Document

I. BÖLÜM
KÜMELER VE SAYILAR
1.1 Kümeler
Küme ve eleman terimleri, matematikte tanımlanmadan kabul edilen terimlerdir. Bunları,
dilimizdeki başka terimlerle anlatmak istersek; “Küme, nesneler topluluğudur.“ biçiminde
ifade edebiliriz. Kümeyi meydana getiren nesnelerin her birine kümenin elamanları denir ve
genel olarak kümeler A,B,X,Y, … gibi büyük harflerle, elamanları ise a,b,x,y, … gibi küçük
harflerle ifade edilir.
Elemanları a,b,c olan kümeyi A  a, b, c biçiminde gösteririz. Kümenin elemanları, kapalı
bir çizgi içine alınarak Venn şeması ile de gösterilebilir.
.a
.b
.c
.d
Burada a  A , b  A , c  A ve d  A ’dır.
Tanım.1.1.1: A kümesinin her elemanı, B kümesinin de elemanı ise A kümesi B kümesi
içindedir ya da B kümesi A’yı kapsar denir. Bu ifade A  B ya da B  A ile gösterilir. A’ya
B’nin alt kümesi denir. Buna göre
A  B   a  A için a  B olur.
Örneğin çift sayılar kümesi tamsayılar kümesinin bir alt kümesidir.
Tanım.1.1.2: A=B  A  B ve B  A olmasıdır. Bu tanıma göre A ve B eşit kümeler aynı
elemanlardan meydana gelmiştir. Eğer A  B fakat A  B ise A’ya B’nin bir özalt kümesi
adı verilir.
n elemanlı bir kümenin özalt küme sayısı 2 n  1 dir.
Tanım.1.1.3: Elemanları olmayan kümeye boş küme denir ve  ile gösterilir. Boş küme her
kümenin alt kümesidir.
1
Tanım.1.1.4: Küme teorisinin herhangi bir uygulamasında uğraştığımız tüm kümeleri sabit
bir kümenin alt kümeleri olarak düşünebiliriz. Bu kümeye evrensel küme denir ve genelde E
ile gösterilir. Şunu belirtelim ki her şeyi içine alan mutlak bir evrensel küme yoktur.
Tanım.1.1.5: Bir A kümesinin alt kümelerinin kümesine A’nın kuvvet kümesi denir ve P(A)
ile gösterilir.
Kuvvet kümesinin elemen sayısı
 
n
r
=
n!
(n elemanlı bir kümenin r elemanlı alt
r ! n  r !
küme sayısı) olmak üzere
S(P(A))=
      ...   2
n
0
n
1
n
n
n
biçiminde hesaplanır.
Tanım.1.1.6: A ve B kümelerinden en az birine ait olan elemanlardan meydana gelen kümeye
A ile B’nin birleşimi denir ve    biçiminde yazılır. Buna göre
A  B  a : a  A veya a  B
olur.
Sonlu çokluktaki A1 , A2 ,…, An kümelerinin birleşimi
n
Ak  a : en az bir 1  k  n için a  Ak 
k 1
ve sayılabilir çokluktaki A k (k=1,2,…) kümelerinin birleşimi ise

Ak  a : en az bir k  N için a  Ak 
k 1
Tanım.1.1.7: A ve B kümelerinin ortak elemanlarından meydana gelen kümeye A ile B’nin
ara kesiti veya kesişimi denir ve A  B biçiminde yazılır. Buna göre
A  B  a : a  A ve a  B olur.
A  B   ise A ve B kümelerine ayrıktır denir.
n
Ak  a : k  1, 2,..., n için a  Ak

k 1
Ve sayılabilir çokluktaki A1 , A2 ,…, An ,… kümelerinin kesişimi ise

Ak  a : k  1, 2,... için a  Ak 
k 1
Tanım.1.1.8: A kümesinin B kümesine ait olmayan elemanlarından oluşan kümeye A ile
B’nin farkı denir ve A\B biçiminde yazılır. Buna göre
A\B= a : a  A , a  B
2
At  E \ A kümesine ise A’nın tümleyeni adı verilir. Tümleyen tanımından A kümesi için
A  At  E , A  At   ,  At   A ‘dır.
t
De Morgan kuralı kümelerle ilgili aşağıdaki eşitlikleri içerir.
Teorem.1.1.1:A ile B iki küme olsun. Bu takdirde
 i  A  B 
 At  B t
t
 ii  A  B 
t
 At  B t dir.
İspat: (i) a   A  B   a   A  B   a  Avea  B
t
 a  At veyaa  Bt
Bu ise  A  B    At  Bt  ve  At  Bt    A  B  , yani (ii)’nin sağlanması demektir.
t
t
Tanım.1.1.9:A ve B kümelerinden birine ait olup da diğerine ait olmayan elemanların
kümesine A ile B’nin simetrik farkı denir ve AB şeklinde yazılır. Buna göre
AB = (A\B)   B \ A olur.
Kümelerle ilgili bazı örnekleri ele alalım.
Örnek.1.1.1: A ve B iki küme olmak üzere A   A \ B    A  B  olduğunu
gösteriniz. A   A \ B    A  B    A  B t    A  B   A   B t  B   A  E  A
Örnek.1.1.2: De Morgan kuralını kullanarak
Çözüm:
 A  B 
t
  At  B t 

t
kümesini sadeleştiriniz.
  A  B   A  B      A  B     A  B 
t
t
t
t
t t

t
t t
  A  B    At    B t 
t
t

  A  B   A  B
 A B
Zira A  B  A  B olduğundan  A  B    A  B   A  B
1.2 Sayılar
1.2.1 Sayı Türleri
Doğal sayılar kümesi: Doğal sayılar kümesi N ile gösterilir ve N  0,1, 2,... dir.
Tam sayılar kümesi: Tam sayılar kümesi Z ile gösterilir ve Z= ..., 2, 1,0,1, 2,... dir.
3
Rasyonel sayılar kümesi: Rasyonel sayılar kümesi Q ile gösterilir ve
p

Q=  : p, q  Z , q  0  ‘ dır. Burada paydanın sıfır olamayacağına dikkat edilmelidir.
q

Asal sayılar: 1 ve kendisinden başka böleni olmayan sayılara veya başka bir ifade ile sadece
iki tam böleni olan sayılara denir ve A ile gösterilir. A= 2,3,5,7,... pozitif asal sayılardır.
n  N olmak üzere çift sayılar 2n, tek sayılar 2n+1 ile gösterilebilir. Ancak asal sayıları
temsil edecek şekilde bir formül henüz geliştirilememiştir.
İrrasyonel sayılar: Rasyonel olmayan sayılara yani p, q  Z olmak üzere
p
şeklinde
q
yazılamayan sayılara denir.
Örneğin
2, 3, , e,... gibi sayılardır ve bu sayılar genelde I ile gösterilir.
Reel sayılar: Reel sayılar kısaca R  Q  I olarak yani yukarıdaki sayıların hepsini kapsayan
sayılar olarak tanımlanabilir. Sayı ekseni üzerindeki her bir nokta ile reel sayılar arasında bire
bir eşleme yapmak mümkündür.
Komleks Sayılar (Karmaşık Sayılar) Kümesi: İleride detaylı olarak verilecektir
1.2.2 Lineer Nokta Kümeleri
Elemanları reel sayılar olan kümelere lineer nokta kümeleri denir.
Aralıklar
1) (a,b); a,b açık aralığı olarak okunur ve x   a, b   x  R : a  x  b biçiminde
tanımlanır.
2) [a,b]; a,b kapalı aralığı olarak okunur ve x  a, b  x  R : a  x  b biçiminde
tanımlanır.
3) (a,b]; a’ dan açık, b’ den kapalı (yarı kapalı aralık) olarak okunur ve
x  (a, b]  x  R : a  x  b biçiminde tanımlanır.
4) [a,b); a’ dan kapalı, b’ den açık (yarı kapalı aralık) olarak okunur ve
x [a, b)  x  R : a  x  b biçiminde tanımlanır.
1.2.3 Reel Sayıların Mutlak Değeri
 a : a  0
Tanım.1.2.1: a bir reel sayı olmak üzere negatif olmayan ve a  
 biçiminde
a : a  0 
tanımlanan a sayısına a reel sayısının mutlak değeri veya modülü denir.
a = a 2 ifadesine mutlak değerin cebirsel tanımı denir.
4
1.2.4 Mutlak değerin özellikleri
x,y  R olmak üzere
1) x  0
2)  x  x
3) x 2  x
2
4) x. y  x . y
5)  x  x  x
6) x  y  x  y  x  y
7)
x
x

y
y
 y  0
özellikler mevcuttur.
Teorem.1.2.1: x  R ve a  R  olmak üzere
1) x  a  a  x  a
2) x  a  x  a veya x  a
3) x  a  x  a veya x  a
Tanım.1.2.2: x  x0   eşitsizliğini sağlayan tüm x noktalarının kümesine x0 noktasının
 - civarı (komşuluğu) denir.
x  x0   eşitsizliğini yukarıdaki teoremden x0    x  x0   biçiminde yazarsak
x0 ’ın  -civarı  x0   , x0    açık aralığı olur. Özel olarak x0 =0 alınırsa 0’ın  komşuluğu   ,   açık aralığı olur.
Örnek.1.2.1: 3x  2  5 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm:
3x  2  5
veya
3x  2  5
3x  7
3x  3
7
3
x  1
x
7

Ç  (, 1]   ,  
3

Örnek.1.2.2: 5x  15  x  1 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: 5 x  15  0  x  3
x 1  0  x  1
5
x  1 için  5 x  15   x  1
 4 x  14
x
x  1 ve x 
7
2
7
den Ç1  
2
1  x  3 için
(1)
 5 x  15  x  1
 6 x  16
x
1  x  3 ve x 
8
3
8
8
den Ç2  [ ,3)
3
3
(2)
x  3 için 5 x  15  x  1
4 x  14
x
x  3 ve x 
7
2
7
7 
den Ç3   ,3
2
2 
1 ,  2  ,  3 den
(3)
7
 8

Ç  x :  x 
, x  R
2
 3

1.2.5 Reel Sayının Tam Değeri
Bir a reel sayısından büyük olmayan tam sayıların en büyüğüne a sayısının tam değeri
denir ve a ile gösterilir. Bu tanıma göre her a reel sayısı onun a tam kısmı ile
0  t  1 özelliğini sağlayan kesir kısmının toplamı olarak yazılabilir, yani
a  a t
0  t  1 dir. O halde 3.7  3,
e 2,
  3 , 2.1  3 ,...
olacaktır.
Özellik: a, b  R olmak üzere a  b  a  b
Özellik: m bir tamsayı ve x  R için x  m  x  m dır.
Her k tamsayısı ve a reel sayısı için k. x  k.x eşitliği genelde doğru değildir.
Örnek.1.2.3:
3x  2
 3 eşitsizliğini çözünüz.
x
Çözüm: Tam kısmı 3 veya 3 ’den küçük olan sayılar 4 ‘den küçük olan sayılardır. O halde
6
3x  2
 4 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulmak yeterli olacaktır. Bu eşitsizlik
x
çözüldüğünde Ç=  ,0   2,   bulunur.
Örnek.1.2.4:
Çözüm:
x 1
 2 denklemini çözünüz.
3
x 1
x 1
22
 3 dır.
3
3
x 1
2
3
x 1
3
3
x 1
x7
20
0 x7
3
3
x 1
x  10
3 0 
 0  x  10
3
3
olduğundan çözüm kümesi olarak Ç= x  R :7  x  10 elde edilir.
Komleks Sayılar (Karmaşık Sayılar) Kümesi
z  C Olmak üzere bu sayı x ve y gibi reel sayılardan oluşan sıralı ikililer olarak z=(x,y)
biçiminde gösterilir.
(x,0) çiftine x reel sayısı gözüyle bakılacak ve dolayısıyla (x,0)=x olarak yazılacaktır.
(0,y) biçimindeki kompleks sayılara sırf imajıner sayılar denir. x ve y sayılarına sırasıyla
z=(x,y) ‘nin reel (gerçel) ve sanal (imajiner) bileşenleri denir.
Re(z)=x Im(z)=y biçiminde yazılır. (0,1) çiftini i ile göstereceğiz. Buna sanal birim denir.
z1   x1 , y1  , z2   x2 , y2  iki kompleks sayı olsun.
 i  z1  z2  x1  x2 ve y1  y2
 ii  z1  z2   x1  x2 , y1  y2 
 iii  z1.z2   x1 , y1  .  x2 , y2    x1.x2  y1. y2 , y1.x2  x1. y2 
biçiminde yazılır. Çarpım tanımı kullanarak  0,1   1, 0  olduğu görülebilir yani
2
i 
2
 1 dir.
Geometrik Yorum
z=x+iy kompleks sayısını düzlemde bir nokta olarak düşünmek doğaldır. Aynı zamanda z
sayısını başlangıç noktasından (x,y) noktasına giden yönlendirilmiş doğru parçası veya
vektör olarak da düşünmek mümkündür. r  z  x 2  y 2
7
z ‘nin modülü
z1 ile z2 arasındaki uzaklık z1  z2 
 x  x    y  y   biçiminde hesaplanır.
2
1
2
2
1
2
Ayrıca z1  z0  R merkezi z0 , yarıçapı R olan çemberi ifade eder.
Örnek.1.2.5: z  2  3i  6 yarıçapı 6 merkezi (2,-3) olan çemberi ifade eder.
z=(x,y) için z   x,  y   x  iy ’ye z sayısının eşleneği denir.
Eşlenik ile ilgili özellikler:
z. z  x 2  y 2  z
2
z  z
z1.z2  z1 . z2
z1
z2

z1
z2
 z2  0 
dır.
Kutupsal Gösterim
Sıfırdan farklı z=x+iy sayısına x  r cos  , y  r sin  olduğu için z ’yi kutupsal formda
z  r  cos  i sin   biçiminde ifade edilir. Burada  z ‘nin argumanıdır ve tan  
y
eşitliği
x
ile hesaplanır. Genel olarak bu durum z  0 için z  r  cos   2n   i sin   2n  
n=0,1,2,… dır.
Ayrıca z  r cos    i sin    
 r  cos  i sin   biçiminde yazılabilir.
Örnek.1.2.6: z  2 3  2i sayısını kutupsal formda yazalım.
8
Çözüm: z  r 
2 3
2
  2   4
tan  
2
bölgede bir açı olmalı. Bunun için önce tanjantı
açı  

