Analiz 1son

1 KÜMELER

Matematikte küme bir temel kavramdır. Bu sebepten kesin bir tanımıbulunma-maktadır. Sadece sezgisel olarak özellikleri algılanarak ifade edilebilmektedir.Kümeyi belirli bir kurala göre verilmis kavrayabildigimiz farklınesneler toplu-lugu veya listesi olarak düsünebiliriz. "Toplum", "aile", "sistem", "liste" vb.kelimeler küme kelimesinin es anlamlarıdırlar. Örnek olarak belirli bir okul-daki ögrencilerin kümesini, belli bir kitaptaki sayfaların kümesini gösterebili-riz. Kümeyi olusturan nesnelerin herbirine bu kümenin elemanlarıdenir. Genelolarak kümeler A,B,X, Y, ... gibi büyük harflerle küme elemanlarıise a, b, x, y, ...gibi küçük harflerle gösterilmektedir. Eger bir x elemanıX kümesinin elemanıise bunu x ∈ X seklinde yazacagız. Eger x X kümesinin elemanıdegilse x 6∈ Xseklinde yazacagız. Kümelerin farklıverilme sekilleri vardır. Küme,

i-) Kümenin bütün elemanları birer virgül ile ayrılarak açık biçimde { }parantezi içine yazılarak,ii-) Kümenin bütün elemanlarının ortak bir P özelligi kullanılarak

X = {x : x, P özelligini saglar}

biçiminde iki farklısekilde ifade edilir.Tanım 1 Kümenin elemanlarınısayısısonlu ise kümeye sonlu küme, sonlu

olmayan kümeye de sonsuz küme denir. Ayrıca sonlu X kümesinin eleman sayısıs(X) seklinde gösterilir.Ortaokul matematiginden dogal sayılar ve tam sayılar kavramlarıyla tanısmısızdır.

Hatırlatalım ki pozitif tamsayılara dogal sayılar adı verilir ve dogal sayılarkümesi N = {1, 2, 3, ...} gösterilir.Sonsuz kümeleri sayılabilir ve sayılamaz kümeler olarak iki kısma ayrılır.Tanım 2 Eger sonsuz bir kümenin her bir elemanına bir tek dogal sayı

karsılık getirilebiliyorsa, yani kümenin elemanlarınumaralanabiliyorsa bu küm-eye sayılabilir küme adıverilir.Örnek: A = {1, 8, 27, 64, ..., n3, ...} kümesi sayılabilir bir kümedir. Çünkü

bu kümenin elemanlarıx1 = 1, x2 = 8, x3 = 27, x4 = 64, ... gibi numaralan-abilmektedir.Tanım 3 Eger X kümesinin her elemanıaynızamanda Y kümesinin de bir

elemanıise X’e Y kümesinin bir alt kümesi denir ve bu X ⊂ Y olarak gösterilir.Örnegin, çift tamsayılar kümesi, tamsayılar kümesinin bir alt kümesidir.Analizde matematiksel ifadelerin yazılımını kısaltmak için lojik semboller

veye kvantörler denen asagıdaki semgeler sık-sık kullanılmaktadır:∀-genelleme sembolüdür, her, keyfi, bütün sözcükleri yerine kullanılır;∃-varlık sembolüdür, en az bir tane vardır, bulunur sözcükleri yerine kul-

lanılır;=⇒ -gerektirme sembolüdür, bazen bu sembol ’→’ seklinde de yazılır.

A =⇒ B yazılımı, ’A ise B dir’veya ’A dan B çıkar’veya ’B, A yıgerektirir’anlamında kullanılmaktadır. Yani, A, B için yeter kosul veya B, A için gerekkosuldur anlamınıvermektedir;

1

⇐⇒ -denklik sembolüdür, ancak ve ancak, denktir sözcükleri yerine kullanılır.A ⇐⇒B yazılımı, ’A ise B ve B ise A dır’ifadesi yerine kullanılır. Bu aynızamanda’A için gerek ve yeter kosul B dir’ifadesi yerine de kullanılır.∨-sembolü ’veya’sözcügü yerine kullanılır. A ∨ B yazılımı, ’A veya B den

en az biri saglanır’ifadesi yerine kullanılmaktadır;∧-sembolü ’ve’sözcügü yerine kullanılır. A ∧ B yazılımı, ’A ve B her ikisi

aynıanda saglanır’ifadesi yerine kullanılmaktadır;e-inkar sembolüdür, ’degildir’ sözcügü yerine kullanılır. A nın degili, eA

olarak gösterilir.Bazen biz tanımlarıve matematiksel ifadeleri yukarıdaki kısaltma simgelerini

kullanarak da yazacagız. Buna göre Tanım 3’ü söyle de yazabiliriz:X ⊂ Y ⇐⇒ ∀x ∈ X =⇒ x ∈ Y.Tanım 4 Eger X ⊂ Y , ve aynızamanda Y ⊂ X ise X ve Y ’ye esit kümeler

denir, ve bu X = Y olarak gösterilir.Örnek: X = {2n : n ∈ N} ve Y = {2, 4, 6, 8, ...} esit kümelerdir.Tanım 4, söyle de yazılır: X = Y ⇐⇒ X ⊂ Y ∧ Y ⊂ X.Kvantörleri, sadece matematiksel yazılımlarıkısaltmak için degil, aynıza-

manda bir ifadenin degilini kolaylıkla yazmak için de kullanacagız. Örnegin, egerB = {∃M : ∀x ∈ X → x ∈M ∩ P} ise, eB = {∀M ∃xM ∈ X : xM /∈M ∩ P}dir.Tanım 5 Hiç elemanıbulunmayan kümeye bos küme denir, ve bos küme ∅

seklinde gösterilir.Örnegin, 200 yıldan çok yasayan insanlar kümesi bir bos kümedir.Tanım 6 Kümeler teorisinin herhangi bir uygulamasında bütün kümeleri

sabit bir kümenin alt kümesi olarak düsünebiliriz. Bu sabit kümeye evrenselküme denir. E ile gösterilir.Tanım 7 X kümesinin alt kümelerinin meydana getirdigi kümeye kümeler

sınıfıveya kümeler ailesi adıverilir. X kümesinin bütün alt kümelerinin ailesibir kümeler sınıfıdır. Bu aileye , X kümesinin kuvvet kümesi diyecegiz ve P (X)ile gösterecegiz. Böylelikle P (X), X in en genis ailesidir.Tanım 8 X ve Y kümelerinden en az birine ait olan elemanlardan olusan

kümeye X ile Y nin birlesimi denir. ve X ∪ Y biçiminde gösterilir. Buna göre,

X ∪ Y = {x : x ∈ X ∨ x ∈ Y }dir.

n⋃k=1

Xk = {x : ∃k (1 ≤ k ≤ n)→ x ∈ Xk} kümesine sonlu sayıdaX1, X2, ..., Xn

kümelerinin birlesimi denir.

Sayılabilir çokluktaki X1, X2, ..., Xn, ..., kümelerinin birlesimi ise∞⋃k=1

Xk =

{x : ∃k → x ∈ Xk} seklinde tanımlanır.Tanım 9 X ve Y kümelerinin ortak elemanlarından olusan kümeye X ile Y

nin ara kesiti veya kesisimi denir ve X ∩ Y olarak gösterilir. Buna göre

X ∩ Y = {x : x ∈ X ∧ x ∈ Y }

2

dir.

X ∩ Y ⊂ X, X ∩ Y ⊂ Y

oldugu açıktır. Eger X ∩ Y = ∅ ise X ile Y ayrıktır denir.

Sonlu sayıda X1, X2, ..., Xn kümelerinin ara kesitinin⋂k=1

Xk seklinde göstere-

cegiz. Buna göre

n⋂k=1

Xk = {x : ∀k (1 ≤ k ≤ n)→ x ∈ Xk}

dir.Tanım 10 X kümesinin Y kümesine ait olmayan elemanlarından olusan

kümeye X ile Y nin farkıdenir ve X\Y (’X fark Y ’diye okunur) biçimindegösterilir. Buna göre X\Y = {x : x ∈ X ∧ x 6∈ Y } dir.

XT = E\X kümesine ise X kümesinin tümleyeni denir.Açıktır ki

X ∪XT = E, X ∩XT = ∅ ve (XT )T = X

dir.Teorem 1(De Morgan Kuralı) X ve Y iki küme olsun. Bu durumdai-) (X ∩ Y )T = XT ∪ Y Tii-) (X ∪ Y )T = XT ∩ Y T özellikleri saglanır.Ispat: i-) x ∈ (X ∩ Y )T ⇐⇒ x 6∈ (X ∩ Y ) ⇐⇒ x 6∈ X ∨ x 6∈ Y ⇐⇒ x ∈

XT ∨ x ∈ Y T ⇐⇒ x ∈ (XT ∪ Y T ).ii-)

x ∈ (X ∪ Y )T ⇐⇒ x 6∈ (X ∪ Y ) ⇐⇒ x 6∈ X ∧ x 6∈ Y ⇐⇒ x ∈ XT ∧ x ∈Y T ⇐⇒ x ∈ (XT ∩ Y T .Tanım 11 X ve Y kümelerinden birine ait olup da digerine ait olmayan

elemanların kümesine X ile Y nin simetrik farkıdenir. ve X∆Y ile gösterilir.Buna göre,

X∆Y = (X\Y ) ∪ (Y \X)

dir.Bu tanımdan açıktır ki

X∆Y = (X ∪ Y )\(X ∩ Y )

dir.Örnek 1 A ve B iki küme olmak üzere A\B = A∩BT oldugunu gösteriniz.Çözüm: x ∈ A\B ⇐⇒ x ∈ A ∧ x 6∈ B =⇒ x ∈ A ∧ x ∈ BT ⇐⇒ x ∈

A ∩BT .Örnek 2: A,B ve C üç küme olsun. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

oldugunu ispatlayınız.Çözüm: x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ (x ∈

B ∨ x ∈ C)

3

⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)⇐⇒ (x ∈ A ∩B) ∨ (x ∈ A ∩ C) ⇐⇒ x ∈ (A ∩B) ∪ (A ∩ C).Örnek 3: X ve Y kümeleri için [(X ∪ Y )T ∩ (XT ∪ Y T )]T kümesinin sade

seklini bulunuz..Çözüm: De Morgon kuralınıuygulayalım:[(X∪Y )T ∩(XT ∪Y T )]T = ((X∪Y )T )T ∪(XT ∪Y T )T = (X∪Y )∪(X ∩ Y ) =

X ∪ Y.Örnek 4: A ve X iki küme olsun. A∆X = A ⇐⇒ X = ∅ oldugunu

gösteriniz.Çözüm: X = ∅ ise A∆X = (A\X)∪ (X\A) = A∪∅ = A, yani A∆X = A

oldugu elde edilir.Simdi tersini gösterelim. A∆X = A olsun, gösterelim ki X = ∅ dir. Iki

durum söz konusudur: ya A ∩X 6= ∅ ya da A ∩X = ∅ olabilir.Eger A ∩ X 6= ∅ ise A∆X = (A\X) ∪ (X\A) 6= A elde ederiz. Bu ise

A∆X = A olmasıyla çelisir. Demek A ∩X 6= ∅ olamaz.O zaman, A ∩ X = ∅ dir. Diger taraftan A∆X = A oldugundan (A ∪

X)\(A ∩ X) = A veya A ∪ X = A olmalıdır. Demek, X ⊂ A dır. AncakA∩X = ∅ oldugundan buradan X = ∅ çıkar. Böylelikle, A∆X = A ise X = ∅dir.

2 RASYONEL SAYILAR VE ÖZELLIKLERI

Lise matematiginden de bilindigi gibi p bir tamsayı, q bir dogal sayıve p ileq aralarında asal olmak üzere

p

qseklindeki sayılara rasyonel sayıadıveriliyor,

Q = {pq

: p tamsayı, q dogal sayı, p ile q aralarında asal} kümesine de rasyonel

sayılar kümesi denir. Rasyonel sayılar üzerinde sıralama islemi asagıdaki sekildebelirlenmektedir.

a =p1

q1ve b =

p2

q2birer rasyonel sayıolsun. Bu durumda

I-) p1q2 = p2q1 ise, a = b dir,II-)p1q2 > p2q1 ise a > b dir,III-) p1q2 < p2q1ise a < b dir denir.a ve b rasyonel sayılar üzerinde toplama ve çarpma islemleri asagıdaki sekilde

tanımlanmaktadır:a+ b =

p1q2 + p2q1

q1q2, ab =

p1p2

q1q2.

Rasyonel sayıların toplama ve çarpma islemleri asagıdaki özellikleri sagla-maktadır:

a, b, c herhangi rasyonel sayılar olmak üzere1) a+ b = b+ a, ab = ba (Degisme özelligi);2) a+ (b+ c) = (a+ b) + c, a(bc)(ab)c (Birlesme özelligi);3) a(b+ c) = ab+ ac (Dagılma özelligi);4) ∀a rasyonel sayısıiçin a+ 0 = a, a.1 = a dır;

4

5) ∀a, b rasyonel sayılarıiçin b + x = a olacak sekilde tek x rasyonel sayısıvardır. Bu x rasyonel sayısına a ile b nin farkıdenir ve x = a− b ile gösterilir.Özel durumda, 0 − b farkı−b ile gösterilir. Dolayısıyla fark islemi toplamaisleminin ters islemi olarak tanımlanır;6) b 6= 0 olmak üzere ∀a, b rasyonel sayılarıiçin bx = a olacak sekilde tek x

rasyonel sayısıvardır. Bu x rasyonel sayısına a ile b nin oranı(bölümü) denir

ve x =a

bolarak gösterilir.

Ek olarak rasyonel sayıların esitsizliklere baglıasagıdaki özelliklerini verelima-) a > b ve b > c ise a > c (geçisme özelligi) dir;b-) a > b ise her c rasyonel sayısıiçin a+ c > b+ c dir;c-) a > c ve b > d ise a+ b > c+ d dir;d-) a > b ve c > 0 ise ac > bc dir;e-) a > b ve c < 0 ise ac < bc dir.Bundan sonraki islemlerde asgıdaki semgeleri kullancagız:N ile {1, 2, 3, ...}-dogal sayılar kümesini, Q ile rasyonel sayılar kümesini ve ;

Z ile {0,∓, 1,±2, ...} tam sayılar kümesini gösterecegiz. Açıktır ki N ⊂ Z ⊂ Qkapsamasısaglanmaktadır.Rasyonel sayıların yeterli olmadıgıilk önce Pisagor tarafından gösterilmistir.

Bunun için kenarları birer metre olan bir kare göz önüne alınmıs ve kösegenuzunlugu olan

√2 sayısının bir rasyonel sayıolmadıgıispatlanmıstır. Gerçekten

bu uzunluk bir rasyonel sayıolsaydı,√

2 =p

q, p ∈ Z, q ∈ N , EBOB(p, q) = 1

saglanmıs olurdu. Buradanp2

q2= 2 veya p2 = 2q2 tamsayılar esitligini elde

ederiz. Buradan çıkıyor ki p2 bir çift sayıdır. Bir sayının karesi çift sayı isekendisi de çift sayı olacagından p bir çift sayıdır. Buna göre p = 2s olacaksekilde s tamsayısıvardır. Bunu p2 = 2q2 esitliginde yerine yazarsak, 4s2 = 2q2

veya 2s2 = q2 elde edilir. Bundan q2 çift, dolayısıyla q nun da çift olduguçıkar. Böylelikle p ve q sayılarıbirer çift sayılardır ki bu da EBOB(q, p) = 1 ile

çelisecektir. Demekp

q=√

2 olacak sekildep

qdiye rasyonel sayıyoktur.

Böylelikle görüyoruz ki x2 = 2 denkleminin Q kümesinde bir çözümü yoktur.x2 = a, x3 = a(a ∈ N) vs. ve bu gibi denklemlerin genel olarak Q kümesinde birçözümü yoktur. Bu sebepten rasyonel sayılar kümesinin genisletilmesi ihtiyacıortaya çıkmaktadır. Yeni türden olusturacagımız bu sayılara (örnegin kareninkösegen uzunlugu gibi), yani rasyonel olmayan sayılara irrasyonel sayılar denir.Irrasyonel sayıtanımlamanın çesitli metotlarıvardır. Bunlardan bir tanesi son-suz ondalıklı kesirler yöntemidir. Biliyoruz ki

p

qseklindeki her rasyonel sayı

p

q= ∓α0, α1α2α3... seklinde ondalıklıkesirler ifade edilebilmektedir. Burada

α0 negatif olmayan bir tamsayı, sayı, α1, α2, ... ise 0, 1, 2, ..., 9 sayılarından birtanesidir. Bu sonsuz ondalıklıkesirlerden bazılarıdevirli, bazılarıda sıfır de-

virlidir (devirsizdir). Örnegin,1

2= 0, 5 devirsiz bir kesir,

1

3= 0, 333.... = 0, 3

devirli bir kesirdir.

5

Devrsiz ondalıklıkesirleri de sıfır devirli kesir olarak tanımlarsak, tüm rasy-onel sayıların sonsuz ondalıklıdevirli kesir seklinde gösterilebilecegini söyleye-biliriz. Bunun karsıtıolarak su soru ortaya çıkmaktadır: "her sonsuz ondalıklıdevirli kesir tek bir rasyonel sayıya karsılık geliyor mu?" Örnegin, 0, 5000... ve0, 4999... sayılarınıele alırsak

0, 500... =5

10+

0

102+

0

103+ ... =

5

10=

1

2,

0, 4999... =4

10+

9

102+

9

103+ ... =

4

10+

9

102

(1 +

1

10+

1

102+ ...

)=

4

10+

9

102

10

9=

4

10+

1

10=

5

10=

1

2

elde ederiz. Görüyoruz ki 0, 50 ve 0, 49 sayılarının her ikisi1

2rasyonel sayısını

temsil etmektedir. Ve bu sebepten rasyonel sayılarla sonsuz ondalıklı devirlikesirler arasında birebir eslesmeyi saglamak için devri 9 olan ondalıklı kesir-leri devri sıfır olan ilgili kesirle çakıstırarak dikkate almıyacagız. Böylelikle tümrasyonel sayılar ile sonsuz ondalıklıkesirler arasında birebir eslesme kuralıolusa-caktır.Simdi asagıdaki tanımıverebiliriz.Tanım: Sonsuz ondalıklıdevirli kesir olarak yazılamayan sayılara irrasyonel

sayıdenir.Örnegin, 0, 121221222..., 5, 123456.... birer irrasyonel sayılardır.

3 Reel sayıların insası

1. Reel sayıtanımı

±a0, a1a2...an... (1)

seklindeki bir sonsuz ondalıklıkesiri ele alalım. Bu kesir, ′+′ veya ′−′ isaret-lerinden birinin, a0 negatif olmayan tamsayısının ve her biri 0, 1, .., 9 rakam-larından birine esit olan a1, a2, ...an, ...sayılarının verilmesiyle belirlenmektedir.Eger (1) kesiri ′+′ isaretine sahipise bu kesir

a0, a1a2...an... (2)

seklinde gösterilecek ve bu sekle sahip olan sayıya negatif olmayan reel sayıismiverilecektir. Bu durumda eger, a0,a1, a2, ...an, ... sayılarından en az biri sıfırdegilse (2) seklindeki sayıya bir pozitif reel sayıismi verilecektir. a0,a1, a2, ...an, ...sayılarından en az biri sıfır degilse

−a0, a1a2...an... (3)

seklinde gösterilen sayıya da bir negatif reel sayıismi verilecektir.

6

Eger, a = a0, a1a2...an... ve b = −a0, a1a2...an... ise a ve b sayılarına zıtisaretli sayılar diyecegiz.Tanım: (1) seklindeki bütün mümkün ondalıklıkesirlerden olusan kümeye

reel sayılar kümesi denir ve reel sayılar kümesi R ile gösterilir.Böylelikle, eger (1) , devirli ondalıklıkesir ise bir rasyonel sayı, degilse bir

irrasyonel sayıolacaktır. O zaman irrasyonel sayılar kümesi reel sayılar kümesiR nin devirli olmayan ondalıklıkesirlerinden olusan altkümesidir. Buna göre,irrasyonel sayılar kümesini J ile gösterirsek,R = Q ∪ J yazarız, dolayısıyla reelsayılar kümesi rasyonel sayılar kümesi ile irrasyonel sayılar kümesinin birlesi-minden ibarettir. Böylelikle N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R dir.2. Reel sayıların ondalıklıyaklasımları(2) seklinde negatif olmayan bir reel sayıverilmis olsun.

αn = a0, a1a2...an +1

10n,

αn = a0, a1a2...an

olacak sekilde αn ve αn sonlu ondalıklıkesirlerini tanımlayalım. αn ve αn sonluondalıklıkesirlerine α = a0, a1a2...an...reel sayısının sırasıyla fazlasıve eksigi ilen’li ondalıklıyaklasımlarıdiyecegiz. Eger α, (3) seklinde bir negatif reel sayıisebu sayının fazlasıve eksigi ile n’li ondalıklıyaklasımlarısırasıyla

αn = −a0, a1a2...an

αn = −a0, a1a2...an −1

10n

seklinde tanımlanır. Biz bu ondalıklıyaklasımlarıreel sayılar üzerinde aritmetikislemleri tanımlarken kullanacagız. Kolaylıkla göstermek mümkündür ki her reelsayıiçin ondalıklıyaklasımlarıasagıdaki özellikler sahiptir(Gösteriniz):

(a) αk − αk = 110k

, k ∈ N;(b) α1 ≤ α2 ≤ ... ≤ αn ≤ ...;(c) α1 ≥ α2 ≥ ... ≥ αn ≥ ...;(d) her n,m ∈ N için αn < αm dir.3. Reel sayıların karsılastırılması(a) Negatif olmayan reel sayıların karsılastırılması.α = a0, a1a2...an... ve β = b0, b1b2...bn... negatif olmayan reel sayılarıver-

ilsin. Asagıdaki tanımlamalrıyapalım:

{α = β} ⇔ {∀k = 0, 1, 2, ...→ ak = bk}

{α = 0} ⇔ {∀k = 0, 1, 2, ...→ ak = 0}

{α < β} ⇔ {a0 < b0} ∨{∃n ∈ N : ak = bk, k = 0, n− 1; an < bn

}{α > β} ⇔ {a0 > b0} ∨

{∃n ∈ N : ak = bk, k = 0, n− 1; an > bn

}Burada, ak = bk, k = 0, n− 1 yazılımık nın 0 dan (n− 1)’e kadar bütün

tam degerleri için ak = bk esitliginin saglandıgınıgöstermektedir. Böylelikle,

7

biz yukarıda negatif olmayan reelsayılar için =, <, > sıralama baglantılarınıtanımlamıs olduk. α = β, α < β, α > β tanımlarından görüyoruz ki negatifolmayan α ve β reel sayılarıiçin α = β, α < β, α > β sıralama baglantılarındansadece bir tanesi saglanmaktadır.Sunu da söyleyelim ki buradan özel halde her negatif olmayan α reel sayısı

için α ≥ 0 oldugu da çıkmaktadır.(b) Reel sayıların karsılastırılması. α = ±a0, a1a2...an... reel sayısıver-

ilsin.|α| = a0, a1a2...an...

seklinde tanımlanan |α| sayısına α reel sayısının modülü veya mutlak degeridenir. Açıktır ki her α reel sayısıiçin |α| negatif olmayan bir reel sayıdır.Simdi verilen α ve β reel sayılarından en az birinin negatif olmasıdurumu

için sıralama baglantılarınıtanımlayalım.-eger α negatif degil, β negatif ise tanım olarak α > β kabul edelim;-eger hem α ve hem de β negatif ise (α < 0, β < 0)

|α| = |β| iken α = β,

|β| < |α| iken α < β

olarak tanımlayalım. Böylelikle herhangi iki reel sayıiçin karsılastırma ku-rallarınıtanımlamıs bulunmaktayız.NOT 1 Açıktır ki reel sayılar üzerinde yukarıda tanımlamıs oldugumuz

karsılastırma kurallarının sonsuz ondalıklıkesir seklinde yazılan rasyonel sayılarauygulanması, sonuç olarak tam sayıların oranıolarak yazılan rasyonel sayılarınkarsılastırılmasıkurallarının uygulanmasısonucu ile aynıolacaktır.NOT 2 α ve β reel sayılarının fazlasıve eksigi ile n’li ondalıklıyaklasımları

sırasıyla αn, αn ve βn, βn ise reel sayıların karsılastırılmasıkurallarıgeregi

(1) her n ∈ N için αn ≤ α ≤ αn, βn ≤ β ≤ βn dir;(2) α < β ⇒ ∃n : αn < β

ndir.

(c) Karsılastırma kuralının geçisme özelligi: α, β, γ reel sayılar olmaküzere α < β, β < γ ise α < γ dır.Ispat: Geçisme özelligini negatif olmayan reel sayılar için ispatlayalım.

Diyelim ki,

α = a0, a1a2...an...,

β = b0, b1b2...bn...,

γ = c0, c1c2...cn...

dir. ak = bk ve bk = ck (k = 0, 1, 2, ...) esitliklerinin bozuldugu en küçük indisnumaralarısırasıyla p ve m olsun. Diyelim ki p ≤ m dir. Bu durumda, aynıpnumarası, ak = ck esitligini bozan ve ap < cp olacak sekilde ilk indis olacaktır.O zaman reel sayıların karsılastırılmasıkuralından α < γ elde edilir.

(d) Reel sayıların esitsizliklere baglıözellikleri.

8

Lemma 1 α ve β reel sayılar olmak üzere α < β olsun. O zaman

α < r < β (4)

olacak sekilde r rasyonel sayısıvardır.Ispat: (a) Öncelikle α ∈ Q ve β ∈ Q olsun. Rasyonel sayılar üzerinde

aritmetik islemler tanımlıoldugundan r olarak α+β2 seçebiliriz, zira α < α+β

2 <β olur.(b) Simdi α, β sayılarından en az biri irrasyonel olsun. kabul edelim ki β

irrasyoneldir. Belirlilik için α ≥ 0 ve α = a0, a1a2...an...oldugunu da kabuledlim.β > α ve α ≥ 0 oldugundan β > 0 dır. Diyelim ki β = b0, b1b2...bn...dir. ak = bk,k = 0, 1, 2, ... esitligini bozan en küçük k numarasına p diyelim ve p > 0 oldugunukabul edelim. Bu durumda

ak = bk, k = 0, p− 1; ap < bp (5)

olur. Kabulümüz gereyi β ∈ J dir, bu nedenle β sonlu ondalıklıbir kesir olamaz.Bu nedenle p den büyük olan öyle bir p+m numarasıbulunur ki

bp+m > 0 (6)

saglanır. Gösterelim ki r = a0, a1a2...ap−1bp...bp+m−10 rasyonel sayısı (4)kosulunu saglar. (5) den elde ediyoruz ki α < r dir. Diger taraftan (6 )nedeniyler = b0, b1b2...bp−1bp...bp+m−10 < b0, b1b2...bp−1bp...bp+m−1bp+m... dir, yani r <β dır. Böylelikle ispatlandıki r ∈ Q ve α < r < β dir.Ispat tamamlanmıstır.

Sonuç: α ∈ R, β ∈ R ve α < β ise

∃r ∈ Q ∃r′ ∈ Q : α < r < r′ < β (7)

dir.Ödev 1: Ispatlayınız ki α ∈ R, β ∈ R ve α < β ise α < γ < β olacak sekilde

en az bir γ ∈ J vardır.Lemma 2 δ ∈ R, δ′ ∈ R ve (xn) , (yn) her n ∈ N için

xn ≤ δ ≤ δ′ ≤ yn, (8)

yn − xn ≤1

10n(9)

olacak sekilde iki rasyonel sayılar dizisi olsun. Bu durumda

δ = δ′ (10)

dir.Ispat: Karsırınıdüsünerek diyelim ki (10) saglanmıyor. O zaman (8) den

çıkar ki δ < δ′ dır. Lemma 1 in Sonucuna göre

δ < r < r′ < δ′ (11)

9

olcak çekilde r ve r′ rasyonel sayılarıbulunur. (11) den elde ediyoruz ki r′−r > 0dır ve buna göre

∃m ∈ N : r′ − r > 1

10m(12)

dir. Simdi (8) ve (11) den

xn ≤ δ < r < r′ < δ′ ≤ yn

elde ediyoruz, burdan da karsılastırmanın geçisme özelligi geregi

xn < r < r′ < yn (13)

bulunur. Simdi, (12) , (9) , (13) esitsizliklerinden ve rasyonel sayıların sıralamaözelliklerinden

1

10m< r′ − r < yn − xn ≤

1

10n

elde ediyoruz. Son esitsizlikten

1

10m<

1

10n(14)

bulunur. (14) esitsizligi sabitlenmis bir m ∈ N ve keyfin ∈ N için saglanmalıdır.Ancak n = m için (14) saglanmamaktadır. Buna göre kabulumüz yanlısdır, yaniδ < δ′ esitsizligi saglanamaz, dolayısıyla (10) esitligi saglanır. Ispat tamamlan-mıstır.

e) Reel sayıların geometrik yorumuSekildeki gibi bir l dogrusunu ele alalım ve bu dogru üzerinde bir O baslangıç

noktasınıve 1 birim uzunluga sahip olan OE ölçek dogru parçasınıseçelim. 0sayısınıO noktası ile, 1 sayısınıda E noktası ile eslestirelim. −1 sayısınıEnoktası ile O noktasına göre simetrik olan E′ noktası ile eslestirelim. α =a0, a1a2...an... pozitif reel sayısınıO noktasından saga dogru α uzaklıkta bulu-nan M noktasıile,

β = −b0, b1b2...bn...sayısınıda O noktasından sola dogru |β| uzaklıkta bu-lunan M ′ noktası ile eslestirelim. Bu sekildeki l dogrusuna sayı ekseni veyasayı dogrusu diyecegiz. Geometri aksiyomlarından ve reel sayıların özellik-lerinden elde edilir ki R reel sayılar kümesi ile l sayıdogrusu arasında bire-birkarsılastırma kuralımevcuttur: her reel sayısayıdogrusu üzerinde bir tek nok-taya karsılık gelmekte ve tersine, sayıdogrusu üzerindeki her nokta tek bir reelsayıile eslesmektedir. Bu nedenle, bundan sonraki islemlerimizde R reel sayılarkümesini sayıdogrusunun noktalarıkümesi ile eslestirecegiz ve reel sayılara dasık-sık noktalar diye hitap edecegiz.Bundan sonrakıislemlerimizde sık-sık kullanacagımız sayıkümelerini asagı-

daki sekilde isaretlemeyi kabul edelim:

10

1-) dogru parçasıveya kapalıaralık-{x : a ≤ x ≤ b} = [a, b];2-) açık aralık-{x : a < x < b} = (a, b) ;3-) yarıaçık aralıklar-{x : a < x ≤ b} = (a, b] ve {x : a ≤ x < b} = [a, b);a ve b noktalarına kapalı,açık ve yarıaçık aralıkların uç noktalarıveya a nok-

tasına sol uç noktası, b noktasına da sag uç noktasıdenir. [a, b] kapalıaralıgına,(a, b) açık aralıgına, (a, b] ve [a, b) yarıaçık aralıklarına birlikte sonlu aralıklarveya kısaca aralıklar denir. Ayrıca, a < x a} = (a,+∞) ve {x : x < −a} = (−∞, a);2-) sonsuz yarıaçık aralıklar-{x : x ≥ a} = [a,+∞) ve {x : x ≤ −a} = (−∞, a];3-) reel sayılar kümesi-{x : x ∈ R} = (−∞,+∞) .

4 Kümelerde En Küçük Üst Sınır ve En BüyükAlt Sınır Kavramları

1. Sayıkümesinin üst ve alt sınırlarıDiyelim ki herhangi bir X ⊂ R kümesi verilmistir. Asagıdaki tanımlarıvere-

lim.Tanım 1 Eger ∀x ∈ X için x ≤M olacak sekilde enaz bir M ∈ R reel sayısı

varsa, yani∃M ∈ R : ∀x ∈ X → x ≤M (1)

kosulu saglanıyorsa, X kümesi üstten sınırlıdır denir. Bu durumda M sayısınaX kümesimin bir üst sınırıdenir.Tanım 2 Eger ∀x ∈ X için x ≥ m olacak sekilde enaz bir m ∈ R reel sayısı

varsa, yani∃m ∈ R : ∀x ∈ X → x ≥ m (2)

kosulu saglanıyorsa, X kümesi alttan sınırlıdır denir. Bu durumda m sayısınaX kümesimin bir alt sınırıdenir.Açıktır ki M, sayısıX in bir üst sınırıise M den büyük olan her sayıda bu

kümenin bir üst sınırıolacaktır. Aynı sekilde m, X in bir alt sınırıise m denküçük olan her sayıda X in bir alt sınırıolacaktır.Bir kümenin üstten sınırlı olmamasıveya bir baska sekilde üstten sınırsız

olmasıherhangi bir reel sayıverildiginde bu kümenin o reel sayıdan küçük ol-mayan enaz bir elemanının mevcut olmasıdemektir, yani

{X üstten sınırsız kümedir} ⇔ ∀α ∈ R ∃xα ∈ X : xα > α (3)

dir. Benzer sekilde, allttan sınırsız küme tanımıverilmektedir:

{X alttan sınırsız kümedir} ⇔ ∀β ∈ R ∃xβ ∈ X : xβ < β (4)

Örnek: X =

{1

2,

1

3,

1

4, ...

}kümesi üstten sınırlıdır. Çünkü her x ∈ X için

x ≤ 1

2dir.

1

2sayısıX in bir üst sınırıdır.

11

Örnek: N = {1, 2, 3, ...} kümesi üstten sınırsız bir kümedir. Gerçekten nekadar büyük reel sayıalırsak alalım bu sayıdan büyük olan dogal sayıher zamanmevcuttur.Tanım 3 Hem üstten ve hem de alttan sınırlıkümeye sınırlıküme denir.Böylece,

{X sınırlıkümedir} ⇔ ∃m ∈ R ∃M ∈ R : ∀x ∈ X → m ≤ x ≤M. (5)

Örnek: X =

{1

2,

1

3,

1

5, ...

}kümesi bir sınırlıkümedir. Çünkü ∀x ∈ X için

→ 0 < x ≤ 1

2

(m = 0,M =

1

2

).

Örnek: B = {x : x2 − 5x + 6 < 0} kümesi sınırlı bir kümedir. ÇünküB = {x : 2 < x < 3} dir.

Daha öncede tanımladıgımız gibi, biliyoruz ki |x| =

{x eger x ≥ 0−x eger x ≤ 0

}seklinde tanımlı |x| reel sayısına x reel sayısının mutlak degeri veya modülüdenir. Açıktır ki |x| ≥ 0 dır.Kolaylıkla gösteririz ki sınırlıkümenin tanımındaki m ≤ x ≤ M kosulunu

bu kosula denk olan |x| ≤ C (C > 0) kosulu ile de degistirilebilir. Gerçekten,m ≤ x ≤ M ise C = max(|m|, |M |) alırsak −C ≤ x ≤ C ⇐⇒ |x| ≤ C eldeederiz. Tersine, eger |x| ≤ C (C > 0) ise, −C ≤ x ≤ C olur. m = −C, M = Cdersek m ≤ x ≤M yazarız.

Böylelikle sınırlıküme tanımındaki m ≤ x ≤ M esitsizligi |x| ≤ C(C > 0)esitsizligi ile denktir. Bu sebepten sınırlıküme tanımınısöyle de verebiliriz:

{A bir sınırlıkümedir} ⇐⇒ {∃C > 0 : ∀x ∈ A→ |x| ≤ C}. (6)

Buna göre

{A bir sınırsız kümedir} ⇐⇒ {∀C > 0 ∃x ∈ A : |x| > C}

2. Kümenin en küçük üst sınırıve en büyük alt sınırı.X, üstten sınırlıbir reel sayıkümesi olsun. Yukarıda da söylenildigi gibi,

eger bir M sayısıbu kümenin bir üst sınırı ise M sayısından büyük olan hersayıda bir üst sınır olacaktır. Böylelikle, üstten sınırlısayıkümesinin sonsuzçoklukta üst sınırlarıvardır, bu üst sınırlardan en küçügü önemli role sahiptir.Bir baska degimle, X kümesinin asagıdaki iki özelligi saglayanM sayısından sözetmekteyiz:(a) M sayısıX kümesinin bir üst sınırıdır;(b)M sayısından küçük olan herM ′ sayısıX kümesinin bir üst sınırıdegildir.Bu sekildeki M sayısına X kümesinin en küçük üst sınırı(EKÜS’ü) diyecegiz.

Bu tanımısöyle de ifade edebiliriz:Tanım 4

∀x ∈ X → x ≤M (7)

∀M ′ < M ∃xM ′ ∈ X : xM ′ > M ′ (8)

12

kosullarısaglanıyorsa M sayısına X kümesinin EKÜS’ü denir.X kümesinin EKÜS’ü supX seklinde gösterilir ve ’supremumX ’diye okunur.Böylelikle,

M = supX ⇐⇒ {∀x ∈ X → x ≤M} ∧ {∀M ′ < M ∃xM ′ ∈ X : xM ′ > M ′}

dir.Not 1M = supX sayısıX kümesine ait oladabilir, olmayada bilir. Örnegin,

X = [1, 2) ise supX = 2 /∈ X iken, Y = [1, 2) ∪ {3} ise supY = 3 ∈ Y dir.Not 2 En küçük üst sınır tanımından açıktır ki, eger X kümesinin M diye

bir supremu mu varsa, bu supremum tektir.Örnek 1 supX = M ve x0 ∈ X olsun. Gösteriniz ki egerX1 = {x ∈ X : x ≥ x0}

ise supX1 = M olur.Çözüm: supX = M oldugundan (7) ve (8) saglanıyor. X1 ⊂ X oldugundan

bu kosullardan elde ediyoruz ki

{∀x ∈ X1 → x ≤M} ∧ {∀M ′ : M ′ > x0 ∧M ′ < M ∃xM ′ ∈ X1 : xM ′ > M ′}

kosulu da sglanıyor. Eger M ′ ≤ x0 olacak sekilde ∀M ′ sayısınıalırsak ∀x ∈ X1

için x > M ′ olacaktır. Böylece,

{∀x ∈ X1 → x ≤M} ∧ {∀M ′ < M ∃xM ′ ∈ X1 : xM ′ > M ′

saglanır. Bu gösteriyor ki supX1 = M dir.Benzer sekilde X kümesinin bir alt sınırım ise, m den küçük olan her sayı

da bir alt sınır olacagından bu kümenin bütün alt sınırlarından en büyügü önemtasımaktadair.Tanım 5

∀x ∈ X → x ≥ m (9)

∀m′ > m ∃xm′ ∈ X : xm′ < m′ (10)

kosulları saglanıyorsa m sayısına X kümesinin en büyük alt sınırı (EBAS’ı)denir.

X kümesinin EBAS’ıinf X seklinde gösterilir ve ’infimumX ’diye okunur.Böylelikle,

m = inf X ⇐⇒ {∀x ∈ X → x ≥ m} ∧ {∀m′ < m ∃xm′ ∈ X : xm′ < m′}

dir.3. EKÜS’ün (EBAS’ın) varlıgıTeorem 1 Bos kümeden farklıX ⊂ R üstten (alttan) sınırlıbir küme ise

supX (inf X) mevcuttur.Ispat: supX in var oldugunu ispatlayalım. inf X in varlıgıbenzer olarak

gösterilir.kabülümüz geregi X 6= ∅ oldugundan X in en az bir elemanıvardır. Iki

durum söz konusudur:(1) X kümesinde en az bir negatif olmayan sayıbulunmaktadır;

13

(2) X kümesinin bütün elemanlarınegatiftir.Bu iki durumu ayrı-ayrıele alacagız.Durum (1). Öncelikle farzedelim ki X kümesinin bütün elemanlarınegatif

degildir. Kosulumuz geregi X üstten sınırlıdır , buna göre ∃c ≥ 0 : ∀x ∈ X →x ≤ c saglanır. c = c0,c1c2...cn... olsun. Bu durumda c0 negatif olmayan tamsayıve c < c0 + 1 olur, buradan c0 + 1 = n0 ∈ N dir. Buna göre

∀x ∈ X → x ≤ c < n0 (11)

olur. Eger x = a0, a1a2...an... = a0, {an} X kümesinin herhangi bir elemanıise, (11) den 0 ≤ a0 ≤ n0 elde edilir. x = a0, {an} reel sayısı için virgüldenönce gelen a0 sayısına bu reel sayının tam kısmıveya tam degeri denir. Simdi,X kümesinin elemanlarının tam degerlerinden olusan kümeye Y diyelim. (11)geregi Y kümesi negatif olmayan tam sayıların bostan farklısonlu bir kümesiolacaktır ve bu nedenle de Y kümesinin en büyük elamanıvar olacaktır. Bu enbüyük elemana a0 diyelim.

