8 Çok Değişkenli Fonksiyonlar ve Limit
Analiz 1’de tanım kümesi \(\mathbb{R}\)’nin bir alt kümesi olan fonksiyonların limitini inceledik: \(x\), \(a\) noktasına yeterince yakın ve ondan farklı olduğunda \(|f(x) - \ell|\) farkı istenildiği kadar küçük kalıyorsa \(\lim_{x \to a} f(x) = \ell\) yazıyorduk (bkz. Analiz 1). Oysa karşılaşılan niceliklerin çoğu birden fazla değişkene bağlıdır: ince bir levhanın \((x, y)\) noktasındaki sıcaklığı iki değişkenli bir fonksiyondur, uzayda hareket eden bir parçacığın konumu ise üç bileşenli bir büyüklüktür. Bu bölümde tanım kümesi \(\mathbb{R}^n\)’nin, değerleri \(\mathbb{R}^m\)’nin bir alt kümesinde olan fonksiyonlarla çalışmaya başlıyoruz.
Limit tanımını taşımak için yapılacak iş, dizilerde olduğu gibi (Tanım 6.3), mutlak değerin yerine normu koymaktır: \(x\) ile \(x_0\) arasındaki uzaklık \(\mathbb{R}^n\)’de, \(f(x)\) ile \(L\) arasındaki uzaklık ise \(\mathbb{R}^m\)’de Öklid normuyla ölçülür. Tanımların ve ispatların çoğu Analiz 1’dekilerle neredeyse aynı kalır. Önemli fark yaklaşma biçimindedir. Gerçel doğruda bir noktaya yalnız soldan ve sağdan yaklaşılabilir; düzlemde ise bir noktaya sonsuz çoklukta doğrultudan, doğrular, parabol yayları ya da sarmallar üzerinden yaklaşılabilir. Limit bunların hepsinde aynı davranışı ister; bu yüzden çok değişkenli limit, tek değişkenli limitten çok daha kolay bozulur.
Önce fonksiyonları, tanım kümelerini ve grafiklerini tanıtıyoruz. Sonra limiti tanımlıyor, önceki bölümlerde kurduğumuz dizileri ve Cauchy koşulunu limitle ilişkilendiriyoruz. Son olarak cebirsel işlemler, sıkıştırma ve bileşenler aracılığıyla limit hesabını reel değerli fonksiyonların limitine indiriyoruz.
8.1 Çok Değişkenli Fonksiyonlar
Fonksiyon kavramının kendisi değişmez: bir kümenin her elemanına başka bir kümenin tek bir elemanı karşılık getirilir. Değişen, tanım ve değer kümelerinin içinde bulunduğu uzaydır.
Tanım 8.1 (Çok Değişkenli Fonksiyon) \(n, m \in \mathbb{N}\) ve \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun. \(f : D \to \mathbb{R}^m\) biçimindeki bir fonksiyona \(n\) değişkenli, \(m\) değerli fonksiyon, vektör değerli fonksiyon ya da kısaca vektör fonksiyon denir. Özel olarak
- \(m = 1\) ise \(f : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna reel değerli (çok değişkenli) fonksiyon,
- \(n = 1\) ise \(f : D \to \mathbb{R}^m\) (\(D \subseteq \mathbb{R}\)) fonksiyonuna vektör değerli tek değişkenli fonksiyon
denir.
Yani fonksiyon, \(x = (x_1, \dots, x_n) \in D\) noktasına \(f(x) = f(x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^m\) noktasını karşılık getirir. Örneğin \(f(x, y) = x^2 + y^2\) iki değişkenli, reel değerli bir fonksiyondur ve \((x, y)\) noktasının başlangıç noktasına uzaklığının karesini verir. \(g(t) = (\cos t, \sin t)\) ise \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}^2\)’ye tek değişkenli, vektör değerli bir fonksiyondur ve \(t\) arttıkça birim çemberin üzerinde dolaşan bir noktayı betimler. \(n = m = 1\) durumu Analiz 1’in fonksiyonlarıdır.
\(f(x)\), \(\mathbb{R}^m\)’nin bir noktası olduğundan \(m\) bileşeni vardır ve her bileşen \(x\)’e bağlıdır.
Tanım 8.2 (Bileşen Fonksiyonlar) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(f : D \to \mathbb{R}^m\) olsun. Her \(x \in D\) ve \(j = 1, \dots, m\) için \(f(x)\) noktasının \(j\)-inci bileşenini \(f_j(x)\) ile gösterelim. Böylece tanımlanan \(f_j : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonlarına \(f\)’nin bileşen (ya da koordinat) fonksiyonları denir. Her \(x \in D\) için
\[f(x) = \big( f_1(x), f_2(x), \dots, f_m(x) \big)\]
olur ve kısaca \(f = (f_1, \dots, f_m)\) yazılır.
Yani vektör değerli bir fonksiyon, aynı kümede tanımlı \(m\) tane reel değerli fonksiyonun bir araya getirilmesidir. Tersine, \(D\) üzerinde tanımlı \(m\) tane reel değerli fonksiyon bileşen yapılarak bir vektör fonksiyon elde edilir. Her bileşen fonksiyon \(n\) değişkenli, reel değerli bir fonksiyondur. Bu gözlem bölüm boyunca işimize yarayacak: vektör değerli fonksiyonlarla ilgili birçok soru, bileşenler aracılığıyla reel değerli fonksiyonlara indirgenir.
\(y = (y_1, \dots, y_m) = f(x_1, \dots, x_n)\) yazılırsa bileşenlerin tanımı
\[ \begin{aligned} y_1 &= f_1(x_1, x_2, \dots, x_n), \\ y_2 &= f_2(x_1, x_2, \dots, x_n), \\ &\ \ \vdots \\ y_m &= f_m(x_1, x_2, \dots, x_n) \end{aligned} \]
denklem sistemini verir. Bu sisteme \(f(D)\) kümesinin bir parametrizasyonu denir: \((x_1, \dots, x_n)\) parametreleri \(D\) içinde değiştikçe \((y_1, \dots, y_m)\) noktası \(f(D)\) kümesini tarar. Örneğin \(D = [0, 2\pi] \times [0, \pi]\) üzerinde
\[f(x_1, x_2) = \big( \sin x_2 \cos x_1,\ \sin x_2 \sin x_1,\ \cos x_2 \big)\]
fonksiyonunun her değerinin normunun karesi \(\sin^2 x_2 (\cos^2 x_1 + \sin^2 x_1) + \cos^2 x_2 = 1\)’dir; değerler \(\mathbb{R}^3\)’teki birim yuvar yüzeyi \(S(0, 1)\) üzerindedir. Aslında \(f(D) = S(0, 1)\)’dir ve sistem bu yüzeyi iki parametreyle betimler: \(x_2\) kuzey kutbundan ölçülen açı, \(x_1\) ise ekvator düzlemindeki dönme açısıdır.
8.2 Tanım Kümesi ve Değer Kümesi
Analiz 1’de olduğu gibi fonksiyonlar çoğu kez yalnız bir formülle verilir ve tanım kümesi ayrıca yazılmaz. Bu durumda formülün anlamlı olduğu en geniş küme kullanılır.
Tanım 8.3 (Tanım Kümesi ve Maksimal Tanım Kümesi) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunda \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) kümesine \(f\)’nin tanım kümesi denir. \(f\) yalnız bir formülle verilmişse, formülün \(\mathbb{R}^m\)’de bir değer belirttiği bütün \(x \in \mathbb{R}^n\) noktalarının kümesine \(f\)’nin maksimal (en geniş) tanım kümesi denir ve \(\operatorname{dom} f\) ile gösterilir. Aksi söylenmedikçe formülle verilen bir fonksiyonun tanım kümesi, maksimal tanım kümesidir.
Yani formülle verilen bir fonksiyonun tanım kümesini bulmak, formüldeki her işlemin gerçel sayılarda yapılabildiği noktaları belirlemektir. Örneğin \(f(x, y) = \dfrac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}\) iki değişkenli, reel değerli bir fonksiyondur; payda yalnız \((0, 0)\) noktasında sıfır olduğundan \(\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.
Bileşenler birer formülle verilmişse \(f(x)\) ancak bütün bileşenler tanımlıyken tanımlıdır. Dolayısıyla
\[\operatorname{dom} f = \operatorname{dom} f_1 \cap \operatorname{dom} f_2 \cap \dots \cap \operatorname{dom} f_m\]
olur. Örneğin \(f(x, y) = \left( \dfrac{x - 1}{y - 1},\ x + 2 \right)\) için \(\operatorname{dom} f_1 = \{(x, y) : y \ne 1\}\) ve \(\operatorname{dom} f_2 = \mathbb{R}^2\) olduğundan \(\operatorname{dom} f\), düzlemden \(y = 1\) doğrusunun çıkarılmasıyla elde edilir.
Tanım 8.4 (Değer Kümesi) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) olsun.
\[f(D) = \{ f(x) : x \in D \} \subseteq \mathbb{R}^m\]
kümesine \(f\)’nin değer kümesi denir.
Yani değer kümesi, fonksiyonun gerçekten aldığı değerlerin kümesidir ve genellikle \(\mathbb{R}^m\)’nin tamamı değildir. Örneğin \(f(x, y) = x^2 + y^2\) için \(\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2\) ve \(f(\mathbb{R}^2) = [0, \infty)\)’dur: her \((x, y)\) için \(x^2 + y^2 \ge 0\)’dır ve her \(c \ge 0\) değeri \((\sqrt{c}, 0)\) noktasında alınır. \(g(t) = (\cos t, \sin t)\) fonksiyonunun değer kümesi ise birim çemberdir.
- Bileşenlere ayır. \(f = (f_1, \dots, f_m)\) yazılır. Toplam ya da çarpım biçimindeki bir bileşen de parçalarına ayrılır.
- Koşulları yaz. Her parça için koşul yazılır: payda sıfırdan farklı; çift kuvvetten kökün içi negatif değil; \(\ln\)’in içi pozitif; \(\arcsin\) ve \(\arccos\)’un içi \([-1, 1]\) aralığında; \(\tan u\) için \(u \ne \dfrac{\pi}{2} + k\pi\) (\(k \in \mathbb{Z}\)).
- Kesiştir ve betimle. Bütün koşulları sağlayan noktalar bulunur ve küme mümkünse tanıdık bir bölge olarak (yuvar, yarı düzlem, iki eğri arasındaki bölge) betimlenir.
Örnek 8.1 (Logaritma ve Karekök Bileşenli Fonksiyon) \[f(x, y) = \big( \ln(xy - y + 2x - 2),\ \sqrt{9 - x^2 - y^2} \big)\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
\(f\), iki değişkenli ve iki değerli bir vektör fonksiyondur. Bileşenleri
\[ \begin{aligned} f_1(x, y) &= \ln(xy - y + 2x - 2), \\[1mm] f_2(x, y) &= \sqrt{9 - x^2 - y^2} \end{aligned} \]
reel değerli fonksiyonlarıdır.
Birinci bileşen. Logaritmanın içi pozitif olmalıdır. İç ifade çarpanlarına ayrılır:
\[xy - y + 2x - 2 = y(x - 1) + 2(x - 1) = (x - 1)(y + 2).\]
İki çarpanın çarpımı ancak ikisi aynı işaretliyse pozitiftir:
\[ \begin{aligned} \operatorname{dom} f_1 &= \{ (x, y) : (x - 1)(y + 2) > 0 \} \\[1mm] &= \{ x > 1,\ y > -2 \} \cup \{ x < 1,\ y < -2 \}. \end{aligned} \]
Bu, \(x = 1\) ve \(y = -2\) doğrularının düzlemi ayırdığı dört açık bölgeden sağ üstteki ile sol alttakinin birleşimidir; iki doğru kümeye dahil değildir.
İkinci bileşen. Karekökün içi negatif olmamalıdır: \(9 - x^2 - y^2 \ge 0\), yani \(x^2 + y^2 \le 9\). Bu, merkezi başlangıç noktası ve yarıçapı \(3\) olan kapalı yuvardır: \(\operatorname{dom} f_2 = B[(0, 0), 3]\).
Kesişim.
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : (x - 1)(y + 2) > 0,\ x^2 + y^2 \le 9 \}.\]
Tanım kümesi, kapalı yuvarın \(x = 1\) ve \(y = -2\) doğrularıyla ayrılan parçalarından ikisidir: \(x > 1\), \(y > -2\) olan büyük parça ile \(x < 1\), \(y < -2\) olan küçük parça. Çemberin bu iki parçaya düşen yayları kümeye dahildir, doğru parçaları dahil değildir. \(\blacksquare\)
Örnek 8.2 (Üç Bileşenli Fonksiyonun Tanım Kümesi) \[f(x, y) = \big( \sqrt{1 - x^2},\ \ln(x^2 - y),\ \sin x \cos y \big)\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
\(f\), iki değişkenli ve üç değerli bir fonksiyondur; bileşenleri \(f_1(x, y) = \sqrt{1 - x^2}\), \(f_2(x, y) = \ln(x^2 - y)\) ve \(f_3(x, y) = \sin x \cos y\)’dir.
Birinci bileşen. \(1 - x^2 \ge 0\), yani \(x^2 \le 1\) ya da \(|x| \le 1\) olmalıdır:
\[\operatorname{dom} f_1 = \{ (x, y) : -1 \le x \le 1 \}.\]
Bu, \(x = -1\) ve \(x = 1\) doğruları arasındaki kapalı dikey şerittir; \(y\) serbesttir.