2
1

buradan bulacağımız açı II.
2 3
3
1
eden birinci bölgedeki açıyı buluruz. Bu
3
olur. İkinci bölgedeki  açısını    
6

6

5
biçiminde buluruz.
6
O halde z ‘ nin kutupsal formda yazılışı
  5

 5

z  4 cos 
 2k  i sin 
 2 k  

 6

  6
k  0, 1, 2,... olur.
Not: z1  r1  cos1  i sin 1  ve z2  r2  cos2  i sin 2  olsun. Bu takdirde
z1.z2  r1.r2 cos 1   2   i sin 1   2   olur.
De Moivre formülü denir.
z1
 z1.z21
z2
 z2  0 
olduğundan
z1 r1
 cos 1   2   i sin 1   2   ‘dır.
z2 r2 
Köklerin Alınması
zn  w
w  C ) eşitliğinden z0 , z1 , z2 ,..., zn1 köklerini bulmak mümkündür. Bu kökler
  2k
  2k 

zk  r n  cos
 i sin

n
n 

1
 k  0,1, 2,..., n 1
formülünden hesaplanır.
Örnek.1.2.7: z  1  i karmaşık sayısının kareköklerini bulunuz.
1

Çözüm: z  1  i tan    1   
1
4
r  z  12  12  2



 2 k
 2 k

4
4
cos

i
sin

2
2


zk 
 2
1
2
z0 
 
1
2



 cos  i sin 
8
8

z1 
 
1
2
9
9 

 i sin
 cos

8
8 

2
2





 k  0,1
Üstel Form
Argumanı  modülü r olan z=x+iy kompleks sayısı z  r  cos  i sin   veya z  r.e i üstel
formda yazılır.
ei  cos   i sin  Euler Formülünü kullanarak
9
ez  exiy  ex .eiy  ex  cos y  i sin y  e x .cos y  ie x sin y
yazılabilir.
10
1  3 
Örnek.1.2.8: z  

1  3 
karmaşık sayısını kutupsal gösterimden yararlanarak x+iy
formunda yazınız.
Çözüm: z1  1  i 3  z1  1 
 3
z2  1  i 3 

2
 2 ve tan 1 
z2  1   3

2
3

 3  1 
1
3
 2 ve tan  2 
10
 3
 3
1





10
10
2  cos  i sin 
cos
 i sin


3
3


3
3
 
z

10


 



 10 
  
   
cos 
  i sin 

 2  cos  3   i sin  3   
 3 
 3 




 
20
20
 i sin
3
3
2 
2 


 z  cos  6 
  i sin  6 

3 
3 


2
2
 z  cos
 i sin
3
3
 z  cos
z
1
3
i
2
2
10
 2 

3
II. BÖLÜM
FONKSİYONLAR
Tanım.2.1: A  X , B  Y iki küme olsun. A’ nın her bir elemanını B’nin bir ve yalnız bir
elemanına eşleyen her f bağıntısına A’dan B’ye bir fonksiyon denir ve bu durum
f :AB
veya y=f (x) şeklinde gösterilir.
Burada x değişkenine bağımsız değişken veya arguman, y değişkenine bağımlı değişken veya
fonksiyon adı verilir.
A  x : f  x   y kümesine tanım kümesi, f  A   y : f  x   y kümesine de A
kümesinin görüntü kümesi denir.
Örnek.2.2: f : 3,5  R fonksiyonu f  x  
x2
ile tanımlıdır. f fonksiyonunun değer
x
kümesini bulalım.
Çözüm: 3  x  5 
1 x2 3

 ‘dir.Yani f ‘ nin değer kümesi f
3
x
5
11
3,5   13 , 53  ‘dır.


Örnek.2.3: A  R olmak üzere f  x  
 x 2  25
ile tanımlı f : A  R fonksiyonu
 x  1 .  x  2 
veriliyor. R içindeki en geniş A tanım kümesini bulalım.
Çözüm: Fonksiyonun tanımlı olması için  x 2  25  0 ve  x 1 x  2  0 olmalıdır.
Bunun için x  1 ve x  2 olduğu da dikkate alınırsa tanım kümesi A   5,5  1, 2 ‘dır.
Tanım.2.2: Koordinat başlangıcına göre simetrik aralıkta tanımlanmış olan f fonksiyonu için
f   x   f  x  koşulu sağlanırsa bu fonksiyona çift fonksiyon f   x    f  x  koşulu
sağlanırsa bu fonksiyona tek fonksiyon denir.
Örnek.2.4: y  f  x  ile tanımlı f : R  R fonksiyonu veriliyor.
a) g  x  
f  x  f x
2
ile tanımlı g : R  R fonksiyonunun tek fonksiyon olduğunu
gösteriniz.
b) h  x  
f  x  f x
2
ile tanımlı h : R  R fonksiyonunun çift fonksiyon olduğunu
gösteriniz.
Çözüm:
a) g   x  
f x  f  x
2

f  x   f  x 
2
  g  x  olduğundan, g fonksiyonu tek
fonksiyondur.
b) h   x  
f  x  f  x
2
 h  x  olduğundan, h fonksiyonu çift fonksiyondur.
Örnek.2.5: f  x   x3  x  sin x fonksiyonu f   x     x     x   sin   x 
3
  x3  x  sin x    x 3  x  sin x    f  x  olduğundan tek fonksiyondur.
Tanım.2.3: f : A  R bir fonksiyon olsun. x1  x2 koşulunu sağlayan her x1 , x2  A noktası
için f  x1   f  x2 
 f  x   f  x 
1
2
oluyorsa f fonksiyonuna A ‘da artan (azalmayan)
fonksiyon denir.
Tanım.2.4: f : A  R bir fonksiyon olsun. x1  x2 koşulunu sağlayan her x1 , x2  A noktası
için f  x1   f  x2 
 f  x   f  x 
1
2
oluyorsa f fonksiyonuna A ‘da azalan(artmayan)
fonksiyon denir.
12
 x1, x2  ,  x4 , x5 
aralığında fonksiyon artan ,  x3 , x4  aralığında fonksiyon azalandır.
Tanım.2.5: f : A  R olmak üzere A’dan alınan tüm x’ler için f  x   M olacak şekilde
M>0 reel sayısı varsa f fonksiyonuna A’da sınırlı fonksiyon denir.
Tanım.2.6: f : A  B fonksiyonu için f (A) , B kümesinin özalt kümesi ise f ’ye A’dan
B’ye içine fonksiyon denir.
Tanım.2.7: f : A  B fonksiyon olsun. a, b  A için a  b  f  a   f b  önermesi
11
doğru ise f fonksiyonuna birebir fonksiyon denir. f : A 
 B biçiminde gösterilir.
Tanım.2.8: f : A  B fonksiyon olsun. y  B için f  x   y olacak şekilde bir x  A
varsa f fonksiyonuna örten (üzerine) fonksiyon denir. (f(A)=B ise f örtendir)
Tanım.2.9: f : A  B ve g : B  C fonksiyonları verilmiş olsun.  gof  x   g  f  x  
( x  A için) olacak biçimde verilen gof : A  C fonksiyonuna, f ile g ‘nin bileşkesi denir.
Örnek.2.6: f  x   x3  5 , g  x   log x ise
 fog  x    log x 
3
 5 ve
h  x    gof  x   log  x 3  5  şeklindedir.
Örnek.2.7: g  x   3x2  6 ve  fog  x   6 x2  3 olduğuna göre f fonksiyonunu bulunuz.
Çözüm:  fog  x   f  g  x    6 x 2  3  2  3x 2  6   15  2 g  x   15 yazılabilir. g(x) yerine
x alınırsa f  x   2 x  15 elde edilir.
Tanım.2.10: F  x, y   0 ile tanımlanan fonksiyonlara kapalı fonksiyon, F  x   y şeklinde
tanımlanan fonksiyonlara da açık fonksiyon denir. Örneğin
x  2 y  8  0 kapalı fonksiyon; y  5 x 2  2 x  1 açık fonksiyon
Tanım.2.11: Belli bir X kümesinde tanımlanmış y  f  x 
...  a  fonksiyonunu göz önüne
alalım ve onun değerlerinin Y kümesini oluşturduğunu varsayalım. Eğer  a  eşitliğinden x’ i
13
y değişkeni cinsinden tek değerli olarak hesaplamak mümkünse yani Y kümesinde
x  f 1  y  varsa x  f 1  y  fonksiyonuna y  f  x  fonksiyonunun ters fonksiyonu denir.
Not: y  f  x  ’ in ters fonksiyonu olması için gerek ve yeter şart f ‘nin birebir ve örten
olmasıdır.
Örnek.2.8: f : R  R tanımlı y  x3  1 ile verilen fonksiyonun varsa tersini bulunuz.
Çözüm: Verilen fonksiyon birebir ve örten olduğundan tersi vardır.
x  3 y 1 olur. O halde f 1  x   3 x  1 bulunur.
Örnek.2.9: f  x   1 ve g  x   x olmak üzere f , g : R  R fonksiyonlarının tersi yoktur.
Zira ne birebir ne de örtendir.
Örnek.2.10: f : R   R  tanımlı y  x 2 ile verilen fonksiyonun tersini bulunuz.
Çözüm: y  x 2 ile verilen fonksiyon birebir ve örten olduğundan tersi vardır. x   y olur.
O halde f 1  x    x bulunur.
2.1 Üstel Fonksiyonlar
a  0 olmak üzere y  a x şelindeki fonksiyona üstel fonksiyon denir. a  0 için x ‘in her bir
değerine y ‘nin bir tek değeri karşılık gelir.
14
f : R   0,  tanımlı f  x   e x fonksiyonu e x  exp  x  biçiminde gösterilip grafiği a  1
için gibidir.
2.2 Logaritma Fonksiyonu
a x  b ifadesinde a ‘nın x. kuvveti b ‘yi versin. Bu eşitliği sağlayan x sayısına b sayısının a
tabanına göre logaritması denir ve log a b  x olarak gösterilir. Üstel fonksiyonla bu fonksiyon
arasında log a b  x  b  a x olacak şekilde bir ilişki vardır.
Sonuçlar:
1) Negatif sayıların sıfırın logaritması yoktur. Fakat şekilden de görüleceği üzere a  1
için log a 0   olarak alınacaktır.
2) a ‘nın 0 veya 1 olması durumunda logaritma tanımı mümkün değildir.
3) Taban ne olursa olsun 1 ‘in logaritması 0 ‘dır.
4)
y  log a x ‘in grafiği y  a x ‘in grafiğinin y  x doğrusuna göre simetriğidir.
Tanım.2.12:
y  log10 x  log x
ile
tanımlanan
logaritmaya
y  log e x  ln x ile tanımlanan logaritmaya ise doğal logaritma denir.
15
bayağı
logaritma
ve
Logaritmayla ilgili özellikler:
1) a1 , a2 ,..., an  R  olmak üzere log  a1.a2 .....an   log a1  log a2  ...  log an
2) log a n  n log a
3) a, b  R  ve a  b  log a  log b ‘dir.
4) a, b  R  ise log
a
 log a  log b ‘dir.
b
5) 0  x1  x2 ise log a x1  log a x2 ‘dir.  a  1
6) Logaritma fonksiyonu birebir ve örtendir.
7) b  a loga b ‘dır.
log c b
log c a
8) log a b 
Örnek.2.11: y  log 2
x 2  3x  2
fonksiyonunun tanım kümesini bulunuz.
x2
Çözüm: Fonksiyonun tanımlı olması için gerek ve yeter şart
x 2  3x  2
 0  x  2 ve  x  1 x  2  0  x  1 olmasıdır. Eşitlik çözülürse
x2
 1,   bulunur.
Örnek.2.12:
Çözüm:
log  35  x3 
log  5  x 
log  35  x3 
log  5  x 
 3 denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
 3  log  35  x 3   3log  5  x 
 log  35  x3   log  5  x 
 35  x3   5  x 
3
3
 x2  5x  6  0
 x1  2 , x2  3 ‘dır.
Bu kökler denklemi sağladığında Ç  2,3 olur.
Örnek.2.13: x
x

 x
x
reel sayılardaki çözümünü bulunuz.
Çözüm: Eşitliğin her iki tarafının logaritması alınırsa
x
x

 x
x
1
 x log x  x log x
2
16
1 

 log x  x  x   0
2 

1 

 log x  0 ve  x  x   0
2 

 x  100  1 ve x  4 ve x  0 bulunur.
Ancak bunlardan x  1 ve x  4 denklemi sağlar.
Örnek.2.14: log x  1 eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz.
 1