X0 = {x ∈ X : x = a0, {an}}

kümesini ele alalım. görüyoruz ki, X0 kümesi X kümesinin tam degerleri a0 yaesit olan elemanlarından olusmaktadır. Ayrıca, X0 6= ∅ ve X0 ⊂ X dir.Simdi, X0 kümesinin elemanlarının ilk ondalık rakamlarından olusan küm-

eye Y1 diyelim. Açıktır ki ∅ 6= Y1 ⊂ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} olacaktır ve bunedenle de Y1 en büyük elamana sahip olur. Bu en büyük elemana da a1 diye-lim. Dolayısıyla, X0 kümesinin elemanlarının ilk ondalık rakamlarının maksi-mumuna(en büyük degerine) a1 diyoruz: a1 = max

x∈X0

a1.

X1 = {x ∈ X : x = a0, a1a2...}

kümesini olusturalım. Açıktır ki X1 ⊂ X0 ⊂ X dir. a2 = maxx∈X1

a2, X1 kümesinin

ikinci ondalıklırakamlarının en büyügü olsun. Buna göre

X2 = {x ∈ X1 : a2 = a2} = {x ∈ X : x = a0, a1a2a3...}

kümesini olusturalım. Yorumlarımıza bu sekilde sürekli devam edersek,

Xk = {x ∈ Xk−1 : ak = ak} = {x ∈ X : x = a0, a1a2...akak+1...} ,X ⊃ X0 ⊃ X1 ⊃ ...Xk−1 ⊃ Xk ⊃ ...,ak = max

x∈Xk−1ak

olacak sekilde {Xk} bostan farklıkümeler dizisini ve {ak} ondalıklı rakamlardizisini elde etmis oluruz. Simdi,

x = a0, a1a2... = a0, {an}

ondalıklıkesirini ele alalım.Eger bu kesir periyodu 9 olan ondalıklıkesir olursabunu peryodu sıfır olan ilgili ondalıklıkesirle degistirelim. Açıktır ki ∀n ∈ Niçin a0, a1a2...an ≤ x olacaktır. Gösterecegiz ki x = supX dir, yani

∀x ∈ X → x ≤ x, (12)

14

∀x′ < x ∃x ∈ X : x > x′ (13)

kosullarısaglanır.Herhangi x ∈ X elamanınıalalım ve x = a0, {an} diyelim. Eger bu x elemenı

yıkarıda olusturdugumuz bütün Xk kümelerine ait olursa her k = 0, 1, 2, ... içinak = ak olur ve bu nedenle de x = x elde edilir. Dolayısıyla, X = {x} olacaksekilde tek noktalıküme olur ve böyle bir küme için x = supX oldugu açıktır.Buna göre farzedelim ki x ∈ Xm−1 ve x /∈ Xm olacak sekilde m ∈ N bulunsun.Bu durumda

x < a0, a1a2...am ≤ x (14)

esitsizligi saglanacaktır. Böylelikle, (12) nin saglandıgınıkanıtladık. Simdi de(13) ü ispatlayım. x′ = a′0, {a′n} ve 0 ≤ x′ < x olcak sekilde herhangi bir x′

alalım. Gösterelim kix′ ≥ a0, a1a2...an (15)

esitsizligindena′0 = a0, a

′1 = a1, ..., a

′n = an (16)

elde edilmektedir.Gerçekten, a′0 > a0 ise x′ ≥ x olur. Ancak x′ < x dir, demek a′0 = a0

dir. Eger a′0 = a0 olup a′1 > a1 olsaydıyine de x′ ≥ x olurdu, ancak x′ < xkabul etmisizdir. Bu sekilde devam edersek, x′ < x ve (15) esitsizliklerinden(16) esitsizliklerini eldeediyoruz.Böylece, görüyoruz ki eger (15) esitsizligi her n için saglanarsa, x′ = x elde

edilir ki bu da x′ < x kosulumuz ile çelisir. Buna göre x′ < a0, a1a2...an olacaksekilde en az bir n ∈ N bulunur. Bu ise o demektir ki Xn kümesine ait olan hersayıx′ den büyük olacaktır. Dolayısıyla, (13) kosulu saglanacak sekilde en azbir x ∈ X bulunur.

Böylelikle, (12) ve (13) kosullarısaglanıyor, yani x = supX dir.Eger X kümesi en az bir x0 ≥ 0 negatif olmayan elemanına sahip ise,

X = {x ∈ X : x ≥ x0} kümesi sadece negatif olmayan reel sayılardan olusa-caktırve ispatladıgımıza göre sup X mevcuttur. O zaman yukarıdaki Örnek1nedeniyle biliyoruz ki bu durumda da supX = sup X olacak sekilde mevcutolur. Böylelikle ispatladık ki üsten sınırli X reel sayılar kümesinin EKÜS’üvardır.Durum (2) Simdi kabul edelim kiX kümesininin bütün elemanlarınegatiftir.

Bu durumda ∀x ∈ X elemanı

x = −a0, a1a2...an... (17)

seklinde yazılır. a∗0 ile ∀x ∈ X için (11) deki a0 sayılarından en küçügünügösterelim. a∗1 ile X kümesinin a0 = a∗0 olacak sekilde elemanlarının ilk ondalıkrakamlarının en küçügünü , a∗2 ile X kümesinin a0 = a∗0, a1 = a∗1 olacak sekildeelemanlarının ikinci ondalık rakamlarının en küçügünü ve s. ile gösterelim. Busekilde olusturacagımız a∗0, a

∗1, a∗2, ... sayılarınıkullanarak x

∗ = −a∗0, a∗1a∗2... =−a∗0, {a∗n} sayısınıyazalım. Durum (1)’in ispatına benzer sekilde bu durumdada gösteririz ki supX = x∗ dır. Teorem ispatlanmıstır.

15

Örnek 2: X ve Y kümeleri verilsin veX kümesinin her elemanıY kümesininherhangi bir elemanından büyük olmasın, yani ∀x ∈ X ∧∀y ∈ Y → x ≤ y olsun.Bu durumda supX ≤ inf Y dir.Çözüm: M = supX sayısımevcuttur, çünkü x ≤ y den y nin X için bir

üst sınır olmasıçıkar, dolayısıyla X in üstten sınırlıbir küme olmasıçıkar. Budurumda Teorem 1’e göre M = supX vardır. Aynısekilde x ≤ y veya y ≥ xden x in Y için bir alt sınır olması, yani Y nin alttan sınırlıbir küme olmasıelde edilir. Yine de Teorem 1’e göre m = inf Y sayısıvardır..

M = supX ise ∀x ∈ x için x ≤ M ve m = inf Y ise ∀y ∈ Y için y ≥ mdir. Herhangi bir y ∈ Y alalım. Kosulumuza göre ∀x ∈ x için x ≤ y dir. Buo demektir ki aldıgımız bu y sayısıX kümesi için bir üst sınırdır. O haldesupremum tanım geregi y ≥ M olmalıdır. Böylelikle ∀y ∈ Y için y ≥ Mesitsizligi saglanacak. Bu gösteriyor ki M sayısıY kümesi için bir alt sınırdır.O halde infimum tanımıgeregi m ≥M olmalıdır. Çünkü m = inf Y sayısıtümalt sınırların en büyügüdür. Böylelikle M ≤ m yani supX ≤ inf Y esitsizliginielde ediyoruz.NOT 1: supX ve inf Y nin varlıgıhakkındaki teorem 1’e EKÜS, EBAS

prensibi denir.NOT 2: supX, X kümesinin elemanı ise bu elemana kümenin en büyük

veya maksimal elemanıdenir ve maxX ile gösterilir. Benzer olarak, inf X ∈ Xise inf X elemanına kümenin en küçük veya minimal elemanıdenir ve minX ilegösterilir.

5 REEL SAYILAR ÜZERINDE ARITMETIK

ISLEMLER

1. Reel sayılarıtoplamıve farkıTanım 1 α ve β reel sayılarıverilsin. r, s, r′, s′

r ≤ α ≤ s, r′ ≤ β ≤ s′ (1)

kosullarınısaglayan her hangi rasyonel sayılar olmak üzere

r + r′ ≤ δ ≤ s+ s′ (2)

esitsizligini saglayan δ reel sayısına α ve β reel sayılarının toplamıdenir ve butoplam α+ β olarak gösterilir.Teorem 1 ∀α, β ∈ R sayılarıiçin δ = α+ β toplamıvar ve tektir.Ispat:(a) Toplamın varlıgı. (1) kosullarından sıralamanın geçisme özelligi geregi

r ≤ s, r′ ≤ s′ yazabiliriz. Rasyonel sayıların esitsizliklere baglıözelliklerindenyararlanırsak buradan

r + r′ ≤ s+ s′ (3)

16

elde ederiz. (3) den, r+r′ seklindeki sayıların kümesiX olmak üzere, X in üsttensınırlıoldugu elde edilir. O zaman EKÜS prensebi geregi δ = supX mevcuttur.Gösterelim ki bu δ sayısı (2) kosulunu saglar. X kümesinin bütün elemanlarıbu kümenin bir üst sınırından büyük olmayacagından (2) nin r + r′ ≤ δ soltaraf esitsizligi saglanır. Diger taraftan, (3) geregi s + s′ sayısıX kümesinibnbir üst sınırıolacagından X in supremumu bu üst sınırdan büyük olamaz, yaniδ = supX ≤ s + s′ olmalıdır, dolayısıyla (2) nin δ ≤ s + s′ sag esitsizligi desaglanmaktadır. Böylece, δ = supX sayısı (2) kosulunu saglamaktadır, birbaska degimle δ = α+ β dır.(b) Toplamın tekligi. Diyelim ki (2) kosulunu saglayan iki tane δ ve δ′

sayılarıvardır, ve δ ≤ δ′ dir. Kolayca görülüyor ki (1) esitsizliklerinde r ve r′ (sve s′) sayılarıyerine sırasıyla α ve β reel sayılarının eksigi ile(fazlasıile) (n+ 1) .ondalıklıyaklasımlarınıalırsak bu esitsizlik yine de saglanmıs olacaktır:

αn+1 ≤ α ≤ αn+1, βn+1≤ α ≤ βn+1 (4)

α ve β reel sayılarının toplamımevcut oldugundan (4) esitsizliginden ve δ ≤ δ′

esitsizliginden

rn = αn+1 + βn+1≤ δ ≤ δ′ ≤ αn+1 + βn+1 = sn, (5)

buradasn − rn = αn+1 − αn+1 + βn+1 − βn+1

=2

10n+1<

1

10n(6)

dir. Böylelikle, (rn) ve (sn) dizileri (5) ve (6) kosullarınısaglamaktadırlar, bunedenle önceki kesimde ispatladıgımız Lemma 2 geregi δ = δ′ elde edilir. Teoremispatlandı.Iki reel sayının farkı, rasyonel sayılardakıfark islemine benzer olarak, toplama

isleminin ters islemi olarak tanımlanmaktadır.2. Reeel sayıların çarpımıve bölümü

Tanım 2 α ve β pozitif reel sayılarıverilsin. r, s, r′, s′

0 < r ≤ α ≤ s, 0 < r′ ≤ β ≤ s′ (7)

kosullarınısaglayan her hangi rasyonel sayılar olmak üzere

rr′ ≤ δ ≤ ss′ (8)

esitsizligini saglayan δ reel sayısına α ve β pozitif reel sayılarının çarpımıdenirve bu çarpım αβ olarak gösterilir.Teorem 2 ∀α, β ∈ R pozitif sayılarıiçin δ = αβ çarpımıvar ve tektir.Ispat: Çarpımın varlıgının ispatıtoplamın varlıgının ispatına benzer sekilde

yapılır. Sadece bu ispatta, G kümesi, (7) kosullarınısaglayan bütün mükün rve r′ rasyonel sayılarının rr′çarpımlarından olusan sayılar kümesi olmak üzere,δ = supG olarak seçmemiz gerekecektir, diger tüm yorumlar degismeyecektir.

17

Simdi, δ = αβ çarpımının tek oldugunu görelim. a0, α sayısının, b0 ise βsayısının tam kısmıolsun. α ve β reel sayılarının eksigi ilem. ondalıklıyaklasım-larınısırasıyla αm ve β

mile, fazlasıyla m. ondalıklıyaklasımlarını ise sırasıyla

αmve βm ile gösterelim. Bu durumda, açıktır ki

αm ≤ α ≤ αm ≤ a0 + 1, βm≤ β ≤ βm ≤ b0 + 1

olur. k ∈ N sayısınıöyle seçelim ki a0 + b0 + 2 ≤ 10k esitsizligi saglansın. Budurumda her m için

αm + βm < 10k (9)

esitsizligi de saglanır, çünkü αm ≤ a0 + 1 ve βm≤ b0 + 1 esitsizlikleri saglanır.

Kabul edelim ki (8) kosulunu saglayan iki taneδ ve δ′ sayılarıvardır ve δ ≤ δ′ dir.(7) ve (8) esitsizliklerinde r, s, r′, s′ sayılarıyerine sırasıyla αn+k, αn+k, βn+k

,

βn+k yaklasımlarınıalalım ve rn = αn+kβn+k, sn = αn+kβn+k ile gösterelim.

Bu durumda (8) ve (9) dan yararlanırsak ∀n ∈ N için

rn = αn+kβn+k≤ δ ≤ δ′ ≤ αn+kβn+k = sn,

sn − rn =(αn+k − αn+k

)βn+k + αn+k(βn+k − βn+k

) =

βn+k

10n+k+αn+k

10n+k≤ 10k

10n+k=

1

10n

elde ederiz. Simdi, önceki kesimdeki Lemma 2 geregi δ = δ′ elde edilir.Teoremin ispatıtamamlanmıstır.Herhangi α ve β reel sayılarının çarpımıasagıdaki kurallardan tanımlanır:1) α = 0 ise her β ∈ R için αβ = 0;2) α < 0, β < 0 ise αβ = |α||β| ;3) α > 0, β < 0 ise, veya α < 0, β > 0 ise αβ = − |α| |β| .α ve β herhangi reel sayılar olsun. Ileride gösterecegiz ki α 6= 0 ise xα = β

denkleminin tek x çözümü vardır. Bu çözüme biz, β ile α nın oranıveya bölümüdiyecegiz ve β

α olarak gösterecegiz.3. Reel sayıların özellikleri.Kolayca gösterilir ki reel sayıalr üzerinde yukarıda tanımlanan toplama ve

çarpma islemleri rasyonel sayılar üzerindeki toplama ve çarpma islemlerine ben-zer özelliklere sahiptir. Bir baska sekilde, asagıdaki özellikler saglanmaktadır:1-) Toplama Isleminin özellikleri:a- ∀x, y ∈ R→ x+ y = y + x;b- ∀x, y, z ∈ R→ x+ (y + z) = (x+ y) + z;c-∀x ∈ R→ x+ 0 = x;d- ∀x ∈ R→ x+ (−x) = 0.2-) Çarpma Isleminin özellikleri:a- ∀x, y ∈ R→ xy = yx;

18

b- ∀x, y, z ∈ R→ x(yz) = (xy)z;c- ∀x ∈ R→ 1.x = x;

d- x 6= 0 olmak üzere ∀x ∈ R için x 1

x= 1 olacak sekilde tek

1

x∈ R vardır;

e- ∀x, y, z ∈ R için x(y + z) = xy + xz.Ek olarak, reel sayılar üzerinde =, <,> sıralama baglantılarının daha önce

ispatlamıs oldugumuz temel özelliklerini tekrar yazalım.3-) Sıralama Özellikleri:Reel sayılar arasında tdaha önce tanımlamıs oldugumuz =, <,> sıralama

bagıntılarıasagıdaki özellikleri saglarlar:a-) Herhangi iki x, y reel sayılarıarasında =, <,> sıralama bagıntılarından

biri ve ancak biri saglanır;b-) x, y ∈ R olmak üzere x > y ise ∀z ∈ R → x+ z > y + z;c-) x, y, z ∈ R olmak üzere x > y ve z > 0 olsun. Bu durumda xz > yz dir.

Bu özelliklerden asagıdaki ek özellikler de çıkmaktadır:1) a 6= 0, ab = 0→ b = 0;2) a > b > 0 ve c > d > 0→ ac > bd;3) a > b ise ∀n ∈ N→ a2n+1 > b2n+1;4) a > b ≥ 0 ise ∀n ∈ N→ an > bn.Toplama islemini birlesme özelligini ispatlayalım. Toplamanın ve çarpmanın

diger özellikleri benzer olarak ispatlanır.Önerme 1 ∀x, y, z ∈ R→ x+ (y + z) = (x+ y) + z dir.Ispat: δ = x + (y + z) ve δ′ = (x + y) + z olsun, gösterelim ki δ = δ′ dür.

Diyelim ki δ ≤ δ′ dir(aksi takdirde δ ile δ′ nün rollerini degistiririz). Biliyoruzki

xn+1 ≤ x ≤ xn+1, yn+1≤ y ≤ yn+1, zn+1 ≤ z ≤ zn+1 (10)

esitsizlikleri saglanmaktadır, burada xn+1, yn+1, zn+1 ve xn+1, yn+1, zn+1sırasıyla

x, y, z reel sayılarının eksigi ile ve fazlasıyla (n+ 1) . ondalıklıyaklasımlarıdır.Bu esitsizlikleri kullanarak reel sayıların toplanmasıkuralıgeregi

xn+1 + yn+1≤ x+ y ≤ xn+1 + yn+1, (11)

yn+1

+ zn+1 ≤ y + z ≤ yn+1 + zn+1 (12)

elde edriz. (10) , (11) , (12) esitsizliklerinden toplama kuralıgeregi(xn+1 + y

n+1

)+ zn+1 ≤ (x+ y) + z ≤

(xn+1 + yn+1

)+ zn+1, (13)

xn+1 +(yn+1

+ zn+1

)≤ x+ (y + z) ≤ xn+1 +

(yn+1 + zn+1

)(14)

esitsizliklerini elde ederiz. Rasyonel sayılarda toplama isleminin birlesme özelligigeregi (13) ve (14) ün sol taraflarırn = xn+1 +y

n+1+zn+1 sayısına, sag tarfları

19

ise ρn = xn+1 + yn+1 + zn+1 sayısına esittir. Buna göre, δ ≤ δ′ esitsizligini degöz önünde bulundurarak(13) ve (14) den

rn ≤ δ ≤ δ′ ≤ ρn (15)

yazabiliriz, burada ρn − rn = 310n+1 <

110n dir. Böylece, Lemma 2 geregi δ = δ′

olur. Ispat tamamlanmıstır.Simdi de çarpma kuralının d) özelligini de ispatlayalım.

Önerme 2 x 6= 0 olmak üzere ∀x ∈ R için x 1

x= 1 olacak sekilde tek

1

x∈ R

vardır.Ispat: Öncelikle, x > 0 durumunu ele alalım. xnve xn, x reel sayısının

sırasıyla eksigi ve fazlasıyla n. ondalıklıyaklasımlarıolsun. x > 0 oldugundanxm > 10−m olacak sekilde en az bir m ∈ N vardır.

X =

{r ∈ Q : r =

1

xm+n

, n ∈ N}, Y =

{r ∈ Q : r =

1

xm+n, n ∈ N

}olsun. Teorem 2 sonrasındaki Örnek 2 geregi

1

xm+n≤ α ≤ 1

xm+n

(n ∈ N) (16)

olacak sekilde α reel sayısı bulunur. xn+m ≤ x ≤ xn+m oldugundan reelsayıların çarpımıtanımından n ∈ N olmak üzere

1− 10−n ≤xm+n

xm+n≤ xα ≤ xm+n

xm+n

≤ 1 + 10−n (17)

elde edilir. Lemma 2 ye göre buradan xα = 1 elde edilir, yani α = 1x olur.

Eger, x < 0 ise 1x = − 1

|x| olarak tanımlayalım. Böylece, her x 6= 0 için1x oranının var oldugu ispatlandı. Simdi de her x 6= 0 için 1

x oranının tekliginigösterelim. xα = 1 ve xβ = 1 olcak sekilde iki α ve β reel sayılarıvar olursa,x (α− β) = 0 eldeedilir. x 6= 0 oldugundan buradan da α − β = 0, yani α = βolur. Önerme 2 nin ispatıtamamlanmıstır.Not 1: Önerme 2 den, α 6= 0, β reel sayılar olmak üzere αx = β denkleminin

tek çözümünün x = β 1α oldugu gözükmektedir. Gerçekten, çarpmanın degisme

ve birlesme özellikleri geregi α(β 1α

)= α

(1αβ)

=(α 1α

)β = 1β = β

oldugundan x = β 1α , αx = β denklemini saglar. ayrıca, 1

α tek oldugundanβ 1αçarpımı da tektir, dolayısıyla bu çözüm tektir. böylece β ve α 6= 0 reelsayılarının β

α oranıvar ve tektir.Not 2: R reel sayılar kümesi temelinde, bu küme üzerinde tanımlıtoplama

ve çarpma islemlerinin 1)-2) özelliklerini, R üzerinde tanımlısıralama baglan-tılarının 3) özelliklerini ve EKÜS-EBAS prensibini bulundurmaktadır. Bu özel-liklerle birlikte R nin insasıtamamlanmıs oluyor. Bu nedenle, bazıkaynaklardayukarıda sıraladıgımız 4 temel özelligi reel sayılar kümesinin aksiyomları, yaniispatsız kabul edilen temel özellikleri olarak kabul etmekle R nin aksiyomatikinsasıda yapılabilmektedir.

20

Not 3: R reel sayılar kümesine +∞ ve −∞ ile gösterilen iki yeni sembolüekleme suretiyle elde edilen R = R∪ {−∞}∪ {+∞} kümesine genisletilmis reelsayılar kümesi denir. Bu kümede asagda yer alan özelliklerin de saglandıgıkabuledilmektedir.a-)

∀x ∈ R→ x− (+∞) = x−∞ = −∞,x+ (+∞) = +∞, x− (−∞) = x+∞ = +∞,+∞+∞ = +∞,−∞+ (−∞) = −∞,

x

−∞ =x

+∞ = 0

olarak tanımlansın;b-)

x > 0 ise x(−∞) = −∞, x(+∞) = +∞ vex

0= +∞

olarak tanımlansın.c-)

x < 0 ise x(−∞) = +∞, x(+∞) = −∞ vex

0= −∞

olarak tanımlansın.d-) X ⊂ R ve X 6= ∅ olsun. Eger X kümesi üstten sınırlıdegilse, supX =

+∞, alttan sınırlıdegilse inf X = −∞ olarak tanımlayacagız. Böylelikle ∀X ⊂R, X 6= ∅ için supX ve bir inf X vardır ve tektir diyebiliriz. Verdigimiz butanımlamalar sonrasında R = (−∞,+∞) yazabiliriz.

6 REEL SAYI SINIFLARI VEBAZI ÖZELLIK-LERI

1-) DOGAL SAYILARBir seyleri saymakla yararlanılan ve rakamlar adıverilen 0, 1, 2, ..., 9 gibi on

rakam ile yazılan sayıların tümüne dogal sayılar kümesi denir ve dogal sayılarkümesi N = {1, 2, 3, ..., n, n+ 1...} ile gösterilir.Dogal sayılar tamamen belirtmeye yeterli oldugu ispatlanabilen en belirgin

özellikler Peano Aksiyomlarıadıyla asagıdaki bes aksiyomla ifade edilir.N1−) 1 ∈ N;N2−) ∀n ∈ N→ n+ = n+ 1 ∈ N;N3−) ∀n ∈ N→ n+ 6= 1;N4−) ∀n,m ∈ N→ n+ = m+ =⇒ n = m;N5−) Matematiksel tümevarım yöntemi denen aksiyom asagıdaki özelliklere

sahiptir:n dogal sayısına baglıbir B(n) önermesi içina) n = 1 iken B(1) dogru (tümevarım baslangıcı);b) n dogal sayısıiçin B(n) dogru kabul edilirken, B(n + 1) önermesinin de

dogrulugu gösterilebiliyorsa

21

B(n) önermesi tüm dogal sayılar için dogrudur.N5 aksiyomu kullanılarak dogal sayılara baglı çok sık -sık kullanılan bazı

özellikler ispatlanabilmektedir:a-) n,m ∈ N→ n+m ∈ N, nm ∈ N;b-) (n ∈ N) ve (n 6= 1)→ n− 1 ∈ N;c-) ∀n ∈ N → {x ∈ N : n < x} kümesinin en küçük elemanı (minimal

elemanı) var ve min{X ∈ N : n < x} = n+ 1 dir;d-) (m ∈ N) ∧ (n ∈ N) ∧ (n < m)→ n+ 1 ≤ m dir;e-) n ∈ N→ n < x < n+ 1 olacak sekilde x dogal sayısıyoktur;f-) ∀A ⊂ N ∧A 6= ∅→ ∃minA vardır;g-) N nin üstten sınırlıher alt kümesinin maksimal (en büyük) elemanıvardır;h-) supN = +∞2-) TAM SAYILARHerhangi n ∈ N için n+x = n denkleminin tek çözümü 0 (sıfır) ile, n+x = 0

denkleminin tek çözümü −n elemanlarınıN kümesine ilave ederek elde edilenZ = {..., n, ...,−1, 0, 1, 2, ..., n, ...} kümesine tam sayılar kümesi denir.Tam sayılar su özelliklere sahiptir:a-) n,m ∈ Z → (n+m) ∈ Z ∧ (n.m) ∈ Z;b-) n,m ∈ Z olmak üzere n + x = m denkleminin Z kümesinde bir tek

x = −n+m çözümü vardır;c-) Z nin her sınırlıalt kümesinin hem minimal hem de maximal elemanı

vardır.d-) Z sınırsız bir kümedir.3-) ARCIMET PRENSIBI VE SONUÇLARIRasyonel sayılarıve özelliklerini biz daha önce incelemistik. Biz burada rasy-

onel sayılarla baglıönemli özelliklerden biri olan Achimet Prensibini verecegiz.Teorem (Archimet Prensibi): Her h > 0 ve ∀x ∈ R için (k − 1)h ≤ x < kh

olacak sekilde bir k tamsayısı vardır. (Bu teoreme R reel sayılar kümesininArchimet özelligi denir).

Ispat: Z kümesi üstten sınırlıolmadıgından ∀h > 0 ve ∀x ∈ R için, X =

{k ∈ Z :x

h< k}, Z nin alttan sınırlı bos olmayan bir alt kümesidir. Tam

sayıların özelligine göreX kümesinin minimal elemanıvardır. Dolayısıyla k−1 ≤x

h< k olacak sekilde bir tek k tamsayısıvardır. h > 0 oldugundan her iki tarafı

h ile çarparsak (k − 1)h ≤ x < hk elde edilir.

Sonuç 1: ε > 0 ise1

n< ε olacak sekilde en az bir n dogal sayısıvardır.

Ispat: Gerçekten h = 1, x =1

εalırsak Archimet Prensibinden,

1

ε< k0

olacak sekilde k0 tamsayı vardır. 0 <1

ε< k0 oldugundan k0 ∈ N dir. Bu

durumda ∀n > k0 için1

n<

1

k0oldugundan ∀n > k0 dogal sayısı için

1

n< ε

bulunur.Sonuç 2: ∀ε > 0 için 0 ≤ x < ε ise x = 0 dır.

22

Gerçekten x > 0 olamaz. Çünkü böyle olsaydıSonuç 1 e göre1

n0< x olacak

sekilde n0 ∈ N bulunurdu. Bu ise ∀ε > 0 için x < ε esitsizligiyle çelisecektir(ε =1

n0için x > ε olurdu).

Sonuç 3: ∀ε > 0 için |a− b| < ε ise a = b dir.

Sonuç 4: a, b ∈ R olsun. Eger ∀n ∈ N için a ≤ x ≤ a+b

nise x = a dır.

Sonuç 5: Herhangi iki reel sayıarasında sonsuz sayıda rasyonel sayıvardır.

Ispat: a, b ∈ R ve a 0 oldugundan 0 <1

n< b − a

olacak sekilde ∃n ∈ N bulunur. (Sonuç 1’e göre).Archimet Prensibine görem− 1

n≤ a <

m

nolacak sekilde ∃m ∈ Z sayısıvardır. Bu durumda

m

n1

ndir. Bu çeliski gösteriyor ki

m

n< b olmalıdır. Böylelikle,

m− 1

n≤ a <

m

n< b veya a <

m

n< b olur. Bu demektir ki a ile b arasında en

az birm

nrasyonel sayısıvardır. Bu islemi sonsuz kez tekrarlarsak istedigimiz

sonuca ulasırız.Sonuç 6: ∀x ∈ R için k ≤ x < k + 1 olacak sekilde bir tek k ∈ Z vardır.

(Archimet prensibi h = 1 den çıkar.) Sonuç 6 daki söz konusu k tamsayısına ksayısının tam kısmıdenir ve [|x|] seklinde gösterilir. x− [|x|] sayısına x in kesirlikısmıdenir ve {x} ile gösterilir. Açıktır ki 0 < {x} < 1 olup x = {|x|} + {x}dir.Örnegin, x = 6, 7 ise [|x|] = 6, {x} = 0, 7 bulunur. y = −6, 7 ise [|y|] = −7,

{y} = 0, 3 dir.NOT: Sonuç 6’ya göre k ≤ x < k + 1 ise [|x|] = k olur.

7 RASYONEL SAYILAR KÜMESININ SAYI-LABILIR OLMASI

Simdi gösterelim ki rasyonel sayılar kümesi Q sayılabilir bir küme, reel sayılarkümesi R sayılabilir olmayan bir kümedir. Hatırlatalım ki bir kümeye sayılabilirküme denir, o zaman ki bu kümeylee N dogal sayılar kümesi arasında birebiresleme kuralımevcut olsun, bir baska deyimle, eger kümenin elemanlarınınu-maralamak mümkünse, bu kümeye sayılabilir bir küme denir. Q rasyonel sayılarkümesini ele alalım. Öncelikle pozitif rasyonel sayılarıasagıdaki kural ile nu-maralayalım:

0

1︸︷︷︸h=1

,1

1︸︷︷︸h=2

,1

2,

2

1︸︷︷︸h=3

,3

1,

1

3︸︷︷︸h=4

,1

4,

2

3,

3

2,

4

1︸︷︷︸h=5

,1

5,

5

1︸︷︷︸h=6

...

23

p

qpozitif rasyonel sayısıiçin h = p+q dogal sayısına

p

qnun yüksekligi denir.

0 ve pozitif rasyonel sayılarıyüksekliklerine göre sıraya dizelim. Bu durumda(n + 1) yerde duran rasyonel sayıyırn ile gösterelim. Buna göre tüm rasyonelsayıları; 0, r1,−r1, r2,−r2, ..., rn,−rn seklinde numaralayabiliriz. Böylelikle Qsayılabilir bir kümedir.Lemma: R reel sayılar kümesi sayılabilir degildir.Ispat: R+ nın sayılabilir olmadıgınıgösterelim. Karsıtınıdüsünüp diyelim

ki R+ sayılabilir bir kümedir. Bu durumda R+ nın bütün elemanlarıαk =

a(k)0 , a

(k)1 a

(k)2 ... olmak üzer {αk}∞1 kümesinde sıralanır. Gösterelim ki{αk}∞1

kümesine ait olmayan en az bir β = 0, b1b2... pozitif reel sayısıvardır. b1 sayısınıöyle seçelim ki b1 6= a

(1)1 , b1 6= 0 ve b1 6= 9 saglansın. genel olarak ∀k ∈ N için

bk 6= a(k)k , bk 6= 0 ve bk 6= 9 olacak sekilde alalım.

Bu durumda b sayısıR+ kümesi için olusturdugumuz sıralamada yer almay-acaktır. Yani her zaman olusturdugumuz sıralamada bulunmayan pozitif reelsayımevcut olacaktır. Bu gösteriyor ki R+ sayılabilir olmayan bir kümedir.R+ ⊂ R oldugundan R de sayılabilir olmayan bir kümedir.

8 MUTLAK DEGER VE ÖZELLIKLERI

Daha önce de söylenildigi gibi x reel sayısının mutlak degeri

|x| ={

x, eger x ≥ 0−x, eger x < 0

seklinde tanımlanır. Bu tanımdan açıktır ki her x reel sayısıiçin |−x| = |x| veher x, y reel sayılarıiçin |xy| = |x| |y| dir. Mutlak degerin asagıdaki özelliklerikolaylıkla ispatlanır.1) Her x reel sayısıiçin

− |x| ≤ x ≤ |x| (1)

dir.Ispat: Eger x ≥ 0 ise −x ≤ x ≤ x dir ki bunu da − |x| ≤ x ≤ |x| sek-

linde yazarız. Eger x < 0 ise x ≤ x ≤ −x olacagından bunu da mutlak degerkullanarak − |x| ≤ x ≤ |x| seklinde yazarız.2) ε > 0 için |x| ≤ ε⇔ −ε ≤ x ≤ ε dir.Ispat: |x| ≤ ε olsun. Eger x ≥ 0 ise 0 ≤ x ≤ ε elde ederiz. x ≥ 0 ve

ε > 0 oldugundan buradan−ε ≤ x ≤ ε yazabiliriz. Eger x < 0 ise |x| ≤ εesitsizliginden −ε ≤ x < 0 elde ediyoruz. x < 0 ve ε > 0 oldugundan buradanda −ε ≤ x ≤ ε bulunur.Tersine, eger −ε ≤ x ≤ ε ise x ≥ 0 için buradan x ≤ ε elde edilir. Bu son

esitsizligi de |x| ≤ ε olarak yazarız. Benzer olarak, eger x < 0 ise −ε ≤ x den−x ≤ ε, yani |x| ≤ ε elde ederiz.3) Her x, y ∈ R için

||x| − |y|| ≤ |x+ y| ≤ |x|+ |y| (2)

24

dir.Ispat: (1) özelligi geregi − |x| ≤ x ≤ |x| ,− |y| ≤ y ≤ |y| yazarız. Buradan

− (|x|+ |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| elde ederiz. Burada ε = |x| + |y| alırsak−ε ≤ x + y ≤ ε bulunur. O zaman ikinci özellikten |x+ y| ≤ ε, yani |x+ y| ≤|x| + |y| elde edriz. Böylece, eger x ve y den en az biri sıfır degilse (2) nin sagtarafınıispatlamıs oluyoruz. Eger, x = y = 0 ise (2) nin sag tarafıesitlik olaraksaglanacaktır. Böylece, (2) nin sag tarafıispatlandı.Simdi (2) nin sol tarafını ispatlayalım. Bunun için simdi ispatladıgımız

|x+ y| ≤ |x|+|y| esiitsizliginden yaralanacagız. Bu esitsizlikten |x| = |(x+ y) + (−y)| ≤|x+ y|+ |−y| = |x+ y|+ |y|, yani

|x| ≤ |x+ y|+ |y| (3)

elede ederiz. (3) de x ve y nin rollerini degistirirsek

|y| ≤ |x+ y|+ |x| (4)

buluruz. Simdi (3) ve (4) den

|x| − |y| ≤ |x+ y| ve |y| − |x| ≤ |x+ y|veya

|x| − |y| ≤ |x+ y| ve |x| − |y| ≥ − |x+ y|elde ederiz. Son esitsizlikleri bir arada yazarsak

− |x+ y| ≤ |x| − |y| ≤ |x+ y| (5)

buluruz. Ikinci özellik geregi buradan,

||x| − |y|| ≤ |x+ y|

bulunur, yani (2) nin sag tarafıda elde edilir.NOT 1 Eger x ve y aynı isaretli veya her ikisi sıfır ise (2) nin sag tarafı

esitlik olarak saglnacaktır, yani xy > 0 veya x = y = 0 ise |x+ y| = |x| + |y|olacaktır. Buna karsılık (2) nin sol tarafıxy < 0 veya x = y = 0 ise esitlikolarak saglanacaktır.NOT 2 Geometrik olarak (2) nin sag tarafıbir üçgende bir kenar uzunlugu-

nun diger iki kenar uzunluklarıtoplamından küçük olmasıgerektigini, sol tarafıise iki kenarın uzunluklarıfarkının mutlak degerinin üçüncü kenar uzunlugun-dan küçük olmasıgerektigini göstermektedir. Bu nedenle (2) ye bazen üçgenesitsizlikleri de denir.NOT 2 Tümevarım yöntemiyle kolayca gösterilir ki üçgen esitliginin sag

tarafısonlu sayıda x1,x2,..., xk reel sayılarıiçin |x1+x2+...+ xk| ≤ |x1|+ |x2|+...+ |xn|

|x1+x2+...+ xk| ≤ |x1|+ |x2|+ ...+ |xk| (6)

olarak genellestirilir.4) δ > 0 ise |x| ≥ δ ⇔ x ≥ δ ∨ x ≤ −δ dır.5) a < b ve α, β ∈ [a, b] ise |α− β| ≤ b− a dır.

25

9 TÜMEVARIMYÖNTEMI ILE ÖNERMELERIN

ISPATI

Matematiksel tümevarım yöntemi, daha öncede anlatıldıgıgibi dogal sayılarınönemli özelliklerinden biri olup n dogal sayısına baglı bir B(n) önermesininsaglandıgınıispatlamak için sık-sık kullanılan bir metottur. Tümevarim yöntemiasagıdaki adımlardan ibarettir:

a) n = 1 iken B(1) önermesinin dogru oldugu kontrol edilir(tümevarımbaslangıcı);

b) n dogal sayısıiçin B(n) dogru kabul edilirek (tümevarım geçisi);c) B(n+ 1) önermesinin de dogrulugu gösterilebiliyorsa (ispat)B(n) önermesi tüm dogal sayılar için dogrudur.Bu yöntem özdeslik, esitsizlik, sonlu toplam formüllerinin ispatlanmasında

kullanılan çok güçlü bir araçtır.Örnek 1 ∀n ∈ N için

12 + 22 + 32 + ...+ n2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6(1)

esitliginin saglandıgınıgösteriniz.Çözüm: (a) (tümevarım baslangıcı) n = 1 ise (1) esitligi 12 = 1.2.3

6 seklinialır ki bu da dogru bir önermedir.

