4 Zincir Kuralı ve Ters Fonksiyonun Türevi
Türev Alma Kuralları bölümünde türevin toplama, çarpma ve bölme işlemleriyle nasıl uyuştuğunu gördük. Bu kurallar, elimizdeki fonksiyonları cebirsel işlemlerle birleştirdiğimizde işe yarar. Oysa fonksiyonlarla yapılan en doğal işlem cebirsel değildir: bileşke (composition). \(\sqrt{1+x^2}\), \((3x^2-5x+1)^{10}\), \(\sin(x^2)\) gibi ifadelerin hiçbiri toplama–çarpma–bölme ile kısa yoldan parçalanamaz; hepsi “önce içerideki fonksiyonu uygula, sonra dışarıdakini” biçimindedir. Bu bölümün ilk yarısı, bileşkenin türevini veren zincir kuralını (chain rule) kurar.
Zincir kuralının sezgisi, türevin “yerel büyütme oranı” yorumundan gelir. \(x_0\) noktasından küçük bir \(\Delta x\) kadar kımıldarsak, \(u = f(x)\) değeri \(u_0 = f(x_0)\)’dan yaklaşık \(f'(x_0)\,\Delta x\) kadar uzaklaşır; bu kımıltı da \(g\) tarafından yaklaşık \(g'(u_0)\) katına çıkarılır. İki büyütme oranı çarpılır. Formül de tam olarak budur:
\[(g \circ f)'(x_0) = g'\big(f(x_0)\big)\, f'(x_0).\]
Ne var ki bu sezgiyi ispata çevirirken beklenmedik bir engel çıkar: “\(f(x) - f(x_0)\) ile çarpıp bölelim” demek, \(f(x) = f(x_0)\) olan noktalarda anlamsızdır ve böyle noktalar \(x_0\)’a istediğimiz kadar yakında bulunabilir. Bu yüzden klasik ispat iki duruma ayrılır. Ardından, durum ayrımını tamamen ortadan kaldıran çok daha temiz bir yol göstereceğiz: Carathéodory ölçütü. Bu ölçüt türevlenebilirliği bir limit yerine bir süreklilik koşuluna çevirir; zincir kuralı da, ters fonksiyonun türevi de o çeviriden sonra neredeyse kendiliğinden çıkar.
Bölümün ikinci yarısında, Monoton Fonksiyonlar ve Ters Fonksiyonun Sürekliliği bölümünde kurduğumuz zemin üzerine ters fonksiyonun türevi teoremini oturtacağız: \(f\) birebir, sürekli ve \(x_0\)’da \(f'(x_0) \neq 0\) ise, \(f^{-1}\) de \(y_0 = f(x_0)\)’da türevlenebilirdir ve türevi \(1/f'(x_0)\)’dır. \(f'(x_0) = 0\) olduğunda ne olduğunu \(f(x) = x^3\) örneğiyle göreceğiz: ters fonksiyonun grafiği o noktada düşey teğete sahip olur ve türev yoktur.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: zincir kuralının ifadesi ve iki ayrı ispatı; Carathéodory ölçütü; Leibniz gösterimi \(\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}\) ve bu gösterimin neden bir “sadeleştirme” olmadığı; çok katmanlı bileşkelerin türevi; ters fonksiyonun türevi ve bunun karekök ile rasyonel kuvvetlere uygulanması.
4.1 Zincir Kuralı
Önce ifadeyi kuralım. \(f\)’nin görüntü kümesi \(g\)’nin tanım kümesinin içinde kalmalı ki bileşke tanımlı olsun (bkz. Analiz 1). Türev yerel bir kavram olduğu için \(x_0\)’ın \(I\)’nın iç noktası, \(y_0 = f(x_0)\)’ın da \(J\)’nin iç noktası olmasını isteyeceğiz; en rahat yol \(I\) ve \(J\)’yi açık aralık almaktır.
Teorem 4.1 (Zincir Kuralı) \(I, J \subseteq \mathbb{R}\) açık aralıklar, \(f : I \to \mathbb{R}\) ve \(g : J \to \mathbb{R}\) fonksiyonlar ve \(f(I) \subseteq J\) olsun. \(f\), \(x_0 \in I\) noktasında türevlenebilir ve \(g\), \(y_0 = f(x_0)\) noktasında türevlenebilir ise, bileşke fonksiyon \(h = g \circ f : I \to \mathbb{R}\) de \(x_0\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[h'(x_0) = (g \circ f)'(x_0) = g'\big(f(x_0)\big)\cdot f'(x_0)\]
olur.
İspat
Türev tanımı gereği hesaplamamız gereken limit
\[h'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{g\big(f(x)\big) - g\big(f(x_0)\big)}{x - x_0}\]
limitidir. İçgüdüsel hamle, payı ve paydayı \(f(x) - f(x_0)\) ile genişletmektir:
\[\frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} \cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}.\]
Bu eşitlik, ancak \(f(x) \neq f(x_0)\) olduğunda anlamlıdır. \(f(x) = f(x_0)\) olan \(x\)’ler \(x_0\)’a istediğimiz kadar yakın bulunabileceği için, ispatı iki duruma ayırmak zorundayız.
Her iki durumda da başlangıç noktamız aynı: \(f\), \(x_0\)’da türevlenebilir olduğundan \(x_0\)’da süreklidir, yani \(x \to x_0\) iken \(f(x) \to f(x_0) = y_0\)’dır.
Durum 1: \(x_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(f(x) \neq f(x_0)\). Yani öyle bir \(\delta_0 > 0\) vardır ki \(x \in I\) ve \(0 < |x - x_0| < \delta_0\) olan her \(x\) için \(f(x) \neq f(x_0)\) olur. Bu \(x\)’ler için yukarıdaki çarpanlara ayırma geçerlidir.
İkinci çarpanın limiti tanım gereği \(f'(x_0)\)’dır. Birinci çarpanın limitinin \(g'(y_0)\) olduğunu gösterelim. Bu, “\(y = f(x)\) koyalım, \(x \to x_0\) iken \(y \to y_0\) olur” demekten ibaret görünse de, bileşke fonksiyonların limitinde gizli bir tuzak vardır; bu yüzden adımı \(\varepsilon\)–\(\delta\) diliyle açıkça yürütelim.
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(g\) fonksiyonu \(y_0\)’da türevlenebilir olduğundan, öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki
\[y \in J, \quad 0 < |y - y_0| < \eta \implies \left| \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} - g'(y_0) \right| < \varepsilon\]
olur. \(f\) fonksiyonu \(x_0\)’da sürekli olduğundan, bu \(\eta\)’ya karşılık öyle bir \(\delta_1 > 0\) vardır ki \(x \in I\) ve \(|x - x_0| < \delta_1\) iken \(|f(x) - y_0| < \eta\) olur. Şimdi \(\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}\) alalım ve \(x \in I\), \(0 < |x - x_0| < \delta\) olsun. \(y = f(x)\) yazarsak:
- \(|x - x_0| < \delta_1\) olduğundan \(|y - y_0| < \eta\);
- \(0 < |x - x_0| < \delta_0\) olduğundan Durum 1’in varsayımı gereği \(y \neq y_0\).
Demek ki \(0 < |y - y_0| < \eta\) ve yukarıdaki çıkarım uygulanabilir:
\[\left| \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} - g'(y_0) \right| < \varepsilon.\]
\(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan
\[\lim_{x \to x_0} \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} = g'(y_0) = g'\big(f(x_0)\big)\]
bulunur. Artık iki çarpanın da limiti vardır; limitin çarpımla uyuşmasından (bkz. Analiz 1)
\[h'(x_0) = g'\big(f(x_0)\big) \cdot f'(x_0)\]
elde edilir.
Durum 2: \(x_0\)’a istediğimiz kadar yakın, \(f(x) = f(x_0)\) olan \(x \neq x_0\) noktaları vardır. Yani
\[Z = \{ x \in I : x \neq x_0 \ \text{ve} \ f(x) = f(x_0) \}\]
kümesinin bir yığılma noktası \(x_0\)’dır (bkz. Analiz 1).
Birinci adım: bu durumda zorunlu olarak \(f'(x_0) = 0\)’dır. Gerçekten, \(x_0\) kümenin yığılma noktası olduğundan \(Z\) içinde \(x_0\)’a yakınsayan bir \((x_n)\) dizisi seçilebilir; her \(n\) için \(x_n \neq x_0\) ve \(f(x_n) = f(x_0)\)’dır. Bu dizide fark oranı
\[\frac{f(x_n) - f(x_0)}{x_n - x_0} = \frac{0}{x_n - x_0} = 0\]
olup sabit sıfırdır. \(f'(x_0)\) var olduğundan, limitin dizisel ölçütü (bkz. Analiz 1) gereği bu dizideki değerlerin limiti de \(f'(x_0)\) olmalıdır; sabit sıfır dizisinin limiti sıfır olduğundan
\[f'(x_0) = 0.\]
Dolayısıyla ispatlamamız gereken \(h'(x_0) = g'(f(x_0)) \cdot 0 = 0\) eşitliğidir.
