10 Çok Değişkenli Fonksiyonlarda Süreklilik
Analiz 1’de \(f : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \(a\) noktasında sürekli olmasını, \(x\) noktası \(a\)’ya yeterince yakınken \(f(x)\) değerinin \(f(a)\)’ya istenen kadar yakın olması diye tanımladık (bkz. Analiz 1). Bu bölümde aynı tanımı \(\mathbb{R}^n\)’nin bir alt kümesinde tanımlı ve değerleri \(\mathbb{R}^m\)’de olan fonksiyonlara taşıyoruz. Değişen yine yalnız uzaklığın ölçülme biçimidir: tanım kümesinde \(|x - a|\) yerine \(\|x - x_0\|\), değer kümesinde \(|f(x) - f(a)|\) yerine \(\|f(x) - f(x_0)\|\) gelir.
Çok Değişkenli Fonksiyonlar ve Limit ve Yollar Boyunca Limit ve Ardışık Limitler bölümlerinde çok değişkenli limitin tek değişkenli limitten çok daha kırılgan olduğunu gördük: bir noktaya sonsuz çok yoldan yaklaşılabilir ve limit bu yolların hepsinde aynı olmak zorundadır. Süreklilik, limitin fonksiyonun değeriyle uyuşmasıdır. Bu yüzden limit için kurduğumuz her araç (dizisel ölçüt, sıkıştırma, yollar ve ardışık limitler) süreklilik için de iş görür ve aynı kırılganlık süreklilikte de ortaya çıkar: her değişkene göre ayrı ayrı sürekli olan bir fonksiyon, birlikte sürekli olmayabilir.
Bölümün ikinci yarısında sürekliliğin toplama, çarpma, bileşke alma ve bileşenlere ayırma işlemleriyle korunduğunu gösteriyoruz. Bu kurallar sayesinde polinomların, rasyonel fonksiyonların ve bunlardan kurulan fonksiyonların sürekliliği her seferinde \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabı yapılmadan elde edilir; \(\varepsilon\)–\(\delta\) hesabı yalnız formülün bozulduğu “sorunlu” noktalarda gerekir.
10.1 Bir Noktada Süreklilik
Tanımı Analiz 1’dekiyle aynı kalıpta kuruyoruz; mutlak değerlerin yerini normlar alıyor.
Tanım 10.1 (Bir Noktada Süreklilik) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) bir fonksiyon ve \(x_0 \in D\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için
\[x \in D \ \text{ ve } \ \|x - x_0\| < \delta \implies \|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\]
olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\) fonksiyonuna \(x_0\) noktasında sürekli denir. Sembolik olarak:
\[ \begin{aligned} &\forall \varepsilon > 0\ \ \exists \delta > 0\ \ \forall x \in D : \\[1mm] &\quad \|x - x_0\| < \delta \implies \|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon. \end{aligned} \]
\(f\), \(x_0\) noktasında sürekli değilse \(f\)’ye \(x_0\) noktasında süreksiz denir.
Yani \(f(x_0)\) çevresinde ne kadar dar bir tolerans (\(\varepsilon\)) istenirse istensin, \(x_0\)’ın çevresinde öyle bir güvenli bölge (\(\delta\)) vardır ki \(D\)’nin bu bölgedeki bütün noktaları tolerans içinde kalan değerler verir. Tanımda iki ayrı norm var: \(\|x - x_0\|\), \(\mathbb{R}^n\)’deki Öklid normudur; \(\|f(x) - f(x_0)\|\) ise \(\mathbb{R}^m\)’deki. \(m = 1\) iken ikincisi mutlak değerdir; \(n = m = 1\) iken tanım Analiz 1’deki tanımın kendisidir. Bulunan \(\delta\) hem \(\varepsilon\)’a hem de \(x_0\) noktasına bağlıdır; bunu vurgulamak gerektiğinde \(\delta = \delta_{\varepsilon, x_0}\) yazılır.
Limit tanımıyla (Tanım 8.7) karşılaştıralım. Süreklilikte \(x_0\) noktası \(D\)’ye ait olmak zorundadır, çünkü \(f(x_0)\) değeri tanımın içindedir. \(0 < \|x - x_0\|\) koşuluna gerek yoktur: \(x = x_0\) için \(\|f(x) - f(x_0)\| = 0 < \varepsilon\) zaten sağlanır. Son olarak \(x_0\)’ın \(D\)’nin bir yığılma noktası olması istenmez; bu farkın sonuçlarını bir sonraki kısımda göreceğiz.
Limitte olduğu gibi (Önerme 8.1) tanımı yuvarlar ve komşuluklarla da yazabiliriz; tek fark, \(x_0\) noktasının artık dışarıda bırakılmaması ve hedefin \(f(x_0)\) olmasıdır. Bu biçim, ileride sürekliliği açık kümelerle ifade ederken işimize yarayacak.
Önerme 10.1 (Sürekliliğin Yuvarlar ve Komşuluklarla İfadesi) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D\) olsun. Aşağıdakiler denktir:
- \(f\), \(x_0\) noktasında süreklidir.
- Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in D \cap B(x_0, \delta)\) iken \(f(x) \in B\big(f(x_0), \varepsilon\big)\) olur; kısaca \[f\big(D \cap B(x_0, \delta)\big) \subseteq B\big(f(x_0), \varepsilon\big).\]
- \(f(x_0)\) noktasının \(\mathbb{R}^m\)’deki her \(V\) komşuluğu için \(x_0\) noktasının \(\mathbb{R}^n\)’de öyle bir \(U\) komşuluğu vardır ki \(f(D \cap U) \subseteq V\) olur.
İspat
1 ve 2. Açık yuvarın tanımı (Tanım 2.6) gereği
\[ \begin{aligned} B(x_0, \delta) &= \{ x \in \mathbb{R}^n : \|x - x_0\| < \delta \}, \\[1mm] B\big(f(x_0), \varepsilon\big) &= \{ y \in \mathbb{R}^m : \|y - f(x_0)\| < \varepsilon \} \end{aligned} \]
olduğundan “\(x \in D\) ve \(\|x - x_0\| < \delta\)” ile “\(x \in D \cap B(x_0, \delta)\)” aynı koşuldur; “\(\|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\)” ile “\(f(x) \in B\big(f(x_0), \varepsilon\big)\)” de öyle. 2, tanımın yuvarlarla yazılışıdır.
2’den 3’e. \(V\), \(f(x_0)\) noktasının bir komşuluğu olsun. Tanım 3.1 gereği \(B\big(f(x_0), \varepsilon\big) \subseteq V\) olacak bir \(\varepsilon > 0\) vardır. Bu \(\varepsilon\) için 2’deki \(\delta\)’yı alalım ve \(U = B(x_0, \delta)\) diyelim. \(U\), \(x_0\)’ın bir komşuluğudur, çünkü kendisini kapsar; ayrıca
\[f(D \cap U) \subseteq B\big(f(x_0), \varepsilon\big) \subseteq V\]
olur.
3’ten 2’ye. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(V = B\big(f(x_0), \varepsilon\big)\) kümesi \(f(x_0)\)’ın bir komşuluğudur. 3 gereği \(f(D \cap U) \subseteq V\) olacak bir \(U\) komşuluğu, Tanım 3.1 gereği de \(B(x_0, \delta) \subseteq U\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(D \cap B(x_0, \delta) \subseteq D \cap U\) olduğundan
\[f\big(D \cap B(x_0, \delta)\big) \subseteq f(D \cap U) \subseteq B\big(f(x_0), \varepsilon\big)\]
olur. \(\blacksquare\)
Süreklilik bir noktada tanımlandı. Bir fonksiyonun “sürekli olduğunu” söylemek, bunun bir kümenin her noktasında sağlanması demektir.
Tanım 10.2 (Bir Kümede Süreklilik) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(A \subseteq D\) olsun. \(f\), \(A\)’nın her noktasında sürekliyse \(f\)’ye \(A\) üzerinde sürekli denir. \(f\), \(D\)’nin her noktasında sürekliyse kısaca \(f\) süreklidir ya da \(f\), \(D\)’de süreklidir denir.
Yani kümede süreklilik, noktasal bir özelliğin bütün noktalarda sağlanmasıdır. Her noktada ayrı bir \(\delta\) bulunur ve bu \(\delta\)’lar noktadan noktaya değişebilir; bütün noktalar için tek bir \(\delta\) seçilebilmesi daha güçlü bir özelliktir ve bir sonraki bölümde incelenecek. Tanımdan hemen şu da çıkar: \(f\), \(x_0\)’da sürekli ve \(x_0 \in A \subseteq D\) ise \(f\)’nin \(A\)’ya kısıtlanışı da \(x_0\)’da süreklidir, çünkü tanımdaki koşul bu kez daha az sayıda \(x\) için istenir.
Tanımın olumsuzu, süreksizliği doğrudan göstermenin yolunu verir. Niceleyicileri kuralına göre çevirirsek \(f\)’nin \(x_0 \in D\) noktasında süreksiz olması
\[ \begin{aligned} &\exists \varepsilon_0 > 0\ \ \forall \delta > 0\ \ \exists x_\delta \in D : \\[1mm] &\quad \|x_\delta - x_0\| < \delta \ \text{ ve } \ \|f(x_\delta) - f(x_0)\| \ge \varepsilon_0 \end{aligned} \]
demektir. Sözle: öyle bir “kötü” \(\varepsilon_0\) vardır ki \(x_0\)’a ne kadar yaklaşılırsa yaklaşılsın, görüntüsü \(f(x_0)\)’dan en az \(\varepsilon_0\) uzakta kalan bir \(x_\delta \in D\) noktası bulunur.
Sürekliliği tanımla göstermek, limiti tanımla göstermekle aynı iştir ve Çok Değişkenli Fonksiyonlar ve Limit bölümündeki üç adımlı yöntem burada da kullanılır: aday limitin yerine \(f(x_0)\) konur, \(\|f(x) - f(x_0)\|\) farkı \(C\,\|x - x_0\|^{p}\) biçiminde bir ifadeyle (\(C, p > 0\)) üstten sınırlanır ve \(C \delta^{p} = \varepsilon\) eşitliğinden \(\delta\) seçilir. Tek fark, \(x = x_0\) noktasının dışarıda bırakılmamasıdır; orada fark zaten \(0\)’dır. Sınırlamada \(|x_j - a_j| \le \|x - a\|\) ve \(2|xy| \le x^2 + y^2\) eşitsizlikleri, paydası kareler toplamı olan kesirlerde \(\dfrac{x^2}{x^2 + y^2} \le 1\) gözlemi ve \(|\sin t| \le |t|\) olgusu (bkz. Analiz 1) iş görür.
