9 Yollar Boyunca Limit ve Ardışık Limitler

Çok Değişkenli Fonksiyonlar ve Limit bölümünde limitin tanımını, dizilerle ifadesini ve hesap kurallarını gördük. Tanıma dikkatle bakınca önemli bir şey göze çarpar: \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olması için yalnız \(\|x - x_0\|\) uzaklığının küçük olması gerekir. \(x\) noktasının \(x_0\)’a hangi yönden ya da hangi eğri üzerinde yaklaştığı tanımda hiç geçmez. Limit varsa, \(x\) nereden gelirse gelsin \(f(x)\) aynı \(L\) değerine yaklaşmak zorundadır.

Tek değişkenli fonksiyonlarda bir noktaya yalnız iki yönden, sağdan ve soldan yaklaşılabiliyordu ve limitin var olması için sağ ve sol limitlerin var olup eşit olması gerek ve yeterdi (bkz. Analiz 1). Düzlemde ise bir noktaya sonsuz çoklukta biçimde yaklaşılabilir: her eğimden doğrular, paraboller, noktanın çevresinde dolanan sarmallar ya da noktaya sıçrayarak yaklaşan diziler. Limit varsa bu yaklaşımların hepsi aynı sonucu verir. Öyleyse farklı sonuç veren iki yaklaşım bulmak, limitin olmadığını göstermenin en kısa yoludur. Bu yolun tersi ise tehlikelidir: denenen bütün yolların, hatta noktadan geçen bütün doğruların aynı değeri vermesi bile limitin var olduğunu göstermez.

Bölümün ikinci aracı ardışık limitlerdir: değişkenleri aynı anda değil de birer birer limite götürmek. Ardışık limitlerin iki katlı limitle ilişkisini veren bir önerme, onları da limitin yokluğunu göstermenin bir aracına dönüştürecek.

9.1 Bir Noktaya Giden Yollar

Yaklaşma biçimlerini kesin bir dille konuşabilmek için önce “bir noktaya giden yol” kavramını tanımlayalım.

Tanım 9.1 (Bir Noktaya Giden Yol) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(x_0 \in \mathbb{R}^n\), \(T \subseteq \mathbb{R}\) ve \(t_0 \in T'\) olsun. \(\gamma : T \to D\) fonksiyonu

her \(t \in T\) için \(\gamma(t) \ne x_0\) ve
\(\lim_{t \to t_0} \gamma(t) = x_0\)

koşullarını sağlıyorsa \(\gamma\)’ya \(D\) içinde, \(t \to t_0\) iken \(x_0\) noktasına giden bir yol denir.

Yani bir yol, \(t\) parametresi \(t_0\)’a giderken \(D\)’nin içinde kalarak \(x_0\) noktasına yaklaşan bir noktalar ailesidir. İkinci koşuldaki limit, limit tanımının (Tanım 8.7) tanım uzayı \(\mathbb{R}\) olan hâlidir: her \(\delta > 0\) için öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki \(t \in T\) ve \(0 < |t - t_0| < \eta\) iken \(\|\gamma(t) - x_0\| < \delta\) olur. Birinci koşul, limitte \(x_0\) noktasının kendisine hiç bakılmamasının karşılığıdır; yol \(x_0\)’a yaklaşır ama ona hiç varmaz. \(f\) fonksiyonu \(x_0\)’da tanımlı olmasa bile yol boyunca \(f\)’nin değerleri anlamlıdır.

Uygulamada kullanacağımız yollar şunlardır.

Doğrular. \(x_0\) noktasından geçen, \(b \ne 0\) doğrultusundaki doğru (Tanım 2.3), \(x_0\) dışında \(D\)’de kalıyorsa \(T = \mathbb{R} \setminus \{0\}\) ve \(t_0 = 0\) ile \(\gamma(t) = x_0 + tb\) yolunu verir; kalmıyorsa \(T = \{t : 0 < |t| < r,\ x_0 + tb \in D\}\) alınır ve \(0 \in T'\) olması gerekir. Gerçekten \(\|\gamma(t) - x_0\| = |t|\,\|b\|\) olduğundan \(t \ne 0\) iken \(\gamma(t) \ne x_0\) ve \(t \to 0\) iken \(\gamma(t) \to x_0\)’dır. Düzlemde \((0, 0)\)’dan geçen \(y = mx\) doğrusu \(b = (1, m)\) ile \(\gamma(t) = (t, mt)\) yoludur; dikey doğru \(x = 0\) ise \(b = (0, 1)\) ile \(\gamma(t) = (0, t)\) yoludur.
Grafikler. \(g : T \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için \(x_0 \in T'\), \(x_0 \notin T\) ve \(\lim_{x \to x_0} g(x) = y_0\) olsun. \(\gamma(x) = \big( x, g(x) \big)\) fonksiyonunun bileşenleri \(x_0\) ve \(y_0\)’a gittiğinden \(\gamma(x) \to (x_0, y_0)\) olur (Teorem 8.6); \(x \ne x_0\) olduğundan da \(\gamma(x) \ne (x_0, y_0)\)’dır. Böylece \(y = x^2\), \(y = kx^2\) ya da \(y = -x^2 + x^3\) gibi eğriler \((0, 0)\)’a giden yollardır. Rolleri değiştirerek \(x = h(y)\) biçimindeki eğriler de (\(x = y^2\) gibi) yol olarak kullanılır.
Tek yönlü yollar. \(T = (0, r)\) alınırsa yalnız \(t \to 0^+\) yönünde yaklaşılır. Tanım kümesi bir yarı düzlem olduğunda işe yarar: örneğin \(y = x\) doğrusunun yalnız \(x > 0\) olan parçası.
Diziler. \(x_k \in D\), \(x_k \ne x_0\) ve \(x_k \to x_0\) olsun. \(T = \left\{ \tfrac{1}{k} : k \in \mathbb{N} \right\}\), \(t_0 = 0\) ve \(\gamma\left( \tfrac{1}{k} \right) = x_k\) alınırsa \(\gamma\) bir yol olur; \(t \to 0\) limiti burada \(k \to \infty\) limitinin kendisidir. Demek ki \(x_0\)’a yakınsayan her dizi de bir yoldur.

Her eğri bir yol değildir. \(y = \dfrac{1}{x}\) eğrisi üzerinde \(x \to 0\) iken \(|y| \to \infty\) olur; bu eğri \((0, 0)\)’a gitmez. \(y = 1\) doğrusu \((1, 0)\) noktasından geçmez; bu doğru boyunca hesaplanan bir limit, \((1, 0)\) noktasındaki limit hakkında hiçbir şey söylemez. Bir yol seçerken eğrinin gerçekten \(x_0\)’a gittiğinden ve (en azından \(x_0\) yakınında) tanım kümesinin içinde kaldığından emin olmak gerekir.

9.2 Yol Boyunca Limit

Bir yol seçildiğinde \(f\) fonksiyonunu yalnız bu yol üzerinde izlemek, çok değişkenli limit sorusunu tek değişkenli bir limit sorusuna çevirir.

Tanım 9.2 (Bir Yol Boyunca Limit) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(\gamma : T \to D\), \(D\) içinde \(t \to t_0\) iken \(x_0\)’a giden bir yol olsun.

\[\lim_{t \to t_0} f\big( \gamma(t) \big) = L\]

oluyorsa \(f\)’nin \(\gamma\) yolu boyunca limiti \(L\)’dir denir. Yol bir \(y = g(x)\) grafiği olduğunda bu limit

\[\lim_{\substack{(x, y) \to (x_0, y_0) \\ y = g(x)}} f(x, y) = \lim_{x \to x_0} f\big( x, g(x) \big)\]

biçiminde de yazılır.

Yani yol boyunca limit, \(f \circ \gamma : T \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunun \(t_0\)’daki limitidir. \(f \circ \gamma\) tek değişkenli bir fonksiyondur ve limiti Analiz 1’in araçlarıyla hesaplanır; \(m > 1\) ise bileşen bileşen. Örneğin \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) için \(y = mx\) doğrusu boyunca limit

\[\lim_{x \to 0} f(x, mx) = \lim_{x \to 0} \frac{m x^2}{(1 + m^2) x^2} = \frac{m}{1 + m^2}\]

olur; bu fonksiyona Örnek 9.2 içinde döneceğiz. Yol boyunca limit, \(f\)’nin yol üzerindeki noktalarda aldığı değerlerle yetinir; yolun dışında ne olup bittiğine bakmaz.