İkinci bileşen. \(x^2 - y > 0\), yani \(y < x^2\) olmalıdır:
\[\operatorname{dom} f_2 = \{ (x, y) : y < x^2 \}.\]
Bu, \(y = x^2\) parabolünün altında kalan açık bölgedir.
Üçüncü bileşen. Sinüs ve kosinüs her gerçel sayıda tanımlıdır; \(\operatorname{dom} f_3 = \mathbb{R}^2\).
Kesişim.
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x| \le 1,\ y < x^2 \}.\]
Tanım kümesi, kapalı şeridin parabolün altında kalan kısmıdır; aşağıya doğru sınırsızdır. Şeridin kenarlarından \(y < 1\) olan kısımlar kümeye dahildir, parabol yayı dahil değildir. \(\blacksquare\)
Örnek 8.3 (Üç Değişkenli Fonksiyonun Tanım Kümesi) \(f(x, y, z) = \ln(z - y) + xy \sin z\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
\(f : \operatorname{dom} f \to \mathbb{R}\) üç değişkenli, reel değerli bir fonksiyondur ve iki reel değerli fonksiyonun toplamıdır. Toplam, iki terim birden tanımlıyken tanımlıdır.
- \(xy \sin z\) her \((x, y, z) \in \mathbb{R}^3\) için tanımlıdır.
- \(\ln(z - y)\) ancak \(z - y > 0\), yani \(z > y\) iken tanımlıdır.
Dolayısıyla
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : z > y \}\]
olur. Bu küme, \(z = y\) düzleminin bir yanında kalan açık yarı uzaydır. Düzlem \(x\)-eksenini içerir ve \(yz\)-düzlemini \(z = y\) doğrusu boyunca keser; \(x\) koordinatı hiçbir koşula bağlı değildir. \(\blacksquare\)
Örnek 8.4 (Her Yerde Tanımlı Fonksiyon) \(f(x, y) = \big( \sin xy,\ y^3 + x,\ x^4 \big)\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Bileşenler \(f_1(x, y) = \sin xy\), \(f_2(x, y) = y^3 + x\) ve \(f_3(x, y) = x^4\)’tür. Sinüs her gerçel sayıda tanımlıdır ve \(xy\) her \((x, y)\) için bir gerçel sayıdır; \(f_2\) ile \(f_3\) de her noktada tanımlıdır. Üç bileşenin tanım kümesi de \(\mathbb{R}^2\) olduğundan kesişimleri de \(\mathbb{R}^2\)’dir:
\[\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2.\]
\(f\), \(\mathbb{R}^2\)’den \(\mathbb{R}^3\)’e bir fonksiyondur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.5 (Paydada Karekök) \[f(x, y) = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
İki koşul vardır: karekökün içi negatif olmamalı ve payda sıfır olmamalıdır. Karekök yalnız içi sıfırken sıfır olduğundan iki koşul birlikte \(1 - x^2 - y^2 > 0\) demektir:
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : x^2 + y^2 < 1 \} = B\big( (0, 0), 1 \big).\]
Tanım kümesi açık birim yuvardır. Birim çember kümeye dahil değildir, çünkü orada payda sıfır olur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.6 (Ters Trigonometrik Bileşenler) \(a, b \ne 0\) sabit sayılar olsun.
\[f(x, y) = \arcsin\frac{x}{a} + \arccos\frac{y}{b}\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
\(\arcsin\) ve \(\arccos\) fonksiyonlarının tanım kümesi \([-1, 1]\)’dir; değer kümeleri sırasıyla \(\left[ -\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2} \right]\) ve \([0, \pi]\)’dir. Dolayısıyla iki koşul vardır:
\[-1 \le \frac{x}{a} \le 1 \iff \left| \frac{x}{a} \right| \le 1 \iff |x| \le |a|\]
ve aynı biçimde \(|y| \le |b|\). Buradan
\[\operatorname{dom} f = [-|a|, |a|] \times [-|b|, |b|]\]
bulunur. Tanım kümesi, kenarları eksenlere paralel ve merkezi başlangıç noktası olan kapalı bir dikdörtgendir. \(a\) ya da \(b\) negatif olabileceğinden sınırlar mutlak değerle yazılmıştır; örneğin \(a = -2\) için koşul \(-2 \le x \le 2\)’dir. \(\blacksquare\)
Örnek 8.7 (Tanım Kümesi Bir Çember Olan Fonksiyon) \[f(x, y) = \sqrt{\ln\frac{9}{x^2 + y^2}} + \sqrt{x^2 + y^2 - 9}\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Birinci terim. Önce payda sıfır olmamalıdır: \((x, y) \ne (0, 0)\). Bu durumda \(\dfrac{9}{x^2 + y^2} > 0\) olduğundan logaritma tanımlıdır. Karekökün tanımlı olması için logaritmanın değeri negatif olmamalıdır:
\[\ln\frac{9}{x^2 + y^2} \ge 0 \iff \frac{9}{x^2 + y^2} \ge 1 \iff x^2 + y^2 \le 9.\]
Birinci terim \(0 < x^2 + y^2 \le 9\) iken tanımlıdır.
İkinci terim. \(x^2 + y^2 - 9 \ge 0\), yani \(x^2 + y^2 \ge 9\) olmalıdır.
Kesişim. İki koşul birlikte \(x^2 + y^2 = 9\) verir:
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : x^2 + y^2 = 9 \} = S\big( (0, 0), 3 \big).\]
Tanım kümesi, yarıçapı \(3\) olan çemberdir. Bu çemberin her noktasında iki terim de \(\sqrt{0} = 0\) olduğundan \(f\) tanım kümesinin her yerinde \(0\)’dır. Tanım kümesi düzlemde bir bölge olmak zorunda değildir; burada kümenin hiç iç noktası yoktur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.8 (Yuvarın Parabol Üstünde Kalan Kısmı) \[f(x, y) = \frac{\ln(2x - x^2 - y^2)}{\sqrt{1 + y - x^2}}\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz ve düzlemde betimleyiniz.
Çözüm
Pay. Logaritmanın içi pozitif olmalıdır. Kareye tamamlarsak
\[2x - x^2 - y^2 > 0 \iff x^2 - 2x + 1 + y^2 < 1 \iff (x - 1)^2 + y^2 < 1\]
olur. Bu, merkezi \((1, 0)\), yarıçapı \(1\) olan açık yuvardır: \(B\big( (1, 0), 1 \big)\).
Payda. Karekök tanımlı ve sıfırdan farklı olmalıdır; yani içi pozitif olmalıdır:
\[1 + y - x^2 > 0 \iff y > x^2 - 1.\]
Bu, tepe noktası \((0, -1)\) olan \(y = x^2 - 1\) parabolünün üstünde kalan açık bölgedir.
Kesişim.
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : (x - 1)^2 + y^2 < 1,\ y > x^2 - 1 \}.\]
Tanım kümesi, açık yuvarın parabolün üstünde kalan kısmıdır. Parabol yuvarın merkezinden geçer, çünkü \(1^2 - 1 = 0\)’dır. Parabol ile çemberin kesişim noktaları \((x - 1)^2 + (x^2 - 1)^2 = 1\) denkleminden, yani
\[(x - 1)^2 (x^2 + 2x + 2) = 1\]
denkleminden bulunur; yaklaşık olarak \((0{,}43;\ -0{,}82)\) ve \((1{,}39;\ 0{,}92)\) noktalarıdır. Yuvarın bu iki nokta arasında parabolün altında kalan sağ alt kısmı tanım kümesinin dışındadır. Çember de parabol de kümeye dahil değildir. \(\blacksquare\)
8.3 Grafik
Tek değişkenli bir fonksiyonu, \((x, f(x))\) noktalarının oluşturduğu eğriyle görselleştirirdik. Aynı kavram çok değişkenli fonksiyonlar için de tanımlanır.
Tanım 8.5 (Grafik) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(f : D \to \mathbb{R}^m\) olsun.
\[G_f = \{ (x, f(x)) : x \in D \} \subseteq \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^m\]
kümesine \(f\)’nin grafiği denir. Burada \((x, f(x))\) çifti, \(\mathbb{R}^{n+m}\)’nin
\[\big( x_1, \dots, x_n, f_1(x), \dots, f_m(x) \big)\]
noktası olarak düşünülür.
Yani grafik, tanım kümesindeki noktayı ve o noktadaki değeri yan yana yazarak elde edilen \(n + m\) bileşenli noktaların kümesidir. Reel değerli bir fonksiyonun (\(m = 1\)) grafiği tanım uzayından bir boyut fazla olan \(\mathbb{R}^{n+1}\)’dedir. Örneğin:
- \(n = m = 1\) ise grafik düzlemde bir eğridir; Analiz 1’in grafikleri bunlardır.
- \(n = 2\), \(m = 1\) ise grafik \(\mathbb{R}^3\)’te \(z = f(x, y)\) yüzeyidir. \(f(x, y) = x^2 + y^2\) fonksiyonunun grafiği, tepesi başlangıç noktasında olan ve yukarı açılan bir paraboloittir. \(f(x, y) = \sqrt{9 - x^2 - y^2}\) fonksiyonunun \(B[(0, 0), 3]\) üzerindeki grafiği ise \(x^2 + y^2 + z^2 = 9\), \(z \ge 0\) koşullarıyla verilen üst yarım küredir.
- \(n + m \ge 4\) ise grafik çizilemez. Örneğin \(f(x, y) = (x^2, xy)\) fonksiyonunun grafiği \(\mathbb{R}^4\)’ün bir alt kümesidir. Grafik yine de iyi tanımlı bir kümedir ve analizin araçları çizime ihtiyaç duymadan onunla çalışır.
8.4 Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler
Değerleri \(\mathbb{R}^m\)’de olan fonksiyonlar, \(\mathbb{R}^m\)’deki işlemler her noktada ayrı ayrı uygulanarak birleştirilir.
Tanım 8.6 (Vektör Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f, g : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. Her \(x \in D\) için
- Skalerle çarpım: \(\alpha f : D \to \mathbb{R}^m\), \((\alpha f)(x) = \alpha f(x)\);
- Toplam: \(f + g : D \to \mathbb{R}^m\), \((f + g)(x) = f(x) + g(x)\);
- İç çarpım: \(f \cdot g : D \to \mathbb{R}\), \((f \cdot g)(x) = \langle f(x), g(x) \rangle\);
- Vektörel çarpım (\(m = 3\) ise): \(f \times g : D \to \mathbb{R}^3\), \((f \times g)(x) = f(x) \times g(x)\);
- Bölüm (\(m = 1\) ve her \(x \in D\) için \(g(x) \ne 0\) ise): \(\dfrac{f}{g} : D \to \mathbb{R}\), \(\left( \dfrac{f}{g} \right)(x) = \dfrac{f(x)}{g(x)}\)
biçiminde tanımlanan fonksiyonlara sırasıyla \(f\)’nin \(\alpha\) ile çarpımı, \(f\) ile \(g\)’nin toplamı, iç çarpımı, vektörel çarpımı ve bölümü denir.
Yani işlemler değerler üzerinde, her noktada ayrı ayrı yapılır. İç çarpım reel değerli bir fonksiyondur. \(m = 1\) iken \(\langle f(x), g(x) \rangle = f(x) g(x)\) olduğundan iç çarpım bilinen çarpımdır ve \(f \cdot g\) yerine \(fg\) yazılır. Vektörel çarpım, \(\mathbb{R}^3\)’teki vektörel çarpımın (Tanım 2.10) her noktada uygulanmasıdır.
Fonksiyonların tanım kümeleri farklıysa işlemler ortak kısımda yapılır: \(f + g\), \(f \cdot g\) ve \(f \times g\) fonksiyonlarının tanım kümesi \(\operatorname{dom} f \cap \operatorname{dom} g\)’dir. \(\dfrac{f}{g}\) fonksiyonunun tanım kümesi ise bu kesişimden \(g\)’nin sıfır olduğu noktalar çıkarılarak elde edilir.
Örnek 8.9 (İki Değişkenli Vektör Fonksiyonlarla İşlemler) \(f(x, y) = (x,\ x + y,\ 2y)\) ve \(g(x, y) = (xy,\ x,\ 2x)\) olsun. \(f + g\), \(f \cdot g\) ve \(f \times g\) fonksiyonlarını ve tanım kümelerini bulunuz.
Çözüm
Tanım kümeleri. Bütün bileşenler her noktada tanımlı olduğundan \(\operatorname{dom} f = \operatorname{dom} g = \mathbb{R}^2\)’dir; üç işlemin tanım kümesi de \(\mathbb{R}^2 \cap \mathbb{R}^2 = \mathbb{R}^2\) olur.
Toplam. Bileşen bileşen toplarız:
\[(f + g)(x, y) = \big( x + xy,\ 2x + y,\ 2(x + y) \big).\]
İç çarpım. Karşılıklı bileşenlerin çarpımlarını toplarız:
\[ \begin{aligned} (f \cdot g)(x, y) &= x \cdot xy + (x + y) \cdot x + 2y \cdot 2x \\[1mm] &= x^2 y + x^2 + xy + 4xy = x^2 y + x^2 + 5xy. \end{aligned} \]
Sonuç reel değerli bir fonksiyondur.