Çözüm: 1  log x  1  101  x  101 olup Ç   ,10  aralığıdır.
 10

2.3 Trigonometrik Fonksiyonlar
Tanım.2.13: D  R , f : D  R fonksiyonunda x  D için x  T  D ve f  x  T   f  x 
koşullarını gerçekleyen sıfırdan farklı bir T reel sayısı varsa, f fonksiyonuna periyodik
fonksiyon denir. f  x  T   f  x  eşitliğini gerçekleyen pozitif T reel sayısının en küçüğüne
f fonksiyonunun esas periyodu denir.
Örnek.2.15: y  f  x  ile tanımlı f : R  R fonksiyonunun periyodu 6 ‘dır.
g  x   f  3x  5 ile tanımlı g : R  R fonksiyonunun periyodu;
g ‘nin periyodu T olsun. Bu durumda
g  x  T   g  x   f  3  x  T   5  f  3x  5
 f  3x  5  3T   f  3x  5
 3x  5   u
olsun.
 f  u  3T   f u 
bulunur ki bu da f ‘nin periyodunun 3T olduğunu belirtir. Oysa f ‘nin periyodu 6 idi. O halde
3T  6  T  2 bulunur.
Tanım.2.14: Yarıçapı 1 ‘e eşit olan çembere birim çember denir. Bunun çevresinin uzunluğu
2 ‘dir. Şimdi aşağıdaki çember üzerindeki fonksiyonu tanımlayalım.
17
S :R Ç
S   x, P  : x  R, P  Ç
P  S  x  ve S  x   S  x  2  ‘dir.
Tanım.2.15: P noktasının y- ekseni üzerine izdüşümünü izd y P , x- ekseni üzerine
izdüşümünü izd x P ile gösterelim. O halde
izd y : Ç   1, 1 ‘dir.
P noktasının bu fonksiyonlara göre izdüşümleri
izd y  P   izd y  S  x    sin x
izd x  P   izd x  S  x    cos x
ile ifade edeceğiz. P   cos x,sin x  ‘dir.
Tanım.2.16: sin  izd y oS fonksiyonuna sinüs fonksiyonu, cos  izd x oS fonksiyonuna da
kosünüs fonksiyonu denir. Bunlar izd y  s  x    sin x, izd x  s  x    cos x ile tanımlı
sin : R   1, 1
cos : R   1, 1
fonksiyonlardır.
Tanım.2.17: sin x, cos x ’e bağlı olarak
tan x 
sin x
cos x
,  cos x  0  , cot x 
,  sin x  0 
cos x
sin x
sec x 
1
1
,  cos x  0  , cos ecx 
,  sin x  0 
cos x
sin x
şeklinde tanımlanır.
Birim Çember
18
Trigonometrik Eşitlikler
1. sin 2 x  cos 2 x  1
2. tan 2 x  1  sec 2 x
3. cot 2 x  1  cos ec 2 x
4. sin  x y   sin x.cos y cos x.sin y
5. cos  x y   cos x.cos y  sin x.sin y
6. sin 2x  2sin x.cos x
7. cos 2 x  cos 2 x  sin 2 x  2 cos 2 x  1  1  2sin 2 x
Trigonometrik Fonksiyonların Grafikleri
y  sin x fonksiyonunun grafiği
19
y  cos x fonksiyonunun grafiği
y  tan x fonksiyonunun grafiği
y  cot x fonksiyonunun grafiği
20
2.4 Ters Trigonometrik Fonksiyonlar
fonksiyonu birebir ve örten ise bunun ters fonksiyonundan bahsedilebilir ve
f
f 1   x, y  :  y, x   f  biçiminde ifade edilir. sin, cos, tan, cot,sec, cos ec fonksiyonları
birebir olmadıklarından, bunların ters fonksiyonlarından söz edilemez. Ancak, tanım
kümelerinin bir alt kümesinde, birebir ve örten olan kısıtlanmışlarının ters fonksiyonlarından
söz edilebilir.
  
sin : x    ,  1  1veörten sin x   1,1
 2 2
cos : x   0,  1  1 ve örten cos x   1,1
  
tan : x    , 1  1 ve örten tan x  R
 2 2
cot : x   0,  1  1 ve örten cot x  R
  
cos ec : x    ,   01  1 ve örten cos ecx  R   1,1
 2 2
 
sec : x   0,     1  1 ve örten sec x  R   1,1
2
Yukarıdaki biçimde tanımlanan trigonometrik fonksiyonların tersleri vardır ve bu
fonksiyonların tersleri sin 1 ,cos1 ,...
şeklinde veya sırasıyla arcsin, arccos,...
gösterilir. Tanım bölgelerindeki bu ifadelerin anlamı;
y  arcsin x  x  sin y
y  arccos x  x  cos y , vb’ dir.
sin

6

1
1 
 arcsin  da olduğu gibidir.
2
2 6
Ters Trigonometrik Fonksiyonların Grafikleri
21
şeklinde
  
y  arcsin x ; sin 1 : x   1,1  sin 1 x    , 
 2 2
y  arccos x; cos1 : x  1,1  cos1 x 0,  
  
y  arctan x; tan 1 : x  R  tan 1 x    , 
 2 2
y  arc cot x; cot 1 : x  R  cot 1 x   0,  
22
 
y  arc sec x; sec 1 : x  R   1,1  sec 1 x  0,     
2
  
y  arccos ecx; cos ec 1 : x  R   1,1  cos ec 1 x    ,   0
 2 2
Tanım.2.18: P0  x  , P1  x  ,..., Pn  x  çok terimliler olmak üzere;
P0  x  y n  P1  x  y n1  ...  Pn1  x  y  Pn  x   0 denklemini sağlayan y  f  x  fonksiyonuna
cebirsel fonksiyon denir.
23
En basit cebirsel fonksiyonlar;
y  c , y  ax  b , y  ax 2  bx  c , ... , y  a0 x n  a1 x n 1  ...  an 1 x  an ‘dir.
Tanım.2.19:Kesir rasyonel kuvvet bulunduran cebirsel fonksiyona irrasyonel fonksiyon
denir.
y  x5 x , y 
x3  2 x
3
x7  6 x  5
, ... gibi
Tanım.2.20: Cebirsel olmayan elementer fonksiyonlara transandant fonksiyonlar denir.
Örneğin; üstel, logaritmik trigonometrik, ters trigonometrik, hiperbolik fonksiyonlar gibi.
Örnek.2.16: sin x  cos x  m , sin 2 x  n olduğuna göre n ‘nin m türünden değerini bulunuz.
Çözüm: sin x  cot x  m   sinx  cos x   m 2
2
 sin 2 x  2sin x.cos x  cos2 x  m2
 1  2sin x cos x  m2
 1  sin 2x  m2
 n  m2  1 bulunur.
Örnek.2.17: cos 2  sin 1 x   1  x 2 olduğunu gösteriniz.
Çözüm: y  sin 1 x  x  sin y olduğundan
cos 2 y  1  sin 2 y  1  x 2  cos 2  sin 1 x   1  x 2 bulunur.
Örnek.2.18:
f  x   2  3sin x ve g  x  
cos x  1 fonksiyonlarının tanım ve değer
kümelerini bulunuz.
Çözüm: f ’nin tanım kümesi R ‘ dir. Değer kümesi ise
sin x  1  1  sin x  1  3  3sin x  3  1  2  3sin x  5
1,5
olduğundan
aralığıdır.
g’nin tanımlı olması için cos x 1  0  cos x  1  cos x  1 olmalıdır. Böylece tanım
kümesi x  k  k  Z  noktalarının kümesi ve dolayısıyla değer kümesi D  0 olur.
2.5 Hiperbolik Fonksiyonlar
Simetrik bir küme üzerinde tanımlı her f fonksiyonu, biri çift biri de tek olan iki fonksiyonun
toplamı şeklinde yazılabilir. Zira her f fonksiyonu için f  x  
yazılabilir.
f  x   e x alınırsa
24
f  x  f x
2

f  x  f x
2
ex 
e x  e x e x  e x
yazılabilir. e x ‘in çift ve tek parçalarına sırasıyla x ‘in hiperbolik

2
2
kosünüsü ve hiperbolik sinüsü denir. Buna göre
e x  e x
cosh x 
2
,
e x  e x
olur.
sinh x 
2
Bu fonksiyonların grafikleri aşağıdaki gibidir.
y=coshx y=sinhx
Diğer hiperbolik fonksiyonlar trigonometrik fonksiyonlarda olduğu gibi
sinh x e x  e x
tanh x 

cosh x e x  e x
sec hx 
1
cosh x
,
e x  e x
coth x  x  x
e e
,
cos echx 
1
sinh x
tanımlanır ve grafikleri
y=tanhx ‘in grafiği
y=cothx ‘in grafiği
25
y=cosechx ‘in grafiği
u=coshx ve v=sinhx için
y=sechx ’in grafiği
u 2  v 2  1 olduğu kolayca gösterilebilir. Bu denklem uv-dik
koordinat sisteminde ikizkenar hiperbol denklemi olduğundan bu fonksiyonlara hiperbolik
fonksiyonlar adı verilir.
Bu fonksiyonlarla ilgili özellikler
1) cosh 2 x  sinh 2 x  1
2) e x  cosh x  sinh x
e x  cosh x  sinh x
3) cosh 2 x  cosh 2 x  sinh 2 x  2 cosh 2 x  1
4) sinh 2x  2sinh x cosh x
5) sinh   x    sinh x
cosh   x   cosh x
6) cosh  x  y   cosh x cosh y  sinh x sinh y
7) sinh  x  y   sinh x cosh y  cosh x sinh y
8)  cosh x  sinh x   cosh nx  sinh nx
n
Örnek.2.19: f  x   cosh x
,
f : o,    1,   fonksiyonunun tersini bulunuz.
Çözüm: Fonksiyon birebir ve örten olduğundan tersi vardır.
cosh x 
2
e x  e x
 y   e x   2 ye x  1  0
2


Denklem çözülürse e x  y  y 2  1  x  ln y  y 2  1 bulunur.


x  0 verildiğine göre x  ln y  y 2  1 ‘ dır.
Örnek.2.20:
1  sinh x  cosh x
ifadesini sadeleştiriniz.
1  sinh x  cosh x
26
Çözüm: sinh x  cosh x  e x olduğunda

x
x
1  sinh x  cosh x 1  e x e 2  e 2
x

 x
  cot bulunur.
x
x

1   sinh x  cosh x  1  e
2
e 2  e2
Örnek.2.21: p  sinh  ln x  cosh x  ln x  ifadesinin x türünden değerini bulunuz.
Çözüm: sinh u 
eu  e  u
eu  e  u
ifadelerinden u yerine ln x konulursa
, cosh u 
2
2
p  sinh  ln x  cosh  ln x 
 eln x  e  ln x  eln x  e  ln x 
1
ln x
 ln x
p


 ; e x , e
2
2
x



p
1
1
1
x
x2  2
4
x.
x
x  x  1 elde edilir.
2
2
4
4 x2
x
Örnek.2.22:  cosh x  sinh x   cosh nx  sinh nx olduğunu gösteriniz.
n
Çözüm:  cosh x  sinh x 
n
n
 e x  e x e x  e x 
x n
nx


   e   e  cosh nx  sinh nx bulunur.
2
2


3


Örnek.2.23: f  x   arccos 
 denkleminin tanım kümesini bulunuz.
 4  2sin x 
3
3


Çözüm: arccos 
  t dersek cos t 
4  2sin x
 4  2sin x 
1  cos t  1 olduğundan 1 
3
4  2sin x
 1  1 
1
4  2sin x
3
 3  4  2sin x  3
7
1
 sin x  
2
2
 7
 1
 arcsin     x  arcsin   
 2
 2

bulunur.
2.6 Parametrik Fonksiyonlar
Bir f : A  B fonksiyonunun y  f  x  açık şekliyle verilen kuralı başka şekillerde de
verilebilir. x  g  t  y  h  t  şeklinde olduğu gibi.
Belli başlı bazı fonksiyonlar veya denklemlerin standart parametrik gösterimleri vardır.
Çember, elips, doğru vb.
27
Örnek.2.24: Merkezi orjin yarıçapı r olan çemberin kartezyen denklemi x 2  y 2  r 2 olup
bunun parametrik gösterimi
x  r cos 
y  r sin 
0    2 ’dır.
Örnek.2.25: Bir doğru üzerinde yuvarlanan a yarıçaplı bir çemberi göz önüne alalım.
Çember üzerinde alınan bir p noktasının geometrik yeri olan eğrinin (sikloid) parametrik
denklemini yazalım.
PA yayının uzunluğunu OA uzunluğuna eşit olup bu da OA  a.t ’dir. P noktasının
koordinatları
Px  OD  OA  PB  a.t  a.sin t
Py  PD  CA  CB  a  a.cos t
olarak bulunur.
Örnek.2.26: x  sin t y  cos2 t t  R eğrisinin kartezyen formda yazalım. x  sin t ’nin her
iki tarafının karesini alıp x 2  sin 2 t ve y  cos2 t iki denklemi taraf tarafa toplarsak
x 2  y  1  y  1  x 2 olur. Bu da parabol denklemidir.
Örnek.2.27: x  a cos3 t y  a sin 3 t 0  t  2 denklemi ile verilen astroidin kartezyen
formda gösterimini bulunuz.
Çözüm:
3
x2  3 a2 .cos2 t
3
y 2  3 a 2 .sin 2 t
2
2
2
olarak düzenlenip taraf tarafa toplanırsa x 3  y 3  a 3 elde edilir.
Denklemi bu olan eğrinin grafiği aşağıdaki şekildedir.
28
2.7 Mutlak Değer Fonksiyonu

 f  x :
f  x  

 f  x  :
f  x   0

 biçiminde tanımlıdır.
f  x  0 

Örnek.2.28: f  x   x  2  x  3 ile tanımlı
f : R  R fonksiyonunu önce parçalı yazıp
sonra grafiğini çizelim.
2 x  5 :

f  x  
1 :
 2x  5 :

x2


2  x  3
x3 

Örnek.2.29: f  x   x 2  1 ile tanımlı f : R  R fonksiyonunu önce parçalı yazıp sonra
grafiğini çizelim.
 x2  1 :

f  x    x 2  1 :
 x2  1 :