Teorem 9.1 (Limit Her Yol Boyunca Aynıdır) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(x_0 \in D'\) ve \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olsun. O zaman \(D\) içinde \(x_0\)’a giden her \(\gamma\) yolu boyunca \(f\)’nin limiti \(L\)’dir:

\[\lim_{t \to t_0} f\big( \gamma(t) \big) = L.\]

(0, 0) noktasına giden yollar: y = x/2 doğrusu, y = x² parabolü, y ekseni, (e^−t cos t, e^−t sin t) sarmalı ve x_k = (1/k, −1/k) dizisi. Hiçbiri x₀ = (0, 0) noktasının kendisinden geçmez; limit varsa her biri boyunca aynı değeri verir.

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki

\[x \in D \ \text{ ve } \ 0 < \|x - x_0\| < \delta \ \Longrightarrow\ \|f(x) - L\| < \varepsilon\]

olur. \(\gamma(t) \to x_0\) olduğundan bu \(\delta\) için öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki \(t \in T\) ve \(0 < |t - t_0| < \eta\) iken \(\|\gamma(t) - x_0\| < \delta\) olur. Böyle bir \(t\) için \(x = \gamma(t)\) noktası \(D\)’dedir ve yol tanımının birinci koşulu gereği \(\gamma(t) \ne x_0\), yani \(\|\gamma(t) - x_0\| > 0\)’dır. Dolayısıyla \(0 < \|\gamma(t) - x_0\| < \delta\) olur ve

\[\big\| f\big( \gamma(t) \big) - L \big\| < \varepsilon\]

elde edilir. Bu, \(\lim_{t \to t_0} f(\gamma(t)) = L\) demektir. \(\blacksquare\)

İspatta \(\gamma(t) \ne x_0\) koşulu gerçekten kullanıldı: limit tanımı yalnız \(0 < \|x - x_0\|\) olan noktalar hakkında bilgi verir. Yol \(x_0\)’dan geçseydi, \(f(x_0)\) değeri (tanımlıysa) \(L\)’den farklı olabilirdi.

Yollar ve diziler. Teorem, dizisel limit teoreminin (Teorem 8.2) sürekli bir biçimidir. Bir yol üzerinde \(t_k \to t_0\) olacak biçimde seçilen her \((t_k)\) dizisi, \(x_0\)’a yakınsayan bir \(x_k = \gamma(t_k)\) dizisi verir; tersine, \(x_0\)’a yakınsayan her dizi kendi başına bir yoldur. Bu sayede teorem tersine de çevrilebilir: \(D\) içinde \(x_0\)’a giden her yol boyunca limit \(L\) ise, \(D \setminus \{x_0\}\) içinde \(x_0\)’a yakınsayan her \((x_k)\) dizisi bir yol olduğundan \(f(x_k) \to L\) olur ve Teorem 8.2 gereği \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\)’dir. Ne var ki “her yol” sonsuz çoklukta ve çok çeşitli yolu kapsar; birkaç yolu, hatta aşağıda göreceğimiz gibi noktadan geçen bütün doğruları denemek bile limitin varlığını göstermeye yetmez. Uygulamada yollar, limitin olmadığını göstermenin aracıdır.

Sonuç 9.1 (İki Yol Ölçütü) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \(x_0 \in D'\) olsun.

\(D\) içinde \(x_0\)’a giden öyle iki \(\gamma_1\), \(\gamma_2\) yolu varsa ki bu yollar boyunca \(f\)’nin limitleri \(L_1\) ve \(L_2\) olsun ve \(L_1 \ne L_2\) olsun, o zaman \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) limiti yoktur.
\(D\) içinde \(x_0\)’a giden ve boyunca \(f\)’nin limitinin olmadığı bir yol varsa \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) limiti yoktur.

İspat

Karşıt olarak \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) olduğunu varsayalım. Teorem 9.1 gereği \(x_0\)’a giden her yol boyunca \(f\)’nin limiti vardır ve \(L\)’dir.

Birinci durumda \(\gamma_1\) boyunca limit hem \(L_1\) hem \(L\) olur; tek değişkenli limit tek olduğundan \(L_1 = L\)’dir. Aynı biçimde \(L_2 = L\) bulunur. Buradan \(L_1 = L_2\) çıkar; bu, \(L_1 \ne L_2\) varsayımıyla çelişir.

İkinci durumda, boyunca limitin olmadığı yolda da limit \(L\) olurdu; bu da varsayımla çelişir. Her iki durumda \(\lim_{x \to x_0} f(x)\) limiti yoktur. \(\blacksquare\)

Sonucun ikinci maddesi, özellikle bir yol boyunca fonksiyonun sınırsız büyüdüğü durumlarda kullanılır: bir yol boyunca \(\|f(\gamma(t))\| \to \infty\) oluyorsa limit yoktur.

Üç adımda iki yol testi

Yolları seç. \(x_0\)’dan geçen ve \(x_0\) dışında tanım kümesinde kalan eğriler seçilir: önce eksenler ve \(y - y_0 = m(x - x_0)\) doğruları, gerekirse paraboller ya da paydayı küçülten eğriler. Eğri gerçekten \(x_0\)’a gitmelidir.
Tek değişkenli limiti hesapla. Her yol için \(f(\gamma(t))\) yazılır ve \(t \to t_0\) limiti Analiz 1’in araçlarıyla bulunur.
Karşılaştır. İki yol farklı değer veriyorsa ya da bir yol boyunca limit yoksa limit yoktur (Sonuç 9.1). Denenen bütün yollar aynı \(L\)’yi veriyorsa \(L\) yalnızca bir adaydır; varlığı tanımla ya da sıkıştırmayla ispatlanır.

Örnek 9.1 (Eksenler Boyunca Farklı Limitler) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\) limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

\(f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun tanım kümesi \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır ve \((0, 0) \in D'\)’dır.

\(x\) ekseni boyunca. \(y = 0\), \(x \ne 0\) alalım: \(f(x, 0) = \dfrac{x^2}{x^2} = 1\). Dolayısıyla bu yol boyunca limit \(1\)’dir.

\(y\) ekseni boyunca. \(x = 0\), \(y \ne 0\) alalım: \(f(0, y) = \dfrac{-y^2}{y^2} = -1\). Bu yol boyunca limit \(-1\)’dir.

\(1 \ne -1\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur.

Daha genel olarak \(y = mx\) doğrusu boyunca

\[f(x, mx) = \frac{(1 - m^2) x^2}{(1 + m^2) x^2} = \frac{1 - m^2}{1 + m^2}\]

sabittir; her doğru kendi değerini verir. \(\blacksquare\)

Örnek 9.2 (Her Doğru Kendi Değerini Verir) \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olup olmadığını araştırınız.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Eksenler boyunca. \(y = 0\), \(x \ne 0\) için \(f(x, 0) = 0\); \(x = 0\), \(y \ne 0\) için \(f(0, y) = 0\). İki eksen boyunca da limit \(0\)’dır. Bu, limitin var olduğunu göstermez; başka bir yol deneyelim.

\(y = x\) doğrusu boyunca. \(x \ne 0\) için

\[f(x, x) = \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2}\]

olduğundan bu yol boyunca limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir. \(\dfrac{1}{2} \ne 0\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur.

Bütün doğrular. \(y = mx\) boyunca, \(x \ne 0\) için

\[f(x, mx) = \frac{m x^2}{x^2 + m^2 x^2} = \frac{m}{1 + m^2}\]

olur. \(f\), orijinden geçen her doğru üzerinde sabittir ve değeri doğrunun eğimine bağlıdır. \(m = \pm 1\) için değer \(\pm\dfrac{1}{2}\)’dir ve \(\dfrac{m}{1 + m^2}\) ifadesi \(\left[ -\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right]\) aralığındaki her değeri alır. Orijinin ne kadar küçük bir komşuluğu alınırsa alınsın, orada \(f\) bu aralıktaki bütün değerleri alır.

f(x, y) = xy/(x² + y²) fonksiyonu orijinden geçen her y = mx doğrusu üzerinde m/(1 + m²) değerini alır; doğruların uçlarındaki sayılar bu değerlerdir (m = 0, ±1/2, ±1, ±2 ve x = 0). Hafif tonlar f'nin işaretini gösterir: birinci ve üçüncü bölgede pozitif, ikinci ve dördüncüde negatif. Orijinin her komşuluğunda f, [−1/2, 1/2] aralığındaki bütün değerleri alır.

Aynı fonksiyonun limitinin olmadığını Örnek 8.16 içinde dizilerle görmüştük. Oradaki \(\left( \tfrac{1}{k}, \tfrac{1}{k} \right)\) dizisi \(y = x\) doğrusunun, \(\left( \tfrac{1}{k}, \tfrac{1}{k^2} \right)\) dizisi \(y = x^2\) parabolünün üzerindedir; yollar, o dizilerin sürekli karşılıklarıdır.