Vektörel çarpım. Tanım 2.10 formülüne \(f(x, y)\) ve \(g(x, y)\) bileşenlerini yazarız:
\[ \begin{aligned} (x + y) \cdot 2x - 2y \cdot x &= 2x^2, \\[1mm] 2y \cdot xy - x \cdot 2x &= 2xy^2 - 2x^2, \\[1mm] x \cdot x - (x + y) \cdot xy &= x^2 - x^2 y - xy^2. \end{aligned} \]
Dolayısıyla
\[(f \times g)(x, y) = \big( 2x^2,\ 2xy^2 - 2x^2,\ x^2 - x^2 y - xy^2 \big)\]
olur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.10 (Tek Değişkenli Vektör Fonksiyonların İç Çarpımı) \(f(t) = (t,\ 1 + t,\ 2)\) ve \(g(t) = (t^2,\ t,\ t)\) olsun. \(f \cdot g\) fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm
\(f\) ve \(g\), \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}^3\)’e tek değişkenli vektör değerli fonksiyonlardır ve her \(t \in \mathbb{R}\) için tanımlıdır; \(f \cdot g\)’nin tanım kümesi de \(\mathbb{R}\)’dir. Her \(t \in \mathbb{R}\) için
\[ \begin{aligned} (f \cdot g)(t) &= t \cdot t^2 + (1 + t) \cdot t + 2 \cdot t \\[1mm] &= t^3 + t + t^2 + 2t = t^3 + t^2 + 3t \end{aligned} \]
olur. \(f \cdot g\), \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}\)’ye bir fonksiyondur. \(\blacksquare\)
8.5 Limit
Analiz 1’deki limit tanımında iki uzaklık vardı: \(|x - a|\) ve \(|f(x) - \ell|\). Şimdi birincisini \(\mathbb{R}^n\)’deki, ikincisini \(\mathbb{R}^m\)’deki normla ölçüyoruz.
Tanım 8.7 (Fonksiyonun Bir Noktadaki Limiti) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) noktası \(D\)’nin bir yığılma noktası (Tanım 3.4) olsun. \(L \in \mathbb{R}^m\) için, her \(\varepsilon > 0\) sayısına karşılık
\[x \in D \ \text{ ve } \ 0 < \|x - x_0\| < \delta \ \Longrightarrow\ \|f(x) - L\| < \varepsilon\]
koşulunu sağlayan bir \(\delta > 0\) sayısı bulunabiliyorsa \(f\)’nin \(x_0\) noktasındaki limiti \(L\)’dir denir ve
\[\lim_{x \to x_0} f(x) = L \qquad \text{ya da} \qquad f(x) \to L \ \ (x \to x_0)\]
yazılır. Böyle bir \(L\) yoksa \(f\)’nin \(x_0\) noktasında limiti yoktur denir.
Yani \(x\), \(x_0\)’a yeterince yakın ve ondan farklı bir \(D\) noktası olduğunda \(f(x)\), \(L\)’ye istenildiği kadar yakındır. Tanımdaki iki norm farklı uzaylardadır: \(\|x - x_0\|\) \(\mathbb{R}^n\)’de, \(\|f(x) - L\|\) ise \(\mathbb{R}^m\)’de hesaplanır. \(n = m = 1\) için iki norm da mutlak değerdir ve tanım Analiz 1’deki tanımın kendisidir. Sembolik olarak:
Tanımdan hemen çıkan bir gözlemi de not edelim: \(D_1 \subseteq D\), \(x_0 \in D_1'\) ve \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) ise \(f\)’nin \(D_1\) kümesine kısıtlanışının da \(x_0\) noktasındaki limiti \(L\)’dir, çünkü tanımdaki koşul bu kez daha az sayıda \(x\) için istenir. Bu yüzden bir fonksiyonun limitini, daha geniş bir kümede tanımlı bir ifadenin (örneğin bir polinomun) limitinden okuyabiliriz.
\[ \begin{aligned} \lim_{x \to x_0} f(x) = L \iff\ & \forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall x \in D : \\[1mm] &\quad 0 < \|x - x_0\| < \delta \Rightarrow \|f(x) - L\| < \varepsilon. \end{aligned} \]
İki değişkende nokta \((x, y)\), limit noktası \((x_0, y_0)\) ile gösterilir ve \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y) = L\) yazılır. Bu durumda
\[\|(x, y) - (x_0, y_0)\| = \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2}\]
olur. Tanımla ilgili üç gözlem yapalım.
\(x_0\) tanım kümesinde olmak zorunda değildir. \(0 < \|x - x_0\|\) koşulu \(x = x_0\) noktasını dışarıda bırakır; \(f\), \(x_0\)’da tanımlı olsa bile \(f(x_0)\) değeri limite hiçbir etki yapmaz.
\(\delta\), hem \(\varepsilon\)’a hem \(x_0\)’a bağlıdır. Bu bağlılık bazen \(\delta(\varepsilon, x_0)\) yazılarak vurgulanır. Aynı fonksiyonun farklı noktalardaki limitleri için genellikle farklı \(\delta\)’lar gerekir.
Limitin olmaması tanımın olumsuzudur: her \(L \in \mathbb{R}^m\) için
\[ \begin{aligned} &\exists \varepsilon_0 > 0\ \ \forall \delta > 0\ \ \exists x_\delta \in D : \\[1mm] &\quad 0 < \|x_\delta - x_0\| < \delta \ \text{ ve } \ \|f(x_\delta) - L\| \ge \varepsilon_0. \end{aligned} \]
Sözle: hangi \(L\) aday gösterilirse gösterilsin, öyle bir \(\varepsilon_0\) yarıçapı vardır ki \(x_0\)’ın ne kadar küçük bir yuvarında aransa \(f\)’nin değeri \(B(L, \varepsilon_0)\) dışında kalan bir nokta bulunur.
Tanımda \(x_0\)’ın \(D\)’nin bir yığılma noktası olması istendi. Bu koşulun neden gerekli olduğunu görmek için tersi durumu adlandıralım.
Tanım 8.8 (İzole Nokta) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(x_0 \in D\) olsun. \(x_0\), \(D\)’nin bir yığılma noktası değilse, yani
\[\big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big) \cap D = \varnothing\]
olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(x_0\)’a \(D\)’nin bir izole (ayrık) noktası denir.
Yani izole bir noktanın yeterince küçük bir yuvarında \(D\)’nin kendisinden başka noktası yoktur. \(x_0\) izole bir noktaysa limit tanımı anlamını yitirir: yukarıdaki \(\delta\) için “\(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\)” koşulunu sağlayan hiçbir \(x\) yoktur. Bu yüzden tanımdaki koşul her \(L \in \mathbb{R}^m\) için, hiçbir şey denetlenmeden sağlanır ve \(\mathbb{R}^m\)’nin her noktası “limit” olur. Limitten anlamlı biçimde söz edebilmek için \(x_0\)’ın yakınında \(D\)’nin \(x_0\)’dan farklı noktaları bulunmalıdır; yığılma noktası koşulu tam olarak bunu sağlar.
Örnek 8.11 (Her Noktası İzole Olan Tanım Kümesi) \[f(x, y) = \sqrt{-\sin^2(\pi x) - \sin^2(\pi y)}\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz ve bu kümenin her noktasının izole nokta olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tanım kümesi. Karekökün içi negatif olmamalıdır: \(\sin^2(\pi x) + \sin^2(\pi y) \le 0\). İki kare toplamı ancak iki terim de sıfırsa sıfırdan büyük değildir; dolayısıyla \(\sin(\pi x) = 0\) ve \(\sin(\pi y) = 0\) olmalıdır. \(\sin(\pi t) = 0\) ancak \(t\) bir tam sayıyken sağlandığından
\[\operatorname{dom} f = \{ (k, l) : k, l \in \mathbb{Z} \} = \mathbb{Z}^2\]
olur. Tanım kümesi, koordinatları tam sayı olan noktaların oluşturduğu kafestir ve \(f\) bu noktaların her birinde \(0\) değerini alır.
İzole noktalar. \((k, l) \in \mathbb{Z}^2\) olsun ve \(\delta = 1\) alalım. \((k', l') \in \mathbb{Z}^2\) noktası \((k, l)\)’den farklıysa \(k' \ne k\) ya da \(l' \ne l\)’dir; iki tam sayı farklıysa aralarındaki fark en az \(1\) olduğundan
\[\|(k', l') - (k, l)\| \ge \max\{ |k' - k|, |l' - l| \} \ge 1\]
olur. Yani \(B\big( (k, l), 1 \big)\) yuvarı \(\mathbb{Z}^2\)’nin \((k, l)\)’den başka noktasını içermez ve \((k, l)\) izole bir noktadır.
Aynı gözlem düzlemin hiçbir noktasının \(\mathbb{Z}^2\)’nin yığılma noktası olmadığını da gösterir: yarıçapı \(\dfrac{1}{2}\) olan bir yuvar \(\mathbb{Z}^2\)’nin iki farklı noktasını içerseydi bu noktalar arasındaki uzaklık \(1\)’den küçük olurdu. Öyleyse bir \(p \in \mathbb{R}^2\) için \(B\left(p, \tfrac{1}{2}\right)\) en çok bir \(q \in \mathbb{Z}^2\) içerir; \(q\) yoksa ya da \(q = p\) ise \(r = \tfrac{1}{2}\), \(q \ne p\) ise \(r = \|q - p\|\) alınırsa \(B(p, r) \setminus \{p\}\) kümesi \(\mathbb{Z}^2\) ile kesişmez. Tanım kümesinin hiç yığılma noktası yoktur; bu fonksiyonun hiçbir noktada limitinden söz edilemez. \(\blacksquare\)
Limitin anlamını bir de yuvarlar ve komşuluklarla okuyalım.
Önerme 8.1 (Limitin Komşuluklarla İfadesi) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(x_0 \in D'\) ve \(L \in \mathbb{R}^m\) olsun. Aşağıdakiler denktir:
\(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\).
Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[f\Big( D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big) \Big) \subseteq B(L, \varepsilon)\]
olur.
\(L\)’nin \(\mathbb{R}^m\)’deki her \(U\) komşuluğu için \(x_0\)’ın \(\mathbb{R}^n\)’de öyle bir \(N\) komşuluğu vardır ki
\[f\big( D \cap (N \setminus \{x_0\}) \big) \subseteq U\]
olur.
İspat
1 ile 2. \(x \in D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big)\) olması “\(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\)” demektir; \(f(x) \in B(L, \varepsilon)\) olması da \(\|f(x) - L\| < \varepsilon\) demektir. Dolayısıyla 2, limit tanımının (Tanım 8.7) kümelerle yazılışıdır.
2’den 3’e. \(U\), \(L\)’nin bir komşuluğu olsun. Tanım 3.1 gereği \(B(L, \varepsilon) \subseteq U\) olacak bir \(\varepsilon > 0\) vardır. Bu \(\varepsilon\) için 2’deki \(\delta\)’yı alalım ve \(N = B(x_0, \delta)\) diyelim; açık yuvar merkezinin bir komşuluğudur. O zaman
\[f\big( D \cap (N \setminus \{x_0\}) \big) \subseteq B(L, \varepsilon) \subseteq U\]
olur.
3’ten 2’ye. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(U = B(L, \varepsilon)\) yuvarı \(L\)’nin bir komşuluğudur; 3 gereği \(f\big( D \cap (N \setminus \{x_0\}) \big) \subseteq U\) olan bir \(N\) komşuluğu vardır. \(N\), \(x_0\)’ın komşuluğu olduğundan \(B(x_0, \delta) \subseteq N\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. Bu durumda
\[D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big) \subseteq D \cap (N \setminus \{x_0\})\]
olduğundan soldaki kümenin görüntüsü de \(B(L, \varepsilon)\) içinde kalır. \(\blacksquare\)
Önerme, limiti bir oyun gibi okumamızı sağlar: rakip \(L\)’nin etrafına ne kadar dar bir \(B(L, \varepsilon)\) yuvarı çizerse çizsin, biz \(x_0\)’ın etrafına öyle bir \(B(x_0, \delta)\) yuvarı çizebiliriz ki bu yuvarın \(x_0\) dışındaki bütün \(D\) noktaları \(B(L, \varepsilon)\) içine gönderilir.
Teorem 8.1 (Limitin Tekliği) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L_1\) ve \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L_2\) ise \(L_1 = L_2\)’dir.
İspat
Olmayana ergi yöntemini kullanalım: \(L_1 \ne L_2\) olsun. Normun pozitifliği gereği \(\|L_1 - L_2\| > 0\)’dır; \(\varepsilon = \dfrac{\|L_1 - L_2\|}{2}\) alalım. Limit tanımından
- \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_1\) iken \(\|f(x) - L_1\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta_1 > 0\),
- \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_2\) iken \(\|f(x) - L_2\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta_2 > 0\)
vardır. \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\) diyelim. \(x_0\), \(D\)’nin bir yığılma noktası olduğundan \(\big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big) \cap D\) kümesi boş değildir; bu kümeden bir \(x\) seçelim. Bu \(x\) için iki eşitsizlik birlikte sağlanır ve üçgen eşitsizliğiyle
\[\|L_1 - L_2\| \le \|L_1 - f(x)\| + \|f(x) - L_2\| < \varepsilon + \varepsilon = \|L_1 - L_2\|\]
elde edilir. Bir sayı kendisinden küçük olamaz; bu çelişki \(L_1 = L_2\) olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)
İspatta yığılma noktası koşulu tam olarak bir \(x\) seçebilmek için kullanıldı. İzole bir noktada böyle bir \(x\) bulunmaz ve yukarıda gördüğümüz gibi teklik bozulur. Tek değişkenli durumdaki ispat da aynıdır (bkz. Analiz 1).
En basit fonksiyonların limitleri doğrudan tanımdan okunur. Bunlar, daha karmaşık fonksiyonların limitlerini kurarken yapı taşı olacak.
Önerme 8.2 (Sabit ve İzdüşüm Fonksiyonlarının Limiti) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(x_0 = (a_1, \dots, a_n) \in D'\) olsun.