Örnek 10.1 (Sinüslü Bir Fonksiyonun Orijinde Sürekliliği) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), \(f(x, y) = \sin(x^2 y)\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
Değer. \(f(0, 0) = \sin 0 = 0\)’dır.
Sınırlama. \(|\sin t| \le |t|\) eşitsizliğini \(t = x^2 y\) için, ardından \(|x| \le \|(x, y)\|\) ve \(|y| \le \|(x, y)\|\) eşitsizliklerini kullanalım:
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = |\sin(x^2 y)| \le |x|^2 |y| \le \|(x, y)\|^3.\]
\(\delta\) seçimi. \(\delta^3 = \varepsilon\), yani \(\delta = \varepsilon^{1/3}\).
Zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon^{1/3}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le \|(x, y)\|^3 < \delta^3 = \varepsilon\]
olur; \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreklidir. Bu fonksiyonun bütün \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olduğunu ileride bileşke kuralıyla tek satırda göreceğiz. \(\blacksquare\)
Örnek 10.2 (Dördüncü Kuvvetli Bir Kesir) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{2x^2 y^4}{x^4 + y^4}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki sürekliliğini inceleyiniz.
Çözüm
Değer. \(f(0, 0) = 0\)’dır.
Sınırlama. \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(x^4 + y^4 > 0\) ve \(y^4 \le x^4 + y^4\) olduğundan \(\dfrac{y^4}{x^4 + y^4} \le 1\)’dir. Buradan ve \(|x| \le \|(x, y)\|\) eşitsizliğinden
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = 2x^2 \cdot \frac{y^4}{x^4 + y^4} \le 2x^2 \le 2\,\|(x, y)\|^2\]
elde edilir.
\(\delta\) seçimi. \(2\delta^2 = \varepsilon\), yani \(\delta = \sqrt{\dfrac{\varepsilon}{2}}\).
Zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \sqrt{\varepsilon / 2}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le 2\,\|(x, y)\|^2 < 2\delta^2 = \varepsilon\]
olur. \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
Örnek 10.3 (Üç Değişkenli Bir Örnek) \(f : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y, z) = \begin{cases} \dfrac{xyz}{x^2 + y^2 + z^2}, & (x, y, z) \ne (0, 0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y, z) = (0, 0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(p = (x, y, z)\) yazalım; \(\|p\|^2 = x^2 + y^2 + z^2\)’dir.
Değer. \(f(0, 0, 0) = 0\)’dır.
Sınırlama. Her bileşen için \(|x|, |y|, |z| \le \|p\|\) olduğundan \(|xyz| \le \|p\|^3\)’tür. \(p \ne 0\) için
\[|f(p) - f(0, 0, 0)| = \frac{|xyz|}{\|p\|^2} \le \frac{\|p\|^3}{\|p\|^2} = \|p\|\]
olur; \(p = 0\) için fark \(0\)’dır.
\(\delta\) seçimi ve zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(\|p\| < \delta\) iken \(|f(p) - f(0, 0, 0)| \le \|p\| < \varepsilon\) olur. \(f\), orijinde süreklidir. Pay üçüncü, payda ikinci dereceden olduğundan kesir, uzaklığın birinci kuvveti kadar hızlı sıfıra gider. \(\blacksquare\)
Son örneklerde fark, uzaklığın pozitif bir kuvvetiyle sınırlanabildi; kesirlerde bunu sağlayan, payın paydadan daha yüksek dereceli olmasıydı. Pay ile payda aynı derecedeyse durum değişir.
Örnek 10.4 (Tanımla Süreksizlik) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{y^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında süreksiz olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
Süreksizliğin tanımına göre bir \(\varepsilon_0 > 0\) seçip her \(\delta > 0\) için \((0, 0)\)’a \(\delta\)’dan yakın ama görüntüsü \(f(0, 0) = 0\)’dan en az \(\varepsilon_0\) uzak bir nokta bulmalıyız.
Aday noktalar. \(y = x\) doğrusu üzerindeki \((t, t)\) noktalarında (\(t \ne 0\))
\[f(t, t) = \frac{t^2}{t^2 + t^2} = \frac{1}{2}\]
olur. Bu doğru üzerinde fonksiyon, orijine ne kadar yaklaşılırsa yaklaşılsın \(\dfrac{1}{2}\) değerini alır.
\(\varepsilon_0\) ve \(x_\delta\). \(\varepsilon_0 = \dfrac{1}{4}\) alalım ve \(\delta > 0\) verilsin. Arşimet özelliği gereği \(N_\delta > \dfrac{\sqrt{2}}{\delta}\) olan bir \(N_\delta \in \mathbb{N}\) vardır (bkz. Analiz 1). \(x_\delta = \left( \dfrac{1}{N_\delta}, \dfrac{1}{N_\delta} \right)\) noktası için
\[\|x_\delta - (0, 0)\| = \sqrt{\frac{1}{N_\delta^2} + \frac{1}{N_\delta^2}} = \frac{\sqrt{2}}{N_\delta} < \delta\]
ve
\[|f(x_\delta) - f(0, 0)| = \frac{1}{2} > \frac{1}{4} = \varepsilon_0\]
olur. Süreksizlik koşulu sağlanmıştır; \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreksizdir. \(\varepsilon_0\) yerine \(\left( 0, \dfrac{1}{2} \right]\) aralığındaki her sayı işe yarardı. \(\blacksquare\)
10.2 İzole Noktalar ve Limitle İlişki
Süreklilik tanımı \(x_0\)’ın bir yığılma noktası olmasını istemiyordu. Tanım kümesinin noktaları bu açıdan iki türlüdür: yığılma noktaları ve izole noktalar (Tanım 8.8). \(x_0 \in D\) izole bir noktaysa bir \(r > 0\) için \(\big( B(x_0, r) \setminus \{x_0\} \big) \cap D = \varnothing\)’dır; \(x_0 \in D\) olduğundan bu,
\[B(x_0, r) \cap D = \{ x_0 \}\]
demektir: yeterince küçük bir yuvar \(D\)’den yalnız \(x_0\)’ın kendisini yakalar. Örneğin \(\mathbb{R}^2\)’de \(D = B[0, 1] \cup \{ (3, 0) \}\) kümesinde \((3, 0)\) noktası izoledir: kapalı birim yuvarın her noktasının \((3, 0)\)’a uzaklığı en az \(2\) olduğundan \(B\big( (3, 0), 1 \big) \cap D = \{ (3, 0) \}\)’dır. Kapalı birim yuvarın noktaları ise \(D\)’nin yığılma noktalarıdır, çünkü açık birim yuvarın yığılma noktalarıdır (Örnek 3.16). \(\mathbb{Z}^2\) kafesinin her noktası izoledir (Örnek 8.11).
Önerme 10.2 (İzole Noktada Süreklilik) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0\), \(D\)’nin bir izole noktası olsun. O zaman \(f\), \(x_0\) noktasında süreklidir.
İspat
\(B(x_0, r) \cap D = \{x_0\}\) olacak bir \(r > 0\) seçelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = r\) alalım. \(x \in D\) ve \(\|x - x_0\| < \delta\) ise \(x \in B(x_0, r) \cap D = \{x_0\}\), yani \(x = x_0\)’dır ve
\[\|f(x) - f(x_0)\| = 0 < \varepsilon\]
olur. \(\delta\), \(\varepsilon\)’dan bağımsız olarak seçildi: yuvarın içinde \(x_0\)’dan başka tanım noktası olmadığından tolerans ne kadar dar olursa olsun denetlenecek bir şey kalmaz.
\(\blacksquare\)
Örneğin \(\mathbb{Z}^2\) üzerinde tanımlı her fonksiyon süreklidir; oysa böyle bir fonksiyonun hiçbir noktada limitinden söz edilemez. Yukarıdaki \(D = B[0, 1] \cup \{ (3, 0) \}\) kümesinde tanımlı bir fonksiyon, \((3, 0)\)’daki değeri ne olursa olsun bu noktada süreklidir. İzole noktada süreklilik sorusu içeriksizdir: yakında başka nokta yoksa karşılaştırılacak bir değer de yoktur. İlginç olan yığılma noktalarıdır ve orada süreklilik limit diliyle ifade edilir.
Önerme 10.3 (Yığılma Noktasında Süreklilik ve Limit) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D \cap D'\) olsun. O zaman
\[f,\ x_0 \text{ noktasında süreklidir} \iff \lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0).\]
İspat
\(x_0 \in D'\) olduğundan limit tanımı (Tanım 8.7) \(x_0\) noktasında anlamlıdır: \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olması, her \(\varepsilon > 0\) için \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - L\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) bulunmasıdır.
(\(\Rightarrow\)) \(f\), \(x_0\)’da sürekli olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. Süreklilik gereği \(x \in D\) ve \(\|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. Özel olarak \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken de \(\|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\) olur. Bu, \(L = f(x_0)\) için limit tanımıdır.
(\(\Leftarrow\)) \(\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. Şimdi \(x \in D\) ve \(\|x - x_0\| < \delta\) olsun. \(x \ne x_0\) ise \(0 < \|x - x_0\| < \delta\)’dır ve \(\|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon\) sağlanır. \(x = x_0\) ise fark \(0\)’dır. Her iki durumda da süreklilik koşulu sağlanır. \(\blacksquare\)
Önerme, bir yığılma noktasındaki sürekliliği üç koşula ayırır: \(f\), \(x_0\)’da tanımlıdır; \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) limiti vardır; \(L = f(x_0)\)’dır. Süreksizlik, bu koşullardan birinin bozulmasıdır. Özellikle limit yoksa, \(f(x_0)\) değeri nasıl seçilirse seçilsin \(f\) bu noktada sürekli olamaz.
Böylece limit için kurduğumuz araçların hepsi sürekliliğe taşınır. Örneğin \(f(x, y) = \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\), \(f(0, 0) = 0\) fonksiyonunu alalım. Bu kesrin orijindeki limitinin \(0\) olduğunu Örnek 8.21 içinde tanımla gördük; limit \(f(0, 0)\) değerine eşit olduğundan Önerme 10.3 gereği \(f\) orijinde süreklidir. Aynı sonuç sıkıştırmayla da görülür: \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(\dfrac{x^2}{x^2 + y^2} \le 1\) olduğundan \(0 \le |f(x, y)| \le 3|y|\)’dir ve \((x, y) \to (0, 0)\) iken \(3|y| \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (Teorem 8.5) limitin \(0\) olduğunu verir.
Örnek 10.5 (Ardışık Limitlerle Süreksizlik) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{3x^2}{x^2 + 3y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki sürekliliğini ardışık limitlerle inceleyiniz.