(b) (tümevarım geçisi) (1) in saglandıgınıkabul edelim;(c) (ispat)

12 + 22 + 32 + ...+ n2 + (n+ 1)2

=(n+ 1) (n+ 2) (2n+ 3)

6(2)

esitliginin de saglandıgınıispatlayalım. (b) gereyi (1) saglandıgından

12 + 22 + 32 + ...+ n2 + (n+ 1)2

=n (n+ 1) (2n+ 1)

6+ (n+ 1)

2

=(n+ 1)

(2n2 + 7n+ 6

)6

=(n+ 1) (n+ 2) (2n+ 3)

6

elde ediyoruz, dolayısıyla (2) saglanıyor. Böylece, (1) her dogal sayıiçin geçerliolur.Örnek 2 (Bernoulli esitsizligi) x ≥ −1 ise ∀n ∈ N için

(1 + x)n ≥ 1 + nx (3)

Bernoulli esitsizligi saglanmaktadır.Çözüm: (a) n = 1 için (3) daima saglanır: 1 + x ≥ 1 + x;(b) (1 + x)

n ≥ 1 + nx saglansın (x ≥ −1 dir);

26

(c)

(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n+ 1)x

oldugunu ispatlayalım. Gerçekten, 1+x ≥ 0 oldugundan (1 + x)n+1

= (1 + x)n

(1 + x) ≥(1 + nx) (1 + x) = 1 + (n+ 1)x + nx2 ≥ 1 + (n+ 1)x, yani (1 + x)

n+1 ≥1 + (n+ 1)x olur. Böylece, (3) her dogal sayıiçin saglanır.Örnek 3

x1,x2, ..., xn (4)

n sayıda pozitif reel sayıolmak üzere

An =x1 + x2 + ...+ xn

n,

Gn = n√x1x2...xn,

Hn =n

1x1

+ 1x2

+ ...+ 1xn

seklinde tanımlıAn, Gn, Hn sayılarına (4) pozitif reel sayılarının sırasıyla ar-itmetik, geometrik, harmonik ortalamaları denir. Ispatlayınız ki her n dogalsayısıiçin

n1x1

+ 1x2

+ ...+ 1xn

≤ n√x1x2...xn ≤

x1 + x2 + ...+ xnn

, (5)

yaniHn ≤ Gn ≤ An (5’)

esitsizligi saglanır.Çözüm: Öncelikle,

n√x1x2...xn ≤

x1 + x2 + ...+ xnn

(6)

esitsizligini ispatlayalım.Kolaylık için

yk =xk

n√x1x2...xn

, k = 1, n

diyelim. Bu durumda (6) esitsizligi

y1y2...yn = 1 (7)

olmak üzerey1 + y2 + ...+ yn ≥ n (8)

seklini alır. Böylelikle, (6) esitsizligini ispatlamak için (7) kosulunu saglayan heryk (k = 1, n ) pozitif reel sayılarıiçin (8) esitsizliginin saglandıgınıgöstermekyeterlidir. (8) i ispatlamak için tümevarım yöntemini kullanacagız.(a) Eger n = 1 ise y1 = 1 olmak üzere (8) , y1 ≥ 1 seklini alır ki bu dogru

bir esitsizlik olacaktır.

27

(b) Diyelim ki (7) saglanmak üzere (8) dogrudur;(c)

y1y2...ynyn+1 = 1 (9)

olacak sekilde her yk (k = 1, n+ 1 ) pozitif sayılarıiçin

y1 + y2 + ...+ yn + yn+1 ≥ n+ 1 (10)

esitsizliginin de saglandıgını gösterecegiz. Eger yk = 1 (k = 1, n+ 1 )olursa (10) esitsizliginin sol tarafı (n+ 1)’ e esit olacagından bu durum için(10) saglanır. Eger (9) kosulundaki yk sayılarından herhangi biri 1’ e esitdegilse(örnegin 1’den büyük ise) bu sayılar arasında 1’den küçük olacak sekildeen az bir sayıbulunacaktır. Bu nedenle, genelligi bozmadan

yn > 1, yn+1 < 1 (11)

kabul edebiliriz(aksi takdirde yk sayılarınıyeniden numaralandırmakla (11)’ isaglatabiliriz. (9) geregi n sayıda pozitif y1, y2, ..., yn−1, ynyn+1 sayılarınınnçarpımı1 dir, bu nedenle b) tümevarım geçisine göre

y1 + y2 + ...+ yn−1 + ynyn+1 ≥ n (12)

esitsizligi saglanacaktır. (12) den

y1 + y2 + ...+ yn + yn+1 = y1 + y2 + ...+ yn−1 + ynyn+1 + yn + yn+1 − ynyn+1

≥ n+ yn + yn+1 − ynyn+1 = n+ 1 + (yn + yn+1 − ynyn+1 − 1)

= n+ 1 + (yn − 1) (1− yn+1) (13)

elde edilir, (13) den de (11) geregi y1 + y2 + ... + yn + yn+1 ≥ n + 1, yani(10) elde edilir.Böylelikle, tümevarım yöntemi ile ispatladık ki (7) kosulunu saglayan n

sayıda pozitif sayı için (8) esitsizligi saglanır. Bu gösteriyor ki herhangi xk(k = 1, n ) pozitif sayılarıiçin (6) esitsizligi saglanmaktadır.Simdi de (5) esitsizliginin sol tarafını, yani herhangi xk (k = 1, n ) pozitif

sayılarıiçinn

1x1

+ 1x2

+ ...+ 1xn

≤ n√x1x2...xn (14)

esitsizligini ispatlayalım. (6) esitsizligini n sayıda pozitif 1x1, 1x2, ..., 1

xnsayılarına

uygularsak

1n√x1x2...xn

= n

√1

x1

1

x2...

1

xn≤

1x1

+ 1x2

+ ...+ 1xn

n,

buradan da (14) ü elde ederiz.

28

Böylece, (6) ve (14) den (5) i elde ediyoruz.Toplam sembolü ve özellikleria1,a2, ..., an verilen reel sayılar olsun. Bu sayıların toplamısembolik olarak

n∑k=1

ak seklinde gösterilir, yani

a1 + a2 + ...+ an =

n∑k=1

ak (15)

dir. ’∑’sembolüne toplam simgesi denir ve ’sigma’diye okunur. k sayısına

toplama indisi denir. Benzer sekilde, am,am+1, ..., am+p gibi p + 1 sayınıntoplamını

am + am+1 + ...+ am+p =

m+p∑k=m

ak

seklinde gösteriyoruz.Toplam, toplam indisinden bagımsızdır, yani (15) in sag tarfında k toplam

indisinin yerine herhangi bir baska harf de kullanılır:

a+ a2 + ...+ an =

n∑j=1

aj .

Toplama islemini lineerlik özelligine sahiptir, yani herhangi A,B reel sayılarıiçin

n∑k=1

(Aak +Bbk) = A

n∑k=1

ak +B

n∑k=1

bk (16)

özelligi saglanmaktadır. Buradan özel durumda

n∑k=1

(ak + bk) =

n∑k=1

ak +

n∑k=1

bk,

n∑k=1

Aak = A

n∑k=1

ak (17)

özellikleri elde edilir.Sunu da söyleyelim ki

p∑k=1

ak+m =

m+p∑k=m+1

ak (18)

ven2∑k=n1

akn−k=m

=

n−n2∑m=n−n1

an−m =

n−n2∑k=n−n1

an−k (19)

29

formülleri açıkca saglanmaktadırlar, bu formüllere toplam simgesinin indisdegistirilmesi özellikleri denir.NEWTON BINOM FORMÜLÜÖnerme: Her a, b reel sayılarıve herhangi n dogal sayısıiçin

(a+ b)n

= C0na

n + C1na

n−1b+ ...+ Cknan−kbk + ...+ Cn−1

n abn−1 + Cnnbn

=

n∑k=0

Cknan−kbk (20)

Newton binom formülü saglanmaktadır, burada

Ckn =n!

k!(n− k)!=n(n− 1)...(n− k + 1)

k!, k = 0, n (21)

ve n! = 1.2...n, 0! = 1 seklinde tanımlanır.Ispat: ispatıtümevarım yöntemi ile yapalım:(a) n = 1 için (21) formülü (a+ b) = C0

1a+ C11b = a+ b seklini alır;

(b) (21) saglansın;(c)

(a+ b)n+1

=

n+1∑k=0

Ckn+1an+1−kbk (22)

formülünü ispatlayacagız.

(a+ b)n+1

= (a+ b) (a+ b)n

= (a+ b)

n∑k=0

Cknan−kbk

=

n∑k=0

Ckn (a+ b) an−kbk =

n∑k=0

Cknan+1−kbk +

n∑k=0

Cknan−kbk+1

=

n∑k=0

Cknan+1−kbk +

n+1∑k=1

Ck−1n an+1−kbk

= C0na

n+1 +

n∑k=1

Cknan+1−kbk +

n∑k=1

Ck−1n an+1−kbk + Cnnb

n+1

= C0na

n+1 +

n∑k=1

(Ckn + Ck−1

n

)an+1−kbk + Cnnb

n+1

= C0na

n+1 +

n∑k=1

Ckn+1an+1−kbk + Cnnb

n+1 =

n+1∑k=0

Ckn+1an+1−kbk

oldugundan (22)′ye ulasırız. Böylelikle, (21) her n dogal sayısıiçin saglanır.

Not 1: Newton binom formülünü ispatlarken

Ckn + Ck−1n = Ckn+1, k ≥ 1

30

esitliginden faydalandık. Gerçekten,

Ckn + Ck−1n =

n!

k!(n− k)!+

n!

(k − 1)!(n− k + 1)!

= n!n− k + 1 + k

k!(n− k + 1)!=

n! (n+ 1)

k!(n− k + 1)!

=(n+ 1)!

k!(n− k + 1)!= Ckn+1

olur.Not 2 : (a+ b)

n ifadesinin Newton binom formülü ile açılımının ilk terimi

an olurken, herhangi bir terimi Cknan−kbk dir. Ck+1n

Ckn= n!

(k+1)!(n−k−1)!k!(n−k)!

n! =n−kk+1 , yani C

k+1n = n−k

k+1Ckn olur. Buna göre (a+ b)

n nin açılımında herhangian−k−1bk+1 teriminin katsayısınıbulmak için bir önceki terimininn katsayısınıbu terimdeki a nın küvvetine çarpıp b nin küvvetinin bir fazlasına bölmek gerek-mektedir. Örnegin,

(a+ b)5

= a5 +1.5

1a4b+

5.4

2a3b2 +

10.3

3a2b3 +

10.2

4ab4 +

5.1

5b5

dir.

10 IÇ IÇE KAPALI ARALIKLAR PRENSIBI

[a1, b1], [a2, b2], ....[ak, bk], ... (1)

kapalı aralıklar sistemini ele alalım. Eger bu sistemin her kapalı aralıgı birsonraki kapalıaralıgıkapsarsa (1) kapalıaralıklar sistemine iç-içe kapalıaralıklarsistemi denir. Böylelikle, (1) sistemi iç içe kapalıaralıklar sistemi ise ∀k ∈ N için[ak+1, bk+1] ⊂ [ak, bk] dır. Bir baska sekilde ∀k ∈ N için ak ≤ ak+1 ≤ bk+1 ≤ bkdır.

(1) sisteminin kapalıaralıklarının∞⋂k=1

[ak, bk] arakesitini ele alalım. Açıktır

ki∞⋂k=1

[ak, bk] = {x : ∀k ∈ N→ x ∈ [ak, bk]}

dir.

Örnek:∞⋂k=1

[0, 1 +1

k] = [0, 1] oldugunu gösteriniz.

Çözüm: ∀x ∈∞⋂k=1

[0, 1 +1

k] =⇒ ∀k ∈ N → x ∈ [0, 1 +

1

k] =⇒ ∀k ∈

N→ 0 ≤ x ≤ 1 +1

kdir. Buradan, Archimet Prensibinden çıkan Sonuç 1 geregi

0 ≤ x ≤ 1 elde ediyoruz. Gerçekten, x > 1 olsaydıSonuç 1 geregi ε = x− 1 için

31

∃k ∈ N bulunurdu öyle ki x − 1 > 1k olurdu ki bu da ∀k ∈ N için x ≤ 1 +

1

kesitsizligi ile çelisirdi. Bu çeliski gösteriyor ki x ≤ 1 olmalıdır. Böylelikle,0 ≤ x ≤ 1, yani x ∈ [0, 1] olur.

Tersine, x ∈ [0, 1] olursa, 0 ≤ x ≤ 1 → ∀k ∈ N → 0 ≤ x ≤ 1 +1

k=⇒ x ∈

∞⋂k=1

[0, 1 +1

k] dır.

Böylelikle, kümelerin esitligi kuralından∞⋂k=1

[0, 1 +1

k] = [0, 1] olur.

Teorem 1: Iç içe kapalı aralıklar sisteminin arakesiti bostan farklı birkümedir, yani bu arakesite ait olacak sekilde en az bir reel sayı(nokta) vardır.Ispat: Açıktır ki ∀k ∈ N için [ak, bk] ⊂ [a1, b1] dir. Yani

∀k ∈ N için a1 ≤ ak ≤ bk ≤ b1 (2)

dir. (1) iç-içe kapalıaralıkların uç noktalarıkümeleri {ak}∞1 ve {bk}∞1 olsun.(2) den açıktır ki ∀k ∈ N için ak ≤ b1, bk ≥ a1 dir. Buna göre {ak} kümesi

üstten sınırlı, {bk} kümesi ise alttan sınırlıdır. EKÜS-EBAS prensibine göresup{ak} = c ve inf{bk} = d sonlu sayılardır.

(2) ye göre ∀k ∈ N için ak ≤ bk dır. Bu durumda {ak} kümesinin her elemanıbk kümesinin herhangi bir elemanından büyük degildir. Buradan sup{ak} ≤inf{bk}, yani c ≤ d bulunur. Böylelikle, ∀k ∈ N için ak ≤ c ≤ d ≤ bk olur.

Bu gösterir ki ∀k ∈ N için [c, d] ⊂ [ak, bk] dolayısıyla, [c, d] ⊂∞⋂k=1

[ak, bk] dir.

Demek,∞⋂k=1

[ak, bk] 6= ∅ dir. Ispat tamamlanmıstır.

Not: Bu Teorem iç-içe açık aralıklar sistemi için geçerli degildir. Örnegin,(0, 1

n

)(n ∈ N) açık aralıklar sistemine bakarsak, bu sistemin ikinciden baslatılarak

her aralıgıbir önceki aralıga aittir.Ancak,∞⋂n=1

(0, 1n ) = ∅ dir. Gerçekten, aksi

olursa, a ∈∞⋂n=1

(0, 1n ) olacak sekilde ∃a sayısıbulunur. Bu o demektir ki ∀n ∈ N

için

0 < a <1

n

olur. Bu ise Arcimet prensibinden çıkan Sonuç 1 ile çelisir. Böylece,∞⋂n=1

(0, 1n ) =

∅ dir.Tanım 1: Iç içe kapalıaralıklar sistemi verilsin. Eger ∀ε > 0 sayısıiçin ∃k0

numarasıbulunursa ki tüm k > k0 lar için bk − ak < ε olsun, bu durumda (1)iç-içe kapalıaralıklar sisteminin aralıklar uzunlugu sıfıra yaklasır denir.

32

Teorem 2: (1) iç içe aralıklar sisteminin aralıklar uzunlugu sıfıra yaklasır

ise∞⋂k=1

[ak, bk] ara kesiti tek noktalıbir kümedir.

Ispat: Teorem 1’e göre∞⋂k=1

[ak, bk] 6= ∅ dir. Buna göre ξ ∈∞⋂k=1

[ak, bk] olacak

sekilde en az bir ξ noktasıvardır. Gösterelim ki∞⋂k=1

[ak, bk] arakesitinin bu ξ

den baska hiç bir noktasıyoktur. Karsıtınıdüsünelim, diyelim ki ξ1 6= ξ veξ1 ∈∞⋂k=1

[ak, bk] dir. Bu durumda ∀k ∈ N → ξ, ξ1 ∈ [ak, bk] oldugundan mutlak

degerin bilinen özelligi geregi |

|ξ − ξ1| ≤ bk − ak (3)

olur. Kapalı aralıklar sistemimizim aralıklaru uzunlugu sıfar yaklasdıgındanburadan ∀ε > 0 için |ξ − ξ1| < ε bulunur. O zaman, Arcimet prensibi Sonucunagöre ξ = ξ1 buluruz. Elde edilen bu çeliski teoremin hükmünün saglandıgınıgöstermektedir. Ispat tamamlanmıstır.NOT: Aralıklarıuzunlugu sıfra yaklasan iç-içe (1) kapalıaralıklar sistemi

verilsin. Terem 1 geregi sup{ak} = c ve inf{bk} = d olmak üzere [c, d] kapalıaralıgı(1) sisteminin her kapalıaralıgına aittir. Teorem 2 ye göre ise (1) sistem-inin her kapalıaralıgına ait olan tek ξ noktasıvardır. Buradan elde ediyoruzki

ξ = c = d = sup{ak} = inf{bk} (4)

dir.

11 FONKSIYON KAVRAMI

Tanım 1: X ve Y bos olmayan herhangi iki küme olsun. X×Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }kümesinin bos olmayan her R alt kümesine X den Y ye bir ikili bagıntıdenir.X × X = X2 kümesinin bos olmayan her alt kümesine X üzerinde bir ikilibagıntıdenir.Tanım 2: X den Y ye bir R bagıntısı verildiginde {(b, a) : (a, b) ∈ R}

kümesi Y den X e bir bagıntıdır ve bu bagıntıya R bagıntısıın tersi adıverilirve R−1 ile gösterilir.

(a, b) ∈ R olmasınıbiz kısaca aRb ile gösterecegiz.Tanım 3: R, X üzerinde bir ikili bagıntı, yani R ⊂ X2 olsun.a-) ∀a ∈ X → aRa ise R ye yansıyan bir bagıntı;b-) ∀a, b ∈ X → aRb⇒ bRa ise R ye simetrik bir bagıntı;c-) ∀a, b, c ∈ X → (aRb ∧ bRc)⇒ aRc ise R ye geçisken bir bagıntı;d-) ∀a, b ∈ X → (aRb ∧ bRa) =⇒ a = b çıkarsa R ye ters simetrik bagıntı

denir.

33

Tanım 4: Yansıyan, simetrik ve geçisken bir bagıntıya denklik bagıntısıdenir. Ve eger R bir denklik bagıntısıise aRb yerine a˜b yazılır.Örnek: X düzlem üzerinde tüm dogrulardan olusan bir küme ise, aRb =

{(a, b) ∈ X : a//b} seklinde tanımlıparalellik bagıntısıbir denklik bagıntısıdır.NOT: Söyleyelim ki aRb yazılımını(a, b) ∈ R anlamıyanısıra, (a, b) ikilisinin

ait oldugu R altkümesini göstermek için de kullanacagız.Tanım 5: Yansıyan, ters simetrik ve geçisken bir bagıntıya kısmi sıralama

veya kısaca sıralama bagıntısıdenir. R bir kısmi sıralama bagıntısıoldugundaaRb yerine a � b yazılacak ve "a önce gelir b" diye okunacaktır.Örnegin, Eger P (X), X in kuvvet kümesi ise, aRb = {(a, b) ∈ P 2(X) : a ⊂ b}

bagıntısıP (X) üzerinde bir kısmi sıralama bagıntısıdır.Kısmi sıralama bagıntısında ∀(a, b) ∈ X için aRb veya bRa olmasıgerekmez.Tanım 6: R, X te bir ikili sıralama bagıntısıolsun. Eger ∀a, b ∈ X içn,

aRb veya bRa ise bu bagıntıya bir tam sıralama bagıntısıdenir.Üzerinde tam sıralama bagıntısıtanımlıX kümesine tam sıralanmıs küme

denir. R bir tam sıralama bagıntısıoldugunda aRb yerine a ≤ b yazacagız ve"a küçük esit b" diye okuyacagız.

Örnegin, R, üzerinde tanımlısıralama bagıntılarına göre tam sıralanmıs birkümedir.Bos olmayan X kümesi üzerinde bir denklik bagıntısıR olsun. a ∈ X için,

a = {x ∈ X : a˜x} kümesine a nın denklik sınıfıdenir. Denklik sınıflarıX inbir ayrısımınıgösterir. Yani , X kümesini ayrık denklik sınıflarının birlesimiseklinde yazabiliriz.

Örnek: Z tam sayılar kümesinde 5 ile kalanlı bölme sonucunda olusandenklik sınıfları

0 = {5k : k ∈ Z}1 = {5k + 1 : k ∈ Z}2 = {5k + 2 : k ∈ Z}3 = {5k + 3 : k ∈ Z}4 = {5k+4 : k ∈ Z} dir. Buna göre Z = 0U 1U 2U 3U 4, Z nin bir ayrısımıdır.Buradaki denklik bagıntısı5 ile bölürken kalanda aynısonucun çıkma bagın-

tısıdır.Karsıt olarak, X in bir ayrısımı verildiginde ayrısım kümelerini denklik

sınıflarıkabul eden bir denklik bagıntısıvardır.Simdi matematigin temel kavramlarından biri olan ve fonksiyon adıverilen

özel bagıntılarıele alalım.Tanım 7: X ve Y bos olmayan iki küme ve f = {(x, y) : x ∈ X ∧ y ∈ Y } ⊂

X × Y bir bagıntıolsun. Eger,(a) ∀x ∈ X ∃y ∈ Y : (x, y) ∈ f ;(b) (x, y1), (x, y2) ∈ f =⇒ y1 = y2

kosullarısaglanıyorsa f ’ye X den Y ye bir fonksiyon denir ve f : X → Y

veya Xf→ Y seklinde gösterilir.

f : X → Y fonksiyonu için X kümesine fonksiyonun tanım kümesi denir vebazen X = Df olarak yazılır.

34

(x, y) ∈ f ∧ x ∈ Df olacak sekilde y ∈ Y elemanına f fonksiyonunun birdegeri veya x elemanının f altındaki görüntüsü denir.

Rf = {y ∈ Y : (x, y) ∈ f ∧x ∈ Df} kümesine f fonksiyonunun deger kümesiveya X = Df tanım kümesinin f altındaki görüntüsü denir.Fonksiyon tanımından açıktır ki f : X → Y fonksiyonu f bagıntısıyardımıyla

X ve Y kümelerinin elemanlarıarasında öyle bir eslesme kuralıortaya koyuyorki bu kurala göre ∀x ∈ X elemanıbir tek y ∈ Y elemanıile eslesmektedir. Budurumda, yukarıda da söyledigimiz gibi, x ∈ X elemanıile eslesen y ∈ Y ele-manına x in f altındaki görüntüsü denir ve bu sembolik olarak y = f(x) seklindeyazılır. x elemanına ise y = f(x) ∈ Y elemanının ters görüntüsü denir. Ayrıca,söyleyelim ki fonksiyon tanımında tanım kümesinde olan her elemanın görün-tüsü tek oldugu halde, deger kümesindeki bir elemanın ters görüntüsü birdenfazla olabilir. Bir baska deyimle fonksiyon tanımındaki f bagıntısıöyle bir özelbagıntıdır ki, bu bagıntıy1 6= y2 olmak üzere (x, y1) ve (x, y2) seklinde herhangiiki eleman bulunduramaz, ancak x1 6= x2 olmak üzere (x1, y) ve (x2, y) seklindeelemanlarıiçinde bulundurur.Tanımlarımızdan açıktır ki Rf ⊂ Y dir. Böylelikle f : X → Y fonksiyonu

verildiginde x ∈ Df = X elemanına karsılık gelen tek türlü belirli y ∈ Rfelemanını y = f(x) olarak gösteriyoruz. Biz bu yazılımı bazen fonksiyonungenel ifadesi olarak da kullanacagız. Yani f : X → Y, y = f(x) yazılımınıkullanacagız.Fonksiyon tanımından görüyoruz ki fonksiyonu tanımlayan f bagıntısıbir

eslesme kuralınıortaya koymaktadır. Bu kural X = Df tanım kümesinin ele-manlarınıalıp bu elemanların her birinden Rf kümesinin bir elemanınıüretmek-tedir. Bu sebepten Rf kümesinin elemanlarıDf kümesinin elemanlarına baglıolarak degismektedir. Buna göre f : X → Y, y = f(x) fonksiyonu verildigindex ∈ X elemanına bagımsız degisken, y ∈ Rf elemanına ise bagımlı degiskendenir ve y nin bagımlılıgıy = f(x) ifadesi ile gösterilir.

Örnegin, Df = R ve Rf = R+ olmak üzere y = x2 bagıntısıR den R+ yabir fonksiyon tanımlamaktadır .Bu fonksiyon için f kuralıbagımsız degiskeninkaresini alma kuralıdır. Bir baska deyimle , bu fonksiyon f : {(x, x2) : x ∈ R}seklinde bir bagıntıdır.

f : X → Y fonksiyonu verilsin.1) A ⊂ Df olmak üzere f(A) = {y ∈ Rf : x ∈ A } kümesine A nın f altındaki

görüntüsü veya A nın görüntü kümesi denir. Açıktır ki f(A) ⊂ Rf olup, f(A)kümesi A kümesinin elemanlarının f altındaki görüntülerinden olusmaktadır.

Bu nedenle bazen de f : X → Y fonksiyonu X tanım kümesini Y nin biraltkümesine veya Rf kümesine dönüstüren bir dönüsüm olarak da tanımlanırve ’fonksiyon’yerine ’dönüsüm’terimi kullanılır.2) B ⊂ Rf olmak üzere f

−1(B) = {x ∈ Df : f(x) ∈ B} kümesine B

kümesinin f altındaki ters görüntüsü veya B nin ters görüntü kümesi denir.Açıktır ki f−1(B) ⊂ Df olup f−1(B), B kümesinin elemanlarının f altındakiters görüntülerinin kümesidir.Tanım: f : X → Y ye fonksiyon için Gf = {(x, y) ∈ X × Y : x ∈ X ∧ y =

f(x)} kümesine f fonksiyonunun grafigi denir. Bu tanım geregi Gf grafigi ile fbagıntısıaynıkümeleri ifade etmektedirler.

35

Tanım: f : X → Y ve g : X → Y gibi iki fonksiyonu verilsin.a-) Eger ∀x ∈ X için f(x) = g(x) ise, f ve g fonksiyonlarıesittir denir ve

f = g yazılır. Buna göre eger, Rf = Rg ise f = g dir.b-) -∀x ∈ X için (f + g)(x) = f(x) + g(x) seklinde tanımlıf + g : X → Y

fonksiyonuna f ve g fonksiyonlarının toplamı;-∀x ∈ X için (fg) = f(x)g(x) seklinde tanımlı(fg) : X → Y fonksiyonuna

f ve g fonksiyonlarının çarpımı;-∀x ∈ X için c sabit sayı olmak üzere (cf)(x) = c.f(x)seklinde tanımlı

(cf) : X → Y fonksiyonuna c ile f nin çarpımıdenir.

Eger ∀x ∈ X için g(x) 6= 0 ise(f

g

)(x) =

f(x)

g(x)seklinde tanımlı

f

g: X → Y

fonksiyonuna da f ve g fonksiyonlarının oranıdenir.Tanım: f : X → Y fonksiyonu için b sabit bir sayı olmak üzere ∀x ∈

X → f(x) = b kosulu saglanırsa f fonksiyonuna bir sabit fonksiyon denir ve buf(x) ≡ b seklinde de gösterilir.Tanım: f : X → X ve ∀x ∈ X için f(x) = x ise f fonksiyonuna birim veya

özdeslik fonksiyon denir ve bu fonksiyon f = Ix ile gösterilir.Tanım: f : X → Y bir fonksiyon ve A ⊂ X olsun. ∀x ∈ A için g(x) = f(x)

olarak tanımlıg : A→ Y fonksiyonuna f fonksiyonunun A kümesine kısıtlamasıdenir ve g = f |A ile gösterilir. Bu durumda f fonksiyonuna f |A fonksiyonununX kümesine genislemesi de denir.Tanım: f : X → Y fonksiyonu verilsin.a-) ∀y ∈ Y için y = f(x) olacak sekilde ∃x ∈ X varsa (yani, Y = Rf ise), bu

durumda f ye örten veya surjektif fonksiyon denir.Açıktır ki örten fonksiyon için f(X) = Y dir.b-) x1, x2 ∈ X olmak üzere f(x1) = f(x2) olmasından x1 = x2 oldugu

çıkarsa f fonksiyonuna birebir veya injektif fonksiyon denir.c-) Örten ve birebir fonksiyona birebir örten veya bijektif fonksiyon denir.Tanım: f : X → Y ve g : Y → Z fonksiyonlarıverilsin (gof)(x) = g(f(x))

seklinde tanımlıgof : X → Z fonksiyonuna f ile g nin bileskesi denir.Bu tanımdan açıktır ki genel olarak fog ve gof fonksiyonlarıesit fonksiyonlar

degildir. Hatta bu fonksiyonlardan birisi tanımlıolup digeri tanımlıolmayabilir.Genel olarak, her ikisi tanımlıoldugu halde fog 6= gof tur.

Örnek: f(x) = xx2+1 , g(x) = x2 alırsak (gof)(x) = g(f(x)) = g( x

x2+1 ) =

( xx2+1 )2 = x2

(x2+1)2, (fog)(x) = f(g(x)) = f(x2) = x2

x4+1 , oldugundan fog 6= gof

tur.NOT: Tanımlardan açıktır kif = g ⇐⇒ ∀x ∈ X → f(x) = g(x) ⇐⇒ f(x) ≡ g(x);f 6= g ⇐⇒ ∃x ∈ X : f(x) 6= g(x) ⇐⇒ f(x) 6≡ g(x) dir.Tanım: f : X → Y fonksiyonu verilsin. Eger fog ≡ Iy ve gof = Ix

olacak sekilde g : Y → X fonksiyonu varsa bu fonksiyona f fonksiyonunun tersfonksiyonu denir ve bu ters fonksiyon g = f−1 olarak gösterilir. Böylelikle f−1,f nin ters fonksiyonu ise

f−1of = Ix ve fof−1 ≡ Iy,

36

yanif−1(f(x)) ≡ x ve f(f−1(y)) ≡ y

olur.Bu tanımdan ve birebir örten fonksiyon tanımından asagıdaki teoremin sag-

landıgınıgörüyoruz.Teorem: f : X → Y fonksiyonunun tersinin mevcut olması için gerek ve

yeter kosul f nin birebir örten fonksiyon olmasıdır.Tanım: X ve Y kümeleri arasında birebir-örten bir fonksiyon varsa X ile

Y kümelerine denk veya esgüçlü kümeler denir ve X˜Y ile gösterilir.Tanım: n ∈ N olmak üzere Nn = {1, 2, ...n} ile gösterilir.Eger A˜NA ise A ya n elemanlıküme denir.Eger B˜N ise B ye sayılabilir küme, bir özalt kümesi ile denk olan kümeye

de sonsuz küme denir.(Bir kümenin kendisinden ve ∅ dan farklıher alt kümesine bu kümenin özalt

kümesi denir.)Tanım: A ⊂ R verilsin. Eger ∀x ∈ A için −x ∈ A ise A ya bir simetrik

küme denir. R, (−a, a), [−a, a] kümeleri birer simetrik kümelerdir.A bir simetrik küme olmak üzere f : A→ B (A,B ⊂ R) fonksiyonu verilsin.

Eger;a-) ∀x ∈ A için f(−x) = −f(x) ise f ye bir tek fonksiyon,b-) ∀x ∈ A için f(−x) = f(x) ise f ye ir çift fonksiyon denir.Örnek: f : R → R+, f(x) = x2 + 1 ile tanımlı f fonksiyonu bir çift

fonksiyon, g : R→ R, g(x) = x3 fonksiyonu ise bir tek fonksiyondur.A bir simetrik küme olmak üzere f : A→ Y fonksiyonu verilsin. Bu durumda

fc(x) =f(x) + f(−x)

2(1)

seklinde tanımlıfc fonksiyonu her zaman bir çift fonksiyon,

fT

(x) =f(x)− f(−x)

2(2)

seklinde tanımlıfTfonksiyonu her zaman bir tek fonksiyondur.

Gerçekten,

fc(−x) =f(−x) + f(x)

2=f(x) + f(−x)

2= fc(x) dir. Yani fc çift fonksiyon-

dur.

fT

(−x) =f(−x)− f(x)

2= −

(f(x)− f(−x)

2

)= −fT (x). Yani fT tek

fonksiyondur.(1) ve (2) formüllerini taraf tarafa toplarsak

f(x) = fT

(x) + fC

(x) (3)

formülünü elde ediyoruz. (3) formül gösteriyor ki herhangi bir f fonksiyonunubirisi çift, digeri tek iki fonksiyonun toplamıseklinde yazmak mümkündür.

37

Tanım: f : R → Y fonksiyonu verilsin. Eger ∀x ∈ R için f(x + T ) = f(x)olacak sekilde en az bir T 6= 0 reel sayısıvar ise f fonksiyonuna bir peridoyikfonksiyon denir.∀x ∈ R için f(x+ T ) = f(x) esitligini saglayan T > 0 sayılarının en küçügü

varsa buna(bu T > 0 sayısına) f fonksiyonunun periyodu (esas periyodu) denir.Örnek: f(x) = sinx ,R den [−1, 1] e olan bir periyodik fonksiyondur.

Çünkü ∀x ∈ R için sin(x + 2mπ) = sinx (m = 1, 2, 3...) dir. Görüyoruz ki2π, 4π, 6π, 8π... sayılarından her biri periyodik fonksiyon tanımındaki T > 0sayısıyerine geçebilir. Bu sayıların en küçügü 2π oldugu için sinx fonksiyonu2π periyotlu bir fonksiyondur.Periyodik fonksiyona baska bir örnek olarak sabit fonksiyonu verebiliriz.

Gerçekten g : R → {b} ile tanımlı, g(x) = b bir sabit fonksiyon ise ∀T > 0için g(x + T ) = b = g(x) olacagından sabit fonksiyon, bir periyodik fonksiyon-dur. Ancak bu fonksiyonun periyodu yoktur. Çünkü pozitif sayıların en küçügüyoktur.Tanım: f : A→ B fonksiyonu verilsin.a-) ∀x ∈ A için f(x) ≤ M olacak sekilde ∃M ∈ R sayısı varsa f ye bir

üstten sınırlıfonksyion denir. Buna göre bir fonksiyonun üstten sınırlıolmasıdemek bu fonksiyonun R(f) deger kümesinin üstten sınırlıolmasıdemektir. Budurumda supR(f) sayısına f fonksiyonunun A kümesi üzerindeki supremumudiyecegiz ve supR(f) = sup

x∈Af(x) seklinde gösterecegiz. Böylelikle

supx∈A

f(x) = sup{y : y = f(x) ∧ x ∈ A} (4)

dir.b-) ∀x ∈ A için f(x) ≥ m olacak sekilde ∃m ∈ R sayısıvarsa f(x) ≥ m

ise f ye bir alttan sınırlı fonksiyon denir. Buna göre bir fonksiyonun alttansınırlıolmasıdemek bu fonksiyonun R(f) deger kümesinin alttan sınırlıolmasıdemektir. Bu durumda inf R(f) sayısına f fonksiyonunun A kümesi üzerindekiinfimumu diyecegiz ve inf(R(f)) = inf

x∈Af(x) seklinde gösterecegiz. Böylelikle,

infx∈A

f(x) = inf{y : y = f(x) ∧ x ∈ A} (5)

dir.c-) Hem üstten hem de alttan sınırlıfonksiyona bir sınırlıfonksiyon denir.

Bu tanım asagıdaki ile denktir.Eger

∃C > 0 : ∀x ∈ A→ |f(x)| ≤ C (6)

ise f fonksiyonu A kümesi üzerinde sınırlıdır denir.Örnek: f(x) = 2 − x2, x ∈ R fonksiyonu bir üstten sınırlı fonksiyondu.

Çünkü, ∀x ∈ R için f(x) ≤ 2 dir.Ayrıca sup

x∈Rf(x) = max

x∈Rf(x) = 2 dir.

Örnek: g(x) = x2 − 5x + 6, x ∈ R fonksiyonu alttan sınırlıfonksiyondur.

Çünkü ∀x ∈ R için g(x) = x2 − 5x + 6 =

(x− 5

2

)2

+ 6 − 25

4≥ 0 − 1

4= −1

4.

38

Yani ∀x ∈ R→ g(x) ≥ −1

4tür.

Ayrıca, infx∈R

g(x) = minx∈R

g(x) =−1

4olur.

Örnek: Biliyoruz ki ∀x ∈ R için | sinx| ≤ 1 dir. Buna göre sinx(x ∈ R)fonksiyonu bir sınırlıfonksiyondur.Not: Tanımlardan da gözüktügü gibi, üstetn sınırlıfonksiyonun grafigi belli

bir y = M dogrusunun üzerine çıkamaz, alttan sınırlıfonksiyonun grafigi bellibir y = m dogrusunun altına inmez ve sınırlı fonksiyonun grafigi x eksenineparalel iki dogru arasında kalır.Tanım: Ne alttan, ne de üstten sınırlıolmayan fonksiyona sınırsız fonksiyon

denir.Ayrıca,a-) ∀E ∈ R → ∃x ∈ A : f(x) ≤ −E ise f : A → B fonksiyonu alttan

sınırsızdır denir ve bu infx∈A

f(x) = −∞ olarak gösterilir.

b-) ∀E ⊂ R→ ∃x ∈ A : f(x) ≥ E ise f : A→ B fonksiyonu üstten sınırsızdırdenir ve bu sup

x∈Rf(x) = +∞ olarak gösterilir.

Örnek: f(x) =1

x, x ∈ R\{0} fonksiyonu için, inf

x∈R\{0}f(x) = −∞, sup

x∈R\{0}f(x) =

+∞ dur.Bu sebepten sınırsız fonksiyon tanımıasagıdaki sekilde de veriliyor:Tanım: Eger ∀E ∈ R+ → ∃x ∈ A : |f(x)| ≥ E ise f fonksiyonu A üzerinde

sınırsızdır denir.Tanım: f : A→ B fonksiyonu verilsin.a-) x1 < x2 olacak sekilde ∀x1, x2 ∈ A için f(x1) < f(x2)(f(x1) ≤ f(x2))

ise f fonksiyonu A kümesi üzerinde kesin artandır (artandır) denir;b-) x1 < x2 olacak sekilde ∀x1, x2 ∈ A için f(x1) > f(x2)(f(x1) ≥ f(x2))

ise f fonksiyonu A kümesi üzerinde kesin azalandır (azalandır) denir.Kesin artan(artan) veya kesin azalan(azalan) fonksiyonlara birlikte kesin

monoton(monoton) fonksiyonlar denir. Buna göre bir fonksiyon monoton ise bufonksiyon tüm tanım kümesi üzeride ya artıyor ya da azalıyor. Tanım kümesiüzerinde hem artan hem de azalan fonksiyonlara ise monoton olmayan fonksiyondenir.Örnek: (a) f(x) = x3, x ∈ R fonksiyonu R üzerinde kesin artıyor. Gerçek-

ten, x1 < x2 olacak sekilde ∀x1, x2 ∈ R için x31 < x3

2, yani f (x1) < f (x2)dir.

(b) f(x) = sinx, X =[−π2 ,

π2

]fonksiyonu X kümesi üz-

erinde kesin artıyor. Grçekten, −π2 ≤ x1 < x2 ≤ π2 ise sinx2 − sinx1 =

2 sin x2−x12 cos x2+x1

2 > 0 olur, çünkü 0 < x2−x12 ≤ π

2 ve −π2 < x2+x12 < π

2dir. Böylelikle, x1 < x2, x1, x2 ∈

[−π2 ,

π2

]için sinx1 < sinx2 olur, dolayısıyla

f(x) = sinx, X üzerinde kesin artıyor.FONKSIYONUN VERILME YÖNTEMLERIBir fonksiyon 4 farklıyolla verilmektedir.a-) Fonksiyon sözel olarak verilmektedir. Yani fonksiyonun tanım kümesinin

elemanlarınıdeger kümesinin elemanlarıyla eslestiren f kuralıkelimelerle ifade

39

edilmekle fonksiyon verilmektedir.Örnegin ’A kümesinin her elemanınıbu elemanın karesi ile eslestiriniz’cüm-

lesi A kümesi üzerinde bir fonksiyon tanımlanmaktadır.b-) Bir fonksiyon tanım kümesi ve deger kümesinin elemanlarıbir tabloya

yerlestirilerek verilebilir.