29


 1  x  1
x 1 

x  1
Örnek.2.30: y  ln x fonksiyonunun grafiğinden yararlanarak y  ln x ’in grafiğini çizelim.
 ln x : x  1 
y  ln x  

 ln x : 0  x  1
Örnek.2.31: y  ln x fonksiyonunun grafiğinden yararlanarak y  ln x ‘in grafiğini çizelim.
y  ln x çift fonksiyon olup y  ln x fonsiyonunun grafiğine bunun y-eksenine göre
simetriği ilave edilir. Yani
30
Örnek.2.32:
y  sin x
fonksiyonunun grafiğinden yararlanarak
y  sin x ’in grafiğini
çizelim.
2.8 İşaret Fonksiyonu
1 : f  x   0 


sgn f  x    0 : f  x   0  ile tanımlı sgn : R  1,0,1 fonksiyonuna işaret fonksiyonu


 1 : f  x  0 
(signum fonksiyonu) denir.
Örnek.2.33: f  x   x2  6x  5 , f :  6,6  R olduğuna göre, sgn f fonksiyonunu bulup
grafiğini çiziniz.
Çözüm: Önce f ’nin işaretini incelemek için x 2  6 x  5  0 denklemini çözelim. Bu
denklemin kökleri x1  1 ve x2  5 ’dir. Dolayısıyla
 1

sgn f  x    0
1

:
:
:
 6  x  1 veya 5  x  6 

x 1 , x  5


1 x  5

ve sgn f ’nin grafiği;
2.9 Tam Değer Fonksiyon
31
u  x  , u  x   Z  D



D  R olmak üzere , f  x   u  x   
 ile tanımlı
a
,
a

u
x

a

1
,
a

Z

D






f : D  R fonksiyonuna tam değer fonksiyonu denir.
Örnek.2.34: f :  2, 2  R ve f  x   x2 verilsin. f  x  grafiğini çizelim.
f  x   x2
çift fonksiyondur. y  eksenine göre simetrik olduğundan fonksiyonunun
grafiğini 0, 2 aralığında çizip y  eksenine göre simetriğini almak yeterlidir.
0  x  2  0  x 2  4 olup x 2 ifadesi 0,1, 2,3, 4 değerlerini alır.
x2  0  0  x2  1  0  x  1
x2  1  1  x2  2  1  x  2
x2  2  2  x2  3 
2x 3
x2  3  3  x2  4 
3x2
x2  4  x2  4

x2
Örnek.2.35: f :  2, 2  R ve f  x  
1
grafiğini çizelim.
x 3
Çözüm: 2  x  1  x  2  y  1
 1  x  0  x  1  y 
1
2
0  x 1  x  0  y 
1
3
1 x  2  x 1  y 
1
4
x2  x 2  y
1
5
32

f  x   sgn 


Örnek.2.36: f : A  R  R ve

 fonksiyonunun en geniş A tanım
2
x  9 
x2
kümesini bularak grafiğini çizelim.
Çözüm: x  9  0  x 2  9  x  3  x  3 veya
2
x  3  x  4 veya x  3  A  R  3, 4
x4
f  x  1
için
Örnek.2.37: f  x  
ve
x
x
x  3 için
f  x   1 olur.
ile tanımlı f : R / 0  R fonksiyon veriliyor. sgn f fonksiyonu-
nun grafiğini çizelim.
Çözüm:
için
f  x 
0
 0 sgn f  0
x
1  x  2 için
f  x 
1
x
0  x 1
sgn f  1
33
2  x  3 için
f  x 
2
x
sgn f  1
1  x  0 için
f  x 
1
x
sgn f  1
2  x  3 için
f  x 
2
x
sgn f  1
Örnek.2.38: y  x 2  x  sgn x ’in grafiğini  1, 2 aralığında çizelim.
Çözüm:
1  x  0  x  1  y  x2
0  x  1  x  0
1 x  2  x 1
 y  x2
 y  x2  2
Örnek.2.39: x 2  x  x  6  3 x denkleminin çözüm kümesini bulunuz.
Çözüm: x 2  x  x  6  3 x
34
 x 2 2 x  6  3 x
 x 5 x 6  0 ,
2
x  t dersek;
 t 2  5t  6  0
  t  3 t  2  0
 t 2 , t 3
t 2  x 2 2 x3
t 3  x 3  3 x  4
o halde Ç.K.   2, 4  bulunur.
III. BÖLÜM
LİMİT
3.1 Limit Kavramı
y  f  x  bir  a, b  aralığında tanımlanmış bir fonksiyon olsun. Özel olarak bu aralığın x0
noktasında tanımlanmamış olabilir. x değişkeni bu aralıkta x0 değerine yaklaştığında f  x 
bir l sayısına yaklaşıyorsa x  x0 için f  x  ’in limiti l ’dir denir. Bu durum
lim f  x   1 biçiminde gösterilir.
x  x0
35
Limit tanımında x değişkeni x0 değerine yaklaşmakla birlikte ona eşit değildir. Yani
x  x0 ’dır. Ayrıca l ’nin f  x0  olduğuda söylenemez. x değişkeni x0 değerine
yaklaştığında , f  x  fonksiyonunun buna karşılık olarak aldığı değerler herhangi bir sayıya
yaklaşabilir veya herhangi bir sayıya yaklaşmayabilir.
3.2 Sağdan ve Soldan Limit
Limit tanımında x değişkeninin x0 değerine sağdan ve soldan yaklaşması gerektiği anlaşılır.
Her iki yaklaşma halinde de f ‘nin aynı bir l sayısına yaklaşması şart koşulmuştur. Sağdan
ve soldan yaklaşmalar sırasıyla lim f  x   l1 , lim f  x   l2 gösterilip limiti var olması
x  x0
x  x0
için gerek ve yeter şart l1  l2 olmasıdır.
Yukarıdaki limitler h  0 olmak üzere x  x0  h dönüşümü uygulanırsa x  x0 için h  0
olur ve lim f  x   lim f  x0  h  , lim f  x   lim f  x0  h  olarak da gösterilir.
h 0
x  x0
x  x0
h 0
  x  3 : x  2
Örnek.3.1: f : R  2  R , f  x    2
 ile tanımlı fonksiyon x  2 için
x

2
x

1
:
x

2


tanımlı değildir. Ancak bu durum fonksiyonun x  2 için limitini araştırmaya engel değildir.
x ’in 2 sayısına sağdan ve soldan yaklaşması halinde fonksiyonunun değerini inceleyelim.
lim  x  3  1
x  2
lim x2  2 x  1  1
x2
olduğundan lim f  x   1 bulunur.
x 2
Örnek.3.2: f : R  1  R , f  x  
x 1
x 1
fonksiyonunun x0  1 için limitini hesaplayalım.
Çözüm: Fonksiyonu parçalı biçimde yazmak gerekirse
1 : x  1

f  x   1 ve lim f  x   1 olduğu görülür. O halde
 olup xlim
1
x 1
x  1  1 : x  1
f  x 
x 1
f  x 
x 1
x 1
fonksiyonunun x0  1 için limiti mevcut değildir.
Bundan sonra limitin mevcut olduğu ifade edildiğinde sağ ve sol limitlerin var ve birbirine
eşit olduğu anlaşılacaktır.
3.3 Limit Kuralları
f ve g x  a noktasında limiti mevcut iki fonksiyon olsun.
36
1. lim  Af  x   Bg  x   A.lim f  x   B.lim g  x 
x a
x a
x a
2. lim  f  x  , g  x    lim f  x  .lim g  x 
x a
x a
x a
3. g  x   0 ve lim g  x   0 ise lim
x a
x a
f  x
f  x  lim
 xa
g  x  lim g  x 
xa
4. c  R için lim c  c
xa
5. lim f  x   lim f  x 
x a
6.
x a
f  x   0 olmak üzere lim f  x   lim f  x 
xa
xa
7. lim f  x   lim g  x   l ve a ’nın komşuluğunda f  x   h  x   g  x  ise
x a
x a
lim h  x   l
x a
8. P  x   an xn  an1xn1  ...  a1x1  a0 olmak üzere a  R için lim P  x   P  a  ’dır.
x a
3.4 Trigonometrik Fonksiyonların Limiti
x  a için u  x   0 ise
lim
xa
sin u  x 
u  x
 lim
xa
Örnek.3.3: lim
x 0
u  x
sin u  x 
 1 ve lim
tan u  x 
x a
u  x
 lim
x a
u  x
tan u  x 
 1 ’dir.
sin x
x
tan x
x
 lim
 1 ve lim
 lim
 1 ’dir.
x

0
x

0
x

0
x
sin x
x
tan x
sin 5 x
5.sin 5 x 5
 lim

x 0
x 0
2x
2.2 x
2
Örnek.3.4: lim
a.tan  ax 
tan  ax 
a
ax
lim
 lim
 ’dir.
x  0 tan  bx 
x  0 b tan  bx 
b
bx
sin 2 x
sin x.sin x
sin x
 lim
 lim
.limsin x  1.0 dır.
x 0
x 0
x 0
x
x
x x 0
Örnek.3.5: lim
Örnek.3.6: lim
x 0
1  cos x
 lim
x 0
x2
2sin 2
x
x
2
2
yarım açı formüllerinden 1  cos x  2sin 2
x
x
2sin .sin
2
2
 lim
x 0
x x
4 .
2 2
37
x
2

1
‘dir.
2
3.5 Değişkenin sonsuza gitmesi halinde limit
Bazı durumlarda değişkenin sınırsız artması (veya sınırsız azalması) halinde değişkene
karşılık gelen fonksiyon değeri belli bir tek sayıya yaklaşabilir. Böyle durumlarda fonksiyon
x   ( veya x   ) için limit söz konusudur.
Örnek.3.7: f : R  0  R , f  x  
1
fonksiyonunun x   ve x   için limitlerini
x
inceleyelim.
1
0
x  x
1
lim  0
x  x
lim
3.6 Sonsuz Limitler
Örnek.3.8: f : R  0  R , f  x  
lim
x 0
1
fonksiyonunun x0  0 için limitini hesaplayınız.
x2
1
1
  ve ayrıca lim 2  0
2
x  x
x
lim
x 
1
 0 bulunur.
x2
38
y
1
’nin grafiği
x2
Örnek.3.9: f :  0,    R , f  x   ln x fonksiyonu için;
lim ln x  
x  0
lim ln x  
x  0
Örnek.3.10: f  x   e x fonksiyonu için;
lim e x  0
x 
lim e x  
x 
3.7 Uygulamalar
1. lim 3x limitini hesaplayınız.
x 5
lim 3x ve lim 3x limitlerini hesaplayalım.
x 5
x 5
x  5 için 5  x  6  15  3x  18 ; lim 3x  lim15
 15

x 5
x 5
x  5 için 4  x  5  12  3x  15 ; lim 3x  lim12
 12

x5
x5
olduğundan lim 3x limiti yoktur.
x 5
39
2. lim x  3 limitini hesaplayınız.
x 2
x  2 için x  1 olup
x  3  1  3  2  2
lim x  3  lim 2  2 ’dır.
x  2
x 2
3. lim
x 
x 3
limitini hesaplayınız.
sin x
x   için x  3  0 olup lim
x 
4. lim x 2 .sin
x 0
1  sin
5.
x 3
sin x