İkinci adım: fark oranının sınırlı çarpanı. \(g\), \(y_0\)’da türevlenebilir olduğundan, türev tanımında \(\varepsilon = 1\) seçelim: öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki \(y \in J\) ve \(0 < |y - y_0| < \eta\) iken
\[\left| \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} - g'(y_0) \right| < 1\]
olur. Ters üçgen eşitsizliğinden (bkz. Analiz 1) bu \(y\)’ler için
\[\left| \frac{g(y) - g(y_0)}{y - y_0} \right| < |g'(y_0)| + 1 =: M\]
bulunur. Yani \(y\), \(y_0\)’a yeterince yakın ve \(y \neq y_0\) olduğu sürece, \(g\)’nin fark oranı \(M\) sabitiyle sınırlıdır. Sınırlılığın kaynağı budur: türevlenebilir bir fonksiyonun fark oranının limiti vardır, limiti olan bir fonksiyon ise o noktanın yakınında sınırlıdır (bkz. Analiz 1).
Üçüncü adım: sıkıştırma. \(f\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan yukarıdaki \(\eta\)’ya karşılık öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in I\), \(|x - x_0| < \delta\) iken \(|f(x) - y_0| < \eta\) olur. Şimdi \(x \in I\) ve \(0 < |x - x_0| < \delta\) olsun; iki alt durum var:
\(f(x) = f(x_0)\) ise \(g(f(x)) - g(f(x_0)) = 0\)’dır, dolayısıyla \(h\)’nin fark oranı da sıfırdır. Aynı anda \(f\)’nin fark oranı da sıfırdır; yani
\[\left| \frac{h(x) - h(x_0)}{x - x_0} \right| = 0 = M \cdot \left| \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \right|.\]
\(f(x) \neq f(x_0)\) ise \(y = f(x)\) için \(0 < |y - y_0| < \eta\) olur ve çarpanlara ayırma geçerlidir:
\[\left| \frac{h(x) - h(x_0)}{x - x_0} \right| = \left| \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} \right| \cdot \left| \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \right| \le M \left| \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \right|.\]
Her iki alt durumda da, \(0 < |x - x_0| < \delta\) olan her \(x \in I\) için
\[0 \le \left| \frac{h(x) - h(x_0)}{x - x_0} \right| \le M \left| \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \right|\]
eşitsizliği geçerlidir. Sağ taraf \(x \to x_0\) iken \(M \cdot |f'(x_0)| = M \cdot 0 = 0\)’a gider (mutlak değerin limitle uyuşması için Mutlak Değerin Limiti). Sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{x \to x_0} \left| \frac{h(x) - h(x_0)}{x - x_0} \right| = 0, \qquad \text{yani} \qquad h'(x_0) = 0.\]
Öte yandan \(g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0) = g'(y_0) \cdot 0 = 0\)’dır. Demek ki bu durumda da
\[h'(x_0) = g'\big(f(x_0)\big) \cdot f'(x_0).\]
İki durum bütün olasılıkları kapsar: ya \(x_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(f\) hiç \(f(x_0)\) değerini almaz (Durum 1), ya da almadığı bir delinmiş komşuluk yoktur; ikinci hâlde her \(\delta > 0\) için \(0 < |x - x_0| < \delta\) ve \(f(x) = f(x_0)\) olan bir \(x\) bulunur, bu da \(x_0\)’ın \(Z\)’nin yığılma noktası olması demektir (Durum 2). Formül her iki durumda da doğrudur.
\(\blacksquare\)
Pek çok kitapta zincir kuralı şöyle “ispatlanır”:
\[\frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{x - x_0} = \frac{g(f(x)) - g(f(x_0))}{f(x) - f(x_0)} \cdot \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \longrightarrow g'(f(x_0)) \cdot f'(x_0).\]
Bu, bir ispat değil bir hatırlatmadır. Sorun şudur: sağdaki ilk kesir, \(f(x) = f(x_0)\) olan noktalarda \(\frac{0}{0}\)’dır, yani tanımsızdır; dolayısıyla yazılan eşitlik ancak \(f(x) \neq f(x_0)\) olan \(x\)’ler için doğrudur. “Ama böyle noktalar azdır” demek işe yaramaz; Örnek 4.3’ta göreceğimiz gibi, \(x_0\)’a yakınsayan sonsuz çoklukta \(f(x) = f(x_0)\) noktası bulunabilir ve o zaman eşitlik \(x_0\)’ın hiçbir delinmiş komşuluğunda her noktada geçerli olmaz. Böyle bir durumda sağ taraftaki çarpanların limitleri hesaplansa bile, elde edilen bilgi yalnızca \(f(x) \neq f(x_0)\) olan \(x\)’ler boyuncadır; geri kalan noktalarda \(h\)’nin fark oranının ne yaptığı ayrıca gösterilmelidir. Durum 2 tam olarak bu boşluğu kapatır.
Zincir kuralı bir yeter koşul verir: \(f\) ve \(g\) ilgili noktalarda türevlenebilirse bileşke de türevlenebilirdir. Karşıtı doğru değildir. \(f(x) = x^2\) ve \(g(y) = |y|\) alalım. \(g\), \(y_0 = f(0) = 0\) noktasında türevlenebilir değildir; buna karşın
\[(g \circ f)(x) = |x^2| = x^2\]
fonksiyonu \(0\)’da türevlenebilirdir ve türevi \(0\)’dır. Yani bileşkenin türevlenebilir olması, parçaların türevlenebilir olmasını gerektirmez.
4.2 Carathéodory Ölçütü ve İkinci İspat
Yukarıdaki ispatın bütün zorluğu, fark oranının paydasında \(f(x) - f(x_0)\) bulunmasından çıktı. Constantin Carathéodory’nin gözlemi, türevin tanımını bölme içermeyen bir biçimde yeniden yazmaktır. Fikir basittir: türev tanımındaki
\[\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(x_0)\]
ifadesinde, fark oranını bir fonksiyon olarak adlandıralım ve \(x_0\) noktasında \(f'(x_0)\) değerini vererek tanım kümesini \(x_0\)’a genişletelim. Ortaya çıkan fonksiyon \(x_0\)’da süreklidir ve \(f(x) - f(x_0)\) farkını \(x - x_0\) ile çarpım hâlinde yazmamızı sağlar. Bu çarpım biçimi, \(x = x_0\)’da bile geçerlidir — çünkü iki taraf da sıfırdır. Bölme ortadan kalkınca durum ayrımı da ortadan kalkar.
Lemma 4.1 (Carathéodory Ölçütü) \(I \subseteq \mathbb{R}\) en az iki noktalı bir aralık, \(f : I \to \mathbb{R}\) ve \(x_0 \in I\) olsun. Aşağıdaki iki önerme denktir:
\(f\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında türevlenebilirdir.
Öyle bir \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu vardır ki \(\varphi\), \(x_0\) noktasında süreklidir ve her \(x \in I\) için
\[f(x) - f(x_0) = \varphi(x)\,(x - x_0)\]
eşitliği sağlanır.
Bu durumda \(\varphi\) tektir ve \(\varphi(x_0) = f'(x_0)\)’dır; ayrıca \(x \neq x_0\) için \(\varphi(x) = \dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\) olmak zorundadır.
İspat
\(I\) en az iki noktalı bir aralık olduğundan \(x_0\), \(I\)’nın bir yığılma noktasıdır; dolayısıyla hem türev hem de \(x_0\)’daki süreklilik anlamlıdır.
(1) \(\Rightarrow\) (2). \(f\), \(x_0\)’da türevlenebilir olsun. \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu
\[\varphi(x) = \begin{cases} \dfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}, & x \in I,\ x \neq x_0, \\[2mm] f'(x_0), & x = x_0 \end{cases}\]
kuralıyla tanımlayalım. Çarpım eşitliğini iki hâlde de doğrulayalım: \(x \neq x_0\) ise tanım gereği \(\varphi(x)(x - x_0) = f(x) - f(x_0)\); \(x = x_0\) ise her iki taraf da \(0\)’dır. Süreklilik için
\[\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(x_0) = \varphi(x_0)\]
yazmak yeter; süreklilik ile limitin denkliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\varphi\), \(x_0\)’da süreklidir.
