zaman vardır ve nasıl hesaplanır?
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: yüksek mertebeden türevin özyineli tanımını ve gösterimlerini; \(n\) kez sürekli türevlenebilir fonksiyonların oluşturduğu \(C^n(I)\) sınıflarını ve bu sınıflar arasındaki kapsamaların kesin olduğunu; temel fonksiyonların \(n\). türevlerinin kapalı formüllerini; çarpımın \(n\). türevini binom açılımına şaşırtıcı ölçüde benzeyen bir formülle veren Leibniz kuralını. Bölümün sonunda, türevlenebilir olduğu hâlde türevi sürekli olmayan bir fonksiyon kurup “türev almanın” her adımda ne kadar düzgünlük yitirdiğini somut olarak göreceğiz.
6.1 Yüksek Mertebeden Türevin Tanımı
\(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(I\)’nın her noktasında türevlenebilir olsun. O hâlde her \(x \in I\) noktasına \(f'(x)\) sayısını karşılık getiren yeni bir
\[f' : I \to \mathbb{R}\]
fonksiyonu doğar. Bu fonksiyonun kendisinin de bir noktada ya da bütün \(I\) üzerinde türevi olup olmadığını sormak son derece doğaldır; varsa buna \(f\)’nin ikinci türevi deriz. İşlemi durdurmak için bir neden yoktur: aynı soruyu \(f''\) için, sonra \(f'''\) için sorabiliriz. Tanımı bu yüzden özyineli (tümevarımlı) biçimde veriyoruz.
Tanım 6.1 (Yüksek Mertebeden Türev) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. Yüksek mertebeden türevler (higher-order derivatives) şöyle tanımlanır:
\(f^{(0)} := f\) alınır; yani sıfırıncı mertebeden türev fonksiyonun kendisidir.
\(n \ge 1\) olsun. \(f^{(n-1)}\) türevi \(I\) üzerinde tanımlıysa ve \(x_0 \in I\) noktasında türevlenebiliyorsa, \(f\)’ye \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebilir denir ve
\[f^{(n)}(x_0) := \bigl(f^{(n-1)}\bigr)'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(x_0)}{x - x_0}\]
sayısına \(f\)’nin \(x_0\) noktasındaki \(n\). mertebeden türevi denir.
\(f\), \(I\)’nın her noktasında \(n\) kez türevlenebiliyorsa, \(f\)’ye \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilir denir; bu durumda \(f^{(n)} : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyondur.
Küçük mertebeler için üs yerine kesme işareti kullanılır:
\[f^{(1)} = f', \qquad f^{(2)} = f'', \qquad f^{(3)} = f''' .\]
Leibniz gösteriminde ise
\[f^{(n)}(x) = \frac{d^n f}{dx^n}(x) = \frac{d^n}{dx^n}\bigl(f(x)\bigr)\]
yazılır; özel olarak \(f''(x) = \dfrac{d^2 f}{dx^2}(x)\) ve \(y = f(x)\) ise \(y^{(n)} = \dfrac{d^n y}{dx^n}\) gösterimi de kullanılır.
Gösterimde iki inceliğe dikkat edelim. Birincisi, \(f^{(n)}\) ile \(f^n\) aynı şey değildir: ilki \(n\). türev, ikincisi \(f\)’nin \(n\). kuvvetidir; bu yüzden mertebe her zaman parantez içine alınır. İkincisi, \(\frac{d^n f}{dx^n}\) yazımındaki üsler simgeseldir: pay \(d\)’nin \(n\) kez, payda \(dx\)’in \(n\) kez uygulandığını hatırlatır, bir kesir hesabı değildir.
Tanımın yapısı üzerinde bir an duralım. \(f^{(n)}(x_0)\)’dan söz edebilmek için \(f^{(n-1)}\)’in yalnızca \(x_0\) noktasında değil, \(x_0\)’ın bir komşuluğundaki bütün noktalarda tanımlı olması gerekir; çünkü türev bir limittir ve limit almak için fark oranının \(x_0\)’a yakın noktalarda anlamlı olması şarttır. Bu, yüksek mertebeden türevlerin doğası gereği “yerel ama nokta-üstü” bir kavram olduğunu söyler.
\(f''(x_0)\)’ın var olması için \(f\)’nin \(x_0\)’da türevlenebilir olması yetmez: \(f'\)’nün \(x_0\)’ı içeren bir aralıkta tanımlı olması, yani \(f\)’nin o aralığın her noktasında türevlenebilir olması gerekir. Benzer biçimde \(f^{(n)}(x_0)\)’ın varlığı, \(f^{(n-1)}\)’in \(x_0\)’ın bir komşuluğunda var olmasını gerektirir. Bu yüzden yüksek mertebeden türev tanımlarını hep açık bir aralık üzerinde kuruyoruz.
Tanımı birkaç somut fonksiyonda çalıştıralım.
Örnek 6.1 (Ardışık Türev Hesapları) Aşağıdaki fonksiyonların ardışık türevlerini hesaplayalım.
\(P(x) = 2x^4 - 5x^3 + x - 7\).
\(f(x) = \sin x\).
\(f(x) = \dfrac{1}{x}\), \(x \neq 0\).
Çözüm
a) Polinomların türevi terim terim alınır:
\[\begin{aligned} P'(x) &= 8x^3 - 15x^2 + 1, \\ P''(x) &= 24x^2 - 30x, \\ P'''(x) &= 48x - 30, \\ P^{(4)}(x) &= 48, \\ P^{(5)}(x) &= 0 . \end{aligned}\]
Beşinci türev sabit sıfır fonksiyonu olduğundan \(n \ge 5\) olan her \(n\) için \(P^{(n)}(x) = 0\)’dır. Genel kural şudur: \(\deg P = m\) ve baş katsayı \(a_m\) ise \(P^{(m)} \equiv m!\,a_m\) sabittir, \(n > m\) için ise \(P^{(n)} \equiv 0\)’dır. Burada gerçekten \(4!\cdot 2 = 48\) bulduk.
b) Sinüsün türevleri dörder dörder tekrarlanır:
\[f'(x) = \cos x, \quad f''(x) = -\sin x, \quad f'''(x) = -\cos x, \quad f^{(4)}(x) = \sin x = f(x).\]
Dördüncü türev başlangıç fonksiyonuna döndüğünden, her \(n \ge 0\) için \(f^{(n+4)} = f^{(n)}\) olur; dolayısıyla \(\sin x\)’in \(n\). türevi yalnızca \(n\)’in \(4\) ile bölümünden kalana bağlıdır. Bu dört durumu tek bir formülde toplamanın yolunu birazdan (Önerme 6.3) göreceğiz.
c) \(f(x) = x^{-1}\) için kuvvet kuralını art arda uygulayalım:
\[f'(x) = -x^{-2}, \quad f''(x) = 2x^{-3}, \quad f'''(x) = -6x^{-4}, \quad f^{(4)}(x) = 24 x^{-5}.\]
Katsayılar \(1, 2, 6, 24\) yani \(1!, 2!, 3!, 4!\) ve işaretler sırayla değişiyor. Bu bizi
\[f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n \, n!}{x^{n+1}}\]
tahminine götürür. Tahmini Önerme 6.3’nde tümevarımla ispatlayacağız.
\(\blacksquare\)
6.2 Sürekli Türevlenebilir Fonksiyon Sınıfları
Bir fonksiyondan “kaç kez türevlenebildiği” kadar, elde edilen türevlerin düzgünlüğü de önemlidir. Analizde sık sık “\(f''\) vardır” demek yetmez; “\(f''\) süreklidir” gerekir. Bu ayrımı adlandıralım.
Tanım 6.2 (C üssü n Sınıfı) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık olsun.
\(I\) üzerinde sürekli olan bütün fonksiyonların kümesi \(C^0(I)\) ile gösterilir.
\(n \ge 1\) bir doğal sayı olsun. \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebiliyor ve \(f^{(n)}\) fonksiyonu \(I\) üzerinde sürekliyse, \(f\)’ye \(I\) üzerinde \(n\) kez sürekli türevlenebilir (continuously differentiable of order \(n\)) denir ve \(f \in C^n(I)\) yazılır. Böyle fonksiyonların kümesine \(C^n\) sınıfı denir.
Her \(n \ge 0\) tam sayısı için \(f \in C^n(I)\) oluyorsa, yani \(f\) her mertebeden türevlenebiliyorsa, \(f\)’ye sonsuz kez türevlenebilir ya da düzgün (smooth) denir ve \(f \in C^\infty(I)\) yazılır. Tanım gereği
\[C^\infty(I) = \bigcap_{n = 0}^{\infty} C^n(I).\]
Tanımdaki “\(f^{(n)}\) süreklidir” koşulu ilk bakışta fazladan görünebilir, ama değildir; birazdan tam olarak bu koşulun sağlanmadığı örnekler kuracağız. Öte yandan bir noktayı hemen belirtelim: \(f \in C^n(I)\) ise \(f^{(n)}\) dışındaki bütün türevler zaten süreklidir.
\(f\), \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilir olsun. \(0 \le k \le n-1\) için \(f^{(k)}\) fonksiyonu \(I\) üzerinde türevlenebilirdir (türevi \(f^{(k+1)}\)’dir), türevlenebilirlik sürekliliği gerektirdiğinden \(f^{(k)}\) süreklidir. Yani ilk \(n-1\) türevin sürekliliği bedavadır; tek şüpheli olan en son türev \(f^{(n)}\)’dir. Tanımdaki tek ek koşulun onun sürekliliği olmasının nedeni budur.