0
 0 ’dır.
0
( x   için sin x  0 )
1
limitini hesaplayınız.
x
1
1
 1 ve lim x 2  0 olduğundan lim x 2 .sin  0 ’dır.
x 0
x 0
x
x
 1
lim
x 0

x
.sin x
limitini hesaplayınız.
x
x  0 olup
x  0 için

x  0 için x  1 olup
olduğundan
 1
lim
x 0
 1
lim
x 0

0
.sin x
1
x
 1
lim
x  0
1
.sin x
 1
x
x
.sin x
limiti yoktur.
x

x
6. lim  sgn x   limitini hesaplayınız.
x 0
x

x  0 için sgn x  1 ve
x  0 için sgn x  1 ve

x
x
 1 olup lim  sgn x    1  1  0
x 0
x
x


x
x
 1 olup lim  sgn x    1   1  0 ’dır.
x 0
x
x


x
O halde lim  sgn x    0 bulunur.
x 0
x

x 9
2
7. lim
x 3
x2  9
limitini hesaplayınız.
40
x 9
2

x  3 için
x  9  0 olup lim
2
x 3
x 9
2
x 9

0
0
 0

5
  ’dır.
 0
2

x  3 için x  9  5 olup lim
2
x 3
x 9
x 9
2
2
O halde lim
x 3
8.
x2  9
limiti yoktur.
 x : x  0 
f  x  
 fonksiyonunun x  0 noktasındaki limitini hesaplayınız.
sgn x : x  0 
lim f  x   lim x  0
x  0
x 0
x  0
x 0
lim f  x   lim sgn x  1
O halde lim f  x  limiti yoktur.
x 0
9. lim
x 2
lim
x 2
1  3x  3x  1
limitini hesaplayınız.
sgn  4  x 2   x  2
1  3x  3x  1
sgn  4  x   x  2
2
 lim
h 0
 lim
h 0

10. lim
n
kx 1  kx  kx

n  n  1
2
2


sgn 4   h  2    h  2   2
2
5  3h  5  3h
sgn  4  h 2   h
6  5 1

 1 bulunur.
1  0 1
x  2 x  ...  nx
n 
1  3 h  2  3 h  2 1

x
olduğunu gösteriniz.
2
 k  1, 2,..., n 
x  n  x  2 x  ...  nx 
n  n  1
2

n 1
1 x  2 x  ...  nx n  1
x 

x
2n
n
n2
2n
x  2 x  ...  nx
n 1
x
x
x   lim
 olur.
2
n  2n
2 n
n
2
lim
3.8 Limit Hesaplamalarında Belirsizlikler
0 
,
,    , 0. , 1 , 00 ,  0 belirsizliklerini inceleyeceğiz.
0 
3.9 Uygulamalar
41
1. lim  x 4  5 x 2  limitini hesaplayınız.
x 
Limit hesap edilirse    belirsizliği ortaya çıkar. Bu belirsizlikten aşağıdaki düşünce ile
kurtulabiliriz.
lim  x 4  5 x 2   lim x 2  x 2  5      5  
x 
x 
x2  6 x  8
limitini hesaplayınız.
x 2
x3  8
2. lim
0
belirsizliği vardır. Belirsizlikten kurtulmak için kesrin pay ve paydası
0
Bu limitte
çarpanlarına ayrılırsa
 x  2  x  4   lim  x  4   2  1 bulunur.
x2  6 x  8
 lim
3
x 2
x 2 x  2
x 8

  x 2  2 x  4  x2  x 2  2 x  4  12 6
lim
x2  2x  3
limitini hesaplayınız.
x  2 x 2  3 x  4
3. lim

belirsizliği vardır. Kesrin pay ve paydası x 2 çarpanına göre yazılırsa

 2 3
x 2 1   2 
x  2x  3
x x  1
lim 2
 lim 
 bulunur.
x  2 x  3 x  4
x 
3 4 2
2
x 2  2 
x x 

2
4. lim
x 0
1  cos x
limitini hesaplayınız.
3x 2
0
x
belirsizliği vardır. 1  cos x  2sin 2 eşitliği kullanılarak
0
2
1  cos x
lim
 lim
x 0
x 0
3x 2
5. lim
x
2
x
2  2 .1  1 bulunur.
2
6
 x  12
3.4  
2
2sin 2
cos x  sin x  1
limitini hesaplayınız.
cos x  sin x  1
x
 x
2 tan  
1  tan 2  
0
 2  ve cos x 
 2  özdeşlikleri
belirsizliği vardır. Bu durumda sin x 
0
x
x
1  tan 2  
1  tan 2  
2
2
kullanılarak.
42
 x
 x
 x
1  tan 2    2 tan    1  tan 2  
cos x  sin x  1
2
2
2
lim
 lim
 cos x  sin x  1

x
x

 
x
x
2
2 x
2
2 1  tan 
  2 tan    1  tan  
2
2
2

 x 
2 1  tan   
1
 2 

 lim
 lim
1


x 
x   x  tan x
x


2 2 tan
2
  1  tan   
2
 2 
 2 
2 x3  5 x
limitini hesaplayınız.
x 
x2  7
6. lim

belirsizliği vardır.

5 

x3  2  2 
2 x
x 
lim 
 lim
  bulunur.
x 
7  x  1
2
x 1  2 
 x 
x2  2
7. lim
limitini hesaplayınız.
x 2
2x
0
belirsizliği vardır.
0
lim

x 2


x 2 x 2
x2  2
 lim
 lim  x  2  2 2 bulunur.
x 2
2  x x 2
 x 2
8. lim 2 x.sin
x 


3
limitini hesaplayınız.
x
x   için verilen ifadede .0 belirsizliği vardır. O halde x   için lim
x 
belirsizliği vardır. O halde x   için
lim
h 0
1
1
 0 olduğundan  h dönüşümünü yapalım.
x
x
2sin 3h
sin 3h
 lim 2.3.
 6.1  6 bulunur.
h

0
h
3h
xm  am
9. lim p
x a x  a p
3
x 0
1
0
x
2sin
 m, n  Z  limitini hesaplayınız.

43
0
belirsizliği vardır.
0
 x  a   x m1  x m2 .a  ...  a m1 
xm  am
lim p
 lim
x a x  a p
x a x  a

  x p 1  x p 2 .a  ...  a p 1 
x
 lim
x
m 1
x a
 x p  2 .a  ...  a p 1 

a m 1  a m  2 .a  ...  a m 1
a p 1  a p  2 .a  ...  a p 1

m.a m1 m.a m m m p
bulunur.

 .a
p.a p 1 p.a p p
1 x
10. lim
x 1
p 1
 x m  2 .a  ...  a m 1 
cos

2
limitini hesaplayınız.
.x
0
belirsizliği vardır. x 1  t dönüşümünü uygularsak x 1 için t  0 olur. O halde
0
lim
x 1
1 x
cos

2
 lim
t 0
.x
 lim
t 0
11. lim
t
  
cos   .t 
2 2 

.t
2
2 2
bulunur.
 lim 2 .  1. 
t 0

 


 sin .t
sin t
2
2
t
2 x  1  3 8 x3  2 x
4 x 2  3x  2
x 
limitini hesaplayınız.

belirsizliği vardır.

2 x  1  8x  2 x
3
lim
x 
3
4 x 2  3x  2
2x 1 x 3 8 
 lim
x 
x 4
2
x2
3 2

x x2

1
2 
x2   3 8 2 
x
x  2 3 8 22
 lim 


bulunur.
x 
22
3 2
4
x 4  2
x x
44
12. a0  0 ve an 1   an  x 
1
; b0  0 ve bn 1   bn  2 
1
’dir. x  2 için
a3  b3
x2  4
ifadesinin limitini bulunuz.
a1   a0  x  
1
a2   a1  x 
1
a3   a2  x 
1
1
1
1
, b1   b0  2   ‘dir.
x
2
1
2
x
1

   x  2
bulunur. Aynı yoldan b2  elde edilir.
5
x 1
x

1
5
x2  1
 x

 2
 x  3
‘dir. Aynı yoldan b3 
elde edilir. Buna göre
12
x  2x
 x 1

x2  1 5

a3  b3 x3  2 x 12
5 x3  12 x 2  10 x  12


x2  4
x2  4
12 x  x 2  2   x  2  x  2 
a3  b3
5 x3  12 x 2  10 x  12
5.8  12.4  10.2  12
0

lim

 ‘dır.
2
2
x 2 x  4
x 2 12 x x  2

  x  2 x  2 12.2  4  2 2  2  2  2  0
lim
Öyleyse 5 x3  12 x 2  10 x  12 çok terimlisi  x  2  ile tam bölünebilir olduğundan
 x  2   5x 2  2 x  6 
5 x 2  2 x  6
11
lim

lim

2
2
x  2 12 x x  2

  x  2 x  2 x2 12 x  x  2  x  2  288
bulunur.
x

13. lim   x  tan  limitini hesaplayınız.
x 
2

x   için 0. belirsizliği vardır.


x



sin



2   lim    x .sin x   lim    x .sin x 
lim   x 

x 
x  x 
x
2
2  x     x 

 cos
cos 
sin   
  2 2 


2

2



   x  
  x 
  2  .2 
x

  .1  2 bulunur.
 .lim  sin   lim  
 lim 
x 
x 
x 


x


x
2



 sin

 sin








 2 
 2 


14. lim tan
x 
  .sin x  
2
2
limitini hesaplayınız.
.0 belirsizliği vardır.
x    u dönüşümünü uygularsak x   için u  0 olup
lim tan
x 
  .sin x    lim tan     u  sin u
2
2
u 0

2

2 
2
45
u

sin


u
 u 
2
 lim   cot 
.sin    lim 

u 0
u 0
u

2

2




 tan
2






u


 sin 2



u




2

  lim 
.
  bulunur.
u 0 
u  

 tan 2



u


2


1 
 1

15. lim 
 limitini hesaplayınız.
x  0 tan x
sin x 

   belirsizliği vardır.
1 
 1
 cos x  1  0
lim 

 lim 


x 0 tan x
sin x  x 0  sin x  0

belirsizliğine dönüşür.
x
x
1  2sin 2  1
 sin
 cos x  1 
2
2  0  0 bulunur.
lim 
 lim
 lim

x 0
1
 sin x  x0 2sin x .cos x x0 cos x
2
2
2
3.10 e sayısı ile ilgili limitler
x
 1
lim 1    e eşitliğinden yararlanıp diğer bazı limitleri hesaplayacağız.
x 
 x
1
Örnek.3.11: lim 1  x  x  e olduğunu gösterelim.
x 0
Bu limit 1 şeklindeki belirsizliğin açılımıdır. Burada x 
ve lim 1  x 
1
x
x 0
t
 1
 lim 1    e olur.
t 
 t
Örnek.3.12: lim
ln 1  ax 
x 0
lim
x 0
ln 1  ax 
xa
x
 a olduğunu gösterelim.
1
1
 lim ln 1  ax  x  ln lim 1  ax  x
x 0
x 0
1
 ln lim 1  ax  x
x 0
( ax  t için)
46
1
alırsak, x  0 iken t   olur
t
 lim 1  t 
a
t
t 0
a
1


 ln lim 1  t  t   ln e a  a
 t 0

Bu limitten yararlanıp,
lim
x 0
log 1  x 
 log a e , a  0 , a  1 olduğu gösterilir.
x
a x 1
Örnek.3.13: lim
 ln a
x 0
x
Bu limit
a  0 ,
a  1 olduğunu gösteriniz.
0
şeklindeki belirsizliğin açılımıdır. a x  1  t dönüşümünü kullanırsak; x  0
0
olduğunda t  0 olduğu açıktır. a x  t  1 ‘den x ln a  ln  t  1 yazıp, buradan bulunan
x
ln  t  1
‘yı ve dönüşümü limitte yazarsak
ln a
a x 1
t
1
 lim
 ln a
 ln a bulunur.
x 0
t 0 ln  t  1
ln  t  1
x
lim
t 0
ln a
t
lim
2 x
Örnek.3.14: lim 1  3 x 2  x2 limitin hesaplayalım.
x 0
2 x
lim 1  3x 2  x2
x 0
1


 lim 1  3x 2  3 x2 
x 0


1


 lim 1  3x 2  3 x2 
x 0


Örnek.3.15: lim 1  cos x 
x

3sec x
3 x2 .
2 x
x2
3 2 x 
 e6 bulunur.
limitini hesaplayalım.
2
1 belirsizliği vardır.
cos x  t dönüşümünü kullanırsak x 
lim 1  cos x 
x

4
için t  0 olup
3
3sec x

2
1


 lim 1  t  t   e3 bulunur.
t 0


 x 
Örnek.3.16: lim 

x  x  2


3x
limitini hesaplayalım.
1 belirsizliği vardır.
2.3
2 
 x22

1
lim 

lim
1


e
 e6 bulunur.