\(f\)’yi \((0, 0)\)’da \(f(0, 0) = 0\) diye tanımlamak sonucu değiştirmez (Alıştırma 8.9); limit, fonksiyonun noktadaki değerine bakmaz. \(\dfrac{2xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonu için de aynı hesap \(y = mx\) boyunca \(\dfrac{2m}{1 + m^2}\) verir: eksenler boyunca \(0\), \(y = x\) boyunca \(1\). \(\blacksquare\)

Örnek 9.3 (Dizilerle ve Doğrularla Limitin Yokluğu) \(f : \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\} \to \mathbb{R}\), \(f(x, y) = \dfrac{(x + y)^2}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını dizisel limit teoremiyle gösteriniz ve sonucu yollarla karşılaştırınız.

Çözüm

İki dizi. Her \(k \in \mathbb{N}\) için \(x_k = \left( \tfrac{1}{k}, \tfrac{1}{k} \right)\) ve \(z_k = \left( \tfrac{1}{k}, -\tfrac{1}{2k} \right)\) alalım. İki dizinin terimleri de tanım kümesindedir ve iki dizi de \((0, 0)\)’a yakınsar (Teorem 6.3). Görüntüler

\[ \begin{aligned} f(x_k) &= \frac{\left( \frac{2}{k} \right)^2}{\frac{2}{k^2}} = \frac{4/k^2}{2/k^2} = 2, \\[1mm] f(z_k) &= \frac{\left( \frac{1}{2k} \right)^2}{\frac{1}{k^2} + \frac{1}{4k^2}} = \frac{1/(4k^2)}{5/(4k^2)} = \frac{1}{5} \end{aligned} \]

olur. \(f(x_k) \to 2\) ve \(f(z_k) \to \dfrac{1}{5}\); limitler farklı olduğundan Sonuç 8.1 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur.

Yollarla karşılaştırma. \((x_k)\) dizisi \(y = x\) doğrusunun, \((z_k)\) dizisi \(y = -\dfrac{x}{2}\) doğrusunun üzerindedir. \(y = mx\) boyunca

\[f(x, mx) = \frac{(1 + m)^2 x^2}{(1 + m^2) x^2} = \frac{(1 + m)^2}{1 + m^2}\]

bulunur: \(m = 1\) için \(2\), \(m = -\dfrac{1}{2}\) için \(\dfrac{1/4}{5/4} = \dfrac{1}{5}\). Diziler, yolların üzerinden seçilmiş kesikli örneklerdir. \(\blacksquare\)

Limit \((0, 0)\) dışında bir noktada sorulduğunda yolların o noktadan geçmesi gerekir. Değişken değiştirerek soruyu orijine taşımak çoğu zaman işi kolaylaştırır.

Örnek 9.4 (Orijin Dışındaki Bir Noktada Limit) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (1, 0)} \frac{xy - y}{x^2 + y^2 - 2x + 1}\) limitinin var olup olmadığını, noktaya farklı eğriler boyunca yaklaşarak araştırınız.

Çözüm

Sadeleştirme. Pay \(xy - y = y(x - 1)\), payda \(x^2 - 2x + 1 + y^2 = (x - 1)^2 + y^2\)’dir:

\[f(x, y) = \frac{y(x - 1)}{(x - 1)^2 + y^2}.\]

Payda yalnız \((1, 0)\)’da sıfır olduğundan tanım kümesi \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(1, 0)\}\)’dır.

\((1, 0)\)’dan geçen doğrular. \(y = m(x - 1)\), \(x \ne 1\) alalım:

\[f\big( x, m(x - 1) \big) = \frac{m(x - 1)^2}{(x - 1)^2 + m^2 (x - 1)^2} = \frac{m}{1 + m^2}.\]

\(m = 0\) (yani \(y = 0\) doğrusu) boyunca limit \(0\), \(m = 1\) (yani \(y = x - 1\) doğrusu) boyunca limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir. Sonuç 9.1 gereği limit yoktur.

Dikkat. \(y = 1\) doğrusu, \(y\) ekseni ya da \(y = x\) doğrusu \((1, 0)\) noktasından geçmez. Bu doğrular boyunca \(x \to 1\) ya da \(y \to 0\) iken hesaplanan değerler, \((1, 0)\)’daki limit hakkında bilgi vermez. Doğru yollar \((1, 0)\)’dan geçenlerdir.

\(u = x - 1\), \(v = y\) dönüşümüyle \(f = \dfrac{uv}{u^2 + v^2}\) olur ve \((x, y) \to (1, 0)\) ile \((u, v) \to (0, 0)\) aynı şeydir; soru Örnek 9.2 ile aynıdır. \(\blacksquare\)

9.3 Doğrular Yetmez

Şimdiye kadarki örneklerde iki doğru, limitin olmadığını göstermeye yetti. Noktadan geçen bütün doğrular boyunca aynı limiti veren ama limiti olmayan fonksiyonlar da vardır.

Örnek 9.5 (Her Doğru Boyunca Sıfır, Parabol Boyunca Değil) \(f(x, y) = \dfrac{x^2 y}{x^4 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasına her doğru boyunca limitinin \(0\) olduğunu, buna karşın \((0, 0)\)’da limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

\(x^4 + y^2 = 0\) ancak \(x = y = 0\) iken olduğundan tanım kümesi \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Dikey doğru. \(x = 0\), \(y \ne 0\) için \(f(0, y) = \dfrac{0}{y^2} = 0\); limit \(0\)’dır.

\(y = mx\) doğruları. \(m = 0\) ise \(f(x, 0) = 0\)’dır. \(m \ne 0\) ve \(x \ne 0\) için

\[f(x, mx) = \frac{m x^3}{x^4 + m^2 x^2} = \frac{m x}{x^2 + m^2}\]

olur. \(x \to 0\) iken pay \(0\)’a, payda \(m^2 \ne 0\)’a gider; limit \(0\)’dır. Demek ki orijinden geçen her doğru boyunca limit \(0\)’dır.

\(y = x^2\) parabolü. \(x \ne 0\) için

\[f(x, x^2) = \frac{x^4}{x^4 + x^4} = \frac{1}{2}\]

olur ve bu yol boyunca limit \(\dfrac{1}{2}\)’dir. \(\dfrac{1}{2} \ne 0\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur.

Daha genel olarak \(y = kx^2\) parabolü boyunca

\[f(x, kx^2) = \frac{k x^4}{x^4 + k^2 x^4} = \frac{k}{1 + k^2}\]

sabittir. \(f\), orijinde birbirine teğet olan her \(y = kx^2\) parabolünün üzerinde (orijin hariç) sabittir. Bir doğru orijine çok yaklaştığında bu parabollerden \(|k|\)’sı gittikçe büyüyenleri keser ve değer \(0\)’a iner. Parabol boyunca gidildiğinde ise değer hiç değişmez.

Solda f(x, y) = x²y/(x⁴ + y²) fonksiyonunun y = kx² düzey eğrileri (k = ±1/2, ±1, ±2, ±4) ve uçlarında k/(1 + k²) değerleri; y = x ve y = 2x doğruları orijine yaklaştıkça bu eğrilerden gittikçe dikleşenlerini keser. Sağda f'nin üç yol boyunca aldığı değerler: f(x, x) = x/(x² + 1) ve f(x, 2x) = 2x/(x² + 4) sıfıra gider, f(x, x²) ise sabit 1/2'dir.

Bu örnekte fonksiyon, orijinin her komşuluğunda \(y = x^2\) üzerinde \(\dfrac{1}{2}\) ve \(y = -x^2\) üzerinde \(-\dfrac{1}{2}\) değerini alır; her doğru boyunca ise \(0\)’a gider. \(\blacksquare\)

Değişkenlerin rolleri değiştirilerek aynı olgu \(g(x, y) = \dfrac{xy^2}{x^2 + y^4}\) için de görülür: \(y = mx\) boyunca \(g(x, mx) = \dfrac{m^2 x}{1 + m^4 x^2} \to 0\), \(x = 0\) boyunca \(g = 0\), ama \(x = y^2\) parabolü boyunca \(g(y^2, y) = \dfrac{y^4}{2y^4} = \dfrac{1}{2}\) olur.

Doğruların yetmediği durumlar, genellikle paydanın sıfır olduğu (ya da çok küçük kaldığı) bir eğrinin noktaya yaklaşmasından doğar. Böyle bir eğriye yakın bir yol seçmek limitin yokluğunu ortaya çıkarır.

Örnek 9.6 (Paydayı Sıfırlayan Eğriye Yakın Bir Yol) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^3 + y^3}{x^2 + y}\) limitinin olup olmadığını araştırınız.

Çözüm

Payda \(y = -x^2\) parabolü üzerinde sıfırdır; tanım kümesi \(D = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : y \ne -x^2 \}\)’dir. Parabol orijinden geçtiği hâlde orijinin her yuvarı \(D\)’nin noktalarını içerir; \((0, 0) \in D'\)’dır.