- Her \(c \in \mathbb{R}^m\) için \(\lim_{x \to x_0} c = c\); yani sabit fonksiyonun limiti kendi değeridir.
- Her \(j = 1, \dots, n\) için \(\lim_{x \to x_0} x_j = a_j\); yani \(x \mapsto x_j\) izdüşüm fonksiyonunun limiti \(x_0\)’ın \(j\)-inci bileşenidir.
- \(\lim_{x \to x_0} x = x_0\); yani birim fonksiyonun limiti \(x_0\)’dır.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin.
1. Her \(x \in D\) için \(\|c - c\| = 0 < \varepsilon\) olduğundan herhangi bir \(\delta > 0\) iş görür.
2. \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) ise, bir bileşenin mutlak değeri vektörün normunu aşmadığından
\[|x_j - a_j| = \sqrt{(x_j - a_j)^2} \le \sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - a_i)^2} = \|x - x_0\| < \varepsilon\]
olur.
3. \(\delta = \varepsilon\) alalım: \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) ise \(\|x - x_0\| < \varepsilon\)’dur. \(\blacksquare\)
8.6 Tanımla Limit Hesabı
Tanımı kullanarak bir limiti kanıtlamak, verilen \(\varepsilon\) için uygun bir \(\delta\) bulmak demektir. İki değişkende bu iş için sürekli kullanacağımız iki eşitsizliği hatırlayalım. Her \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) için
\[|x| \le \|(x, y)\|, \quad |y| \le \|(x, y)\| \tag{1}\]
ve
\[2|xy| \le x^2 + y^2 \tag{2}\]
olur. (1), \(x^2 \le x^2 + y^2\) eşitsizliğinin karekökünden; (2) ise \(\big( |x| - |y| \big)^2 \ge 0\) eşitsizliğinin açılmasından gelir. (1)’in bir noktadan uzaklık biçimi de aynı yolla elde edilir: \(|x - x_0| \le \|(x, y) - (x_0, y_0)\|\) ve \(|y - y_0| \le \|(x, y) - (x_0, y_0)\|\).
- Aday limit. \(L\) tahmin edilir; örneğin fonksiyonun \(x_0\) yakınındaki birkaç noktadaki değerlerine bakılır.
- Farkı sınırla. \(\|f(x) - L\|\) farkı, yalnız \(\|x - x_0\|\)’a bağlı ve \(\|x - x_0\| \to 0\) iken \(0\)’a giden bir ifadeyle üstten sınırlanır; örneğin \(\|f(x) - L\| \le C\,\|x - x_0\|^p\) (\(C, p > 0\)). Bunun için paydalar alttan, paylar üstten sınırlanır; çoğu zaman (1) ve (2) eşitsizlikleri yeter.
- \(\delta\)’yı seç. \(C \delta^p = \varepsilon\) eşitliğinden \(\delta\) bulunur. \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - L\| \le C\,\|x - x_0\|^p\) ve \(C\,\|x - x_0\|^p < C \delta^p = \varepsilon\) olduğu yazılır.
Örnek 8.12 (Paydası Norm Olan Fonksiyon) \[f(x, y) = \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}}\]
olsun. \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0\) olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
\(f\), \((x, y) \ne (0, 0)\) olan her noktada tanımlıdır: \(\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\). \((0, 0)\) noktası tanım kümesinde değildir ama her \(B\big( (0, 0), r \big) \setminus \{(0, 0)\}\) kümesi tanım kümesinin içindedir; dolayısıyla \((0, 0)\) bir yığılma noktasıdır.
Farkı sınırla. \((x, y) \ne (0, 0)\) için (2) eşitsizliğiyle
\[|f(x, y) - 0| = \frac{|xy|}{\sqrt{x^2 + y^2}} \le \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2 + y^2}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{1}{2} \sqrt{x^2 + y^2}\]
olur; yani \(|f(x, y)| \le \dfrac{1}{2} \|(x, y) - (0, 0)\|\).
\(\delta\)’yı seç. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = 2\varepsilon\) alalım. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise
\[|f(x, y) - 0| \le \frac{1}{2} \|(x, y)\| < \frac{\delta}{2} = \varepsilon\]
olur. Dolayısıyla \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0\)’dır. \(\blacksquare\)
Örnek 8.13 (Paydası Hiç Sıfır Olmayan Kesir) \[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{3x^2 - y^2 + 5}{x^2 + y^2 + 2} = \frac{5}{2}\]
olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
Payda her noktada en az \(2\) olduğundan fonksiyon bütün düzlemde tanımlıdır: \(\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2\). Her nokta bu kümenin yığılma noktasıdır.
Farkı hesapla. Paydaları eşitleyelim:
\[ \begin{aligned} f(x, y) - \frac{5}{2} &= \frac{2(3x^2 - y^2 + 5) - 5(x^2 + y^2 + 2)}{2(x^2 + y^2 + 2)} \\[1mm] &= \frac{x^2 - 7y^2}{2(x^2 + y^2 + 2)}. \end{aligned} \]
Farkı sınırla. \(x^2 + y^2 \ge 0\) olduğundan \(2(x^2 + y^2 + 2) \ge 4\)’tür. Pay için üçgen eşitsizliği \(|x^2 - 7y^2| \le x^2 + 7y^2\)’yi verir. Böylece
\[\left| f(x, y) - \frac{5}{2} \right| \le \frac{x^2 + 7y^2}{4}\]
olur.
\(\delta\)’yı seç. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise (1) gereği \(x^2 < \delta^2\) ve \(y^2 < \delta^2\)’dir; dolayısıyla
\[\left| f(x, y) - \frac{5}{2} \right| \le \frac{x^2 + 7y^2}{4} < \frac{\delta^2 + 7\delta^2}{4} = 2\delta^2.\]
\(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(2\delta^2 = \varepsilon\), yani \(\delta = \sqrt{\dfrac{\varepsilon}{2}}\) seçilirse \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) iken \(\left| f(x, y) - \dfrac{5}{2} \right| < \varepsilon\) olur. Limit \(\dfrac{5}{2}\)’dir.
Bu örnekte limit, fonksiyonun \((0, 0)\) noktasındaki değerine eşit çıktı: \(f(0, 0) = \dfrac{5}{2}\). Rasyonel fonksiyonlar için bunun genel bir kural olduğunu aşağıda göreceğiz. \(\blacksquare\)
Örnek 8.14 (Sinüslü Bir Limit) \[\lim_{(x, y) \to (0, 1)} \frac{\sin(xy)}{y} = 0\]
olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
\(f(x, y) = \dfrac{\sin(xy)}{y}\) fonksiyonunun tanım kümesi \(\{ (x, y) : y \ne 0 \}\)’dır, yani düzlemden \(x\)-ekseni çıkarılmıştır. \((0, 1)\) noktasının \(1\)’den küçük yarıçaplı her yuvarı tanım kümesinin içindedir; dolayısıyla \((0, 1)\) bir yığılma noktasıdır.
Farkı sınırla. Her \(t \in \mathbb{R}\) için \(|\sin t| \le |t|\) olduğunu biliyoruz (bkz. Analiz 1). \(t = xy\) alınırsa \(y \ne 0\) için
\[|f(x, y) - 0| = \frac{|\sin(xy)|}{|y|} \le \frac{|xy|}{|y|} = |x|\]
olur.
\(\delta\)’yı seç. (1) eşitsizliğinin uzaklık biçimiyle
\[|x| = |x - 0| \le \|(x, y) - (0, 1)\| = \sqrt{x^2 + (y - 1)^2}\]
olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(y \ne 0\) ve \(0 < \|(x, y) - (0, 1)\| < \delta\) ise
\[|f(x, y) - 0| \le |x| \le \|(x, y) - (0, 1)\| < \delta = \varepsilon\]
olur. Dolayısıyla limit \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
Limitin olmadığını göstermek için tanımın olumsuzunu kullanabiliriz.
Örnek 8.15 (Parabol Üzerinde Farklı Değer Alan Fonksiyon) \(\mathbb{R}^2\)’de
\[ f(x, y) = \begin{cases} 0, & y = x^2, \\ 1, & y \ne x^2 \end{cases} \]
biçiminde tanımlanan fonksiyonun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını tanımla gösteriniz.
Çözüm
Her \(L \in \mathbb{R}\) için limit tanımının bozulduğunu göstereceğiz. Fikir şudur: \((0, 0)\)’ın her yuvarında hem parabol üzerinde (\(f = 0\)) hem de parabolün dışında (\(f = 1\)) noktalar vardır ve bir \(L\) sayısı \(0\)’a da \(1\)’e de aynı anda yakın olamaz.
\(L \ne 1\) ise. \(\varepsilon_0 = \dfrac{|L - 1|}{2} > 0\) alalım. \(\delta > 0\) verilsin. \((x_\delta, y_\delta) = \left( 0, \dfrac{\delta}{2} \right)\) noktası için \(y_\delta = \dfrac{\delta}{2} \ne 0 = x_\delta^2\) olduğundan \(f(x_\delta, y_\delta) = 1\)’dir. Ayrıca \(0 < \|(x_\delta, y_\delta)\| = \dfrac{\delta}{2} < \delta\) ve
\[|f(x_\delta, y_\delta) - L| = |1 - L| = 2\varepsilon_0 \ge \varepsilon_0\]
olur.
\(L = 1\) ise. \(\varepsilon_0 = \dfrac{1}{2}\) alalım. \(\delta > 0\) verilsin ve \(t = \min\left\{ \dfrac{\delta}{2}, \dfrac{1}{2} \right\}\) diyelim. \((t, t^2)\) noktası parabol üzerindedir, dolayısıyla \(f(t, t^2) = 0\)’dır. \(t \le \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(1 + t^2 < 4\) ve
\[0 < \|(t, t^2)\| = t\sqrt{1 + t^2} < 2t \le \delta\]
olur. Üstelik \(|f(t, t^2) - 1| = 1 \ge \varepsilon_0\)’dır.
İki durumda da limitin olumsuzu sağlanır. Hiçbir \(L \in \mathbb{R}\), \(f\)’nin \((0, 0)\)’daki limiti olamaz; limit yoktur. \(\blacksquare\)
8.7 Limitin Dizisel Karakterizasyonu
Analiz 1’de fonksiyon limitini dizilerin limitiyle ifade etmiştik (bkz. Analiz 1). Aynı köprü \(\mathbb{R}^n\)’de de kurulur ve limitin olmadığını göstermenin en pratik yoludur.
Teorem 8.2 (Limitin Dizisel Karakterizasyonu) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(x_0 \in D'\) ve \(L \in \mathbb{R}^m\) olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olması için gerek ve yeter koşul şudur: terimleri \(D \setminus \{x_0\}\) kümesinde olan ve \(x_0\)’a yakınsayan her \((x_k)\) dizisi için
\[\lim_{k \to \infty} f(x_k) = L\]
olur.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olsun. \((x_k)\) dizisinin terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olsun ve \(x_k \to x_0\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımından, \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - L\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(x_k \to x_0\) olduğundan bu \(\delta\) için, \(k \ge N\) iken \(\|x_k - x_0\| < \delta\) olacak bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır (Tanım 6.3). Ayrıca \(x_k \ne x_0\) olduğundan \(\|x_k - x_0\| > 0\)’dır. Dolayısıyla \(k \ge N\) için \(x_k \in D\) ve \(0 < \|x_k - x_0\| < \delta\) olur; buradan
\[\|f(x_k) - L\| < \varepsilon \qquad (k \ge N)\]
çıkar. Bu, \(\mathbb{R}^m\)’de \(f(x_k) \to L\) demektir.
(\(\Leftarrow\)) Karşıt tersini ispatlayalım: \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olmasın. Limit tanımının olumsuzu gereği öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için
\[x \in D, \quad 0 < \|x - x_0\| < \delta, \quad \|f(x) - L\| \ge \varepsilon_0\]
koşullarını sağlayan bir \(x\) bulunur. Her \(k \in \mathbb{N}\) için bunu \(\delta = \dfrac{1}{k}\) ile uygulayıp elde edilen noktaya \(x_k\) diyelim:
\[x_k \in D, \quad 0 < \|x_k - x_0\| < \frac{1}{k}, \quad \|f(x_k) - L\| \ge \varepsilon_0.\]
\(\|x_k - x_0\| > 0\) olduğundan \(x_k \ne x_0\)’dır; terimler \(D \setminus \{x_0\}\) kümesindedir. \(\varepsilon > 0\) verildiğinde \(N > \dfrac{1}{\varepsilon}\) alınırsa \(k \ge N\) için \(\|x_k - x_0\| < \dfrac{1}{k} \le \dfrac{1}{N} < \varepsilon\) olur; yani \(x_k \to x_0\). Öte yandan her terim için \(\|f(x_k) - L\| \ge \varepsilon_0\) olduğundan \(f(x_k)\) dizisinin hiçbir terimi \(B(L, \varepsilon_0)\) yuvarının içinde değildir; \(f(x_k) \to L\) olamaz. Böylece koşulu bozan bir dizi bulduk. \(\blacksquare\)
Teoremin koşulu boş değildir: \(x_0 \in D'\) olduğundan her \(k\) için \(\big( B(x_0, \tfrac{1}{k}) \setminus \{x_0\} \big) \cap D\) kümesinden bir \(x_k\) seçilebilir ve böylece terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olup \(x_0\)’a yakınsayan en az bir dizi vardır.
Teorem, fonksiyon limitini dizi limitine çevirir. Bir limiti kanıtlarken her diziyi denetlemek gerektiğinden çoğu zaman tanım daha kullanışlıdır. Ama limitin olmadığını göstermek için tek bir kötü dizi, ya da farklı davranan iki dizi yeter.