(2) \(\Rightarrow\) (1). Böyle bir \(\varphi\) verilmiş olsun. \(x \in I\), \(x \neq x_0\) için eşitliğin her iki yanını \(x - x_0 \neq 0\)’a bölersek
\[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \varphi(x)\]
olur. \(\varphi\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan \(\lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \varphi(x_0)\)’dır. Öyleyse soldaki fark oranının \(x \to x_0\) iken limiti vardır ve \(\varphi(x_0)\)’a eşittir; bu tam olarak \(f\)’nin \(x_0\)’da türevlenebilir olması ve \(f'(x_0) = \varphi(x_0)\) demektir.
Teklik. \(\varphi\) ve \(\tilde{\varphi}\) ikisi de (2)’yi sağlasın. \(x \neq x_0\) için \(\varphi(x)(x - x_0) = f(x) - f(x_0) = \tilde{\varphi}(x)(x - x_0)\) ve \(x - x_0 \neq 0\) olduğundan \(\varphi(x) = \tilde{\varphi}(x)\)’dır. \(x = x_0\) noktasında ise ikisi de sürekli olduğundan
\[\varphi(x_0) = \lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \lim_{x \to x_0} \tilde{\varphi}(x) = \tilde{\varphi}(x_0)\]
bulunur. Demek ki \(\varphi = \tilde{\varphi}\)’dir ve (1) \(\Rightarrow\) (2) adımında kurduğumuz formül tek olasılıktır.
\(\blacksquare\)
Lemmanın ilk kazancı bedavadır: (2) koşulunda sağ taraf, \(x_0\)’da sürekli iki fonksiyonun çarpımıdır; dolayısıyla \(f(x) = f(x_0) + \varphi(x)(x - x_0)\) ifadesi \(x_0\)’da süreklidir. Yani türevlenebilirlik sürekliliği gerektirir sonucu, tek satırda yeniden çıkar.
İkinci kazanç, zincir kuralının durum ayrımı olmayan ispatıdır.
Teorem 4.1’nin hipotezleri altında olalım: \(f : I \to \mathbb{R}\), \(x_0\)’da türevlenebilir; \(g : J \to \mathbb{R}\), \(y_0 = f(x_0)\)’da türevlenebilir; \(f(I) \subseteq J\).
Lemma 4.1’yi \(f\)’ye \(x_0\) noktasında uygulayalım: \(x_0\)’da sürekli, \(\varphi(x_0) = f'(x_0)\) olan bir \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) vardır ve her \(x \in I\) için
\[f(x) - f(x_0) = \varphi(x)\,(x - x_0).\]
Aynı lemmayı \(g\)’ye \(y_0\) noktasında uygulayalım: \(y_0\)’da sürekli, \(\psi(y_0) = g'(y_0)\) olan bir \(\psi : J \to \mathbb{R}\) vardır ve her \(y \in J\) için
\[g(y) - g(y_0) = \psi(y)\,(y - y_0).\]
Şimdi \(x \in I\) alalım ve ikinci eşitlikte \(y = f(x) \in J\) koyalım. Bu her \(x\) için serbestçe yapılabilir; \(f(x) = y_0\) olması bir sakınca doğurmaz, çünkü ortada bölme yoktur:
\[g\big(f(x)\big) - g\big(f(x_0)\big) = \psi\big(f(x)\big)\,\big(f(x) - f(x_0)\big) = \underbrace{\psi\big(f(x)\big)\,\varphi(x)}_{=: \ \Phi(x)}\;(x - x_0).\]
Geriye \(\Phi\)’nin \(x_0\)’da sürekli olduğunu görmek kaldı. \(\varphi\) zaten \(x_0\)’da süreklidir. \(f\), \(x_0\)’da süreklidir (türevlenebilirlikten) ve \(\psi\), \(f(x_0) = y_0\)’da süreklidir; bileşkenin sürekliliği (bkz. Analiz 1) gereği \(\psi \circ f\) de \(x_0\)’da süreklidir. Sürekli iki fonksiyonun çarpımı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(\Phi = (\psi \circ f)\cdot \varphi\) fonksiyonu \(x_0\)’da süreklidir.
O hâlde \(h = g \circ f\) için Lemma 4.1’nin (2) koşulu \(\Phi\) ile sağlanmıştır; lemmanın (2) \(\Rightarrow\) (1) yönü gereği \(h\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[h'(x_0) = \Phi(x_0) = \psi\big(f(x_0)\big)\,\varphi(x_0) = \psi(y_0)\,\varphi(x_0) = g'\big(f(x_0)\big)\, f'(x_0).\]
Durum ayrımı yok, sınırlılık argümanı yok, sıkıştırma yok. Bütün zorluk, türevin tanımını bölmesiz biçimde yazma adımına gömülmüştür.
4.3 Leibniz Gösterimi ve Çok Katmanlı Bileşkeler
Zincir kuralının akılda kalan biçimi Leibniz gösterimindedir. Bir de kural, ikiden fazla katman için tekrar tekrar uygulanabilir; bu iki gözlemi tek bir sonuçta toplayalım.
Sonuç 4.1 (Leibniz Gösteriminde Zincir Kuralı) (a) \(u = f(x)\) ve \(y = g(u)\) olsun; \(f\), \(x_0\)’da ve \(g\), \(u_0 = f(x_0)\)’da türevlenebilir olsun. O hâlde
\[\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x = x_0} = \left. \frac{dy}{du} \right|_{u = u_0} \cdot \left. \frac{du}{dx} \right|_{x = x_0}\]
olur; kısaca \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{du} \cdot \dfrac{du}{dx}\) yazılır.
(b) \(n \ge 1\) ve \(f_1, f_2, \dots, f_n\) fonksiyonları, bileşkeleri tanımlı olacak biçimde açık aralıklar üzerinde verilsin. \(x_0\) noktasından başlayarak
\[x_1 = f_1(x_0), \quad x_2 = f_2(x_1), \quad \dots, \quad x_n = f_n(x_{n-1})\]
diyelim. Her \(k\) için \(f_k\), \(x_{k-1}\) noktasında türevlenebilir ise \(F = f_n \circ f_{n-1} \circ \cdots \circ f_1\) bileşkesi \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[F'(x_0) = f_n'(x_{n-1}) \cdot f_{n-1}'(x_{n-2}) \cdots f_2'(x_1) \cdot f_1'(x_0) = \prod_{k=1}^{n} f_k'(x_{k-1}).\]
İspat
(a) Bu, Teorem 4.1’nin gösterim değiştirilmiş hâlidir. \(y\) değişkeni \(x\)’e \(h = g \circ f\) üzerinden bağlıdır; \(\frac{dy}{dx}\big|_{x=x_0}\) simgesi \(h'(x_0)\) demektir, \(\frac{dy}{du}\big|_{u=u_0}\) simgesi \(g'(u_0)\) demektir ve \(\frac{du}{dx}\big|_{x=x_0}\) simgesi \(f'(x_0)\) demektir. Teoremin eşitliği harfi harfine budur.
(b) \(n\) üzerinden tümevarım yapalım (bkz. Analiz 1).
Temel adım. \(n = 1\) için \(F = f_1\) ve iddia \(F'(x_0) = f_1'(x_0)\)’dır; doğrudur.
Tümevarım adımı. İddia \(n = m\) için doğru olsun. \(f_1, \dots, f_{m+1}\) verilsin ve \(F_m = f_m \circ \cdots \circ f_1\), \(F_{m+1} = f_{m+1} \circ \cdots \circ f_1\) yazalım. Bileşkenin birleşme özelliğinden \(F_{m+1} = f_{m+1} \circ F_m\)’dir. Tümevarım varsayımı gereği \(F_m\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[F_m'(x_0) = \prod_{k=1}^{m} f_k'(x_{k-1}), \qquad F_m(x_0) = x_m.\]
\(f_{m+1}\) ise \(x_m\) noktasında türevlenebilirdir. Teorem 4.1’yi \(F_m\) ile \(f_{m+1}\)’e uygularsak \(F_{m+1}\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[F_{m+1}'(x_0) = f_{m+1}'\big(F_m(x_0)\big) \cdot F_m'(x_0) = f_{m+1}'(x_m) \cdot \prod_{k=1}^{m} f_k'(x_{k-1}) = \prod_{k=1}^{m+1} f_k'(x_{k-1}).\]
İddia \(n = m+1\) için de doğrudur; tümevarım tamamlanır.
\(\blacksquare\)
Üç katman için (b) maddesi şu somut biçimi alır: \(y = g(u)\), \(u = f(v)\), \(v = p(x)\) ise
\[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dv} \cdot \frac{dv}{dx}, \qquad \text{yani} \qquad (g \circ f \circ p)'(x_0) = g'\Big(f\big(p(x_0)\big)\Big) \cdot f'\big(p(x_0)\big) \cdot p'(x_0).\]
\(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{dy}{du} \cdot \dfrac{du}{dx}\) formülünde \(du\)’lar sadeleşiyormuş gibi görünür. Bu görüntü akılda kalıcıdır ama yanıltıcıdır; en az dört nedenle:
\(\dfrac{dy}{du}\) bir kesir değildir. Bölünmüş iki sayı yoktur ortada; simge, “bir limitin değeri” için kullanılan tek parçalı bir addır. \(dy\) ile \(du\)’nun ayrı ayrı ne anlama geldiğini tanımlamadan sadeleştirmeden söz edilemez.