x 
x

 x2 
 x2
3x
3
47
Örnek.3.17: lim
x 0
ln 1  3 x 
limitini hesaplayalım.
ln 1  2 x 
ln 1  3 x 
ln 1  3 x 
3
x
lim
 lim

x  0 ln 1  2 x 
x  0 ln 1  2 x 
2
x
3 

Örnek.3.18: lim 1  
x 
 5x 
2 x
limitini hesaplayalım.
3 1
3t
 yani x 
denirse x   için t   olacağından
5x t
5
3 

lim 1  
x 
 5x 
2 x
 1
 lim 1  
t 
 t
6
 t
5
 1 t 
 lim 1   
t 
 t  

6
5
e

6
5
bulunur.
IV. BÖLÜM
SÜREKLİLİK
4.1 Süreklilik Kavramı
Tanım.4.1: A  R , f : A  R bir fonksiyon ve a  R olsun. lim f  x   f  a  ise f
x a
fonksiyonu a noktasında süreklidir. Eğer f fonksiyonu A kümesinin her noktasında sürekli
ise fonksiyon A üzerinde süreklidir denir.
Yukarıdaki tanıma göre bir f fonksiyonunun bir a noktasında sürekli olması için:
a) f fonksiyonu a noktasında tanımlı olmalıdır.
b) f fonksiyonunun a noktasında limiti olmalıdır.
c) Fonksiyonun a noktasındaki limiti a noktasındaki fonksiyon değerine eşit olmalıdır.
Örnek.4.1: f  x   x  x şeklinde tanımlanan f : R  R fonksiyonu tam sayılarda sürekli
değildir. Çünkü bu noktalarda limit yoktur.
Örnek.4.2: a) f : R  R fonksiyonu f  x   sin x ile tanımlıdır.
b) g : R  R fonksiyonu g  x   cos x ile tanımlıdır.
f ve g fonksiyonlarının, a  R olmak üzere x  a ‘da sürekli olduğunu gösterelim.
48
Çözüm: a) limsin x  sin a  lim f  x   f  a 
x a
x a
b) limcos x  cos a  lim g  x   g  a 
xa
x a
olduğundan f ve g fonksiyonları x  a için süreklidir.
Tanım.4.2: A  R , f : A  R ve a  A olsun.
a) f , a noktasında sağdan sürekli olması için gerek ve yeter şart lim f  x   f  a 
x a
olmasıdır.
b) f , a noktasında soldan sürekli olması için gerek ve yeter şart lim f  x   f  a 
x a
olmasıdır.
Bir fonksiyonunun x  a noktasında sürekli olması için gerek ve yeter şart x  a noktasında
sağdan ve soldan sürekli olmasıdır.
Fonksiyon a noktasında
Fonksiyonunun a noktasında limiti
tanımlı olmadığından bu
mevcut değildir. Sağ ve sol limitler
noktada süreksizdir.
birbirinden farklıdır. O halde sürekli
değildir.
lim f  x   f  a 
Fonksiyonunun a noktasında limiti
x a
49
mevcut değildir. O halde sürekli değildir.
x

 , x  0
Örnek.4.3: f  x    x

 1 , x  0


biçiminde
tanımlı
f :RR
fonksiyonunun
x0
noktasındaki sürekliliğini araştırınız.
Çözüm: f ‘nin x  0 noktasındaki sağdan ve soldan limitine bakalım. Bunun için sırasıyla
x  0 ve x  0 düşünülerek
lim f  x   lim
x
lim f  x   lim
x
x 0
x 0
x 0
x 0
x
x
 lim
x
 1  f 0
x
 lim
x
 1  f  0 
x
x 0
x 0
bulunur. O halde f , x  0 ‘da sağdan süreklidir fakat soldan sürekli değildir. Dolayısıyla
fonksiyon bu noktada sürekli değildir.
Örnek.4.4:
 x2  1 , x  1



f  x   6 x  4 , 1  x  2 
 4x , x  2 


fonksiyonunun
x  1 noktasındaki süreklilik
durumunu araştırınız.
Çözüm: f ‘nin x  1 noktasındaki sağ ve sol limitleri
lim f  x   lim  x 2  1  2 ve
x 1
x 1
lim f  x   lim  6 x  4   2
x 1
x 1
olduğundan fonksiyonun bu noktadaki limiti 2 ‘dir. Ayrıca lim f  x   f 1  2 olduğuna
x 1
göre f fonksiyonu x  1 ‘de süreklidir.
 x2  1 , x  1



Örnek.4.5: f  x   ax  b , 1  x  2  fonksiyonunun her x  R ‘de sürekli olabilmesi için
 4x , 2  x 


a ve b x  1 ’de sürekli olması için
lim f  x   lim  x 2  1  2
x 1
x 1
lim f  x   lim  ax  b   a  b
x 1
x 1
olduğundan a  b  2 olmalıdır.
x  2 ‘de sürekli olması için
50
lim f  x   lim  ax  b   2a  b
x  2
x 2
x  2
x2
lim f  x   lim 4 x  8
olduğundan 2a  b  8 olmalıdır.
x  1 ve x  2 ‘de sürekli olması için iki denklemden a  6 ve b  4 olmalıdır.
 x 2 , x  0 


Örnek.4.6: f  x    0 , x  0  fonksiyonu x  0 noktasında sürekli değildir. Çünkü sağ
 1 , x  0


ve sol limitler farklıdır. Ancak x  0 noktasında fonksiyon soldan süreklidir.
 1 , x  0
Örnek.4.7: g  x   sgn  x   
 fonksiyonunun sürekliliğini inceleyelim.
1 , x  0 
lim g  x   lim sgn  x   1
x  0
x 0
x  0
x 0
lim g  x   lim sgn  x   1
x0
noktasında fonksiyonun sol taraftan ve sağ taraftan limitleri birbirine eşit
olmadığından g fonksiyonunun limiti yoktur. Sonuç olarak g fonksiyonu sürekli değildir.
 sin x

, x  0

Örnek.4.8: h  x    x
 şeklinde tanımlanan fonksiyonun sürekli olup olmadığını
 0 , x  0 
inceleyelim.
sin x
 1 olduğundan ve h  0  lim h  x  olduğundan x  0 ‘da h sürekli
x 0
x 0
x
lim h  x   lim
x 0
değildir.
Örnek.4.9: f  x   x  x fonksiyonu x  0 noktasında sürekli olup olmadığını inceleyelim.
lim f  x   lim 2 x  0
x  0
x 0
x  0
x 0
lim f  x   lim 0  0  0
olup lim f  x   0  f  0  olduğundan f fonksiyonu x  0 noktasında süreklidir.
x 0
Örnek.4.10: x  1 için f  x  
x 1
olsun. f fonksiyonunun tüm x  ekseni boyunca
x 1
sürekli olmasını sağlayacak bir f 1 fonksiyonu var mıdır?
51
lim f  x   lim
x 1
1
x 1
lim f  x   lim
x 1
 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
lim f  x   lim f  x 
x 1
x 1
olduğundan
x  1 noktasında limiti yoktur. Dolayısıyla x  1 noktasında sürekli değildir.
Yani öyle bir f 1 fonksiyonu yoktur.
Teorem.4.1: Tüm elementer fonksiyonlar kendi tanım aralıklarında süreklidirler.
Örnek.4.11: y 
2  x2
ve y  ln  sin x  fonksiyonlarının sürekli olduğu aralıklar;
3 x
Her iki fonksiyon elementer fonksiyon olduğundan onların tanım bölgesi aynı zamanda
sürekli olduğu bölgedir. Bu nedenle y 
2  x2
fonksiyonu  , 3 ve  3,   aralığında,
3 x
y  ln  sin x  fonksiyonu ise tüm  2k ,2k     k  Z  aralıklarında süreklidir.
Teorem.4.2: (Bolzana Teoremi)
f fonksiyonu  a,b aralığında sürekli ve f  a  ve f  b  ters işaretli ise  a,b  aralığında
öyle bir c vardır ki f  c   0 ‘dır.
Örnek.4.12:  2,2 aralığında x3  8 x  2  0 denkleminin kökü var mıdır ?
f  x   x3  8x  2 fonksiyonu  2,2 aralığında sürekli ve f  2   6 ve f  2   10 olup
ters işaretlidirler. O halde f  c   0 olacak şekilde  2,2 aralığında çözümü vardır.
Tanım.4.3: A  R , f : A  R bir fonksiyon ve x0  A olsun
1. Eğer lim f  x  mevcut ve bu limit değeri f  x0  değerinden farklı veya f  x0 
x  x0
mevcut değilse f fonksiyonuna x0 noktasında kaldırılabilir süreksizliğe sahiptir denir.
Bu durumda f ‘nin x0 ‘daki değeri limit değeri olarak tanımlanarak fonksiyon bu
noktada sürekli yapılabilir.
2. Eğer
f ‘nin x0 noktasındaki sağ ve sol limitleri mevcut, fakat farklı ise f
fonksiyonuna x0 ‘da sıçrama süreksizliğine sahiptir denir.
3. Eğer f ‘nin x0 noktasındaki sağ veya sol limitlerinden en az biri  veya  veya
mevcut değilse, f fonksiyonuna x0 ‘da sonsuz süreksizliğe sahiptir denir.
Bu fonksiyon sınıflarının birer örneğini grafik ile gösterelim.
52
Örnek.4.13: Aşağıdaki fonksiyonların süreksizlik noktalarını bulup çeşitlerini belirtiniz.
x 2  25
b) f  x  
x 5
x
a) f  x  
x4
 1 
c) f  x   arctan 

 x4
Çözüm:
a) f fonksiyonu x  4 noktasında tanımsız olduğundan süreksizdir ve lim f  x    veya
x 4
lim f  x    olması nedeniyle de bu noktada sonsuz sürekliğe sahiptir.
x 4
x  5 noktasında tanımsız olduğundan bu noktada süreksizdir. Arıca
b) f fonksiyonu
lim f  x   lim
x 5
x 5
 x  5 x  5  lim
x 5
x 5
 x  5  10
olduğuna göre
f , x  5 ‘de kaldırılabilir
süreksizliğe sahiptir.
c)
x  4 ‘de tanımsız olduğundan bu noktada süreksizdir. Ayrıca
fonksiyonu
f

 1 
lim f  x   lim arctan 


x 4
x 4
2
 x4
ve
 1  
lim f  x   lim arctan 

x 4
x 4
 x4 2
sol ve sağ
x  4 ‘de sıçrama süreksizliğe
limitler mevcut fakat farklı olduğuna göre f fonksiyonu
sahiptir.
Örnek.4.14: Aşağıdaki fonksiyonların süreksizlik noktalarını bulup çeşidini belirtiniz.
a) f  x   x
b) f  x    sgn x 
2
Çözüm:
a) n  Z olsun. Eğer n 1  x  n  x  n  1 ‘dir. Buna göre n bir tam sayı ise
lim f  x   n 1 ve lim f  x   n
x n
x n
53
olur, yani sol ve sağ limitleri mevcut olup farklıdır. Ayrıca eğer n tam sayı değil ise n ‘nin
yeterince küçük komşuluğunda f sabit olduğundan bu noktada süreklidir. Şu halde f
fonksiyonu tam sayılarda sıçrama süreksizliğine sahiptir.
1 ,
2
b) sgn x ‘in tanımı nedeniyle  sgn x   
0 ,
x  0
 ‘dır. f ‘nin x  0 için sürekli olduğu
x  0
açıktır. Ayrıca f  0  f  0  1  f  0 olduğundan f fonksiyonu x  0 ‘da kaldırılabilir
süreksizliğe sahiptir.
Tanım.4.4: A  R ,
f : A  R bir fonksiyon ve c  A olsun. x  c   şartını sağlayan
her x  A için f  x   f  c  olacak şekilde bir   0 varsa f fonksiyonu c noktasında yerel
(lokal) maksimuma sahiptir denir.
d  A olsun. x  d   şartını sağlayan her x  A için f  x   f  d  olacak şekilde bir
  0 varsa f fonksiyonu d noktasında yerel (lokal) minimuma sahiptir denir.
Yerel maksimum ve yerel minimum noktalara extramum noktalar denir.
Teorem.4.3:
f :  a, b  R fonksiyonu sürekli ise
f
fonksiyonunun bu aralıkta bir
maksimum bir de minimum değeri vardır.
4.2 Uygulamalar
1.
  1 2
  x  3 ,
f  x   10

0
,


x  3

x  3

fonksiyonunun
reel
sayılardaki
sürekliliğini
inceleyiniz.
Çözüm: Fonksiyon tüm reel sayılarda tanımlıdır. Ancak x  3 noktasında limit var mıdır ve
bu noktadaki değerine eşit midir diye bakmak gerekir. O halde
lim f  x   lim10
x 3
x 3

1
 x  3 2
 0 olup f  3  0  lim f  x  olduğundan bu noktada süreklidir.
x 3
54
2.
 x  1
y
2
fonksiyonunun sürekli olmadığı noktaları bulup bu noktalardaki
x2 1
süreksizliklerinin kaldırılıp kaldırılamayacağını inceleyiniz.
Çözüm: y 
 x  1 x  1
 x  1 x  1
olduğuna göre lim f  x   0 olup ve f 1  0 olarak tanımlanırsa
x 1
x  1 noktasında sürekli olmayan fonksiyon sürekli yapılmış olur. Ancak x  1 noktasında
lim f  x    olup yeni limit mevcut olmadığından sürekli yapılamaz.
x 1
x

 cos 2

f  x   1 x

2



3.
,
,


x  1


x  1

fonksiyonunun
x  1
noktasındaki süreklilik
durumunu inceleyiniz.
cos
4. Çözüm: lim
x 1
x
2  lim
u 0
1 x
cos
  u  1
 x  1  u  0
2
u
 u  
u
cos 
 
sin
2
2

  lim
2   ve
 lim
u 0
u 0  u 2
u
2
.
2 
f  1 
5.
2

 lim f  x  olup fonksiyon x  1 noktasında sürekli değildir.
x 1
2
f  x  1
2
1
x 3
fonksiyonunun sürekliliğini inceleyelim.
1
Çözüm: x  3 için tanımlı değildir. Diğer taraftan lim f  x   1 ve lim f  x   1 olup x  3
x 3
x 3
için fonksiyon süreksizdir.
6.
f  x 
x2
2 x 2  x3
fonksiyonunun süreksiz olduğu noktaları bulunuz.
Çözüm: 2 x 2  x3  0 denklemini sağlayan noktalarda
süreksizdir.
x2  2  x   0 
f
,
x  0 ve x  2 ‘dir.
R / 2,0 ‘de tanımlıdır.
55
f tanımsızdır ve dolayısıyla da
Bu fonksiyon x  2 ‘yi bulundurduğu için x  2 ve x  2 için değişik biçimde tanımlanır.
0 ve 2 tanım cümlesinde olmadığından
  x  2
,
 2
 x  x  2
f  x  
  x  2
,
 x2  x  2


x  2 


x  2 


 1
 x 2
x  0 veya f  x   
 1
 x 2
,
,

x  2 


x  2 

x0
biçiminde yeniden tanımlanır.
2 ‘deki durum;
f  2   lim 
x 2
f  2   lim
x 2
1
1