Örnegin,x 1 2 3 4 5 6 7

f(x) 3 5 −2 6 6 0, 1 2tablosu

f = {(1, 3), (2, 5), (3,−2), (4, 6), (5, 6), (6, 0, 1), (7, 2)}

bagıntısıyla belirlenen f fonksiyonu tanımlanmaktadır.c-) Bir fonksiyon analitik yöntemle verilebilmektedir. Yani, fonksiyonun f

kuralıbir formülle ifade edilmekle verilebilmektedir.Örnegin, f(x) = x2 − 5x + 6, x ∈ R fonksiyonu analitik yoldan verilen bir

fonksiyondur.d-) Ilk üç yöntemin dısında fonksiyonun en önemli verilme yöntemlerinden

biri de grafik yöntemidir. Yani, bir fonksiyonun grafigi verilmisse bu fonksiyonverilmis kabul edilir. Hatırlatalım ki, f : X → Y ye fonksiyon için Gf ={(x, y) ∈ X × Y : x ∈ X ∧ y = f(x)} kümesine bu fonksiyonun grafigi denir.Buna göre, f fonksiyonun grafigini XOY düzleminde, x ∈ X ∧ y = f(x) olmaküzere ,bütün mümkün M (x, y) noktalarınıkurmakla çizebiliriz.Asagıdaki fonksiyonların grafiklerini çizelim.a-) f(x) = [|x|], x ∈ R ;Biliyoruz ki eger n ≤ x < n+ 1, n ∈ Z ise [|x|] = n dir. Buna göre−2 ≤ x < −1 ise f(x) = −2, −1 ≤ x < 0 ise f(x) = −1, 0 ≤ x < 1 ise

f(x) = 0, 1 ≤ x < 2 ise f(x) = 1, 2 ≤ x < 3 ise f(x) = 2 ve s. olur. Bu nedenlegrafigi asagıdaki sekilde çizebiliriz.Açıktır ki f(x) = [|x|], x ∈ R fonksiyonununDf = R tanım kümesi [n, n+ 1) ,

n ∈ N aralıklarının her birinde sabit degerler almaktadır ve bu aralıklarınbirlesimi tüm Df ye esitir. Bu özellige sahip olan fonksiyonlara, yani, tanımkümesi, her bir aralık üzerinde fonksiyon sabit degerler alabilecek sekilde sonluveya sayılabilir sayıda aralıklara parçalanan fonksiyonlara parçalı sabit veyamerdivan fonksiyonlar denir. Buna göre, f(x) = [|x|], x ∈ R tam deger fonksiy-onu bir merdiven fonksiyonudur.b-) g : R→ [0, 1), g(x) = x− [|x|] = {x}, fonksiyonun grafigini çizelim.Eger n ≤ x < n+ 1 ise {x} = x− [|x|] = x− n oldugundan,0 ≤ x < 1 ise y = {x} = x, 1 ≤ x < 2 ise y = {x} = x − 1 ve s. dir. Buna

göre grafik seklinde olur.c-) h : R→ [0, 1), h(x) =

√{x}, h : R→ [0, 1) fonksiyonun grafigini çizelim.

0 ≤ x < 1 ise y = h(x) =√x− [|x|] =

√x,

1 ≤ x < 2 ise, y = h(x) =√x− [|x|] =

√x− 1,

2 ≤ x < 3 ise, y = h(x) =√x− [|x|] −

√x− 2 ve s. oldugundan grafik

asagıdaki sekilde olacaktır:SAYI DIZILERI

40

Tanım kümesi N dogal sayılar kümesi olan her f : N → R fonksiyonuna birsayıdizisi denir.Bu fonksiyonun f(1), f(2), f(3), ..., f(n), ... degerleri kısaca sırasıyla

a1, a2, a3, ..., an, ...

seklinde gösterilerek ve bu degerlere f : N → R ye dizisinin terimleri deyip,ayrıca dizinin kendine de (an), {an} veya a1, a2, a3, ..., an, ... sembollerinden birinikullanmakla gösterecegiz.

Örnegin genel terimi an =1

nolan dizi {1, 1

2,

1

3, ...,

1

n,

1

n+ 1, ...} kümesinden

ibarettir.Böylelikle bu tanımdan görüyoruz ki bir (an) dizisi verildiginde her n ∈ N

dogal sayısınıbir tek (an) ∈ R reel sayısıyla eslestiren n → an eslestirmesi sözkonusudur. Bu eslestirmede n dogal sayısına an teriminin numarasıveya indisidenir. Böylelikle (an) dizisinin her terimi bir numaraya sahiptir.

n → an fonksiyonunun deger kümesine bazen (an) dizisinin deger kümesidenir. (an) diszisi ile bu dizinin deger kümesi farklıkavramlardır. Çünkü diziher terimin bir numarasıolan sıralanmıs bir kümedir.Örnegin genel terimi an = (−1)n olan dizisi {−1, 1 − 1, ...} kümesi olurken

bu dizinin deger kümesi sadece {−1, 1} kümesidir.Böylelikle dizi sonsuz sayıda elemandan ibaret (bu elemanlara bir dizinin

terimleri diyoruz.) sayılabilir bir reel sayılar kümesidir.Tanım: Iki tane (an) ve (bn) dizileri verilsin. Eger her n ∈ N için an = bn

ise (an) ve (bn) dizileri esittir denir.Söyleyelim ki an ve bn iki farklıdizi olurken bu dizinin deger kümeleri çakısık

olabiliyor. Örnegin an = (−1)n ve (bn) = (−1)n+1 genel terimli an ve bn dizileriiki farklıdizi olurken bu dizilerin deger kümeleri esit olup {−1, 1} kümesindenibarettir.Tanım: (an) ve (bn) verilen iki dizi olsun. Genel terimi cn = an + bn

seklinde tanımlı cn dizisine an ve bn dizilerinin toplamı, k herhangi bir sabitreel sayıolmak üzere genel terimi dn = kan tanımlıdn dizisine ise k sayısıile(cn) dizisinin çarpımı, tn = anbn genel terimli tn dizisine an ve bn dizilerinin

çarpımı, eger ∀n ∈ N için bn 6= 0 ise, rn =anbngenel terimli (rn) dizisine de (cn)

ve (bn) dizilerinin oranıdenir.Tanım: Eger dizinin deger kümesi sınırlı bir küme ise diziye sınırlı dizi

diyecegiz. Bir baska sekilde eger ∃m ∈ R varsa ki ∀n ∈ N için an < M olsun,(an) dizisine üstten sınırlıdizi, ∃m ∈ R : ∀n ∈ N → an > m ise (cn) dizisinealttan sınırlıdizi, ∃m,M ∈ R : ∀n ∈ N → m ≤ an ≤ M ise (an) dizisine sınırlıdizi denir.Açıktır ki (an) dizisinin sınırlıolması∃c > 0 : ∀n ∈ N→ |an| ≤ c kosuluyla

denktir.Tanım: (an) dizisi ve a ∈ R reel sayısıverilsin. Eger ∀ε > 0 sayısıveril-

didiginde öyle bir nε ∈ N numarasıbulabilirsek ki n > nε kosulunu saglayanher n için |an − a| < ε (1) olun. Bu durumda a ∈ R reel sayısına (an) dizisininlimiti denir ve bu lim

n→∞an = a (2) seklinde gösterilir.

41

Böylelikle

limn→∞

an = a ⇐⇒ ∀ε > 0→ ∃nε ∈ N : n > nε → |an − a| < ε (3)

dir.Biz (1) esitsizligini n > nε iken a − ε < an < a + ε (4) seklinde yazabiliriz.

(a − ε, a + ε) aralıgına a noktasının veya a sayısının ε komsulugu diyecegiz.

Örnegin a = 5 noktasının ε =1

2komsulugu

(5− 1

2,+

1

2

)=

(9

2,

11

2

)aralıgıdır.

(4) esitsizliginden söyleyebiliriz ki eger limn→∞

an = a ise tüm n > nε ler için

an ∈ (a− ε, a+ ε) olur.Bu ise o demektir ki eger lim

n→∞an = 0 ise, ∀ε > 0 için ∃nε numarasıbulunur

ki n > nε kosulunu saglayan tüm n numaralarıiçin an ∈ (a− ε, a+ ε) dir. Yani(an) dizisinin numarasınε sayısından büyük olan tüm terimleri a noktasının εkomsulugunda yerlesecektir.Bu özellik dizi limitinin geometrik yorumu olarak bilinmektedir. Dizi limi-

tinin geometrik yorumuna göre, eger bir dizinin limiti a ise bu a noktasının herε komsulugunda dizinin sonsuz sayıda terimi bulunmus olup bu komsulugundısına sadece sonlu sayıda (nε sayıda) dizi terimi çıkabilecektir. Bir baska dey-imle a1, a2, a3, ..., anε terimleri (a− ε, a+ ε) komsulugu dısında olup diger kalantüm anε+1 , anε+2 , ..., an, an+1... terimleri (a−ε, a+ε) komsuluguna ait olacaktır.

Söyle bir örnek ele alalım. an =(−1)n

nve a = 0 olsun.

ε =1

2içim (a − ε, a + ε) =

(−1

2,

1

2

)dir.Görüyoruz ki a1 = 1 ve a2 =

1

2

terimleri(−1

2,

1

2

)aralıgının dısındadır. Diger kalan tüm terimler ise

(−1

2,

1

2

)aralıgna aittir. Böyleikle nε = 2 olup, tüm n > 2 ler için an ∈

(−1

2,

1

2

)dir.

ε = 1 için (a − ε,+ε) = (−1, 1) olup sadece a1 = −1 terimi (−1, 1) aralıgıdısında oldugundan nε = 1 olup tüm n > 1 için an ∈ (−1, 1) dir.

ε =1

3için (a − ε, a + ε) =

(−1

3,

1

3

)olup a1 = −1, a2 =

1

2, a3 = −1

3bu

aralıgın dısındadır. nε = 3 olup tüm n > 3 ler için an ∈(−1

3,

1

3

)dür.

Bu sekilde devam edersek, ∀ε > 0 (0 < ε < 1) için de (a− ε, a+ ε) = (−ε, ε)

olup a1 = −1, a2 =1

2, a3 = −1

3, ..., a[| 1ε |] = (−1)[| 1ε |]

[| 1ε |]terimleri bu aralıgın

dısındadırlar. Demek, nε =[∣∣ 1ε

∣∣] olup tüm n >[∣∣ 1ε

∣∣] için an ∈ ( −1[∣∣ 1ε

∣∣] , 1[∣∣ 1ε

∣∣])

olur. ∀ε > 1 için ise bütün an ler (−ε, ε) aralıgına ait olur, yani dısarıda terimyoktur, dolayısıyla nε = 0 dır.Buna göre, ∀ε > 0 için nε =

[∣∣ 1ε

∣∣] olarak seçilirse (−ε, ε) aralıgı dısındabulunan dizi terimi sayısınε olurken bu aralıgın içinde numarasınε dan büyük

olan bütün dizi terimleri bulunacaktır. Dolayısıyla, limn→∞

(−1)n

n= 0 dır.

42

Böylelikle geometrik olarak limn→∞

an = 0 olmasıdemek her ε > 0 için sonlu

nε sayıda dizi terimi hariç diger tüm (an) terimlerinin a noktasının (a−ε, a+ε)komsuluguna ait olmasıdemektir.Biz bunu asagıdaki sekilde de yazabiliriz.

limn→∞

an = a ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → an ∈ (a− ε, a+ ε) (5)

Biz yukarıda geometrik tanımıkullanarak limn→∞

(−1)n

n= 0 oldugunu gördük.

Biz bunu (3) tanımınıkullanarak esitsizlikler yardımıyla da gösterebiliriz.

Örnek: a-) limn→∞

(−1)n

n= 0 oldugunu gösteriniz.

Çözüm: ∀ε > 0 sayısına göre ∀n > nε için

∣∣∣∣ (−1)n

n− 0

∣∣∣∣ < ε olarak seklinde

∃nε bulalım. Bunu yaparsak (3) geregi limn→∞

(−1)n

n= 0 oldugunu göstermis

oluruz.

Böylelikle,

∣∣∣∣ (−1)n

n

∣∣∣∣ < ε esitsizligini saglayan n ler bulalım.

Buradan|(−1)n||n| < ε =⇒ 1

n< ε denk esitsizligi elde edilir. Buradan da

n >1

εelde edecegiz. Böylelikle n >

1

εolursa,

∣∣∣∣ (−1)n

n− 0

∣∣∣∣ < ε saglanacaktır.

Buna göre, nε olarak n >1

εesitsizligini saglayan herhangi bir n yi seçebiliriz.

Örnegin, nε =[∣∣ 1ε

∣∣] seçebiliriz. Bunu yaptıktan sonra, artık belirledigimiz nε =[∣∣ 1ε

∣∣] için n > nε iken

∣∣∣∣ (−1)n

n

∣∣∣∣ < ε olur, bu ise (3) geregi limn→∞

(−1)n

n= 0 olması

demektir.b-) lim

n→∞

1

2n= 0 dir. Gösteriniz.

Çözüm: ∀ε > 0 için

∣∣∣∣ 1

2n− 0

∣∣∣∣ < ε esitsizligini saglayan n ler bulalım. Bu-

radan1

2n< ε =⇒ 2n >

1

ε=⇒ lg2n

2 > lg2

1

ε=⇒ n > lg2

1

εbulunur. Buna

göre nε = [| lg2

1

ε|] seçersek ∀n > nε için

∣∣∣∣ 1

2n− 0

∣∣∣∣ < ε yani, limn→∞

1

2n− 0 olur.

c-) limn→∞

1

n= 0 dır. Gösteriniz.

Çözüm:∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε ⇐⇒ 1

n< ε =⇒ n >

1

ε=⇒ nε =

[|1ε|]seçersek

∀n > nε →∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε =⇒ limn→∞

1

n= 0

d-) limn→∞

n

2n= 0 dır. Gösteriniz.

Çözüm:∣∣∣ n2n− 0∣∣∣ < ε ⇐⇒ n

2n< ε olacak sekilde n ler bulmalıyız.

43

2n = (1+1)n = c0n+c1n+c2n+ ...+cnn = 1+n+n(n− 1)

2+ ...+1 >

n(n− 1)

2

olduguna göre 2n >n(n− 1)

2dir.

Buna göre1

2n<

2

n(n− 1)veya

n

2n<

2

n− 1(n > 1)

Böylelikle2

n− 1< ε nu saglayan n ler

n

2n< ε esitsizligini de saglayacaktır.

n− 1 >2

ε=⇒ n >

2

ε+ 1 =⇒ n >

2 + ε

ε=⇒ n > nε =

[∣∣∣∣2 + ε

ε

∣∣∣∣] olursan

2n< ε saglanacaktır. Böylelikle lim

n→∞

n

2n= 0

NOT: Yukarıda söylenenlerden açıktır ki limn→∞

an = 0 olmasıancak ve ancak

o zaman mümkündür ki a noktasının her komsulugu dısında (an) dizisinin sonlusayıda terimi bulunsun.Eger lim

n→∞an = a ise bu dizi limitinin geometrik yorumundan açıktır. Tersinin

de var oldugunu gösterelim.a noktasının ∀(a− ε, a+ ε) komsulugunun dısında an dizisinin sonlu sayıda

terimi bulunmaktadır. Bu terimlerden indisi en büyük olan terimin numarasınanε diyelim. Bu durumda açıktır ki n > nε kosulunu saglayan tüm an terimleri(a − ε, a + ε) aralıagına ait olacaktır. Bu ise dizi limitini geometrik yorumunagöre lim

n→∞an = a olmasıdemektir.

Tanım: (an) dizisi verilsin. Eger ∀E > 0 reel sayısıiçin öyle bir nE ∈ Ndogal sayısıbulunursa ki n > nE kosulunu saglayan tüm n ler an > E olsun. Budurumda (an) dizisinin limiti +∞ dur diyecegiz ve bunu lim

n→∞an = +∞ olarak

yazacagız. Böylelikle;limn→∞

an = +∞ ⇐⇒ ∀E > 0 ∃nE ∈ N : ∀n > nE → an > E (6)

Benzer sekildelimn→∞

an = −∞ ⇐⇒ ∀E > 0 ∃nE ∈ N : ∀n > nE → an < −E (7)

limn→∞

an =∞ ⇐⇒ ∀E > ∃n ∈ N : ∀n > nE → |an| > E (8)

seklinde tanımlanır.Örnek: lim

n→∞2n = +∞ oldugunu göster.

Çözüm: ∀E > 0 için 2n > E yi saglayan n ler bulalım.2n > E =⇒ n > lg2E =⇒ n > [| lg2E|]− nE dir.Buna göre, ∀E > 0 için nE [lg2E|] seçersek n > nE iken 2n > E olur. Yani

limn→∞

2n = +∞ dur.

Limiti sonlu olan dizilere "yakınsak diziler" yakınsak olmayan dizilere de"ıraksak diziler" denir. Böylelikle limiti sonsuzluk olan veya limiti olmayandizilere ıraksak diziler denir.

(xn) dizisi yakınsaktır. ⇐⇒ ∃a ∈ R : ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : n > nε → |xn−a| <ε ⇐⇒ ∃a ∈ R : lim

n→∞xn = a

(xn) dizisi ıraksaktır. ⇐⇒ ∀a ∈ R : ∃ε0 > 0∀k ∈ N → ∃n > k : |xn − a| ≥ε0

(xn) dizisinin limiti a degildir. ⇐⇒ ∃ε0 > 0∀k ∈ N→ ∃n > k : |xn−a| ≥ ε0

44

Örnek: xn = (−1)n dizisi bir ıraksak dizidir. Gerçekten x = 1 in ε =1

2komsulugunu alırsak bu komsulugun dısında (xn) dizisinin sonsuz sayıda −1terimi yerlesecektir. Bu ise demektir ki 1 dizinin limiti olamaz.

Benzer sekilde (−1) in1

2komsulugunu alırsak bu komsulugun dısında da

dizinin sonsuz sayıda 1 e esit olan terimi bulunacaktır. Buna göre (−1) sayısıda dizinin limiti olamaz.

Simdi a 6= ∓1 olacak sekilde ∀a ∈ R sayısınıele alalım. ε =1− |a|

2seçersek

(a− ε, a+ ε) komsulugunun dısında dizinin sonsuz sayıda ve 1 e esit olan terimibulunacaktır.Bu ise a sayısının limit olmayacagınıgöstermektedir.Böylelikle hiçbir reel sayı(xn) = (−1)n dizisinin limiti olamaz. Bir önceki

örnekte oldugu gibi gösterebiliriz ki 1, 2, 1, 2, 1, 2, ... dizisi de ıraksak dizidir.Simdi yakınsak dizilerin bazıözelliklerini verelim.1-) Dizi yakınsaksa limiti tektir.Ispat: Diyelim ki (xn) bir yakınsak dizidir velimn→∞

xn = a

Eger a sayısı ek olmazsa limn→∞

xn = b olacak sekilde baska bir b sayısıda

bulunur.Limit tanımıgeregi;∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − a| <

ε

2∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − b| <

ε

2olur.

Buna göre; n > nε için |a− b| = |(a− xn) + (xn − b)| ≤ |a− xn|+ |xn − b|= |xn − a|+ |xn − b| =

ε

2+ε

2= ε

Yani; |a− b| < ε olur.Böylelikle ∀ε > 0 için 0 ≤ |a− b| < ε olur.Archimet Prensibinden çıkan sonuca göre buradan |a − b| = 0. Yani a = b

elde ediyoruz.Böylelikle yakınsak dizinin limiti tektir.2-) Her yakınsak dizi sınırlıdır.Ispat: lim

n→∞xn = a olsun. Bu durumda tanım geregi,

∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − a| < ε dur.Özel halde ε = 1 seçersek ∃n1 ∈ N bulunur ki ∀n > n1 için |xn−a| < 1 olur.

Yani n > n1 iken xn ∈ (a− 1, a+ 1) olur.c = max{|x1|, |x2|, |x3|, ..., |xn1 |, 1− a, 1 + a} dersek∀n ∈ N için −c ≤ xn ≤ c yazabiliriz.Böylelikle xn dizisi sınırlıdır.3-) Bir dizinin sonlu sayıda terimini atarsak veya bu diziye sonlu sayıda terim

eklersek bu dizinin yakınsaklıgına veya ıraksaklıgına etki etmez. Yani önceki diziyakınsakta sonraki dizi de yakınsak olup limitleri aynıdır. Önceki dizi ıraksaksasonraki dizi de ıraksaktır.Bu özellik dizi limitinin geometrik yorumundan çıkıyor.

45

4-) limn→∞

xn = a ise limn→∞

|xn| = |a|Ispat: lim

n→∞xn = a ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − a| < ε

buradan ve ||xn−|a|| ≤ |xn−a| esitsizliginden elde ediyoruz ki, ∀ε > 0 ∃nε ∈N ∀n > nε → ||xn| − |a|| < ε olur. Yani lim

n→∞|xn| = |a| dır.

NOT 1: özellikle 4’ün tersi saglanmamaktadır. Yani |xn| dizisinin limitimevcutken (xn) dizisi ıraksak olabiliyor.Örnegin; xn = (−1)n dizisini ele alırsak,limn→∞

|xn| = limn→∞

1 = 1 iken xn = (−1)n dizisinin ıraksak oldugunu biliyoruz.

NOT 2: Özellik 2’nin de tersi dogru degildir. Yani her sınırlıdizi yakınsakdegildir.Örnegin; (xn) = (−1)n dizisi sınırlıbir dizi olup fakat yakınsak degildir.5-) lim

n→∞xn = a ve a n0 için xn < pIspat: lim

n→∞xn = a =⇒ ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − a| < ε dır.

Bu tanımıε = p − a > 0 için yazarsak ∃n0 ∈ N buluruz ki ∀n > n0 için|xn − a| < p− a olur. Yani n > n0 iken;−(p− a) < xn − a < p− a olur. ∀n > n0 için,xn − a < p− a xn n0 için xn b ise ∃n1 ∈ N var ki

∀n > n1 için xn > a olur.

Ispat: Bu tanımıε = a − a > 0 için yazarsak ∃n1 ∈ N buluruz ki ∀n > n1

için |xn − a| < a− q olur. Yani n > n1 iken−(a− q) < xn < a− q dur.Buradan özel halde ∀n > n1 içinxn − a > −(a− q) yani xn > q olur.7-) lim

n→∞xn = a ve a 6= 0 olsun. Bu durumda ∃r > 0 sayısıve ∃n0 ∈ N

sayısıvar ki ∀n > n0, n ∈ N için (xn) ve a aynıisaretli olup |xn| > r dir. Yani∀n > n0 → signXn = signa ∧ |xn| > r dir.Ispat: a < 0 olursa (5) özellige göre (p = 0)∃n0 ∈ N bulunur ki, ∀n > n0

için xn < 0 olur. Yani belli bir n0 numarasından sonraki tüm terimler de negatifolur. Dolayısıyla bu durumda

signXn = signa (n > n0) dır.a > 0 olursa 6. özellikte q = 0 alırsak ∃n0 ∈ N buluruz ki ∀n > n0 için

xn > 0 olur. Yani bu durumda da signXn = signa olur. Simdi 0 < r < |a|kosulunu saglayan ∀r ∈ R+ sayısınıele alalım.

limn→∞

|xn| = |a| ve |a| > r oldugundan yine de özellik 6 ya göre ∃n1 ∈ N varki ∀n > n1 → |xn| > r dir.

n2 = max{n0, n1} dersek ispatladıgımız her iki özellik yani, signXn = signave |xn| > r olmasıözellikleri ∀n > n2 içni geçerli olacak.∀n > n2 → signXn = signa ∧ |xn| > r n2 yi yeniden n0 ile gösterirsek

özelligin ispatıtamamlanmıs olur.

46

8-) (xn) ve (yn) birer yakınsak diziler ve ∀n ∈ N için xn ≤ yn olsun. Budurumda lim

n→∞xn ≤ lim

n→∞yn dir.

Ispat: limn→∞

xn = a ve limn→∞

yn = b olsun. Gösterelim ki a ≤ b dir.∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε ∧ n ∈ N→ |xn − a| < ε ∧ |yn − b| < ε∀n ∈ N için xn ≤ yn oldugunda buradan elde ederiz kia − ε < xn ≤ yn 0) sayıdanküçüktür. Yani a− b ya negatiftir ya da sıfırdır. a− b ≤ 0 =⇒ a ≤ bNOT 3: 8. özellikteki xn ≤ yn esitsizligi ∀n ∈ N için degil n > n0(∃n0 ∈ N)

için saglandıgında da özelligin hükmü geçerlidir.Yani ∃n0 ∈ N→ xn ≤ yn ise lim

n→∞xn ≤ lim

n→∞yn dir.

Bunun ispatıda aynı8. özelligin ispatıgibi yapılır.9-) lim

n→∞xn = a ve lim

n→∞yn = b olsun. Eget a n0

iken xn < yn dir.Ispat: ∀ε < 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn − a| < ε ∧ |yn − b| < ε dır.Dolayısıyla n > nε iken a− ε < xn < a+ ε ve b− ε < yn < b+ ε dir. a n1 → xn < r dir.Benzer sekilde b > r oldugundan 6. özellige göre ∃n2 ∈ N bulunur ki ∀n >

n2 → yn > r dir.n0 = max{n1, n2} ile gösterirsek elde ederiz ki ∀n > n0 için xn < r ∧ yn > r

dir. Böylelikle ∀n > n0 için xn < yn dir.10-) lim


n→∞zn = a olsun. Eger ∀n ∈ N sayısıiçin xn ≤ yn ≤ zn

ise limn→∞

yn = a dır. (Sıkıstırma veya sandviç özelligi)

Ispat: ∀ε > 0 alalım. limn→∞


zn = a oldugundan ∃nε ∈ Nbulunur ki ∀n > nε için a− ε < xn < a+ ε ve a− ε < zn < a+ ε dır.Buradan ∀n > nε için a− ε < xn ≤ yn ≤ zn < a+ ε veya a− ε < yn < a+ ε

yani n > nε için |yn − a < ε elde ederiz.Bu ise lim

n→∞yn = a demektir.

NOT 4: 10. özelligin ispatından açıktır ki xn ≤ yn ≤ zn esitsizligi tüm n leriçin degil belli bir n0 dan sonra gelen n ler için degil belli bir n0 dan sonra gelenn ler için (n > n0 iken) geçerli oldugunda da sandviç özelligi saglanmaktadır.Örnek: lim

n→∞n√n = 1 oldugunu göster.

Çözüm: αn = n√n = 1olsun. Bu durumda

(1 + αn)n = 1 olur.1 + c1nαn + c2nα

2n + ...+ cnnα

nn = n

1 + nα+n.(n− 1)

2α2n + ...αnn = n

n.(n− 1)

2α2n < n

α2n <

2

n− 1

47

n > 1 için n√n > 1 oldugundan n > 1 iken αn > 0 ve αn <

√2

n− 1yani

n > 1 iken 0 < αn <

√2

n− 1(*)

xn = 0 ve zn =

√2

n− 1dizilerini ele alırsak

limn→∞

xn = 0 limn→∞

zn = 0 dır. Bu durumda (*) esitsizliginden xn < αn < zn

olur. Buna göre;limn→∞

αn = 0 olur. Böylelikle limn→∞

( n√n− 1) = 0 olur.

Limit tanımına göre buradan,∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → | n

√n− 1| < ε =⇒ lim

n→∞n√n = 1 dir.

NOT: Örnegin çözümünün son kısmında gözüktügü gibilimn→∞

(an − a) = 0 ⇐⇒ limn→∞

an = a dır.

Gerçekten; limn→∞

(an − a) = 0 ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |an − a| <ε ⇐⇒ lim

n→∞an = a

SONSUZ KÜÇÜK VE SONSUZ BÜYÜK DIZILERTanım: (αn) dizisi için lim

n→∞αn = 0 ise (αn) dizisine bir sonsuz küçük dizi

denir.Örnegin, genel terimleri xn =

1

n, yn =

1

2n, zn = n

√n − 1 vs. birer sonsuz

küçük dizilerdir.Yukarıdaki nottan açıktır ki eger lim

n→∞xn = a ve a 6= 0 ise αn = xn−a olacak

sekilde (αn) dizisi bir sonsuz küçük dizidir.Buna göre ∀n ∈ N için xn = a+ αn... (1) yazabiliriz.Buradan söyleriz ki a sayısına yakınsak xn dizisi bu a sayısı ile bir (αn)

sonsuz küçük dizisinin toplamına esittir. Bunun tersi de dogrudur. Yani (αn)bir sonsuz küçük dizi olmak üzere (1) esitsizligi saglanıyorsa αn = xn − a velimn→∞

αn = 0 olmasınedeniyle ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |αn| = |xn − a| < ε

olur ki bu da limn→∞

xn = 0 olmasıdemektir. Böylelikle biz asagıdaki Lemma’yı

ispatlamıs oluruz."Lemma": lim

n→∞xn = a ⇐⇒ xn = a+ αn ∧ lim

n→∞αn = 0

Tanım: Eger limn→∞

yn =∞ ise (yn) dizisine bir sonsuz büyük dizi denir.

Örnek olarak yn = n, zn = n2, kn = (−2)n vs. dizileri birer sonsuz büyükdizilerdir. Bu tanımdan söyleriz ki her sonsuz büyük dizi sınırsızdır. Fakatbunun tersi mümkün degildir. Yani dizi, sınırsız olup sonsuz büyük olmayabilir.Örnegin; yn = n(−1)n olacak sekilde (yn) dizisini ele alırsak bu dizi üstten

sınırsız olur. Ancak sonsuz büyük degildir.

yn =

(1

1, 2,

1

3, 4,

1

3, 6,

1

7, ...100,

1

101, ...,

1

2n− 1, 2n, ...

)Üstten sınırsız dizi tanımı;∀E > 0 ∃nE ∈ N : ynE > E seklindedir.Açıktır ki (yn) dizisi bu tanımısaglamaktadır.

48

Yani ne kadar büyük E sayısıseçersek de (yn) dizisinin bu E sayısında büyükolan en az bir terimi bulunacaktır.Sonsuz büyük dizi tanımı ise ∀E > 0 ∃nE ∈ N : ∀n > nE → (yn) > E

seklindedir. Açıktır ki bu tanımıbizim (yn) dizisi saglamamaktadır. Çünkü,

örnegin E = 99 seçersek y100 = 100 > 99 iken y101 =1

101< 99 dur.

Yani nE = 100 iken ∀n > nE için yn > 99 esitsizligi saglanmıyor. ÇünküynE + 1 = y100 = 1

101 < 99 dur.NOT: Açıktır ki lim

n→∞xn = +∞ veya lim

n→∞xn = −∞ ise xn bir sonsuz

büyük dizidir. Ancak tersi dogru degildir. Yani (xn) dizisinin sonsuz, büyükolmasından limitinin +∞ veya −∞ olmasıçıkmaz. Örnegin (xn)(−1)n.n dizisisonsuz büyük bir dizidir. Çünkü lim

n→∞(xn) = +∞ olur. Ancak lim

n→∞xn limiti

yoktur.Simdi sonsuz küçük dizilerin bazıaritmetik özelliklerini ispatlayalım.1-) Iki sonsuz küçük dizinin toplamıda sonsuz küçük bir dizidir.Ispat: (αn) ve (βn) birer sonsuz küçük diziler ise tanım geregi,∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε =→ |αn| < α/2 ∧ |βn| < α/2Bu durumda ∀n > nα → |αn + βn| ≤ |αn|+ |βn| < α/2 + α/2 = αYani |αn + βn| < ε esitsizliginden elde ediyoruz ki(αn + βn) dizisi de bir sonsuz dizidir.2-) (αn) ve (βn) birer sonsuz küçük diziler ise bu dizilerin (αnβn) çarpımları

da sonsuz küçük bir dizidir.Ispat: ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |αn| <

√E ∧ |βn| <

√ε

Buna göre n > nε iken |αn.βn| = |αn|.|βn| <√α√ε = ε dır.

Yani n > nε iken (εnβn) sonsuz küçük bir dizidir.3-) (αn) sonsuz küçük bir dizi (βn) ise sınırlıbir dizi olsun.(αn.βn) =⇒ sonsuz küçük bir dizi ile sınırlıdizinin çarpımıda sonsuz küçük

bir dizidir.Ispat: ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |αn| < α dır.(βn) sınırlıbir dizi ise ∃c > 0 : ∀n ∈ N→ |βn| ≤ c dir.Buradan elde ediyoruz ki ∀n > nε için |εn.βn| = |αn|.|βn| < ε.c dir.ε keyfi oldugundan cε da keyfidir. Buna göre,limn→∞

an.bn = 0 olur.

Örnek: limn→∞

snh√n

= 0 dır. Çünkü αn =1√nbir sonsuz küçük dizi [sin(ni)] ≤

1 oldugu için ise βn = sin(ni) dizisi sınırlıdır. Bu sebepten bu iki dizinin αn.βn =sin(ni)√

nçarpımısonsuz küçük bir dizidir. Yani lim

n→∞αn.βn = lim

n→∞

sin(ni)√n

= 0

dir.Sonuç: Sonsuz küçük diziyle sabit dizinin çarpımısonsuz küçük bir dizidir.

Yani (αn) bir sonsuz küçük dizi c sabit bir sayıise cαn dizisi de bir sonsuz küçükdizidir.Sonsuz küçük diziler ile sonsuz büyük diziler arasında asagıdaki iliski mev-

cuttur.

49

"Lemma": Eger (xn9 dizisi bir sonsuz büyük dizi ise αn =1

xndizisi sonsuz

küçük dizidir. Eger (xn) dizisi sonsuz küçük dizi ve ∀n ∈ N için xn 6= 0 ise

αn =1

xndizisi bir sonsuz büyük dizidir.

Ispat: (xn) sonsuz büyük dizi olsun.∀E > 0 ∃nε ∈ N : ∀n > nε → |xn| > E

Bu durumda ∀n > nε için |αn| =

∣∣∣∣ 1

xn

∣∣∣∣ =1

|xn|<

1

εdur. E yeterince

büyük keyfipozitif sayıoldugundan ε =1

Eyeterince küçük keyfipozitif sayıdır.

Böylece ∀ε > 0 ∃mE = nε ∈ N : ∀n > mE → |αn| < E olur. Yani (αn) sonsuzküçük bir dizidir.Simdi tersini gösterelim. Düsünelim ki (xn) bir sonsuz küçük dizi ve xn 6= 0

dır.Bu durumda ∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n < nε → |xn| < ε ve εn =

1

xndizisi

tanımlıdır. Buna göre n > nεiken |αn| =1

|xn|>

1

εolur.

Yakınsak Diziler Üzerinde Aritmetik IslemlerTeorem: (xn) ve (yn) birer yakınsak dizi olsun. Bu durumda (xn + yn),

(xn.yn), c sabit sayıolmak üzere (cxn), ∀n ∈ N için, y 6= 0 ve limn→∞

yn = 0 olması

durumunda (xnyn ) dizileri birer yakınsak diziler olup,

limn→∞

(xn + yn) = limn→∞

xn + limn→∞

yn (1)

limn→∞

(xn.yn) = ( limn→∞

xn)( limn→∞

yn) (2)

limn→∞

cxn = c limn→∞

xn (3)

limn→∞

(xnyn

) =limn→∞

xn

limn→∞

yn(4)

Ispat: (2) formülünü ispatlayalım:limn→∞


yn = b olsun. Bu durumda biliyoruz ki,

xn = a+ αn ve yn = b+ βn

olacak sekilde (αn) ve (βn) sonsuz küçük dizileri vardır.

limn→∞

αn = 0, limn→∞

βn = 0

Buradan elde ediyoruz ki

xn.yn = (αn + a)(βn + b) = ab+ aβn + bαn + αnβn = ab+ γn

50

γn = aβn︸︷︷︸SonsuzKüçük

+ bαn︸︷︷︸SonsuzKüçük

+ αnβn︸︷︷︸SonsuzKüçük

dir.Buna göre, xn.yn = ab + γn olup (γn) dizis de bir sonsuz küçük dizidir.

Buradan elde ediyoruz ki

limn→∞

xn.yn = ab = ( limn→∞

xn)( limn→∞

yn)

Simdi (4) formülünü ispatlayalım:

xnyn

=a+ αnb+ βn

=a

b+

(a+ αnb+ βn

− a

b

)=a

b+ab+ bαn − ab− aβn

b(b+ βn)=a

b+ γn

γn =bαn − aβnb(b+ βn)

dir.

limn→∞

b(b1 + βn)(3)= b lim

n→∞(b1 + βn)

(1)= b( lim

n→∞b1 + lim

n→∞βn) = b2 >

b2

2

oldugundan limitin bilinen özelligine göre ∃n1 ∈ N 3 ∀n > n1 için

|b(b1 + βn)| > b2

2

dir. Buna göre n > n1 için ∣∣∣∣ 1

b(b1 + βn)

∣∣∣∣ < 2

b2

olur. Böylelikle n > n1 için 1b(b1+βn) dizisi sınırlıbir dizidir. (bαn − aβn) dizisi

ise sonsuz küçük bir dizidir. Bu durumda biliyoruz ki

γn =1

b(b1 + βn)(bαn − aβn)

dizisi sonsuz küçük bir dizidir. limn→∞

γn = 0 dır. Sonuç olarak

xnyn

=a

b= γn ve lim

n→∞xn = 0

elde ediyoruz. Buradan limn→∞

xnyn

= ab =

limn→∞

xn

limn→∞

ynbulunur.

Monoton Dizinin YakınsaklıgıTeoremleriBiliyoruz ki (xn) dizisi verildiginde eger ∀n ∈ N için xn < xn+1 ise (xn)

dizisine bir artan dizi, xn > xn+1 ise (xn) dizisine bir azalan bizi denir. Buna

51

göre bir dizinin artan veya azalan olmasınıtespit etmek için xn− xn+1 farkınıntüm n-ler için sırasıyla pozitif ve negatif olmasınıtespit etmek yeterlidir.Eger (xn) dizisi pozitif terimli bir dizi ise xn

xn+1> 1 olmasıdurumunda dizi

azalan, xnxn+1

< 1 olmasıdurumunda da dizi artan olacaktır. (xn) dizisinin degerkümesinin supremumuna bu dizinin supremumu denir ve supxn ile gösterilir.Buna göre, eger supxn = M isei) ∀n ∈ N için xn ≤M veii) ∀ε > 0 için ∃n1 ∈ N : xn1 > M − εBenzer sekilde bir (yn) dizisinin deger kümesinin infimumuna bu dizinin

infimumu denir ve inf yn ile gösterilir. Buna göre inf yn = m isei)∀n ∈ N için yn > m veii)∀ε > 0 için ∃n2 ∈ N : xn2 ≤ m+ ε

Not: ∀n ∈ N için xn ≤ xn+1 oluyorsa (xn) dizisine azalmayan dizi denir.∀n ∈ N için xn ≥ xn+1 oluyorsa (xn) dizisine artmayan dizi denir.Teorem 1: (xn) dizisi üstten sınırlıve monoton artan bir dizi ise (xn) dizisi

yakınsak olup limn→∞

xn = sup {xn} dir.Ispat: Eger (xn) üstten sınırsız ve artan bir dizi ise lim

n→∞xn = +∞ olur. Bu

durumda (xn) dizisinin {x1, x2, ..., xn, ...} degerler kümesi üstten sınırlıolacagıiçin supxn = m mevcuttur. Bu durumda supremum tanımıgeregi ∀ε > 0 sayısıiçin ∃nε ∈ N : xnε > m− ε olur. (xn) dizisi artan dizi oldugundan ∀n > nε içinxn > m− ε dır. Bu sebepten ∀n > nε için xn > m− ε olur.

Böylelikle ∀n > nε için m − ε ≤ xn ≤ m < m + ε, yani ∀n > nε içinm− ε ≤ xn < m+ ε, dolayısıyla ∀n > nε için |xn −m| < ε olur. Buna göre

limn→∞

xn = m = sup {xn}

dir.Simdi de teoremin 2. kısmınıispatlayalım.Diyelim ki (xn) dizisi üstten sınırsız ve artan bir dizidir. (xn) üstten sınırsız

oldugundan ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N bulunur ki xnε > ε olur. Dizi artan oldugundanburadan çıkar ki ∀n > nε için xn > ε olur. Bu ise lim

n→∞xn = +∞ olması

demektir.Teoremin ispatıtamamlanmıstır.Benzer sekilde asagıdaki teorem de ispatlanır.Teorem 2: (xn) dizisi alttan sınırlı ve azalan bir dizi ise (xn) yakınsak

olup limn→∞

xn = inf {xn} dir. Eger (xn) alttan sınırsız ve azalan bir dizi ise

limn→∞

xn = −∞ dur.