Bu gözlemin doğrudan bir sonucu, sınıfların iç içe geçmiş bir zincir oluşturmasıdır:
\[C^\infty(I) \subseteq \cdots \subseteq C^{n+1}(I) \subseteq C^n(I) \subseteq \cdots \subseteq C^2(I) \subseteq C^1(I) \subseteq C^0(I).\]
Gerçekten \(f \in C^{n+1}(I)\) ise \(f\), \(n+1\) kez türevlenebilirdir; özel olarak \(n\) kez türevlenebilirdir ve \(f^{(n)}\) türevlenebilir olduğundan süreklidir, yani \(f \in C^n(I)\)’dir.
Polinomlar, \(e^x\), \(\sin x\), \(\cos x\) fonksiyonları \(\mathbb{R}\) üzerinde \(C^\infty\) sınıfındadır; \(\ln x\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde, rasyonel fonksiyonlar ise paydanın sıfır olmadığı her açık aralıkta \(C^\infty\) sınıfındadır. Bu yüzden günlük hesaplarda karşılaşılan fonksiyonların çoğu zincirin en tepesinde oturur. Ancak zincirin katları gerçekten farklıdır: her basamakta, bir öncekinde olup bu basamakta olmayan fonksiyonlar vardır.
Önerme 6.1 (Kapsamalar Kesindir) Her \(n \ge 0\) tam sayısı için \(C^{n+1}(\mathbb{R}) \subsetneq C^n(\mathbb{R})\)’dir. Daha somut olarak,
\[f_n(x) = x^n |x|\]
fonksiyonu \(C^n(\mathbb{R})\) sınıfındadır ama \(f_n^{(n+1)}(0)\) var olmadığından \(C^{n+1}(\mathbb{R})\) sınıfında değildir.
İspat
Önce bir yardımcı hesap yapalım. \(m \ge 1\) tam sayısı için \(u_m(x) = x^m |x|\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında türevlenebilir olduğunu ve
\[u_m'(x) = (m+1)\, x^{m-1} |x|\]
sağladığını gösterelim.
\(x > 0\) ise \(|x| = x\), yani \(u_m(x) = x^{m+1}\) ve \(u_m'(x) = (m+1)x^m\). Öte yandan \((m+1)x^{m-1}|x| = (m+1)x^{m-1} \cdot x = (m+1)x^m\); eşitlik sağlanır.
\(x < 0\) ise \(|x| = -x\), yani \(u_m(x) = -x^{m+1}\) ve \(u_m'(x) = -(m+1)x^m\). Öte yandan \((m+1)x^{m-1}|x| = (m+1)x^{m-1}\cdot(-x) = -(m+1)x^m\); yine sağlanır.
\(x = 0\) noktasında doğrudan fark oranına bakalım. \(h \neq 0\) için
\[\frac{u_m(h) - u_m(0)}{h} = \frac{h^m |h|}{h} = h^{m-1}|h| .\]
\(m \ge 1\) olduğundan \(\bigl|h^{m-1}|h|\bigr| = |h|^{m} \to 0\) olur; yani \(u_m'(0) = 0\). Formülün \(x=0\)’daki değeri de \((m+1)\cdot 0^{m-1}\cdot 0 = 0\)’dır (\(m = 1\) için \(0^0 = 1\) okunur ve değer \(2|0| = 0\) çıkar). Eşitlik burada da doğrudur.
Şimdi asıl iddiaya geçelim. \(n \ge 1\) olsun ve \(f_n(x) = x^n|x|\) alalım. \(0 \le k \le n\) için
\[f_n^{(k)}(x) = \frac{(n+1)!}{(n-k+1)!}\; x^{n-k}\,|x|\]
olduğunu \(k\) üzerinden tümevarımla gösterelim (bkz. Analiz 1).
\(k = 0\) için sağ taraf \(\frac{(n+1)!}{(n+1)!}x^n|x| = x^n|x| = f_n(x)\)’tir; doğrudur.
\(k < n\) olacak biçimde bir \(k\) için formül doğru olsun. O hâlde \(m := n-k \ge 1\)’dir ve yukarıdaki yardımcı hesap \(x^{m}|x|\) fonksiyonuna uygulanabilir:
\[f_n^{(k+1)}(x) = \frac{(n+1)!}{(n-k+1)!}\cdot (m+1)\, x^{m-1}|x| = \frac{(n+1)!}{(n-k+1)!}\,(n-k+1)\, x^{n-k-1}|x| = \frac{(n+1)!}{(n-k)!}\; x^{n-(k+1)}|x| .\]
Bu tam olarak \(k+1\) için istenen ifadedir; tümevarım tamamlanır.
Özel olarak \(k = n\) alırsak
\[f_n^{(n)}(x) = \frac{(n+1)!}{1!}\, x^0 |x| = (n+1)!\,|x| .\]
Mutlak değer fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde sürekli olduğundan \(f_n^{(n)}\) süreklidir; yani \(f_n \in C^n(\mathbb{R})\)’dir.
Öte yandan \(f_n^{(n)}(x) = (n+1)!\,|x|\) fonksiyonu \(0\)’da türevlenemez: fark oranı
\[\frac{(n+1)!\,|h| - 0}{h} = (n+1)!\,\frac{|h|}{h}\]
olup \(h > 0\) için \((n+1)!\), \(h < 0\) için \(-(n+1)!\) değerini alır; sağ ve sol limitler farklı olduğundan limit yoktur. Demek ki \(f_n^{(n+1)}(0)\) tanımsızdır ve \(f_n \notin C^{n+1}(\mathbb{R})\)’dir.
\(n = 0\) durumu da aynı formüle uyar: \(f_0(x) = |x|\) süreklidir (\(f_0 \in C^0\)) ama \(0\)’da türevlenemez, dolayısıyla \(f_0 \notin C^1(\mathbb{R})\)’dir. Böylece her \(n\) için \(C^{n+1}(\mathbb{R}) \subsetneq C^n(\mathbb{R})\)’dir; yani kapsama kesindir.
\(\blacksquare\)
En küçük örneği akılda tutmakta yarar var: \(f_1(x) = x|x|\) her yerde türevlenebilirdir ve \(f_1'(x) = 2|x|\) süreklidir, ama \(f_1''(0)\) yoktur. Yani “türevi sürekli” olmak, ikinci türevin varlığı hakkında hiçbir şey söylemez.
6.3 Yüksek Mertebeden Türevin Lineerliği
Türev almanın en temel özelliği lineerliktir: toplamın türevi türevlerin toplamı, sabit katın türevi türevin sabit katıdır. Bu özellik yüksek mertebelere olduğu gibi taşınır; ispat, tanımın özyineli yapısını izleyen kısa bir tümevarımdır.
Önerme 6.2 (Yüksek Mertebeden Türev Lineerdir) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık, \(f, g : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilir ve \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) olsun. O hâlde \(\alpha f + \beta g\) fonksiyonu da \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilirdir ve
\[(\alpha f + \beta g)^{(n)}(x) = \alpha\, f^{(n)}(x) + \beta\, g^{(n)}(x), \qquad x \in I\]
sağlanır. Özel olarak \(C^n(I)\) ve \(C^\infty(I)\) birer vektör uzayıdır.
İspat
\(n\) üzerinden tümevarım yapalım (bkz. Analiz 1).
Temel adım. \(n = 0\) için ifade \(\alpha f + \beta g = \alpha f + \beta g\) olur; doğrudur. \(n = 1\) durumu ise toplam ve sabit kat kurallarının birleşimidir: \((\alpha f + \beta g)' = \alpha f' + \beta g'\).
Tümevarım adımı. İfade \(n\) için doğru olsun ve \(f, g\) fonksiyonları \(I\) üzerinde \(n+1\) kez türevlenebilir olsun. O hâlde \(f, g\) özel olarak \(n\) kez türevlenebilirdir ve tümevarım varsayımı gereği \(I\) üzerinde
\[(\alpha f + \beta g)^{(n)} = \alpha f^{(n)} + \beta g^{(n)}\]
eşitliği fonksiyon olarak geçerlidir. Sağ taraftaki \(f^{(n)}\) ve \(g^{(n)}\) fonksiyonları \(I\) üzerinde türevlenebilirdir (türevleri sırasıyla \(f^{(n+1)}\) ve \(g^{(n+1)}\)’dir). O hâlde sağ taraf türevlenebilirdir; dolayısıyla sol taraf da türevlenebilirdir, yani \(\alpha f + \beta g\) fonksiyonu \(n+1\) kez türevlenebilirdir. Her iki tarafın türevini alıp \(n = 1\) durumunu (yani bilinen toplam ve sabit kat kurallarını) uygularsak
\[(\alpha f + \beta g)^{(n+1)} = \bigl(\alpha f^{(n)} + \beta g^{(n)}\bigr)' = \alpha \bigl(f^{(n)}\bigr)' + \beta \bigl(g^{(n)}\bigr)' = \alpha f^{(n+1)} + \beta g^{(n+1)}\]
elde ederiz. Tümevarım tamamlanır.