Gösterim, değerlendirme noktasını gizler. \(\dfrac{dy}{du}\) çarpanı \(u = f(x_0)\) noktasında, \(\dfrac{du}{dx}\) çarpanı ise \(x = x_0\) noktasında hesaplanır. Bunlar farklı sayı doğrularındaki farklı noktalardır; hesabın yarısı bu ayrımı hatırlamaktan ibarettir. Sadeleştirme sezgisi tam da bu bilgiyi siler.
Aynı harf hem fonksiyonu hem değişkeni gösterir. “\(y = g(u)\), \(u = f(x)\)” yazımında \(y\) bir kere \(u\)’nun, bir kere \(x\)’in fonksiyonudur; \(\dfrac{dy}{dx}\) ile \(\dfrac{dy}{du}\)’daki “\(y\)”ler aslında iki farklı fonksiyondur.
Sadeleştirme sezgisi ikinci türevde çöker. Gerekli ikinci türevlerin var olduğunu varsayıp zincir kuralını bir kez daha uygular ve çarpım kuralıyla birleştirirsek
\[\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d^2y}{du^2}\left( \frac{du}{dx} \right)^{\!2} + \frac{dy}{du}\cdot\frac{d^2u}{dx^2}\]
bulunur. Naif sadeleştirme \(\dfrac{d^2y}{du^2}\cdot\dfrac{d^2u}{dx^2}\) verirdi; bu yanlıştır. Doğru formülde hem bir kare hem de fazladan bir terim vardır.
Leibniz gösterimi mükemmel bir hatırlatıcıdır, ama ispat değildir. İspat Teorem 4.1’dir.
4.4 Zincir Kuralıyla Hesaplar
Kuralı işletirken izlenecek yol her zaman aynıdır: bileşkeyi katmanlarına ayır, her katmanın türevini yaz, katmanları içeriden dışarıya doğru hesaplanan noktalarda değerlendir ve çarp. Aşağıdaki hesaplarda kuvvet kuralı \((y^n)' = n y^{n-1}\) (\(n \in \mathbb{Z}\)) ile toplam, çarpım ve bölüm kurallarını Türev Alma Kuralları bölümünden alıyoruz.
Örnek 4.1 (Zincir Kuralıyla Türev Hesapları) Aşağıdaki fonksiyonların türevlerini hesaplayınız:
\[h_1(x) = (3x^2 - 5x + 1)^{10}, \qquad h_2(x) = \frac{1}{(x^2+1)^3}, \qquad h_3(x) = \left( \frac{x-1}{x+1} \right)^{\!5}.\]
Çözüm
Birinci fonksiyon. \(f(x) = 3x^2 - 5x + 1\) ve \(g(u) = u^{10}\) alırsak \(h_1 = g \circ f\)’dir. \(f\) bir polinom olduğundan her noktada türevlenebilirdir ve \(f'(x) = 6x - 5\); \(g\) de her noktada türevlenebilirdir ve \(g'(u) = 10u^9\). Teorem 4.1 gereği
\[h_1'(x) = g'\big(f(x)\big)\, f'(x) = 10\,(3x^2 - 5x + 1)^{9}\,(6x - 5).\]
Küçük bir denetim: \(x = 0\) için \(h_1(0) = 1\) ve \(h_1'(0) = 10 \cdot 1 \cdot (-5) = -50\). Aynı sonucu, \((3x^2-5x+1)^{10}\) ifadesinin açılımındaki birinci dereceden terimi hesaplayarak da bulabiliriz: \((1 + (3x^2-5x))^{10}\) açılımında \(x\)’in katsayısı \(10 \cdot (-5) = -50\)’dir.
İkinci fonksiyon. \(h_2(x) = (x^2+1)^{-3}\) yazalım; \(f(x) = x^2 + 1\), \(g(u) = u^{-3}\) alalım. Her \(x\) için \(f(x) \ge 1 > 0\) olduğundan \(f(\mathbb{R}) \subseteq (0, \infty)\) ve \(g\) bu kümede türevlenebilirdir: \(g'(u) = -3u^{-4}\). \(f'(x) = 2x\) olduğundan
\[h_2'(x) = -3\,(x^2+1)^{-4} \cdot 2x = \frac{-6x}{(x^2+1)^4}.\]
Denetim olarak bölüm kuralını doğrudan uygulayalım: pay \(1\), payda \((x^2+1)^3\) ve paydanın türevi zincir kuralıyla \(3(x^2+1)^2 \cdot 2x = 6x(x^2+1)^2\)’dir; o hâlde
\[h_2'(x) = \frac{0 \cdot (x^2+1)^3 - 1 \cdot 6x(x^2+1)^2}{(x^2+1)^6} = \frac{-6x}{(x^2+1)^4}.\]
İki yol aynı sonucu verdi.
Üçüncü fonksiyon. \(x \neq -1\) olsun. \(f(x) = \dfrac{x-1}{x+1}\) ve \(g(u) = u^5\) alalım. Bölüm kuralıyla
\[f'(x) = \frac{1 \cdot (x+1) - (x-1)\cdot 1}{(x+1)^2} = \frac{2}{(x+1)^2}.\]
\(g'(u) = 5u^4\) olduğundan
\[h_3'(x) = 5 \left( \frac{x-1}{x+1} \right)^{\!4} \cdot \frac{2}{(x+1)^2} = \frac{10\,(x-1)^4}{(x+1)^4} \cdot \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{10\,(x-1)^4}{(x+1)^6}.\]
Dikkat edilecek tek şey, \(g'\)’nün \(u = f(x)\) noktasında değerlendirilmesidir; dış çarpan olarak \(5\left( \dfrac{x-1}{x+1} \right)^{4}\) yerine \(5x^4\) yazmak, yani \(g'\)’yü \(x\)’te hesaplamak sık yapılan bir hatadır.
\(\blacksquare\)
Şimdi üç katmanlı bir örnek yapalım; Sonuç 4.1 (b) maddesi burada iş görecek.
Örnek 4.2 (Üç Katmanlı Bir Bileşke) \(h(x) = \Big( 1 + (2x+3)^4 \Big)^{7}\) fonksiyonunun türevini hesaplayınız ve \(h'(-1)\) değerini bulunuz.
Çözüm
Fonksiyonu katmanlarına ayıralım:
\[f_1(x) = 2x + 3, \qquad f_2(v) = 1 + v^4, \qquad f_3(w) = w^7,\]
öyle ki \(h = f_3 \circ f_2 \circ f_1\)’dir. Türevler:
\[f_1'(x) = 2, \qquad f_2'(v) = 4v^3, \qquad f_3'(w) = 7w^6.\]
Sonuç 4.1 (b) gereği, \(v = f_1(x) = 2x+3\) ve \(w = f_2(v) = 1 + (2x+3)^4\) ara değerlerinde değerlendirerek
\[h'(x) = f_3'(w)\cdot f_2'(v) \cdot f_1'(x) = 7\Big(1 + (2x+3)^4\Big)^{6} \cdot 4(2x+3)^3 \cdot 2\]
yani
\[h'(x) = 56\,(2x+3)^3 \Big( 1 + (2x+3)^4 \Big)^{6}.\]
Şimdi \(x = -1\) koyalım: \(2(-1)+3 = 1\), dolayısıyla \(1 + 1^4 = 2\) ve
\[h'(-1) = 56 \cdot 1^3 \cdot 2^6 = 56 \cdot 64 = 3584.\]
Leibniz gösterimiyle aynı hesap şöyle özetlenir: \(y = w^7\), \(w = 1 + v^4\), \(v = 2x+3\) için
\[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dw}\cdot\frac{dw}{dv}\cdot\frac{dv}{dx} = 7w^6 \cdot 4v^3 \cdot 2.\]
Her çarpanın hangi noktada hesaplandığını unutmamak koşuluyla bu yazım da güvenlidir.
\(\blacksquare\)
Son olarak, Teorem 4.1’nin ispatındaki durum ayrımının süs olmadığını gösteren örneği yapalım.