Sonuç 8.1 (Limitin Olmadığını Gösteren Dizisel Ölçüt) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun.
- Terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan iki \((x_k)\), \((y_k)\) dizisi için \(f(x_k) \to L_1\), \(f(y_k) \to L_2\) ve \(L_1 \ne L_2\) ise \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) yoktur.
- Terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan bir \((x_k)\) dizisi için \(\big( f(x_k) \big)\) dizisi ıraksaksa \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) yoktur.
İspat
\(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olduğunu varsayalım.
1. Teorem 8.2 gereği \(f(x_k) \to L\) ve \(f(y_k) \to L\)’dir. Dizilerde limit tek olduğundan (Teorem 6.1) \(L_1 = L\) ve \(L_2 = L\), dolayısıyla \(L_1 = L_2\) olur; bu varsayımla çelişir.
2. Teorem 8.2 gereği \(f(x_k) \to L\) olur; yani \(\big( f(x_k) \big)\) yakınsaktır. Bu da varsayımla çelişir. \(\blacksquare\)
- İki dizi seç. Terimleri tanım kümesinde, \(x_0\)’dan farklı ve \(x_0\)’a yakınsayan iki dizi seçilir. Formülü sadeleştiren diziler tercih edilir; örneğin terimleri bir doğru ya da bir parabol üzerinde olan, \(\left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right)\) ya da \(\left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k^2} \right)\) gibi diziler.
- Görüntüleri karşılaştır. \(f(x_k)\) ve \(f(y_k)\) dizilerinin limitleri hesaplanır. Limitler farklıysa (ya da görüntü dizilerinden biri ıraksaksa) Sonuç 8.1 gereği limit yoktur.
Örnek 8.16 (Dizilerle Limitin Olmadığını Gösterme) \[f(x, y) = \frac{xy}{x^2 + y^2}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(\operatorname{dom} f = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır ve \((0, 0)\) bu kümenin bir yığılma noktasıdır.
Birinci dizi. \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right)\) alalım. Terimler \((0, 0)\)’dan farklıdır ve bileşenler \(0\)’a gittiğinden Teorem 6.3 gereği \(x_k \to (0, 0)\)’dır. Her \(k\) için
\[f(x_k) = \frac{\dfrac{1}{k^2}}{\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{k^2}} = \frac{1}{2}\]
olur; dolayısıyla \(\lim_{k \to \infty} f(x_k) = \dfrac{1}{2}\).
İkinci dizi. \(y_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k^2} \right)\) alalım. Terimler \((0, 0)\)’dan farklıdır ve \(y_k \to (0, 0)\)’dır. Her \(k\) için
\[f(y_k) = \frac{\dfrac{1}{k^3}}{\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{k^4}} = \frac{\dfrac{1}{k^3}}{\dfrac{k^2 + 1}{k^4}} = \frac{k}{k^2 + 1}\]
olur ve \(0 \le \dfrac{k}{k^2 + 1} \le \dfrac{1}{k}\) olduğundan \(\lim_{k \to \infty} f(y_k) = 0\)’dır.
Sonuç. \(\dfrac{1}{2} \ne 0\) olduğundan Sonuç 8.1 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur.
\(f\) sınırlı bir fonksiyondur: (2) gereği \(|f(x, y)| \le \dfrac{1}{2}\)’dir. Limit, değerlerin sonsuza kaçmasından değil, \((0, 0)\)’a hangi dizi üzerinden yaklaşıldığına göre farklı değerlere yaklaşmasından ötürü yoktur. Örnek 8.12 ile karşılaştıralım: orada paydadaki karekök payı yeterince hızlı küçülttüğü için limit vardı. \(\blacksquare\)
Örnek 8.17 (Parabol Örneğine Dizilerle Bakış) Örnek 8.15 fonksiyonunun, yani \(y = x^2\) iken \(0\), \(y \ne x^2\) iken \(1\) değerini alan fonksiyonun \((0, 0)\)’da limitinin olmadığını dizilerle gösteriniz.
Çözüm
Parabol üzerinde bir dizi. \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k^2} \right)\) alalım. İkinci bileşen birincinin karesi olduğundan terimler parabol üzerindedir: \(f(x_k) = 0\) ve \(\lim_{k \to \infty} f(x_k) = 0\).
Parabolün dışında bir dizi. \(y_k = \left( \dfrac{1}{k}, 0 \right)\) alalım. \(0 \ne \dfrac{1}{k^2}\) olduğundan terimler parabolün dışındadır: \(f(y_k) = 1\) ve \(\lim_{k \to \infty} f(y_k) = 1\).
İki dizinin terimleri de \((0, 0)\)’dan farklıdır ve iki dizi de \((0, 0)\)’a yakınsar. Görüntü dizilerinin limitleri \(0 \ne 1\) olduğundan Sonuç 8.1 gereği limit yoktur. Tanımla yapılan ispata göre çok daha kısadır. \(\blacksquare\)
8.8 Cauchy Ölçütü
Dizilerde Cauchy ölçütü (Teorem 7.6), limiti bilmeden yakınsaklığa karar vermeyi sağlıyordu. Fonksiyon limitinde de aynı ölçüt vardır (tek değişkenli hâli için bkz. Analiz 1): limitin varlığı, \(x_0\) yakınındaki değerlerin birbirine yakın olmasıyla ifade edilir.
Teorem 8.3 (Fonksiyon Limiti için Cauchy Ölçütü) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) limitinin var olması için gerek ve yeter koşul şudur: her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[x, s \in D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big) \ \Longrightarrow\ \|f(x) - f(s)\| < \varepsilon\]
olur.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımını \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) için uygulayalım: \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - L\| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(x, s \in D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big)\) ise iki nokta için de bu eşitsizlik sağlanır ve
\[\|f(x) - f(s)\| \le \|f(x) - L\| + \|L - f(s)\| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
olur.
(\(\Leftarrow\)) Koşul sağlansın. İspatı iki adımda yapacağız: önce aday bir \(L\) bulacak, sonra limitin \(L\) olduğunu göstereceğiz.
Aday limit. \(x_0 \in D'\) olduğundan her \(k \in \mathbb{N}\) için \(x_k \in D\) ve \(0 < \|x_k - x_0\| < \dfrac{1}{k}\) olan bir nokta seçebiliriz; \(x_k \to x_0\) olur. \(\big( f(x_k) \big)\) dizisinin \(\mathbb{R}^m\)’de bir Cauchy dizisi olduğunu gösterelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve koşuldaki \(\delta\)’yı alalım. \(N > \dfrac{1}{\delta}\) olan bir \(N \in \mathbb{N}\) seçelim. \(k, l \ge N\) ise
\[0 < \|x_k - x_0\| < \frac{1}{k} \le \frac{1}{N} < \delta\]
ve aynı biçimde \(0 < \|x_l - x_0\| < \delta\) olur; yani \(x_k, x_l \in D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big)\)’dır. Koşul gereği \(\|f(x_k) - f(x_l)\| < \varepsilon\) olur. \(\big( f(x_k) \big)\) bir Cauchy dizisidir; Teorem 7.6 gereği \(\mathbb{R}^m\)’de bir \(L\) noktasına yakınsar.
Limit \(L\)’dir. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Koşulu \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) için uygulayıp bir \(\delta > 0\) bulalım. \(x_k \to x_0\) ve \(f(x_k) \to L\) olduğundan yeterince büyük bir \(k\) için hem \(\|x_k - x_0\| < \delta\) hem de \(\|f(x_k) - L\| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur; böyle bir \(k\) sabitleyelim. Şimdi \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) olsun. \(x\) ile \(x_k\) noktalarının ikisi de \(D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big)\) kümesindedir; dolayısıyla
\[\|f(x) - L\| \le \|f(x) - f(x_k)\| + \|f(x_k) - L\| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
olur. Bu, \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) demektir. \(\blacksquare\)
İspatın (\(\Leftarrow\)) yönü, \(\mathbb{R}^m\)’nin tam olmasına, yani Cauchy dizilerinin \(\mathbb{R}^m\)’de yakınsamasına dayanır. Ölçütün olumsuzu, limitin olmadığını göstermek için de kullanılır: \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) yoksa öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için
\[x_\delta, s_\delta \in D \cap \big( B(x_0, \delta) \setminus \{x_0\} \big), \quad \|f(x_\delta) - f(s_\delta)\| \ge \varepsilon_0\]
koşullarını sağlayan iki nokta bulunur. Bu yolun üstünlüğü, aday bir \(L\) hakkında hiçbir şey söylemeyi gerektirmemesidir.
Örnek 8.18 (Cauchy Ölçütüyle Limitin Olmadığını Gösterme) \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında Cauchy ölçütünü sağlamadığını gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon_0 = \dfrac{1}{2}\) alalım ve \(\delta > 0\) verilsin. \(t = \dfrac{\delta}{2}\) olmak üzere \(x_\delta = (t, t)\) ve \(s_\delta = (t, 0)\) noktalarını seçelim. \(\|x_\delta\| = t\sqrt{2} = \dfrac{\delta}{\sqrt{2}} < \delta\) ve \(\|s_\delta\| = t < \delta\) olduğundan iki nokta da \(B\big( (0, 0), \delta \big) \setminus \{(0, 0)\}\) içindedir. Öte yandan
\[ \begin{aligned} f(x_\delta) &= \frac{t^2}{2t^2} = \frac{1}{2}, \\[1mm] f(s_\delta) &= \frac{0}{t^2} = 0 \end{aligned} \]
olduğundan \(|f(x_\delta) - f(s_\delta)| = \dfrac{1}{2} \ge \varepsilon_0\)’dır. Cauchy ölçütü sağlanmaz; Teorem 8.3 gereği limit yoktur. \(\blacksquare\)
8.9 Limit için Cebirsel İşlemler ve Sıkıştırma
Tanımla limit hesabı her seferinde yeni bir eşitsizlik bulmayı gerektirir. Limitlerin toplam, çarpım ve bölümle uyumu bu işi büyük ölçüde ortadan kaldırır. İspatı, dizisel karakterizasyon sayesinde dizilerin limit kurallarına (Teorem 6.4) indirgeyeceğiz.
Teorem 8.4 (Limit için Cebirsel İşlemler) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in D'\), \(f, g : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun.
\[ \begin{aligned} \lim_{x \to x_0} f(x) &= L_1, \\[1mm] \lim_{x \to x_0} g(x) &= L_2 \end{aligned} \]
ise:
Toplam. \(\lim_{x \to x_0} (f + g)(x) = L_1 + L_2\).
Skalerle çarpım. \(\lim_{x \to x_0} (\alpha f)(x) = \alpha L_1\).
İç çarpım. \(\lim_{x \to x_0} (f \cdot g)(x) = \langle L_1, L_2 \rangle\). Özel olarak \(m = 1\) ise \(\lim_{x \to x_0} f(x) g(x) = L_1 L_2\).
Norm. \(\lim_{x \to x_0} \|f(x)\| = \|L_1\|\).
Bölüm. \(m = 1\) ve \(L_2 \ne 0\) olsun. O zaman öyle bir \(\delta_0 > 0\) vardır ki \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_0\) iken \(g(x) \ne 0\) olur; \(E = \{ x \in D : g(x) \ne 0 \}\) için \(x_0 \in E'\)’dür ve
\[\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L_1}{L_2}\]
olur.
Vektörel çarpım. \(m = 3\) ise \(\lim_{x \to x_0} (f \times g)(x) = L_1 \times L_2\).
İspat
1, 2, 3, 4 ve 6. Terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan keyfi bir \((x_k)\) dizisi alalım. Teorem 8.2 gereği \(\mathbb{R}^m\)’de \(f(x_k) \to L_1\) ve \(g(x_k) \to L_2\) olur. İşlemler noktadan noktaya tanımlandığından (Tanım 8.6) \((f + g)(x_k) = f(x_k) + g(x_k)\), \((\alpha f)(x_k) = \alpha f(x_k)\), \((f \cdot g)(x_k) = \langle f(x_k), g(x_k) \rangle\) ve \((f \times g)(x_k) = f(x_k) \times g(x_k)\)’dir. Dizilerin limit kuralları (Teorem 6.4; toplam, skalerle çarpım, iç çarpım, norm ve vektörel çarpım maddeleri) gereği
\[ \begin{aligned} f(x_k) + g(x_k) &\to L_1 + L_2, \\[1mm] \alpha f(x_k) &\to \alpha L_1, \\[1mm] \langle f(x_k), g(x_k) \rangle &\to \langle L_1, L_2 \rangle, \\[1mm] \|f(x_k)\| &\to \|L_1\| \end{aligned} \]
olur ve \(m = 3\) iken \(f(x_k) \times g(x_k) \to L_1 \times L_2\)’dir. \((x_k)\) keyfi olduğundan Teorem 8.2 teoreminin (\(\Leftarrow\)) yönü her fonksiyonun limitini verir. \(m = 1\) iken \(\langle f(x), g(x) \rangle = f(x) g(x)\) olduğundan çarpım kuralı 3’ün özel durumudur.