Vektör uzayı iddiası bunun doğrudan sonucudur: \(f, g \in C^n(I)\) ise \(\alpha f + \beta g\) fonksiyonunun \(n\). türevi \(\alpha f^{(n)} + \beta g^{(n)}\)’dir ve sürekli fonksiyonların lineer birleşimi sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) bu türev de süreklidir. Aynı akıl yürütme her \(n\) için geçerli olduğundan \(C^\infty(I)\) da lineer birleşimler altında kapalıdır.
\(\blacksquare\)
Lineerlik, \(n\). türev hesabını “parçala ve topla” stratejisine indirger: bir fonksiyonu \(n\). türevini bildiğimiz parçaların lineer birleşimi olarak yazabilirsek iş biter. Rasyonel fonksiyonlarda basit kesirlere ayırma, trigonometrik çarpımlarda toplam–çarpım dönüşümleri tam bu amaca hizmet eder. Çarpımda ise durum başkadır ve bölümün asıl teoremi olan Leibniz kuralını gerektirir.
6.4 Temel Fonksiyonların \(n\). Türevleri
Şimdi en sık karşılaşılan fonksiyonların \(n\). türevlerini kapalı formüllerle verelim. Hepsinin ispatı \(n\) üzerinden tümevarımdır ve hepsinde tümevarım adımı, bilinen bir birinci türev hesabından ibarettir.
Önerme 6.3 (Temel n inci Türev Formülleri) Aşağıdaki eşitlikler, sağ tarafların tanımlı olduğu her noktada ve her \(n \ge 1\) tam sayısı için geçerlidir.
(a) Kuvvet. \(m \in \mathbb{N}\) ve \(f(x) = x^m\) ise
\[f^{(n)}(x) = \begin{cases} \dfrac{m!}{(m-n)!}\, x^{m-n}, & n \le m, \\[2mm] 0, & n > m. \end{cases}\]
Daha genel olarak \(\alpha \in \mathbb{R}\) ve \(f(x) = x^{\alpha}\) (\(x > 0\)) ise \(f^{(n)}(x) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)\, x^{\alpha - n}\)’dir.
(b) Üstel. \(a \in \mathbb{R}\) ve \(f(x) = e^{ax}\) ise \(f^{(n)}(x) = a^n e^{ax}\)’tir. Ayrıca \(b > 0\), \(b \neq 1\) ve \(f(x) = b^x\) ise \(f^{(n)}(x) = b^x (\ln b)^n\)’dir.
(c) Sinüs. \(f(x) = \sin x\) ise \(f^{(n)}(x) = \sin\!\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right)\).
(d) Kosinüs. \(f(x) = \cos x\) ise \(f^{(n)}(x) = \cos\!\left(x + \dfrac{n\pi}{2}\right)\).
(e) Logaritma. \(x > 0\) ve \(f(x) = \ln x\) ise \(f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}\).
(f) Basit kesir. \(a \in \mathbb{R}\) ve \(x \neq a\) için \(f(x) = \dfrac{1}{x-a}\) ise \(f^{(n)}(x) = \dfrac{(-1)^n\, n!}{(x-a)^{n+1}}\).
(g) Doğrusal iç fonksiyon. \(f\) fonksiyonu \(n\) kez türevlenebilir, \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(g(x) = f(ax+b)\) ise \(g\) de \(n\) kez türevlenebilirdir ve \(g^{(n)}(x) = a^n f^{(n)}(ax+b)\)’dir.
İspat
Bütün ispatlar \(n\) üzerinden tümevarımdır (bkz. Analiz 1).
(a) Önce \(n \le m\) durumu. \(n = 1\) için kuvvet kuralı \(f'(x) = m x^{m-1}\) verir; formülün \(n=1\)’deki değeri \(\frac{m!}{(m-1)!}x^{m-1} = m x^{m-1}\)’dir, doğrudur. Formül \(n < m\) olan bir \(n\) için doğru olsun. Yine kuvvet kuralıyla
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\left(\frac{m!}{(m-n)!}x^{m-n}\right) = \frac{m!}{(m-n)!}\,(m-n)\, x^{m-n-1} = \frac{m!}{(m-n-1)!}\, x^{m-(n+1)}\]
bulunur; bu, \(n+1\) için istenen ifadedir. \(n = m\) alındığında \(f^{(m)}(x) = \frac{m!}{0!}x^0 = m!\), yani sabit fonksiyon çıkar. Sabitin türevi sıfır olduğundan \(f^{(m+1)} \equiv 0\)’dır ve sıfır fonksiyonunun bütün türevleri de sıfır olduğundan \(n > m\) için \(f^{(n)} \equiv 0\) olur.
Gerçel üslü durumda kuvvet kuralı \((x^{\alpha})' = \alpha x^{\alpha-1}\) biçimindedir; aynı tümevarım, \(n = 1\)’de \(\alpha x^{\alpha-1}\) verir ve adımda
\[\frac{d}{dx}\Bigl(\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)x^{\alpha-n}\Bigr) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)(\alpha-n)\, x^{\alpha-n-1}\]
çıkar; bu da \(n+1\) çarpanlı ifadedir. \(\alpha = m \in \mathbb{N}\) ve \(n > m\) ise çarpımda \((\alpha - m) = 0\) çarpanı belirdiğinden formül birinci duruma indirgenir.
(b) \(n = 1\) için zincir kuralı \(\bigl(e^{ax}\bigr)' = a e^{ax}\) verir. Formül \(n\) için doğruysa
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\bigl(a^n e^{ax}\bigr) = a^n \cdot a e^{ax} = a^{n+1} e^{ax}\]
olur. İkinci ifade için \(b^x = e^{x \ln b}\) yazıp \(a = \ln b\) alalım; birinci ifade doğrudan \(f^{(n)}(x) = (\ln b)^n e^{x\ln b} = b^x (\ln b)^n\) verir.
(c) \(n = 1\) için \((\sin x)' = \cos x\) ve \(\cos x = \sin\!\left(x + \frac{\pi}{2}\right)\) olduğundan formül doğrudur. Formül \(n\) için doğru olsun. Sinüsün türevi kosinüs olduğundan ve \(\cos\theta = \sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right)\) özdeşliğinden
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\sin\!\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) = \cos\!\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) = \sin\!\left(x + \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{2}\right) = \sin\!\left(x + \frac{(n+1)\pi}{2}\right)\]
elde edilir. Bu tek formül, Örnek 6.1’nde dört ayrı satırda yazdığımız dört durumu birleştirir: \(n \equiv 0, 1, 2, 3 \pmod 4\) için sırasıyla \(\sin x\), \(\cos x\), \(-\sin x\), \(-\cos x\) verir.
(d) Aynı yöntem: \(n=1\) için \((\cos x)' = -\sin x\) ve \(-\sin\theta = \cos\!\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right)\) olduğundan formül doğrudur. Adımda
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\cos\!\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) = -\sin\!\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) = \cos\!\left(x + \frac{(n+1)\pi}{2}\right).\]
(e) \(n = 1\) için \((\ln x)' = \frac{1}{x}\) ve formülün \(n=1\) değeri \(\frac{(-1)^0 \cdot 0!}{x} = \frac{1}{x}\)’tir. Formül \(n\) için doğruysa, (a) şıkkındaki gerçel üslü kuvvet kuralıyla
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\Bigl((-1)^{n-1}(n-1)!\, x^{-n}\Bigr) = (-1)^{n-1}(n-1)!\,(-n)\, x^{-n-1} = \frac{(-1)^{n}\, n!}{x^{n+1}}\]
bulunur; bu \(n+1\) için istenen ifadedir.
(f) \(n=1\) için \(\left(\frac{1}{x-a}\right)' = -\frac{1}{(x-a)^2} = \frac{(-1)^1 1!}{(x-a)^2}\)’dir. Formül \(n\) için doğruysa
\[f^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\Bigl((-1)^n n! (x-a)^{-(n+1)}\Bigr) = (-1)^n n! \cdot \bigl(-(n+1)\bigr)(x-a)^{-(n+2)} = \frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{(x-a)^{n+2}}\]
olur. Burada \(x \mapsto x - a\) dönüşümünün türevi \(1\) olduğu için ek çarpan çıkmaz. \(a = 0\) alındığında Örnek 6.1’nin (c) şıkkındaki tahmin ispatlanmış olur: \(\left(\frac1x\right)^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}\).
(g) \(n = 1\) için zincir kuralı \(g'(x) = a f'(ax+b)\) verir. Formül \(n\) için doğru olsun; yani \(g^{(n)}(x) = a^n f^{(n)}(ax+b)\) olsun. \(f\) fonksiyonu \(n+1\) kez türevlenebilirse \(f^{(n)}\) türevlenebilirdir ve zincir kuralı uygulanabilir:
\[g^{(n+1)}(x) = \frac{d}{dx}\Bigl(a^n f^{(n)}(ax+b)\Bigr) = a^n \cdot f^{(n+1)}(ax+b) \cdot a = a^{n+1} f^{(n+1)}(ax+b).\]
Tümevarım tamamlanır.
\(\blacksquare\)
(g) şıkkı, tabloyu tek başına iki katına çıkarır: \(\sin(3x)\), \(e^{-5x}\), \(\ln(2x+7)\), \(\frac{1}{4x-1}\) gibi “içi doğrusal” fonksiyonların \(n\). türevini ayrıca ispatlamaya gerek yoktur; temel formülü yazıp \(a^n\) çarpanını eklemek yeter. Lineerlikle (Önerme 6.2) birleştiğinde bu iki araç, çok geniş bir fonksiyon ailesinin \(n\). türevini hesaplamaya yeter.