2
x
4
1 1

x2 4
f  2   f  2  olduğundan f ,  2 ‘de süreksizdir.
f  0   lim
1

2
x 0 x
1
f  0   lim 2  
x 0 x
Limitleri sonlu olmadığından f , 0 ‘da süreksizdir.

sgn  mx  3 ,

f  x  
1
,

mx

,
3

7.

x  2

x  2  şeklinde tanımlı f : R  R fonksiyonunun x  2 ‘de

x  2

sürekli olması için m ne olmalıdır?
Çözüm: x  2 ‘de sürekli olması için lim f  x   lim f  x   f  2 olmalıdır. Buna göre
x 2
x 2
lim f  x   sgn  2m  3  1
x  2
lim f  x  
x  2
2m
1
3
 2m  3  0 ve 1 
 m
2m
2
3
3
3
ve  m  3
2
2
56

3
 m  3 aralığında bulunur.
2
8. y 
ln 1  3x 
fonksiyonunun x  0 noktasındaki süreksizliğini kaldırınız.
x
1
Çözüm: lim f  x   limln 1  3x  x
x 0
x 0
1


 ln  lim 1  3 x  x 
x 0


( 3x  u dönüşümü yapılırsa)
3
3
1




 ln  lim 1  u  u   ln  lim 1  u  u   ln e3  3
u 0
u 0




olup f  0  3  lim f  x  tanımlanırsa sürekli olur.
u 0
9.

3.5x ,
f  x  
3b  4 x ,
x  1
 fonksiyonu 1 ’de sürekli olması için b  R ne olmalıdır?
x  1
lim f  x   3b  4
Çözüm: f 1  3b  4
x1
lim f  x   15 ‘dir.
x 1
Süreklilik tanımından 3b  4  15 
 x
cos
2
10. f  x   
 x 1

,
,

x  1

x  1 
b
11
bulunur.
3
şeklinde
tanımlanan
f :RR
fonksiyonunun
süreklilik durumunu inceleyiniz.
Çözüm: x   1,1   ,1  1,    olduğu açıktır.
 
x
f 1  cos    0 , f 1   lim cos 
f 1   lim  x  1  0
 0 ,
x

1
x 1
2
 2 
 
x
f  1  cos     0 , f  1   lim 1  x   2 , f  1   lim cos 
0
x 1
x 1
 2
 2 
bulunur.
f  1   f  1  f  1  ve
f 1   f 1  f 1  olduğuna göre x  1 noktasında
süreksizdir.
11. f : R  0  R
fonksiyonu
f  x   lim
n 
1
2    3 x n
ile
fonksiyonun x  1 noktasında sürekli olması için  ne olmalıdır?
57
tanımlıdır.
Bu
Çözüm: lim f  x   f 1 olmalıdır. ... 1
x 1
f 1 lim
n 
1
1

2    3 2    3
lim f  x   lim
1
1
 ‘dir. Çünkü 0  x  1 için x n  0 ‘dır.  n   
n
2    3 x
2
lim f  x   lim
1
1
1
1
olur. 1 ‘den 

   3 bulunur.
n
2    3 x
2    3
2 2    3
x 1
x 1
x 1
x 1
V. BÖLÜM
TÜREV
5.1 Türev Kavramı
Tanım.5.1: x  R , f : x  R bir fonksiyon x0  x ve x0  x ' olsun. Eğer lim
f  x   f  x0 
x  x0
limiti veya bununla eşdeğer olan lim
f  x0  h   f  x0 
h 0
h
x  x0
limiti mevcut ise bu takdirde f
fonksiyonuna x0 noktasında türevlenebilirdir denir. Bu limit değerine f ‘nin x0 ‘daki türevi
df  x0 
,
dx
adı verilir ve f '  x0  ,
f  x0  sembollerinden biri ile ifade edilir.
Bu tanımda kullanılan limit yerine sağ ve sol limit kullanılarak sağ ve sol türev kavramları
tanımlanabilir.
f : x  R bir fonksiyon x0  x ve x0  x ' olsun. Eğer
Tanım.5.2: x  R ,
lim
x  x0
f  x   f  x0 
x  x0
fonksiyonuna
x0
veya
f  x0  h   f  x0 
limiti mevcut ise bu takdirde
f
noktasında sağdan türevlenebilirdir denir. Bu limit değerine
f
lim
h 0
h
fonksiyonunun x0 noktasındaki sağ türevi adı verilir. Benzer olarak f fonksiyonunun x0
noktasındaki sol türevi
lim
x  x0
f  x   f  x0 
x  x0
 lim
h 0
f  x0  h   f  x0 
h
şeklinde tanımlanır.
58
Açıktır ki f :  a, b  R biçiminde bir fonksiyon verildiğinde, f fonksiyonunun a , b uç
noktalarında sırasıyla sadece sağ ve sol türevlerinden söz edilebilir.
Bir x
f '  x  türevinin mevcut olması için gerek ve yeter şart sağ ve sol
noktasında
türevlerinin mevcut ve birbirine eşit olmasıdır.
Örnek.5.1:
Türevin
tanımını
kullanarak
f  x   2 x3  5 x 2  7 x  4 ,
f :RR
fonksiyonunun her noktada türevlenebilir olduğunu gösterip f '  x  türevini bulunuz.
Çözüm: x  R için
f  x  h  f  x
2  x  h   5  x  h   7  x  h   4  2 x3  5x 2  7 x  4
f '  x   lim
 lim
h 0
h 0
h
h
3
2
 lim  2h2  6 x 2  6 xh  5h  10 x  7   6 x 2  10 x  7
h 0
x  R için f '  x   R olduğundan f her noktada türevlenebilir ve f '  x   6x2  10x  7 ‘dir.
Örnek.5.2:

1
 x.sin   ,
f  x  
 x

0 ,


x  0
 olduğuna göre
x  0 
f
fonksiyonunun
x0
noktasındaki türevini inceleyiniz.
Çözüm:
1
h sin  
f  0  h   f  0
 h   limsin  1 
lim
 lim
 
h 0
h 0
h 0
h
h
h
limiti mevcut olmadığından,
f ‘nin x  0 türevi yoktur.
Örnek.5.3: f : R  R ,
y  f  x   xn ile verilmiştir.  n  N  f ‘nin x  a ‘daki türevini
bulunuz.
f  x  f a
Çözüm: f '  a   lim
xa
x a
 lim
x a
xn  an
xa
 lim  x n1  x n2 .a  ...  x.a n2  a n1   n.a n1 bulunur.
x a
Örnek.5.4: f  x   x ,
Çözüm: lim
h 0
lim
h 0
f : R  R fonksiyonun x  0 noktasındaki türevini inceleyiniz.
f  0  h   f  0
h
f  0  h   f  0
h
 lim
h 0
 lim
h 0
h
h
h
h
 lim
h
1
h
 lim
h
 1 ‘dir.
h
h 0
h 0
Fonksiyonun sağdan türevi 1 , soldan türevi 1 olup birbirine eşit olmadığından x  0 ‘da
türev mevcut değildir.
59
5.2 Türev ile Süreklilik Arasındaki İlişki
Bir noktada sürekli olan fonksiyon o noktada türevlenebilir olmak zorunda değildir. Bu
durumda herhangi bir noktada türevlenebilen fonksiyonun sürekli olup olmadığını sormak
doğaldır. Aşağıdaki teorem bu soruyla doğrudan ilgilidir.
f : x  R bir fonksiyon ve x0  x olsun. Eğer f fonksiyonu x0
Teorem.5.1: x  R ,
noktasında türevlenebiliyorsa, aynı zamanda f bu noktada süreklidir.
İspat:
x  x0
olmak
lim  f  x   f  x0    lim
x  x0
x  x0
üzere
f  x   f  x0  
f  x   f  x0 
x  x0
f  x   f  x0 
x  x0
.  x  x0 
olduğuna
göre
.  x  x0   f '  x0  .0  0 ve dolayısıyla
lim f  x   lim  f  x   f  x0   f  x0    0  f  x0   f  x0  bulunur. Böylece f , x0 ‘da
x  x0
x  x0
süreklidir.
5.3 Türevin Geometrik Anlamı
y  f  x  denklemi ile belirtilen
f
noktasındaki teğeti T ve normali N
fonksiyonunun eğrisi C , C ‘nin A  x0 , y0 
olsun. T
‘dır. T  N olduğundan N ‘nin eğimi mN  
teğetinin eğimi mT  tan   f '  x0 
1
‘dir. Öyleyse T ‘nin denklemi bir noktası
mT
60
y  y0  mT  x  x0  olup
ve eğimi bilinen doğru denkleminden
N
‘nin denklemi
y  y0  mN  x  x0  bulunur.
f  x0 
sin 
Teğet uzunluğu= t 
Normal uzunluğu= n 
f  x0 
cos 
Teğet altı uzunluğu= St 
f  x0 
tan 
Normalaltı uzunluğu= Sn  f  x0  .tan 
tan   f '  x0  
cos  

sin  
1
1   f '  x0  
2
f '  x0 
1   f '  x0  
2
ve
‘dan
yukarıdaki eşitlikler düzenlenebilir.
Örnek.5.5: y  x3  x 2 eğrisine çizilen teğetin eğimi 8 olduğuna göre teğet ve normalin
denklemini bulunuz.
Çözüm: y  f '  x  3x2  2x  8
Buradan 3x 2  2 x  8  0 
eğri
üzerinden
y1  4 ,
y2  
geçtiği
x1  2 , x2  
noktadır.
Bu
değerleri
112
bulunur.
27
Teğetlerin denklemi;
y  4  8  x  2
y
112
4

 8 x  
27
3


y  8x 12

y  8x 
76
‘dir.
27
Normalin eğimi;
mN  
1
1
  olup normallerin denklemi;
mT
8
y4  
4
bulunur. Bu nokta eğimi 8 olan teğetin
3
1
 x  2
8
61
fonksiyonda
yerine
koyarak
y
112
1
4
   x   ‘dır.
27
8
3

Örnek.5.6: Denklemi x 2  y 2  9 olan çembere P  5 , 2

noktasından çizilen teğetin
denklemini bulunuz.
Çözüm: F  x, y   x2  y 2  9  Fx  x, y   2x ,
Fy  x, y   2 y
F
dy
2x
x
 5
5
 x 

 mT  

dx
Fy
2y
y
2
2
O halde teğet denklemi;
y2

5
x 5
2


5
9
x  olur.
2
2
y
Örnek.5.7: f  x   x2 eğrisine x 
1
noktasından çizilen teğetin denklemini bularak 0x
2
ekseni ile yaptığı açıyı hesaplayınız.
Çözüm: f '  x   2 x olduğundan eğrinin x 
1
1
noktasındaki teğetinin eğimi mT  f '    1
2
2
‘dir. Şu halde teğetin denklemi
1
 1 
y  0  f '   x  
2
 2 

1

y  1.  x  
2


y  x
1
2
ve bu teğetin 0x ekeseni ile yaptığı açı ise
1
tan   f '    1
2

  arctan1 

4
olur.
5.4 Türevin Fiziksel Anlamı
Hareket eden bir cismin t zamanda aldığı yolu s  s  t  ile gösterelim. Bu durumda cismin
t   t  t   t zaman arakığında aldığı yol s ile gösterilirse, s  s  t  t   s t 
olacağından cismin t zaman aralığındaki ortalama hızı
Vort 
s s  t  t   s  t 

t
t
olur. Fakat cismin değişken hızlarla hareket etmesi durumunda ortalama hızı herhangi bir t
anındaki hızı ifade etmez. Ancak t zaman aralığı çok küçük alınırsa ortalama hız t anındaki
hıza çok yakın olur ve hatta t  0 için ortalama hız t anındaki hıza dönüşür. Buna göre
cismin t anındaki hızı V  t  ile ifade edilirse,
62
s  t  t   s  t 
V  t   lim
t
t 0
 s' t 
elde edilir. Yani hareket eden bir cismin hızı aldığı yolun zaman göre türevidir.
Benzer olarak cismin t zaman aralığındaki ortalama ivmesi
mort 
V  t  t   V  t 
t
ve herhangi bir a  t  anındaki ivmesi ise
a  t   lim
V  t  t   V  t 
t
t 0
 V '  t   s ''  t 
olur. Demekki hareket eden bir cismin ivmesi ortalama hızın zaman göre türevidir.
Örnek.5.8: Bir cismin 0x ekseni boyunca her t için s  t   t 3  12t 2  36t  27 fonksiyonuna
uygun biçimde hareket ediyor. Bu cismin t  1 ve t  9 arasında aldığı yolu t  10 . saniyenin
sonundaki hızını ve ivmesini bulunuz.
Çözüm: Cisim s  s  9  s 1  54   2  56 birim yol alırken
V  t   s'  t   3t 2  24t  36