Çözüm
\(f\), \((0, 0)\) noktasında tanımlıdır ve \(f(0, 0) = 0\)’dır. \((0, 0)\), \(\mathbb{R}^2\)’nin bir yığılma noktası olduğundan Önerme 10.3 gereği sürekliliğin ölçütü \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y)\) limitidir. Bu limiti ardışık limitlerle (Tanım 9.3) sınayalım.
Önce \(y \to 0\). \(x \ne 0\) sabit olsun. \(y \mapsto \dfrac{3x^2}{x^2 + 3y^2}\) tek değişkenli bir rasyonel fonksiyondur ve paydası \(y = 0\)’da \(x^2 \ne 0\)’dır; rasyonel fonksiyonların sürekliliği gereği (bkz. Analiz 1)
\[\lim_{y \to 0} \frac{3x^2}{x^2 + 3y^2} = \frac{3x^2}{x^2} = 3\]
olur. Dolayısıyla
\[\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} f(x, y) = \lim_{x \to 0} 3 = 3.\]
Önce \(x \to 0\). \(y \ne 0\) sabit olsun. Bu kez payda \(x = 0\)’da \(3y^2 \ne 0\)’dır ve
\[\lim_{x \to 0} \frac{3x^2}{x^2 + 3y^2} = \frac{0}{3y^2} = 0\]
olur. Dolayısıyla
\[\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = \lim_{y \to 0} 0 = 0.\]
Karar. İç limitler var ve iki ardışık limit farklıdır (\(3 \ne 0\)). İki değişkenli limit var olsaydı Önerme 9.2 gereği iki ardışık limit de ona eşit olurdu; Sonuç 9.2 gereği \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y)\) yoktur. (Sonucu \(I = J = \mathbb{R}\) ile \(f\)’nin \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) kümesine kısıtlanışına uygularız; limit tanımı \((0, 0)\)’daki değere bakmadığından iki fonksiyonun orijindeki limiti aynıdır.) Önerme 10.3 gereği \(f\), \((0, 0)\) noktasında sürekli değildir; üstelik \(f(0, 0)\) değeri başka türlü seçilseydi de sürekli olmazdı. \(\blacksquare\)
10.3 Dizisel Süreklilik
Limitin dizilerle belirlenmesi (Teorem 8.2) süreklilik için de geçerlidir ve bu kez yığılma noktası koşulu da gerekmez.
Teorem 10.1 (Dizisel Süreklilik) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D\) olsun. \(f\)’nin \(x_0\) noktasında sürekli olması için gerek ve yeter koşul, terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan her \((x_k)\) dizisi için
\[\lim_{k \to \infty} f(x_k) = f(x_0)\]
olmasıdır. Kısaca: terimleri \(D\)’de olan her \((x_k)\) dizisi için \(x_k \to x_0\) ise \(f(x_k) \to f(x_0)\) olur.
İspat
Gereklilik (\(\Rightarrow\)). \(f\), \(x_0\)’da sürekli olsun ve \((x_k)\), terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan bir dizi olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Süreklilik gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki
\[x \in D \ \text{ ve } \ \|x - x_0\| < \delta \implies \|f(x) - f(x_0)\| < \varepsilon \tag{1}\]
olur. \(x_k \to x_0\) olduğundan yakınsaklık tanımını (Tanım 6.3) bu \(\delta\) için uygularsak \(k \ge N\) iken \(\|x_k - x_0\| < \delta\) olacak bir \(N \in \mathbb{N}\) buluruz. \(k \ge N\) için \(x_k \in D\) ve \(\|x_k - x_0\| < \delta\) olduğundan (1) gereği \(\|f(x_k) - f(x_0)\| < \varepsilon\) olur. Bu, \(f(x_k) \to f(x_0)\) demektir.
Yeterlilik (\(\Leftarrow\)). Terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan her \((x_k)\) dizisi için \(f(x_k) \to f(x_0)\) olsun. Olmayana ergi: \(f\), \(x_0\)’da sürekli olmasın. Süreksizliğin tanımı gereği öyle bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır ki her \(\delta > 0\) için \(\|x_\delta - x_0\| < \delta\) ve \(\|f(x_\delta) - f(x_0)\| \ge \varepsilon_0\) olan bir \(x_\delta \in D\) bulunur. Her \(k \in \mathbb{N}\) için bunu \(\delta = \dfrac{1}{k}\) ile kullanalım: öyle bir \(x_k \in D\) vardır ki
\[\|x_k - x_0\| < \frac{1}{k} \ \text{ ve } \ \|f(x_k) - f(x_0)\| \ge \varepsilon_0 \tag{2}\]
olur. \(0 \le \|x_k - x_0\| < \dfrac{1}{k}\) ve \(\dfrac{1}{k} \to 0\) olduğundan sıfır dizisiyle karşılaştırma (bkz. Analiz 1) gereği \(\|x_k - x_0\| \to 0\), yani Önerme 6.1 gereği \(x_k \to x_0\)’dır. Terimleri \(D\)’de olan bu dizi için varsayım gereği \(f(x_k) \to f(x_0)\) olmalıdır. Oysa (2)’ye göre hiçbir \(k\) için \(f(x_k)\) terimi \(B\big(f(x_0), \varepsilon_0\big)\) yuvarının içinde değildir; Önerme 6.1 gereği \(\big( f(x_k) \big)\) dizisi \(f(x_0)\)’a yakınsayamaz. Bu çelişki \(f\)’nin \(x_0\)’da sürekli olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)
Teoremde dizinin terimlerinin \(x_0\)’dan farklı olması istenmez; limitin dizisel ölçütünden (Teorem 8.2) tek farkı budur. \(x_0\) bir yığılma noktasıysa teorem, Teorem 8.2 ile Önerme 10.3 birleştirilerek, yani limitin dizisel ölçütünde \(L = f(x_0)\) alınarak da elde edilir; \(x_k = x_0\) olan terimlerde \(f(x_k) = f(x_0)\) olduğundan bu terimler ayrıca sorun çıkarmaz. Yukarıdaki doğrudan ispat izole noktaları da kapsar: izole bir \(x_0\) noktasına yakınsayan ve terimleri \(D\)’de olan her dizi, belli bir indisten sonra sabit \(x_0\) olur ve koşul kendiliğinden sağlanır. Bu yüzden teorem, sürekliliğin bir tanımı olarak da kullanılabilir.
Teoremin en sık kullanıldığı yer süreksizliği göstermektir.
Sonuç 10.1 (Dizilerle Süreksizlik) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D\) olsun. Terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan, fakat \(\big( f(x_k) \big)\) görüntü dizisi \(f(x_0)\)’a yakınsamayan bir \((x_k)\) dizisi varsa \(f\), \(x_0\) noktasında süreksizdir.
İspat
\(f\), \(x_0\)’da sürekli olsaydı Teorem 10.1 teoreminin gereklilik yönü gereği terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan her dizi için \(f(x_k) \to f(x_0)\) olurdu. Verilen dizi bunu bozduğundan \(f\), \(x_0\)’da sürekli değildir. \(\blacksquare\)
Görüntü dizisinin \(f(x_0)\)’a yakınsamaması iki biçimde olabilir: dizi başka bir noktaya yakınsar ya da hiç yakınsamaz.
- Dizi seçimi. Terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan bir \((x_k)\) dizisi seçilir. \(x_0 = (0, 0)\) iken çoğu zaman bir doğru ya da eğri üzerindeki noktalar alınır: \(\left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right)\), \(\left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k^2} \right)\) gibi. Dizi, fonksiyonun sorunlu kesrini sabit bir değere götürecek biçimde seçilir.
- Karşılaştırma. \(\lim_{k \to \infty} f(x_k)\) hesaplanır. Bu limit yoksa ya da \(f(x_0)\)’dan farklıysa Sonuç 10.1 gereği \(f\), \(x_0\)’da süreksizdir.
Limitin olmadığını göstermek için iki dizi gerekiyordu (Sonuç 8.1); süreksizlik için tek dizi yeter, çünkü karşılaştırılacak değer \(f(x_0)\) önceden bellidir.
Örnek 10.6 (Doğrular Üzerinde Sabit Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında süreksiz olduğunu dizilerle gösteriniz.
Çözüm
Dizi seçimi. Pay ile payda aynı dereceden olduğundan orijinden geçen bir doğru üzerinde kesir sabit kalır. \(y = x\) doğrusundaki \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right)\) noktalarını alalım. \(\|x_k - (0, 0)\| = \dfrac{\sqrt{2}}{k} \to 0\) olduğundan \(x_k \to (0, 0)\)’dır.
Karşılaştırma.
\[f(x_k) = \frac{\dfrac{1}{k^2}}{\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{k^2}} = \frac{1}{2} \longrightarrow \frac{1}{2} \ne 0 = f(0, 0).\]
Sonuç 10.1 gereği \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreksizdir.
Daha fazlası. \(y = \dfrac{x}{2}\) doğrusundaki \(y_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{2k} \right)\) noktaları da orijine yakınsar ve
\[f(y_k) = \frac{\dfrac{1}{2k^2}}{\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{1}{4k^2}} = \frac{1/2}{5/4} = \frac{2}{5}\]
olur. Görüntüleri farklı limitlere giden iki dizi bulunduğundan orijinde limit yoktur (Sonuç 8.1); aynı sonuç Örnek 8.16 ve Örnek 9.2 içinde de elde edilmişti. Önerme 10.3 gereği \(f(0, 0)\) değeri nasıl seçilirse seçilsin \(f\) orijinde süreksizdir. \(\blacksquare\)
Bu örnek, çok değişkenli sürekliliğin neden tek değişkenli sürekliliklerden güçlü olduğunu gösterir. \(y_0\) sabit tutulursa \(x \mapsto f(x, y_0)\) fonksiyonu süreklidir: \(y_0 \ne 0\) iken paydası hiç sıfırlanmayan \(\dfrac{x y_0}{x^2 + y_0^2}\) rasyonel fonksiyonudur, \(y_0 = 0\) iken ise özdeş olarak \(0\)’dır. Aynı şey \(x_0\) sabitken \(y \mapsto f(x_0, y)\) için de doğrudur. Yani \(f\) her değişkene göre ayrı ayrı süreklidir, ama iki değişkenin fonksiyonu olarak orijinde sürekli değildir: eksenler boyunca yaklaşım sorun çıkarmaz, sorun \(y = x\) gibi eğik doğrular boyunca ortaya çıkar.
Örnek 10.7 (Ardışık Limit Örneğine Dizilerle Bakış) Örnek 10.5 içindeki \(f(x, y) = \dfrac{3x^2}{x^2 + 3y^2}\), \(f(0, 0) = 0\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında süreksiz olduğunu dizilerle gösteriniz.
Çözüm
Dizi seçimi. \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k} \right) \to (0, 0)\) dizisini alalım.