Örnek 6.2 (Kapalı Formüllerin Kullanımı) Aşağıdaki fonksiyonların \(n\). türevlerini bulalım.
\(f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1}\), \(x \neq \pm 1\).
\(f(x) = \ln(3 + 2x)\), \(x > -\dfrac{3}{2}\).
\(f(x) = \sin 3x \cos x\).
Çözüm
a) Paydayı çarpanlarına ayırıp basit kesirlere ayıralım. \(x^2 - 1 = (x-1)(x+1)\) olduğundan sabit \(A, B\) için
\[\frac{1}{(x-1)(x+1)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1}\]
yazalım. Paydaları eşitleyip payları karşılaştırırsak \(1 = A(x+1) + B(x-1)\) elde edilir. \(x = 1\) koyarsak \(1 = 2A\), yani \(A = \frac12\); \(x = -1\) koyarsak \(1 = -2B\), yani \(B = -\frac12\)’dir. O hâlde
\[f(x) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}\right).\]
Lineerlik (Önerme 6.2) ve Önerme 6.3’nin (f) şıkkıyla
\[f^{(n)}(x) = \frac{1}{2}\left(\frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(x+1)^{n+1}}\right) = \frac{(-1)^n n!}{2}\left(\frac{1}{(x-1)^{n+1}} - \frac{1}{(x+1)^{n+1}}\right).\]
Denetleyelim: \(n = 1\) için sağ taraf, paydalar ortaklaştırılınca
\[-\frac{1}{2}\cdot\frac{(x+1)^2 - (x-1)^2}{(x-1)^2(x+1)^2} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{4x}{(x^2-1)^2} = \frac{-2x}{(x^2-1)^2}\]
verir; bölüm kuralıyla doğrudan hesaplanan \(f'\) ile aynıdır.
b) Önce bir kez türev alalım: \(f'(x) = \dfrac{2}{3+2x}\). Şimdi \(n \ge 1\) için \(f^{(n)} = \bigl(f'\bigr)^{(n-1)}\)’dir. \(\frac{1}{3+2x} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x + 3/2}\) olduğundan Önerme 6.3’nin (f) şıkkını \(a = -\frac32\) ile kullanabiliriz, ya da doğrudan (g) şıkkını uygulayabiliriz. İkincisini seçelim: \(u(t) = \frac{1}{t}\) ve \(f'(x) = 2\,u(3+2x)\)’tir; (g) şıkkında \(a = 2\), \(b = 3\) alarak, \(k \ge 0\) için
\[\bigl(f'\bigr)^{(k)}(x) = 2 \cdot 2^{k} u^{(k)}(3+2x) = 2^{k+1}\cdot \frac{(-1)^k k!}{(3+2x)^{k+1}} .\]
\(k = n-1\) koyarsak, her \(n \ge 1\) için
\[f^{(n)}(x) = \frac{(-1)^{n-1}\, (n-1)!\; 2^n}{(3+2x)^n}\]
bulunur. Denetim: \(n = 1\) için sağ taraf \(\frac{2}{3+2x}\)’tir, doğru. \(n = 2\) için \(-\frac{4}{(3+2x)^2}\) çıkar; gerçekten \(\left(\frac{2}{3+2x}\right)' = -\frac{4}{(3+2x)^2}\)’dir.
c) Çarpımı toplama çevirelim. \(\sin A \cos B = \frac{1}{2}\bigl[\sin(A+B) + \sin(A-B)\bigr]\) özdeşliğinde \(A = 3x\), \(B = x\) alırsak
\[f(x) = \frac{1}{2}\bigl(\sin 4x + \sin 2x\bigr).\]
Artık lineerlik ile (c) ve (g) şıkları yeter:
\[f^{(n)}(x) = \frac{1}{2}\left(4^n \sin\!\left(4x + \frac{n\pi}{2}\right) + 2^n \sin\!\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right)\right).\]
Denetim: \(n = 1\) için sağ taraf \(\frac12\bigl(4\cos 4x + 2\cos 2x\bigr) = 2\cos 4x + \cos 2x\)’tir. Doğrudan çarpım kuralıyla \(f'(x) = 3\cos 3x\cos x - \sin 3x\sin x\) bulunur; çarpımları toplama çeviren özdeşlikler bu ifadeyi de \(2\cos 4x + \cos 2x\)’e dönüştürür.
Bu üç örnekteki ortak strateji şudur: çarpımı ya da karmaşık bir ifadeyi, \(n\). türevini bildiğimiz parçaların lineer birleşimine dönüştür. Böyle bir dönüşüm her zaman mümkün değildir; işte Leibniz kuralı tam bu durumlar için vardır.
\(\blacksquare\)
6.5 Leibniz Kuralı
İki fonksiyonun çarpımının birinci türevini biliyoruz: \((fg)' = f'g + fg'\). Peki ya onuncu türevi? İkinci türevi hesaplayarak başlayalım:
\[(fg)'' = \bigl(f'g + fg'\bigr)' = f''g + f'g' + f'g' + fg'' = f''g + 2f'g' + fg'' .\]
Bir adım daha:
\[(fg)''' = f'''g + 3f''g' + 3f'g'' + fg''' .\]
Katsayılar \(1\); \(1, 2, 1\); \(1, 3, 3, 1\) — bunlar Pascal üçgeninin satırlarıdır. Yani çarpımın \(n\). türevi, \((a+b)^n\) binom açılımının (bkz. Analiz 1) türev karşılığı gibi davranıyor: \(a\)’nın kuvvetleri yerine \(f\)’nin türev mertebeleri, \(b\)’nin kuvvetleri yerine \(g\)’nin türev mertebeleri geçiyor. Bu benzerlik tesadüf değildir ve bir teorem hâline getirilebilir.
Teorem 6.1 (Leibniz Kuralı) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık ve \(f, g : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilir olsun. O hâlde \(f \cdot g\) çarpımı da \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilirdir ve her \(x \in I\) için
\[(f \cdot g)^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n-k)}(x)\, g^{(k)}(x)\]
eşitliği sağlanır. Burada \(\binom{n}{k}\) binom katsayısı (binomial coefficient) ve \(f^{(0)} = f\), \(g^{(0)} = g\)’dir.
İspat
\(n\) üzerinden tümevarım yapalım (bkz. Analiz 1). Tümevarım önermesi şudur: “\(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilen her \(f\) ve \(g\) çifti için \(fg\) de \(n\) kez türevlenebilirdir ve yukarıdaki eşitlik geçerlidir.”
Temel adım (\(n = 1\)). Bu tam olarak çarpım kuralıdır: \(f\) ve \(g\) türevlenebilirse \(fg\) türevlenebilirdir ve \((fg)' = f'g + fg'\)’dür. Formülün \(n = 1\) hâli
\[\sum_{k=0}^{1}\binom{1}{k} f^{(1-k)}g^{(k)} = \binom{1}{0}f'g + \binom{1}{1}fg' = f'g + fg'\]
olduğundan eşitlik doğrudur. (İstenirse \(n = 0\) da temel adım olarak alınabilir: \(\sum_{k=0}^{0}\binom{0}{0}f^{(0)}g^{(0)} = fg\).)
Tümevarım adımı. Önerme \(n\) için doğru olsun. Şimdi \(f\) ve \(g\) fonksiyonları \(I\) üzerinde \(n+1\) kez türevlenebilir olsun. Özel olarak ikisi de \(n\) kez türevlenebilirdir; tümevarım varsayımı gereği \(fg\) fonksiyonu \(n\) kez türevlenebilirdir ve \(I\) üzerinde fonksiyon eşitliği olarak
\[(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} f^{(n-k)} g^{(k)}\]
geçerlidir; bu eşitliğe kısaca \((\ast)\) diyelim.
Sağ taraftaki her terime bakalım: \(0 \le k \le n\) için \(n - k \le n\) ve \(k \le n\) olduğundan, \(f\) ve \(g\) fonksiyonlarının \(n+1\) kez türevlenebilir olması \(f^{(n-k)}\) ve \(g^{(k)}\) fonksiyonlarının \(I\) üzerinde türevlenebilir olmasını (türevlerinin sırasıyla \(f^{(n-k+1)}\) ve \(g^{(k+1)}\) olmasını) sağlar. İki türevlenebilir fonksiyonun çarpımı türevlenebilir, sonlu toplamı da türevlenebilir olduğundan \((\ast)\)’ın sağ tarafı türevlenebilirdir. O hâlde sol taraf, yani \((fg)^{(n)}\) de türevlenebilirdir; bu tam olarak \(fg\)’nin \(n+1\) kez türevlenebilir olması demektir.
Şimdi \((\ast)\)’ın iki tarafının da türevini alalım. Toplamın türevi türevlerin toplamıdır; her terime çarpım kuralını uygularsak
\[(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\Bigl(f^{(n-k+1)}g^{(k)} + f^{(n-k)}g^{(k+1)}\Bigr) = \underbrace{\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} f^{(n+1-k)}g^{(k)}}_{S_1} + \underbrace{\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} f^{(n-k)}g^{(k+1)}}_{S_2}\]
elde ederiz. Şimdi asıl iş: bu iki toplamı ortak bir biçime sokmak.