Eksenler ve doğrular. \(y = 0\), \(x \ne 0\) için \(f(x, 0) = \dfrac{x^3}{x^2} = x \to 0\). \(x = 0\), \(y \ne 0\) için \(f(0, y) = \dfrac{y^3}{y} = y^2 \to 0\). \(m \ne 0\) ve \(0 < |x| < |m|\) için \((x, mx) \in D\) olur ve

\[f(x, mx) = \frac{(1 + m^3) x^3}{x^2 + mx} = \frac{(1 + m^3) x^2}{x + m} \to 0\]

bulunur. Bütün doğrular boyunca limit \(0\)’dır.

Paydayı küçülten eğri. Paydayı pay kadar hızlı küçültmek için \(y = -x^2 + x^3\) eğrisini, \(x \ne 0\) ile alalım. Bu eğri üzerinde \(x^2 + y = x^3 \ne 0\) olduğundan eğri \(D\)’dedir ve \(x \to 0\) iken \((x, y) \to (0, 0)\) olur. \(y^3 = x^6 (x - 1)^3\) olduğundan

\[f(x, -x^2 + x^3) = \frac{x^3 + x^6 (x - 1)^3}{x^3} = 1 + x^3 (x - 1)^3 \to 1\]

elde edilir. Doğrular boyunca limit \(0\), bu eğri boyunca \(1\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. \(\blacksquare\)

Denenen yolların hepsi aynı değeri veriyorsa bu değer limit için yalnızca bir adaydır. Adayın gerçekten limit olduğu tanımla ya da sıkıştırmayla ispatlanır.

Örnek 9.7 (Yollardan Aday, Tanımdan İspat) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2}\) limitinin var olup olmadığını araştırınız.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Aday. \(y = x\) boyunca \(f(x, x) = 0\), \(y = -x\) boyunca \(f(x, -x) = 0\), \(y = 0\) boyunca \(f(x, 0) = 0\)’dır. Üç yol da \(0\) verdiğinden aday değer \(0\)’dır.

İspat. \(|x^2 - y^2| \le x^2 + y^2\) ve \(2|xy| \le x^2 + y^2\) olduğundan her \((x, y) \in D\) için

\[|f(x, y) - 0| = |xy| \, \frac{|x^2 - y^2|}{x^2 + y^2} \le |xy| \le \frac{x^2 + y^2}{2} = \frac{\|(x, y)\|^2}{2}\]

olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \sqrt{2\varepsilon}\) seçilsin. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) iken

\[|f(x, y)| \le \frac{\|(x, y)\|^2}{2} < \frac{\delta^2}{2} = \varepsilon\]

olur. Limit tanımı (Tanım 8.7) gereği \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2} = 0\)’dır. \(\blacksquare\)

9.4 Kutupsal Koordinatlarla Sınırlama

Düzlemde bir noktadaki limiti incelemenin kullanışlı bir yolu, noktayı merkez alan kutupsal koordinatlara geçmektir; bu, sıkıştırma fikrinin düzlemdeki özel bir biçimidir.

\((x_0, y_0)\)’dan farklı her \((x, y)\) noktası

\[ \begin{aligned} x &= x_0 + r\cos\theta, \\[1mm] y &= y_0 + r\sin\theta \end{aligned} \]

biçiminde yazılabilir; burada \(r = \|(x, y) - (x_0, y_0)\| > 0\) noktanın \((x_0, y_0)\)’a uzaklığı, \(\theta\) ise bir açıdır. \((x, y) \to (x_0, y_0)\) olması, \(\theta\) ne olursa olsun \(r \to 0\) olması demektir.

Önerme 9.1 (Kutupsal Koordinatlarla Sınırlama) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\), \(f : D \to \mathbb{R}\), \((x_0, y_0) \in D'\) ve \(L \in \mathbb{R}\) olsun. \(r_0 > 0\) ve \(g : (0, r_0) \to [0, +\infty)\) fonksiyonu \(\lim_{r \to 0^+} g(r) = 0\) koşulunu sağlasın. \(0 < r < r_0\), \(\theta \in \mathbb{R}\) ve \((x_0 + r\cos\theta,\ y_0 + r\sin\theta) \in D\) olduğunda

\[\big| f(x_0 + r\cos\theta,\ y_0 + r\sin\theta) - L \big| \le g(r)\]

oluyorsa \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y) = L\)’dir.

İspat

\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(g(r) \to 0\) olduğundan öyle bir \(\eta > 0\) vardır ki \(0 < r < \eta\) ve \(r < r_0\) iken \(g(r) < \varepsilon\) olur. \(\delta = \min\{\eta, r_0\}\) alalım.

\((x, y) \in D\) ve \(0 < \|(x, y) - (x_0, y_0)\| < \delta\) olsun. \(r = \|(x, y) - (x_0, y_0)\|\) yazalım ve \(x = x_0 + r\cos\theta\), \(y = y_0 + r\sin\theta\) olacak bir \(\theta\) seçelim. \(0 < r < \delta \le r_0\) olduğundan varsayım uygulanır:

\[|f(x, y) - L| \le g(r) < \varepsilon.\]

Bu, limit tanımının ta kendisidir. \(\blacksquare\)

Yani \(|f - L|\) farkı, yalnız \(r\)’ye bağlı ve \(r \to 0^+\) iken sıfıra giden bir fonksiyonla sınırlanabiliyorsa limit \(L\)’dir. Önemli olan, \(g\)’nin \(\theta\)’yı içermemesidir: sınırın bütün doğrultularda aynı anda işe yaraması gerekir. Önerme, sıfıra giden fonksiyonla karşılaştırmanın (Sonuç 8.2) düzlemdeki kullanışlı bir biçimidir; karşılaştırılan fonksiyon burada yalnız \((x_0, y_0)\)’a uzaklığa bağlıdır.

Örnek 9.8 (Kutupsal Koordinatlarla Limit) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^3 - y^3}{x^2 + y^2} = 0\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır. \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) (\(r > 0\)) yazalım. \(x^2 + y^2 = r^2\) olduğundan

\[f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r^3 (\cos^3\theta - \sin^3\theta)}{r^2} = r\,(\cos^3\theta - \sin^3\theta)\]

olur. \(|\cos\theta| \le 1\) ve \(|\sin\theta| \le 1\) olduğundan

bulunur. \(g(r) = 2r\), \(\theta\)’ya bağlı değildir ve \(r \to 0^+\) iken \(0\)’a gider. Önerme 9.1 gereği limit \(0\)’dır. \(\varepsilon\)–\(\delta\) diliyle: \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) seçilirse \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) iken \(|f(x, y)| \le 2\|(x, y)\| < \varepsilon\) olur. \(\blacksquare\)

Sınır θ’dan bağımsız olmalı

Kutupsal yazımda her sabit \(\theta\) için \(r \to 0\) limitinin \(L\) çıkması yetmez. Bu yalnızca orijinden çıkan her ışın boyunca, yani doğrular boyunca limitin \(L\) olduğunu söyler. Örnek 9.5 fonksiyonu kutupsal koordinatlarda

\[f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r\cos^2\theta\,\sin\theta}{r^2\cos^4\theta + \sin^2\theta}\]

biçimini alır. \(\sin\theta \ne 0\) ise \(r \to 0\) iken payda \(\sin^2\theta \ne 0\)’a, pay \(0\)’a gider; \(\sin\theta = 0\) ise ifade zaten \(0\)’dır. Her sabit \(\theta\) için limit \(0\)’dır. Ama \(y = x^2\) parabolü üzerindeki noktalarda, yani \(r\sin\theta = r^2\cos^2\theta\) olduğunda değer \(\dfrac{1}{2}\)’dir. \(r\) ne kadar küçük olursa olsun bu noktalar vardır; dolayısıyla \(|f|\)’yi yalnız \(r\)’ye bağlı ve sıfıra giden bir \(g(r)\) ile sınırlamak olanaksızdır ve limit yoktur.

9.5 Ardışık Limitler

Çok değişkenli bir limiti hesaplarken değişkenleri birer birer hareket ettirmek, yani önce birini sonra öbürünü limite götürmek doğal görünebilir. Bu yöntem bazı fonksiyonlarda işe yarar, bazılarında yaramaz; ne zaman işe yaradığını anlamak için yeni bir kavrama ihtiyaç var.