Karşılaştırma.
\[f(x_k) = \frac{\dfrac{3}{k^2}}{\dfrac{1}{k^2} + \dfrac{3}{k^2}} = \frac{3}{4} \longrightarrow \frac{3}{4} \ne 0 = f(0, 0).\]
Sonuç 10.1 gereği \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreksizdir. Başka diziler başka değerler verir: \(x\) ekseni üzerindeki \(\left( \dfrac{1}{k}, 0 \right)\) noktalarında \(f = 3\), \(y\) ekseni üzerindeki \(\left( 0, \dfrac{1}{k} \right)\) noktalarında \(f = 0\)’dır. Bu iki değer, Örnek 10.5 içinde bulunan ardışık limitlerle aynıdır. \(\blacksquare\)
Örnek 10.8 (Salınan Bir Terimle Süreksizlik) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} x \sin\dfrac{1}{y} + \sin\dfrac{1}{x}, & xy \ne 0, \\[2mm] 0, & xy = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(f(0, 0) = 0\)’dır. Olmayana ergi yoluyla gidelim: \(f\), \((0, 0)\)’da sürekli olsun. O zaman Teorem 10.1 gereği \((0, 0)\)’a yakınsayan her dizi için görüntüler \(0\)’a yakınsamalıdır.
Dizi seçimi. \(\sin\dfrac{1}{x}\) teriminin \(1\) olduğu noktaları yakalayalım:
\[a_k = \frac{1}{\dfrac{\pi}{2} + 2k\pi}\]
diyelim ve \(x_k = (a_k, a_k)\) alalım. \(0 < a_k < \dfrac{1}{2k\pi} < \dfrac{1}{k}\) olduğundan \(a_k \to 0\) ve Teorem 6.3 gereği \(x_k \to (0, 0)\)’dır. Ayrıca \(a_k \cdot a_k \ne 0\)’dır; yani \(x_k\) noktalarında formülün birinci satırı geçerlidir.
Karşılaştırma. \(\sin\left( \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi \right) = 1\) olduğundan
\[f(x_k) = a_k \sin\frac{1}{a_k} + \sin\frac{1}{a_k} = a_k + 1 \longrightarrow 1\]
olur. \(1 \ne 0 = f(0, 0)\) olduğundan bu, varsayımla çelişir; \(f\), \((0, 0)\) noktasında sürekli değildir (Sonuç 10.1).
Sorunun kaynağı ikinci terimdir. Birinci terim tek başına orijinde sürekli bir fonksiyon verir, çünkü \(\left| x \sin\dfrac{1}{y} \right| \le |x| \le \|(x, y)\|\)’dir. İkinci terim ise \(x \to 0\) iken hiçbir değere yerleşmeden \(-1\) ile \(1\) arasında salınır (bkz. Analiz 1); önünde onu söndüren bir çarpan yoktur. \(\blacksquare\)
10.4 Süreksizlik Türleri
Bir yığılma noktasındaki süreksizlik Önerme 10.3 gereği iki biçimde ortaya çıkar: limit vardır ama değere eşit değildir, ya da limit hiç yoktur. İlki fonksiyonun tek bir değeri değiştirilerek giderilir, ikincisi giderilemez.
Tanım 10.3 (Kaldırılabilir Süreksizlik) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) limiti var, fakat ya \(x_0 \notin D\) ya da \(x_0 \in D\) ve \(f(x_0) \ne L\) ise \(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir kaldırılabilir süreksizlik noktası denir.
Yani süreksizliğin tek nedeni, fonksiyonun \(x_0\)’daki değerinin “yanlış” seçilmiş ya da hiç verilmemiş olmasıdır. \(x_0\)’ın çevresinde fonksiyon düzgün biçimde tek bir değere yaklaşır; yalnız o değer \(x_0\)’a yazılmamıştır.
Tanım 10.4 (Esas Süreksizlik) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun. \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) limiti yoksa \(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir esas süreksizlik noktası denir.
Yani fonksiyon \(x_0\)’a yaklaşırken tek bir değere yerleşmez: farklı yollarda farklı değerlere gider, sınırsız büyür ya da salınır. Tek değişkende bir noktaya iki yönden yaklaşılır ve Analiz 1’de limitin olmadığı durumları sağdan ve soldan limitlere bakarak sıçrama ve ikinci tür süreksizlik diye ikiye ayırdık (bkz. Analiz 1). \(n = 1\) iken yukarıdaki tanım bu iki türü birlikte kapsar; terimi yalnız \(n \ge 2\) için kullanıyoruz. \(n \ge 2\) iken bir noktaya sonsuz çok doğrultudan yaklaşılabildiğinden “sağ” ve “sol” yoktur ve bu ayrım yapılmaz; limitin olmadığı her süreksizliğe esas süreksizlik diyoruz. Örnek 10.6 ve Örnek 10.5 örneklerinde orijinde limitin olmadığını gördük; orijin bu fonksiyonların esas süreksizlik noktasıdır. Örnek 10.4 örneğinde de öyledir: \(x\) ekseni üzerindeki \(\left( \dfrac{1}{k}, 0 \right)\) noktalarında fonksiyon \(0\), \(y = x\) doğrusu üzerinde \(\dfrac{1}{2}\) değerini alır. Örnek 10.8 örneğinde eksenler üzerinde \(f = 0\)’dır, \(x_k\) noktalarındaki değerler ise \(1\)’e gider; orada da orijin esas süreksizlik noktasıdır.
Adlandırmanın gerekçesini şu önerme verir.
Önerme 10.4 (Süreksizliğin Kaldırılması) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun.
- \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olsun. \(\tilde{f} : D \cup \{x_0\} \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonu \(x \in D \setminus \{x_0\}\) için \(\tilde{f}(x) = f(x)\) ve \(\tilde{f}(x_0) = L\) ile tanımlansın. O zaman \(\tilde{f}\), \(x_0\) noktasında süreklidir. \(x_0 \notin D\) ise \(\tilde{f}\)’ye \(f\)’nin \(x_0\) noktasına sürekli genişlemesi denir.
- \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) yoksa \(D \setminus \{x_0\}\) üzerinde \(f\) ile çakışan hiçbir \(g : D \cup \{x_0\} \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında sürekli değildir.
İspat
\(E = D \cup \{x_0\}\) diyelim. \(D \subseteq E\) olduğundan \(D\)’nin her yığılma noktası \(E\)’nin de yığılma noktasıdır; dolayısıyla \(x_0 \in E \cap E'\)’dür. \(E\)’nin \(x_0\)’dan farklı noktaları tam olarak \(D \setminus \{x_0\}\) kümesinin noktalarıdır.
1. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|f(x) - L\| < \varepsilon\) olur. \(x \in E\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) ise \(x \in D \setminus \{x_0\}\) ve \(\tilde{f}(x) = f(x)\)’tir; dolayısıyla \(\|\tilde{f}(x) - L\| < \varepsilon\) olur. Bu, \(\lim_{x \to x_0} \tilde{f}(x) = L = \tilde{f}(x_0)\) demektir ve Önerme 10.3 gereği \(\tilde{f}\), \(x_0\)’da süreklidir.
2. Olmayana ergi: böyle bir \(g\), \(x_0\)’da sürekli olsun. Önerme 10.3 gereği \(\lim_{x \to x_0} g(x) = g(x_0)\)’dır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(x \in E\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|g(x) - g(x_0)\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(x \in D\) ve \(0 < \|x - x_0\| < \delta\) ise \(x \in E \setminus \{x_0\}\) ve \(g(x) = f(x)\) olduğundan \(\|f(x) - g(x_0)\| < \varepsilon\) olur. Yani \(\lim_{x \to x_0} f(x) = g(x_0)\)’dır; bu, limitin yokluğuyla çelişir. \(\blacksquare\)
Önerme, Analiz 1’deki kaldırılabilir süreksizlik sonucunun (bkz. Analiz 1) \(\mathbb{R}^n\)’deki biçimidir. Kaldırılabilir bir süreksizlik noktasında fonksiyonu sürekli yapan değer tektir: Önerme 10.3 gereği bu değer limite eşit olmalıdır ve limit tektir (Teorem 8.1).
Örnek 10.9 (Kaldırılabilir Bir Süreksizlik) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{\sin(x^2 + y^2)}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki süreksizliğinin türünü belirleyiniz.
Çözüm
Limit. \((x_k, y_k)\), terimleri \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) kümesinde olan ve \((0, 0)\)’a yakınsayan keyfi bir dizi olsun. \(t_k = x_k^2 + y_k^2 = \|(x_k, y_k)\|^2\) diyelim. Her \(k\) için \(t_k > 0\)’dır ve Önerme 6.1 gereği \(\|(x_k, y_k)\| \to 0\) olduğundan \(t_k \to 0\)’dır. Tek değişkende \(\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} = 1\)’dir (bkz. Analiz 1); dizisel ölçüt (bkz. Analiz 1) gereği
\[f(x_k, y_k) = \frac{\sin t_k}{t_k} \longrightarrow 1\]
olur. Dizi keyfi olduğundan Teorem 8.2 gereği \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 1\)’dir.
Tür. Limit vardır ve \(1 \ne 0 = f(0, 0)\)’dır; Önerme 10.3 gereği \(f\) orijinde süreksizdir ve Tanım 10.3 gereği orijin bir kaldırılabilir süreksizlik noktasıdır. \(f(0, 0)\) yerine \(1\) yazılırsa Önerme 10.4 gereği elde edilen fonksiyon orijinde süreklidir. Fonksiyonun değeri yalnız \(r = \|(x, y)\|\) uzaklığına bağlıdır: grafiği, \(r \mapsto \dfrac{\sin r^2}{r^2}\) eğrisinin düşey eksen etrafında döndürülmesiyle oluşan yüzeydir ve bu yüzeyin tepesindeki tek nokta yerinden oynatılmıştır.
\(\blacksquare\)
Limitinin olmadığını önceki bölümlerde gördüğümüz fonksiyonlar ise Önerme 10.4 önermesinin 2. maddesi gereği hiçbir biçimde sürekli genişletilemez. Örneğin \(\dfrac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\) fonksiyonu eksenler boyunca \(1\) ve \(-1\) değerlerini alır ve orijinde limiti yoktur (Örnek 9.1); orijine hangi değer verilirse verilsin orijin bir esas süreksizlik noktası olur. Aynı şey \((x, y) \mapsto \dfrac{(x, y)}{\|(x, y)\|}\) birim vektör fonksiyonu için de geçerlidir: \(x\) ekseninin iki yarısı boyunca \((1, 0)\) ve \((-1, 0)\) değerlerini alır (Alıştırma 9.12). Bu fonksiyonun normu her yerde \(1\)’dir; yani normun orijinde limiti vardır, ama fonksiyonun kendisi orijine sürekli genişletilemez.