\(S_2\)’de indis kaydırması yapalım. \(j := k+1\) diyelim; \(k\) değişkeni \(0\)’dan \(n\)’ye giderken \(j\) değişkeni \(1\)’den \(n+1\)’e gider ve \(k = j - 1\)’dir. Terimdeki üsler \(f^{(n-k)} = f^{(n-(j-1))} = f^{(n+1-j)}\) ve \(g^{(k+1)} = g^{(j)}\) olur. Katsayı ise \(\binom{n}{k} = \binom{n}{j-1}\)’dir. Böylece
\[S_2 = \sum_{j=1}^{n+1}\binom{n}{j-1} f^{(n+1-j)} g^{(j)} .\]
Toplam değişkeninin adı önemsiz olduğundan \(j\) yerine yeniden \(k\) yazalım:
\[S_2 = \sum_{k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1} f^{(n+1-k)} g^{(k)} .\]
Artık \(S_1\) ve \(S_2\)’nin terimleri aynı biçimdedir: her ikisinde de \(f^{(n+1-k)}g^{(k)}\) çarpımı geçer; yalnızca toplama aralıkları ve katsayılar farklıdır. \(S_1\)’de \(k\) değişkeni \(0\)’dan \(n\)’ye, \(S_2\)’de \(1\)’den \(n+1\)’e gider. Ortak aralık \(1 \le k \le n\)’dir. \(S_1\)’den \(k = 0\) terimini, \(S_2\)’den \(k = n+1\) terimini ayıralım:
\[S_1 = \binom{n}{0} f^{(n+1)}g^{(0)} + \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k} f^{(n+1-k)}g^{(k)}, \qquad S_2 = \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k-1} f^{(n+1-k)}g^{(k)} + \binom{n}{n} f^{(0)}g^{(n+1)} .\]
Toplayıp ortak \(\sum_{k=1}^{n}\) terimlerini birleştirelim:
\[(fg)^{(n+1)} = \binom{n}{0} f^{(n+1)}g + \sum_{k=1}^{n}\left[\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1}\right] f^{(n+1-k)}g^{(k)} + \binom{n}{n} f\, g^{(n+1)} .\]
Köşeli parantezdeki ifade için Pascal özdeşliğini (bkz. Analiz 1) kullanalım:
\[\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}, \qquad 1 \le k \le n .\]
Ayrıca uç terimlerdeki katsayılar da yerine oturur: \(\binom{n}{0} = 1 = \binom{n+1}{0}\) ve \(\binom{n}{n} = 1 = \binom{n+1}{n+1}\). Bunları yerine koyarsak
\[(fg)^{(n+1)} = \binom{n+1}{0} f^{(n+1)}g^{(0)} + \sum_{k=1}^{n}\binom{n+1}{k} f^{(n+1-k)}g^{(k)} + \binom{n+1}{n+1} f^{(0)}g^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k} f^{(n+1-k)}g^{(k)}\]
elde ederiz; çünkü ayrılmış iki uç terim tam olarak toplamın \(k = 0\) ve \(k = n+1\) terimleridir. Bu, formülün \(n+1\) için de doğru olduğunu gösterir ve tümevarım tamamlanır.
\(\blacksquare\)
\((a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} a^{n-k} b^{k}\) açılımıyla Leibniz kuralını yan yana koyun: \(a^{n-k}\) yerine \(f^{(n-k)}\), \(b^k\) yerine \(g^{(k)}\) yazmak yeter. İki ispat da aynı iskelete oturur — tümevarım, indis kaydırma, Pascal özdeşliği. Bu, formülü hatırlamayı kolaylaştırır; ama koşutluğu bir “kanıt” saymayın: benzerlik yalnızca her iki işlemin de çarpım kuralına uymasından doğar.
\(\binom{n}{k}\) katsayısının yanında \(f\)’nin türev mertebesi \(n-k\), \(g\)’ninki \(k\)’dir. \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\) olduğundan \(f\) ile \(g\)’nin rollerini değiştirmek sonucu bozmaz, yalnızca terimleri ters sırada yazar; buna karşılık tek bir terimin içinde mertebeleri karıştırmak formülü bozar.
Leibniz kuralının asıl gücü, çarpanlardan birinin türevlerinin bir yerden sonra sıfırlanması durumunda ortaya çıkar. Bir polinom çarpanı varsa toplamdaki \(n+1\) terimin yalnızca birkaçı hayatta kalır.
Örnek 6.3 (Leibniz Kuralının Uygulamaları) Aşağıdaki türevleri hesaplayalım.
\(y = x^2 e^x\) için \(y^{(n)}\), \(n \ge 2\).
\(y = x^2 \sin x\) için önce genel \(y^{(n)}\), sonra \(y^{(20)}\).
\(y = x^2 \ln x\) (\(x > 0\)) için \(y^{(n)}\), \(n \ge 3\).
Çözüm
a) Leibniz kuralında hangi çarpanı \(f\), hangisini \(g\) seçeceğimiz sonucu değiştirmez ama hesabı kolaylaştırabilir. Türevleri tükenen çarpanı \(g\) seçmek işimize yarar: \(f(x) = e^x\), \(g(x) = x^2\) alalım. O hâlde
\[g(x) = x^2, \quad g'(x) = 2x, \quad g''(x) = 2, \quad g^{(k)}(x) = 0 \ \ (k \ge 3)\]
ve her \(m \ge 0\) için \(f^{(m)}(x) = e^x\)’tir. Leibniz kuralında \(k \ge 3\) olan terimler sıfır olduğundan yalnızca üç terim kalır:
\[y^{(n)} = \binom{n}{0} f^{(n)} g + \binom{n}{1} f^{(n-1)} g' + \binom{n}{2} f^{(n-2)} g'' = e^x x^2 + n e^x (2x) + \frac{n(n-1)}{2} e^x \cdot 2 .\]
Yani
\[y^{(n)}(x) = e^x\bigl(x^2 + 2nx + n(n-1)\bigr), \qquad n \ge 2 .\]
Denetleyelim: \(n = 1\) için formül \(e^x(x^2 + 2x)\) verir ve gerçekten \(\bigl(x^2 e^x\bigr)' = 2xe^x + x^2 e^x = e^x(x^2+2x)\)’tir; \(n=0\) için de \(e^x x^2\) çıkar. Demek ki formül aslında her \(n \ge 0\) için geçerlidir (\(n < 2\) olduğunda \(\binom{n}{2} = 0\) okunur).
b) Bu kez \(f(x) = \sin x\), \(g(x) = x^2\) alalım. Önerme 6.3’nin (c) şıkkı gereği \(f^{(m)}(x) = \sin\!\left(x + \frac{m\pi}{2}\right)\)’dir. Yine yalnızca \(k = 0, 1, 2\) terimleri kalır:
\[y^{(n)}(x) = x^2 \sin\!\left(x + \frac{n\pi}{2}\right) + 2nx \sin\!\left(x + \frac{(n-1)\pi}{2}\right) + n(n-1)\sin\!\left(x + \frac{(n-2)\pi}{2}\right), \qquad n \ge 2 .\]
Şimdi \(n = 20\) koyalım. Üç sinüs değerini tek tek sadeleştirelim; \(\sin\) fonksiyonunun \(2\pi\) periyotlu olduğunu kullanacağız:
\[\sin\!\left(x + \frac{20\pi}{2}\right) = \sin(x + 10\pi) = \sin x,\]
\[\sin\!\left(x + \frac{19\pi}{2}\right) = \sin\!\left(x + \frac{\pi}{2} + 9\pi\right) = \sin\!\left(x + \frac{\pi}{2} + \pi\right) = -\sin\!\left(x + \frac{\pi}{2}\right) = -\cos x,\]
\[\sin\!\left(x + \frac{18\pi}{2}\right) = \sin(x + 9\pi) = \sin(x+\pi) = -\sin x .\]
İkinci ve üçüncü satırda \(8\pi\)’nin periyodun katı olduğunu ve \(\sin(\theta + \pi) = -\sin\theta\) özdeşliğini kullandık. Katsayılar \(2n = 40\) ve \(n(n-1) = 380\) olduğundan
\[y^{(20)}(x) = x^2 \sin x - 40x\cos x - 380 \sin x .\]
c) Bu kez türevleri “tükenen” çarpan yine \(x^2\)’dir, ama diğer çarpanın türevleri \(\ln x\) değil \(\frac{1}{x}\)’in kuvvetleridir. \(f(x) = \ln x\), \(g(x) = x^2\) alalım. \(n \ge 3\) olsun; bu koşul, aşağıda geçen bütün \(f^{(m)}\)’lerde \(m = n, n-1, n-2 \ge 1\) olmasını, yani (e) şıkkındaki formülün kullanılabilmesini garanti eder:
\[f^{(m)}(x) = \frac{(-1)^{m-1}(m-1)!}{x^m}, \qquad m \ge 1 .\]
Leibniz kuralı üç terim verir:
\[y^{(n)} = \binom{n}{0}\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}\cdot x^2 + \binom{n}{1}\frac{(-1)^{n-2}(n-2)!}{x^{n-1}}\cdot 2x + \binom{n}{2}\frac{(-1)^{n-3}(n-3)!}{x^{n-2}}\cdot 2 .\]
\((-1)^{n-2} = (-1)^n = -(-1)^{n-1}\) ve \((-1)^{n-3} = (-1)^{n-1}\) olduğunu kullanıp \((-1)^{n-1}x^{2-n}\) ortak çarpanını dışarı alalım. \(\binom{n}{1} = n\) ve \(\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\) olduğundan
\[y^{(n)} = (-1)^{n-1} x^{2-n}\Bigl[(n-1)! - 2n(n-2)! + n(n-1)(n-3)!\Bigr].\]
Köşeli parantezi sadeleştirelim. Önce \((n-1)! = (n-1)(n-2)!\) yazıp ilk iki terimi birleştirelim:
\[(n-1)(n-2)! - 2n(n-2)! = (n-2)!\bigl(n - 1 - 2n\bigr) = -(n+1)(n-2)! .\]
Şimdi her şeyi \((n-3)!\) cinsinden yazalım; \((n-2)! = (n-2)(n-3)!\) olduğundan
\[-(n+1)(n-2)(n-3)! + n(n-1)(n-3)! = (n-3)!\Bigl[-(n^2 - n - 2) + (n^2 - n)\Bigr] = 2\,(n-3)! .\]
Böylece \(n \ge 3\) için
\[y^{(n)}(x) = \frac{2\,(-1)^{n-1}(n-3)!}{x^{n-2}}\]
bulunur. Küçük mertebeler formülün kapsamı dışındadır ve doğrudan hesaplanır:
\[y' = 2x\ln x + x, \qquad y'' = 2\ln x + 2 + 1 = 2\ln x + 3 .\]
Denetim: \(n = 3\) için formül \(\frac{2\cdot 0!}{x} = \frac{2}{x}\) verir ve gerçekten \(y''' = (2\ln x + 3)' = \frac{2}{x}\)’tir.