Not: Teorem 1 ve Teorem 2 nin kosullarındaki artma veya azalma tüm n ∈ Nler için degil de belli bir n1 numarasından sonra gelen n ler için gerçeklestigidurumda da teoremlerin hükümleri geçerlidir.

xn = (1, 2, 1, 5, 4, 7, 8, 9, 10, ...) dizisi tam olarak bir artan dizi degildir. An-cak n > 5 için dizi artandır. Bu dizi üstten de sınırsız oldugundan yine deTeorem 1 in hükmü geçerli olup lim

n→∞xn = +∞ olur.

52

Örnek 1: limn→∞

n2n = 0 oldugunu gösterelim.

Çözüm: xn = n2n dizisini ele alalım.

xnxn+1

= n2n .

2n+1

n+1 = 2nn+1 ve n > 1 için 2n

n+1 > 1 oldugunda

n > 1 içinxnxn+1

> 1 veya n > 1 için xn > xn+1

olur. Bu ise o demektir ki (xn) dizisi n > 1 için azalandır.Öte yandan xn = n

2n > 0 ise (xn) dizisi alttan sınırlıdır. Bu durumda Teorem2 ye göre lim

n→∞xn limiti mevcuttur. m yi bulalım:

xnxn+1

= 2nn+1 esitliginden xn = 2n

n+1xn+1 elde edilir.

limn→∞

2n

n+ 1= limn→∞

2

1 + 1n

=2

1= 2

limn→∞

xn+1 = m olacagından buradan her iki tarafın limitini alırız.

limn→∞

xn = limn→∞

2n

n+ 1. limn→∞

xn+1

m = 2m =⇒ m = 0

Böylelikle limn→∞

xn = 0 yani limn→∞

n2n = 0 olur.

Örnek 2: limn→∞

nk

an = 0 olsun. (k > 0, a > 1)

Çözüm: xn = nk

2n olsun.xnxn+1

> 1 yani xn > xn+1 olur.(b) n > n1 içinDiger taraftan ∀n ∈ N için xn > 0 dır. Yani (xn) alttan sınırlıdır. Bu

durumda Teorem 2 ye göre limn→∞

xn = m var.

xnxn+1

=

(n

n+ 1

)k.a =⇒ xn =

(1− 1

n+ 1

)kaxn+1

limn→∞

xn = a limn→∞

(1− 1

n+ 1

)klimn→∞

xn+1

m = m.a =⇒ m = 0 =⇒ limn→∞

nkak

= 0

dır.Not: Teorem 1 ve Teorem 2 den asagıdaki sonuç çıkar.Sonuç: Monoton ve sınırlıher dizi yakınsaktır.(xn) snırsız ve monoton ise lim

n→∞xn =∞ dır.

Asagıdaki sekilde (xn), (yn) ve (zn) dizilerini olusturalım.

xn = (1 +1

n)n, yn = (1− 1

n)n, zn = (1 +

1

n)n+1

Asagıdaki iki Lemmayıispatlayalım.Lemma 1: (xn) ve (yn) dizileri artan dizilerdir.

53

Ispat: Gösterelim ki (xn) artan dizidir. Yani ∀n ∈ N için xn+1 > xnoldugunu gösterelim.

xn > xn+1 =⇒ (1 +1

n)n+1 > (1 +

1

n)n ⇐⇒ 1 +

1

n>

n+1

√(1 +

1

n)n (1)

oldugundan (1) esitsizligini ispatlarsak (xn) dizisinin artan oldugunu göstermisoluruz. Biliyoruz ki herhangi sayıda pozitif sayıların artimetik ortalamasıbusayıların geometrik ortalamasından küçük degildir. a1, a2, a3, ..., an+1 için

a1 + a2 + a3 + ...+ an+1

n+ 1≥ n+1

√a1.a2.....an+1

Burada esitlik isareti ancak ve ancak a1 = a2 = a3 = ... = an+1 = 1 + 1n

olmasıdurumunda mümkündür. Bu esitsizligi;

a1 = 1, a2 = 1 +1

n, a3 = 1 +

1

n, ..., an+1 = 1 +

1

n

sayılarına uygulayalım.

1 + (1 + 1n ) + (1 + 1

n ) + ...+ (1 + 1n )

n+ 1>

n+1

√1(1 +

1

n)(1 +

1

n)...(1 +

1

n)

yani, (1) esitsizligini elde ederiz.Böylelikle (xn) dizisi artan dizidir. Benzer sekilde gösteriyoruz ki (yn) dizisi

de artandır. (Gösteriniz)=⇒ (yn) dizisi artandır.Yani ∀n ∈ N için yn+1 > yn oldugunu gösterelim.

yn+1 > yn ⇐⇒ (1− 1

n+ 1)n+1 > (1− 1

n)n ⇐⇒ 1− 1

n+ 1>

n+1

√(1− 1

n)n

(1)oldugundan (1) esitsizligini ispatlarsak (yn) dizisinin artan oldugunu göster-mis oluruz. Biliyoruz ki herhangi sayıda pozitif sayıların aritmetik ortalamasıgeometrik ortalamasından küçük degildir.a1, a2, a3, ..., an+1 için

a1 + a2 + a3 + ...+ an+1

n+ 1≥ n+1

√a1.a2.....an+1

Burada esitlik isareti ancak ve ancak a1 = a2 = a3 = ... = an+1 = 1 − 1n

olmasıdurumunda mümkündür. Bu esitsizligi;

a1 = 1, a2 = 1− 1

n, a3 = 1− 1

n, ..., an+1 = 1− 1

n

sayılarına uygulayalım.

54

1 + (1− 1n ) + (1− 1

n ) + ...+ (1− 1n )

n+ 1>

n+1

√1(1− 1

n)(1− 1

n)...(1− 1

n)

yani, (1) esitsizligini elde ederiz.Böylelikle (yn) dizisi artan bir dizidir.Lemma 2: (zn) azalan bir dizidir.Ispat:

zn = (1 +1

n+ 1)n+1 = (

n+ 1

n)n+1 =

1

( nn+1 )n+1

=1

yn+1

dir. (yn) dizisi artan oldugundan (yn+1) dizisi de artandır. Buna göre (zn)azalan bir dizidir.

zn+1

zn=

1yn+2

1yn+1

=yn+1

yn+2< 1 =⇒ zn < 1 =⇒ zn+1 < zn

Simdi gösterelim ki (xn) dizisi üstten sınırlıdır.

xn = (1 +1

n)n < (1 +

1

n)n(1 +

1

n) = (1 +

1

n)n+1 = zn

oldugundan ∀n ∈ N için xn < zn dir.(zn) azalan dizi oldugundan ∀n ∈ N için zn < z1 dir.Böylelikle ∀n ∈ N için xn < z1 = 22 = 4, yani xn < 4 tür.Bu ise (xn) dizisinin üstten sınırlıolmasıdemektir. Sonuç olarak (xn) dizisi

artan ve üstten sınırlıbir dizidir. Buna göre (xn) yaknsak bir dizidir ve sonlulimiti vardır. (xn) dizisinin limitini sembolik olarak e ile gösterecegiz.

limn→∞

(1 +1

n)n = e (2)

(xn) artan dizi oldugundan ∀n > 1 için xn > x1 = 2 dir. Limitin billinenözelliginden ve (xn) in artan olmasından elde ediyoruz ki lim

n→∞xn > 2. Buna

göre e > 2 dir. Diger taraftan ∀n > 5 için xn < z5 tir. Buna göre n > 5 ikenxn <

66

56 = 4565615625 < 3, yani lim

n→∞xn < 3 olur. Yani e < 3 olur.

Böylelikle gösterdik ki e sayısı2 < e < 3 esitsizligini saglamaktadır. Ko-laylıkla gösterilir ki e ∼= 2, 7182.... e sayısıbir irrasyonel sayıdır.Alt Dizi Kavramı, Bolzano - Weierstrass Teoremi(xn) dizisi verilsin. n1 < n2 < ... < nk < ... olmak üzere (nk) ⊂ N dogal

sayılar kümesini ele alalım. (nk) artan dogal sayıdizisi olsun. Bu diziye göre(xnk) dizisini olusturalım.

xnk = (xn1 , xn2 , xn3 , ..., xnk , ...)

Bu sekilde (xnk) dizisine (xn) dizisinin bir alt dizisi denir.Örnegin, xn = 1

n dizisi için

55

nk = 2k − 1 seçersek x2k−1 = 12k−1 bir alt dizidir.

nk = 2k seçersek x2k = 12k baska bir alt dizidir.

nk = 3k − 1 seçersek x3k−1 = 13k−1 farklıbir alt dizidir.

(xn) = (1, 12 ,

13 , ...,

1n x2k = ( 1

2 ,14 , ...)

(x2k−1) = (1, 13 ,

15 , ... x3k−1 = ( 1

2 ,15 ,

18 , ...)

(xn) = (1, 2, 1, 2, ...) dizisi için (x2k) = (2, 2, 2, ...) ve (x2k−1) = (1, 1, 1, ...)dizileri alt dizilerdir.Teorem: (Bolzano-Weierstrass) Sınırlı her dizinin en az bir yakınsak alt

dizisi mevcuttur.Ispat: (xn) sınırlıbir dizi olsun. Bu durumda ∀n ∈ N için a ≤ xn ≤ b

olacak sekilde a, b ∈ R sayılarıvardır.[a, b] aralıgını yarıya bölelim. Bu durumda elde edilen iki kapalıaralıktan

en az birinde (xn) dizisinin sonsuz sayıda terimi bulunacaktır. Çünkü aksitakdirde [a, b] aralıgında dizinin sonlu sayıda terimi bulunurdu. Sonsuz sayıdaterim bulunduran bu kapalıaralıgımıza [a1, b1] diyelim.

[a1, b1] aralıgında (xn) dizisinin herhangi bir terimini seçelim ve bu terimnumarasına da n1 diyelim. Dolayısıyla

xn1 ∈ [a1, b1]

terimini seçiyoruz. Açıktır ki b1 − a1 = b−a2 dir.

Simdi [a1, b1] aralıgını2 ye bölelim. Bu durumda açıktır ki elde edilenyeniaralıkların birinde (xn) dizisinin sonsuz sayıda terim bulunduran bu yeni aralıga[a2, b2] diyelim. (xn) dizisinin [a2, b2] aralıgına ait olan ve numarası n1 denbüyük olan en az bir terim vardır. Çünkü [a2, b2] aralıgında (xn) dizisinin sonsuzsayıda terimi bulunmaktadır.

(xn) dizisinin [a2, b2] aralıgına ait bu terime xn2 diyelim. Açıktır ki n1 < n2

olup b2 − a2 = b−a22 dir.

[a2, b2] aralıgını da 2 ye bölüp sonsuz sayıda dizi terimi bulunduran yeniaralıga [a3, b3] diyelim ve [a3, b3] aralıgının indisi n2 den büyük olan xn3 (n3 >n2) terimini seçelim. Açıktır ki bu durumda b3 − a3 = b−a

23 olur. Bu sekildedevam edersek,

[a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ [a3, b3] ⊃ ... ⊃ [ak, bk] ⊃ ...

olacak sekilde (xnk) dizisi elde ederiz. Ayrıca [ak, bk] kapalıaralıpının uzunlugub−a2k = bk − ak (k = 1, 2, 3, ...) dır.

limk→∞

(bk − ak) = limk→∞

b− a2k

= 0

oldugundan iç içe kapalıaralıkların uzaunlukları sıfıra yaklasıyordur. Bu du-rumda iç içe kapalıaralıklar teoremine göre [ak, bk] aralıklarının her birine aitbir tek c ∈ [ak, bk] noktasımevcuttur. Simdi gösterelim ki;

56

limk→∞

xnk = c

dir.xnk ∈ [ak, bk] oldugundan ∀k ∈ N için ak ≤ xnk ≤ bk dır. Iç içe kapalı

aralıklar teoreminden biliyoruz ki,

c = sup {ak} = inf {bk}

dır. Buna göre ∀k ∈ N için ak ≤ bk dır ve (ak) artan bir dizi (a1 < a2 < a3 < ...)oldugundan

limk→∞

ak = sup {ak} = c

∀k ∈ N için bk > a ve (bk) azalan bir dizi (b1 > b2 > b3 > ...) oldugundan

limk→∞

bk = inf {bk} = c

dir.Böylece ak = xnk ≤ bk esitsizliginden sıkıstırma teoremine göre lim

k→∞xk = c

elde edilir. Bu gösteriyor ki (xnk) alt dizisi sınırlı (xn) dizisinin yakınsak biraltt dizisidir.Bolzano - Weierstrass teoreminden (xn) dizisini sınırlı dizi olarak aldık.

Simdi diyelim ki (xn) üstten sınırsız bir dizidir. Gösterelim ki bu durumdada (xn) dizisinin limiti +∞ luk olan en az bir alt dizisi vardır. (xn) dizisi üsttensınırsız oldugundan ε = 1 sayısıiçin ∃n1 ∈ N : ∀n > n1 için xn1 > 1 dir. ε = 2sayısıiçin ∃n2 ∈ N : ∀n2 > n1 ∧∀n > n2 için xn2 > 2 dir. Bu sekilde devamedersek ε = k ∈ N sayısıiçin

∃nk ∈ N : nk > nk−1 > ... > 1 ∧ xnk > k

dır. Bu sekilde elde edecegimiz. (xnk) dizisi (xn) dizisinin bir alt dizisi olup(n1 < n2 < ... < nk < ...) ∀k ∈ N için xnk > k dır. Bu gösteriyor ki

limk→∞

xnk = +∞

dır. (∀ε > 0 için ∃kε ∈ N : kε > ε oldugundan ∀k > kε için xnk > ε olur kiburadan da lim

k→∞xnk = +∞ elde ediliyor.)

Benzer sekilde gösterilir ki alttan sınırsız (xn) dizisinin limiti −∞ olan enaz bir alt dizisi vardır. (Gösteriniz.)Yani (xn) alttan sınırsız ise lim

k→∞xnk = −∞ olacak sekilde ∃(xnk) alt dizisi

vardır.Yukarıda elde ettigimiz tüm sonuçlarıtoplarsak asagıdaki sonuca varıyoruz:Sonuç: R genisletilmis reel sayılar kümesinde her (xn) dizisi sonlou veya

sonsuz limit olan bir alt diziye yani yakınsak alt diziye sahiptir.

57

Teorem: Yakınsak dizinin her alt dizisi de yakınsak olup limitleri esittir.Yani, lim

n→∞xn = a olmasından çıkıyor ki;

limn→∞

xn = a =⇒ ∀(xnk) için limk→∞

xnk = a

dır.Ispat: lim

n→∞xn = a olsun.

Durum 1: a ∈ R olsun. Yani, a sonlu bir sayıolsun. Bu durumda ∀ε > 0için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için |xn − a| < ε dır. {nk} dogal sayılar dizisi artan veüstten sınırsız oldugundan lim

k→∞nk = +∞ olur.

Buna göre ∃kε ∈ N : ∀k > kε için nk > nε olur. Bu durumda ∀k > kε için|xnk − a| < ε olacaktır. Dolayısıyla

limk→∞

xnk = a

olur.Durum 2: a = −∞ olsun. Yani lim

n→∞xn = −∞ olsun. Tanıma göre ∀ε > 0

için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için xn < −ε dir. limk→∞

nk = +∞ oldugundan nε sayısına

göre ∃kε ∈ N var ki ∀k > kε için xnk < −ε yani limk→∞

xnk = −∞ olur.

Durum 3: a = +∞ olsun. Yani limn→∞

xn = +∞ olsun. Tanıma göre ∀ε > 0

için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için xn < −ε dir. limk→∞

nk = +∞ oldugundan nε sayısına

göre ∃kε ∈ N var ki ∀k > kε için nk < nε dir. Bu durumda ∃k < kε için xnk < εdir. Yani lim

k→∞xnk = +∞ dır.

Tanım: (xn) dizisi ve ` sayısıverilsin. Eger (xn) dizisinin limiti olan bir altdizisi varsa ` sayısına (xn) dizisinin bir limit noktasıdenir.Bu tanımda ` sayısı+∞ veya −∞ da olabilir.Bu tanımdan ve Bolzano - Weierstrass teoreminden çıkan sonuçtan elde ediy-

oruz ki her dizinin en az bir limit noktasıvardır. Bu sonucu " R deki her dizi enaz bir limit noktasına sahiptir." seklinde söyleyebiliriz. Eger (xn) dizisi sonluveya sonsuz bir limite sahipse teoreme göre dizinin limit noktalarıkümesi teknoktalık bir küme olup limitinin esit oldugu sayıdan olusacaktır. Bunun dısındadizinin noktaları sayısı birden fazla olabilir. Söyleyelim ki dizinin tüm limitnoktalarından olusan kümeye dizinin limit noktalarından olusan kümeye dizininlimit noktalarıkümesi denir.Örnek olarak (xn) = (1, 1

2 ,13 , ...) dizisini ele alırsak xnk = ( 1

2 ,13 ,

14 , ...) ve

(ynk) = (1, 2, 3, ...) dizileri (xn) dizisinin iki farklıalt dizisidir ve biliyoruz kilimk→∞

xnk = 0 ve limk→∞

ynk = +∞ dur. Buna göre `1 = 0 ve `2 = +∞ noktaları

(xn) dizisinin bu iki noktadan farkılılimit noktasıyoktur.Teorem: ` sayısının (xn) dizisinin bir limit noktası olması için gerek ve

yeter kosul ` noktasının her komsulugunda dizinin sonsuz sayıda teriminin bu-lunmasıdır.(Her limit bir limit noktasıdır, fakat her limit noktasılimit olmayabilir.)Ispat:

58

( =⇒ ) : `, (xn) dizisinin bir limit noktasıolsun. Tanım geregi bu ∃(xnk)alt dizisinin var olmasıdemektir ki lim

k→∞xnk = ` olsun. Limitin tanımına göre

buradan elde ediyoruz ki ` noktasının her komsulugunda (xnk) alt dizisinin vedemek ki (xn) dizisinin sonsuz sayıda terimi de vardır.

(⇐=) : Diyelim ki ` noktasının her komsulugunda (xn) dizisinin sonsuzsayıda terimi bulunur. Bu durumda (` − 1, ` + 1) komsulugunda da sonsuzsayıda terimi bulunacaktır. Bu terimlerden bir tanesinin alıp ona xn1 diyelim.Sonrasında (` − 1

2 , ` + 12 ) komsuluguna bakalım. Bu komsulukta da dizinin

sonsuz sayıda terimi bulunacagından indisi n1 den büyük olan en az bir terimbulunur. u terime xn2 (n2 > n1) diyelim. Bu sekilde devam edersek (`− 1

k , `+1k )

komsuluna ait olan ∃xnk terimi bulunur ki nk > nk−1 (k = 2, 3, ...) olur.Böylellikle n1 < n2 < n3 < ... < nk < ... olmak üzere

xnk ∈ (`− 1

k, `+

1

k) (k = 1, 2, 3, ...)

dir. Bir baska deyimle

`− 1

k< xnk < `+

1

k

olur. Burada limite geçersek sıkıstırma özelliginden limk→∞

xnk = ` elde edilir.

Yani `, (xn) dizisinin bir limit noktasıolur.Not: Bu teorem sonlu ` limit noktasıiçin ispatlanmıstır. Benzer sekilde bu

teorem sonsuz limit noktasıiçin de ispatlanmaktadır.Tanım: (xn) dizisinin limit noktalarından en büyügüne (xn) dizisinin üst

limit denir ve bu üst limit limn→∞

xn veya lim supxn ile gösterilir.

Benzer sekilde (xn) dizisinin limit noktalarının en küçügüne (xn) dizisininalt limit denir ve lim

n→∞xn veya lim inf xn ile gösterilir.

Bu tanımdan açıktır ki L ile (xn) dizisinin limit noktaları kümesini gös-terirsek L = sup {L}, ` = inf {L} olmak üzere L = lim

n→∞xn ve ` = lim

n→∞xn

olur.Örnek olarak (xn) = (−1, 1, 1,−1 + 1

2 ,12 , 1 + 1

2 ,−1 + 13 ,

13 , ...,−1 + 1

n ,1n , 1 +

1n , ...) dizisini ele alırsak L = {−1, 0, 1} olur. Buna göre lim

n→∞xn = 1 ve

limn→∞

xn = −1 olur.

Göstermek olur ki her dizi hem alt limite hem de üst limite sahiptir. Asagı-daki iki teorem saglanmaktadır.Teorem 1: L = lim

n→∞xn ⇐⇒

(i) (xn) dizisinin ∀ε > 0 sayısına göre L+ε sayısından sagda bulunan terimlerisonsuz sayıdadır.(ii) ∀ε > 0 için (xn) dizisinin L−ε sayısından sagda yerlesen terimleri sonsuz

sayıdadır.Bu teoremdeki (i) ve (ii) kosullarınısembolik olarak söyle yazarız.(i) (xn) dizisinin ∀ε > 0 için L − ε sayısının solunda sonlu sayıda terimi

vardır.(ii) ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için xn > L− ε

59

Teorem 2: ` = limn→∞

xn ⇐⇒(I) (xn) dizisinin ∀ε > 0 için L − ε sayısının solunda sonlu sayıda terimi

vardır.(ii) ∀ε > 0 için (xn) dizisinin L + ε sayısının solunda sonsuz sayıda terim

vardır.(i) ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için xn > L− ε

(ii) ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için xn < L+ εZ ile (xn) dizisinin limit noktalarıkümesini gösterelim.Eger `, (xn) dizisinin alt limiti, L de üst limiti ise tanım geregi ` = inf Z,

L = supZ dir.

`n = inf {xn, xn+1, ...} = infk≥n

xk ve

Ln = sup {xn, xn+1, ...} = supk≥n

xk

ile gösterelim.Teorem 3: ` = lim

n→∞`n ve L = lim

n→∞Ln dir.

Bu teoreme göre söyle yazarız.limn→∞

xn = limn→∞

(supk≥n

(xk)) ve limn→∞

xn = limn→∞

( infk≥n

(xk)) dır.

Ispat:( =⇒ ) : lim

n→∞xn = a ise (xn) dizisinin her alt dizisinin de limitinin a

oldugunu biliyoruz. Buna göre (xn) dizisinin tek limit noktasıvardır ve a yaesittir. Dolayısıyla;

limn→∞


xn = a

olur. Çünkü bu durumda Z = {a} dır. Buna göre

limn→∞

xn = supZ = a ve limn→∞

xn = inf Z = a

dır.(⇐=) : lim


n→∞xn = a olsun. Teorem 1 ve Teorem 2 nin (ii)

kosullarına göre;

∀ε > 0 için ∃n′ε ∈ N : ∀n > n′ε için xn > a− ε

∀ε > 0 için ∃n′′ε ∈ N : ∀n > n′′ε için xn > a+ ε

yazabiliriz. Eger nε = max {n′ε, n′′ε } dersek

∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için a− ε < xn < a+ ε

olur. Yani limn→∞

xn = a olur.

SayıKümesinin Limit Noktası

60

E herhangi bir reel sayıkümesi, a da herhangi bir reel sayıolsun.Tanım: Eger a noktasının her komsulugunda E kümesinin a noktasından

farklıen az bir noktasıvarsa bu a noktasına E kümesinin sonsuz sayıda terimibulunmaktadır. Gerçekten, eger a, E nin bir limit noktasıise, a nın her komsu-lugunda E nin a dan farklıen az bir noktasıbulunmaktadır. Eger a noktasınınbir komsulugunda E nin sonlu sayıda noktası olursa bu noktalardan a ya enyakın olanı ile a arasındaki uzaklıga ε dersek (a − ε, a + ε) aralıgında E ninhiçbir noktasıbulunmaz. (a dan farklı). Bu ise a nın limit noktasıolmasıylaçelisir.Böylelikle gösterdik ki limit noktasının her komsulugunda kümenin sonsuz

sayıda elemanıbulunmaktadır.Söyleyelim ki limit noktasının kendisi kümeye ait olabilir de olmayabilir de.

Örnegin, a = 0, [0, 1] ve (0, 1] kümelerinin limit noktasıdır. Ancak birisine aitolup digerine ait degildir.Örnek: Her r rasyonel sayısıhem Q rasyonel sayılar kümesinin hem de IR

irrasyonel sayılar kümesinin bir limit noktasıdır. a noktasının ε komsuluguna(a− ε, a+ ε) aralıgınıkısaca K(a, ε) ile gösterelim.

K(a, ε) = (a− ε, a+ ε)

K(a, ε)\ {a} = K◦(a, ε) kümesine a noktasının delinmis komsulugu diyelim.Bu durumda limit noktasıtanımınıasagıdaki sekilde yazabiliriz.

a noktasıE kümesinin bir limit noktasıdır. ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃a′ ∈ E : a′ ∈K◦(a, ε)Lemma: a noktasının E kümesinin bir limit noktasıolması için gerek ve

yeter kosul xn 6= a, limn→∞

xn = a olacak sekilde ∃(xn) ⊂ E dizisinin bulun-

masıdır.Ispat:( =⇒ ) : a, E nin bir limit noktasıolsun. Bu durumda limit noktasıtanımı

geregi ∃x1 ∈ E var ki, x1 ∈ (a− 1, a+ 1) ve x1 6= a dır. Benzer sekilde ∃x2 ∈ Evar ki, x2 ∈ (a− 1

2 , a+ 12 ) ve x2 6= a dır. Bu sekilde devam edersek ∀n ∈ N için

∃xn ∈ E bulunur ki xn ∈ (a− 1n , a+ 1

n ) ve xn 6= a olsun.,∀n ∈ N için a − 1

n < xn < a + 1n olacagından sıkıstırma özelligine göre

limn→∞

xn = a dır.

Böylelikle gösterdik ki eger a, E nin bir limit noktasıise xn ∈ E ve limn→∞

xn =

a olacak sekilde ∃(xn) dizisi vardır.(⇐=) : xn ∈ E, xn 6= a, lim

n→∞xn = a olsun.

Gösterelim ki a noktasıE nin bir limit noktasıdır.

limn→∞

xn = a =⇒ ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n > nε için |xn − a| < ε

dur. Buna göre ∀n > nε için a − ε < xn < a + ε yani, xn ∈ (a − ε, a + ε) olur.xn ∈ E oldugundan buradan çıkıyor ki (a−ε, a+ε) komsulugunda E nin sonsuzsayıda terimi vardır. xn 6= a oldugundan buradan da elde ediyoruz ki a nın her

61

komsulugunda E nin a dan farklıen az bir (hatta sonsuz sayıda) elemanıvar,dolayısıyla a, E nin bir limit noktasıdır.

Cauchy DizisiTanım: Eger ∀ε > 0 sayısı için ∃nε ∈ N sayısıbulunursa ki ∀n ≥ nε ve

∀m > nε için |xn − xm| < ε esitsizligi saglansın. Bu durumda (xn) dizisi birCauchy dizisidir, denir.Bu tanımısembolik olarak söyle yazarız.(xn) bir Cauchy dizisidir.⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n ≥ nε ∀m > nε için

|xn − xm| < ε (1)

Bu tanım asagıdaki tanım ile denktir.(xn) bir Cauchy dizisidir.⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n ≥ nε ∀p ∈ N için

|xn+p − xn| < ε (2)

Gösterelim ki eger (xn) Cauchy dizisi ise sınırlıdır.Cauchy dizisi tanımıgeregi ε = 1 sayısı için ∃n1 ∈ N bulunur ki ∀n > n1

∀m > n1 için |xn − xm| < 1 dir. Buna göre n ≥ n1 için

|xn| = |(xn − xn1) + xn1 | ≤ |xn − xn1 |+ |xn1 | < 1 + |xn1 |

olur. Böylece c = max {|x1| , |x2| , ..., |xn−1| , 1 + |xn|} ile gösterirsek ∀n ∈ Niçin |xn| < c olur ki bu da (xn) dizisinin sınırlıolmasıdemektir.

Teorem: (xn) dizisinin yakınsak olmasıiçin gerek ve yeter kosul (xn) in birCauchy dizisi olmasıdır. Yani,

limn→∞

xn = a ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N ∀m > nε için |xn − xm| < ε

Ispat: ( =⇒ ) : limn→∞

xn = a olsun. Bu durumda tanım geregi ∀ε > 0 için

∃nε ∈ N : ∀p ≥ nε, p ∈ N için |xp − a| < ε/2 dir. Burada m ≥ nε ve n ≥ nεolmasıkosuluyla bir defa p = n ve digerinde de p = m alısak

∀n ≥ nε için |xn − a| < ε/2 ve ∀m ≥ nε için |xm − a| < ε/2

elde ederiz. Buradan ∀n ≥ nε ve ∀m ≥ nε için

|xn − xm| = |(xn − a)− (xm − a)| ≤ |xn − a|+ |xm − a| < ε/2 + ε/2 = ε

Yani, |xn − xm| < ε elde edilir. Böylece (xn) bir Cauchy dizisidir.(⇐=) : (xn) bir Cauchy dizisi olsun. Biliyoruz ki bu durumda (xn) sınırlıbir

dizidir. Bu durumda Bolzano - Weierstrass teoremine göre (xn) in bir yakınsak(xnk) alt dizisi vardır. Diyelim ki lim

k→∞xnk = a dır. Böylelikle (xn) dizisi bir

Cauchy dizisidir.

62

∀ε > 0 için ∃nε ∈ N : ∀n ≥ nε∀m ≥ nε için |xn − xm| < ε (3)

limk→∞

xnk = a dır.

∀ε > 0 için ∃kε ∈ N : ∀k ≥ kε için |xnk − a| < ε/2 (4)

kosullarınıkullanabilmekteyiz.limk→∞

nk = +∞ oldugunda ∀ε > 0 için ∃kε ∈ N : ∀k ≥ kε için nk > ε

dir. Burada ε = nε seçersek ∃k′ε ∈ N bulunur ki ∀k ≥ k′ε için nk > nε olur.k′′ε = max {kε, k′ε} ile gösterirsek ∀k ≥ kε için hem |xnk − a| < ε/2 ve hem denk > nε olacaktır.Buna göre (3) te m = nk alırsak Nε = max

{nε, nk′′ε

}koyarsak ∀n ≥ Nε için

|xn − xnk | < ε/2 ve |xnk − a| < ε/2

esitsizliklerini elde ederiz. Buradan ∀n ≥ Nε için

|xn − a| = |(xn − xnk) + (xnk − a)| ≤ |xn − xnk |+ |xnk − a| < ε/2 + ε/2

Yani, ∀n ≥ Nε için |xn − a| < ε elde ederiz.Dolayısıyla lim

n→∞xn = a dır.

Örnek: (xn) = ( 13 )n dizisinin bir Cauchy dizisi oldugunu tanım kullanarak

gösteriniz.Çözüm: ∀p ∈ N için

|xn+p − xn| =∣∣∣∣ 1

3n+1− 1

3n

∣∣∣∣ =1

3n− 1

3n+1<

1

3n

oldugundan

|xn+p − xn| < ε olması, yani 3n >1

ε

n > log31ε olmasıyeterlidir. Buna göre nε = 1 +

[∣∣log31ε

∣∣] seçersek ∀n > nεve ∀p ∈ N için |xn+p − xn| < ε olacaktır. Dolayısıyla (xn) dizisi bir Cauchydizisidir.

P = {(xn) bir Cauchy dizisidir.} ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃nε ∈ N ∀m > nε →|xn − xm| < ε ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃nε ∈ N,∀n > nε∀p ∈ N

|xm+p − xn| < ε

IP ⇐⇒ ∃ε0 > 0 : ∀k ∈ N→ ∃n ≥ k ∃m ≥ k : |xn − xm| ≥ ε (5)

IP ⇐⇒ ∃ε0 > 0 : ∀k ∈ N→ ∃n ≥ k ∃p ∈ N : |xn+p − xn| ≥ ε0 (6)

Bir dizinin Cauchy dizisi olmamasıo dizinin ıraksaklıgı ile denktir. (Sonteoreme göre). Bu sebepten bu özellik bir dizinin ıraksak olmasınıgöstermekiçin sık sık kullanılıyor.

63

Örnek: Gösteriniz ki xn = 1 + 12 + ... + 1

n seklinde tanımlı(xn) dizisi birıraksak dizidir.Çözüm: Eger gösterirsek ki (xn) Cauchy dizisi degildir. Problemi çiziniz.

IP tanımından n = k ve p = k seçebiliriz. Bu durumda

|xn+p − xn| = |x2k − xk| =∣∣∣∣(1 +

1

2+

1

3+ ...+

1

2k)− (1 +

1

2+ ...+

1

k)

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 1

k + 1+

1

k + 2+ ...+

1

2k

∣∣∣∣=

1

k + 1+

1

k + 2+ ...+

1

2k − 1+

1

2k

>1

2k+

1

2k+ ...+

1

2k︸︷︷︸k tane

= k1

2k

Böylelikle ε0 = 12 ∀k ∈ N ve k = n ve p = k için |xn+p − xn| > 1

2 olur.Dolayısıyla (xn) Cauchy dizisi degildir. Yani ıraksaktır.Fonksiyon Limitif : X → R bir fonksiyon X ⊂ R olsun. X ′ ile X kümesinin limit noktaları

kümesini gösterelim. a, X kümesinin bir limit noktasıyani a ∈ X ′ olsun.A önceden bilinen bir sabit reel sayıolsun. Asagıdaki tanımıverelim.Tanım 1: ∀ε > 0 sayısı için ε sayısına baglı olan öyle bir δ = δ(ε) > 0

sayısıbulunuyorsa 0 < |x− a| < δ kosulunu saglayan tüm x ∈ X noktalarıiçin|f(x)−A| < ε olsun. Bu durumda A sabit sayısına f fonksiyonunun x→ a ("xyaklasıyor a" diye okunur.) iken X kümesi üzerinde limiti denir ve bu limit

limX3x→a

f(x) = A veya X 3 x→ a iken f(x)→ a

seklinde gösterilir.

K(a, ε) = {x : a− δ < x < a+ δ} = (a− δ, a+ δ) ve K◦(a, δ) = K(a, δ)\ {a}= {x : 0 < |x− a| < δ} = (a− δ, a) ∪ (a, a+ δ)

oldugunu biliyoruz.Fonksiyon limiti tanımından görüyoruz ki bu tanımda x ∈ X ve 0 < |x−a| <

δ deriz. Biz bu iki kosulu sadece x ∈ K◦(a, δ)∩X denk kosulu olarak yazılabilir.Ayrıca |f(x)−A| < ε esitsizligi A−ε < f(x) < A+ε ile denk oldugundan bu

esitsizligi f(x) ∈ K(A, ε) seklinde de yazabiliriz. Böylece Tanım 1 i asagıdakidenk tanım seklinde de yazabiliriz.

Tanım 2: ∀ε > 0 sayısına göre ∃δ = δ(ε) > 0 sayısıbulunuyorsa ki ∀x ∈K◦(a, δ)∩X için f(x) ∈ K(A, ε) olsun. Bu durumda A sayısına f fonksiyonununx→ a iken X kümesi üzerinde limiti denir ve bu limit

limX3x→a

f(x) = A veya X 3 x→ a iken f(x)→ A

64

olarak gösterilir.Tanım 1 ve Tanım 2 ye bazen ”δ−ε” dilimindeki tanımıveya Cauchy tanımı

denir.Tanım 2 den açıktır ki f(x) fonksiyonunun x → a iken limitinin A olması

demek a noktasının öyle bir delinmis komsulugunun bulunmasıdemektir ki Xkümesi ve bu komsuluga ait tüm x-ler için f(x) degerleri A noktasının herhangibir ε komsuluguna yerlesir.

Buradan açıktır ki limX3x→a

f(x) = A ise ∀ε > 0 sayısı için ∃δ = δ(ε) > 0

bulmak mümkündür ki K◦(a, δ)∩X kümesinden olan tüm x lerin görüntüleri,yani fonksiyonun K◦(a, δ)∩X kümesi üzerindeki grafigi y = A− ε ve y = A+ εdogrularıarasında kalsın.Bir baska deyisle lim

X3x→af(x) = A ise A noktasının her ε komsulugunda

bulunan, yani, y = A − ε ve y = A + ε paralel dogrular arasında bulunan ffonksiyonunun grafiginin ters görüntüsü a noktasının bir delinmis δ komsulugunaisabet etmektedir.

Örnek: limx→1

2x−1x+1 = 1

2 oldugunu gösterelim.

Çözüm: ∀ε > 0 için 0 < |x − 1| < δ iken∣∣∣ 2x−1x+1 −

12

∣∣∣ < ε olacak sekilde

δ = δ(ε) > 0 sayısınıbulalım.BuradaX kümesi olarak a = 1 noktasının bir komsulugunu alabiliriz. Örnegin;

X = [0, 2] alırız. Bu durumda;

∣∣∣∣2x− 1

x+ 1− 1

2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣4x− 2− x− 1

2x+ 1

∣∣∣∣ =|3x− 3||2x+ 1| ≤

3 |x− 1|2.1

=3

2|x− 1|

x ∈ [0, 2] ise |x+ 1| = x+ 1 ≥ 1 =⇒ 1

x+ 1≤ 1

oldugundan δ = min{

1, 23ε}olarak seçersek 0 < |x− 1| < δ iken∣∣∣∣2x− 1

x+ 1− 1

2

∣∣∣∣ ≤ 3

2|x− 1| ≤ 3δ

2≤ ε yani

∣∣∣∣2x− 1

x+ 1− 1

2

∣∣∣∣ < ε

olur. Sonuç olarak∀ε > 0 için ∃δ = min

{1, 2

3ε}sayısı bulundu ki 0 < |x − 1| < ε olurken∣∣∣ 2x−1

x+1 −12

∣∣∣ < ε saglandı. Bu ise o demektir ki

limx→1

2x− 1

x+ 1=

1

2

Not: Eger f fonksiyonu a noktasının bir δ0 komsulugunda tanımlıise limittanımından x yerine K◦(a, δ) komsulugu alınabilmektedir. Bu durumda

limK◦(a,δ0)3x→a

f(x) = A

65

yerine sadecelimx→a

f(x) = A

gösterimini kullanacagız. (Yukarıdaki örnek)Örnek: lim

x→0x sin 1

x = 0

Çözüm:∣∣x. sin 1

x − 0∣∣ = |x|

∣∣sin 1x

∣∣ ≤ |x| , (x 6= 0) oldugundan ∀ε > 0 içinδ = ε (0 < ε < 1) seçersek 0 < |x| < δ iken∣∣∣∣x. sin 1

x− 0

∣∣∣∣ ≤ |x| < δ = ε

yani ∣∣∣∣x. sin 1

x

∣∣∣∣ < ε

olur. Bu ise o demektir ki

limx→a

x. sin1

x= 0

Tanım 3: Eger (xn) ⊂ X, xn 6= a, limn→∞

xn = a olacak sekilde her (xn)

dizisi için

limn→∞

f(xn) = A

ise A sayısına f fonksiyonunun x→ a iken X kümesi üzerindeki limiti denir. vebu limit

limX3x→a

f(x) = A veya X 3 x→ a iken f(x)→ A

olarak gösterilir.Fonksiyon limitinin bu tanımına dizisel tanım veya Heine tanımıdenir.Tanım 2 ye benzer olarak dizisel tanımıasagıdaki denk seklide de verebiliriz.Tanım 4: Eger ∀ε > 0 sayısıiçin ∃δ = δ(ε) > 0 sayısıve nδ(ε) ∈ N sayısı

bulunursa ki ∀n > nδ(ε) için

xn ∈ K◦(a, δ) ∩X

kosulunu saglayan ∀(xn) dizisi için f(xn) ∈ K(A, ε) olsun. Bu durumda

limX3x→a

f(x) = A

dır, denir.Teorem: Fonksiyon limitinin Cauchy ve Heine tanımlarıdenktir.Ispat: (c) lim

X3x→af(x) = A olsun. Yani Tanım 1 e göre f in x → a iken X

üzerindeki limiti A ya esit olsun. Gösterelim ki (H) limX3x→a

f(x) = A dır. Yani

Tanım 3 ün saglanmadıgınıgösterelim.(c) lim

X3x→af(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ) ∩X →

f(x) ∈ K(A, ε) dur.