Tanım 9.3 (Ardışık Limit) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\) ve \((x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2\) olsun; \((x_0, y_0) \in D\) olması gerekmez. Bir \(r > 0\) için, \(0 < |x - x_0| < r\) olan her \(x\) için

\[g(x) = \lim_{y \to y_0} f(x, y)\]

limiti var olsun. \(\lim_{x \to x_0} g(x)\) limiti de varsa bu limit

\[\lim_{x \to x_0} \lim_{y \to y_0} f(x, y) = \lim_{x \to x_0} \Big( \lim_{y \to y_0} f(x, y) \Big)\]

ile gösterilir. Değişkenlerin rolleri değiştirilerek, \(0 < |y - y_0| < r\) için \(h(y) = \lim_{x \to x_0} f(x, y)\) olmak üzere

\[\lim_{y \to y_0} \lim_{x \to x_0} f(x, y) = \lim_{y \to y_0} h(y)\]

tanımlanır. Bu iki limite \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasındaki ardışık limitleri denir.

Yani birinci ardışık limitte önce \(x\) sabit tutulur ve yalnız \(y\), \(y_0\)’a götürülür; bu iç limit \(x\)’e bağlı bir \(g(x)\) değeri verir. Sonra \(x\), \(x_0\)’a götürülür; bu da dış limittir. İkinci ardışık limitte sıra tersinedir: önce \(y\) sabit tutulup \(x \to x_0\), sonra \(y \to y_0\). Ardışık limite “ardıl” ya da “tekrarlı” (iterated) limit de denir. Ayırt etmek gerektiğinde \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y)\) limitine iki katlı limit diyeceğiz.

Ardışık limitler, art arda alınan iki tane tek değişkenli limittir. Her adımda Analiz 1 ve 2’nin bütün araçları, L’Hôpital kuralı dâhil (bkz. Analiz 2), kullanılabilir. İki katlı limitte ise iki değişken birlikte ve her yönden hareket eder; tek değişkenli araçlar ona doğrudan uygulanamaz.

Ardışık limitler ile iki katlı limit arasında ilk bakışta sanılandan zayıf bir bağ vardır:

ardışık limitler var olmayabilir;
ikisi de var olup farklı olabilir (Örnek 9.9);
ikisi de var ve eşit olduğu hâlde iki katlı limit olmayabilir (Örnek 9.10);
iki katlı limit var olduğu hâlde ardışık limitler olmayabilir (Örnek 9.12).

Örnek 9.9 (Var Olan Ama Farklı Ardışık Limitler) \(f(x, y) = \dfrac{x^2}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki ardışık limitlerini bulunuz.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Önce \(y\), sonra \(x\). \(x \ne 0\) sabit olsun. \(y \to 0\) iken payda \(x^2 \ne 0\)’a gider:

\[g(x) = \lim_{y \to 0} \frac{x^2}{x^2 + y^2} = \frac{x^2}{x^2} = 1.\]

Dolayısıyla

\[\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} f(x, y) = \lim_{x \to 0} 1 = 1.\]

Önce \(x\), sonra \(y\). \(y \ne 0\) sabit olsun:

\[h(y) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{x^2 + y^2} = \frac{0}{y^2} = 0.\]

Dolayısıyla

\[\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = \lim_{y \to 0} 0 = 0.\]

İki ardışık limit de vardır ama \(1 \ne 0\)’dır: limitlerin sırası değiştirilemez. \(\dfrac{y^2}{x^2 + y^2} = 1 - f(x, y)\) fonksiyonunun ardışık limitleri de aynı biçimde, sırasıyla \(0\) ve \(1\) çıkar. \(\blacksquare\)

Örnek 9.10 (Eşit Ardışık Limitler, Olmayan Limit) \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki ardışık limitlerinin var ve eşit olduğunu, buna karşın iki katlı limitin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

\(x \ne 0\) sabitken \(y \to 0\) için pay \(0\)’a, payda \(x^2 \ne 0\)’a gider; \(g(x) = \dfrac{0}{x^2} = 0\) olur. Dolayısıyla

\[\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} \frac{xy}{x^2 + y^2} = \lim_{x \to 0} 0 = 0.\]

Simetri gereği \(y \ne 0\) sabitken \(h(y) = 0\) ve

\[\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} \frac{xy}{x^2 + y^2} = 0\]

bulunur. Ardışık limitler var ve eşittir. Oysa Örnek 9.2 içinde gördüğümüz gibi \(y = x\) boyunca limit \(\dfrac{1}{2}\), eksenler boyunca \(0\)’dır; iki katlı limit yoktur. Ardışık limitlerin eşit olması, limitin varlığını garanti etmez. (Fonksiyonu iki katıyla, \(\dfrac{2xy}{x^2 + y^2}\) olarak almak hiçbir şeyi değiştirmez.) \(\blacksquare\)

Ardışık limitlerin var olup farklı çıkması ne anlama gelir? Bir sonraki önerme bu soruyu yanıtlıyor: iki katlı limit varsa ve iç limitler varsa, ardışık limitler eşit olmak zorundadır.

9.6 Ardışık Limitler ile Limit Arasındaki İlişki

Önermeyi reel değerli fonksiyonlar için veriyoruz. Bu bir kısıtlama değildir: \(\mathbb{R}^m\) değerli bir fonksiyonun limiti bileşenlerinin limitleriyle belirlenir (Teorem 8.6) ve ardışık limitleri de bileşen bileşen alınır. Böylece problem her zaman reel değerli fonksiyonlara indirgenir.

Önerme 9.2 (Limit ile Ardışık Limitler Arasındaki İlişki) \(I\) ve \(J\), \(\mathbb{R}\)’de açık aralıklar, \(x_0 \in I\), \(y_0 \in J\) ve \(f : (I \times J) \setminus \{(x_0, y_0)\} \to \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki üç koşul sağlansın:

her \(x \in I \setminus \{x_0\}\) için \(g(x) = \lim_{y \to y_0} f(x, y)\) limiti vardır;
her \(y \in J \setminus \{y_0\}\) için \(h(y) = \lim_{x \to x_0} f(x, y)\) limiti vardır;
\(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y) = L\)’dir.

O zaman iki ardışık limit de vardır ve \(L\)’ye eşittir:

\[\lim_{x \to x_0} \lim_{y \to y_0} f(x, y) = \lim_{y \to y_0} \lim_{x \to x_0} f(x, y) = L.\]

Başka bir deyişle bu koşullar altında limitlerin sırası değiştirilebilir.

İspat

Birinci ardışık limit. \(\varepsilon > 0\) verilsin. 3. koşul gereği öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(f\)’nin tanım kümesindeki her \((x, y)\) için

\[0 < \|(x, y) - (x_0, y_0)\| < \delta \ \Longrightarrow\ |f(x, y) - L| < \frac{\varepsilon}{2}\]

olur. \(I\) ve \(J\) açık aralıklar olduğundan, gerekirse \(\delta\)’yı küçülterek \((x_0 - \delta, x_0 + \delta) \subseteq I\) ve \((y_0 - \delta, y_0 + \delta) \subseteq J\) olduğunu varsayabiliriz. \(\eta = \dfrac{\delta}{\sqrt{2}}\) diyelim.

\(0 < |x - x_0| < \eta\) olan bir \(x\) sabitleyelim; \(x \in I \setminus \{x_0\}\)’dır. \(0 < |y - y_0| < \eta\) olan her \(y\) için \(y \in J\)’dir, \(x \ne x_0\) olduğundan \((x, y) \ne (x_0, y_0)\)’dır ve

\[\|(x, y) - (x_0, y_0)\|^2 = (x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 < \frac{\delta^2}{2} + \frac{\delta^2}{2} = \delta^2\]

olur. Dolayısıyla bu \(y\)’ler için

\[L - \frac{\varepsilon}{2} < f(x, y) < L + \frac{\varepsilon}{2}\]

sağlanır. 1. koşul gereği \(y \to y_0\) iken \(f(x, y) \to g(x)\)’tir. Sabit sınırlar limite geçtiğinden (bkz. Analiz 1)

\[L - \frac{\varepsilon}{2} \le g(x) \le L + \frac{\varepsilon}{2}\]

bulunur; yani \(|g(x) - L| \le \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\)’dur. Bu, \(0 < |x - x_0| < \eta\) olan her \(x\) için doğrudur; dolayısıyla \(\lim_{x \to x_0} g(x) = L\), yani

\[\lim_{x \to x_0} \lim_{y \to y_0} f(x, y) = L.\]

İkinci ardışık limit. Aynı akıl yürütme \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilerek ve 1. koşul yerine 2. koşul kullanılarak yapılır: \(0 < |y - y_0| < \eta\) olan bir \(y\) sabitlenir, \(0 < |x - x_0| < \eta\) olan \(x\)’ler için \(|f(x, y) - L| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olur ve \(x \to x_0\) iken limite geçilerek \(|h(y) - L| \le \dfrac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) bulunur. Buradan \(\lim_{y \to y_0} h(y) = L\) çıkar. \(\blacksquare\)

İspatta birinci ardışık limit için yalnız 1. ve 3. koşul, ikincisi için yalnız 2. ve 3. koşul kullanıldı. Önerme en çok ters yönde, limitin olmadığını göstermek için işe yarar.