\(\blacksquare\)
6.6 Türevlenebilirlik, Süreklilik ve Yüksek Mertebeler
Şimdi bölümün başında verdiğimiz \(C^n\) tanımındaki “türev süreklidir” koşulunun neden fazladan bir istek olduğunu görelim. Bir fonksiyon her noktada türevlenebilir olabilir, ama türev fonksiyonu sıçramadan değil, salınarak bozulabilir: türevin bir noktada limiti hiç olmayabilir. Böyle bir fonksiyon türevlenebilirdir ama \(C^1\) sınıfında değildir; dolayısıyla ikinci türevinden söz edilemez.
Örnek 6.4 (Türevi Sürekli Olmayan Türevlenebilir Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
biçiminde tanımlayalım. \(f\)’nin \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında türevlenebilir olduğunu, \(f'(0) = 0\) olmasına karşın \(f'\)’nün \(0\)’da sürekli olmadığını ve dolayısıyla \(f''(0)\)’ın var olmadığını gösterelim.
Çözüm
Sıfırdan farklı noktalarda türev. \(x_0 \neq 0\) olsun. \(x_0\)’ın \(0\)’ı içermeyen bir komşuluğunda \(f(x) = x^2 \sin\frac{1}{x}\)’tir ve bu ifade türevlenebilir fonksiyonların çarpımı ve bileşkesidir. Çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f'(x_0) = 2x_0 \sin\frac{1}{x_0} + x_0^2 \cos\frac{1}{x_0}\cdot\left(-\frac{1}{x_0^2}\right) = 2x_0\sin\frac{1}{x_0} - \cos\frac{1}{x_0} .\]
Sıfırda türev. Burada kural uygulanamaz, çünkü \(f\)’nin \(0\)’daki tanımı ayrıdır. Doğrudan fark oranına bakalım: \(h \neq 0\) için
\[\frac{f(h) - f(0)}{h} = \frac{h^2 \sin\frac1h - 0}{h} = h \sin\frac{1}{h} .\]
Her \(h \neq 0\) için \(\left|\sin\frac1h\right| \le 1\) olduğundan \(\left|h\sin\frac1h\right| \le |h|\)’dir. \(h \to 0\) iken \(|h| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) ya da doğrudan “sınırlı çarpı sıfıra giden” kuralı (bkz. Analiz 1) gereği
\[f'(0) = \lim_{h \to 0} h\sin\frac{1}{h} = 0\]
olur. Demek ki \(f\) her noktada türevlenebilirdir ve
\[f'(x) = \begin{cases} 2x\sin\dfrac{1}{x} - \cos\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[2mm] 0, & x = 0. \end{cases}\]
Türev \(0\)’da sürekli değil. \(f'\)’nün \(0\)’daki limitine bakalım. \(2x\sin\frac1x\) terimi, yukarıdaki hesabın aynısıyla \(x \to 0\) iken \(0\)’a gider. Geriye \(-\cos\frac1x\) terimi kalır ve bu terimin \(x \to 0\) iken limiti yoktur. Bunu dizisel ölçütle (bkz. Analiz 1) gösterelim. İki dizi seçelim:
\[x_n = \frac{1}{2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}, \qquad n \ge 1 .\]
Her ikisi de sıfırdan farklıdır ve \(n \to \infty\) iken \(0\)’a yakınsar. Değerleri hesaplayalım:
\[f'(x_n) = 2x_n \sin(2n\pi) - \cos(2n\pi) = 2x_n \cdot 0 - 1 = -1,\]
\[f'(y_n) = 2y_n \sin\bigl((2n+1)\pi\bigr) - \cos\bigl((2n+1)\pi\bigr) = 2y_n\cdot 0 - (-1) = 1 .\]
Yani \(\bigl(f'(x_n)\bigr)\) dizisi sabit \(-1\), \(\bigl(f'(y_n)\bigr)\) dizisi sabit \(1\)’dir. Sıfıra yakınsayan iki farklı dizide \(f'\) değerleri farklı limitlere gittiğinden \(\lim_{x\to 0} f'(x)\) yoktur. Özel olarak bu limit \(f'(0) = 0\)’a eşit olamaz; dolayısıyla \(f'\) fonksiyonu \(0\) noktasında süreksizdir (bkz. Analiz 1). Süreksizlik türü de ikinci türdendir: sağ ve sol limitlerin ikisi de yoktur, salınım vardır.
İkinci türev \(0\)’da yoktur. Türevlenebilirlik sürekliliği gerektirir. \(f'\) fonksiyonu \(0\)’da sürekli olmadığından \(0\)’da türevlenebilir de olamaz; yani
\[f''(0) = \lim_{h\to 0}\frac{f'(h) - f'(0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{2h\sin\frac1h - \cos\frac1h}{h} = \lim_{h\to 0}\left(2\sin\frac1h - \frac{\cos\frac1h}{h}\right)\]
limiti yoktur. (Doğrudan da görülebilir: \(h = \frac{1}{2n\pi}\) alındığında ifade \(-2n\pi \to -\infty\)’a gider, \(h = \frac{1}{(2n+1)\pi}\) alındığında \(+ (2n+1)\pi \to +\infty\)’a gider.) Demek ki \(f''(0)\) tanımsızdır.
Sonucu doğru cümlelerle özetleyelim: \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında türevlenebilirdir, ama \(f \notin C^1(\mathbb{R})\)’dir. \(f\) ikinci kez türevlenebilir bir fonksiyon değildir, çünkü \(f''\) fonksiyonu \(0\) noktasında tanımlı değildir. Buna karşılık \(x \neq 0\) noktalarında \(f''\) pekâlâ vardır ve hesaplanabilir:
\[f''(x) = 2\sin\frac1x - \frac{2}{x}\cos\frac1x - \frac{1}{x^2}\sin\frac1x, \qquad x \neq 0 .\]
Yani “bu fonksiyonun yüksek mertebeden türevi yoktur” demek yerine, kusurun yalnızca \(0\) noktasında olduğunu söylemek gerekir: \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\setminus\{0\}\) üzerinde \(C^\infty\) sınıfındadır; bütün sorun tek bir noktada, orijinde toplanmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 6.4, tanımlardaki iki koşulun gerçekten farklı olduğunu gösterir. \(D^n(I)\) ile \(I\) üzerinde \(n\) kez türevlenebilen fonksiyonların kümesini gösterirsek
\[D^{n+1}(I) \subsetneq C^{n}(I) \subsetneq D^{n}(I)\]
zinciri geçerlidir ve her iki kapsama da kesindir. Sağdaki kapsamanın kesinliğini yukarıdaki \(x^2\sin\frac1x\) örneği (\(n = 1\) için), soldakinin kesinliğini Önerme 6.1’deki \(x^n|x|\) örneği verir.
Üsteki kuvveti bir artırırsak salınım daha hızlı sönümlenir ve türev sürekli hâle gelir; ama bozulma bir mertebe yukarı ötelenmekten başka bir şey yapmaz.
Örnek 6.5 (Türevi Sürekli, İkinci Türevi Olmayan Bir Fonksiyon) \(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[g(x) = \begin{cases} x^3 \sin\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
biçiminde tanımlayalım. \(g \in C^1(\mathbb{R})\) olduğunu, buna karşılık \(g''(0)\)’ın var olmadığını, yani \(g \notin C^2(\mathbb{R})\) olduğunu gösterelim.
Çözüm
Türev. \(x \neq 0\) için çarpım ve zincir kurallarıyla
\[g'(x) = 3x^2 \sin\frac1x + x^3\cos\frac1x \cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) = 3x^2\sin\frac1x - x\cos\frac1x .\]
\(x = 0\) noktasında fark oranı
\[\frac{g(h) - g(0)}{h} = \frac{h^3\sin\frac1h}{h} = h^2 \sin\frac1h\]
olup \(\left|h^2\sin\frac1h\right| \le h^2 \to 0\) olduğundan \(g'(0) = 0\)’dır. Demek ki \(g\) her noktada türevlenebilirdir.