Örnek 4.3 (Durum Ayrımının Kaçınılmaz Olduğu Bir Örnek) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu
\[f(x) = \begin{cases} x^2 \sin\dfrac{1}{x}, & x \neq 0, \\[2mm] 0, & x = 0 \end{cases}\]
biçiminde tanımlansın. \(f\)’nin \(0\)’da türevlenebilir olduğunu ve \(f'(0) = 0\) olduğunu gösteriniz. Ayrıca \(0\)’a yakınsayan ve \(f(x_n) = f(0)\) olan bir \((x_n)\) dizisi bulunuz; buradan, zincir kuralının “çarpıp bölme” ispatının bu \(f\) için hiçbir delinmiş komşulukta yürütülemeyeceğini açıklayınız. Son olarak \(g(y) = y^2 + y\) için \((g \circ f)'(0)\) değerini hem zincir kuralıyla hem doğrudan hesaplayarak karşılaştırınız.
Çözüm
Türev. \(x \neq 0\) için fark oranı
\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{x^2 \sin\frac{1}{x}}{x} = x \sin\frac{1}{x}\]
olur. Her \(t \in \mathbb{R}\) için \(|\sin t| \le 1\) olduğundan
\[0 \le \left| x \sin\frac{1}{x} \right| \le |x|\]
ve \(|x| \to 0\)’dır. Sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği fark oranının limiti \(0\)’dır; yani \(f\), \(0\)’da türevlenebilirdir ve
\[f'(0) = 0.\]
(Aynı sonucu, sınırlı bir fonksiyonla sıfıra giden bir fonksiyonun çarpımının sıfıra gitmesinden de okuyabiliriz: Sınırlı Fonksiyon Çarpı Sıfıra Giden Fonksiyon.)
Sıfırların yığılması. \(n \in \mathbb{N}\) için \(x_n = \dfrac{1}{n\pi}\) alalım. O zaman \(\sin\dfrac{1}{x_n} = \sin(n\pi) = 0\), dolayısıyla
\[f(x_n) = x_n^2 \cdot 0 = 0 = f(0), \qquad x_n \neq 0, \qquad x_n \to 0.\]
Neden durum ayrımı gerekli? Herhangi bir \(\delta > 0\) alalım. Arşimet özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(n\pi > \frac{1}{\delta}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır; bu \(n\) için \(0 < x_n < \delta\)’dır. Demek ki \(0\)’ın her delinmiş komşuluğunda \(f(x) = f(0)\) olan noktalar bulunur. Sonuç olarak
\[x \longmapsto \frac{g(f(x)) - g(f(0))}{f(x) - f(0)}\]
ifadesi \(0\)’ın hiçbir delinmiş komşuluğunda her noktada tanımlı değildir: her komşulukta paydayı sıfırlayan \(x_n\) noktaları vardır. Dolayısıyla “çarpıp bölme” eşitliği \(0\)’ın hiçbir delinmiş komşuluğunda her yerde geçerli olmaz; bu ifadenin \(f(x) \neq f(0)\) olan noktalar boyunca limiti hesaplansa bile, \(h\)’nin fark oranının geri kalan noktalarda ne yaptığı buradan okunamaz. Teorem 4.1’nin Durum 1’i burada uygulanamaz; ispat Durum 2 üzerinden yürümek zorundadır. Nitekim Durum 2’nin ilk adımında gösterdiğimiz gibi, böyle bir durumda zorunlu olarak \(f'(0) = 0\) çıkar — yukarıda bunu doğrudan da hesapladık.
Zincir kuralıyla hesap. \(g(y) = y^2 + y\) her noktada türevlenebilirdir ve \(g'(y) = 2y + 1\); özellikle \(g'(f(0)) = g'(0) = 1\). Zincir kuralı gereği
\[(g \circ f)'(0) = g'\big(f(0)\big)\, f'(0) = 1 \cdot 0 = 0.\]
Doğrudan hesap. \(h = g \circ f\) fonksiyonu \(x \neq 0\) için
\[h(x) = f(x)^2 + f(x) = x^4 \sin^2\frac{1}{x} + x^2 \sin\frac{1}{x},\]
\(x = 0\) için \(h(0) = 0\)’dır. Fark oranı:
\[\frac{h(x) - h(0)}{x} = x^3 \sin^2\frac{1}{x} + x \sin\frac{1}{x}.\]
Her iki terim de mutlak değerce sırasıyla \(|x|^3\) ve \(|x|\) ile sınırlanır; ikisi de \(x \to 0\) iken \(0\)’a gider. Öyleyse \(h'(0) = 0\). İki hesap uyuşuyor: zincir kuralı, “çarpıp bölme” gerekçesi çökse bile geçerlidir.
\(\blacksquare\)
4.5 Ters Fonksiyonun Türevi
Şimdi bölümün ikinci ana teoremine geçelim. Bir \(f\) fonksiyonunun tersi \(f^{-1}\)’in grafiği, \(f\)’nin grafiğinin \(y = x\) doğrusuna göre yansımasıdır. Bir doğruyu bu doğruya göre yansıtırsak eğimi \(m \neq 0\) olan doğru, eğimi \(1/m\) olan doğruya dönüşür. Teğetler de doğru olduğuna göre, \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasındaki teğetinin eğimi \(f'(x_0)\) ise \(f^{-1}\)’in \((y_0, x_0)\) noktasındaki teğetinin eğimi \(1/f'(x_0)\) olmalıdır. Aşağıdaki teorem bu geometrik tahmini kanıtlar; \(m = 0\) hâlinin dışarıda bırakılması da yansımanın düşey bir doğru vermesinden gelir.
İspatta ihtiyaç duyacağımız tek dış bilgi, \(f^{-1}\)’in sürekliliğidir: bir aralık üzerinde tanımlı sürekli ve birebir bir fonksiyonun tersi de süreklidir. Bunu Monoton Fonksiyonlar ve Ters Fonksiyonun Sürekliliği bölümünde kurmuştuk: bir aralık üzerinde sürekli ve birebir olan bir fonksiyon zorunlu olarak kesin monotondur (Teorem 1.1); kesin monoton ve sürekli bir fonksiyonun görüntü kümesi \(J = f(I)\) bir aralıktır ve tersi bu aralık üzerinde süreklidir (Teorem 1.4).
Teorem 4.2 (Ters Fonksiyonun Türevi) \(I \subseteq \mathbb{R}\) en az iki noktalı bir aralık ve \(f : I \to J\) sürekli, birebir ve örten bir fonksiyon olsun (\(J = f(I)\)). \(f\), \(x_0 \in I\) noktasında türevlenebilir ve \(f'(x_0) \neq 0\) ise, ters fonksiyon \(f^{-1} : J \to I\) de \(y_0 = f(x_0)\) noktasında türevlenebilirdir ve
\[\big(f^{-1}\big)'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)} = \frac{1}{f'\big(f^{-1}(y_0)\big)}\]
olur.
İspat
\(f\) birebir ve örten olduğundan \(f^{-1} : J \to I\) tanımlıdır (bkz. Analiz 1) ve \(f^{-1}(y_0) = x_0\)’dır. \(I\) en az iki noktalı bir aralık, \(f\) sürekli ve birebir olduğundan \(f\) kesin monotondur (Teorem 1.1) ve \(J = f(I)\) de en az iki noktalı bir aralıktır; dolayısıyla \(y_0\), \(J\)’nin bir yığılma noktasıdır ve \(f^{-1}\)’in \(y_0\)’daki türevinden söz etmek anlamlıdır. Ayrıca Teorem 1.4 gereği \(f^{-1}\), \(J\) üzerinde süreklidir; özellikle \(y_0\)’da süreklidir.
Hesaplamak istediğimiz limit
\[\big(f^{-1}\big)'(y_0) = \lim_{y \to y_0} \frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0}\]
limitidir. \(y \in J\), \(y \neq y_0\) için \(x = f^{-1}(y)\) yazalım; o hâlde \(y = f(x)\)’tir. \(f^{-1}\) birebir olduğundan \(y \neq y_0\) olması \(x \neq x_0\) olmasını gerektirir. Bu değişken adlandırmasıyla fark oranı
\[\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{x - x_0}{f(x) - f(x_0)} = \cfrac{1}{\ \cfrac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\ }\]
biçimini alır (payda \(x \neq x_0\) olduğu için sıfırdan farklıdır: \(f\) birebirdir).
Şimdi yardımcı fonksiyonu adlandıralım. \(Q : I \setminus \{x_0\} \to \mathbb{R}\),
\[Q(x) = \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\]
olsun. Türev tanımı gereği \(\lim_{x \to x_0} Q(x) = f'(x_0)\)’dır ve varsayımımız \(f'(x_0) \neq 0\)’dır. Yukarıdaki hesap, \(y \in J\), \(y \neq y_0\) için
\[\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0)}{y - y_0} = \frac{1}{Q\big(f^{-1}(y)\big)}\]
demektir.