Sonuç 9.2 (Ardışık Limitlerle Limitin Yokluğu) \(I\), \(J\), \(x_0\), \(y_0\) ve \(f\), Önerme 9.2 içindeki gibi olsun ve iç limitler var olsun, yani önermenin 1. ve 2. koşulu sağlansın. İki ardışık limit var olup birbirinden farklıysa ya da ardışık limitlerden en az biri yoksa \(\lim_{(x, y) \to (x_0, y_0)} f(x, y)\) limiti yoktur.

İspat

İki katlı limit var ve \(L\) olsaydı, 1. ve 2. koşul da sağlandığından Önerme 9.2 gereği iki ardışık limit de var olur ve ikisi de \(L\)’ye eşit olurdu. Bu, ardışık limitlerin farklı olmasıyla da birinin olmamasıyla da çelişir. \(\blacksquare\)

Örneğin \(f(x, y) = \dfrac{x^2}{x^2 + y^2}\) için \(I = J = \mathbb{R}\) alınırsa iç limitler vardır ve ardışık limitler \(1\) ile \(0\)’dır (Örnek 9.9); Sonuç 9.2 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur. Bu sonuç eksenler boyunca yaklaşarak da görülür: \(x\) ekseni boyunca \(1\), \(y\) ekseni boyunca \(0\).

Sonuçtaki “ardışık limitlerden biri yoksa” ifadesi, iç limitlerin var olup dış limitin olmaması anlamındadır. İç limit yoksa önerme hiçbir şey söylemez ve iki katlı limit yine de var olabilir (Örnek 9.12).

Örnek 9.11 (Dış Limiti Olmayan Ardışık Limit) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x - y}{\sqrt{x^2 + y^2}},\ \dfrac{x^4 + y^4}{x^2 + y^2} \right)\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını ardışık limitlerle gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır. Limit varsa her bileşenin limiti vardır (Teorem 8.6); birinci bileşen \(f_1(x, y) = \dfrac{x - y}{\sqrt{x^2 + y^2}}\)’nin limitinin olmadığını göstermek yeter.

İç limitler. \(x \ne 0\) sabitken \(y \to 0\) için pay \(x\)’e, payda \(\sqrt{x^2} = |x| \ne 0\)’a gider:

\[g(x) = \lim_{y \to 0} f_1(x, y) = \frac{x}{|x|}.\]

\(y \ne 0\) sabitken aynı biçimde \(h(y) = \lim_{x \to 0} f_1(x, y) = \dfrac{-y}{|y|}\)’dir. \(I = J = \mathbb{R}\) ile önermenin 1. ve 2. koşulu sağlanır.

Dış limit. \(x > 0\) için \(g(x) = 1\), \(x < 0\) için \(g(x) = -1\) olduğundan \(g\)’nin \(0\)’da sağ limiti \(1\), sol limiti \(-1\)’dir ve \(\lim_{x \to 0} g(x)\) yoktur (bkz. Analiz 1).

Ardışık limitlerden biri olmadığından Sonuç 9.2 gereği \(f_1\)’in, dolayısıyla \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur.

Aynı sonuç yollarla da görülür: \(x\) ekseninin \(x > 0\) parçası boyunca \(f_1 = 1\), \(x < 0\) parçası boyunca \(f_1 = -1\)’dir. İkinci bileşenin limiti ise \(0\)’dır (\(0 \le f_2 \le x^2 + y^2\)); ama tek bir bileşenin limitinin olmaması yeter. \(\blacksquare\)

Örnek 9.12 (Limit Var, Ardışık Limitler Yok) \(D = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde \(xy \ne 0\) iken \(f(x, y) = x\sin\dfrac{1}{y} + y\sin\dfrac{1}{x}\), eksenler üzerinde ise \(f(x, y) = 0\) olsun. \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f(x, y) = 0\) olduğunu, buna karşın \((0, 0)\)’da iki ardışık limitin de olmadığını gösteriniz.

Çözüm

İki katlı limit. \(|\sin t| \le 1\) olduğundan her \((x, y) \in D\) için (eksenler üzerinde \(f = 0\) olduğundan orada da)

\[|f(x, y)| \le |x| + |y| \le 2\|(x, y)\|\]

olur. \(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) seçilirse \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) iken \(|f(x, y)| < \varepsilon\)’dur; limit \(0\)’dır.

İç limitler yoktur. \(x \ne 0\) sabit olsun. \(y \ne 0\) iken \(f(x, y) = x\sin\dfrac{1}{y} + y\sin\dfrac{1}{x}\)’tir ve \(y \to 0\) iken \(y\sin\dfrac{1}{x} \to 0\)’dır. \(\lim_{y \to 0} f(x, y)\) var olsaydı

\[\sin\frac{1}{y} = \frac{1}{x}\left( f(x, y) - y\sin\frac{1}{x} \right)\]

eşitliğinin sağ yanının, dolayısıyla \(\sin\dfrac{1}{y}\)’nin \(y \to 0\) iken limiti olurdu. Oysa bu limit yoktur (bkz. Analiz 1). Demek ki hiçbir \(x \ne 0\) için iç limit \(g(x)\) yoktur ve \(\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} f(x, y)\) tanımsızdır. \(x\) ile \(y\)’nin rolleri simetrik olduğundan öbür ardışık limit de yoktur.

İki katlı limitin var olması, ardışık limitlerin var olmasını gerektirmez. Önerme 9.2 içindeki 1. ve 2. koşullar bu yüzden gereklidir. \(\blacksquare\)

9.7 Yöntemlerin Özeti

Bir limit sorusunda önce amacı belirlemek gerekir: limitin varlığını mı yoksa yokluğunu mu göstermeye çalışıyoruz? Bu bölümde ve bir önceki bölümde kurulan araçlar bu iki amaca göre şöyle ayrılır.

Tablo 9.1: Limit sorularında yöntem seçimi

Amaç	Yöntem	Dayanak
Limitin varlığı	\(\varepsilon\)–\(\delta\) tanımı	Tanım 8.7
Limitin varlığı	Cebirsel işlemler, polinomlar ve rasyonel fonksiyonlar	Teorem 8.4, Önerme 8.4
Limitin varlığı	Bileşenlere ayırma	Teorem 8.6
Limitin varlığı	Sıkıştırma, kutupsal sınırlama	Teorem 8.5, Önerme 9.1
Limitin yokluğu	Farklı limit veren iki yol	Sonuç 9.1
Limitin yokluğu	Farklı limit veren iki dizi	Sonuç 8.1
Limitin yokluğu	Farklı ya da olmayan ardışık limitler	Sonuç 9.2

Yollar ve ardışık limitler adayı bulmak için de kullanılır: birkaç yol aynı değeri veriyorsa o değer limitin tek adayıdır ve sonra tanımla ya da sıkıştırmayla ispatlanır.

9.8 Alıştırmalar

Alıştırma 9.1 (Eğime Bağlı Değer) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{(2x + y)^2}{x^2 + y^2}\) limitinin var olup olmadığını araştırınız.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

\(y = x\) boyunca. \(x \ne 0\) için

\[f(x, x) = \frac{(3x)^2}{x^2 + x^2} = \frac{9x^2}{2x^2} = \frac{9}{2}.\]

\(y = -x\) boyunca. \(x \ne 0\) için

\[f(x, -x) = \frac{x^2}{x^2 + x^2} = \frac{1}{2}.\]

\(\dfrac{9}{2} \ne \dfrac{1}{2}\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. Genel olarak \(y = mx\) boyunca \(f(x, mx) = \dfrac{(2 + m)^2}{1 + m^2}\) sabittir ve \(m\)’ye bağlıdır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.2 (Sinüslü Fonksiyonun Ardışık Limitleri) \(f(x, y) = \dfrac{\sin x \sin y}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki ardışık limitlerini hesaplayınız. \((0, 0)\)’da iki katlı limit var mıdır?

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Ardışık limitler. \(x \ne 0\) sabitken \(y \to 0\) için \(\sin y \to 0\) ve \(x^2 + y^2 \to x^2 \ne 0\)’dır:

\[\lim_{y \to 0} \frac{\sin x \sin y}{x^2 + y^2} = \sin x \cdot \frac{0}{x^2} = 0.\]

Dolayısıyla \(\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} f(x, y) = 0\)’dır. Aynı biçimde \(y \ne 0\) sabitken \(\lim_{x \to 0} f(x, y) = 0\) ve \(\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = 0\) bulunur. Ardışık limitler var ve eşittir.

