Sonsuzda limitler ve süreklilik

Geçen hafta $x$ bir sayıya yaklaşıyordu. Bu hafta iki yeni soru: $x$ sonsuza giderken fonksiyon ne yapar, ve bir fonksiyon “kopmadan” çizilebilir mi? İlki asimptot sorularını, ikincisi “fonksiyonun sürekli olması için $k$ ne olmalı” sorularını getiriyor. Bunlar vizede neredeyse garanti. Aklında tut:

1. Rasyonel fonksiyonda sonsuz limit derecelere bakılarak bulunur. En yüksek kuvvete böl.
2. $\sqrt{x^2}=|x|$. $x\to-\infty$ iken bu $-x$ demek.
3. $\infty-\infty$ köklü ise eşlenikle çarp.
4. Süreklilik = limit, fonksiyonun değerine eşit. Parçalı fonksiyonda birleşme noktalarını kontrol et.
5. Ara değer teoremi kök varlığını gösterir, kökün kendisini bulmaz.

Sonsuzda limitler (limits at infinity)

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=L$: $x$ büyüdükçe $f(x)$, $L$‘ye yaklaşır. Bu durumda $y=L$ yatay asimptottur (horizontal asymptote). $x\to-\infty$ için ayrıca bakılır; iki yön farklı sonuç verebilir.

Temel gerçek: $p>0$ için $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1}{x^p}=0$.

Rasyonel fonksiyonlar: derece kuralı

Pay ve paydayı, paydadaki en yüksek kuvvete böl.

Örnek 1.

$\lim_{x\to\infty}\frac{4x^3-x}{2x^3+5x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{4-\frac{1}{x^2}}{2+\frac{5}{x}}=\frac{4}{2}=2$

Kısa kural tablosu:

Pay derecesi tam bir fazlaysa eğik asimptot (oblique asymptote) var: polinom bölmesi yap, bölüm kısmı asimptot doğrusudur.

Köklü ifadeler ve işaret tuzağı

$\sqrt{x^2}=|x|$. Bu yüzden $x\to-\infty$ iken kökten $x$ çıkarırken eksi işareti doğar.

Örnek 2. $f(x)=\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3}$.

x -> +inf:  sqrt(x^2+1) = x sqrt(1 + 1/x^2)
            f = sqrt(1+1/x^2) / (2 + 3/x)  ->  1/2
x -> -inf:  sqrt(x^2+1) = |x| sqrt(1+1/x^2) = -x sqrt(1+1/x^2)
            f = -sqrt(1+1/x^2) / (2 + 3/x)  ->  -1/2

İki yatay asimptot: $y=\tfrac12$ ve $y=-\tfrac12$.

TUZAK · $x\to-\infty$ iken kökten $x$ çıkarmak. $\sqrt{x^2}=x$ yazarsan işaret yanlış çıkar. Negatif sonsuzda $\sqrt{x^2}=-x$.

$\infty-\infty$ belirsizliği

Örnek 3. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)$.

Eşlenikle çarp ve böl:

$\frac{(x^2+x)-(x^2-x)}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\frac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\frac{2}{\sqrt{1+\frac1x}+\sqrt{1-\frac1x}}\to\frac{2}{2}=1$

Üstel ve ters trigonometrik fonksiyonlar

$\lim_{x\to\infty}e^{-x}=0,\qquad \lim_{x\to-\infty}e^{x}=0,\qquad \lim_{x\to\pm\infty}\arctan x=\pm\frac{\pi}{2}$

$e^x$ içeren oranlarda, $x\to\infty$ için $e^x$‘e böl; $x\to-\infty$ için $e^x$‘i doğrudan $0$ al.

Süreklilik (continuity)

$f$, $x=a$‘da süreklidir (continuous) ancak ve ancak:

1. $f(a)$ tanımlı,
2. $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)$ var,
3. $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)$.

Polinomlar, $e^x$, $\sin x$, $\cos x$ her yerde sürekli. Rasyonel fonksiyonlar, $\ln x$, $\sqrt{x}$, $\tan x$ tanım kümelerinde sürekli. Sürekli fonksiyonların toplamı, çarpımı, bileşkesi de sürekli.