66

Simdi xn 6= a, limn→∞

xn = a ve (xn) ⊂ X olacak sekilde herhangi bir (xn)

dizisini ele alalım. Dizi limiti tanımına göre, ∃δ = δ(ε) > 0 sayısına göre,∃nδ(ε) ∈ N sayısıbulunur ki ∀n > nδ(ε) için

|xn − a| < δ yani a− δ < xn < a+ δ

dır. Dolayısıyla n > nδ(ε) iken xn ∈ K◦(a, δ) ∩ X olur. Buna göre Cauchytanımındaki x yerine xn (n > nδ) alabiliriz. Böylece ∀n > nδ(ε) için f(xn) ∈K(A, ε) olur. Bu gösterir ki ∀ε > 0 için ∃nε = nδ(ε) ∈ N sayısıvar ki

∀n > nε için A− ε < f(xn) < A+ ε

dır. Böylece;

limn→∞

f(xn) = A dır, yani (H) limX3x→a

f(x) = A

Simdi tersini gösterelim:Diyelim ki; (H) lim

X3x→af(x) = A dır. (c) lim

X3x→af(x) = A oldugunu ispat-

layalım.

(H) limX3x→a

f(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) ∧ nε = nδ(ε) :

n > nε ∧ xn ∈ K◦(a, δ) ∩X → f(xn) ∈ K(A, ε)

Karsıtınıdüsünüp diyelim ki (c) limX3x→a

f(x) 6= A dır. Yani,

∗ ∗ {∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ)→ |f(x)−A| < ε}= {∃ε > 0 ∀δ > 0→ ∃x′ ∈ K◦(a, δ) : |f(x′)−A| ≥ ε0}

kosulunu saglansın. δ keyfi oldugundan δ = 1n (n ∈ N) alırsak ∃x′n ∈ K◦(a, δ)

bulunur ki |f(x′)−A| ≥ ε0 olur. Buna göre ∀n ∈ N için x′n 6= a, a − 1n <

x′n < a + 1n , yani lim

n→∞x′n = a kosulları saglanırken |f(x′n)−A| ≥ ε0 yani

f(x′n.) /∈ K(A, ε0) ∀(xn) dizisi için xn ∈ K◦(a, δ) ∩ X için f(x′n) ∈ K(A, ε)olmalıdır. (x′n) dizisi için x′n ∈ K◦(a, δ)∩X iken f(x′n) /∈ K(A, ε) dır. Bu çeliskigösteriyor ki kabulümüz geçersizdir. Yani (c) lim

X3x→af(x) = A dır. Teoremin

ispatıbu sekilde tamamlanmıstır.Not 1: lim

x→af(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) : 0 < |x− a| < δ →

|f(x)−A| < ε ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ) → f(x) ∈K(A, ε)

limx→a

f(x) 6= A ⇐⇒ ∃ε0 > 0 : ∀δ > 0→ ∃x′ ∈ K◦(a, δ) : f(x′) /∈ K(A, ε0)

⇐⇒ ∃ε0 > 0 : ∀δ > 0→ ∃x′ : 0 < |x′ − a| < δ ∧ |f(x′)−A| ≥ ε0

67

Not 2: limx→a

f(x) = A ⇐⇒ ∀(xn) ⊂ X, xn 6= a

limn→∞

x = limn→∞

f(xn) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 ∃nε = nδ(ε) ∈ N :

∀n > nε → xn ∈ K◦(a, δ)→ f(xn) ∈ K(A, ε), limn→∞

f(x) 6= A ⇐⇒

∃(x′n) ∈ X : x′n 6= a, limn→∞

x′n = a→ limn→∞

f(xn) 6= A

Örnek: limx→0

sin 1x limitinin var olmadıgınıgösteriniz.

Çözüm: a = 0− oldugundan limiti 0 olan x′n = 1π/2+2π dizisini seçelim.

Açıktır ki, x′n 6= 0, limn→∞

x′n = 0 ve x′n ∈ K(0, 1) dir.

Eger limx→0

sin 1x = A olsaydı

Heine tanımına göre limn→∞

sin 1xn

= A olsaydı;

limn→∞

sin(π2 +2nπ) = A yani A = 1 olmalıdır. Buna benzer olarak x′′n = 1π+2nπ

dizisini alırsak x′′n 6= 0, limn→∞

x′′n = 0 ve x′′n ∈ K(0, 1) saglanır.

Buna göre Heine tanımıgeregi

limn→∞

sin1

x′n= A = 1

olmalıdır. Ancaklimn→∞

sin1

x′′n= limn→∞

(π + 2nπ) = 0

dır. Bu ise olamaz. Yani A = 1 ve A = 0 olamaz. Demek ki verilen limit mevcutdegildir.Sagdan ve Soldan LimitlerTanım 1: a ∈ R ve δ > 0 sayılarıverilsin.

K(a+, δ) = (a, a+ δ) = {x : a < x < a+ δ}

aralıgına a noktasının bir sag komsulugu

K(a−, δ) = (a− δ, a) = {x : a− δ < x < a}

aralıgına da a noktasının bir sol komsulugu denir.Ayrıca;

K(+∞, δ) = (δ,+∞) = {x : x > δ}

sonsuz aralıgına +∞ un δ komsulugu,

K(−∞,−δ) = (−δ,−∞) = {x : x < −δ}

sonsuz aralıgına da -∞ un bir δ komsulugu denir.Tanım 2: f : X → R bir fonksiyon, X ⊂ R, A ∈ R, a ∈ X ′ ve (a,+∞)∩X 6=

∅ olsun. Eger ∀ε > 0 sayısıiçin ∃δ = δ(ε) > 0 sayısıbulunursa ki a < x < a+ δ

68

kosulunu saglayan ∀x ∈ X için |f(x)−A| < ε olsun. Bu durumda A sayısına ffonksiyonunun x→ a+ (x, a ya soldan yaklasır.) iken limit veya a noktasındakisag limiti denir.Bu limit;

limx→a+

f(x) = A

biçiminde gösterilir. Bazen bu limit kısaca f(a+) = A olarak da gösteriliyor.Bu tanımıkısaca söyle de ifade edebiliriz;

f(a+) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K(a+, δ) ∩X → f(x) ∈ K(A, ε)

⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 : a < x < a+ δ

∀x ∈ X → |f(x)− a| < ε ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 : f(K(a+, δ)∩X) ⊂ K(A, ε)

Not: Limit tanımında kısaca limX3x→a

f(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ > 0 :

f(K(a+, δ) ∩X ′) ⊂ K(A, ε) seklinde de yazabiliriz.Tanım 3: f : X → R, X ⊂ R, A ∈ R, a ∈ X ′, (−∞, a) ∩ X 6= ∅ olsun.

∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 sayısıvarsa ki a − δ < x < a olacak sekilde, ∀x ∈ X için|f(x)− a| < ε ise, A sayısına f fonksiyonunun x→ a−, (x,a ya soldan yaklasıriken limiti) denir.

limx→a−

f(x) = A veya f(a−) = A ile gösterilir.

Bu tanımıkısaca söyle ifade edebiliriz.

f(a−) = A ⇐⇒ ∀ε > 0∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K(a−, δ) ∩X →f(x) ∈ K(A, ε) ⇐⇒ ∀ε > 0∃δ = δ(ε) > 0 : a− δ < x < a

∀x ∈ X → |f(x)−A| < ε ⇐⇒ ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 :

f(K(a−, δ) ∩X) ⊂ K(A, ε)

Örnek: f(x) = sgnx =

1, x > 00, x = 0−1, x < 0

limx→0+

f(x) = 1 ve limx→0−

f(x) = −1 dir.

Tanım 4: f : X → R, X ⊂ R, A ∈ R, ∀c > d için (c,+∞) ∩X 6= ∅ olsun.Eger ∀ε > 0 sayısıiçin ∃δ = δ(ε) > 0 bulunursa ki x > δ esitsizligini saglayan

∀x ∈ X için |f(x)−A| < ε olsun. Bu durumda A sayısına F fonksiyonununx→ +∞ iken limiti denir ve lim

x→+∞f(x) = A veya f(+∞) = A olarak gösterilir.

Bu tanımıkısaca söyle de ifade edebiliriz.

69

limx→+∞

f(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0için∃δ = δ(ε) > 0 : x > δ ∀x ∈ X

→ |f(x)−A| < ε

⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K(+∞, δ) ∩X → f(x) ∈ K(A, ε)

⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : f(K(+∞, δ) ∩X) ⊂ K(A, ε)

Benzer sekildelim

x→−∞f(x) = A = f(−∞)

tanımıverilir.Tanım 5: f : X → R, X ⊂ R, A ∈ R ∀ε > 0 için (−∞, c) ∩X 6= ∅ olsun.

limx→−∞

f(x) = A ⇐⇒ ∃δ = δ(ε) > 0 : x < −δ ∀x ∈ X → |f(x)−A| < ε

⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K(−∞, δ) ∩X → f(x) ∈ K(A, ε)

⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : f(K(−∞, δ) ∩X) ⊂ K(A, ε)

Tanım 6: f : X → R, X ⊂ R ve A ∈ R olsun.

limx→∞

f(x) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) : |x| > δ ∀x ∈ X → |f(x)−A| < ε

⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : x ∈ {K(−∞,−δ) ∪K(+∞, δ)} ∩X→ f(x) ∈ K(A, ε)

Benzer sekildeA = +∞, −∞, ve∞ durumlarıiçin limx→a

f(x) = A, limx→a+

f(x) =

A, limx→a−

f(x) = A, limx→−∞

f(x) = A, limx→+∞

f(x) = A tanımlarıverilir.

Örnegin, limx→a−

f(x) = −∞ ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 ∀x ∈ K(a−, δ)∩X → |f(x)| > ε dır.

limx→∞

f(x) = −∞ ⇐⇒ ∀ε > 0 için

∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ {K(−∞,−δ) ∪K(+∞, δ)} ∩X → |f(x)| < −εTeorem: f : X → R, X ⊂ R, a ∈ X ′, {(a,+∞) ∪ (−∞, a)} ∩X 6= ∅ olsun.

A ∈ R olsun.

limx→a

f(x) = A ⇐⇒ limx→a+

f(x) = limx→a−

f(x) = A

70

Ispat: ( =⇒ ) :

limx→a

f(x) = A =⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ) ∩X → |f(x)−A| < ε

=⇒ ∀x ∈ (a− δ, a) ve ∀x ∈ (a, a+ ε)→ |f(x)−A| < ε

=⇒ ∀x ∈ K(a−, δ) ∩X → |f(x)−A| < ε ∧ ∀x ∈ K(a+, δ) ∩X→ |f(x)−A| < ε

=⇒ limx→a−

f(x) = A ∧ limx→a+

f(x) = A dır.

(⇐=) : limx→a+

f(x) = A ve limx→a−

f(x) = A olsun. Bu durumda ∀ε > 0 için,

∃δ1 = δ1(ε) > 0 : f(K(a+, δ1) ∩X) ⊂ K(A, ε) ve

∃δ2 = δ2(ε) > 0 : f(K(a−, δ2) ∩X) ⊂ K(A, ε)

dir. δ = max {δ1, δ2} ile gösterirsek K◦(a, δ) = K(a+, δ1) ∪K(a−, δ2) olacagın-dan

f(K◦(a, δ)) ⊂ K(A, ε)

olur. Dolayısıylalimx→a

f(x) = A

dır. Limit tanımında oldugu gibi sagdan ve soldan limitlerin de dizisel tanımınıyapabiliriz.Tanım 7: ∀n ∈ N için xn ∈ X − {a}, xn > a (xn < a) ve lim

n→∞xn = a

kosullarınısaglayan her (xn) dizisi için limn→∞

f(xn) = A ise A sayısına f fonksiy-

onunun x→ a+(x→ a−) iken limiti denir ve limx→a+

f(x) = A ( limx→a−

f(x) = A)

olarak yazılır.Örnek : lim

x→1

x2−1x−1 limitini bulalım.

a = 1, xn ∈ X\ {1} ve limn→∞

xn = 1 olacak sekilde herhangi bir Cauchy

dizisini alırsak limn→∞

f(xn) = limn→∞

x2n−1xn−1 = lim

n→∞(xn + 1) = 2 oldugundan

limx→1

x2 − 1

x− 1= 2

olur.Dizisel tanımı+∞, −∞ ve ∞ luk noktalarıiçin de verebiliriz.Tanım 8: ∀n ∈ N için xn > 0 (yn < 0) ve lim

n→∞xn = +∞ ( lim

n→∞yn = −∞)

kosullarınısaglayan ∀(xn) (∀(yn)) dizisi için limn→+∞

f(xn) = A ( limn→+∞

f(yn) =

B) denir ve bu limit limx→+∞

f(x) = A ( limy→−∞

f(y) = B) olarak gösterilir.

Örnek: limx→∞

sinx limiti yoktur.

Gerçekten Tanım 8 e göre eger bu limit mevcut olsaydı x′n = π2 + 2nπ,

(n = 1, 2, ...) ve x′′n = 2nπ dizileri için

71

limn→+∞

sinx′n = limn→+∞

sinx′′n

olurdu, çünkü limn→∞

x′n = +∞ ve limn→∞

x′′n = +∞. Ancak limn→∞

sinx′n = sin π2 = 1

ve limn→0

sinx′′n = limn→∞

(sin 2π) = limn→∞

0 = 0 dır.

Bu sebepten limit yoktur.Fonksiyon Limitinin ÖzellikleriAsagıda verecegimiz teoremden X ⊂ R, a ∈ X ′ (a ∈ R veya a = ±∞,

a = −∞) olabilir ve f : X → R oldugunu kabul ediyoruz.Ayrıca verecegimiz teoremde a ∈ R (a sonlu) ise a yerine a± veya a− yazıl-

masıdurumu için de geçerli olacaktır.Teorem 1: Asagıdaki önermeler dogrudur.

1. limx→a

f(x) = A ise A tektir.

2. limx→a

f(x) = A ise a noktasının bir K◦(a, δ) komsulugunda f(x) sınırlıdır,

yani, ∃K◦(a, δ) ∧ ∃C > 0 : K◦(a, δ)→ |f(x)| ≤ C dır.

3. limx→a

f(x) = A ve A 6= 0 ise ∃K◦(a, δ) komsulugu var ki ∀x ∈ K◦(a, δ) için|f(x)| > A/2 dir.

4. limx→a

f(x) = A ve limx→a

g(x) = B olsun. (g fonksiyonu da f fonksiyonu

üzerine konulan kosulları saglamaktadır. Yani, g : X → R olup a ∈ Xnoktasının bir delinmis komsulugunda tanımlıdır.) Bu durumda

(a) limx→a

[f(x) + g(x)] = A+B = limx→a

f(x) + limx→a

g(x)

(b) limx→a

[f(x).g(x)] = A.B = limx→a

f(x). limx→a

g(x)

(c) Her C sabit sayısıiçin limx→a

[Cf(x)] = C.A = C. limx→a

f(x)

(d) Eger B 6= 0 ve bir K◦(a, δ) komsulugundan g(x) 6= 0 ise

limx→a

f(x)

g(x)=A

B=

limx→a

f(x)

limx→a

g(x)

5. limx→a

f(x) = A, limx→a

g(x) = B limitleri mevcut ve ∀x ∈ X için f(x) ≤ g(x)

(veya f(x) < g(x)) ise A ≤ B dir.,

6. ∀x ∈ X için h(x) ≤ f(x) ≤ g(x) limx→a

h(x) = limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = A

limitleri varsa limx→a

f(x) = A limiti de vardır.

7. limx→a


g(x) = B limitleri mevcut ve A p ise ∃ K◦(a, δ) : ∀x ∈ K◦(a, δ)→ f(x) > p

9. limx→a

f(x) = A < p ise ∃ K◦(a, δ) : ∀x ∈ K◦(a, δ)→ f(x) < p

10. limx→a

f(x) = A limiti varsa limx→a|f(x)| = |A| limiti de vardır.

Bu özelliklerin çogunun ispatıfonksiyon limitinin Heine tanımından ve dizilimitinin benzer özelliklerinden elde edilmektedir. Birkaç özelligin ispatıise dizilimit için olan benzer ispatın teknigiyle yapılır. Örnegin bu özelliklerden (2)ninispatınıkısaca gösterelim.(2) özelligini ispatlayalım.ε = 1 alalım. lim

x→∞f(x) = A tanımını ε = 1 için yazalım. ∃ε = ε(1) > 0

∀x ∈ K◦(a, δ)→ |f(x)−A| < 1 olur. Buna göre ∀x ∈ K(a, δ) için |f(x)−A|+|A| < 1 + |A|

Yani ∀x ∈ K(a, δ) için |f(x)| < 1 + |A| olur. Bu gösteriyor ki f(x) birK◦(a, δ) komsulugunda sınırlıdır.Simdi Heine tanımınıkullanarak örnegin lim

x→a[f(x).g(x)] = lim

x→af(x). lim

x→ag(x)

özelligini ispatlayabiliriz.limx→a


g(x) = B olsun. Limit Heine tanımına göre ∀n ∈ Niçin xn 6= a ve lim

n→∞xn = a kosullarınısaglayan (xn) dizisi için lim

n→∞f(xn) = A

ve limn→∞

g(xn) = B dir. Dizi limitinin benzer özelligine göre buradan

limn→∞

[f(xn).g(xn)] = limn→∞

f(xn). limn→∞

g(xn) = A.B

olur. Böylelikle; ∀n ∈ N için xn ∈ X, xn 6= a ve limn→∞

xn = a olacak sekilde

∀(xn) dizisi için limn→∞

[f(xn).g(xn)] = A.B dir. Tekrar Heine tanımına göre

buradan limx→a

[f(x).g(x)] = A.B elde ediyoruz.

Iki Önemli Limit Üzerine1. lim

x→0

sin xx = 1

0 < x < π2 oldugunu kabul edelim. A∪B, R yarıçaplıdaire dilimi AOB = x

radyanlık merkez açısıolsun. OA ısısının B noktasından çembere teget dogrusukesisim noktasına C diyelim.

A ∪ B dilimini, ∆AOB yi ve ∆BOC yi göz önünde bulunduralım. Açıktırki;

S∆AOB < S∆AOB < S∆BOC (1)

olur.

S∆AOB =1

2|OB| |BC| = 1

2RR tanx =

1

2R2. tanx

S∆AOB =πR2x

2π=R2x

2

73

oldugundan (1) esitsizligi su hale gelecek:

1

2R2. sinx <

R2x

2<

1

2R2 tanx

− sinx < x < tanx (2)

esitsizligini elde ederiz. Bu esitsizligin taraflarınısinx ile bölersek

1 <sinx

x<

1

cosxveya cosx <

sinx

x< 1

−1 > − sinx

x> − 1

cosx, 0 < 1− sinx

x< 1− cosx (0 < x <

π

2) (3)

Simdi x ∈ (−π2 , 0) olsun. Bu durumda −x ∈ (0, π2 ) olur. Buna göre, (3) den0 < 1 − sin x

−x < 1 − cos(−x) veya 0 < 1 − sin xx < 1 − cosx (−π2 < x < 0)

esitsizligini elde ederiz.(3) esitsizligi K◦(0, π2 ) = (−π2 ,

π2 )\ {0} komsulugunda saglanacaktır.

0 < 1− sinx

x< 1− cosx, x ∈ (−π

2,π

2)\ {0} (4)

1− cosx = 2 sin2 x2 = 2 sin x

2 . sinx2oldugundan

1−cosx = |1− cosx| =∣∣∣2 sin

x

2. sin

x

2

∣∣∣ = 2∣∣∣sin x

2

∣∣∣ ∣∣∣sin x2

∣∣∣ = 2∣∣∣sin x

2

∣∣∣ < 2∣∣∣x2

∣∣∣ = |x|

Buna göre (4) ten

0 < 1− sinx

x< |x| , x ∈ (−π

2,π

2)\ {0} (5)

elde ederiz.

limx→∞

(1− sinx

x) = 0 veya lim

x→∞

sinx

x= 1

elde ediyoruz.

Örnek 1: limx→0

sin 5xsin 7x = lim

x→0

sin 5x5x 5 /x

sin 7x7x 7 /x = 5

7 limx→0

sin 5x5x

sin 7x7x

= 57 limt→0

sin tt

sin tt

= 57 .1 = 5

7

Örnek 2: limx→+∞

(1 + 1x )x = e ve lim

x→−∞(1 + 1

x )x = e, limx→0

(1 + 1x )x = e,

limn→0

(1 + 1n )n = e oldugunu biliyoruz. Aynızamanda biliyoruz ki yakınsak bir

dizinin her alt dizisi de yakınsak olup dizi limitleri aynıdır. Buna göre dogalsayıların herhangi bir artan (n1 < n2 < ... < nk < ...) dizisi için lim

k→∞(1 +

1nk

)nk = e dir.lim

x→+∞(1+ 1

x )x = e oldugunu göstermek için fonksiyon limitinin Heine tanımını

kullanalım. Bunun için limiti +∞ olan herhangi bir (xk) dizisini ele alalım.limk→∞

xk = +∞. nk = [|xk|] diyelim.

74

Buna göre nk ≤ xk < nk + 1 (k = 1, 2, ...) olur.

1 +1

nk + 1< 1 +

1

xk< 1 +

1

nk(6)

elde ederiz. (6) nın her terimini nk, xk ve nk + 1 kuvvetini ele alırsak venk ≤ xk < nk+1 oldugunu da dikkate alırsak (6) dan

(1 +1

nk + 1)nk = (1 +

1

xk)xk < (1 +

1

nk)nk+1 (7)

esitsizligini elde ederiz.

limk→∞

(1 +1

nk + 1)nk = lim

k→∞

(1 + 1nk+1 )nk+1

1 + 1nk+1

=e

1= e

limk→∞

(1 +1

nk)nk+1 = lim

k→∞[(1 +

1

nk)nk(1 +

1

nk)] = e.1 = 1

Böylelikle limk→∞

xk = +∞ xk > 0 olacak sekilde ∀(xk) dizisi için limk→∞

(1 +

1xk

)xk = e dir.Heine tanımıgeregi buradan

limx→+∞

(1 +1

x)x = e (8)

elde ederiz. (8) de x = y alırsak x→ +∞ ve y → −∞ olacagından

limy→−∞

(1− 1

y)−y = e veya

1

limy→−∞

(1− 1y )y

= e,1

limy→∞

(y−1y )y

= e

limy→−∞

(y

y − 1)y = e lim

y→−∞(1 +

1

y − 1)y = e

=⇒ limy→−∞

[(1 +1

y − 1)y−1.(1 +

1

y − 1)] = e

=⇒ limy→−∞

(1 +1

y − 1)y−1 = e

dir. y − 1 = t dersek y → −∞ iken t → −∞ olur. Buna göre limt→∞

(1 + 1t )t = e

olur. Böylelikle

limx→−∞

(1 +1

x)x = e (9)

olur. Buna göre (8) ve (9) esitliklerini birlestirerek

limx→∞

(1 +1

x)x = e (10)

elde ederiz. Simdi

75

limx→0

(1 + x)1x = e (11)

esitligini (10) esitliginden elde etmek kolaydır. Gerçekten (10) limitinde 1x = y

dersek x → ∞ iken y → 0 olur. Buna göre limy→0

(1 − y)1y = e veya bu esitsizligi

tekrar x cinsinden yazarak limx→0

(1 + x)1x = e elde ederiz.

Bileske Fonksiyonun Limitinin VarlıgıÜzerineTeorem: x, y ∈ R, a ∈ X ′, b ∈ Y ′, (a, b ∈ R) f : X → R, g : Y → R,

limx→a

f(x) = b, limy→b

g(y) = A olsun. Eger, her x ∈ X\ {a} için f(x) 6= b ve

f(x) ∈ Y kosullarısaglanıyorsa

F : X → R, F (x) = (g ◦ f)(x) = g(f(x))

bileske fonksiyonu tanımlıve limx→a

F (x) = A

limy→b

g(y) = A ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀y ∈ K◦(b, δ)∩Y → g(y) ∈ K(A, ε) dur.

limx→a

f(x) = b ⇐⇒ δ = δ(ε) > 0 sayısına göre ∃η > 0 : ∀x ∈ K◦(a, y) ∩X →

f(x) ∈ K(b, δ) dır.

Böylelikle f(x) 6= b kosullarınedeniyle ∀x ∈ K◦(a, η)∩X → f(x) ∈ K◦(b, δ)dır.Böylelikle ∀y ∈ K◦(b, δ)∩Y için g(y) ∈ K(A, ε) oldugundan ∀x ∈ K◦(a, η)∩

X → g(f(x)) ∈ K(A, ε) olur. Dolayısıyla

limx→a

F (x) = limx→a

g(f(x)) = A

dur.

Örnek: v : X → R, u : X → R+, X ⊂ R, a ∈ X olsun.

limx→∞

u(x) = 1 ve limx→∞

v(x) = 0 olsun.

Bu durumdalimx→∞

v(x)(u(x)− 1)

limx→∞

u(x) = e (12)

dir.Çözüm: a noktasının bir K(a, δ0) komsulugundan olan ∀x ∈ K◦(a, δ0) için

u(x) = 1 ise [u(x)]v(x) = 1v(x) olacagından

limx→a

u(x)v(x) = 1

76

olur. Yani bu durumda (12) formülü açıktır.Simdi kabul edelim a noktasının bir delinmis δ0 komsulugunda u(x) 6= 1 dir.

Yani ∀x ∈ K◦(a, δ)→ u(x) 6= 1 dir.Bu durumda ∀x ∈ K◦(a, δ) için

[u(x)]v(x) = [1 + (u(x)− 1)]v(x) = ev(x) ln[1+(u(x)−1)] (u(x) 6= 1)

= ev(x)[u(x)−1] ln[1+(u(x)−1)]1

u(x)−1

= ev(u−1) ln[1+(u−1)]1

u−1

esitligi saglanacaktır.Bileske fonksiyonun limiti tanımına göre buradan

limx→a

uv = limx→a

ev(u−1) ln[1+(u−1)]1

u−1

= e[ limx→a

v(u−1) ln[1+(u−1)]1

u−1 ]= e

limx→a

v(u−1). limx→a

ln[1+(u−1)]1

u−1 ]

= elimx→a

v(u−1). ln e= e

limx→a

v(u−1)

Örnek: limx→π

2+

(sinx)tan x = elim

x→π2+

(sin x)tan x

= elim

x→π2+

(sin x−1) tan x

Limitin VarlıgıKosullarıAnalizde bir fonksiyonun limitini bulmadan önce bu limitin mevcut olup

olmamasınıbilmek önem tasımaktadır.Biz bu kesimde fonksiyon limitinin var olup olmadıgınılimit hesaplamadan

belirten gerek ve yeter kosulllarıifade eden bazıteoremleri verecegiz.X ⊂ R kümesi verilsin ve s = supX, i = inf X olsun. Biliyoruz ki bu

durumda ya s,i ∈ R ya da s = +∞, i = −∞ dur.Teorem 1: f : X → R fonksiyonu X kümesi üzerinde monoton artan

(azalmayan)

limX3x→i+

f(x) = A = inf {f(x) : x ∈ X} (1)

limx→s−

f(x) = B = sup {f(x) : x ∈ X} (2)

Ispat: a) B ∈ R için (2) yi ispatlayalım.Supremum özellikleri geregii) ∀x ∈ X → f(x) ≤ Bii) ∀ε > 0 için ∃xε : f(xε) > B − ε∀x ∈ X için s > x oldugundan s > xε dur. Eger s ∈ R ise δ = s − xε eger

s = +∞ ise δ = xε alalım. δ =

{s− xε, s ∈ Rxε, s = +∞

K(s, δ) =

{(s− δ, s) s ∈ R(s,+∞) s = +∞ =

{(xε, s) s ∈ R

(xε,+∞) s = +∞

77

f artan oldugundan ∀x ∈ K(s−, δ) ∩X içinB− ε < f(xε) < f(x) ≤ B < B+ ε yazabiliriz. Böylelikle ∀ε > 0 için ∃δ > 0:

∀x ∈ K◦(s−, δ) ∩X → B − ε < f(x) 0 için ∃xε ∈ X var ki f(xε) > ε dir. f artan oldugundan

δ =

{s− xε, s ∈ Rxε, s = +∞ olmak üzere ∀x ∈ K(s−, δ) için f(x) > f(xε) > ε

yani f(x) > ε olur.Bu gösteriyor ki

limx→s

f(x) = +∞

olur.Benzer sekilde (1) formülü ispatlanır. Bu durumda ispatıyapınız.Bu teoremin benzeri monoton azalan fonksiyonlar için de verilebilir.Teorem 2: f : X → R fonksiyonu X kümesi üzerinde monoton azalan

(artmayan) ise;

limX3x→i

f(x) = B = sup {f(x) : x ∈ X} (3)

limX3x→s−

f(x) = A = inf {f(x) : x ∈ X} (4)

Bu teoremin ispatıTeorem 1 in ispatına benzerdir.Teorem 3: f : (a, b)→ R fonksiyonu (a, b) üzerinde monoton artan (azalan)

ve x0 ∈ (a, b) olsun.Bu durumda x0 noktasında f(x−0 ) ve f(x+

0 ) sol ve sag limitleri var ve

f(x−0 ) ≤ f(x0) ≤ f(x+0 ) f(x+

0 ) ≤ f(x0) ≤ f(x−0 )

Ispat: X = {a, x0} alırsak Teorem 1 den

f(x−0 ) = limx→x0

f(x) = inf {f(x) : x ∈ (x0, b)}

dir. Yani f(x+0 ) mevcuttur.

∀x ∈ (x0, b) =⇒ f(x) > f(x0) =⇒ limx→x+0

f(x) ≥ limx→x+0

f(x0) =⇒

f(x+0 ) ≥ f(x0)Teorem 4: (Cauchy Kriteri)f : X → R fonksiyonu a ∈ X verilsin. Bu durumda lim

X3x→af(x) sonlu

limitinin var olmasıiçin gerek ve yeter kosul ∀ε > 0 için

∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x′, x′′ ∈ K◦(a, δ) ∩X → |f(x′′)− f(x′)| < ε (5)

kosulunun saglanmasıdır.Ispat: ( =⇒ ) : lim

x→af(x) = A ∈ R olsun.

78

=⇒ ∀ε > 0∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ) ∩X → |f(x)−A| < ε/2

dir. Buna göre

∀x′, x′′ ∈ K◦(a, δ) ∩X için |f(x′)−A| < ε/2 ve |f(x′′)−A| < ε/2

olur. Böylece ∀x′, x′′ ∈ K◦(a, δ) ∩X için

|f(x′′)− f(x′)| = |f(x′′)−A− f(x′)−A| ≤ |f(x′′)−A|+ |f(x′)−A|< ε/2 + ε/2 < ε

yani |f(x′′)− f(x′)| < ε olup dolayısıyla (5) saglanır.(⇐=) : (5) kosulu saglansın. ∀n ∈ N için xn 6= a, xn ∈ X ve lim

n→∞xn = a

olacak sekilde dizisini ele alırsak her yakınsak dizi bir Cauchy dizisioldugundan(5) kosulundaki δ = δ(ε) > 0 sayısıiçin ∃nδ(ε) = nε ∈ N bulunur ki ∀n ≥ nεiçin |xn − a| < δ olur. xn 6= a, ve xn ∈ X, lim

n→∞xn = a oldugundan buradan

elde ediyoruz ki ∀n ≥ nε için xn ∈ K◦(a, δ) ∩ X dir. Bu durumda (5) kosulugeregi ∀n ≥ nε ∀m ≥ nε için

|f(xn)− f(xm)| < ε

olacaktır. Bu gösteriyor ki {f(xn)} bir Cauchy dizisidir. Bu durumda {f(xn)}bir yakınsak dizidir. Limitin Heine tanımından buradan elde ediyoruz ki

limn→∞

f(xn) = B ise limx→a

f(x) = B limiti de mevcuttur.

Not: Teoremin yeterlilik kısmının ispatında limn→∞

xn = a olacak sekilde

∀(xn) dizisi için limn→∞

f(xn) = B sonlu limitinin var oldugunu gösterdik. Biz

burada bu sonlu limiti seçilen (xn) dizisinden bagımsızolmasıözelliginden yarar-landık. Gerçekten lim

n→∞x′n = a ve lim

n→∞x′′n = a olacak sekilde (x′n) ve (x′′n)

gibi iki farklı dizi için limn→∞

f(x′n) = B′ ve limn→∞

f(x′′n) = B′′ olursa (yn) =

(x′1, x′′1 , x′2, x

′′

2 , x′3, x′′3 , ..., x

′′

2n−1, x′2n) dizisini olusturdugumuzda n = 2k için yn =

x′′k , n = 2k − 1 için ise yn = x′k olacagından; limn→∞

yn = a dır. Bunu gösterelim.

limn→∞

yn = limk→∞

x′k = limk→∞

x′′k = a

oldugundan ∀ε > 0 ∃kε ∈ N, ∀k > kε |x′k − a| < ε ∧ k ≥ 2kε için |x′′k − a| < εyazabiliriz. Burada eger, k = 2n ise ∀n ≥ kε için |x′′2n − a| < ε ve k = 2n− 1 ise∀n ≥ kε için

∣∣x′2n−1 − a∣∣ < ε olur.

∀ε > 0 ∃kε : ∀k > kε → |yk − a| < ε, yani limn→∞

yn = a olur.

Simdi f(x′1), f(x′′1), f(x′2), f(x′′2), ..., f(x′n), f(x′′n), ... dizisini olusturursak;limn→∞

f(yn) = A ise {f(x′n)} ve {f(x′′n)} dizilerinin limiti de {f(yn)} dizisininalt dizisi olarak A ya esit olacaktır, yani

79

B′ = A ve B′′ = A oldugundan B′ = B′′ olur.

Böylelikle limn→∞

f(xn) = B olması(xn) dizisinden bagımsızdır ve bu nedenle

de B sayısıtektir. Dolayısıyla limx→a

f(x) = B dir.

Tanım: f fonksiyon A noktasının bir delinmis komsulugunda tanımlı ve∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x ∈ K◦(a, ε) → |f(x)| < ε olsun. Bu durumda f ye a noktasıkomsulugunda sonsuz küçük fonksiyon denir.Bu tanımdan açıktır ki, lim

x→af(x) = 0 olmasıf nin a noktasıcivarında sonsuz

küçük olmasıile denktir. Örnegin, x2 fonksiyonu x = 0 noktasıkomsulugundasonsuz küçük fonksiyondur. Sonsuz küçük diziler için olan benzer özelliklersonsuz küçük fonksiyonlar için de geçerlidir.1. a noktasında (yani a noktasının komsulugunda) sonsuz küçük iki fonksiy-

onun toplamıda bir sonsuz küçük fonksiyondur.2. a noktasında sonsuz küçük iki fonksiyonun çarpımıda bir sonsuz küçük

fonksiyondur.3. a noktasıkomsulugunda sınırlı fonksiyon ile sonsuz küçük fonksiyonun

çarpımıda bir sonsuz küçük fonksiyondur.Bu özelliklerin ilk ikisi sonsuz küçük diziler için olan benzer özellikten ve

limitin Heine tanımından çıkmaktadır.Ispat (3): Diyelim ki g(x) bir K◦(a, δ0) komsulugunda sınırlıdır. Yani ∃C >

0 ∀x ∈ K◦(a, δ0)→ |g(x)| ≤ C dir.limx→a

f(x) = 0, yani ∀ε > 0 ∃δ > 0 (δ < δ0) ∀x ∈ K◦(a, δ) → f(x) < εC

olsun. Bu durumda ∀x ∈ K◦(a, δ) → |f(x).g(x)| = |f(x)| . |g(x)| ≤ C. εC = εolacagından f.g fonksiyonu da a noktasında sonsuz küçük fonksiyondur.Örnek: lim

x→0x. sin 1

x = 0 dır. Çünkü, f(x) = x fonksiyonu x = 0 nok-

tasında sonsuz küçük g(x) = sin 1x ise sınırlıdır. Buna göre f(x).g(x) = x. sin 1

xfonksiyonu da sonsuz küçüktür, yani lim

x→0x. sin 1

x = 0 dır.

Tanım: ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 varsa ki ∀x ∈ K◦(a, δ) için |f(x)| >ε olsun, bu durumda f ye a noktasında sonsuz büyük fonksiyon denir. Butanımdan açıktır ki f nin sonsuz büyük bir fonksiyon olmasıdemek lim

x→∞|f(x)| =

+∞ olmasıdemektir.Örnegin, f(x) = 1

x fonksiyonu x = 0 noktasında sonlu büyük fonksiyondur,çünkü lim

x→0

1|x| = +∞ dur. Ancak biliyoruz ki lim

x→0

1x limiti yoktur. Çünkü

limx→0+

1x = +∞ ve lim

x→0−

1x = −∞ olur.

Bu örnek gösteriyor ki a noktasında limiti +∞ ve −∞ olan fonksiyon sonsuzbüyük fonksiyon olmasına ragmen bir a noktasında sonsuz büyük fonksiyonunlimitinin +∞ ve −∞ olmasıgerekmez.

Teorem: f fonksiyonu x = a noktasında sonsuz küçük bir fonksiyon ve anoktasının bir delinmis komsulugunda f(x) 6= 0 olsun. Bu durumda 1/f fonksiy-onu x = a noktasında sonsuz büyük fonksiyondur. Tersine eger f fonksiyonux = a noktasında sonsuz büyük bir fonksiyon ise 1/f , x = a noktasında sonsuzküçük fonksiyondur.

80

Ispat: ( =⇒ ) : limx→a

f(x) = 0 ve bir K◦(a, δ0) üzerinde f(x) 6= 0 olsun.

Bu durumda ε > 0 için ∃δ > 0 (δ < δ0) ∀x ∈ K◦(a, δ) → 0 < f(x) < ε olur.Buna göre E = 1/ε olacak sekilde ∀E > 0 için ∀δ > 0 var ki ∀x ∈ K◦(a, δ)olmasından 1

|f(x)| > E, yani limx→a

1|f(x)| = +∞ olur. Dolayısıyla 1

f , a noktasında

sonsuz büyük fonksiyondur.(⇐=) : lim

x→a|f(x)| = +∞ =⇒ ∀E > 0, ∃δ > 0 : K◦(0, δ)→ |f(x)| > E dir.

ε = 1E olacak sekilde ∀ε > 0 için ∃δ > 0 : ∀x ∈ K◦(a, δ), 1

|f(x)| < ε yani

limx→a

1|f(x)| = 0 dır. Dolayısıyla 1/f , v = a noktasında sonsuz küçük fonksiyon-

dur.Sürekli Fonksiyonlarf : X → R fonksiyonu verilsin ve a ∈ X olsun. Biz burada kabul edecegiz

ki a ∈ X dir, yani ∃K◦(a, δ0) komsulugu var ki K◦(a, δ) ⊂ X dir. Bu kosulaltında eger

limx→a

f(x) = f(a)

ise f fonksiyonu x = a noktasında süreklidir denilir. Böylelikle f fonksiyonununx = a noktasında sürekli olmasıdemek asagıda 3 kosulun saglanmasıdemektir.1. f fonksiyonu a noktasının bir komsulugunda tanımlıdır, yani ∃K(a, δ)

komsulugu var ki K(a, δ), D(f) dir.2. lim

x→af(x) = A sonlu limiti var.