5. Önce \(g\)’nin \(x_0\) yakınında sıfır olmadığını gösterelim. Limit tanımını \(\varepsilon = \dfrac{|L_2|}{2} > 0\) için uygulayalım: \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_0\) iken \(|g(x) - L_2| < \dfrac{|L_2|}{2}\) olacak bir \(\delta_0 > 0\) vardır. Bu \(x\)’ler için ters üçgen eşitsizliğiyle
\[|g(x)| \ge |L_2| - |g(x) - L_2| > |L_2| - \frac{|L_2|}{2} = \frac{|L_2|}{2} > 0\]
olur. Dolayısıyla \(D \cap \big( B(x_0, \delta_0) \setminus \{x_0\} \big) \subseteq E\)’dir. Her \(r > 0\) için \(\rho = \min\{r, \delta_0\}\) alınırsa \(x_0 \in D'\) olduğundan \(D \cap \big( B(x_0, \rho) \setminus \{x_0\} \big)\) boş değildir ve bu kümenin noktaları \(E\)’dedir; yani \(x_0 \in E'\)’dür.
Şimdi terimleri \(E \setminus \{x_0\}\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan bir \((x_k)\) dizisi alalım. \(E \subseteq D\) olduğundan Teorem 8.2 gereği \(f(x_k) \to L_1\) ve \(g(x_k) \to L_2\)’dir; ayrıca her \(k\) için \(g(x_k) \ne 0\) ve \(L_2 \ne 0\)’dır. Reel dizilerin bölüm kuralı (bkz. Analiz 1) gereği \(\dfrac{f(x_k)}{g(x_k)} \to \dfrac{L_1}{L_2}\) olur. Teorem 8.2, \(\dfrac{f}{g} : E \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna uygulanırsa sonuç çıkar. \(\blacksquare\)
Teorem, limitleri var olan fonksiyonlar hakkındadır; tersi doğru değildir. Örneğin \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) ve \(g = -f\) fonksiyonlarının \((0, 0)\)’da limiti yoktur (Örnek 8.16), ama \(f + g = 0\) fonksiyonunun limiti \(0\)’dır. Bir limiti parçalarına ayırmadan önce parçaların limitlerinin var olduğundan emin olunmalıdır.
Reel değerli fonksiyonlar için sıralamayla ilgili bir araç daha vardır.
Teorem 8.5 (Sıkıştırma Teoremi) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in D'\) ve \(f, g, h : D \to \mathbb{R}\) olsun. Bir \(r > 0\) için
\[f(x) \le h(x) \le g(x) \qquad \big( x \in D,\ 0 < \|x - x_0\| < r \big)\]
olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = L\) ise \(\lim_{x \to x_0} h(x) = L\)’dir.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Limit tanımından
- \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_1\) iken \(|f(x) - L| < \varepsilon\), dolayısıyla \(L - \varepsilon < f(x)\) olacak bir \(\delta_1 > 0\),
- \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta_2\) iken \(|g(x) - L| < \varepsilon\), dolayısıyla \(g(x) < L + \varepsilon\) olacak bir \(\delta_2 > 0\)
vardır. \(\delta = \min\{r, \delta_1, \delta_2\}\) diyelim. \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) ise üç eşitsizlik birlikte sağlanır:
\[L - \varepsilon < f(x) \le h(x) \le g(x) < L + \varepsilon.\]
Yani \(|h(x) - L| < \varepsilon\)’dur; bu, \(\lim_{x \to x_0} h(x) = L\) demektir. \(\blacksquare\)
Teoremin Analiz 1’deki karşılığı (bkz. Analiz 1) aynı ispata sahiptir. Uygulamada en sık kullanılan biçimi, farkın normunu sıfıra giden bir fonksiyonla sınırlamaktır; bu biçim vektör değerli fonksiyonlarda da çalışır.
Sonuç 8.2 (Sıfıra Giden Fonksiyonla Karşılaştırma) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in D'\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(L \in \mathbb{R}^m\) ve \(h : D \to \mathbb{R}\) olsun. Bir \(r > 0\) için
\[\|f(x) - L\| \le h(x) \qquad \big( x \in D,\ 0 < \|x - x_0\| < r \big)\]
ve \(\lim_{x \to x_0} h(x) = 0\) ise \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\)’dir.
İspat
\(0 \le \|f(x) - L\| \le h(x)\) olur. Sabit \(0\) fonksiyonunun limiti \(0\)’dır (Önerme 8.2) ve \(h\)’nin limiti \(0\)’dır; Teorem 8.5 gereği \(\lim_{x \to x_0} \|f(x) - L\| = 0\)’dır. Bu limitin tanımı, her \(\varepsilon > 0\) için bir \(\delta > 0\) bulunmasıdır öyle ki \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken
\[\big| \|f(x) - L\| - 0 \big| = \|f(x) - L\| < \varepsilon\]
olur. Bu da \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) tanımının kendisidir. \(\blacksquare\)
Yani \(\|f(x) - L\|\) farkını, \(x_0\)’da sıfıra gittiğini bildiğimiz bir fonksiyonla sınırlamak yeter. Tanımla limit hesabında yaptığımız da buydu: Örnek 8.12 örneğinde \(h(x, y) = \dfrac{1}{2} \|(x, y)\|\) fonksiyonunu kullandık.
Son olarak, tek değişkenli sürekli fonksiyonların limite girebildiğini gösterelim. Böylece \(e^y\), \(\sin(xy)\), \(\sqrt{x^2 + y^2}\) gibi ifadelerin limitleri de hesaplanabilir.
Önerme 8.3 (Tek Değişkenli Sürekli Fonksiyonla Bileşke) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in D'\), \(g : D \to \mathbb{R}\) ve \(\lim_{x \to x_0} g(x) = b\) olsun. \(I \subseteq \mathbb{R}\) kümesi \(g(D) \subseteq I\) ve \(b \in I\) koşullarını sağlasın ve \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(b\) noktasında sürekli olsun (bkz. Analiz 1). O zaman
\[\lim_{x \to x_0} \varphi\big( g(x) \big) = \varphi(b)\]
olur.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\varphi\), \(b\)’de sürekli olduğundan
\[t \in I \ \text{ ve } \ |t - b| < \eta \ \Longrightarrow\ |\varphi(t) - \varphi(b)| < \varepsilon\]
olacak bir \(\eta > 0\) vardır. \(\lim_{x \to x_0} g(x) = b\) olduğundan, limit tanımını \(\eta\) için uygulayarak, \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(|g(x) - b| < \eta\) olacak bir \(\delta > 0\) buluruz. Bu \(x\)’ler için \(t = g(x) \in I\) ve \(|t - b| < \eta\) olduğundan \(|\varphi(g(x)) - \varphi(b)| < \varepsilon\) olur. \(\blacksquare\)
Örneğin Önerme 8.2 gereği \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} y = y_0\) olduğundan, üstel fonksiyonun sürekliliğiyle \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} e^y = e^{y_0}\) bulunur. Dış fonksiyonun da çok değişkenli olabildiği genel bileşke, süreklilik bölümünde ele alınacak.
Örnek 8.19 (Sıkıştırmayla Limit) \[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2} = 0\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Fonksiyonun tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır. Bu kümede \(y^2 \le x^2 + y^2\) olduğundan \(\dfrac{y^2}{x^2 + y^2} \le 1\)’dir; dolayısıyla
\[0 \le \frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2} = x^2 \cdot \frac{y^2}{x^2 + y^2} \le x^2\]
olur. Alt sınır sabit \(0\) fonksiyonudur ve limiti \(0\)’dır. Üst sınır için Önerme 8.2 gereği \(\lim x = 0\)’dır; Teorem 8.4 çarpım kuralıyla \(\lim x^2 = 0 \cdot 0 = 0\) olur. Teorem 8.5 gereği aradaki fonksiyonun limiti de \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
8.10 ℝⁿ’de Polinomlar ve Rasyonel Fonksiyonlar
Cebirsel işlemler teoreminin ilk büyük uygulaması, en basit çok değişkenli fonksiyonlar olan polinomlardır.
Tanım 8.9 (ℝⁿ’de Polinom) \(N_1, \dots, N_n\) negatif olmayan tam sayılar ve \(a_{j_1 j_2 \dots j_n} \in \mathbb{R}\) sabit katsayılar olmak üzere, \(x = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n\) için
\[P(x) = \sum_{j_1 = 0}^{N_1} \cdots \sum_{j_n = 0}^{N_n} a_{j_1 j_2 \dots j_n}\, x_1^{j_1} x_2^{j_2} \cdots x_n^{j_n}\]
biçimindeki reel değerli fonksiyonlara \(\mathbb{R}^n\)’de (ya da \(n\) değişkenli) polinom denir. Katsayısı sıfırdan farklı olan terimler arasında \(j_1 + j_2 + \dots + j_n\) toplamının en büyük değerine polinomun derecesi denir. \(n\) değişkenli bütün polinomların kümesi \(\mathbb{R}[x_1, \dots, x_n]\) ile gösterilir.
Yani polinom, \(a\, x_1^{j_1} \cdots x_n^{j_n}\) biçimindeki sonlu sayıda terimin toplamıdır; bir terimin derecesi değişkenlerin kuvvetlerinin toplamıdır, polinomun derecesi de terimlerin derecelerinin en büyüğüdür. Örneğin iki değişkende
\[P(x, y) = x^4 + 5x^3 y^2 + xy^4 - 7y + 6\]
polinomunun terimlerinin dereceleri sırasıyla \(4\), \(3 + 2 = 5\), \(1 + 4 = 5\), \(1\) ve \(0\)’dır; \(P\) beşinci dereceden bir polinomdur. \(3x^2 y\) üçüncü, \(x^2 + y^2\) ikinci dereceden birer polinomdur. Polinomlar her noktada tanımlıdır ve değerleri gerçel sayılardır.
Tanım 8.10 (Rasyonel Fonksiyon) \(P\) ve \(Q\), \(\mathbb{R}^n\)’de iki polinom olsun.
\[R(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}, \qquad x \in \{ x \in \mathbb{R}^n : Q(x) \ne 0 \}\]
biçiminde tanımlanan fonksiyona \(\mathbb{R}^n\)’de bir rasyonel fonksiyon denir.
Yani rasyonel fonksiyon iki polinomun bölümüdür ve paydanın sıfır olduğu noktalarda tanımsızdır. Bu bölümde gördüğümüz \(\dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) ve \(\dfrac{3x^2 - y^2 + 5}{x^2 + y^2 + 2}\) fonksiyonları birer rasyonel fonksiyondur.
Önerme 8.4 (Polinomların ve Rasyonel Fonksiyonların Limiti) \(P\) ve \(Q\), \(\mathbb{R}^n\)’de iki polinom ve \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) olsun.
- \(\lim_{x \to x_0} P(x) = P(x_0)\).
- \(Q(x_0) \ne 0\) ise \(\lim_{x \to x_0} \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{P(x_0)}{Q(x_0)}\).
İspat
\(x_0 = (a_1, \dots, a_n)\) yazalım. Polinomların tanım kümesi \(\mathbb{R}^n\)’dir ve her nokta \(\mathbb{R}^n\)’nin bir yığılma noktasıdır.
Terimler. \(j_1 + \dots + j_n = d\) olsun ve \(T(x) = x_1^{j_1} \cdots x_n^{j_n}\) terimini düşünelim. \(d = 0\) ise \(T = 1\) sabit fonksiyondur ve limiti \(1 = T(x_0)\)’dır (Önerme 8.2). \(d \ge 1\) ise \(T\), her biri \(x \mapsto x_i\) biçiminde olan \(d\) tane izdüşüm fonksiyonunun çarpımıdır. Önerme 8.2 gereği her izdüşümün limiti \(a_i\)’dir. Çarpım kuralını (Teorem 8.4) çarpan sayısı üzerinden tümevarımla \(d - 1\) kez uygularsak
\[\lim_{x \to x_0} x_1^{j_1} \cdots x_n^{j_n} = a_1^{j_1} \cdots a_n^{j_n} = T(x_0)\]
buluruz.
Polinom. \(P\), sonlu sayıda terimin katsayılarla çarpılıp toplanmasıyla elde edilir. Skalerle çarpım kuralı her terimin limitini katsayısıyla çarpar; toplam kuralı terim sayısı üzerinden tümevarımla uygulanınca
\[\lim_{x \to x_0} P(x) = \sum a_{j_1 \dots j_n}\, a_1^{j_1} \cdots a_n^{j_n} = P(x_0)\]
olur.
Rasyonel fonksiyon. 1 gereği \(P(x) \to P(x_0)\) ve \(Q(x) \to Q(x_0) \ne 0\)’dır. Teorem 8.4 teoreminin bölüm kuralı, \(x_0\)’ın \(\{ Q \ne 0 \}\) kümesinin bir yığılma noktası olduğunu ve \(\dfrac{P}{Q}\)’nun limitinin \(\dfrac{P(x_0)}{Q(x_0)}\) olduğunu verir. \(\blacksquare\)
Yani bir polinomun limiti, \(x_0\) noktasını yerine yazarak bulunur; paydası \(x_0\)’da sıfır olmayan rasyonel fonksiyonlar için de aynısı geçerlidir. Tek değişkenli karşılığı Analiz 1’den bilinir (bkz. Analiz 1). Paydanın \(x_0\)’da sıfır olduğu durumda önerme hiçbir şey söylemez; o zaman tanıma, dizilere ya da sıkıştırmaya başvurmak gerekir.
Örnek 8.20 (Yerine Koyarak Limit) \[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{2 + x - y}{1 + 2x^2 + 3y^2}\]
limitini bulunuz.