\(y \to y_0\) iken \(Q(f^{-1}(y)) \to f'(x_0)\) olduğunu gösterelim; bunu doğrudan \(\varepsilon\)–\(\delta\) ile yapalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to x_0} Q(x) = f'(x_0)\) olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[x \in I, \quad 0 < |x - x_0| < \delta \implies |Q(x) - f'(x_0)| < \varepsilon.\]
\(f^{-1}\), \(y_0\)’da sürekli olduğundan bu \(\delta\)’ya karşılık öyle bir \(\sigma > 0\) vardır ki \(y \in J\) ve \(|y - y_0| < \sigma\) iken \(|f^{-1}(y) - x_0| < \delta\) olur. Şimdi \(y \in J\) ve \(0 < |y - y_0| < \sigma\) olsun; \(x = f^{-1}(y)\) için \(|x - x_0| < \delta\) ve ayrıca \(y \neq y_0\) olduğundan \(x \neq x_0\), yani \(0 < |x - x_0| < \delta\). Öyleyse
\[\big| Q\big(f^{-1}(y)\big) - f'(x_0) \big| < \varepsilon.\]
Bu tam olarak
\[\lim_{y \to y_0} Q\big(f^{-1}(y)\big) = f'(x_0)\]
demektir. Limit sıfırdan farklı olduğundan, limitin bölmeyle uyuşması (bkz. Analiz 1) gereği
\[\big(f^{-1}\big)'(y_0) = \lim_{y \to y_0} \frac{1}{Q\big(f^{-1}(y)\big)} = \frac{1}{f'(x_0)}.\]
Son olarak \(x_0 = f^{-1}(y_0)\) yerine konursa
\[\big(f^{-1}\big)'(y_0) = \frac{1}{f'\big(f^{-1}(y_0)\big)}\]
bulunur. Bu, ispatı tamamlar.
\(\blacksquare\)
Aynı sonuç Lemma 4.1 ile de, tek bir hesap satırında çıkar. \(f\)’ye \(x_0\)’da lemmayı uygulayalım: \(x_0\)’da sürekli, \(\varphi(x_0) = f'(x_0)\) olan bir \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) vardır ve her \(x \in I\) için \(f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0)\)’dır.
\(\varphi(x_0) = f'(x_0) \neq 0\) olduğundan ve \(\varphi\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan, sürekliliğin işaret koruma özelliği (bkz. Analiz 1) gereği \(x_0\)’ın bir \(U = (x_0 - \rho, x_0 + \rho) \cap I\) komşuluğunda \(\varphi(x) \neq 0\)’dır. \(f^{-1}\) süreklidir, dolayısıyla \(y_0\)’ın \(J\) içinde öyle bir \(V\) komşuluğu vardır ki \(f^{-1}(V) \subseteq U\) olur; \(V\)’yi \(J\)’nin bir alt aralığı seçebiliriz.
Şimdi \(y \in V\) alalım ve \(x = f^{-1}(y) \in U\) yazalım. \(f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0)\) eşitliği
\[y - y_0 = \varphi\big(f^{-1}(y)\big)\,\big( f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0) \big)\]
olur. \(\varphi(f^{-1}(y)) \neq 0\) olduğundan bölebiliriz:
\[f^{-1}(y) - f^{-1}(y_0) = \frac{1}{\varphi\big(f^{-1}(y)\big)}\,(y - y_0), \qquad y \in V.\]
Sağdaki katsayı fonksiyonu \(y \mapsto \dfrac{1}{\varphi(f^{-1}(y))}\), \(y_0\)’da süreklidir: \(f^{-1}\), \(y_0\)’da; \(\varphi\), \(x_0\)’da süreklidir (bileşke için Bileşke Fonksiyonun Sürekliliği) ve payda \(y_0\)’da sıfırdan farklıdır (bkz. Analiz 1). Türevlenebilirlik yerel bir özellik olduğundan Lemma 4.1’yi \(V\) aralığı üzerinde \(f^{-1}\)’e uygulayabiliriz: \(f^{-1}\), \(y_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[\big(f^{-1}\big)'(y_0) = \frac{1}{\varphi\big(f^{-1}(y_0)\big)} = \frac{1}{\varphi(x_0)} = \frac{1}{f'(x_0)}.\]
Leibniz gösteriminde ters fonksiyonun türevi
\[\frac{dx}{dy} = \frac{1}{\ \dfrac{dy}{dx}\ }\]
biçiminde yazılır. Burada da aynı uyarı geçerlidir: bu bir kesir işlemi değildir, iki türevin farklı noktalarda hesaplandığını unutmamak gerekir. \(\frac{dy}{dx}\) türevi \(x = x_0\)’da, \(\frac{dx}{dy}\) türevi \(y = y_0 = f(x_0)\)’da hesaplanır. Gösterimin sağladığı tek şey, formülü akılda tutmaktır.
Teorem 4.2’deki \(f'(x_0) \neq 0\) koşulu vazgeçilmezdir. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3\) alalım.
Bu fonksiyon kesin artandır: \(a < b\) ise
\[b^3 - a^3 = (b-a)\left( b^2 + ab + a^2 \right) = (b-a)\left[ \left( a + \frac{b}{2} \right)^{\!2} + \frac{3b^2}{4} \right] > 0\]
olur, çünkü köşeli parantez içi ancak \(a = b = 0\) hâlinde sıfırdır, o da \(a < b\) ile çelişir. Ayrıca \(f\) süreklidir ve \(\mathbb{R}\) üzerine örtendir: \(y \ge 0\) için \(y^{1/3}\) kökü vardır (bkz. Analiz 1) ve \(f\big(y^{1/3}\big) = y\)’dir; \(y < 0\) için ise \(f\big(-|y|^{1/3}\big) = -|y| = y\) olur. Yani \(f\) birebir, örten ve süreklidir; tersi \(f^{-1}(y) = y^{1/3}\)’tür ve süreklidir.
Ne var ki \(f'(x) = 3x^2\) ve \(f'(0) = 0\)’dır. \(y_0 = f(0) = 0\) noktasında \(f^{-1}\)’in fark oranını hesaplayalım: \(y \neq 0\) için
\[\frac{f^{-1}(y) - f^{-1}(0)}{y - 0} = \frac{y^{1/3}}{y} = \frac{1}{y^{2/3}}.\]
\(y \to 0\) iken \(y^{2/3} \to 0^+\) olduğundan bu ifade \(+\infty\)’a gider; sonlu bir limiti yoktur. Demek ki \(f^{-1}\), \(0\) noktasında türevlenebilir değildir. Geometrik okuması şudur: \(y = x^3\) eğrisinin orijindeki teğeti \(x\) eksenidir (eğim \(0\)); \(y = x\) doğrusuna göre yansıtınca bu teğet \(y\) eksenine döner, yani \(f^{-1}\)’in grafiği orijinde düşey teğete sahiptir. Düşey doğrunun eğimi olmadığı için türev de yoktur.
Kısacası: \(f'(x_0) = 0\) olduğunda formüldeki \(\frac{1}{f'(x_0)}\) ifadesi tanımsızdır ve bu, hesabın bir kusuru değil, gerçeğin kendisidir.
Teorem 4.2 noktasal bir ifadedir; ama hemen bütün aralığa yayılan bir sonuç doğurur. \(I\) en az iki noktalı bir aralık ve \(f : I \to J\) sürekli, birebir ve örten olsun (\(J = f(I)\)). \(f\), \(I\)’nın her noktasında türevlenebilir ve her \(x \in I\) için \(f'(x) \neq 0\) ise, \(f^{-1}\) de \(J\)’nin her noktasında türevlenebilirdir ve
\[\big(f^{-1}\big)' = \frac{1}{f' \circ f^{-1}}\]
olur. Gerçekten her \(y \in J\) için \(x = f^{-1}(y)\) alıp teoremi \(x_0 = x\) ile uygulamak yeter.
Şimdi teoremi çalıştıralım. İlk uygulama, kareköktür.
Örnek 4.4 (Karekökün ve Rasyonel Kuvvetlerin Türevi) \(f : (0, \infty) \to (0, \infty)\), \(f(x) = x^2\) fonksiyonunun tersi \(f^{-1}(y) = \sqrt{y}\)’dir. \(\big(\sqrt{y}\big)'\) türevini hesaplayınız. Ardından aynı yöntemle her \(n \in \mathbb{N}\) için \(y \mapsto y^{1/n}\) fonksiyonunun türevini, sonra da zincir kuralı yardımıyla rasyonel kuvvetlerin türevini bulunuz. Son olarak \(\big(\sqrt{1+x^2}\big)'\) türevini hesaplayınız.
Çözüm
Karekök. \(f(x) = x^2\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde kesin artandır (\(0 < a < b\) ise \(a^2 < b^2\)), süreklidir ve \((0,\infty)\) üzerine örtendir (her \(y > 0\) için \(\sqrt{y}\) vardır: n-inci Kökün Varlığı). Dolayısıyla birebir ve örtendir; tersi \(f^{-1}(y) = \sqrt{y}\)’dir.