10.5 Cebirsel İşlemler
Limitin cebirsel işlemlerle uyumu (Teorem 8.4) sürekliliğe de geçer. İspatı dizisel süreklilik ve dizilerin limit kuralları (Teorem 6.4) üzerinden yapmak en kısasıdır; bu yol izole noktaları ayrıca düşünmeyi de gereksiz kılar.
Teorem 10.2 (Sürekli Fonksiyonlarla Cebirsel İşlemler) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(x_0 \in D\) olsun. \(f, g : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(\varphi : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(x_0\) noktasında sürekli olsun. O zaman aşağıdaki fonksiyonlar \(x_0\) noktasında süreklidir:
- Toplam ve fark: \(f + g\) ve \(f - g\).
- Skaler fonksiyonla çarpım: \(\varphi f\), yani \(x \mapsto \varphi(x) f(x)\). Özel olarak her \(c \in \mathbb{R}\) için \(c f\).
- Skaler fonksiyona bölme: \(\varphi(x_0) \ne 0\) ise \(D_0 = \{ x \in D : \varphi(x) \ne 0 \}\) kümesinde tanımlı \(x \mapsto \dfrac{1}{\varphi(x)}\, f(x)\) fonksiyonu.
- İç çarpım: \(x \mapsto \langle f(x), g(x) \rangle\).
- Vektörel çarpım: \(m = 3\) ise \(x \mapsto f(x) \times g(x)\).
İspat
Hepsinde yöntem aynıdır: Teorem 10.1 teoremini önce verilen fonksiyonlara gereklilik yönüyle, sonra yeni fonksiyona yeterlilik yönüyle uygularız. \((x_k)\), terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan keyfi bir dizi olsun. \(f\), \(g\) ve \(\varphi\) fonksiyonları \(x_0\)’da sürekli olduğundan \(f(x_k) \to f(x_0)\), \(g(x_k) \to g(x_0)\) ve \(\varphi(x_k) \to \varphi(x_0)\) olur.
1. Teorem 6.4 teoreminin toplam kuralı gereği \(f(x_k) + g(x_k) \to f(x_0) + g(x_0)\), yani \((f + g)(x_k) \to (f + g)(x_0)\)’dır. Dizi keyfi olduğundan Teorem 10.1 gereği \(f + g\), \(x_0\)’da süreklidir. Fark için \(f - g = f + (-1)\, g\) yazılır ve toplam kuralı skalerle çarpım kuralıyla birlikte kullanılır.
2. \(\lambda_k = \varphi(x_k)\) reel sayı dizisi \(\lambda = \varphi(x_0)\) sayısına yakınsar. Teorem 6.4 teoreminin skalerle çarpım kuralı gereği \(\varphi(x_k) f(x_k) \to \varphi(x_0) f(x_0)\) olur. Özel durum için \(\varphi\) sabit \(c\) fonksiyonu alınır; sabit fonksiyon her noktada süreklidir, çünkü farkı her zaman \(|c - c| = 0 < \varepsilon\)’dur.
3. \(x_0 \in D_0\)’dır. Terimleri \(D_0\)’da olan ve \(x_0\)’a yakınsayan bir \((x_k)\) dizisi alalım. Terimler \(D\)’de de olduğundan yine \(f(x_k) \to f(x_0)\) ve \(\varphi(x_k) \to \varphi(x_0)\) olur; üstelik her \(k\) için \(\varphi(x_k) \ne 0\) ve \(\varphi(x_0) \ne 0\)’dır. Teorem 6.4 teoreminin skalere bölme kuralı gereği
\[\frac{1}{\varphi(x_k)}\, f(x_k) \longrightarrow \frac{1}{\varphi(x_0)}\, f(x_0)\]
olur. Teorem 10.1 teoremi \(D_0\) tanım kümesiyle uygulanırsa bu fonksiyon \(x_0\)’da süreklidir.
4. Teorem 6.4 teoreminin iç çarpım kuralı gereği \(\langle f(x_k), g(x_k) \rangle \to \langle f(x_0), g(x_0) \rangle\) olur.
5. Teorem 6.4 teoreminin vektörel çarpım kuralı gereği \(f(x_k) \times g(x_k) \to f(x_0) \times g(x_0)\) olur.
4 ve 5’te de dizi keyfi olduğundan sonuç Teorem 10.1 teoreminden çıkar. \(\blacksquare\)
\(m = 1\) için 2, 3 ve 4 alışılmış kuralları verir: \(f, g : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonları \(x_0\)’da sürekliyse \(fg\) çarpımı ve \(g(x_0) \ne 0\) ise \(\dfrac{f}{g}\) bölümü de \(x_0\)’da süreklidir; bu durumda iç çarpım sıradan çarpımdır. \(x_0\) bir yığılma noktasıysa teorem, limit kurallarının (Teorem 8.4) Önerme 10.3 ile birleştirilmesinden de çıkar. (Bölüm için: \(\varphi(x_0) \ne 0\) ve \(\varphi\) sürekli olduğundan \(x_0\)’ın küçük bir yuvarında \(\varphi \ne 0\)’dır, dolayısıyla \(x_0\) bölümün tanım kümesinin de yığılma noktasıdır.) Teorem her noktada uygulanırsa sürekli fonksiyonların toplamının, çarpımının ve bölümünün kendi tanım kümelerinde sürekli olduğu elde edilir. Bölümde tanım kümesinin daraldığına dikkat edelim: paydanın sıfırlandığı noktalar atılır.
10.6 Polinomlar ve Rasyonel Fonksiyonlar
Cebirsel işlemlerin ilk büyük ürünü polinomlardır. \(\mathbb{R}^n\)’de bir polinom (Tanım 8.9), \(c \in \mathbb{R}\) ve \(k_1, \dots, k_n\) negatif olmayan tam sayılar olmak üzere \(c\, x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}\) biçimindeki sonlu sayıda tek terimlinin toplamıdır.
Teorem 10.3 (Polinomlar ve Rasyonel Fonksiyonlar Süreklidir)
- \(\mathbb{R}^n\)’de her \(P\) polinomu \(\mathbb{R}^n\)’nin her noktasında süreklidir. Dolayısıyla her \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) için \(\lim_{x \to x_0} P(x) = P(x_0)\)’dır.
- \(P\) ve \(Q\), \(\mathbb{R}^n\)’de polinomlar olmak üzere \(R = \dfrac{P}{Q}\) rasyonel fonksiyonu (Tanım 8.10), tanım kümesi olan \(D_R = \{ x \in \mathbb{R}^n : Q(x) \ne 0 \}\) üzerinde süreklidir.
İspat
Adım 1: Yapı taşları. Sabit fonksiyonlar her noktada süreklidir, çünkü sabit bir \(c\) için \(|c - c| = 0 < \varepsilon\)’dur. \(j = 1, \dots, n\) için \(\pi_j(x) = x_j\) koordinat fonksiyonunu alalım. Her \(x, a \in \mathbb{R}^n\) için
\[|\pi_j(x) - \pi_j(a)| = |x_j - a_j| \le \|x - a\|\]
olur, çünkü \((x_j - a_j)^2\), toplamı \(\|x - a\|^2\) olan negatif olmayan terimlerden biridir. \(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \varepsilon\) seçilirse \(\|x - a\| < \delta\) iken \(|\pi_j(x) - \pi_j(a)| < \varepsilon\) olur; \(\pi_j\) her noktada süreklidir.
Adım 2: Tek terimliler. \(x_1^{k_1} \cdots x_n^{k_n}\) tek terimlisi, \(\pi_1, \dots, \pi_n\) fonksiyonlarından \(k_1 + \dots + k_n\) tanesinin çarpımıdır; bütün üsler sıfırsa sabit \(1\) fonksiyonudur. Teorem 10.2 teoreminin 2. maddesi (\(m = 1\)) iki sürekli reel fonksiyonun çarpımının sürekli olduğunu söyler. Çarpan sayısı üzerinde tümevarımla her tek terimli her noktada süreklidir. Aynı madde bir kez daha kullanılırsa \(c\, x_1^{k_1} \cdots x_n^{k_n}\) de süreklidir.
Adım 3: Polinomlar. \(P\) sonlu sayıda sürekli tek terimlinin toplamıdır. Teorem 10.2 teoreminin 1. maddesi ve terim sayısı üzerinde tümevarımla \(P\) her noktada süreklidir. \(\mathbb{R}^n\)’nin her \(x_0\) noktası \(\mathbb{R}^n\)’nin bir yığılma noktasıdır (her \(r > 0\) için \(x_0 + \frac{r}{2} e_1\) noktası \(B(x_0, r) \setminus \{x_0\}\) içindedir); Önerme 10.3 gereği \(\lim_{x \to x_0} P(x) = P(x_0)\) olur.
Adım 4: Rasyonel fonksiyonlar. \(x_0 \in D_R\) olsun. \(P\) ve \(Q\), \(\mathbb{R}^n\)’nin her noktasında süreklidir ve \(Q(x_0) \ne 0\)’dır. Teorem 10.2 teoreminin 3. maddesi \(D = \mathbb{R}^n\), \(m = 1\), \(f = P\) ve \(\varphi = Q\) ile uygulanırsa \(D_0 = D_R\) olur ve \(R = \dfrac{P}{Q}\), \(x_0\)’da süreklidir. \(\blacksquare\)
Aynı sonuç, polinomların ve rasyonel fonksiyonların limitini veren Önerme 8.4 ile Önerme 10.3 birleştirilerek de elde edilir; yukarıdaki ispat ise sürekliliği doğrudan, cebirsel işlemlerin sürekliliği korumasından kurar. İki değişkende yapı taşları \((x, y) \mapsto x\), \((x, y) \mapsto y\) ve sabit fonksiyonlardır (Önerme 8.2); bir polinom \(A\, x^k y^l\) biçimindeki terimlerin sonlu toplamıdır. Birkaç örnek:
- \(f(x, y) = x^4 + 5x^3 y^2 + x y^4 - 7y + 6\) ve \(f(x, y) = x^2 y^3 - x^3 y^2 + 3x + 2y\) polinomdur; \(\mathbb{R}^2\)’nin her \((x_0, y_0)\) noktasında süreklidir ve \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y) = f(x_0, y_0)\)’dır.
- \(g(x, y) = \dfrac{2xy + 1}{x^2 + y^2}\) rasyonel fonksiyonu tanım kümesi olan \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde süreklidir.
- \(\dfrac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\) ve \(\dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\) rasyonel fonksiyonları da \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde süreklidir. Birincisinin orijine sürekli genişlemesi yoktur (Örnek 9.1 ve Önerme 10.4); ikincisinin orijinde limiti vardır ve \(0\)’dır (Örnek 8.21), dolayısıyla orijine \(0\) değeriyle sürekli genişler.