3. A = f(a)Süreklilik tanımınılimitin bildigiimiz denk tanımlarınıkullanarak farklısekillerde

ifade edebiliriz. Bu tanımlardan bazılarınıverelim.f fonksiyonu x = a noktasında süreklidir.⇐⇒ ∀ε > 0 için

∃δ = δ(ε, a) > 0 : |x− a| < δ → |f(x)− f(a)| < ε (2)

⇐⇒ ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε, a) > 0 : ∀x ∈ K(a, δ)→ f(x) ∈ K(f(a), ε) (3)

⇐⇒ ∀n ∈ N için xn ∈ D(f) ve limn→∞

xn = a

olacak sekilde bir (xn) dizisi için

limn→∞

f(xn) = f(a) (4)

x− a = ∆x gösterelim. x = a+ ∆x olur. Bu sekilde tanımlı∆x degerlerinex degiskeninin a noktasındaki artısıdiyecegiz. Benzer sekilde

∆y = f(x)− f(a) = f(a+ ∆x)− f(a) (5)

seklinde tanımlı∆y degerine f fonksiyonunun veya y = f(x) degiskeninin x = anoktasındaki artısıdiyecegiz. Böylelikle ∆x bagımsız degiskeninin a noktasın-daki artısıolarak tanımlanırken ∆y, y bagımlıdegiskeninin a noktasındaki artısıolarak tanımlanmaktadır. Bu sebepten∆x e argument artısı∆y ye ise fonksiyonartısıdenir.Bu tanımlamalar sonrasıx = a noktasında sürekli fonksiyon tanımınısöyle

de verebiliriz.

81

f, x = a noktasında süreklidir. ⇐⇒ lim∆x→0

∆y = 0 (6)

Gerçekten limx→a

f(x) = f(a) ⇐⇒ limx→a

(f(x)− f(a)) = 0 ⇐⇒ lim∆x→0

∆y = 0 dır.

Böylelikle f fonksiyonunun x = a noktasında sürekli olmasıdemek a nok-tasındaki argüment artısısıfıra yaklasırken bu noktada fonnksiyon artısının dasıfıra yaklasmasıdemektir.Bir baska sekilde f fonksiyonu x = a noktasında süreklidir.⇐⇒

∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε, a) > 0 : |∆x| < δ → |∆y| < ε (7)

Not 1: f , x = a noktasında süreklidir. ⇐⇒ ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε, a) > 0 :f(K(a, δ)) ⊂ K(f(A), ε)

(f(a+ δ), f(a− δ)) ⊂ (f(a)− ε, f(a) + ε)Not 2: f , x = a noktasında sürekli degildir.⇐⇒

∃ε0 > 0 ∀δ > 0→ ∃x ∈ K(a, δ) : |f(x)− f(a)| ≥ ε0 (8)

⇐⇒ ∃(x′n), (x′′n) : limn→∞

xn = a→ limn→∞

f(xn) 6= f(a)

Örnek:(a) f(x) = x2 fonksiyonu ∀a ∈ R noktasında süreklidir. Çünkü

limx→a

f(x) = limx→a

x2 = a2 = f(a)

(b) g(x) =√x fonksiyonu ∀a > 0 noktasında süreklidir. Çünkü,

limx→a

g(x)− g(a) = limx→a

√x−√a = 0

dır. Gerçekten

0 =∣∣√x−√a∣∣ =

∣∣∣∣ x− a√x+√a

∣∣∣∣ =|x− a|√x+√a≤ |x− a|√

a

yani 0 ≤ |x− a| ≤ |x−a|√aoldugundan Sıkıstırma Teoremine göre;

limx→0

∣∣√x−√a∣∣ = 0

dır. Dolayısıyla

limx→a

∣∣√x−√a∣∣ = 0

olur.Benzer sekilde bir noktada sagdan ve soldan süreklilik tanımlanmaktadır.

Yani, a, D(f) nin limit noktasıolmak üzere limx→a+

f(x) = f(a) ise f fonksiyonu a

noktasında sagdan süreklidir. limx→a−

f(x) = f(a) ise f fonksiyonuna a noktasında

82

soldan süreklidir, denir. Bir baska sekilde f(a+) = f(a) ise soldan sürekli diyetanımlanmaktadır. Açıktır ki a noktasında sürekli fonksiyon bu noktada hemsoldan hem de sagdan sürekli olup f(a) = f(a+) = f(a−) olur. Ancak tersidogru degildir. Örnegin, f(x) = [|x|] fonksiyonu için f(1+) = 1 = f(1) vef(1−) = 0 oldugundan fonksiyon x = 1 noktasında sagdan süreklidir, ancaksoldan sürekli degildir.Simdi f fonksiyonu a noktasının bir delinmis koomsulugunda tanımlıolsun.

Eger ya f(a) tanımlıdegil ya da limx→a+

f(x) 6= f(a) ise x = a noktasına f nin

bir süreksizlik noktasıdenir. Böylelikle asagıdaki 3 kosuldan biri saglanmazsaa noktasıf nin bir süreksizlik noktasıdır.1) a ∈ D(f)2) limx→a+

f(x) = A sonlu limit var.

3) A = f(a)Tanım: Eger A noktasıf nin bir süreksizlik noktasıolupi) lim

x→a+f(x) = A ve f(a) 6= A veya a /∈ Df

ii) f(a+) 6= f(a−)kosullarından biri saglandıgında a noktasına f nin 1. çesit süreksizlik noktası

denir. Eger (i) kosulu saglanırsa bu süreksizlik noktasına kaldırılabilir süreksizliknoktası, (ii) kosulu saglanırsa sıçramalısüreksizlik noktasıdenir.Böylelikle tanım geregi 1. çesit süreksizlik noktasıya kaldırılabilir süreksizlik

noktasıya da sıçramalısüreksizlik noktasıdır.Tanım: Eger f(a+) veya f(a−) limitlerinden en az biri sonsuzluk veya

mevcut degilse a noktasına f nin 2. türden süreksizlik noktasıdenir.Örnek 1: x = 0 noktasıf(x) = sin x

x fonksiyonunun kaldırılabilir süreksizliknoktasıdır. Çünkü lim

x→0

sin xx = 1 sonlu limiti var ve 0 /∈ Df dir.

Örnek 2: f(x) = sgnx =

1, x > 00, x = 0−1, x < 0

limx→0+

f(x) = 1 ve limx→0−

f(x) = −1 oldugundan x = 0 noktası 1. çesit

sıçramalısüreksizlik noktasıdır.Not: Eger x = a noktasıf(x) fonksiyonunun sıçramalısüreksizlik noktası

ise

P (a) = f(a+)− f(a−) = limx→a+

f(x)− limx→a−

f(x)

seklinde tanımlı P (a) sayısına f fonksiyonunun a noktasındaki sıçramasıdenir.Örnegin, f(x) = sgnx için P (0) = 1− (−1) = 2 dir.

f(x) = tanx fonksiyonu için limx→π

2+f(x) = +∞ veya lim

x→π2−f(x) = −∞

oldugundan x = π2 , 2 çesit süreksizlik noktasıdır.

Not: x = a noktası f fonksiyonunun kaldırılabilir süreksizlik noktası ve

limx→a

f(x) = A ise f fonksiyonunun f(x) =

{f(x), x 6= aA, x = a

seklinde genisleterek

83

(eger f(x), x = a noktasında tanımlı ise f(a) degeri P (a) = A olarak tanım-lanıyor) f fonksiyonu x = a noktasında sürekli olacaktır.

Örnegin, f(x) = sin xx fonksiyonunu f(x) =

{sin xx , x 6= 01, x = 0

seklinde genisle-

tirsek limx→0

f(x) = 1 = f(0) olacagından f , x = 0 noktasında süreklidir.

Baska bir örnek verelim.

g(x) =

{x2

sin x , x 6= 01, x = 0

limx→0

g(x) = 1 oldugundan,

g(x) =

{x2

sin x , x 6= 01, x = 0

fonksiyonu x = 0 noktasında süreklidir.

limx→0

g(x) = 1 = g(0)

Not: f(a+) ve f(a−) sag ve sol limitlerine bazen tek taraflılimitler de denir.Teorem 1: Bir [a, b] aralıgıüzerinde tanımlıve monoton fonksiyon bu ar-

alıgın içinde sadece sıçramalısüreksizlik noktalarına sahip olabilir.Ispat: ∀x0 ∈ [a, b] noktasınıalalım. Monoton fonksiyonun limitinin varlıgı

teoreminden biliyoruz ki x0 noktasındaki tek taraflı limitler mevcuttur. Yanif(x+

0 ), f(x−0 ) mevcuttur.Belirlilik için f azalmayan fonksiyon ise f(x−0 ) ≤ f(x0) ≤ f(x+

0 ) oldugunuda biliyoruz. Buradan elde ediyoruz ki f(x−0 ) 6= f(x+

0 ) ise x0 noktasısıçramalısüreksizlik noktasıyani 1. çesit süreksizlik noktasıdır.

f(x−0 ) = f(x+0 ) ise f fonksiyonu x0 noktasında sürekli olacaktır. Böylelikle

kapalıaralıkta monoton fonksiyon bu aralıgın içinde sadece sıçramalısüreksizligesahiptir.Noktada Sürekli Fonksiyonların Özellikleri(Lokal Özellikler)Teorem 2: Eger f fonksiyonu bir a noktasında sürekli ise bu noktanın bir

komsulugunda sınırlıdır. Yani ∃δ > 0 : ∀x ∈ K(a, δ) → |f(x)| ≤ C dir. Buözellik fonksiyon limitinin benzer özelliginden açıktır.

Teorem 3: Eger f ve g fonksiyonlarıa noktasında süreklilerse f + g, f.g,cf (c sabit), g 6= 0 ise f/g fonksiyonlarıa noktasında süreklidirler.Bu özellik de foksiyon limitinin benzer özelliginden elde edilmektedir.Teorem 4 (Bileske Fonksiyonun Sürekliligi): f fonksiyonu x = a noktasında,

g(y) fonksiyonu y = f(a) noktasında sürekli olsunlar. Bu durumda a nok-tasınınn bir komsulugunda z = g(f(x)) = g ◦ f(x) bileske fonksiyonu tanımlıdırve bu fonksiyon x = a noktasında süreklidir.Ispat: f(a) = b olsun. lim

y→bf(y) = g(b) oldugundan,

∀ε > 0 için ∃δ > 0 : ∀y ∈ K(b, δ)→ |g(y)− g(b)| < ε (∗)

84

olur. limx→a

f(x) = f(a) oldugundan yukarıdaki δ > 0 sayısı için ∃η = η(ε) >

0 : ∀x ∈ K(a, η) → |f(x)− f(a)| < δ, yani |f(x)− b| < δ yani f(x) ∈ K(b, δ)dır. Buna göre (∗) dan y = f(x) alabiliriz. Böylelikle f(K(a, η)) ⊂ K(b, δ)oldugundan g ◦ f fonksiyonu tanımlıdır ve ∀ε > 0 ∃η > 0 : ∀x ∈ K(a, η) →|g(f(x))− g(f(a))| < ε olur, yani

limx→a

g(f(x)) = g(f(a))

olur. Bu gösteriyor ki g ◦ f bileske fonksiyonu x = a noktasında süreklidir.KapalıAralıkta Sürekli Fonlsiyonların Özellikleri(Global Özellikler)Teorem 5: f fonksiyonu ∀x0 ∈ (a, b) noktasında sürekli a noktasında sag-

dan sürekli, b noktasında da soldan sürekli ise f fonksiyonu [a, b] kapalıaralıgıüzerinde süreklidir, denit.Weierstrass teoreminin ifadesi söyledir:[a, b] kapalıaralıgıüzerinde sürekli fonksiyon [a, b] üzerinde sınırlıdır. ∃c >

0 : ∀x ∈ [a, b]→ f(x) ≤ cIspat: Karsıtınıdüsünüp ∀c > 0 için ∃xc ∈ [a, b] noktasının var oldugunu

kabul edelim ki |f(x)| > c sayısını c = 1, 2, ..., n, ... alırsak ∃x1, x2, ..., xn, ...noktalarınıbuluruz ki

|f(xn)| > n (n = 1, 2, ...)

xn ∈ [a, b] oldugundan bu sekilde elde ettigimiz (xn) dizisi sınırlıdır. Demek kiBolzano - Weierstrass Teoremine göre (xnk) yakınsak alt dizisi mevcuttur.

limk→∞

xnk = `

olsun.a ≤ xnk ≤ b oldugundan a ≤ ` ≤ b olacaktır. (k → ∞ kosulu ile limite

geçiyoruz.) Diger tarafta f fonksiyonu [a, b] üzerinde sürekli oldugundan limitinHeine tanımıgeregi

limk→∞

f(xnk) = f(`) (∗∗)

olmalıdır.Ancak |f(xn)| > n (n = 1, 2, ... /) esitsizliginden elde ediyoruz ki ∀k =

1, 2, ..., n için |f(xnk)| > nk dır.limk→∞

nk = +∞ oldugundan buradan limk→∞

|f(xnk)| = +∞ elde edilir. Bu ise

(∗∗) esitsizligi ile çelismektedir. Çünkü f(`) sonlu bir sayıdır.Teoremin ispatıtamamlanmıstır.Not: Teorem 5 açık aralık için geçerli degildir. Örnegin f(x) = 1

x fonksiyonu(0, 1) aralıgında süreklidir ancak bu aralıkta sınırlıdegildir.Örnek: g(x) = x2 fonksiyonu tüm R üzerinde süreklidir, ancak sınırlı

degildir.Teorem 6: (2. Weierstrass Teoremi)

85

Bir [a, b] kapalıaralıgıüzerinde sürekli f : [a, b] → R fonksiyonu bu aralıküzerinde en küçük ve en büyük degerlerine ulasabilmektedir, yani

∃ξ ∈ [a, b] : f(ξ) = maxa≤x≤b

f(x) = max {f(x) : a ≤ x ≤ b} (1)

∃η ∈ [a, b] : f(η) = mina≤x≤b

f(x) = min {f(x) : a ≤ x ≤ b} (2)

Ispat: Teorem 5 e göre, [a, b] üzerinde sürekli fonksiyonlar sınırlıdır, yani

∃c > 0 : ∀x ∈ [a, b]→ f(x) ≤ c (3)

dir. Bu sebepten f fonksiyonumuzun deger kümesi hem alttan hem de üsttensınırlıbir kümedir. Dolayısıyla M = sup

x∈[a,b]

f(x) = sup {f(x) : a ≤ x ≤ b}, m =

infx∈[a,b]

= inf {f(x) : a ≤ x ≤ b} .

(1) esitligini ispatlayalım.Supremum tanımıgeregi asagıdaki özellikler saglanmaktadır.

i)∀x ∈ [a, b]→ f(x) ≤M (4)

ii)∀ε > 0∃xε ∈ [a, b] : f(xε) > M − ε (5)

ε = 1, 12 ,

13 , ...,

1n , ... alırsak (5) kosulu geregi xn ∈ [a, b] olmak üzere ∃(xn)

dizisi buluruz. f(xn) > M − 1n dir.

(4) ü de dikkate alırsak ∀n ∈ N için

M − 1

n< f(xn) ≤M < M +

1

nveya M − 1

n< f(xn) < M +

1

n

elde ederiz. Buradanlimn→∞

f(xn) = M (6)

dir. Diger taraftan ∀n ∈ N için xn ∈ [a, b] oldugundan (xn) dizisi sınırlıdır. Budurumda Bolzano - Weierstrass Teoremine göre (xnk) yakınsak dizisi vardır.

limk→∞

xnk = ξ olsun.

∀k ∈ N için a ≤ xn ≤ b olacagından a ≤ ξ ≤ b yani ξ ∈ [a, b] olur.(6) ya göre

limk→∞

f(xnk) = M (7)

dir. Çünkü {f(xnk)}, {f(xnk)} in bir alt dizisidir.Diger taraftan f fonksiy-onu [a,b] üzerinde sürekli oldugundan ξ ∈ [a, b] noktasında da süreklidir. Budurumda limitin Heine tanımıgeregi

limk→∞

f(xnk) = f(ξ) (8)

olur. Çünkü limk→∞

xnk = ξ

86

Böylelikle (7) ve (8) den M = f(ξ) elde ederiz. Böylelikle

f(ξ) = supx∈[a,b]

f(x) = maxx∈[a,b]

f(x)

olur.Benzer sekilde (2) esitigi ispatlanabilmektedir.Not: Bu teorem açık aralıklar için geçerli degerlidir. Örnegin, f(x) = x2

fonksiyonu (0, 1) açık aralıgı üzerinde süreklidir, ancak supremum ve infimu-muna bu aralıgın hiçbir noktasında ulasmıyordur. Çünkü sup

x∈(0,1)

x2 = 1 ve

infx∈(0,1)

x2 = 0 olup 1,0/∈ f {(0, 1)} = (0, 1)

Teorem 7: (Cauchy Teoremi)Eger f , [a, b] üzerinde sürekli bir fonksiyon olup aralıgın uç noktalarında zıt

degerli isaretler alırsa yani,f(a), f(b) < 0 ise f(c) = 0 olacak sekilde ∃c ∈ (a, b) vardır. Yani f fonksiy-

onunun (a, b) aralıgında en az bir sıfırıvardır.Ispat: [a, b] aralıgınıiki esit kısma parçalayalım, d bu aralıgın orta noktası

olsun. Eger f(d) = 0 olursa teoremin ispatıtamamdır. c = d alırız. f(d) 6= 0olsun. Bu durumda ya f(d) > 0 ya da f(d) < 0 olur. Buna göre [a, d] ve [d, b]aralıklarının birinin uç noktalarında fonksiyon zıt isaretli degerler alacaktır. Buaralıgı∆1 = [a1, b1] ile gösterelim. Simdi [a1, b1] aralıgını2 ye bölelim. Ortanoktaya d1 diyelim. Eger f(d1) = 0 ise c = d1 dir ve teoremin ispatıtamamdır.f(d1) 6= 0 olursa, [a1, d1] veya [d1, b1] aralıklarından fonksiyonun uç noktalardazıt isaretli degerler aldıgıaralıga∆2 = [a2, b2] diyelim. Bu sekilde devam edersekiki durum söz konusu olur.1) Ya sonlu sayıda adımdan sonra f(dk) = 0 olacak sekilde c = dk degerine

ulasırız.2) Ya da ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ∆3 ⊃ ... ⊃ ∆n ⊃ ... olacak sekilde iç içe {∆n} =

{[an, bn] : n = 1, 2, ...} aralıklar ailesini elde ederiz. ∆naralıgının uzunlugu b−a2n

oldugundan iç içe aralıkların uzunlugu sıfıra yaklasıyor oldugundan limn→∞

b−a2n =

0 dır.Bilinen teoreme göre, bu durumda ∀n ∈ N için c ∈ ∆n = [an, bn] olacak

sekilde bir tek c ∈ [a, b] vardır. Gösterelim ki f(c) = 0 dır. Karsıtınıdüsünelim.Ya f(c) > 0 ya da f(c) < 0 olsun. f fonksiyonu c noktasında sürekli oldugundanlimx→c

f(x) = f(c) > 0 dır. Limitin bilinen özelligine göre ∃K◦(c, δ) ⊂ [a, b]

komsulugu bulunur ki ∀x ∈ K◦(c, δ) için f(x) > 0 (Belirlilik için f(c) > 0alıyoruz.)Diger taraftan lim

n→∞(bn−an) = lim

n→∞b−a2n = 0 oldugundan ∃nδ ∈ N numarası

bulunur ki ∀n > nδ için |bn − an| < δ olur. c ∈ [an0 , bn0 ] oldugundan, buradanelde ediyoruz ki ∆n0 ⊂ K◦(c, δ) dır.

Böylelikle ∆n0 üzerinde f(x) > 0 dır. Bu ise f nin ∆n0ın uç noktalarındazıt isaretli degerler almasıyla çelisir. Demek ki f(c) > 0 olamazç Benzer sekildegösterilir ki f(c) < 0 olamaz. Demek ki f(c) = 0 dır. Teorem ispatıtamamlan-mıstır.

87

1) D(x) =

{1, x rasyonel ise0, x irrasyonel ise

(Dirichlet Fonksiyonu)

i) Gösterelim ki limx→0

D(x) limiti yoktur.

xn → 0, n → ∞ iken xn 6= 0 ve xn ∈ Q olacak sekilde ∀(xn) dizisi içinlimn→∞

D(xn) = limn→∞

1 = 1,

Benzer sekilde xn → 0, n → ∞ iken xn 6= 0 ve xn ∈ R\Q olacak sekilde∀(xn) dizisi için lim

n→∞D(xn) = lim

n→∞0 = 0

Bu nedenle fonksiyon limitinin Heine tanımıgeregi limx→0

D(x) yoktur.

ii) Gösterelim ki ∀a ∈ R (a 6= 0) sayısıiçin limx→a

D(x) limiti yoktur.

a ∈ Q olsun. xn = a + 1n dizisi için lim

n→∞xn = a, xn 6= a, xn ∈ Q,

limn→∞

D(xn) = limn→∞

1 = 1

yn = a+ 1√n+√n+1

seçersek limn→∞

yn = a, yn 6= a, yn ∈ R\Q iken limn→∞

D(yn) =

0 dır. Böylece a ∈ Q ise limx→a

D(x) limiti yoktur.

Simdi a ∈ R\Q olsun. xn → a, xn ∈ Q olacak sekilde bir (xn) dizisiniseçelim. Bu durumda lim

n→∞D(xn) = lim

n→∞1 = 1

Benzer sekilde yn → a, yn ∈ R\Q, yn 6= a olmak üzere (yn) dizisini seçelim.(yn = a+ 1

n ). Bu durumda limn→∞

D(yn) = limn→∞

0 = 0

Böylelikle limx→a

D(x) limiti irrasyonel a için de yoktur.

Sonuç: D(x) Dirichlet Fonksiyonunun hiçbir yerde limiti yoktur.Örnek: xn1 = 1

2 (xn + axn

), x1 = 1 limiti bulunuz.

x1 = 1, x2 = ..., x3 = ...(xn) i bir rasyonel sayılar dizisi kabul edelim. lim

n→∞xn = 1 dir.

xn+1 = 12 (xn + a

xn) esitliginde limiti yazarsak,

` = 12 (`+ a

` ) , ` = a`

2` = −`+ a` , `

2 = a , ` =√a

xn+1 = 12 (xn − b

xn),

x1 = 2 (√b ye en yakınsak dizi)

x2 =1

2(2 + 3) =

5

2

x3 =1

2(5

2+

6

5/2) =

49

20(dizi azalan)

xn ≥ 0 oldugundan alttan sınırlıdır. Demek ki limiti vardır. Yukarıyıuygu-layabiliriz.Not: Dizinin azalan ve alttan sınırlıoldugunu gösteriniz.Teorem 8: (Cauchy Ara Deger Teoremi)[a, b] de sürekli ve f(a) 6= f(b) olacak sekilde f(x) fonksiyonu verilsin. Bu du-

rumda f(a) ve f(b) arasında bulunan ∀C noktasına f fonksiyonu [a, b] aralıgının

88

en az bir noktasında ulasabilmelidir, yani f(a) < C < f(b) olacak sekilde ∀csayısıiçin f(d) = C esitligini saglayan ∃d ∈ [a, b] bulunur.

Ispat: f(a) = A ve f(b) = B diyelim. Belirlilik için A < B kabul ediyoruz(A 6= B olmalıdır.). Gösterelim ki ∀C ∈ (A,B) için ∃d ∈ [a, b] öyle ki f(d) = Cdir. F (x) = f(x)− C fonksiyonunu düzenleyelim.Açıktır ki F (x), [a, b] de sürekli olup F (a) = f(a) − C = A − C < 0 dır.

F (b) = f(b) − C = B − C > 0 dır. Bu durumda F (d) = 0 olacak sekilde∃d ∈ [a, b] bulunur. Böylece F (d) = 0 =⇒ f(d) − C = 0 yani f(d) = C olur.Teorem ispatıtamamlanmıstır.Not: Teoremin hükmü C = f(a) ve C = f(b) için de geçerlidir. Gerçekten

eger C = f(a) olursa d = a alırız. C = f(b) olursa d = b alırız.Eger f(x), [a, b] üzerinde sürekli ise m = inf

x∈[a,b]f(x), M = sup

x∈[a,b]

f(x) olmak

üzere R(f) = [m,M ] dir. Yani f fonksiyonunun [a, b] üzerinde aldıgıdegerlerkümesi [m,M ] kümesidir. Bu sonuca göre sürekli fonksiyon kapalıaralıgıkapalıaralıga dönüstüren bir dönüsümdür.Teorem 9: Bir (a, b) aralıgında sürekli ve monoton fonksiyonun deger

kümesi yine bir açık aralık ise fonksiyon (a, b) üzerinde süreklidir.Ispat: ∀x0 ∈ (a, b) alalım ve gösterelim ki f(x) fonksiyonu x0 noktasında

süreklidir. Karsıtınıdüsünüp diyelim ki f , x0 da süreksizdir. x0 noktasıf ninsıçramalısüreksizlik noktasıolur (monotonluktan dolayı). Böylelikle f(x+

0 ) vef(x−0 ) sag ve sol limitleri vardır ve f(x+

0 ) = f(x−0 ) dır. f fonksiyonu tüm (a, b)de tanımlıoldugundan f(x0) degeri sonludur. Demek ki f(x0) degeri f(x+

0 ) veyaf(x−0 ) degerlerinin en az birinden farklıdır. Belirlilik için diyelim ki f(x+

0 ) 6=f(x−0 ) dir. Diyelim ki fonksiyonumuz artan fonksiyondur. Bu durumda x < x0

iken f(x) ≤ f(x0) = y0 (f(x−0 ) = supx<x0

f(x)) ve x > x0 iken f(x) ≥ f(x+0 )

(f(x+0 ) = sup

x>x0

f(x))dir. Bir baska deyisle f(x) fonksiyonu [y0, y1] aralıgındaki

degerlerine ulasmamaktadır.

Bu ise f nin deger kümesinin bir aralık olmasıyla çelisecektir. Demek ki ffonksiyonu x0 da süreklidir.Teorem ispatıtamamlanmıstır.Not: Bu teoremin kapalıaralık için de geçerlidir. Yalnız uçlardaki a nok-

tasındaki sagdan süreklilik, b noktasında da soldan süreklilik olarak düsünülmek-tedir.Örnek: y = loga x fonksiyonuna bakalım. Bu fonksiyon tanım kümesi

(a,+∞) aralıgında y = loga x monoton komsulugunda (0 < a < 1 ise azalana > 1 ise artan)

y = loga x fonksiyonunun deger kümesi (−∞,+∞) aralıgıdır. O halde ispat-ladıgımız son teoreme göre y = loga x fonksiyonu (0,+∞) üzerinde süreklidir.

Teorem: (Monoton ve Sürekli Fonksiyonun Tersi Hakkında)[a, b] aralıgında sürekli ve kesin monoton fonksiyonun ters fonksiyonu [f(a), f(b)]

üzerinde sürekli ve kesin artan (azalan) x = g(y) = f−1(y) fonksiyonudur.Bir baska deyisle, [a, b] üzerinde sürekli ve kesin artan (azalan) fonksiyonun

89

tersi varsa bu ters fonksiyon [f(a), f(b)] aralıgıüzerinde kesin artan (azalan) vesüreklidir.Ispat: 1) Ters Fonksiyonun Varlıgı: A = f(a), B = f(b) olsun. (A < B

oldugunu kabul ediyoruz.) f(x) artan fonksiyon olsun. Bu durumda ∀x ∈[a, b] için A ≤ f(x) ≤ B olur. f(x), [a, b] üzerinde sürekli oldugundan A =

infx∈[a,b]

f(x), B = supx∈[a,b]

f(x) olup f nin deger kümesi F (f) = [A,B] kapalı

aralıgıdır. (Cauchy ara deger teoreminden çıkan sonuç geregi)Ters fonksiyon tanımıgeregi ters fonksiyonun varlıgı∀y0 ∈ [A,B] sayısına

göre f(x) = y0 denkleminin bir tek x = x0 ∈ [a, b] çözümü bulunmalıdır.Yani görüntüsü var olmalıdır. f fonksiyonu [a, b] üzerinde oldugundan degerkümesinden seçilen her ara degere ulasabilmektedir.(Cauchy Teoremi). Özelhalde y0 ∈ [A,B] ara degerine de ulasabilmektedir. yani f(x0) = y0 olacaksekilde ∃x0 ∈ [a, b] çözümü vardır. Gösterelim ki bu x0 çözümü tektir. Karsıtınıdüsünelim. Diyelim ki f(x0) = y0 ve f(x∼0 ) = y0 olacak sekilde iki tane x0,x∼0 ∈ [a, b] görüntüsü vardır.Belirlilik için x0 < x∼0 diyelim. f fonksiyonu kesin artan oldugundan f(x0) <

f(x∼0 ) olur. f(x0) = y0 ve f(x∼0 ) = y0 olduguna göre buradan y0 < y0 çeliskisiçıkar. Böylece x0 6= x∼0 olamaz. Yani x0 = x∼0 dır. Dolayısıyla f(x0) =y0 denkleminin [a, b] de çözümü tektir. Bu gösteriyor ki x = g(y) = f−1(y)fonksiyonu mevcuttur ve [f(a), f(b)] = [A,B] kümesi üzerinde tanımlıdır. Tersfonksiyonun deger kümesi de [a, b] aralıgıdır. Ayrıca;

f(g(y)) = y, y ∈ [A,B] (1)

g(f(x)) = x, x ∈ [a, b] (2)

2) Ters Fonksiyonun Monotonlugu:Gösterelim ki x = g(y) ters fonksiyonu [A,B] tanım kümesi üzerinde kesin

artandır. Yani

∀y1, y2 ∈ [A,B], y1 < y2 → g(y1) < g(y2) (3)

Karsıtınıdüsünüp g(y) nin kesin artan olmadıgınıdüsünüp, yani farzımisaledelim ki

∃[y1, y2] ∈ [A,B], y1 < y2 : g(y1) ≥ g(y2) (4)

x1 = g(y1), x2 = g(y2), x1, x2 ∈ [a, b]

olsun. g(y1) ≥ g(y2) oldugundan f(x1) ≥ f(x2) olacaktır. Ayrıca (1) özdesligigeregi f(x1) = f(g(y1)) = y1 ve f(x2) = f(g(y2)) = y2 olur.Buradan y1 > y2

elde ediyoruz. Ancak y1 < y2 idi. Bu çeliski gösterir. (3)ten g ters fonksiyonukesin artandır.3) Ters Fonksiyonun Sürekliligi:

90

∀y0 ∈ (A,B) seçelim ve gösterelim ki g(y) ters fonksiyonu y0 noktasındasüreklidir. Bunun için

g(y−0 ) = g(y0), g(y+0 ) = g(y0) (5)

Monoton fonksiyonun limiti teoremine göre

g(y−0 ) ≤ g(y0) < g(y+0 )

dır. Karsıtınıdüsünüp diyelim ki (5) esitliklerinden en az biri, örnegin g(y−0 ) =g(y0) saglanmıyor. g(y−0 ) 6= g(y0) dır. Bu durumda (5) den g(y−0 ) < g(y0) olur.∀y ∈ [A, y0] için a ≤ g(y) ≤ g(y−0 ) = sup

y<y0

g(y) ve ∀y ∈ [y0, B] için g(y0) ≤

g(y) ≤ b oldugundan g(y−0 ) < g(y0) olmasınedeniyle

∆ = g(y−0 ).g(y0)

g fonksiyonunun deger kümesine, yani [a, b] ye ait degildir. Bu ise [a, b] nin biraralık olmasıile çelismektedir.Böyle g(y) ters fonksiyonu ∀y0 ∈ [A,B] noktasında süreklidir.Benzer sekilde gösterilir ki g(y) fonksiyonu A = f(a) noktasından sagdan

B = f(b) noktasında soldan süreklidir.Not: Sürekli fonksiyonun lokal özelligiyle ilgili bir özellik daha verelim. Bu

özellik fonksiyon limitinin benzer özelliginden çıkmaktadır.Teorem: Eger f fonksiyonu a noktasında sürekli ve f(a) 6= 0 ise ∃δ > 0

sayısıbulunur ki ∀x ∈ K(a, δ)→ sgnf(x) = sgnf(a) dır.Bu özellige sürekli fonksiyonların isaret koruma özelligi denir. Bu özellige

göre a noktasında sürekli f fonksiyonunun a noktasının bir (a− ε, a+ ε) komsu-lugunda f(a) 6= 0 ile isareti aynıolan degerlere sahiptir.BazıBasit (Elemanter) Fonksiyonların Sürekliligi1)

Pn(xn) = a0xn + a1x

n−1 + ...+ an−1x+ an

n. dereceden polinom fonksiyon denir. Burada a0 6= 0 ve a1, a2, ..., an reelsayılardır ve polinomun katsayılarıadınıalmaktadır. Polinom fonksiyonun tanımkümesi R dir.

f(x) = x fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyon tam R üzerinde tanımlıdır.Gösterelim ki f fonksiyonu R üzerinde süreklidir. ∀x0 ∈ R alalım. ∀ε < 0sayısıiçin δ = ε seçersek |x− x0| < δ iken, |f(x)− f(x0)| = |x− x0| < δ = εyani |f(x)− f(x0)| < ε olur. Bu gösteriyor ki f fonksiyonu x0 noktasındasüreklidir. x0, R nin keyfi noktası oldugundan buradan çıkıyor ki f tüm Rüzerinde süreklidir. Buna göre sürekli fonksiyon özelliklerinden elde ediyoruzki x2 = x.x , x3 = x2.x , xn = xn−1.x (n ∈ N) bu fonksiyonların hepsi tümR üzerinde süreklidir. Buradan çıkıyor ki Pn(x) fonksiyonu da tüm R üzerindesüreklidir.2) P (x) ve Q(x) birer polinom fonksiyonlar olmak üzere R(x) = P (x)

Q(x) sek-linde tanımlıR fonksiyonuna bir rasyonel fonksiyon denir. Açıktır ki rasyonel

91

fonksiyon Q(x) in sıfırdan farklı oldugu noktalar kümesi üzerinde tanımlı vesürekli bir fonksiyondur.Örnegin, R(x) = x−1

x+5 polinomu x = −5 noktasıhariç her yerde süreklidir.3) f(x) = ax (a > 0, a 6= 1) üstel fonksiyonunun tüm R de sürekli oldugunu

gösterelim. Öncelikle a > 1 durumunu ele alalım. Kolayca gösterilir ki limn→∞

a1n =

1 dir. Gerçekten ∀ε > 0 için |an − 1| < ε ⇐⇒ a1n −1 < ε ⇐⇒ a

1n < 1+ε =⇒

1n loga(1 + ε) ⇐⇒ n > 1

loga(1+ε) oldugundan nε =[∣∣∣ 1

loga(1+ε)

∣∣∣] seçersek ∀ε > 0

için n > nε iken∣∣∣a 1

n − 1∣∣∣ < ε olur. Yani lim

n→∞a1n = 1 dir.

Buradan açıktır ki

limn→∞

a−1n = lim

n→∞

1

a1n

=1

limn→∞

a1n

= 1

dir. Simdi gösterelim ki limx→0

ax = 1 dir. (a > 1 dir.)

limn→∞

a1n = lim

n→∞a−

1n = 1 oldugundan ∀ε > 0 için ∃nε numarası var ki

∀n > nε için∣∣∣a 1

n − 1∣∣∣ < ε ve

∣∣∣a− 1n − 1

∣∣∣ < ε dir. Yani n > nε iken

1− ε < a−1n < a

1n < 1 + ε

dir. n0 = nε + 1 alırsak

1− ε < a−1n0 < a

1n0 < 1 + ε (∗)

Simdi δ = 1n0kabul edelim. Bu durumda |x| < δ yani −δ < x < δ veya

− 1n0< x < 1

n0ise

a−1n0 < ax < a

1n0

saglanır. Burada (∗) ıdikkate alırsak |x| < δ iken 1 − ε < ax < 1 + ε veya−ε < ax−1 < ε veya |ax − 1| < ε elde ederiz. Böylelikle ∀ε > 0 için δ = 1

n0olmak

üzere |x| < δ iken |ax − 1| < ε olur. Dolayısıyla limx→0

ax = 1 olur. Bu o demektir

ki f(x) = ax fonksiyonu x = 0 noktasında süreklidir. Çünkü limx→0

ax = 1 = a0

dır. Simdi ∀x0 6= 0, x0 ∈ R noktasınıalalım.

limx→x0

ax = limx→x0

(ax−x0 .ax0

)

= ax0 . limx→x0

ax−x0x−x0=t

=⇒ ax0 . limt→0

at

= ax0 .1 = ax0

Yani

limx→x0

ax = ax0

92

olur. Bu gösteriyor ki a > 1 iken ax üstel fonksiyonu x0 noktasında süreklidir.Böylelikle ax üstel fonksiyonu a > 1 iken tüm R üzerinde süreklidir. Simdi0 < a < 1 olsun. Bu durumda;

ax =

(11a

)x=

1(1a

)x ve 1

a> 1

olacagından;

limx→x0

ax = limx→x0

11ax

=1

limx→x0

( 1a )x

=1

( 1a )x0

=11ax0

= ax0

elde ederiz. Böylelikle 0 < a < 1 için de limx→x0

ax = ax0 olur. Yani, 0 < a < 1

için de ax üstel fonksiyonu tüm R de süreklidir.4) Trigonometrik Fonksiyonların Sürekliligilimx→x0

sinx = sinx0 oldugunu gösterelim. (∀x0 ∈ R için)

|sinx− sinx0| =

∣∣∣∣2. sin x− x0

2. cos

x+ x0

2

∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣sin x− x0

2

∣∣∣∣ . ∣∣∣∣cosx+ x0

2

∣∣∣∣ < 2

∣∣∣∣sin x− x0

2

∣∣∣∣ve 0 < |t| < δ (δ < π

2 ) iken |sin t| < 1 oldugundan ∀ε > 0 için δ = ε alırsak

|x− x0| < δ iken |sinx− sinx0| ≤∣∣2. sin x−x0

2

∣∣ < /2 (x−x0)

/2 ) = |x− x0| < δ = ε

Yani 0 < |x− x0| < δ iken |sinx− sinx0| < ε elde ederiz. Dolayısıylalimx→x0

sinx = sinx0 dır. Bu gösteriyor ki sinx fonksiyonu ∀x0 ∈ R noktasındasüreklidir. Dolayısıyla tüm R de süreklidir.

Benzer sekilde cosx fonksiyonunun tüm R üzerinde sürekliligi gösterilir. Bu-radan çıkıyor ki tanx = sin x

cos x fonksiyonu, R\{π2 + n, n ∈ Z

}üzerinde sürek-

lidir. cotx = cos xsin x fonksiyonu ise R\ {n, n ∈ Z} kümesi üzerinde süreklidir.