\(f'(x) = 2x\) ve \(x > 0\) olduğundan \(f'(x) \neq 0\)’dır. Teorem 4.2 gereği her \(y > 0\) için \(\sqrt{\cdot}\) fonksiyonu \(y\)’de türevlenebilirdir ve \(x = \sqrt{y}\) yazarak
\[\big(\sqrt{y}\big)' = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{2x} = \frac{1}{2\sqrt{y}}.\]
Sıfırdaki durum. Karekök fonksiyonu \(0\) noktasında da tanımlıdır; oraya bakmak için \(f\)’yi \([0,\infty) \to [0,\infty)\), \(f(x) = x^2\) biçiminde genişletelim. Bu genişletmede \(x_0 = 0\) uç noktasında (sağdan) \(f'(0) = 0\) olduğundan Teorem 4.2’in hipotezi sağlanmaz ve formül çöker. Nitekim \(y > 0\) için
\[\frac{\sqrt{y} - \sqrt{0}}{y - 0} = \frac{\sqrt{y}}{y} = \frac{1}{\sqrt{y}} \xrightarrow[\ y \to 0^+\ ]{} +\infty\]
olduğundan karekök fonksiyonunun \(0\)’da (sağdan bile) sonlu bir türevi yoktur; grafiğin orijindeki teğeti düşeydir.
\(n\)’inci kök. Aynı akıl yürütme \(f(x) = x^n\) için de yürür: \(f : (0,\infty) \to (0,\infty)\) kesin artan, sürekli ve örtendir; tersi \(f^{-1}(y) = y^{1/n}\)’dir. \(f'(x) = n x^{n-1}\) ve \(x > 0\) için \(f'(x) \neq 0\)’dır. O hâlde her \(y > 0\) için
\[\big( y^{1/n} \big)' = \frac{1}{n x^{n-1}} = \frac{1}{n \big( y^{1/n} \big)^{n-1}} = \frac{1}{n\, y^{(n-1)/n}} = \frac{1}{n}\, y^{\frac{1}{n} - 1}.\]
Yani kuvvet kuralı \(\big( y^{\alpha} \big)' = \alpha y^{\alpha - 1}\), \(\alpha = \frac{1}{n}\) için de doğrudur.
Rasyonel kuvvetler. \(m \in \mathbb{Z}\), \(n \in \mathbb{N}\) ve \(\alpha = \frac{m}{n}\) olsun. \(y > 0\) için \(y^{m/n} = \big( y^{1/n} \big)^{m}\) yazalım; bu, \(u = y^{1/n}\) ve \(u \mapsto u^m\) fonksiyonlarının bileşkesidir. Teorem 4.1 gereği
\[\big( y^{m/n} \big)' = m \big( y^{1/n} \big)^{m-1} \cdot \frac{1}{n} y^{\frac{1}{n}-1} = \frac{m}{n}\, y^{\frac{m-1}{n} + \frac{1}{n} - 1} = \frac{m}{n}\, y^{\frac{m}{n} - 1} = \alpha\, y^{\alpha - 1}.\]
Demek ki kuvvet kuralı bütün rasyonel üsler için geçerlidir (üs negatifse \(y > 0\) koşulu zaten gereklidir).
Bir bileşke. \(u(x) = \sqrt{1 + x^2}\) olsun. İçerideki fonksiyon \(v(x) = 1 + x^2\) her \(x\) için \(v(x) \ge 1 > 0\) eşitsizliğini sağlar; dışarıdaki karekök \((0,\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir. Zincir kuralı gereği
\[u'(x) = \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}} \cdot 2x = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}.\]
Kontrol: \(x = 0\)’da \(u'(0) = 0\) çıkar; gerçekten \(u\) çift bir fonksiyondur ve \(x = 0\)’da en küçük değerini alır, teğetin yatay olması beklenir.
\(\blacksquare\)
Ters fonksiyonun türevi teoreminin asıl gücü, tersin formülünü hiç bulmadan türevini hesaplayabilmesidir. Aşağıdaki örnek bunu gösteriyor.
Örnek 4.5 (Tersi Açıkça Çözülemeyen Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3 + x\) olsun. \(f\)’nin birebir ve örten olduğunu gösteriniz, sonra \(f^{-1}\)’in \(y = 10\), \(y = 2\) ve \(y = 0\) noktalarındaki türevlerini hesaplayınız. Ayrıca \(\big(f^{-1}\big)'(y)\) için genel bir ifade yazınız.
Çözüm
Bire birlik. \(a < b\) olsun. Yukarıda gördüğümüz çarpanlara ayırmayı kullanalım:
\[f(b) - f(a) = (b^3 - a^3) + (b - a) = (b-a)\big( b^2 + ab + a^2 + 1 \big).\]
İkinci çarpan \(b^2 + ab + a^2 + 1 = \left( a + \frac{b}{2} \right)^2 + \frac{3b^2}{4} + 1 \ge 1 > 0\)’dır. \(b - a > 0\) olduğundan \(f(b) > f(a)\)’dır; yani \(f\) kesin artandır ve özellikle birebirdir.
Örtenlik. \(f\) bir polinom olduğundan süreklidir (bkz. Analiz 1). \(y \in \mathbb{R}\) verilsin ve \(t = |y| + 1 \ge 1\) diyelim. O zaman
\[f(t) = t^3 + t > t = |y| + 1 > y, \qquad f(-t) = -t^3 - t < -t = -|y| - 1 < y.\]
\(f\), \([-t, t]\) üzerinde sürekli ve \(f(-t) < y < f(t)\) olduğundan ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f(c) = y\) olan bir \(c \in (-t, t)\) vardır. Demek ki \(f\) örtendir.
Böylece \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) sürekli bir bijeksiyondur; tersi \(f^{-1} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) vardır ve süreklidir.
Türevler. \(f'(x) = 3x^2 + 1 \ge 1 > 0\)’dır; yani \(f'\) hiçbir noktada sıfır olmaz. Teorem 4.2 her noktada uygulanabilir. Şimdi tek yapmamız gereken, verilen \(y\) değerlerine karşılık gelen \(x\)’leri tahmin etmektir:
\(y = 10\): \(f(2) = 8 + 2 = 10\) olduğundan \(f^{-1}(10) = 2\)’dir. O hâlde
\[\big(f^{-1}\big)'(10) = \frac{1}{f'(2)} = \frac{1}{3\cdot 4 + 1} = \frac{1}{13}.\]
\(y = 2\): \(f(1) = 1 + 1 = 2\) olduğundan \(f^{-1}(2) = 1\)’dir ve
\[\big(f^{-1}\big)'(2) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{3 + 1} = \frac{1}{4}.\]
\(y = 0\): \(f(0) = 0\) olduğundan \(f^{-1}(0) = 0\)’dır ve
\[\big(f^{-1}\big)'(0) = \frac{1}{f'(0)} = \frac{1}{1} = 1.\]
Genel ifade. Her \(y \in \mathbb{R}\) için, \(x = f^{-1}(y)\) yazarak
\[\big(f^{-1}\big)'(y) = \frac{1}{f'\big(f^{-1}(y)\big)} = \frac{1}{3\big( f^{-1}(y) \big)^2 + 1}.\]
Burada dikkat çekici olan şudur: \(x^3 + x = y\) üçüncü derece denklemini \(x\) için çözmedik. Cardano formülüyle çözülebilirdi, ama sonuç iç içe köklerden oluşan hantal bir ifade olurdu ve türevini almak ayrı bir sıkıntı doğururdu. Ters fonksiyon teoremi, tersin varlığını ve bir noktadaki değerini bilmenin türev için yettiğini söylüyor.
Son bir gözlem: \(\big(f^{-1}\big)'(y) = \dfrac{1}{3(f^{-1}(y))^2 + 1} \le 1\)’dir; yani \(f^{-1}\)’in grafiği hiçbir yerde \(45^\circ\)’den dik değildir. Bu beklenen bir sonuçtur, çünkü \(f' \ge 1\)’dir ve yansıma eğimleri tersine çevirir.
\(\blacksquare\)
4.6 Alıştırmalar
Alıştırma 4.1 (Zincir Kuralı ve Ters Fonksiyonun Türevi Üzerine)
\(h(x) = \Big( 1 + (1 + x^2)^4 \Big)^{3}\) fonksiyonunun türevini hesaplayınız.
\(u(x) = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}\) fonksiyonunun türevini hesaplayınız ve \(u'(x) > 0\) olduğunu gözlemleyiniz.
\(f(x) = x^5 + 3x + 1\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}\)’ye bir bijeksiyon olduğunu gösteriniz ve \(\big(f^{-1}\big)'(5)\) değerini hesaplayınız.