Süreksizlik türleri

Örnek 4. $f(x)=\dfrac{x^2-4}{x-2}$ ($x\ne2$), $f(2)=3$. $\lim_{x\to2}f(x)=\lim(x+2)=4\ne3=f(2)$. Kaldırılabilir süreksizlik. $f(2)=4$ olarak yeniden tanımlarsan sürekli olur.

Örnek 4b (sıçrama). $g(x)=\begin{cases}x+1, & x<0\\ x^2-2, & x\ge0\end{cases}$. $x=0$‘da sol limit $1$, sağ limit $-2$. Limit yok, sıçrama süreksizliği. Hiçbir $g(0)$ değeri bunu düzeltemez; kaldırılabilir süreksizlikten farkı bu.

Tek taraflı süreklilik ve aralıkta süreklilik

$\lim_{x\to a^+}f(x)=f(a)$ ise $f$, $a$‘da sağdan süreklidir; soldan da benzer. Kapalı bir $[a,b]$ aralığında sürekli demek: içerideki her noktada sürekli, $a$‘da sağdan, $b$‘de soldan sürekli. Örneğin $\sqrt{x}$ $[0,\infty)$‘da sürekli; $0$‘da sadece sağdan bakılır, çünkü solda tanımlı değil.

Bileşke ve limit

$g$, $L$‘de sürekli ve $\lim_{x\to a}f(x)=L$ ise

$\lim_{x\to a}g\big(f(x)\big)=g\Big(\lim_{x\to a}f(x)\Big)=g(L)$

Yani sürekli bir fonksiyon limitin içine “girebilir”. Örnek: $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\cos\left(\frac{\pi x}{2x+1}\right)=\cos\left(\lim_{x\to\infty}\frac{\pi x}{2x+1}\right)=\cos\frac{\pi}{2}=0$. Önce içteki limiti derece kuralıyla bulduk, sonra kosinüsü uyguladık.

“k ne olmalı?” soruları

Parçalı fonksiyonda her parça kendi aralığında sürekli. Tek şüpheli yer birleşme noktası. Orada sol parçanın değeri = sağ parçanın değeri yaz.

Örnek 5. $f(x)=\begin{cases} x^2+k, & x<2\\ kx-1, & x\ge2\end{cases}$

$\lim_{x\to2^-}f=4+k,\qquad f(2)=\lim_{x\to2^+}f=2k-1$

$4+k=2k-1 \Rightarrow k=5$.

İki bilinmeyen varsa iki birleşme noktası vardır ve iki denklem kurarsın.

Ara Değer Teoremi (Intermediate Value Theorem)

$f$, $[a,b]$ kapalı aralığında sürekli ve $N$, $f(a)$ ile $f(b)$ arasında bir sayıysa, $f(c)=N$ olan en az bir $c\in(a,b)$ vardır.

Kök bulmak için kullanılan özel hali: $f(a)$ ve $f(b)$ zıt işaretliyse arada bir kök var.

Örnek 6. $x^3-2x-5=0$ denkleminin $(2,3)$‘te kökü var mı?

$f(2)=8-4-5=-1<0$, $f(3)=27-6-5=16>0$. Polinom sürekli, IVT’ye göre evet. Kökü yaklaşık bulmak için aralığı ikiye böl (bisection):

f(2.5)  =  5.625 > 0   ->  kök (2, 2.5) içinde
f(2.25) =  1.891 > 0   ->  kök (2, 2.25) içinde
...                     ->  kök ≈ 2.0946

Sınavda yazım şablonu: ”$f$ is continuous on $[a,b]$ (polynomial), $f(a)<0<f(b)$, so by the IVT there exists $c\in(a,b)$ with $f(c)=0$.” Sürekliliği söylemeyi unutursan puan kırılır.

TUZAK · süreksiz fonksiyonda IVT. $f(x)=\tfrac1x$ için $f(-1)=-1<0<1=f(1)$ ama $(-1,1)$‘de kök yok. Fonksiyon $x=0$‘da sürekli değil, teorem uygulanamaz.

Max-Min teoremi

$f$, kapalı ve sınırlı $[a,b]$ aralığında sürekliyse o aralıkta mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini alır. 8. haftada mutlak ekstremum sorularının dayanağı bu teorem.

Sık yapılan hatalar