\(g'\) süreklidir. \(x \neq 0\) noktalarında \(g'\), sürekli fonksiyonların cebirsel işlemleri ve bileşkesi olduğundan süreklidir. Geriye \(0\) noktası kalır. Her \(x \neq 0\) için
\[\left|g'(x) - g'(0)\right| = \left|3x^2\sin\frac1x - x\cos\frac1x\right| \le 3x^2\left|\sin\frac1x\right| + |x|\left|\cos\frac1x\right| \le 3x^2 + |x|\]
yazabiliriz. \(x \to 0\) iken sağ taraf \(0\)’a gittiğinden sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(\lim_{x\to 0} g'(x) = 0 = g'(0)\)’dır. Yani \(g'\) fonksiyonu \(0\)’da da süreklidir ve \(g \in C^1(\mathbb{R})\)’dir.
İkinci türev \(0\)’da yok. Tanıma dönelim:
\[g''(0) = \lim_{h\to 0}\frac{g'(h) - g'(0)}{h} = \lim_{h\to 0}\frac{3h^2\sin\frac1h - h\cos\frac1h}{h} = \lim_{h\to 0}\left(3h\sin\frac1h - \cos\frac1h\right).\]
Birinci terim \(h \to 0\) iken \(0\)’a gider (\(\left|3h\sin\frac1h\right| \le 3|h|\)). O hâlde limitin var olması, ancak ve ancak \(\lim_{h\to 0}\cos\frac1h\) limitinin var olmasıyla mümkündür. Bu limit ise yoktur: \(h_n = \frac{1}{2n\pi} \to 0\) için \(\cos\frac{1}{h_n} = \cos(2n\pi) = 1\), \(t_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}\to 0\) için \(\cos\frac{1}{t_n} = \cos((2n+1)\pi) = -1\)’dir. Dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği limit yoktur; karşılık gelen fark oranı dizileri de \(-1\) ve \(+1\) değerlerine gider. Dolayısıyla \(g''(0)\) tanımsızdır.
Sonuç. \(g \in C^1(\mathbb{R})\) ama \(g \notin C^2(\mathbb{R})\)’dir; hatta \(g\) fonksiyonu \(0\)’da iki kez türevlenebilir bile değildir. Bu, \(C^2(\mathbb{R}) \subsetneq C^1(\mathbb{R})\) kapsamasının kesinliğinin bir başka tanığıdır — Önerme 6.1’deki \(x|x|\) örneğinden farklı olarak burada bozulma köşeden değil, sönümlü ama duramayan bir salınımdan gelir.
Genel örüntü şudur: \(x^m\sin\frac1x\) (ve \(x=0\)’da \(0\)) biçiminde tanımlanan fonksiyonda üsteki her iki birimlik artış, düzgünlük merdiveninde bir basamak kazandırır. Alıştırmalarda \(m = 4\) durumunu inceleyeceğiz.
\(\blacksquare\)
Bu iki örnek, \(C^n\) sınıflarının neden ayrı ayrı adlandırıldığını açıklar. “Türevlenebilir” demek, “türevi güzel davranıyor” demek değildir; ilerleyen bölümlerde kuracağımız ortalama değer teoremleri ve Taylor formülü, hipotezlerinde tam olarak hangi mertebeye kadar türev istendiğini ve o türevin sürekli olup olmadığını titizlikle belirtir. Bu titizliğin nedeni işte bu örneklerdir.
6.7 Alıştırmalar
Alıştırma 6.1 (Yüksek Mertebeden Türevler Üzerine)
\(f(x) = x e^{2x}\) fonksiyonunun \(n\). türevini bulunuz.
\(f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 3x + 2}\) fonksiyonunun \(n\). türevini bulunuz.
\(f(x) = \sin^2 x\) fonksiyonunun \(n\). türevini bulunuz (\(n \ge 1\)).
\(f(x) = x^2\cos x\) fonksiyonu için \(f^{(10)}(x)\) ifadesini bulunuz.
\(f(x) = e^x \sin x\) fonksiyonu için \(f^{(n)}(x) = 2^{n/2} e^x \sin\!\left(x + \dfrac{n\pi}{4}\right)\) olduğunu tümevarımla gösteriniz.
\(f(x) = x^4 \sin\frac1x\) (\(x \neq 0\)), \(f(0) = 0\) olarak tanımlansın. \(f\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde iki kez türevlenebilir olduğunu, \(f''(0) = 0\) bulunduğunu, buna karşılık \(f''\)’nün \(0\)’da sürekli olmadığını, yani \(f \notin C^2(\mathbb{R})\) olduğunu gösteriniz.
\(y = \arctan x\) olsun. \((1+x^2)y' = 1\) eşitliğinden yola çıkıp Leibniz kuralıyla, her \(n \ge 1\) için
\[(1+x^2)\,y^{(n+1)} + 2nx\,y^{(n)} + n(n-1)\,y^{(n-1)} = 0\]
bağıntısını elde ediniz ve bunu kullanarak \(y^{(n)}(0)\) değerlerini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(f = u\cdot v\) yazalım: \(u(x) = e^{2x}\), \(v(x) = x\). Önerme 6.3’nin (b) şıkkı gereği \(u^{(m)}(x) = 2^m e^{2x}\)’tir. Ayrıca \(v' = 1\) ve \(k \ge 2\) için \(v^{(k)} = 0\)’dır. Leibniz kuralında (Teorem 6.1) yalnızca \(k = 0\) ve \(k = 1\) terimleri kalır:
\[f^{(n)}(x) = \binom{n}{0} u^{(n)}(x)\, v(x) + \binom{n}{1} u^{(n-1)}(x)\, v'(x) = 2^n e^{2x}\, x + n\, 2^{n-1} e^{2x} .\]
Yani
\[f^{(n)}(x) = 2^{n-1} e^{2x}\,(2x + n), \qquad n \ge 1 .\]
Denetim: \(n = 1\) için \(e^{2x}(2x+1)\) çıkar ve doğrudan \(\bigl(xe^{2x}\bigr)' = e^{2x} + 2xe^{2x}\) hesabı da aynı sonucu verir.
b) Paydayı çarpanlara ayıralım: \(x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)\). Basit kesirlere ayıralım:
\[\frac{1}{(x-1)(x-2)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} \implies 1 = A(x-2) + B(x-1).\]
\(x = 1\) için \(1 = -A\), yani \(A = -1\); \(x = 2\) için \(1 = B\)’dir. O hâlde
\[f(x) = \frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1} .\]
Lineerlik (Önerme 6.2) ve Önerme 6.3’nin (f) şıkkıyla
\[f^{(n)}(x) = (-1)^n n! \left(\frac{1}{(x-2)^{n+1}} - \frac{1}{(x-1)^{n+1}}\right), \qquad x \neq 1,\ x\neq 2 .\]
Denetim: \(n = 1\) için sağ taraf, paydalar ortaklaştırılınca
\[-\frac{(x-1)^2 - (x-2)^2}{(x-1)^2(x-2)^2} = -\frac{2x-3}{(x^2-3x+2)^2}\]
verir; bölüm kuralıyla doğrudan hesaplanan \(f'\) ile aynıdır.
c) Doğrudan Leibniz kuralı uygulamak yerine ifadeyi lineerleştirelim. Yarım açı özdeşliğiyle
\[\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2x .\]
\(n \ge 1\) için sabit terimin türevi sıfırdır. Önerme 6.3’nin (d) ve (g) şıkları gereği \(\bigl(\cos 2x\bigr)^{(n)} = 2^n \cos\!\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right)\)’dir. O hâlde
\[f^{(n)}(x) = -\frac{1}{2}\cdot 2^n \cos\!\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right) = -2^{\,n-1}\cos\!\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right), \qquad n \ge 1 .\]
Denetim: \(n = 1\) için \(-2^0\cos\!\left(2x+\frac{\pi}{2}\right) = -(-\sin 2x) = \sin 2x\) çıkar; gerçekten \(\bigl(\sin^2 x\bigr)' = 2\sin x\cos x = \sin 2x\)’tir.
d) \(u(x) = \cos x\), \(v(x) = x^2\) alalım. \(v^{(k)} = 0\) (\(k \ge 3\)) olduğundan Leibniz kuralı üç terim verir ve Önerme 6.3’nin (d) şıkkıyla, \(n \ge 2\) için
\[f^{(n)}(x) = x^2\cos\!\left(x+\frac{n\pi}{2}\right) + 2nx\cos\!\left(x + \frac{(n-1)\pi}{2}\right) + n(n-1)\cos\!\left(x+\frac{(n-2)\pi}{2}\right).\]
\(n = 10\) için üç kosinüsü sadeleştirelim:
\[\cos(x + 5\pi) = \cos(x+\pi) = -\cos x, \qquad \cos\!\left(x + \frac{9\pi}{2}\right) = \cos\!\left(x+\frac{\pi}{2}\right) = -\sin x, \qquad \cos(x+4\pi) = \cos x .\]
Burada \(\cos\) fonksiyonunun \(2\pi\) periyotlu olmasını kullandık: \(5\pi = \pi + 4\pi\) ve \(\frac{9\pi}{2} = \frac{\pi}{2} + 4\pi\). Katsayılar \(2n = 20\), \(n(n-1) = 90\) olduğundan
\[f^{(10)}(x) = -x^2\cos x - 20x\sin x + 90\cos x .\]
e) \(n\) üzerinden tümevarım yapalım (bkz. Analiz 1).