İki katlı limit. \(x = 0\) ekseni boyunca \(f(0, y) = 0\) olduğundan limit \(0\)’dır. \(y = x\) doğrusu boyunca, \(x \ne 0\) için

\[f(x, x) = \frac{\sin^2 x}{2x^2} = \frac{1}{2}\left( \frac{\sin x}{x} \right)^2 \to \frac{1}{2}\]

olur (bkz. Analiz 1). \(\dfrac{1}{2} \ne 0\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği iki katlı limit yoktur. Ardışık limitlerin eşit olması yine yetmedi. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.3 (Ardışık Limitleri Farklı Olan Kesir) \(f(x, y) = \dfrac{x^2 + y^4}{x^2 + 2y^4}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki ardışık limitlerini hesaplayınız ve iki katlı limitin var olup olmadığını belirleyiniz.

Çözüm

\(x^2 + 2y^4 = 0\) ancak \(x = y = 0\) iken olduğundan tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır.

Önce \(y\). \(x \ne 0\) sabitken \(y \to 0\) için

\[g(x) = \lim_{y \to 0} \frac{x^2 + y^4}{x^2 + 2y^4} = \frac{x^2}{x^2} = 1\]

ve \(\lim_{x \to 0} g(x) = 1\)’dir.

Önce \(x\). \(y \ne 0\) sabitken \(x \to 0\) için

\[h(y) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 + y^4}{x^2 + 2y^4} = \frac{y^4}{2y^4} = \frac{1}{2}\]

ve \(\lim_{y \to 0} h(y) = \dfrac{1}{2}\)’dir.

\(I = J = \mathbb{R}\) ile iç limitler vardır ve ardışık limitler \(1 \ne \dfrac{1}{2}\)’dir. Sonuç 9.2 gereği iki katlı limit yoktur. (Yollarla: \(x\) ekseni boyunca değer \(1\), \(y\) ekseni boyunca \(\dfrac{1}{2}\)’dir.) \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.4 (Kuvvetli Paydada Limitin Varlığı) \(\alpha < \dfrac{1}{2}\) olsun. \(f(x, y) = \dfrac{x - y}{(x^2 + y^2)^{\alpha}}\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasındaki ardışık limitlerini hesaplayınız ve iki katlı limitin var olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm

\(f\)’yi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde ele alıyoruz.

Ardışık limitler. \(x \ne 0\) sabitken \(y \to 0\) için pay \(x\)’e, payda \((x^2)^{\alpha} = |x|^{2\alpha} > 0\) değerine gider (kuvvet fonksiyonu pozitif sayılarda süreklidir):

\[g(x) = \lim_{y \to 0} f(x, y) = \frac{x}{|x|^{2\alpha}}.\]

Buradan \(|g(x)| = |x|^{1 - 2\alpha}\) çıkar. \(\alpha < \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(1 - 2\alpha > 0\)’dır ve \(x \to 0\) iken \(|x|^{1 - 2\alpha} \to 0\); dolayısıyla \(\lim_{x \to 0} \lim_{y \to 0} f(x, y) = 0\)’dır. Aynı biçimde \(h(y) = \dfrac{-y}{|y|^{2\alpha}}\) ve \(\lim_{y \to 0} \lim_{x \to 0} f(x, y) = 0\) bulunur.

İki katlı limit. Aday \(0\)’dır. \(\rho = \|(x, y)\|\) yazalım. \((|x| + |y|)^2 \le 2(x^2 + y^2)\) olduğundan \(|x - y| \le |x| + |y| \le \sqrt{2}\,\rho\)’dur. \(\rho > 0\) için

\[|f(x, y)| \le \frac{\sqrt{2}\,\rho}{\rho^{2\alpha}} = \sqrt{2}\,\rho^{1 - 2\alpha}\]

olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \left( \dfrac{\varepsilon}{\sqrt{2}} \right)^{1/(1 - 2\alpha)}\) seçilsin. \(0 < \rho < \delta\) iken \(|f(x, y)| < \sqrt{2}\,\delta^{1 - 2\alpha} = \varepsilon\)’dur. Dolayısıyla

\[\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x - y}{(x^2 + y^2)^{\alpha}} = 0\]

olur; bu, Önerme 9.2 ile uyumludur: ardışık limitler de \(0\)’dır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.5 (Sınırlı Çarpanla Sıkıştırma) \(\alpha > 0\) olsun. \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{|x|^{\alpha} y^4}{x^2 + y^4} = 0\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır. \(x^2 \ge 0\) olduğundan \(0 \le \dfrac{y^4}{x^2 + y^4} \le 1\)’dir; dolayısıyla

\[0 \le \frac{|x|^{\alpha} y^4}{x^2 + y^4} \le |x|^{\alpha} \le \|(x, y)\|^{\alpha}\]

olur. \(\varepsilon > 0\) için \(\delta = \varepsilon^{1/\alpha}\) seçilirse \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) iken ifade \(\delta^{\alpha} = \varepsilon\)’dan küçüktür. Limit \(0\)’dır. Aynı sonuç sıkıştırmayla da görülür (Teorem 8.5): fonksiyon \(0\) ile \(|x|^{\alpha}\) arasındadır; \(t \mapsto |t|^{\alpha}\) fonksiyonu \(0\)’da sürekli olduğundan Önerme 8.3 gereği \(|x|^{\alpha} \to 0\)’dır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.6 (Yarı Düzlemde Tanımlı Fonksiyon) \(f(x, y) = \dfrac{x^2}{\sqrt{x^3 + y^3}}\) fonksiyonunun tanım kümesini bulunuz ve \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi. \(x^3 + y^3 > 0\) olmalıdır. \(x^3 + y^3 = (x + y)(x^2 - xy + y^2)\) ve

\[x^2 - xy + y^2 = \left( x - \frac{y}{2} \right)^2 + \frac{3y^2}{4}\]

ifadesi \((x, y) \ne (0, 0)\) iken pozitiftir. Dolayısıyla \(x^3 + y^3 > 0 \iff x + y > 0\) ve \(D = \{ (x, y) : x + y > 0 \}\) açık yarı düzlemidir. \((0, 0)\) bu yarı düzlemin sınırındadır ve \(D'\)’ye aittir. Yollar yarı düzlemin içinde kalmalıdır; bu yüzden tek yönlü yollar kullanacağız.

\(y = x\), \(x > 0\) boyunca.

\[f(x, x) = \frac{x^2}{\sqrt{2x^3}} = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2}} \to 0 \quad (x \to 0^+).\]

\(y = -x + x^2\), \(0 < x < 1\) boyunca. Bu eğri üzerinde \(x + y = x^2 > 0\) olduğundan eğri \(D\)’dedir ve \(x \to 0^+\) iken \((0, 0)\)’a gider. \(x^2 - xy + y^2 = 3x^2 - 3x^3 + x^4\) olduğundan

\[x^3 + y^3 = x^2 \left( 3x^2 - 3x^3 + x^4 \right) = x^4 \left( 3 - 3x + x^2 \right)\]

\[f(x, -x + x^2) = \frac{x^2}{x^2 \sqrt{3 - 3x + x^2}} = \frac{1}{\sqrt{3 - 3x + x^2}} \to \frac{1}{\sqrt{3}}\]

bulunur. \(0 \ne \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. Bu fonksiyonda da yarı düzlemin içinde kalan bütün doğrular \(0\) verir; farkı, sınır doğrusu \(y = -x\)’e yaklaşan eğri ortaya çıkarır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.7 (Doğru ve Parabol Boyunca Farklı Limit) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^2 + y^2}{y}\) limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : y \ne 0 \}\)’dır ve \((0, 0) \in D'\)’dır.

\(y = x\) boyunca. \(x \ne 0\) için \(f(x, x) = \dfrac{2x^2}{x} = 2x \to 0\).

\(y = x^2\) boyunca. \(x \ne 0\) için

\[f(x, x^2) = \frac{x^2 + x^4}{x^2} = 1 + x^2 \to 1.\]

\(0 \ne 1\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.8 (Paydası Bir Parabolde Sıfırlanan Kesir) \(\displaystyle\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x^2}{x^2 - y}\) limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : y \ne x^2 \}\)’dir ve \((0, 0) \in D'\)’dır.

\(y = 0\) boyunca. \(x \ne 0\) için \(f(x, 0) = \dfrac{x^2}{x^2} = 1\).