Çözüm
\(P(x, y) = 2 + x - y\) ve \(Q(x, y) = 1 + 2x^2 + 3y^2\) birer polinomdur. Önerme 8.4 gereği
\[ \begin{aligned} \lim_{(x, y) \to (0, 0)} P(x, y) &= P(0, 0) = 2, \\[1mm] \lim_{(x, y) \to (0, 0)} Q(x, y) &= Q(0, 0) = 1 \end{aligned} \]
olur. \(Q(0, 0) = 1 \ne 0\) olduğundan bölüm kuralı uygulanır:
\[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{2 + x - y}{1 + 2x^2 + 3y^2} = \frac{2}{1} = 2.\]
\(\blacksquare\)
Örnek 8.21 (Paydası Sıfır Olan Rasyonel Fonksiyon) \[f(x, y) = \frac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki limitini bulunuz ve tanımla kanıtlayınız.
Çözüm
\(f = \dfrac{P}{Q}\) biçimindedir; \(P(x, y) = 3x^2 y\) üçüncü, \(Q(x, y) = x^2 + y^2\) ikinci dereceden bir polinomdur. \(Q(0, 0) = 0\) olduğundan Önerme 8.4 kullanılamaz; pay da paydada sıfıra gider. Pay ve payda homojendir; pay üçüncü, payda ikinci derecedendir ve payda yalnız \((0, 0)\)’da sıfırlanır. Bu durumda \((0, 0)\) yakınında pay paydadan hızlı küçülür ve limitin \(0\) olması beklenir. Ama bu bir tahmindir; kanıt gerekir. Payda başka noktalarda da sıfırlanıyorsa derece karşılaştırması yanıltabilir (Örnek 9.6).
Farkı sınırla. \((x, y) \ne (0, 0)\) için (2) eşitsizliğini \(2|xy| \le x^2 + y^2\) biçiminde kullanırsak
\[|f(x, y)| = \frac{3x^2 |y|}{x^2 + y^2} = \frac{3}{2}\,|x| \cdot \frac{2|xy|}{x^2 + y^2} \le \frac{3}{2}\,|x|\]
olur. (1) gereği \(|x| \le \|(x, y)\|\) olduğundan \(|f(x, y)| \le \dfrac{3}{2} \|(x, y)\|\)’dir.
\(\delta\)’yı seç. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{2\varepsilon}{3}\) alalım. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise
\[|f(x, y) - 0| \le \frac{3}{2}\,\|(x, y)\| < \frac{3}{2}\,\delta = \varepsilon\]
olur. Dolayısıyla \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0\)’dır. \(\blacksquare\)
8.11 Limitin Bileşenlerle Hesabı
Dizilerde yakınsaklığın bileşenlerin yakınsaklığıyla aynı şey olduğunu görmüştük (Teorem 6.3). Fonksiyonlarda da vektör değerli bir limit, bileşenlerin limitlerinden oluşur.
Teorem 8.6 (Limitin Bileşenlerle Hesabı) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in D'\), \(f = (f_1, \dots, f_m) : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(L = (L_1, \dots, L_m) \in \mathbb{R}^m\) olsun. O zaman
\[\lim_{x \to x_0} f(x) = L \iff \lim_{x \to x_0} f_j(x) = L_j \quad (j = 1, 2, \dots, m)\]
olur.
İspat
Terimleri \(D \setminus \{x_0\}\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan keyfi bir \((x_k)\) dizisi alalım. \(f(x_k)\) noktasının bileşenleri \(f_1(x_k), \dots, f_m(x_k)\) olduğundan Teorem 6.3 gereği
\[f(x_k) \to L \iff f_j(x_k) \to L_j \quad (j = 1, \dots, m) \tag{3}\]
olur.
(\(\Rightarrow\)) \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olsun. Teorem 8.2 gereği \(f(x_k) \to L\); (3) gereği her \(j\) için \(f_j(x_k) \to L_j\) olur. Dizi keyfi olduğundan Teorem 8.2, \(f_j\) fonksiyonuna uygulanınca \(\lim_{x \to x_0} f_j(x) = L_j\) verir.
(\(\Leftarrow\)) Her \(j\) için \(\lim_{x \to x_0} f_j(x) = L_j\) olsun. Teorem 8.2 gereği her \(j\) için \(f_j(x_k) \to L_j\); (3) gereği \(f(x_k) \to L\) olur. Dizi keyfi olduğundan Teorem 8.2 gereği \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\)’dir. \(\blacksquare\)
Yani vektör değerli bir fonksiyonun limiti bileşen bileşen hesaplanır ve bileşenlerden birinin limiti yoksa \(f\)’nin de limiti yoktur. \(x_0 = (a_1, \dots, a_n)\) iken bileşenlerin limiti bazen
\[\lim_{\substack{x_1 \to a_1 \\ \vdots \\ x_n \to a_n}} f_j(x_1, \dots, x_n) = L_j\]
biçiminde de yazılır. Bu yazımda bütün değişkenler aynı anda yaklaşır; yani yazılan şey \(x \to x_0\) limitidir. Değişkenlerin sırayla, biri sabit tutulurken öbürü yaklaştırılarak alınan limitler başka bir kavramdır ve sonraki bölümde ele alınacak.
- Bileşenlere ayır. \(f = (f_1, \dots, f_m)\) ve \(x_0\) yazılır; \(x_0\)’ın tanım kümesinin yığılma noktası olduğu denetlenir.
- Her bileşenin limitini bul. Payda \(x_0\)’da sıfır değilse Önerme 8.4 ve Teorem 8.4, tek değişkenli fonksiyonlar için Önerme 8.3, belirsizlik durumunda sıkıştırma (Teorem 8.5, Sonuç 8.2) ya da tanım kullanılır.
- Birleştir. Teorem 8.6 gereği \(\lim_{x \to x_0} f(x) = (L_1, \dots, L_m)\) olur.
Örnek 8.22 (Üstel Bileşenli Fonksiyonun Limiti) \[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \big( 2xy + 1,\ e^y + 2 \big)\]
limitini bulunuz.
Çözüm
Bileşenler \(f_1(x, y) = 2xy + 1\) ve \(f_2(x, y) = e^y + 2\)’dir; ikisi de her noktada tanımlıdır.
Birinci bileşen. \(f_1\) bir polinomdur; Önerme 8.4 gereği limiti \(f_1(0, 0) = 2 \cdot 0 \cdot 0 + 1 = 1\)’dir.
İkinci bileşen. Önerme 8.2 gereği \(\lim y = 0\)’dır. Üstel fonksiyon \(0\)’da sürekli olduğundan Önerme 8.3 gereği \(\lim e^y = e^0 = 1\)’dir. Sabit \(2\)’nin limiti \(2\) olduğundan toplam kuralıyla \(\lim f_2 = 1 + 2 = 3\) olur.
Birleştir. Teorem 8.6 gereği
\[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \big( 2xy + 1,\ e^y + 2 \big) = (1, 3)\]
olur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.23 (Kesirli Bileşenin Limiti) \[f(x, y) = \left( \frac{x - 1}{y},\ x + 2 \right)\]
fonksiyonunun \((1, -1)\) noktasındaki limitini bulunuz.
Çözüm
\(\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : y \ne 0 \}\)’dır; \((1, -1)\) bu kümededir ve \(1\)’den küçük yarıçaplı her yuvarı kümenin içinde kaldığından bir yığılma noktasıdır.
Birinci bileşen. \(f_1 = \dfrac{x - 1}{y}\) bir rasyonel fonksiyondur ve paydası \((1, -1)\)’de \(-1 \ne 0\)’dır. Önerme 8.4 gereği
\[\lim_{(x, y) \to (1, -1)} \frac{x - 1}{y} = \frac{1 - 1}{-1} = 0.\]
İkinci bileşen. \(f_2 = x + 2\) bir polinomdur; limiti \(1 + 2 = 3\)’tür.
Birleştir. Teorem 8.6 gereği \(\lim_{(x, y) \to (1, -1)} f(x, y) = (0, 3)\)’tür. \(\blacksquare\)
Örnek 8.24 (Sinüs ve Tanjant Bileşenli Fonksiyon) \[f(x, y) = \left( \frac{y \sin x}{x},\ \tan\frac{x}{y},\ x^2 + y^2 - xy \right)\]
fonksiyonunun \((0, 1)\) noktasındaki limitini bulunuz.
Çözüm
Tanım kümesi. \(f_1\) için \(x \ne 0\); \(f_2\) için \(y \ne 0\) ve \(\dfrac{x}{y} \ne \dfrac{\pi}{2} + k\pi\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) gerekir; \(f_3\) her yerde tanımlıdır. \((0, 1)\) noktası tanım kümesinde değildir, çünkü \(x = 0\)’dır. Ama \(0 < |t| < \dfrac{\pi}{2}\) için \((t, 1)\) noktaları tanım kümesindedir ve \((0, 1)\)’e istenildiği kadar yakındır; \((0, 1)\) bir yığılma noktasıdır.
Birinci bileşen. \(\varphi(t) = \dfrac{\sin t}{t}\) (\(t \ne 0\)), \(\varphi(0) = 1\) fonksiyonu \(\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} = 1\) olduğundan \(0\)’da süreklidir (bkz. Analiz 1). Tanım kümesinde \(x \ne 0\) olduğundan \(\dfrac{\sin x}{x} = \varphi(x)\)’tir; \(\lim x = 0\) olduğundan Önerme 8.3 gereği \(\lim \dfrac{\sin x}{x} = \varphi(0) = 1\)’dir. \(\lim y = 1\) olduğundan çarpım kuralıyla
\[\lim_{(x, y) \to (0, 1)} \frac{y \sin x}{x} = 1 \cdot 1 = 1.\]
İkinci bileşen. \(\dfrac{x}{y}\) rasyonel fonksiyonunun paydası \((0, 1)\)’de \(1 \ne 0\)’dır; limiti \(\dfrac{0}{1} = 0\)’dır. Tanım kümesinde \(\dfrac{x}{y}\) tanjantın tanım kümesindedir ve tanjant \(0\)’da süreklidir (bkz. Analiz 1). Önerme 8.3 gereği
\[\lim_{(x, y) \to (0, 1)} \tan\frac{x}{y} = \tan 0 = 0.\]
Üçüncü bileşen. Polinomdur; limiti \(0^2 + 1^2 - 0 \cdot 1 = 1\)’dir.
Birleştir. Teorem 8.6 gereği \(\lim_{(x, y) \to (0, 1)} f(x, y) = (1, 0, 1)\)’dir. \(\blacksquare\)
Örnek 8.25 (Sıkıştırmayla Hesaplanan Bileşenler) \[f(x, y) = \left( \frac{x^4 + y^4}{x^2 + y^2},\ \frac{\sqrt{|xy|}}{\sqrt[3]{x^2 + y^2}} \right)\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki limitinin \((0, 0)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki bileşen de \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’da tanımlıdır ve \((0, 0)\)’da \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliği verir. Tek değişkenli limitlerdeki L’Hôpital kuralının burada bir karşılığı yoktur; her bileşeni sıkıştırmayla inceleyeceğiz.
Birinci bileşen. \(2x^2 y^2 \ge 0\) olduğundan
\[0 \le x^4 + y^4 \le x^4 + 2x^2 y^2 + y^4 = (x^2 + y^2)^2\]
olur; \(x^2 + y^2 > 0\) ile bölersek
\[0 \le \frac{x^4 + y^4}{x^2 + y^2} \le x^2 + y^2.\]
Üst sınır bir polinomdur ve limiti \(0\)’dır (Önerme 8.4); Teorem 8.5 gereği birinci bileşenin limiti \(0\)’dır.
İkinci bileşen. (2) eşitsizliği \(|xy| \le \dfrac{x^2 + y^2}{2}\) verir; karekök alırsak \(\sqrt{|xy|} \le \dfrac{(x^2 + y^2)^{1/2}}{\sqrt{2}}\) olur. Buradan
\[0 \le \frac{\sqrt{|xy|}}{(x^2 + y^2)^{1/3}} \le \frac{(x^2 + y^2)^{1/2 - 1/3}}{\sqrt{2}} = \frac{\|(x, y)\|^{1/3}}{\sqrt{2}}\]
bulunur. Üst sınırın limitinin \(0\) olduğunu tanımla gösterelim: \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \big( \sqrt{2}\,\varepsilon \big)^3 = 2\sqrt{2}\,\varepsilon^3\) alalım. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise
\[\frac{\|(x, y)\|^{1/3}}{\sqrt{2}} < \frac{\delta^{1/3}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}\,\varepsilon}{\sqrt{2}} = \varepsilon\]
olur. Teorem 8.5 gereği ikinci bileşenin limiti de \(0\)’dır.
Birleştir. Teorem 8.6 gereği \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = (0, 0)\)’dır. \(\blacksquare\)
Örnek 8.26 (Çarpanlara Ayırarak Sıkıştırma) \[f(x, y) = \left( \frac{x^2 - 1}{y^2 + 1},\ \frac{x^2 y - 2xy + y - (x - 1)^2}{x^2 + y^2 - 2x - 2y + 2} \right)\]
fonksiyonunun \((1, 1)\) noktasındaki limitini bulunuz.
Çözüm
Birinci bileşen. \(\dfrac{x^2 - 1}{y^2 + 1}\) rasyonel fonksiyonunun paydası hiçbir yerde sıfır değildir; \((1, 1)\)’de \(2\)’dir. Önerme 8.4 gereği limit \(\dfrac{1 - 1}{1 + 1} = 0\)’dır.