Temel adım. \(n = 1\) için çarpım kuralıyla \(f'(x) = e^x\sin x + e^x\cos x = e^x(\sin x + \cos x)\)’tir. Öte yandan
\[2^{1/2} e^x \sin\!\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\,e^x\left(\sin x\cos\frac{\pi}{4} + \cos x \sin\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt2\, e^x\cdot\frac{\sqrt2}{2}\bigl(\sin x + \cos x\bigr) = e^x(\sin x + \cos x)\]
olduğundan formül \(n = 1\) için doğrudur.
Tümevarım adımı. Formül \(n\) için doğru olsun. Türev alalım:
\[f^{(n+1)}(x) = 2^{n/2}\left[e^x \sin\!\left(x + \frac{n\pi}{4}\right) + e^x \cos\!\left(x+\frac{n\pi}{4}\right)\right] = 2^{n/2} e^x\left[\sin\theta + \cos\theta\right], \quad \theta := x + \frac{n\pi}{4}.\]
Temel adımdaki hesabın aynısı \(\sin\theta + \cos\theta = \sqrt2 \sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)\) verir. O hâlde
\[f^{(n+1)}(x) = 2^{n/2}\cdot 2^{1/2}\, e^x \sin\!\left(x + \frac{n\pi}{4} + \frac{\pi}{4}\right) = 2^{(n+1)/2} e^x \sin\!\left(x + \frac{(n+1)\pi}{4}\right)\]
bulunur; tümevarım tamamlanır.
f) Önce birinci türev. \(x \neq 0\) için çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f'(x) = 4x^3\sin\frac1x + x^4\cos\frac1x\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) = 4x^3\sin\frac1x - x^2\cos\frac1x .\]
\(x = 0\) noktasında \(\dfrac{f(h)-f(0)}{h} = h^3\sin\frac1h\) ve \(\bigl|h^3\sin\frac1h\bigr| \le |h|^3 \to 0\) olduğundan \(f'(0) = 0\)’dır.
Şimdi ikinci türev. \(x = 0\) noktasında fark oranı
\[\frac{f'(h) - f'(0)}{h} = \frac{4h^3\sin\frac1h - h^2\cos\frac1h}{h} = 4h^2\sin\frac1h - h\cos\frac1h\]
olur ve \(\bigl|4h^2\sin\frac1h - h\cos\frac1h\bigr| \le 4h^2 + |h| \to 0\) olduğundan \(f''(0) = 0\)’dır. Demek ki \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\)’nin her noktasında iki kez türevlenebilirdir (\(x \neq 0\) noktalarında bu zaten açıktır, çünkü orada \(f\) düzgün fonksiyonların cebirsel işlemleri ve bileşkesidir).
\(x \neq 0\) için \(f''\)’yü hesaplayalım:
\[f''(x) = 12x^2\sin\frac1x + 4x^3\cos\frac1x\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) - 2x\cos\frac1x - x^2\left(-\sin\frac1x\right)\left(-\frac{1}{x^2}\right),\]
yani
\[f''(x) = 12x^2\sin\frac1x - 4x\cos\frac1x - 2x\cos\frac1x - \sin\frac1x = 12x^2\sin\frac1x - 6x\cos\frac1x - \sin\frac1x .\]
\(x \to 0\) iken ilk iki terim \(0\)’a gider (\(\bigl|12x^2\sin\frac1x\bigr| \le 12x^2\) ve \(\bigl|6x\cos\frac1x\bigr|\le 6|x|\)), ama üçüncü terim \(-\sin\frac1x\)’in limiti yoktur: \(x_n = \frac{1}{2n\pi} \to 0\) için \(\sin\frac{1}{x_n} = 0\), \(z_n = \frac{1}{\left(2n + \frac12\right)\pi}\to 0\) için \(\sin\frac{1}{z_n} = \sin\!\left(2n\pi + \frac{\pi}{2}\right) = 1\)’dir. Dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği \(\lim_{x\to 0} f''(x)\) yoktur; özel olarak bu limit \(f''(0) = 0\)’a eşit olamaz. Yani \(f''\) fonksiyonu \(0\)’da süreksizdir ve \(f \notin C^2(\mathbb{R})\)’dir. Buna karşılık \(f \in C^1(\mathbb{R})\)’dir: \(|f'(x)| \le 4|x|^3 + x^2 \to 0 = f'(0)\) olduğundan \(f'\), \(0\)’da süreklidir.
g) \(y = \arctan x\) için \(y' = \dfrac{1}{1+x^2}\)’dir; iki tarafı \(1+x^2\) ile çarparsak
\[(1+x^2)\,y'(x) = 1\]
elde ederiz. Şimdi bu eşitliğin iki tarafının da \(n\). türevini alalım. Sağ taraf sabit olduğundan \(n \ge 1\) için türevi sıfırdır. Sol tarafa Leibniz kuralını (Teorem 6.1) \(u(x) = y'(x)\) ve \(v(x) = 1+x^2\) ile uygulayalım. \(v' = 2x\), \(v'' = 2\) ve \(k \ge 3\) için \(v^{(k)} = 0\) olduğundan yalnızca üç terim kalır:
\[0 = \binom{n}{0} u^{(n)} v + \binom{n}{1} u^{(n-1)} v' + \binom{n}{2} u^{(n-2)} v'' .\]
\(u^{(m)} = \bigl(y'\bigr)^{(m)} = y^{(m+1)}\) olduğundan bu
\[0 = (1+x^2)\, y^{(n+1)} + n\,(2x)\, y^{(n)} + \frac{n(n-1)}{2}\cdot 2\cdot y^{(n-1)},\]
yani istenen
\[(1+x^2)\,y^{(n+1)} + 2nx\,y^{(n)} + n(n-1)\,y^{(n-1)} = 0\]
bağıntısıdır. (\(n = 1\) için son terim sıfırdır ve \(u^{(n-2)}\) hiç geçmez; \(n \ge 2\) içinse bütün terimler anlamlıdır.)
Şimdi \(x = 0\) koyalım. \(1 + 0^2 = 1\) ve \(2n\cdot 0 = 0\) olduğundan
\[y^{(n+1)}(0) = -n(n-1)\, y^{(n-1)}(0), \qquad n \ge 1 .\]
Başlangıç değerleri: \(y(0) = \arctan 0 = 0\) ve \(y'(0) = \frac{1}{1+0} = 1\)’dir. Bağıntıyı \(n = 1\) ile kullanırsak \(y''(0) = -1\cdot 0\cdot y^{(0)}(0) = 0\) bulunur.
Bağıntı, mertebeyi ikişer ikişer atlattığı için çift ve tek mertebeler birbirinden bağımsız iki zincir oluşturur.
Çift mertebeler. \(y(0) = 0\) ve \(y''(0) = 0\)’dır; bağıntı her çift mertebeyi bir öncekinin katı yaptığından tümevarımla \(y^{(2m)}(0) = 0\) olur.
Tek mertebeler. \(y'(0) = 1\)’dir ve \(n = 2m\) alarak
\[y^{(2m+1)}(0) = -2m(2m-1)\, y^{(2m-1)}(0)\]
yazarız. Buradan sırasıyla
\[y'''(0) = -2\cdot 1\cdot 1 = -2, \qquad y^{(5)}(0) = -4\cdot 3\cdot(-2) = 24, \qquad y^{(7)}(0) = -6\cdot 5\cdot 24 = -720\]
bulunur. Örüntüyü görmek için değerleri faktöriyellerle karşılaştıralım: \(1 = 0!\), \(-2 = -2!\), \(24 = 4!\), \(-720 = -6!\). Tümevarımla
\[y^{(2m+1)}(0) = (-1)^m\,(2m)!\]
olduğunu gösterelim. \(m = 0\) için \(y'(0) = 1 = (-1)^0 0!\); doğru. Formül \(m\) için doğruysa
\[y^{(2m+3)}(0) = -(2m+2)(2m+1)\, y^{(2m+1)}(0) = -(2m+2)(2m+1)\,(-1)^m (2m)! = (-1)^{m+1}(2m+2)!\]
çıkar; istenen budur. Özetle
\[y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n \ \text{çift}, \\ (-1)^{m}(2m)!, & n = 2m+1. \end{cases}\]
Bu sayılar, Taylor formülü bölümünde karşımıza çıkacak olan \(\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots\) açılımının katsayılarını verir: \(\frac{y^{(2m+1)}(0)}{(2m+1)!} = \frac{(-1)^m (2m)!}{(2m+1)!} = \frac{(-1)^m}{2m+1}\).
\(\blacksquare\)
Artık elimizde bir fonksiyonu istediğimiz mertebeye kadar türetecek araçlar var. Bundan sonraki adım, bu türevleri fonksiyonun davranışını okumak için kullanmaktır; işe en temel soruyla, bir fonksiyonun en büyük ve en küçük değerlerini nerede aldığı sorusuyla başlıyoruz: Ekstremum Noktaları ve Fermat Teoremi.