\(y = 2x^2\) boyunca. \(x \ne 0\) için \(2x^2 \ne x^2\) olduğundan eğri \(D\)’dedir ve

\[f(x, 2x^2) = \frac{x^2}{x^2 - 2x^2} = -1\]

olur. \(1 \ne -1\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.9 (Köklü Bileşenle Tanımdan Limit) Limit tanımını kullanarak

\[\lim_{(x, y) \to (0, 1)} \left( x^2 + y^2 + xy - 1,\ \frac{x + y - 1}{\sqrt{x} - \sqrt{1 - y}} \right) = (0, 0)\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi. Kökler için \(x \ge 0\) ve \(y \le 1\), payda için \(\sqrt{x} \ne \sqrt{1 - y}\), yani \(x + y \ne 1\) gerekir. \((0, 1)\) tanım kümesinde değildir ama \((t, 1 - 2t)\) noktaları (\(0 < t\) küçük) tanım kümesinde olduğundan bir yığılma noktasıdır. Bileşenleri ayrı ayrı inceleyeceğiz; sonuca Teorem 8.6 ile varılır.

Birinci bileşen. \(v = y - 1\) yazalım. Açınca

\[f_1 = x^2 + (1 + v)^2 + x(1 + v) - 1 = x^2 + v^2 + 2v + x + xv\]

olur. \(\delta_1 \le 1\) ve \(\|(x, y) - (0, 1)\| < \delta_1\) olsun. O zaman \(|x| < \delta_1 \le 1\) ve \(|v| < \delta_1 \le 1\)’dir; buradan \(x^2 < \delta_1\), \(v^2 < \delta_1\), \(|xv| < \delta_1\) çıkar ve

\[|f_1| \le x^2 + v^2 + 2|v| + |x| + |x|\,|v| < 6\delta_1\]

bulunur. \(\varepsilon > 0\) için \(\delta_1 = \min\left\{ 1, \dfrac{\varepsilon}{6} \right\}\) seçilirse \(|f_1| < \varepsilon\) olur.

İkinci bileşen. Tanım kümesinde \(x \ge 0\) ve \(1 - y \ge 0\) olduğundan

\[x + y - 1 = x - (1 - y) = \big( \sqrt{x} - \sqrt{1 - y} \big)\big( \sqrt{x} + \sqrt{1 - y} \big)\]

yazılabilir ve sadeleştirince

\[f_2(x, y) = \sqrt{x} + \sqrt{1 - y}\]

olur. \(\|(x, y) - (0, 1)\| < \delta_2\) ise \(0 \le x < \delta_2\) ve \(0 \le 1 - y < \delta_2\)’dir; dolayısıyla \(0 \le f_2 < 2\sqrt{\delta_2}\)’dir. \(\delta_2 = \dfrac{\varepsilon^2}{4}\) seçilirse \(f_2 < \varepsilon\) olur.

İki bileşenin limiti de \(0\)’dır; Teorem 8.6 gereği limit \((0, 0)\)’dır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.10 (Bir Bileşeni Limitsiz Fonksiyon) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x + y}{y},\ \dfrac{x + y^3}{x - y^2} \right)\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : y \ne 0,\ x \ne y^2 \}\)’dir ve \((0, 0) \in D'\)’dır. Limit olsaydı her bileşenin limiti olurdu (Teorem 8.6); birinci bileşenin limitinin olmadığını gösterelim.

\(x = 0\) boyunca. \(y \ne 0\) için \((0, y) \in D\) ve \(f_1(0, y) = \dfrac{y}{y} = 1\).

\(y = x\) boyunca. \(0 < |x| < 1\) için \(x \ne x^2\) olduğundan \((x, x) \in D\) ve \(f_1(x, x) = \dfrac{2x}{x} = 2\).

\(1 \ne 2\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği \(f_1\)’in, dolayısıyla \(f\)’nin limiti yoktur.

Burada ardışık limit önermesi doğrudan kullanılamaz: \(x \ne 0\) sabitken \(\dfrac{x + y}{y} = \dfrac{x}{y} + 1\) ifadesi \(y \to 0\) iken sınırsız büyür ve iç limit yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.11 (Bir Yol Boyunca Sonsuza Giden Bileşen) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x^2 - 1}{y^2 + 1},\ \dfrac{y - 1}{x} \right)\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : x \ne 0 \}\)’dır ve \((0, 0) \in D'\)’dır. Birinci bileşenin limiti \(-1\)’dir, ama ikinci bileşen sorun çıkarır.

\(x\) ekseninin \(x > 0\) parçası, yani \(\gamma(t) = (t, 0)\), \(t \in (0, 1)\), \(D\) içinde \((0, 0)\)’a giden bir yoldur. Bu yol boyunca

\[f_2(t, 0) = -\frac{1}{t} \to -\infty \quad (t \to 0^+)\]

olur ve yol boyunca \(f_2\)’nin (sonlu) limiti yoktur. Sonuç 9.1 (2. madde) gereği \(f_2\)’nin, dolayısıyla Teorem 8.6 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.12 (Birim Vektör Alanının Limiti) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}},\ \dfrac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \right)\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\)’dır ve \(f(x, y) = \dfrac{(x, y)}{\|(x, y)\|}\), \((x, y)\) doğrultusundaki birim vektördür.

\(x\) ekseninin sağ yarısı. \(\gamma_1(t) = (t, 0)\), \(t > 0\) için \(f(t, 0) = \left( \dfrac{t}{|t|}, 0 \right) = (1, 0)\).

\(x\) ekseninin sol yarısı. \(\gamma_2(t) = (-t, 0)\), \(t > 0\) için \(f(-t, 0) = (-1, 0)\).

İki yol boyunca limitler \((1, 0) \ne (-1, 0)\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği limit yoktur. \(\|f(x, y)\| = 1\) olduğu hâlde fonksiyonun doğrultusu yaklaşma yönüne göre değişir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.13 (Orijinde Limiti Olmayan Kesir Çifti) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x + y}{x - y},\ \dfrac{x + y}{x^2 + y^2} \right)\) fonksiyonunun tanım kümesini bulunuz ve \((0, 0)\) noktasında limitinin olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Birinci bileşen için \(x \ne y\) gerekir; bu koşul \((x, y) \ne (0, 0)\) olmasını da sağlar, dolayısıyla ikinci bileşenin paydası sıfır olmaz. Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : x \ne y \}\)’dir ve \((0, 0) \in D'\)’dır.

Birinci bileşen için \(y = 0\), \(x \ne 0\) boyunca \(f_1(x, 0) = \dfrac{x}{x} = 1\); \(x = 0\), \(y \ne 0\) boyunca \(f_1(0, y) = \dfrac{y}{-y} = -1\)’dir. \(1 \ne -1\) olduğundan Sonuç 9.1 gereği \(f_1\)’in, dolayısıyla \(f\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 9.14 (Aynı Fonksiyonun Başka Bir Noktadaki Limiti) \(f(x, y) = \left( \dfrac{x + y}{x - y},\ \dfrac{x + y}{x^2 + y^2} \right)\) fonksiyonunun \((0, 1)\) noktasındaki limitini bulunuz.

Çözüm

Tanım kümesi \(D = \{ (x, y) : x \ne y \}\)’dir ve \(0 \ne 1\) olduğundan \((0, 1) \in D\)’dir.

Birinci bileşen. \(f_1\) rasyonel bir fonksiyondur; pay \(0 + 1 = 1\)’e, payda \(0 - 1 = -1 \ne 0\)’a gider. Önerme 8.4 gereği \(f_1 \to -1\).

İkinci bileşen. Pay \(1\)’e, payda \(0^2 + 1^2 = 1 \ne 0\)’a gider; \(f_2 \to 1\).

Teorem 8.6 gereği

\[\lim_{(x, y) \to (0, 1)} f(x, y) = (-1, 1).\]

Bir dizi ile kontrol. \(x_k = \left( \tfrac{1}{k}, \tfrac{k + 1}{k} \right) \to (0, 1)\) dizisi için

\[ \begin{aligned} f_1(x_k) &= \frac{(k + 2)/k}{-1} = -\frac{k + 2}{k} \to -1, \\[1mm] f_2(x_k) &= \frac{(k + 2)/k}{\frac{1}{k^2} + \frac{(k + 1)^2}{k^2}} = \frac{k(k + 2)}{k^2 + 2k + 2} \to 1 \end{aligned} \]

olur. Tek bir dizi limiti ispatlamaz, yalnızca bulunan değerle uyumlu olduğunu gösterir; ispatı yukarıdaki cebirsel işlemler verir. \(\blacksquare\)

Bu bölümde limitin varlığını ve yokluğunu göstermenin yollarını topladık: yollar ve ardışık limitler limitin olmadığını göstermenin, tanım ve sıkıştırma ise var olduğunu ispatlamanın araçlarıdır. Limit tanımında fonksiyonun \(x_0\) noktasındaki değeri hiç rol oynamadı; \(f(x_0)\) tanımlı bile olmayabilirdi. Limitin var olup fonksiyonun o noktadaki değerine eşit olması süreklilik kavramını verir. Bu kavramı ve sürekli fonksiyonların cebirini Çok Değişkenli Fonksiyonlarda Süreklilik bölümünde inceliyoruz.