- Payda hiç sıfırlanmıyorsa rasyonel fonksiyon her yerde süreklidir: \(\dfrac{xyz}{1 + x^2 + y^2 + z^2}\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^3\) üzerinde süreklidir.
10.7 Parçalı Tanımlı Fonksiyonlar
Örneklerimizin çoğu, bir noktanın dışında bir formülle, o noktada ayrıca tanımlanan fonksiyonlardı. Bunların bütün tanım kümesinde sürekliliğini incelemek için sürekliliğin yerel bir özellik olduğunu kullanırız.
Lemma 10.1 (Sürekliliğin Yerelliği) \(D, E \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(g : E \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D \cap E\) olsun. Bir \(r > 0\) için
\[W = D \cap B(x_0, r) = E \cap B(x_0, r)\]
olsun ve \(W\)’nin her noktasında \(f(x) = g(x)\) olsun. O zaman \(f\)’nin \(x_0\)’da sürekli olması için gerek ve yeter koşul \(g\)’nin \(x_0\)’da sürekli olmasıdır.
İspat
\(g\), \(x_0\)’da sürekli olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(x \in E\) ve \(\|x - x_0\| < \delta\) iken \(\|g(x) - g(x_0)\| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta > 0\) vardır. \(\delta' = \min\{\delta, r\}\) alalım. \(x \in D\) ve \(\|x - x_0\| < \delta'\) ise \(x \in W\)’dir; dolayısıyla \(x \in E\) ve \(f(x) = g(x)\)’tir. \(x_0 \in W\) olduğundan \(f(x_0) = g(x_0)\)’dır. Buradan
\[\|f(x) - f(x_0)\| = \|g(x) - g(x_0)\| < \varepsilon\]
elde edilir; \(f\), \(x_0\)’da süreklidir. \(D\) ile \(E\)’nin, \(f\) ile \(g\)’nin rolleri değiştirilirse öbür yön elde edilir. \(\blacksquare\)
Yani süreklilik yalnız \(x_0\)’ın küçük bir çevresine bakar: fonksiyonu \(x_0\)’dan uzakta değiştirmek süreklilik sorusunun yanıtını etkilemez.
- Olağan noktalar. Formülün geçerli olduğu bölgenin bir noktası, fonksiyonun bir rasyonel ya da başka bilinen sürekli fonksiyonla çakıştığı küçük bir yuvarın merkeziyse, orada süreklilik Teorem 10.3 ve Lemma 10.1 ile elde edilir.
- Özel nokta. Formülün geçmediği \(x_0\) noktasında limit incelenir: varlığı \(\varepsilon\)–\(\delta\) ya da sıkıştırmayla, yokluğu diziler, yollar ya da ardışık limitlerle gösterilir.
- Karşılaştırma. Limit varsa \(f(x_0)\) ile karşılaştırılır (Önerme 10.3). Eşitse \(f\) her yerde süreklidir; değilse \(x_0\) kaldırılabilir, limit yoksa esas süreksizlik noktasıdır.
Örnek 10.10 (Her Yerde Sürekli Parçalı Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Olağan noktalar. \((a, b) \ne (0, 0)\) olsun ve \(r = \|(a, b)\| > 0\) alalım. Orijinin \((a, b)\)’ye uzaklığı tam olarak \(r\) olduğundan \(B\big( (a, b), r \big)\) yuvarı orijini içermez. Bu yuvarda \(f\), \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde tanımlı \(R(x, y) = \dfrac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}\) rasyonel fonksiyonuyla çakışır. Teorem 10.3 gereği \(R\), \((a, b)\)’de süreklidir; Lemma 10.1 (\(D = \mathbb{R}^2\), \(E = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}\)) gereği \(f\) de \((a, b)\)’de süreklidir.
Özel nokta. \(x^4 + y^4 \ge 0\) olduğundan
\[x^2 y^2 \le \frac{x^4 + 2x^2 y^2 + y^4}{2} = \frac{(x^2 + y^2)^2}{2}\]
olur. \((x, y) \ne (0, 0)\) için buradan
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = \frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2} \le \frac{x^2 + y^2}{2} = \frac{\|(x, y)\|^2}{2}\]
elde edilir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \sqrt{2\varepsilon}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le \frac{\|(x, y)\|^2}{2} < \frac{\delta^2}{2} = \varepsilon\]
olur (\((x, y) = (0, 0)\) için fark zaten \(0\)’dır).
Karşılaştırma. Özel noktada doğrudan sürekliliği gösterdik; limit \(0\)’dır (aynı limit Örnek 8.19 içinde sıkıştırmayla bulunmuştu) ve \(f(0, 0) = 0\) değerine eşittir. \(f\), \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. Daha keskin \(x^2 y^2 \le \dfrac{(x^2 + y^2)^2}{4}\) eşitsizliği (\(2|x|\,|y| \le x^2 + y^2\) eşitsizliğinin karesi) kullanılsaydı \(\delta = 2\sqrt{\varepsilon}\) seçilebilirdi; tanım yalnız bir \(\delta\) bulunmasını ister, en büyüğünü değil. \(\blacksquare\)
Örnek 10.11 (Kesirli Fonksiyonun Bütün Düzlemde Sürekliliği) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’deki sürekliliğini araştırınız.
Çözüm
Olağan noktalar. \((a, b) \ne (0, 0)\) ise \(r = \|(a, b)\|\) yarıçaplı yuvarda \(f\), \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde sürekli olan \(\dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\) rasyonel fonksiyonuyla çakışır; Teorem 10.3 ve Lemma 10.1 gereği \(f\), \((a, b)\)’de süreklidir.
Özel nokta. Bu kesrin orijindeki limiti \(0\)’dır; Örnek 8.21 içinde tanımdan gösterildi. Sıkıştırmayla da görülür: \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(0 \le |f(x, y)| \le 3|y| \le 3\,\|(x, y)\|\)’dir.
Karşılaştırma. Limit \(0 = f(0, 0)\) olduğundan Önerme 10.3 gereği \(f\) orijinde de süreklidir.
Sonuç olarak \(f\), \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. Formül yalnız \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde anlamlıdır; orijine verilen \(0\) değeri bu rasyonel fonksiyonun sürekli genişlemesini kurar. \(\blacksquare\)
10.8 Bileşke Fonksiyon ve Norm
Limit için dış fonksiyonun tek değişkenli ve sürekli olduğu durumu Önerme 8.3 ile görmüştük. Şimdi iki fonksiyonun da çok değişkenli olabildiği genel durumu ele alıyoruz: sürekli fonksiyonların bileşkesi süreklidir. Tek değişkende olduğu gibi burada ek bir koşul gerekmez (bkz. Analiz 1).
Teorem 10.4 (Bileşke Fonksiyonun Sürekliliği) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(\varnothing \ne E \subseteq \mathbb{R}^m\) olsun. \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(g : E \to \mathbb{R}^p\) fonksiyonları \(f(D) \subseteq E\) koşulunu sağlasın; böylece \(g \circ f : D \to \mathbb{R}^p\), \((g \circ f)(x) = g\big( f(x) \big)\) bileşkesi tanımlıdır. \(f\), \(x_0 \in D\) noktasında ve \(g\), \(f(x_0) \in E\) noktasında sürekliyse \(g \circ f\) de \(x_0\) noktasında süreklidir.
İspat
\((x_k)\), terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan keyfi bir dizi olsun. \(f\), \(x_0\)’da sürekli olduğundan Teorem 10.1 gereği \(f(x_k) \to f(x_0)\) olur. \(y_k = f(x_k)\) dizisinin terimleri \(f(D) \subseteq E\) kümesindedir ve \(y_k \to f(x_0)\)’dır. \(g\), \(f(x_0)\) noktasında sürekli olduğundan Teorem 10.1 bu kez \(g\)’ye ve \((y_k)\) dizisine uygulanırsa
\[(g \circ f)(x_k) = g(y_k) \longrightarrow g\big( f(x_0) \big) = (g \circ f)(x_0)\]
elde edilir. \((x_k)\) dizisi keyfi olduğundan Teorem 10.1 gereği \(g \circ f\), \(x_0\)’da süreklidir. \(\blacksquare\)
Teoremin en sık kullanılan biçiminde dış fonksiyon tek değişkenlidir: \(f : D \to \mathbb{R}\), \(x_0\)’da sürekli ve \(\psi\), \(f(D)\)’yi içeren bir kümede tanımlı ve \(f(x_0)\)’da sürekli bir reel fonksiyon ise \(\psi \circ f\) de \(x_0\)’da süreklidir. \(|t|\), \(\sqrt{t}\) (\(t \ge 0\)), \(\sin t\) ve \(\cos t\) fonksiyonları tanım kümelerinde süreklidir (bkz. Analiz 1); \(e^t\) türevlenebilir olduğundan süreklidir (bkz. Analiz 2 ve Analiz 2). Bu yüzden \(f\) sürekliyse \(|f|\), \(\sqrt{f}\) (\(f \ge 0\) iken), \(\sin f\), \(\cos f\) ve \(e^{f}\) de süreklidir. Örneğin \(\sin(x^2 y)\), \(x^2 y\) polinomuyla sinüs fonksiyonunun bileşkesi olduğundan \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir; Örnek 10.1 içinde yalnız orijin için yaptığımız hesap böylece her noktaya genellenir. İç fonksiyon bir koordinat fonksiyonu da olabilir: \(\psi\), \(\mathbb{R}\)’nin bir kümesinde sürekliyse \((x, y) \mapsto \psi(x)\) fonksiyonu, \(\psi \circ \pi_1\) bileşkesi olarak süreklidir. Örneğin \((x, y) \mapsto \sin\dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \(\{ (x, y) : x \ne 0 \}\) kümesinde süreklidir.
Sonuç 10.2 (Norm Fonksiyonu Süreklidir) \(f : D \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonu \(x_0 \in D\) noktasında sürekliyse \(x \mapsto \|f(x)\|\) fonksiyonu da \(x_0\) noktasında süreklidir. Özel olarak \(x \mapsto \|x\|\) norm fonksiyonu \(\mathbb{R}^n\) üzerinde süreklidir.