5) Hiperbolik Fonksiyonlarsinhx = ex−e−x

2 fonksiyonu süreklidir. Çünkü f(x) = 12ex ve g(x) = − 1

2e−x

üstel fonksiyonu R üzerinde sürekli ve sinhx = f(x) + g(x) dir.Benzer sekilde coshx = ex+e−x

2 fonksiyonu tüm R üzerinde süreklidir.

tanhx =sinhx

coshx=ex − e−xex + e−x

fonksiyonu tüm R üzerinde süreklidir.

cothx =coshx

sinhx=ex + e−x

ex − e−x (x 6= 0)

R\ {0} üzerinde süreklidir.

cosh2 x− sinh2 x = 1

93

6) Bazıönemli limitler;a) lim

x→0

ln(1+x)x = 1

b) limx→0

loga(1+x)x = 1

ln a

c) limx→0

ex−1x = 1

d) limx→0

ax−1x = ln a

e) limx→0

(1+x)α−1x = α

Ispat: (d) limx→0

ax−1x = ln a oldugunu ispatlayalım.

ax − 1 = y diyelim. Bu durumda x → 0 ⇐⇒ y → 0 ve x = loga(1 + y)oldugundan;

limx→0

ax − 1

x= limy→0

y

loga(1 + y)=

1

limy→0

loga(1+y)y

(b)=

11

ln a

= ln a

elde edilir.Ispat: (b)

limx→0

loga(1 + x)

x= lim

x→0

1

x. loga(1 + x) = lim

x→0loga(1 + x)

1x

= loga[ limx→0

(1 + x)1x ]

Ispat: (e) limx→0

(1+x)α−1x = α oldugunu gösterelim:

(1 + x)α − 1 = y diyeölim. x→ 0⇐⇒ y → 0 dır.(1 + x)α = 1 + yα. ln(1 + x) = ln(1 + y)

limx→0

(1 + x)α − 1

x= lim

x→0

y

x

= limx→0

[y

ln(1 + y).α. ln(1 + x)

x

]= lim

y→0

y

ln(1 + y). limx→0

α. ln(1 + x)

x

= α. limy→0

y

ln(1 + y). limx→0

ln(1 + x)

x= α.1.1 = α

94

Örnek: limx→0

√1+x−

√1−x

3√

1+x− 3√

1−x

limx→0

√1 + x−

√1− x

3√

1 + x− 3√

1− x= lim

x→0

[(1 + x)1/2 − 1]− [(1− x)1/2 − 1]

[(1 + x)1/3 − 1]− [(1− x)1/3 − 1]

= limx→0

[(1+x)1/2−1

x

]−[

(1−x)1/2−1x

][

(1+x)1/3−1x

]−[

(1−x)1/3−1x

]=

12 − (− 1

2 )13 − (− 1

3 )=

3

2

Örnek: limx→0

ln(cos ax)ln(cos bx)

limx→0

ln(cos ax)

ln(cos bx)

= limx→0

ln[1 + (cos ax− 1)]

ln[1 + (cos bx− 1)]

= limx→0

ln[1− 2 sin2 ax2 ]

ln[1− 2 sin2 bx2 ]

= limx→0

sin2 ax2

sin2 bx2

. limx→0

ln[1− 2 sin2 ax2 ]

−2 sin2 ax2

Örnek: y = sinx, −π2 ≤ x ≤ π2 fonksiyonunu ele alalım. Biliyoruz ki bu

fonksiyon[−π2 ,

π2

]üzerinde artan, sürekli olup, deger kümesi [−1, 1] aralıgıdır.

Bu durumda ters fonksiyonun varlıgıve sürekliligi teoremine göre [−1, 1] aralıgıüzerinde tanımlıartan ve sürekli ters fonksiyon mevcuttur. Bu ters fonksiyonusembolik olarak y = arcsinx, x ∈ [−1, 1] ile gösteririz. sinx fonksiyonu tanımlıve periyodik bir fonksiyondur. y = arcsinx, x ∈ [−1, 1] fonksiyonu tüm Rüzerinde tanımlısinx fonksiyonunun tersi degildir, sinx fonksiyonunun

[−π2 ,

π2

]aralıgına kısıtlanmasının tersidir.

arcsin(sinx) = x, x ∈[−π2 ,

π2

]sin(arcsinx) = x, x ∈ [−1, 1]arcsin(−x) = − arcsinxÖrnek: f(x) = arcsin(sinx) fonksiyonunun grafigiÇözüm: Fonksiyon tüm R üzerinde tanımlıve 2π periyotludur.

f(x+ 2π) = arcsin(sin(x+ 2π)) = arcsin(sinx) = f(x)

Bu sebepten grafigin uzunlugu 2π olan[−π2 ,

3π2

]aralıgında çizip tüm R

ye periyodik olarak genisletmemiz gerekecektir. Biliyoruz ki x ∈[−π2 ,

3π2

]ise

f(x) = arcsin(sinx) = x dir. x ∈[π2 ,

3π2

]olsun. Bu durumda π − x ∈

[−π2 ,

π2

]olur.Buna göre arcsin(sin(π−x)) = π−x veya arcsin(sinx) = π−x, x ∈

[π2 ,

3π2

]buluruz.

95

Böylelikle f(x) =

{x, −π2 ≤ x ≤

π2

π − x, π2 ≤ x ≤

3π2

Simdi grafigi çizelim.

Örnek: y = cosx, 0 ≤ x ≤ π fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyon[0, π] kapalıaralıgıüzerinde azalan ve süreklidir. Deger kümesi de [−1, 1]. Tersfoksiyon teoremine göre [−1, 1] aralıgı üzerinde tanımlı ters fonksiyon vardır.[−1, 1] üzerinde azalan ve süreklidir. Bu ters fonksiyonu sembolik olarak y =arccosx, x ∈ [−1, 1] seklinde gösteririz. Bu ters fonksiyon tüm R üzerindeperiyodik cosx fonksiyonunun [0, π] aralıgının kısıtlanmasının tersidir. Ayrıca,ters fonksiyon özelliginden,

cos(arccosx) = x, x ∈ [−1, 1]

arccos(cosx) = x, x ∈ [0, π]

arccos(−x) = π − arccosx, x ∈ [−1, 1]

Ispat: y = arccosx ise,

−x = cos y, y ∈ [0, π]

x = − cos y

x = cos(π − y), π − y ∈ [0, π]

π − y = arccosx =⇒ y = π − arccosx =⇒ arccos(−x) = π − arccosx

Grafigi çizelim;Örnek 1: y = arccos(cosx) fonksiyonunun grafigini çiziniz.Örnek 2: y = tanx, x ∈

(−π2 ,

π2

)fonksiyonunun ters fonksiyonunun var

oldugunu gösterip bu fonksiyonun özelliklerini arastırınız.Örnek 3: y = cotx, x ∈ [0, π]Örnek: y = sinx, x ∈ R fonksiyonunu ele alalım.y = ex−e−x

2 = sinhx tir.y = sinhx fonksiyonu tüm R üzerinde artan ve sürekli olup deger kümesi

de R dir. Ters fonksiyon teoremine göre R üzerinde tanımlı artan ve sürekliters fonksiyon vardır. Bu ters fonksiyon sembolik olarak y = arcsinx, x ∈ R ilegösterilir.

Bu ters fonksiyonun analitik ifadesini bulalım.y = sinhx = ex−e−x

2 =⇒ 2y = ex − e−x

=⇒ e2x − 1 = 2yex =⇒ e2x − 2yex − 1 = 0t > 0 oldugundan t = y +

√y2 + 1 dir.

ex = y +√y2 + 1

x = ln(y+√y2 + 1) =⇒ y = ln(x+

√x2 + 1) =⇒ arcsinx = ln(x+

√x2 + 1),

x ∈ R

96

Örnek: y = coshx, x ∈ R fonksiyonunun ters fonksiyonunun mevcut olduguaralıgıbulunuz ve ters fonksiyonun özelliklerini inceleyiniz.Örnek: y = tanhx = sinh x

cosh x , x ∈ R fonksiyonunun ters fonksiyonununmevcut oldugu aralıgıbulunuz ve ters fonksiyonun özelliklerini inceleyiniz.Örnek: y = cothx = cosh x

sinh x , x ∈ R fonksiyonunun ters fonksiyonununmevcut oldugu aralıgıbulunuz ve ters fonksiyonun özelliklerini inceleyiniz.Biliyoruz ki bir X aralıgıüzerinde tanımlıve monoton fonksiyonu Y deger

kümesi bir aralık ise fonksiyon X kümesi üzerinde süreklidir (Kesin monoton).Biz buradaX bir aralıktır derken ∀x1, x2 ∈ X için [x1, x2] ⊂ X kosulunusaglayankümeleri düsünüyoruz. R üzerinde aralıklara örnek olarak [a, b] kapalıaralıgını,(a, b) açık aralıgını, [a, b) ve (a, b] yarı açık aralıklarını [a,+∞), (−∞, a] ve(a,+∞), (−∞, a) ve R = (−∞,+∞) kümelerini gösteririz. Kapalı [a, b] ar-alıgıüzerinde sürekli fonksiyonlar için Weierstrass ve Cauchy Ara Deger teore-minden çıkan sonuca göre biliyoruz ki [a, b] üzerinde sürekli f(x) fonksiyonundeger kümesi m = min

x∈[a,b]f(x) ve M = max

x∈[a,b]f(x) olmak üzere [m,M ] kapalı

aralıgıdır.Dolayısıya sürekli fonksiyon kapalıaralıgıyine bir kapalıaralıga dönüstüren

bir fonksiyondur. Daha önce söyledigimiz gibi bu sonuç sadece kapalıaralık içindegil aynızamanda her X aralıgıiçin de geçerlidir.Teorem: X aralıgı üzerinde sürekli fonksiyonun Y deger kümesi de bir

aralıktır.Ispat: X aralıgıüzerinde sürekli f(x) fonksiyonunu alalım. Y , bu fonksiy-

onun deger kümesi olsun. ∀y1, y2 ∈ Y alalım. f(x1) = y1 ve f(x2) = y2 olsun.X aralık oldugundan [x1, x2] ⊂ X dir. Bu sebepten f fonksiyonumuz [x1, x2]üzerinde süreklidir. Belirlilik için burada x1 < x2 ve y1 < y2 oldugunu kabulediyoruz. O halde Cauchy ara deger teoremine göre f fonksiyonumuz y1 ile y2

arasındaki her degeri alabilmektedir. Yani y1 ≤ t ≤ y2 olmak üzere ∀t içinf(c) = t olacak sekilde ∃c ∈ [x1, x2] bulunur. Bu gösteriyor ki [y1, y2] ⊂ Y dir.Böylelikle Y deger kümesi bir aralıktır.Böylelikle asagıdaki sonuca varıyoruz.Sonuç: X aralıgıüzerinde monoton fonksiyonun sürekli olmasıiçin gerek ve

yeter kosul Y deger kümesinin bir aralık olmasıdır.Düzgün Süreklilik

KapalıAralıkta Sürekli Fonksiyonlar Için Cantor TeoremiBirX aralıgıüzerinde sürekli f(x) fonksiyonu verilsin. Bu durumda biliyoruz

ki fonksiyon ∀x0 ∈ X noktasında sürekli olacaktır. Bu o demektir ki ∀ε > 0 için∃δ = δ(ε, x0) > 0 : ∀x ∈ K(x0, δ) ∩X için

|f(x)− f(x0)| < ε (1)

dir. Böylelikle sabitlenmis bir x0 ∈ X noktasına göre (1) kosulunu saglayanδ > 0 sayısınıbulmus oluyoruz. Açıktır ki bu x0 noktasınıdegistiripbaska birx0 noktasınıalırsak aynıδ > 0 sayısı(1) kosulunu saglanmasıiçin geçerli olmaya-bilir. Bir baska deyisle x0 noktalarınıdegistirdikçe ilgili δ sayılarıda degisebilir.

97

Dolayısıyla (1) kosulundaki δ sayısı ε a baglı oldugu kadar x0 noktasına dabaglıdır.Eger ∀ε > 0 sayısı için X kümesinin bütün x0 noktalarında (1) kosulunu

saglayan sadece ε a baglıbir δ = δ(ε) > 0 sayısıbulmak mümkünse f fonksiyonuX kümesi üzerinde düzgün süreklidir.Tanım: ∀ε > 0 için ∃δ = δ(ε) > 0 : ∀x′, x′′ ∈ X : |x′ − x′′| < δ iken

|f(x′)− f(x′′)| < ε (2)

kosulu saglanıyorsa f fonksiyonu X kümesi üzerinde düzgün süreklidir denir.Bu tanımdan açıktır ki X kümesi üzerinde düzgün sürekli her fonksiyon bu

küme üzerinde süreklidir. Gerçekten (2) kosulunda x′ = x ve x′′ = x0 alırsak (1)kosulunun da saglandıgınıgörürüz. Eger buradan x0 noktasınısabitlenmis birnokta olarak düsünürsek f nin x0 noktasında sürekli oldugu elde edilir. ∀x0 ∈ Xnoktasıiçin bu sonuç f nin tüm X üzerinde sürekli oldugunu ortaya koyacak-tır. Ancak tersi dogru degildir. Yani X kümesi üzerinde sürekli fonksiyon buküme üzerinde düzgün sürekli olmayabilir. Bunu açıklamak için düzgün sürekliolmamak ne demektir tanımlayalım. Yani (2) nin degilini tanımlayalım.Tanım: f fonksiyonu X kümesi üzerinde düzgün sürekli degildir.⇐⇒ ∃ε0 >

0 : ∀δ > 0 için ∃x′, x′′ ∈ X : |x′ − x′′| < δ iken

|f(x′)− f(x′′)| ≥ ε0 (3)

Örnek: f(x) = 1x fonksiyonu (0, 1) aralıgı üzerinde süreklidir. Ancak

ε0 = 12 , x

′ = 1n , x

′′ = 1n+1 (n ∈ N) seçersek x′, x′′ ∈ (0, 1) olup ∀δ > 0 için

|x′ − x′′| = 1n −

1n+1 = 1

n(n+1) <1n2 < δ (n >

√δ olmasıyeterlidir.) olurken,

|f(x′)− f(x′′)| =∣∣ 1x′ −

1x′′

∣∣ > |n− (n+ 1)| = 1 > − 12 = ε0 olacaktır. Böylelikle

(3) kosulu ε0 = 12 ve x

′ = 1n ve x

′′ = 1n+1 için saglanacaktır. Bu gösteriyor

ki f(x) = 1x fonksiyonu (0, 1) kümesi üzerinde süreklidir, ancak düzgün sürekli

degildir.Böylelikle düzgün süreklilik tanımınıgeometrik olarak yorumlarsak bir fonksiy-

onun birX kümesi üzerinde düzgün sürekli olmasıdemekX kümesinin yeterinceyakın herhangi iki noktasının f altındaki görüntülerinin de birbirine çok yakınolmasıdemektir.Örnek: f(x) = sin 1

x fonksiyonu (0, 1) aralıgıüzerinde süreklidir. Ancak bufonksiyon (0, 1) aralıgıüzerinde düzgün sürekli degildir. Gerçekten x′n = 1

2nπ

ve x′′n = 1π2 +2nπ seçersek x

′n, x′′n ∈ (0, 1) ve |x′n − x′′n| = 1

2nπ −1

π2 +2nπ

n→∞−→ 0

olurken |f(x′n)− f(x′′n)| =∣∣sin 2nπ − sin(π2 + 2nπ)

∣∣ = |0− 1| = 1 > 12 = ε0 dır.

Gerçekten f(x) = sin 1x , (0, 1) aralıgıüzerinde düzgün sürekli degildir.

Teorem: (Cantor Teoremi): [a, b] kapalıaralıgıüzerinde sürekli fonksiyonbu aralık üzerinde düzgün süreklidir.Ispat: f(x) fonksiyonu [a, b] aralıgıüzerinde sürekli olsun. Karsıtınıdüsünüp

diyelim ki f , [a, b] üzerinde düzgün sürekli degildir. Bu durumda biliyoruz ki(3) kosulu saglanacaktır: ∃ε0 > 0 ∀δ > 0 için ∃x′, x′′ ∈ [a, b] : |x′ − x′′| < δiken |f(x′)− f(x′′)| ≥ ε0. (3) ten çıkıyor ki δ = 1

n (n ∈ N) sayısına göre

98

∃x′, x′′ ∈ [a, b] : |x′ − x′′| < 1n iken

|f(x′)− f(x′′)| ≥ ε0 (3’)

saglanacaktır. x′n ∈ [a, b] oldugundan (x′n) dizisi sınırlıdır. O halde Bolzano -Weierstrass teoremine göre (x′n) dizisi yakınsak bir (x′nk) alt dizisine sahiptir.Diyelim ki lim

k→∞x′nk = c dir. a ≤ x′nk ≤ b (k ∈ N) oldugunda a ≤ c ≤ b, yani

c ∈ [a, b] olacaktır. Diger taraftan ∀n ∈ N için |x′′n − x′n| < 1n oldugundan∣∣x′′nk − x′nk ∣∣ < 1

nkveya x′nk −

1

nk< x′′nk +

1

nk(4)

esitsizligi saglanacaktır. (4) esitsizliginden çıkıyor ki limk→∞

x′′nk = c dir.

Ayrıca (3’) ün sag tarafındaki esitsizligi x′nk ve x′′nkiçin yazarsak∣∣f(x′nk)− f(x′′nk)

∣∣ ≥ ε0 (5)

elde ederiz. f fonksiyonumuz [a, b] üzerinde sürekli oldugundan limk→∞

f(x′nk) =

f(c) ve limk→∞

f(x′′nk) = f(c) dir. Bu durumda (5) te k → ∞ ile limite geçersek

0 ≥ ε0 elde edilir. Ancak ε0 > 0 idi. Çeliski gösteriyor ki kabulümüz dogrudegildir. Yani f, [a, b] üzerinde düzgün süreklidir.Tanım: X aralıgıüzerinde tanımlıf fonksiyonu verilsin. x′, x′′ ∈ X olmak

üzere tüm mümkün f(x′′)−f(x′) farklarından bir küme olsturalım. Bu kümeninen küçük üst sınırına (supremumuna) f fonksiyonunun X kümesi üzerindekisalınımıdenir ve W (f,X) veya W (f) ile gösterilir:

W (f,X) = supx′,x′′∈X

[f(x′′)− f(x′)] = supx′,x′′∈X

|f(x′′)− f(x′)| (6)

Düzgün süreklilik tanımından çıkıyor ki eger f fonksiyonu bir X aralıgıüz-erinde düzgün sürekli ise ∀ε > 0 sayısına göre ∃δ > 0 sayısıbulunur ki uzunluguδ dan küçük olan her aralıkta fonksiyonun salınımıε dan küçük olur.

Buna göre Cantor teoreminden asagıdaki sonuca olusuyoruz.Sonuç:[a, b] üzerinde sürekli f fonksiyonu verilsin. O halde ∀ε > 0 sayısına

göre öyle bir δ > 0 sayısıbulunur ki [a, b] aralıgınıuzunlugu δ dan küçük olanparçalara böldügümüzde her parçada fonksiyonun salınımıε dan küçük olur.

Örnek: f(x) =√x fonksiyonu [1,+∞) üzerinde düzgün sürekli midir? Gös-

teriniz.Çözüm: Düzgün süreklilik tanımınıkullanacagız.∀ε > 0 için ∃δ > 0 bulalım öyle ki ∀x′, x′′ ∈ [1,+∞) ve |x′ − x′′| < δ iken

|f(x′)− f(x′′)| < ε olsun.

|f(x′′)− f(x′)| =∣∣∣√x′′ −√x′∣∣∣ =

∣∣∣∣ x′′ − x′√x′′ +

√x′

∣∣∣∣ =|x′′ − x′|∣∣∣√x′′ +√x′∣∣∣

≤ |x′′ − x′|1 + 1

=1 |x′′ − x′|

2<δ

2= ε

99

oldugundan ε > 0 için δ = 2ε seçersek ∀x′, x′′ ∈ [1,+∞) ∧ |x′ − x′′| < δ iken|f(x′′)− f(x′)| < δ

2 = ε elde ederiz. Böylece f(x) =√x, [1,+∞) aralıgıüz-

erinde düzgün sürekli oluyor.Örnek: f(x) =

√x fonksiyonu [0, 1] üzerinde düzgün süreklidir. Bu Cantor

teoreminden açıktır.Fonksiyonların Karsılastırılması"O", "o" ve "∼" SembolleriDenk Fonksiyonlarx0 sonlu veya sonsuz bir nokta, K◦(x0, δ) bu noktanın delinmis bir δ komsu-

lugu (δ > 0), f ve g bu komsulukta tanımlıiki fonksiyon olsun.Tanım 1: ∀x ∈ K◦(x0, δ) için |f(x)| ≤ c. |g(x)| olacak sekilde en az bir

c > 0 sayısıbulunabilirse x→ x0 iken f , g ye göre sınırlıdır, denir ve f = O(g),x→ x0 veya f(x) = O(g(x)), x→ x0 biçiminde gösterilir.Tanımdan açıktır ki x → x0 f(x) = O(1) yazılısıx0 ın bir delinmis komsu-

lugunda f nin sınırlıolmasınıgöstermektedir.Tanım 2: Eger x → x0 f(x) = O(g(x)) ve g(x) = O(f(x)) oluyorsa bu

durumda x → x0 iken f ve g fonksiyonlarıaynıya da esit mertebelidir, denir.Özel halde x → x0 iken f(x) ve g(x) fonksiyonsları esit mertebeli ve sonsuzküçük fonksiyonlar ise f ve g ye esit mertebeli sonsuz küçük fonksiyonlar denir.Lemma 1: lim

x→x0f(x)g(x) = k 6= 0 sonlu limiti varsa x → x0 iken f(x) ve g(x)

esit mertebelidir.Ispat: lim

x→x0|f(x)||g(x)| = |k| ve |k| < |k|+ 1 oldugundan limitin bilinen özelligine

göre x0 noktasının öyle bir K◦(x0, δ) delinmis komsulugu vardır ki bu komsuluküzerinde |f(x)|

|g(x)| < |k|+ 1 buradan,

|f(x)| < (|k|+ 1)g(x)

esitsizligi saglanır. Bu bize gösterir ki f(x) = O(g(x)), x → x0. Diger taraftank 6= 0 oldugundan lim

x→x0g(x)f(x) = 1

k 6= 0 dır. O halde ispatımızın ilk kısmında

oldugu gibi x → x0 iken g(x) = O(f(x)) oldugu görülür. Böylece f(x) =O(g(x)) ve g(x) = O(f(x)), x→ x0 elde edilir. O halde ispat biter.Simdi örnekler verelim.Örnek 1: f(x) = 1

x ve g(x) = 12x , x → ∞ iken esit mertebeden sonsuz

küçük fonksiyonlardır.Gerçekten f(x) ve g(x) fonksiyonlarısonsuz küçük fonksiyonlardır ve x→∞

iken limx→∞

f(x)g(x) = lim

x→∞

1x12x

= 2 6= 0 oldugundan sonsuz küçük f ve g fonksiyonları

esit mertebeden fonksiyonlardır.Örnek 2: x2 = O(x), x→ 0 dır.Çünkü, x0 = 0 ın (−1, 1) komsulugunda

∣∣x2∣∣ < |x| esitsizligi geçerlidir.

f(x) = x2, g(x) = x dir. Fakat f(x) = x2ve g(x) = x fonksiyonları esitmertebeli degildirler.Örnek 3: x2 + 2x3 = O(x2), x→ 0 dır.Çünkü x0 = 0 ın (−1, 1) komsulugunda komsulugunda

∣∣x3∣∣ ≤ ∣∣x2

∣∣ oldugun-dan ∣∣x2 + 2x3

∣∣ ≤ ∣∣x2∣∣+ 2

∣∣x3∣∣ ≤ ∣∣x2

∣∣+ 2∣∣x2∣∣ = 3

∣∣x2∣∣

100

∣∣x2 + 2x3∣∣ ≤ 3

∣∣x2∣∣

dir. O halde x2 + 2x3 = O(x2), x→ 0 dır.Örnek 4: x2 + 2x3 = O(x3), x→∞ dur.Çünkü sonsuzun bir komsulugunda, örnegin |x| > 1 komsulugunda

∣∣x2∣∣ ≤∣∣x3

∣∣ esitsizligi saglanır. O halde |x| > 1 iken

∣∣x2 + 2x3∣∣ ≤ ∣∣x2

∣∣+ 2∣∣x3∣∣

≤∣∣x3∣∣+ 2

∣∣x3∣∣

≤ 3∣∣x3∣∣

tür. Yani x→∞ iken x2 + 2x3 = O(x3) tür.Not 1: Lemma 1 in ispatından görüyoruz ki eger lim

x→x0f(x)g(x) = k sonlu limiti

varsa (k 6= 0 olmak zorunda degil, yeter ki k 6=∞ olsun) o halde f(x) = O(g(x)),x→ x0 dır.Buna göre Örnek 1, Örnek 2, Örnek 3, Örnek 4 ü bu özelligi kullanarak

çözmek mümkündür.Örnegin; lim

x→∞x2+2x3

x3 = limx→∞

(2 + 1x ) = 2 oldugundan;

x2 + 2x3 = O(x3), x→∞

Ancak bu özelligin tersi dogru degildir. Yani, limx→x0

f(x)g(x) limiti mevcut ol-

mayabilir. Fakat f(x) = O(g(x)), x→ x0 olabilir.

Ters örnek: f(x) =

{x2, x > 0 ise−x, x < 0 ise

ve g(x) = 3x olan fonksiyonları

verilsin.∀x ∈ (−1, 1)\ {0} için

f(x)

g(x)=

{x3 , x > 0 ise− 1

3 x < 0 ise

oldugundan limx→0

f(x)g(x) limiti yoktur. Ancak

∣∣∣ f(x)g(x)

∣∣∣ < 13 . Yani, |f(x)| < 1

3 |g(x)| =⇒f(x) = O(g(x)), x→ 0Not 2: Bazen f(x) = O(g(x)), x → x0 tanımıx ∈ K◦(x0, δ) iken f(x) =

α(x).g(x) ve ∀x ∈ K◦(x0, δ) için |α(x)| ≤ c seklinde verilir. Yani f(x) =O(g(x)), x→ x0 ⇐⇒ ∀x ∈ K◦(x0, δ) için f(x) = α(x).g(x), |α(x)| ≤ c seklindetanımlanır.Açıktır ki bu tanım bizim yukarıda verdigimiz tanım ile denktir. "O" nun bu

sekildeki tanımıbu sembolle ilgili islemler yaparken avantajlıolabilir. Bununlailgili örnekler asagıda verilecektir.Tanım 3: x0 noktasının delinmis bir K◦(x0, δ) komsulugunda f(x) =

α(x).g(x), limx→0

α(x) = 0 kosulları saglanıyorsa x → x0 iken f fonksiyonu g

fonksiyonuna göre sonsuz küçük fonksiyondur denir. ve f(x) = o(g(x)), x→ x0

biçiminde gösterilir. ("o", "o küçük" diye okunur.)

101

Bu tanımdan açıktır ki f(x), x→ 0 sonsuz küçük fonksiyon ise f(x) = o(1),x → 0 olarak yazabiliriz. Ayrıca Tanım 3 ten f(x) = o(g(x)), x → 0 olmasıf(x) in sonsuz küçük olmasınıgerektirmez. Örnegin, 1

x = o(

1x2

), x → 0 dır.

Ancak 1x , x→ 0 iken sonsuz küçük fonksiyon degildir.

Tanım 3 ten açıktır ki x0 ın delinmis bir komsulugunda g(x) 6= 0 ise f(x) =

o(g(x)), x → x0 ifadesi limx→x0

f(x)g(x) = 0 ile denktir. Böylece, ∀x ∈ K◦(x0, δ) için

g(x) 6= 0 ise f(x) = o(g(x)), x→ x0 ⇐⇒ limx→x0

f(x)g(x) = 0

Örnek: f(x) = sinx− x, g(x) = x olsun.∀x ∈ (−1, 1)\ {0} için g(x) = x 6= 0 oldugundan

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

sinx− xx

= limx→0

(sinx

x− 1) = 1− 1 = 0

oldugundan f(x) = o(g(x)), x→ 0 =⇒ sinx− x = o(x), x→ 0Tanım 4: α(x) ve β(x), x → x0 sonsuz küçük fonksiyonları için α(x) =

o(β(x)), x → x0 ise x → x0 iken α(x) sonsuz küçük fonksiyonu β(x) sonsuzküçük fonksiyonuna göre daha hızlıdır veya daha yüksek mertebedendir, denir.Örnegin, α(x) = x2 sonsuz küçük fonksiyonu, β(x) = x, x→ 0 iken fonksiy-

onuna göre daha hızlıdır ya da daha yüksek mertebedendir.Not 3: O(g(x)) ve o(g(x)) fonksiyonlarıbelli bir fonksiyon olmayıp benzer

özelliklere sahip bir fonksiyonlar kümesini ifade etmektedir.Örnegin, x2 = o(x), x → 0 ve x3 = o(x), x → 0 yazılısları hem x2 hem

de x3 fonksiyonlarının x→ 0, o(x) kümesine ait olmasıdemektir. Bu sebeptenhem f(x) = O(g(x)), x → 0 hem de f(x) = o(g(x)), x → 0 esitliklerini f(x)fonksiyonunu x → 0 iken g(x) e göre sınırlı (o için) veya sonsuz küçük olanfonksiyonlar kümesinin bir üyesi olmasıanlamında kullanıyoruz. Bu yüzden buesitliklere bazen asimptotik esitlikler de denir.Tanım 5: Eger lim

x→x0f(x) = 1 ve x0 noktasının bir delinmis komsulugunda

f(x) = ρ(x).g(x) esitligi saglanırsa f(x) ve g(x) fonksiyonlarıx→ x0 iken denkfonksiyonlardır, denir ve bu f(x) ∼ g(x), x→ x0 olarak gösterilir.Tanımdan açıktır ki x0 noktasının bir delinmis komsulugunda g(x) 6= 0 ol-

masıhalinde f(x) ∼ g(x), x→ x0 ⇐⇒ limx→x0

f(x)g(x) = 1.

Örnegin,

sinx ∼ x, x→ 0

tanx ∼ x, x→ 0

dir. Genel olarak x→ 0, sinx ∼ tanx ∼ arcsinx ∼ arctanx ∼ ln(1+x) ∼ ex−1

dir. Eger limx→x0

f(x)g(x) = c 6= 0 sonlu limiti varsa f(x) ∼ c.g(x) olacagıaçıktır.

Fonksiyonların denkligi asagıdaki özelliklere sahiptir.1) x→ x0 iken f ∼ f

102

2) x→ x0 iken f ∼ g ise g ∼ f3) x→ x0 iken f ∼ g ve g ∼ f iken f ∼ h dir.Lemma 2: f(x) ∼ g(x), x→ x0 olmasıiçin gerek ve yeter kosul

f(x) = g(x) + o(g(x)), x→ x0

olmasıdır.Ispat: (=⇒) : f(x) ∼ g(x), x → x0 olsun. Bu durumda x0 ın bir delinmis

komsulugunda f(x) = ρ(x).g(x) ve limx→x0

f(x) = 1 dir. Buna göre

f(x) = g(x) + g(x)(ρ(x)− 1) (∗)esitligi de x0 ın aynıdelinmis komsulugu için geçerlidir.Diger taraftan lim

x→0(ρ(x)−1) = 0 olmasından dolayıg(x)(ρ(x)−1) = o(g(x)),

x→ x0 elde ederiz. Böylelikle

f(x) = g(x) + o(g(x)), x→ x0

esitligi saglanacaktır.(⇐=) : f(x) = g(x) + o(g(x)), x → x0 olsun. Gösterelim ki f(x) ∼ g(x),

x → x0 dır. f(x) = g(x) + o(g(x)), x → x0 ise tanım geregi x0 noktasının birdelinmis komsulugunda

f(x)− g(x) = α(x).g(x) ( limx→x0

α(x) = 0 dır.)

veya

f(x) = (1 + α(x)).g(x)

esitligi saglanacaktır. (1 + α(x)) = ρ(x) dersek limx→x0

ρ(x) = 1 olur. Böylelikle

(∗) dan x0 ın bir delinmis komsulugunda f(x) = ρ(x).g(x) ve limx→x0

ρ(x) = 1 dir.

Demek ki f(x) ∼ g(x), x→ x0 dır.Lemma ispatlanmıs olur.Örnek: a) sinx ∼ x, x→ 0 dır.Gerçekten lim

x→0

sin xx = 1 ve g(x) = x fonksiyonu için (−1, 1)\ {0} komsu-

lugunda g(x) = x 6= 0 dır. Bu durumda Lemma 2 ye göre

sinx = x+ o(x), x→ 0

yazabiliriz.b) 1− cosx = 2 sin2 x

2 oldugundan

limx→0

(1− cosx)12x

2= limx→0

2 sin2 x2

12x

2= limx→0

(sin x

2x2

)2

=

(limx→0

sin x2

x2

)2

= 1

oldugundan

1− cosx ∼ 1

2x2, x→ 0

103

yazabilirizc) lim

x→0

ln(1+x)x = 1 =⇒ ln(1 + x) ∼ x, x→ 0 veya Lemma 2 ye göre

ln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0

dır.d) lim

x→0

tan xx = 1 =⇒ tanx ∼ x, x→ 0⇐⇒ tanx = x+ o(x), x→ 0

e) ex − 2 = x, x→ 0⇐⇒ ex = 1 + x+ o(x), x→ 0f) (1 + x)α − 1 ∼ αx, x→ 0 (α 6= 0)Lemma 3: f(x) ∼ f1(x), x → x0 ve g(x) ∼ g1(x), x → x0 olsun. Ayrıca

limx→x0

f1(x)g1(x) limiti mevcut olsun. Bu durumda lim

x→x0f(x)g(x) limiti de mevcut ve

limx→x0

f(x)g(x) = lim

x→x0f1(x)g1(x) dir.

Ispat: f ∼ f1, x → x0 ve g ∼ g1, x → x0 oldugundan tanım geregif(x) = f1(x).h(x) ve g(x) = g1(x).h1(x) esitlikleri x0 ın bir delinmis komsu-lugunda saglanıyor ve lim

x→x0h(x) = lim

x→x0h1(x) = 1 dir. lim

x→x0f1(x)g1(x) sonlu limiti

mevcut oldugundan ve limx→x0

h1(x) = 1 oldugundan x0 noktasının bir delinmis

komsulugunda f1, g1, h1 fonksiyonları tanımlı ve bu komsulukta g1(x) 6= 0ve h1(x) 6= 0 dır. Bu sebepten aynıdelinmis komsulukta f(x) = f1(x).h(x),g(x) = g1(x).h1(x) olmasından dolayıf , g fonksiyonlarıtanımlıve bu komsu-lukta g(x) 6= 0, buna göre aynıkomsulukta

limx→x0

f(x)

g(x)= limx→x0

f1(x).h(x)

g1(x).h1(x)= limx→x0

f1(x)

g1(x). limx→x0

h(x)

h1(x)= limx→x0

f1(x)

g1(x)

dir. Dolayısıyla limx→x0

f(x)g(x) mevcut ve lim

x→x0f(x)g(x) = lim

x→x0f1(x)g1(x) dir.

Lemmanın ispatıtamamlanmıstır.Not 4: Yukarıda gösterildi ki f(x) ∼ g(x), x→ x0, yani f(x) = g(x)+o(x),

x → x0 dır. Bu nedenle f ye denk olan (x → x0 iken) her fonksiyona f ninx → x0 iken bas kısmıdenir. Örnegin f(x) ∼ C.xn, x → 0 (n ∈ N) ise C.xn

fonksiyonuna f(x) in x→ 0 iken bas kısmıdenir.Örnek: f(x) = tanx − sinx fonksiyonunun x → 0 iken C.xn seklinde bas

kısmınıayırınız.Çözüm: Soruyu çözmek için f(x) ∼ C.xn olacak sekilde, yani tanx−sinx ∼

C.xn, x → 0 olacak sekilde C ve n sayılarını bulmamız gerkiyor. Bir baskasekilde

limx→0

tanx− sinx

C.xn= 1

olacak sekilde C ve n arıyoruz.

104

1 = limx→0

tanx− sinx

C.xn= limx→0

sin xcos x − sinx

C.xn= limx→0

sin x(1−cos x)cos x

C.xn

= limx→0

sin xcos x .2 sin2 x

2

C.xn=

2

C. limx→0

1

cosx

[sinx

x.sin2 x

2

x2.

1

xn−3

]

=2

C.1

4. limx→0

1

xn−3=

1

2Climx→0

1

xn−3

yani

1

2Climx→0

1

xn−3= 1

olmalıdır. Buna göre n = 3 ve 12C = 1 olmalıdır. Böylelikle tanx− sinx ∼ 1

2x2,

x→ 0 olur.Örnek: x → 0 iken α(x) sonsuz küçük bir fonksiyon olsun. lim

x→0α(x) = 0

dir. Asagıdaki esitliklerin saglandıgınıgösteriniz.

1. o(α) +O(α) = O(α), x→ x0

2. o(α).O(α) = o(α2) = O(α), x→ x0 (α 6= 0)

3. [o(α)]2 = o(α2), x→ x0

4. o[c.α] = o(α), x→ x0

5. o(α) + o(α) = o(α), x→ x0

6. o(o(α)) = o(α), x→ x0

7. o(α+ o(α)) = o(α), x→ x0

8. o(αn).o(αm) = o(αn+m), x→ x0

9. αn−1.o(α) = o(αn), x→ x0

10. [o(α)]n = o(αn), x→ x0

11. o(αn)α = o(αn−1), x→ x0 (n ∈ N, ∀x ∈ K◦(x0, δ) için α(x) 6= 0

Not 5: Bir E kümesi üzerinde |f(x)| = C |g(x)| (x ∈ E) esitsizligi saglanırsabunu f(x) = O(g(x)), x ∈ E olarak gösterecegiz.(1) i ispatlayalım:f = o(α) ve g = O(α), x→ x0 olsun.Tanım geregi f(α) = α(x).β(x), lim

x→x0β(x) = 0

∃C > 0 : |g(x)| ≤ C |α(x)| , limx→x0

β(x) = 0

105

olmasından çıkıyor ki x0 noktasının bir delinmis komsulugunda β(x) sınırlıdır,yani bu komsulukta |β(x)| ≤ C1 olacak sekilde C1 > 0 sayısıvardır. Buradanelde ediyoruz ki x0 noktasının bir komsulugunda

|f(x) + g(x)| ≤ |f(x)|+ |g(x)| ≤ C1 |α(x)|+ C |α(x)| = (C1 + C) |α(x)|

yani x0 ın bir komsulugunda

|f(x) + g(x)| ≤ (C1 + C) |α(x)|

Bu gösteriyor kif + g = O(α), x→ x0

(4) ü ispatlayalım:f = o(Cα) diyelim.f(x) = Cα(x).β(x) ve lim

x→0β(x) = 0 olur.

Eger β1(x) = C.β(x dersek limx→0

β1(x) = 0 ve f(x) = α(x).β1(x)

f(x) = o(α(x)), x→ 0o(Cα) = o(α), x→ 0(7) yi ispatlayalım.o(α+ o(α)) = o(α) dır.f = o(α+ o(α)), x→ x0 diyelim.f = [α+ o(α)].β(x) olur. f = α(x).β(x) + β(x).o(α)limx→0

β(x) = 0 =⇒ β(x) = o(1) dir.

β(x).o(α) = o(1).o(α) = o(α) olacagından

f = α(x).β(x) + o(α)

yazarız. Buna göre

f = o(α) + o(α)

yanif = o(α)

olur.Örnek: (1 + x)α − 1 = αx, x→ 0Lemma 3 e göre (1 + x)α − 1 = αx+ o(αx), x→ 0 dır.o(Cα) = o(α), x→ 0 oldugundan buradan

(1 + x)α = 1 + αx+ o(x), x→ 0

Örnek: limx→0

arcsin(ex−1)cos x−cos 3x =?

Çözüm: arcsinx ∼ x, x→ 0 ve ex − 1 ∼ x, x→ 0 dir.

cosx− cos 3x = 2 sinx. sin 2x ∼ 2x.(2x) = 4x2

106

limx→0

arcsin(ex − 1)

cosx− cos 3x= limx→0

x.x

4x2=

1

4

Örnek: limx→0

ex− 3√

1+x2 arctan x−arcsin x =?

Çözüm:ex = 1 + x+ o(x), x→ 0

3√

1 + x = 1 +1

3x+ o(x), x→ 0

arctanx = x+ o(x), x→ 0

arcsinx = x+ o(x), x→ 0

limx→0

[1+x+o(x)]−[1+ 13x+o(x)]

2(x+o(x))−(x+o(x)) = limx→0

23x+o(x)

x+o(x) = limx→0

23+o(1)

1+o(1) = 23

Örnek: limx→0

(cosx)1

x ln(1+x) =?

Çözüm: cosx = 1− 12x2 + o(x), x→ 0

ln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0 oldugundan

limx→0

(cosx)1

x ln(1+x) = limx→0

(1− 1

2x2 + o(x2))

1x2+o(x2)

= elimx→0

[− 12x

2+o(x2)]. 1x2+o(x2) = e

limx→0

− 12x2+o(x2)

x2+o(x2)

= elimx→0

− 12x2+o(1)

1+o(1) = e−12

107

Documents

Analiz 1son