Lemma 4.1’yi kullanarak çarpım kuralını ispatlayınız: \(f\) ve \(g\), \(x_0\)’da türevlenebilir ise \(fg\) de \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve \((fg)'(x_0) = f'(x_0) g(x_0) + f(x_0) g'(x_0)\)’dır.
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir ve tek bir fonksiyon olsun (yani her \(x\) için \(f(-x) = -f(x)\)). \(f'\) fonksiyonunun çift olduğunu gösteriniz. Benzer biçimde \(f\) çift ise \(f'\)’nün tek olduğunu gösteriniz.
\(g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) türevlenebilir, \(g(0) = 0\) ve \(g'(0) = 2\) olsun. \(h = g \circ g \circ g\) için \(h'(0)\) değerini bulunuz.
Çözüm
a) Katmanlar: \(f_1(x) = 1 + x^2\), \(f_2(v) = 1 + v^4\), \(f_3(w) = w^3\) ve \(h = f_3 \circ f_2 \circ f_1\). Türevler \(f_1'(x) = 2x\), \(f_2'(v) = 4v^3\), \(f_3'(w) = 3w^2\)’dir. Sonuç 4.1 (b) gereği, \(v = 1 + x^2\) ve \(w = 1 + (1+x^2)^4\) ara değerlerinde değerlendirerek
\[h'(x) = 3\Big( 1 + (1+x^2)^4 \Big)^{2} \cdot 4(1+x^2)^3 \cdot 2x = 24x\,(1+x^2)^3 \Big( 1 + (1+x^2)^4 \Big)^{2}.\]
Denetim: \(x = 0\)’da \(h'(0) = 0\); gerçekten \(h\) çift bir fonksiyondur ve \(x = 0\)’da en küçük değerini alır.
b) Önce paydanın türevini yazalım. Örnek 4.4’te hesapladığımız gibi \(\big( \sqrt{1+x^2} \big)' = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\)’dir. Bölüm kuralıyla
\[u'(x) = \frac{1 \cdot \sqrt{1+x^2} - x \cdot \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1 + x^2} = \frac{\dfrac{(1+x^2) - x^2}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} = \frac{1}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{(1+x^2)^{3/2}}.\]
Payda her zaman pozitif olduğundan \(u'(x) > 0\)’dır. Aynı sonucu \(u(x) = x\,(1+x^2)^{-1/2}\) yazıp çarpım kuralı ile zincir kuralını birlikte kullanarak da bulabiliriz:
\[\begin{aligned} u'(x) &= (1+x^2)^{-1/2} + x \cdot \left( -\frac{1}{2} \right)(1+x^2)^{-3/2}\cdot 2x \\ &= (1+x^2)^{-3/2}\big[ (1+x^2) - x^2 \big] = (1+x^2)^{-3/2} \end{aligned}\]
c) Bire birlik. Önce \(t \mapsto t^5\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artan olduğunu görelim. \(a < b\) olsun ve üç hâli ayıralım:
- \(0 \le a < b\) ise, negatif olmayan sayılarda kuvvet alma sıralamayı koruduğundan \(a^5 < b^5\)’tir.
- \(a < b \le 0\) ise \(0 \le -b < -a\) olur; önceki maddeden \((-b)^5 < (-a)^5\), yani \(-b^5 < -a^5\), yani \(a^5 < b^5\).
- \(a < 0 \le b\) ise \(a^5 < 0 \le b^5\)’tir.
Her hâlde \(a^5 < b^5\)’tir. Öyleyse \(a < b\) için
\[f(b) - f(a) = (b^5 - a^5) + 3(b - a) > 0,\]
yani \(f\) kesin artandır ve birebirdir.
Örtenlik. \(f\) süreklidir (bkz. Analiz 1). \(y \in \mathbb{R}\) verilsin ve \(t = |y| + 1 \ge 1\) alalım. \(t \ge 1\) olduğundan \(t^5 \ge 1\) ve
\[f(t) = t^5 + 3t + 1 \ge 3t + 2 > t = |y| + 1 > y,\]
\[f(-t) = -t^5 - 3t + 1 \le -3t \le -t = -|y| - 1 < y.\]
\(f\), \([-t, t]\) aralığında sürekli ve \(f(-t) < y < f(t)\) olduğundan ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(f(c) = y\) olan bir \(c \in (-t, t)\) vardır. Demek ki \(f\) örtendir.
Türev. \(f(1) = 1 + 3 + 1 = 5\) olduğundan \(f^{-1}(5) = 1\)’dir. \(f'(x) = 5x^4 + 3\) ve \(f'(1) = 8 \neq 0\)’dır. Teorem 4.2 gereği
\[\big( f^{-1} \big)'(5) = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{8}.\]
d) Lemma 4.1’yi \(f\) ve \(g\)’ye \(x_0\) noktasında uygulayalım: \(x_0\)’da sürekli \(\varphi\) ve \(\psi\) fonksiyonları vardır, \(\varphi(x_0) = f'(x_0)\), \(\psi(x_0) = g'(x_0)\) ve her \(x\) için
\[f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0), \qquad g(x) - g(x_0) = \psi(x)(x - x_0).\]
Şimdi \(fg\) farkını “ekle–çıkar” hilesiyle parçalayalım:
\[\begin{aligned} f(x)g(x) - f(x_0)g(x_0) &= f(x)g(x) - f(x)g(x_0) + f(x)g(x_0) - f(x_0)g(x_0) \\ &= f(x)\big[ g(x) - g(x_0) \big] + g(x_0)\big[ f(x) - f(x_0) \big] \\ &= \Big( f(x)\psi(x) + g(x_0)\varphi(x) \Big)(x - x_0). \end{aligned}\]
\(\Theta(x) = f(x)\psi(x) + g(x_0)\varphi(x)\) diyelim. \(f\), \(x_0\)’da süreklidir (lemmanın kendisinden: \(f(x) = f(x_0) + \varphi(x)(x-x_0)\)); \(\varphi\) ve \(\psi\) de \(x_0\)’da süreklidir. Sürekli fonksiyonların çarpımı ve toplamı sürekli olduğundan (bkz. Analiz 1) \(\Theta\), \(x_0\)’da süreklidir. Lemma 4.1’nin (2) \(\Rightarrow\) (1) yönü gereği \(fg\), \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve
\[(fg)'(x_0) = \Theta(x_0) = f(x_0)\psi(x_0) + g(x_0)\varphi(x_0) = f(x_0)g'(x_0) + f'(x_0)g(x_0).\]
e) \(f\) tek olsun ve \(s(x) = -x\) yazalım; \(s'(x) = -1\)’dir. Hipotez, her \(x\) için
\[f\big( s(x) \big) = -f(x)\]
demektir. Sol taraf \(f \circ s\) bileşkesidir ve Teorem 4.1 gereği türevlenebilirdir:
\[(f \circ s)'(x) = f'\big( s(x) \big)\, s'(x) = -f'(-x).\]
Sağ tarafın türevi ise \(-f'(x)\)’tir. İki fonksiyon her yerde eşit olduğundan türevleri de eşittir:
\[-f'(-x) = -f'(x) \implies f'(-x) = f'(x).\]
Demek ki \(f'\) çifttir.
\(f\) çift ise, yani \(f(-x) = f(x)\) ise, aynı hesap \(-f'(-x) = f'(x)\), yani \(f'(-x) = -f'(x)\) verir; bu da \(f'\)’nün tek olması demektir.
f) Katmanların değerlendirileceği noktaları bulalım: \(x_0 = 0\), \(x_1 = g(0) = 0\), \(x_2 = g(x_1) = g(0) = 0\). Üç katmanın hepsi \(0\) noktasında değerlendirilecek. Sonuç 4.1 (b) gereği
\[h'(0) = g'(x_2)\, g'(x_1)\, g'(x_0) = g'(0)^3 = 2^3 = 8.\]
\(g(0) = 0\) koşulunun kritik olduğuna dikkat edelim: \(g(0) \neq 0\) olsaydı \(g'\)’yü üç ayrı noktada bilmemiz gerekirdi.
\(\blacksquare\)
Zincir kuralı ile ters fonksiyonun türevi, elimizdeki türev alma araçlarını tamamladı: artık cebirsel işlemlerle ve bileşkeyle kurulmuş her fonksiyonun türevini, parçalarının türevlerinden hesaplayabiliyoruz. Geriye tek bir eksik kalıyor — parçaların kendisi. Bir sonraki bölümde üstel, logaritmik, trigonometrik ve ters trigonometrik fonksiyonların türevlerini, çoğunu tam da bu bölümün iki teoremiyle, tek tek hesaplayacağız: Temel Fonksiyonların Türevleri.