İkinci bileşen. Burada pay da payda da \((1, 1)\)’de sıfırdır. İkisini de düzenleyelim:
\[ \begin{aligned} x^2 y - 2xy + y - (x - 1)^2 &= y(x - 1)^2 - (x - 1)^2 = (x - 1)^2 (y - 1), \\[1mm] x^2 + y^2 - 2x - 2y + 2 &= (x - 1)^2 + (y - 1)^2. \end{aligned} \]
Payda yalnız \((1, 1)\)’de sıfırdır; tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(1, 1)\}\)’dir ve
\[f_2(x, y) = \frac{(x - 1)^2 (y - 1)}{(x - 1)^2 + (y - 1)^2}\]
olur. \((x - 1)^2 \le (x - 1)^2 + (y - 1)^2\) olduğundan
\[|f_2(x, y) - 0| \le |y - 1|\]
bulunur. \(y - 1\) polinomunun \((1, 1)\)’deki limiti \(0\)’dır ve norm kuralı (Teorem 8.4, \(m = 1\) için mutlak değer) gereği \(\lim |y - 1| = 0\)’dır. Sonuç 8.2 gereği \(\lim_{(x, y) \to (1, 1)} f_2(x, y) = 0\)’dır.
Birleştir. Teorem 8.6 gereği \(\lim_{(x, y) \to (1, 1)} f(x, y) = (0, 0)\)’dır. \(\blacksquare\)
8.12 Alıştırmalar
İlk altı alıştırmada maksimal tanım kümesi bulunur; sonraki üçünde limit, tanımla ya da dizilerle incelenir.
Alıştırma 8.1 (Karekök ve Logaritmanın Toplamı) \(f(x, y) = \sqrt{x^2 - y} + \ln(y - 1)\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz ve betimleyiniz.
Çözüm
Birinci terim. \(x^2 - y \ge 0\), yani \(y \le x^2\) olmalıdır: parabol ve altı.
İkinci terim. \(y - 1 > 0\), yani \(y > 1\) olmalıdır: \(y = 1\) doğrusunun üstü.
Kesişim.
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : 1 < y \le x^2 \}.\]
Bu kümenin boş olmaması için \(x^2 > 1\), yani \(|x| > 1\) gerekir. Dolayısıyla tanım kümesi iki ayrı parçadan oluşur: \(x > 1\) ve \(x < -1\) yanlarında, \(y = 1\) doğrusunun üstünde ve \(y = x^2\) parabolünün üzerinde ya da altında kalan bölgeler. Parabol yayları kümeye dahildir, \(y = 1\) doğrusu dahil değildir; iki parça da yukarı doğru sınırsızdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.2 (Açının İçinde Kalan Bölge) \[f(x, y) = \big( \sqrt{1 - x^2},\ \ln(x^2 - y^2),\ \sin x \cos y \big)\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Birinci bileşen. \(1 - x^2 \ge 0\), yani \(|x| \le 1\).
İkinci bileşen. \(x^2 - y^2 > 0\), yani \(y^2 < x^2\); iki yanın karekökü alınırsa \(|y| < |x|\).
Üçüncü bileşen. Her yerde tanımlıdır.
Kesişim.
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : |y| < |x| \le 1 \}.\]
\(|y| < |x|\) koşulu, \(y = x\) ve \(y = -x\) doğrularının arasında kalan ve \(x\)-eksenini içeren iki açık açısal bölgeyi betimler; bu koşul \(x \ne 0\)’ı da gerektirir, dolayısıyla başlangıç noktası kümede değildir. \(|x| \le 1\) ile kesişince, tepeleri başlangıç noktasında olan ve \(x = \pm 1\) doğrularıyla kapanan iki üçgen bölge elde edilir: tanım kümesi bir papyonu andırır. Üçgenlerin \(x = \pm 1\) üzerindeki kenarları (uç noktaları hariç) kümeye dahildir, \(y = \pm x\) üzerindeki kenarlar dahil değildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.3 (Tanjant Bileşenli Fonksiyonun Tanım Kümesi) \[f(x, y) = \left( \frac{y \sin x}{x},\ \tan\frac{x}{y},\ x^2 + y^2 - xy \right)\]
fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Birinci bileşen. Payda sıfır olmamalıdır: \(x \ne 0\).
İkinci bileşen. Önce \(\dfrac{x}{y}\) tanımlı olmalıdır: \(y \ne 0\). Ayrıca tanjant, kosinüsün sıfır olduğu noktalarda tanımsızdır:
\[\frac{x}{y} \ne \frac{\pi}{2} + k\pi \iff x \ne \left( k + \frac{1}{2} \right) \pi\, y \qquad (k \in \mathbb{Z}).\]
Üçüncü bileşen. Polinomdur; her yerde tanımlıdır.
Kesişim.
\[ \begin{aligned} \operatorname{dom} f = \Big\{ (x, y) :\ & x \ne 0,\ y \ne 0, \\[1mm] & x \ne \left( k + \tfrac{1}{2} \right) \pi\, y \ \ (k \in \mathbb{Z}) \Big\}. \end{aligned} \]
Tanım kümesi, düzlemden iki koordinat ekseni ve başlangıç noktasından geçen \(x = \left( k + \frac{1}{2} \right) \pi\, y\) doğrularının (\(k \in \mathbb{Z}\)) çıkarılmasıyla elde edilir. Bu doğruların eğimleri \(\dfrac{1}{\left( k + \frac{1}{2} \right) \pi}\) sayılarıdır ve \(|k|\) büyüdükçe \(x\)-eksenine yaklaşırlar. Örnek 8.24 örneğinde bu fonksiyonun \((0, 1)\) noktasındaki limitini hesaplamıştık. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.4 (Çarpımın Karekökü) \(f(x, y) = \sqrt{(x - 1)(y + 2)}\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Karekökün içi negatif olmamalıdır: \((x - 1)(y + 2) \ge 0\). Bir çarpım ancak çarpanlar aynı işaretliyse ya da çarpanlardan biri sıfırsa negatif değildir:
\[\operatorname{dom} f = \{ x \ge 1,\ y \ge -2 \} \cup \{ x \le 1,\ y \le -2 \}.\]
Tanım kümesi, \(x = 1\) ve \(y = -2\) doğrularının ayırdığı dört bölgeden sağ üstteki ile sol alttakinin, kenarlarıyla birlikte birleşimidir. Örnek 8.1 örneğindeki logaritmalı bileşenle karşılaştıralım: orada eşitsizlik kesin olduğu için doğrular kümeye dahil değildi; burada karekök sıfırda da tanımlı olduğu için iki doğrunun tamamı kümeye dahildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.5 (Bölümün Logaritması) \(f(x, y) = \ln\dfrac{x}{y}\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Önce kesir tanımlı olmalıdır: \(y \ne 0\). Sonra logaritmanın içi pozitif olmalıdır: \(\dfrac{x}{y} > 0\). Bir bölüm ancak pay ve payda aynı işaretliyse pozitiftir; bu da \(xy > 0\) demektir (\(y \ne 0\) koşulunu da içerir):
\[\operatorname{dom} f = \{ (x, y) : xy > 0 \} = \{ x > 0,\ y > 0 \} \cup \{ x < 0,\ y < 0 \}.\]
Tanım kümesi birinci ve üçüncü açık çeyrek düzlemlerin birleşimidir; eksenler kümeye dahil değildir. \(\ln x - \ln y\) fonksiyonuyla karşılaştıralım: onun tanım kümesi yalnız birinci çeyrektir. İki formül birinci çeyrekte aynı değeri verir, ama tanım kümeleri farklı olduğundan farklı fonksiyonlardır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.6 (Dama Tahtasına Benzeyen Tanım Kümesi) \(f(x, y) = \sqrt{y \sin x}\) fonksiyonunun maksimal tanım kümesini bulunuz.
Çözüm
Karekökün içi negatif olmamalıdır: \(y \sin x \ge 0\). Bu, iki çarpanın aynı işaretli olması ya da birinin sıfır olması demektir:
- \(y \ge 0\) ve \(\sin x \ge 0\); \(\sin x \ge 0\) ancak \(x \in [2k\pi, (2k + 1)\pi]\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) iken sağlanır;
- \(y \le 0\) ve \(\sin x \le 0\); \(\sin x \le 0\) ancak \(x \in [(2k - 1)\pi, 2k\pi]\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) iken sağlanır.
Dolayısıyla
\[ \begin{aligned} \operatorname{dom} f = \ & \Big\{ y \ge 0,\ x \in \textstyle\bigcup_{k \in \mathbb{Z}} [2k\pi, (2k + 1)\pi] \Big\} \\[1mm] & \cup \Big\{ y \le 0,\ x \in \textstyle\bigcup_{k \in \mathbb{Z}} [(2k - 1)\pi, 2k\pi] \Big\} \end{aligned} \]
olur. Genişliği \(\pi\) olan dikey şeritler sırayla üst yarıda ve alt yarıda kümeye girer: \([0, \pi]\) şeridinin üst yarısı, \([\pi, 2\pi]\) şeridinin alt yarısı, \([2\pi, 3\pi]\) şeridinin üst yarısı ve bu biçimde devam eder; görüntü bir dama tahtasını andırır. \(x\)-ekseninin tamamı (\(y = 0\)) ve \(x = k\pi\) dikey doğrularının tamamı (\(\sin x = 0\)) da kümeye dahildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.7 (Eşleniğiyle Tanımla Limit) \[f(x, y) = \frac{\sqrt{1 + x^2 y^2} - 1}{x^2 + y^2}\]
olsun. \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0\) olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.
Eşlenikle çarp. Payı ve paydayı \(\sqrt{1 + x^2 y^2} + 1\) ile çarparsak
\[f(x, y) = \frac{(1 + x^2 y^2) - 1}{(x^2 + y^2)\big( \sqrt{1 + x^2 y^2} + 1 \big)} = \frac{x^2 y^2}{(x^2 + y^2)\big( \sqrt{1 + x^2 y^2} + 1 \big)}\]
olur; \(f(x, y) \ge 0\)’dır.
Farkı sınırla. \(\sqrt{1 + x^2 y^2} \ge 1\) olduğundan ikinci çarpan en az \(2\)’dir. (2) eşitsizliğiyle \(x^2 y^2 = |xy| \cdot |xy| \le |xy| \cdot \dfrac{x^2 + y^2}{2}\) olur. Böylece
\[0 \le f(x, y) \le \frac{x^2 y^2}{2(x^2 + y^2)} \le \frac{|xy|}{4} \le \frac{x^2 + y^2}{8} = \frac{\|(x, y)\|^2}{8}\]
bulunur; son adımda (2) yeniden kullanıldı.
\(\delta\)’yı seç. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \sqrt{8\varepsilon}\) alalım. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise
\[|f(x, y) - 0| \le \frac{\|(x, y)\|^2}{8} < \frac{\delta^2}{8} = \varepsilon\]
olur. Limit \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.8 (Köşegen Üzerinde Farklı Tanımlı Fonksiyon) \[ f(x, y) = \begin{cases} x + y, & x \ne y, \\ 1, & x = y \end{cases} \]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f\) bütün düzlemde tanımlıdır; \((0, 0)\) bir yığılma noktasıdır. Köşegen dışında \(f(x, y) = x + y\) olduğundan limitin \(0\) olması beklenebilir; ama köşegende değer hep \(1\)’dir. İki diziyle karşılaştıralım.
Köşegen üzerinde. \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right)\) alalım. Terimler \((0, 0)\)’dan farklıdır, \(x_k \to (0, 0)\)’dır ve iki bileşen eşit olduğundan \(f(x_k) = 1\)’dir. Dolayısıyla \(\lim_{k \to \infty} f(x_k) = 1\).
Köşegen dışında. \(y_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{2}{k} \right)\) alalım. Terimler \((0, 0)\)’dan farklıdır, \(y_k \to (0, 0)\)’dır ve \(\dfrac{1}{k} \ne \dfrac{2}{k}\) olduğundan
\[f(y_k) = \frac{1}{k} + \frac{2}{k} = \frac{3}{k} \to 0\]
olur.
Sonuç. \(1 \ne 0\) olduğundan Sonuç 8.1 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.9 (Noktadaki Değer Limiti Kurtarmaz) \[ f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases} \]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olup olmadığını araştırınız.
Çözüm
\(f\) bütün düzlemde tanımlıdır, ama limit tanımında \(f(0, 0)\) değeri kullanılmaz: yalnız \((0, 0)\)’dan farklı noktalar önemlidir. Dizisel ölçütü uygulayalım.
Birinci dizi. \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right) \ne (0, 0)\) ve \(x_k \to (0, 0)\)’dır;
\[f(x_k) = \frac{\dfrac{1}{k^2}}{\dfrac{2}{k^2}} = \frac{1}{2}.\]
İkinci dizi. \(y_k = \left( \dfrac{1}{k}, -\dfrac{1}{k} \right) \ne (0, 0)\) ve \(y_k \to (0, 0)\)’dır;
\[f(y_k) = \frac{-\dfrac{1}{k^2}}{\dfrac{2}{k^2}} = -\frac{1}{2}.\]
Sonuç. \(\dfrac{1}{2} \ne -\dfrac{1}{2}\) olduğundan Sonuç 8.1 gereği limit yoktur. \(f(0, 0)\) için hangi değer seçilirse seçilsin sonuç değişmez; limitin var olup olmadığı yalnız \((0, 0)\)’ın çevresindeki değerlere bağlıdır. \(\blacksquare\)
Bu bölümde limitin olmadığını, \(x_0\)’a yakınsayan iki dizi üzerinde farklı değerlere yaklaşan fonksiyonlarla gösterdik. Seçtiğimiz dizilerin terimleri çoğu kez bir doğru ya da parabol üzerindeydi. Yollar Boyunca Limit ve Ardışık Limitler bölümünde bu fikri, \(x_0\)’a eğriler boyunca yaklaşarak sistemli hâle getiriyor ve değişkenlerin sırayla limite götürüldüğü ardışık limitlerin, gerçek limitle ilişkisini inceliyoruz.