İspat
Önce \(N : \mathbb{R}^m \to \mathbb{R}\), \(N(y) = \|y\|\) fonksiyonunun her \(y_0 \in \mathbb{R}^m\) noktasında sürekli olduğunu gösterelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon\) alalım. Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 1.2) gereği \(\|y - y_0\| < \delta\) iken
\[|N(y) - N(y_0)| = \big| \|y\| - \|y_0\| \big| \le \|y - y_0\| < \varepsilon\]
olur. \(x \mapsto \|f(x)\|\) fonksiyonu \(N \circ f\) bileşkesidir; Teorem 10.4 gereği \(x_0\)’da süreklidir. Özel durum için \(f\) birim fonksiyon (\(f(x) = x\)) alınır; birim fonksiyon \(\delta = \varepsilon\) ile her noktada süreklidir. \(\blacksquare\)
Bileşkeye başvurmadan da ispat yapılabilir: ters üçgen eşitsizliği \(\big| \|f(x)\| - \|f(x_0)\| \big| \le \|f(x) - f(x_0)\|\) verir ve sağ tarafı \(\varepsilon\)’dan küçük yapan \(\delta\) sol tarafı da küçük yapar. Sonucun bir uygulaması: sabit bir \(a \in \mathbb{R}^n\) için \(x \mapsto \|x - a\| = d(x, a)\) uzaklık fonksiyonu süreklidir, çünkü \(x \mapsto x - a\) fonksiyonu (birim fonksiyonla sabitin farkı) süreklidir ve norm onunla bileşke yapılır.
Örnek 10.12 (Bileşkelerle Kurulan Bir Fonksiyon) \(h : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\),
\[h(x, y, z) = e^{xy} \cos(x - z) + \sqrt{x^2 + y^2 + z^2 + 1}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’te sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Fonksiyonu yapı taşlarına ayıralım.
Üstel çarpan. \(xy\) bir polinomdur ve Teorem 10.3 gereği süreklidir; \(t \mapsto e^t\) sürekli olduğundan Teorem 10.4 gereği \(e^{xy}\) süreklidir.
Kosinüslü çarpan. \(x - z\) bir polinomdur; \(\cos\) sürekli olduğundan \(\cos(x - z)\) süreklidir.
Kök. \(x^2 + y^2 + z^2 + 1\) bir polinomdur ve her yerde \(1\)’den büyük ya da eşittir; değerleri \([0, +\infty)\) aralığındadır ve karekök bu aralıkta süreklidir. Bileşke kuralıyla \(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2 + 1}\) süreklidir. (Bu terim \(\sqrt{\|p\|^2 + 1}\) biçiminde de yazılabilir.)
Birleştirme. Teorem 10.2 teoreminin 2. maddesi (\(m = 1\)) gereği \(e^{xy} \cos(x - z)\) çarpımı, 1. maddesi gereği de toplam süreklidir. \(h\), \(\mathbb{R}^3\)’ün her noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
10.9 Bileşenlerle Süreklilik
Vektör değerli bir fonksiyonun sürekliliği, bileşen fonksiyonlarının (Tanım 8.2) sürekliliğine indirgenir. Bu, dizilerdeki koordinat yakınsaklık teoreminin (Teorem 6.3) ve limitlerdeki Teorem 8.6 teoreminin süreklilikteki karşılığıdır.
Teorem 10.5 (Bileşenlerle Süreklilik) \(f = (f_1, \dots, f_m) : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D\) olsun. \(f\)’nin \(x_0\) noktasında sürekli olması için gerek ve yeter koşul, her \(j = 1, \dots, m\) için \(f_j : D \to \mathbb{R}\) bileşen fonksiyonunun \(x_0\) noktasında sürekli olmasıdır.
İspat
\((x_k)\), terimleri \(D\)’de olan ve \(x_0\)’a yakınsayan keyfi bir dizi olsun. \(f(x_k) = \big( f_1(x_k), \dots, f_m(x_k) \big)\) ve \(f(x_0) = \big( f_1(x_0), \dots, f_m(x_0) \big)\) olduğundan Teorem 6.3 gereği
\[f(x_k) \to f(x_0) \iff f_j(x_k) \to f_j(x_0) \quad (j = 1, \dots, m)\]
olur.
(\(\Rightarrow\)) \(f\), \(x_0\)’da sürekli olsun. Teorem 10.1 gereği \(f(x_k) \to f(x_0)\)’dır; yukarıdaki denklik gereği her \(j\) için \(f_j(x_k) \to f_j(x_0)\) olur. Dizi keyfi olduğundan Teorem 10.1 gereği her \(f_j\), \(x_0\)’da süreklidir.
(\(\Leftarrow\)) Her \(f_j\), \(x_0\)’da sürekli olsun. Teorem 10.1 gereği her \(j\) için \(f_j(x_k) \to f_j(x_0)\)’dır; denklik gereği \(f(x_k) \to f(x_0)\) olur. Dizi keyfi olduğundan \(f\), \(x_0\)’da süreklidir. \(\blacksquare\)
Teorem, vektör değerli bir fonksiyonun sürekliliğini \(m\) tane reel değerli fonksiyonun sürekliliğine indirger; bölümün önceki sonuçları bu reel fonksiyonlara tek tek uygulanır. Doğrudan bir ispat da verilebilir: her \(z \in \mathbb{R}^m\) için geçerli \(|z_j| \le \|z\| \le |z_1| + \dots + |z_m|\) eşitsizliği \(z = f(x) - f(x_0)\) vektörüne uygulanır. Tersine, sürekli reel fonksiyonlar bileşen yapılarak sürekli vektör değerli fonksiyonlar kurulur. Örneğin bileşenleri polinom olan her \(F : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonu süreklidir; özel olarak \(A\) bir \(m \times n\) matris olmak üzere \(F(x) = Ax\) lineer dönüşümü süreklidir, çünkü \(j\)-inci bileşeni \(a_{j1} x_1 + \dots + a_{jn} x_n\) birinci dereceden bir polinomdur.
Örnek 10.13 (Bileşenleriyle İncelenen Vektör Değerli Fonksiyon) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\),
\[F(x, y) = \begin{cases} \left( \dfrac{x^2 y^2}{x^2 + y^2},\ \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2} \right), & (x, y) \ne (0, 0), \\[3mm] (0, 0), & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bileşen fonksiyonları \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[ \begin{aligned} F_1(x, y) &= \frac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}, \\[1mm] F_2(x, y) &= \frac{3x^2 y}{x^2 + y^2} \end{aligned} \]
ve \(F_1(0, 0) = F_2(0, 0) = 0\)’dır. \(F_1\), Örnek 10.10 içindeki fonksiyondur ve \(\mathbb{R}^2\)’de süreklidir. \(F_2\), Örnek 10.11 içindeki fonksiyondur ve o da \(\mathbb{R}^2\)’de süreklidir. Her iki bileşen \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında sürekli olduğundan Teorem 10.5 gereği \(F\) de \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
Bir bileşenin süreksizliği bütün fonksiyonu süreksiz yapar. Örneğin \(G(x, y) = \left( x + y,\ \dfrac{xy}{x^2 + y^2} \right)\), \(G(0, 0) = (0, 0)\) fonksiyonunun birinci bileşeni her yerde süreklidir, ama ikinci bileşeni Örnek 10.6 gereği orijinde süreksiz olduğundan Teorem 10.5 gereği \(G\) orijinde süreksizdir.
10.10 Alıştırmalar
İlk beş alıştırmada süreklilik tek bir noktada tanımla ya da dizilerle incelenir; son üçünde fonksiyonun bütün düzlemdeki sürekliliği, bileşke, cebirsel işlemler ve sürekli genişleme kullanılarak incelenir.
Alıştırma 10.1 (Üstel Paydalı Bir Kesir) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x y^3}{e^{y^2} (x^2 + y^2)}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olup olmadığını \(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımıyla inceleyiniz.
Çözüm
Değer. \(f(0, 0) = 0\)’dır.
Sınırlama. İki basit eşitsizlik kullanacağız. \(y^2 \ge 0\) ve üstel fonksiyon artan olduğundan \(e^{y^2} \ge e^0 = 1\)’dir. \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(y^2 \le x^2 + y^2\)’dir. \(|x y^3| = |x|\,|y| \cdot y^2\) yazarak
\[ \begin{aligned} |f(x, y) - f(0, 0)| &= |x|\,|y| \cdot \frac{1}{e^{y^2}} \cdot \frac{y^2}{x^2 + y^2} \\[1mm] &\le |x|\,|y| \cdot 1 \cdot 1 = |x|\,|y| \end{aligned} \]
elde ederiz.
\(\delta\) seçimi. \(\|(x, y)\| < \delta\) ise \(|x| < \delta\) ve \(|y| < \delta\)’dır; buradan \(|x|\,|y| < \delta^2\) olur. \(\delta^2 = \varepsilon\), yani \(\delta = \sqrt{\varepsilon}\) seçelim.
Zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \sqrt{\varepsilon}\) olsun. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le |x|\,|y| < \delta^2 = \varepsilon\]
olur; \((x, y) = (0, 0)\) için fark \(0\)’dır. \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.2 (Paydası Kareler Toplamı Olan Bir Kesir) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{2y x^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Değer. \(f(0, 0) = 0\)’dır.
Sınırlama. \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(\dfrac{x^2}{x^2 + y^2} \le 1\) ve \(|y| \le \|(x, y)\|\) olduğundan
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = 2|y| \cdot \frac{x^2}{x^2 + y^2} \le 2|y| \le 2\,\|(x, y)\|.\]
\(\delta\) seçimi ve zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le 2\,\|(x, y)\| < 2\delta = \varepsilon\]
olur. \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreklidir. \((a, b) \ne (0, 0)\) noktasının \(\|(a, b)\|\) yarıçaplı yuvarında \(f\) bir rasyonel fonksiyonla çakıştığından Teorem 10.3 ve Lemma 10.1 gereği \(f\) aslında \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.3 (Sinüsün Karesi Bölü Mutlak Değerler) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{\sin^2(x - y)}{|x| + |y|}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Değer. \(f(0, 0) = 0\)’dır; \((x, y) \ne (0, 0)\) için payda \(|x| + |y| > 0\)’dır.
Sınırlama. \(|\sin t| \le |t|\) ve üçgen eşitsizliği gereği
\[|\sin(x - y)| \le |x - y| \le |x| + |y|\]
olur; kare alınırsa \(\sin^2(x - y) \le \big( |x| + |y| \big)^2\). Buradan
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le \frac{\big( |x| + |y| \big)^2}{|x| + |y|} = |x| + |y| \le 2\,\|(x, y)\|\]
elde edilir; son adımda \(|x|, |y| \le \|(x, y)\|\) kullanıldı.
\(\delta\) seçimi ve zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken
\[|f(x, y) - f(0, 0)| \le 2\,\|(x, y)\| < 2\delta = \varepsilon\]
olur. \(f\), \((0, 0)\) noktasında süreklidir. Paydaki sinüsün karesi, uzaklığın ikinci kuvveti kadar küçüktür; payda ise birinci kuvvet kadar. Aradaki fark kesri sıfıra götürür. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.4 (Sinüs Bölü Mutlak Değerler) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{\sin(x - y)}{|x| + |y|}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olup olmadığını inceleyiniz.
Çözüm
Bir önceki alıştırmadan farkı, paydaki sinüsün karesinin alınmamasıdır. Bu kez pay ile payda aynı mertebeden küçüktür ve süreklilik bozulur.
Dizi seçimi. \(x\) ekseni üzerindeki \(x_k = \left( \dfrac{1}{k}, 0 \right)\) noktalarını alalım; \(x_k \to (0, 0)\)’dır ve
\[f(x_k) = \frac{\sin\dfrac{1}{k}}{\dfrac{1}{k}}\]
olur.
Karşılaştırma. \(\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} = 1\) olduğundan (bkz. Analiz 1) dizisel ölçütle \(f(x_k) \to 1\)’dir. \(1 \ne 0 = f(0, 0)\) olduğundan Sonuç 10.1 gereği \(f\), \((0, 0)\)’da süreksizdir.
Tür. \(y\) ekseni üzerindeki \(y_k = \left( 0, \dfrac{1}{k} \right)\) noktalarında
\[f(y_k) = \frac{\sin\left( -\dfrac{1}{k} \right)}{\dfrac{1}{k}} = -\frac{\sin\dfrac{1}{k}}{\dfrac{1}{k}} \longrightarrow -1\]
olur. İki dizi farklı limit verdiğinden Sonuç 8.1 gereği orijinde limit yoktur; orijin bir esas süreksizlik noktasıdır ve \(f(0, 0)\) değeri değiştirilerek süreksizlik giderilemez. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.5 (Sönümlenen Salınımlar) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} x \sin\dfrac{1}{y} + y \sin\dfrac{1}{x}, & xy \ne 0, \\[2mm] 0, & xy = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Değer. \((0, 0)\) noktasında \(xy = 0\) olduğundan \(f(0, 0) = 0\)’dır.
Sınırlama. \(xy \ne 0\) ise \(\left| \sin\dfrac{1}{y} \right| \le 1\) ve \(\left| \sin\dfrac{1}{x} \right| \le 1\) olduğundan
\[|f(x, y)| \le |x| + |y| \le 2\,\|(x, y)\|\]
olur. \(xy = 0\) ise \(f(x, y) = 0\)’dır ve aynı eşitsizlik yine sağlanır. Yani her \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) için \(|f(x, y) - f(0, 0)| \le 2\,\|(x, y)\|\)’dir.
\(\delta\) seçimi ve zincir. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) iken \(|f(x, y) - f(0, 0)| < 2\delta = \varepsilon\) olur; \(f\) orijinde süreklidir.
Örnek 10.8 ile karşılaştıralım: orada \(\sin\dfrac{1}{x}\) terimi tek başınaydı ve orijine yaklaşırken \(-1\) ile \(1\) arasında salınıyordu. Burada aynı terim \(y\) ile çarpılmıştır; salınım sürer ama genliği \(|y|\) ile birlikte sıfıra iner. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.6 (Süreklilik İçin Parametre Seçimi) \(a \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{e^{x^2 + y^2} - 1}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] a, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu veriliyor. \(f\)’nin \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olması için \(a\) ne olmalıdır?
Çözüm
Olağan noktalar. \(x^2 + y^2\) bir polinomdur; üstel fonksiyon sürekli olduğundan Teorem 10.4 gereği \(e^{x^2 + y^2}\) süreklidir ve sabit \(1\) çıkarılınca pay süreklidir. Payda \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde sıfırlanmaz; Teorem 10.2 teoreminin 3. maddesi gereği kesir bu kümede süreklidir. \((u, v) \ne (0, 0)\) noktasının \(\|(u, v)\|\) yarıçaplı yuvarında \(f\) bu kesirle çakıştığından Lemma 10.1 gereği \(f\), \(a\) ne olursa olsun \((u, v)\) noktasında süreklidir.
Özel nokta. \(I = [0, +\infty)\) üzerinde
\[\varphi(t) = \begin{cases} \dfrac{e^t - 1}{t}, & t > 0, \\[2mm] 1, & t = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunu tanımlayalım. \(\dfrac{e^t - 1}{t} = \dfrac{e^t - e^0}{t - 0}\) oranı, üstel fonksiyonun \(0\)’daki türevinin fark oranıdır; \((e^t)' = e^t\) olduğundan (bkz. Analiz 2) \(t \to 0\) iken bu oran \(e^0 = 1\)’e gider. Dolayısıyla \(\varphi\), \(0\)’da süreklidir. \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f(x, y) = \varphi(x^2 + y^2)\)’dir. Önerme 8.3 önermesini \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\), \(g(x, y) = x^2 + y^2\) ve \(b = 0\) ile uygularız: \(g(D) \subseteq (0, +\infty)\)’dır ve Önerme 8.4 gereği \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} g(x, y) = 0\)’dır. Öyleyse
\[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = \varphi(0) = 1\]
olur.
Karar. Önerme 10.3 gereği \(f\) orijinde ancak ve ancak \(a = 1\) iken süreklidir. \(a \ne 1\) ise orijin bir kaldırılabilir süreksizlik noktasıdır. Sonuç: \(f\), \(\mathbb{R}^2\)’de ancak ve ancak \(a = 1\) için süreklidir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.7 (Bir Eksen Boyunca Tanımlanan Fonksiyon) \(g : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[g(x, y) = \begin{cases} \dfrac{\sin(xy)}{y}, & y \ne 0, \\[2mm] x, & y = 0 \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Formül \(x\) ekseninin bütün noktalarında bozulur; bu noktaları tek tek incelemek yerine \(g\)’yi sürekli fonksiyonlardan kuralım.
Yardımcı fonksiyon. \(\varphi : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(t \ne 0\) için \(\varphi(t) = \dfrac{\sin t}{t}\) ve \(\varphi(0) = 1\) olsun. \(t_0 \ne 0\) ise \((t_0 - |t_0|, t_0 + |t_0|)\) aralığında \(\varphi(t) = \dfrac{\sin t}{t}\)’dir ve bu bölüm iki sürekli fonksiyonun bölümü olarak orada süreklidir; süreklilik yerel olduğundan \(\varphi\), \(t_0\)’da süreklidir (bkz. Analiz 1). \(0\)’da ise \(\lim_{t \to 0} \dfrac{\sin t}{t} = 1 = \varphi(0)\) olduğundan (bkz. Analiz 1) süreklidir. \(\varphi\), \(\mathbb{R}\) üzerinde süreklidir.
\(g\)’yi \(\varphi\) ile yazma. Her \((x, y)\) için \(g(x, y) = x\, \varphi(xy)\) olduğunu gösterelim.
- \(y \ne 0\), \(x \ne 0\) ise \(xy \ne 0\)’dır ve \(x\, \varphi(xy) = x \cdot \dfrac{\sin(xy)}{xy} = \dfrac{\sin(xy)}{y}\) olur.
- \(y \ne 0\), \(x = 0\) ise \(g(0, y) = \dfrac{\sin 0}{y} = 0\) ve \(0 \cdot \varphi(0) = 0\)’dır.
- \(y = 0\) ise \(g(x, 0) = x\) ve \(x\, \varphi(0) = x\)’tir.
Süreklilik. \((x, y) \mapsto xy\) bir polinomdur; \(\varphi\) sürekli olduğundan Teorem 10.4 gereği \((x, y) \mapsto \varphi(xy)\) süreklidir. \((x, y) \mapsto x\) koordinat fonksiyonu da süreklidir. Teorem 10.2 teoreminin 2. maddesi (\(m = 1\)) gereği çarpımları olan \(g\), \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir.
Özel olarak her \(a \in \mathbb{R}\) için Önerme 10.3 gereği \(\lim_{(x, y) \to (a, 0)} g(x, y) = g(a, 0) = a\)’dır: formülün bozulduğu noktalarda fonksiyona verilen değer, tam da limitin değeridir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 10.8 (Bir Doğru Boyunca Sürekli Genişleme) \(D = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : x \ne y \}\) üzerinde tanımlı \(f(x, y) = \dfrac{x^3 - y^3}{x - y}\) fonksiyonunu \(\mathbb{R}^2\)’nin tamamında sürekli olacak biçimde genişletiniz.
Çözüm
Sadeleştirme. \(x^3 - y^3 = (x - y)(x^2 + xy + y^2)\) özdeşliğinden \(D\)’nin her noktasında
\[f(x, y) = x^2 + xy + y^2 = P(x, y)\]
olur. \(P\) bir polinomdur ve Teorem 10.3 gereği \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir.
Eksik noktalar. \(D\)’de olmayan noktalar \(y = x\) doğrusunun \((a, a)\) noktalarıdır. Her biri \(D\)’nin yığılma noktasıdır: \(\left( a + \dfrac{1}{k}, a \right) \in D\) noktaları \((a, a)\)’ya yakınsar. Terimleri \(D\)’de olan ve \((a, a)\)’ya yakınsayan her \((x_k, y_k)\) dizisi için \(P\)’nin sürekliliğinden (Teorem 10.1)
\[f(x_k, y_k) = P(x_k, y_k) \longrightarrow P(a, a) = a^2 + a^2 + a^2 = 3a^2\]
olur; Teorem 8.2 gereği \(\lim_{(x, y) \to (a, a)} f(x, y) = 3a^2\)’dir. Her \((a, a)\) noktası bir kaldırılabilir süreksizlik noktasıdır.
Genişleme. \(F(x, y) = x^2 + xy + y^2\) ile tanımlanan \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(D\) üzerinde \(f\) ile çakışır, doğrunun noktalarında \(F(a, a) = 3a^2\) değerini alır ve bir polinom olarak \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. Genişleme tektir: \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli ve \(D\)’de \(f\) ile çakışan her \(G\) fonksiyonu için Önerme 10.3 gereği \(\lim_{(x, y) \to (a, a)} G(x, y) = G(a, a)\)’dır. \((a, a) \in D'\) ve \(G\)’nin \(D\)’ye kısıtlanışı \(f\) olduğundan bu limit \(\lim_{(x, y) \to (a, a)} f(x, y) = 3a^2\)’ye eşittir; limit tek olduğundan (Teorem 8.1) \(G(a, a) = 3a^2\) olmak zorundadır. \(\blacksquare\)
Bu bölümde sürekliliği tek tek noktalarda inceledik: tanımı, limitle ve dizilerle ilişkisini, süreksizliğin iki türünü ve sürekliliği koruyan işlemleri gördük. Sürekli Fonksiyonların Global Özellikleri bölümünde sürekli fonksiyonların kümeler üzerindeki davranışına geçiyoruz: açık ve kapalı kümelerin ters görüntüleri, kompakt ve bağlantılı kümelerin görüntüleri, uç değer ve ara değer teoremleri ve düzgün süreklilik.