V 10  96
a  t   V  t   6t  240

a 10  36
'
olur.
5.5 Toplamın, çarpımın ve bölümün türevi
Bu kısımda türevlenebilen fonksiyonların toplamı, çarpımı ve bölümünün türevini
hesaplamak için çok kullanılan kuralları vereceğiz.
Teorem.5.2: x  R ,
f , g : x  R fonksiyonları x  X için türevlenebilir olsun. Bu
 f 
takdirde  ,   R için  f   g  ,  f , g  ve   fonksiyonları x noktasında türevlenebilir
g
ve
a)  ,   R için  f   g   x    f '  x    g '  x 
'
b)  f , g   x   f '  x  .g  x   f  x  .g '  x 
'
f '  x  . g  x   f  x  .g '  x 
 f 
,
c)    x  
2
g
 g  x 
'
 g  x   0
İspat: a) f '  x  ve g '  x  mevcut olduğundan, limitin özelliklerinden
 f   g   x   lim
h 0
'
 f   g  x  h    f   g  x 
h
63
 lim
 f  x  h   g  x  h   f  x   g  x
h 0
h
  lim
f  x  h  f  x
h 0
  lim
g  x  h  g  x
h 0
h
h
  f ' x   g'  x
elde edilir.
b)  f .g   x   lim
'
 f .g  x  h 
h 0
 lim
h
f  x  h   g  x  h   g  x  . f  x  h   g  x  . f  x  h   f  x  .g  x 
h 0
h
g  x  h  g  x
f  x  h  f  x 

 lim  f  x  h  .
 g  x

h 0
h
h


yazılabilir. Öte yandan
f
ve g fonksiyonları x noktasında türevlenebilir olduğunda
süreklidir. Dolayısıyla lim f  x  h   f  x  ve lim g  x  h   g  x  ‘dir. Böylece limitin
h0
h0
özelliklerinden dolayı
f  x  h  .lim
 f .g   x   lim
h 0
h 0
'
g  x  h  g  x
h
 g  x  .lim
f  x  h  f  x
h 0
h
 f  x  .g '  x   g  x  . f '  x 
bulunur.
 f 
 f 
 g   x  h   g   x
 f 
1  f  x  h f  x 
 
 lim . 

c)    x   lim  

h 0
h 0 h
h
g
 g  x  h g  x 
'
 lim
g  x  . f  x  h   f  x  .g  x  h 
g  x  .g  x  h  .h
h 0
yazılabilir. g fonksiyonu x noktasında türevlenebilir olduğundan bu noktada süreklidir.
Dolayısıyla
lim
h 0
g  x  0
olduğuna
göre
yeterince
küçük
h
için
g  x  h  0
ve
1
1
‘dir. Böylece limitin özelliklerinden

g  x  h g  x 
g  x  . f  x  h   g  x  f  x   g  x  . f  x   f  x  .g  x  h 
 f 
   x   lim
h 0
g  x  .g  x  h  .h
g
'

g  x
g  x
.lim
h 0
f  x  h  f  x f  x
g  x  h  g  x
1
1
.lim

.lim
.lim
g  x  h  h 0
h
g  x  h 0 g  x  h  h 0
h
64

g  x f '  x  f  x g '  x
 g  x 
2
sonucuna ulaşılır.
5.6 Sabit, Kuvvet ve Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
1) Sabit fonksiyonunun türevi sıfırdır.
Çünkü c bir sabit olmak üzere f  x   c ile tanımlı herhangi bir sabit fonksiyon için
c
'
 f '  x   lim
f  x  h  f  x
h 0
h
 lim
h 0
cc
0
h
bulunur.
Buna göre sabit çarpanı türev işaretinin dışına çıkarılabilir, yani  c. f  x    c. f '  x  ‘dir.
'
2) Her n doğal sayısı için f  x   xn ile tanımlanan f : R  R fonksiyonu her
noktada türevlenebilirdir ve f '  x   n.xn1 ‘dir.
Gerçekten, Newton binom formülünden
f  x  h  f  x
x  h   xn

f  x   lim
 lim
h 0
h 0
h
h
n
'
n
n
 n  n 1 n
n
x n    x n 1h    x n  2 h 2  ...  
 xh  h  x
1 
2
 n  1
 lim
h 0
h
 n 
  n
 n
 n  n2
 lim   x n1    x n2 h  ...  
xh  hn1     x n1  n.x n1

h0
 2
 n  1
1 
 1 
elde edilir.
3) Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
a) f  x   sin x ,
f : R  R fonksiyonu her noktada türevlenebilir ve f '  x   cos x ‘dir.
Çünkü f '  x   lim
f  x  h  f  x
h 0
 lim
h
 lim
sin  x  h   sin x
h 0
h
 sinh x.cosh  cos x.sinh   sin x
h 0
h
cosh  1
sinh 

 lim  sin x.
 cos x.

h 0
h
h 

cosh  1
sinh
 cos x.lim
h 0
h 0 h
h
 sin x.lim
65

2h
 2sinh  2  
    cos x
 sin x.lim 
h 0
h






2

h
sin   

 h
 2    cos x  cos x
 sin x.lim    . 
h 0
 2  h 
 2 


b) Benzer şekilde  cos x    sin x elde edilir
'
c) x 

2
 n  1, 2,...
 n
olmak üzere  tan x  
'
1
 1  tan 2 x ‘dir. Çünkü
cos 2 x
2
2
 sin x  cos x.cos x  sin x.   sin x  cos x  sin x

 tan x   
 
cos 2 x
cos 2 x
 cos x 
'
'
2
1
 sin x 
2
 1 
  1  tan x 
cos 2 x
 cos x 
d) x  n
 n  1, 2,... olmak üzere  cot x 
'

1
  1  cot 2 x  ‘dir. Çünkü
2
sin x
cos x  sin x.   sin x   cos x.cos x
sin 2 x  cos 2 x



 cot x   

sin 2 x
sin 2 x
 sin x 
'
'
  cos x 2 
1
  1  
  1  cot 2 x    2


  sin x  
sin x


5.7 Ters Fonksiyonların Türevi
Teorem.5.3: X , Y  R ,
f : X  Y fonksiyonu bire bir ve örten olsun. Eğer f fonksiyonu
x0  X noktasında türevlenebilir ve
f '  x0   0 ise bu takdirde f 1 ters fonksiyonu
y0  f  x0  Y noktasında türevlenebilirdir ve
 f   y   f 1x  ‘dır.
1 '
0
'
0
İspat: y  f  x  denirse x  f 1  y  ve y0  f  x0  olduğuna göre x0  f 1  y0  olur. Bu
durumda f '  x0   0 olması nedeniyle x0 yeterince küçük bir komşulugunda f  x   f  x0 
olacağından
66
f 1  y   f 1  y0 
x  x0
1


y  y0
f  x   f  x0  f  x   f  x0 
x  x0
yazılabilir.
f 1 fonksiyonu
y0
‘da
sürekli olduğundan y  y0 için x  f 1  y   x0  f 1  y0  olur.
Böylece  f

1 '
f 1  y   f 1  y0 
1
1
elde edilir.
 lim
 '
 y0   ylim
 y0
x

x
0 f  x  f  x 
y  y0
f  x0 
0
x  x0
Örnek.5.9: y  f  x   x3  x
 x  R
olduğuna göre f 1 ters fonksiyonunun türevini ve
 f   2 hesap ediniz.
1 '
Çözüm: y '  f  x   3x 2  1 olduğu açıktır.
'
 f   y   f 1x   3x1 1 bulunur. Ayrıca
1 '
0
'
0
 f  1  14
1 '
y0  2  x0  1 olduğundan
0
‘dir.
5.8 Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevi
  
1) f  x   arcsin x ile tanımlı f :  1,1    ,  fonksiyonun türevini hesaplayınız.
 2 2
Çözüm: y  arcsin x
fonksiyonunun ters fonksiyonu
x  sin y
olduğuna göre ters
fonksiyonların türevi nedeniyle x  1 için
 arcsin x  '  y ' 
dy 1
1
1
‘dir.



dx dx cos y  1  sin 2 y
dy
1
  
Fakat cos y ,   ,  aralığında pozitif olduğundan  arcsin x  ' 
bulunur.
 2 2
1  x2
2) Benzer olarak f  x   arccos x ,
f '  x    arccos x  '  
3)
1
1  x2
f  x   arctan x ,
f :  1,1  0,   fonksiyonunun x  1 için
‘dir.
  
f : R    ,  fonksiyonunun türevini hesaplayınız.
 2 2
Çözüm: y  f  x   arctan x ‘in ters fonksiyonu x  tan y olduğuna göre ters fonksiyonun
türevi nedeniyle her x için
67
 arctan x  '  y ' 
dy 1
1
1
bulunur.



2
dx dx 1  tan y 1  x 2
dy
4) Benzer
f  x   arccot x ,
olarak
f '  x    arc cot x  '  
f : R   0,  
fonksiyonunun
türevi
1
‘dir.
1  x2
5.9 Bileşke Fonksiyonun Türevi
Bileşke fonksiyonun türevi bütünüyle aşağıdaki teoreme dayanır.
Teorem.5.4: Eğer g fonksiyonu x noktasında ve
f
fonksiyonu g  x  noktasında
türevlenebilir ise bu takdirde fog bileşke fonksiyonu x noktasında türevlenebilirdir ve
 fog   x   f '  g  x   .g '  x 
'
İspat: lim
f  g t   f  g  x 
tx
t x
1
‘dir.
 f '  g  x   .g '  x  olduğunu göstermek yeterlidir.
Önce f yardımıyla tanımlanan
 f  y   f  g  x 
,

y  g  x
F  y  

f '  g  x 
,


y  g  x 


y  g  x 
fonksiyonunu göz önüne alalım. f fonksiyonu g  x  noktasında türevlenebilir olduğundan
lim F  y   lim
yg x
f  y   f  g  x 
y  g  x
yg  x
 f '  g  x    F  g  x   olur, yani F fonksiyonu g  x 
noktasında süreklidir. Öte yandan t  x için
f  g t   f  g  x 
tx
 F  g t .
g t   g  x 
tx
 2
Yazılabilir. Çünkü g  t   g  x  ise eşitliğin her iki tarafı sıfır ve g  t   g  x  ise F ‘nin
tanımından F  g  t   
f  g t   f  g  x 
g t   g  x 
bulunur. Bu da  2 ifadesinin doğru olduğunu
gösterir. Şimdi g fonksiyonu x, F fonksiyonu da g  x  noktasında sürekli olduğundan Fog
bileşke fonksiyonu x noktasında süreklidir ve dolayısıyla
lim F  g  t    F  g  x    f '  g  x   bulunur. Bu ise  2 ile birlikte
t x
lim
t x
f  g t   f  g  x 
tx
 f '  g  x   eşitliğini verir. Böylece ispat tamamlanmış olur.
68
1
dy dy dx
 .
şeklinde de ifade edilebilir. Buna göre fog fonksiyonunun türevini
dt dx dt
eşitliği
hesap etmek için önce
 fog 
'
‘nin g ‘ye göre türevini alıp sonra bunu g ’nin türevi ile
çarpmak yeterlidir. Bileşke fonksiyonunun bu türev alma kuralına zincir kuralı adı verilir.
Zincir kuralı ikiden fazla bileşik fonksiyonlar için de kullanılır. Örneğin bileşik fonksiyon


y  f g   x   biçiminde verilmişse bu durumda y ' 
dy dy dg d
olur.

. .
dx dg d dx
Örnek.5.10: Aşağıdaki bileşik fonksiyonlarının türevlerini bulunuz.
a) y   2 x3  5
c) y  earctan
2
b) y  tan 2  x 2  1
4
d) y  arcsin
x
2 x2
1  x4

x  1
Çözüm:
a) u  2 x3  5 dersek y  u 4 olur. Zincir kuralından
3
dy dy du

.
 4u 3 .2.3x 2  24  2 x3  5  x 2 bulunur.
dx du dx
b) u  x 2  1 , v  tan u denirse y  v 2 olacağından zincir kuralından


dy dy dv du
 . .
 2v 1  tan 2 u  2 x  4 x tan  x 2  1 . 1  tan 2  x 2  1 olur.
dx dv du dx
c) u  arctan x , v  u 2 denirse y  ev olacağından, zincir kuralından
2
dy dy dv du
1
1
 . .
 ev .2u.
 2 arctan x.
.earctan x
2
2
dx dv du dx
1 x
1 x
2 x2
d) u 
alınırsa y  arcsin u olacağından, zincir kuralından
1  x4
4 x 1  x 4   4 x3  2 x 2  4 x5  4 x
dy dy du
1
 . 
.

.
4 2
4 2
dx du dx
1 u2
1  x 
1  x 

4 x 1  x 4 
1  x 
4 2
.
1  x4
1 4x  2x  x
4
4
8

elde edilir.
5.10 Logaritma Fonksiyonunun Türevi
69
4x
1  x4
1
 2x2 
1 
4 
 1 x 
2
a  0 ve a  1 olmak üzere y  f  x   loga x ile tanımlanan f : R   R fonksiyonu
1
'
x  R  için türevlenebilir ve f '  x    log a x   .log a e ‘dir.
x
İspat: Logaritmik fonksiyonun sürekliliğinden
f '  x   lim
f  x  h  f  x
h 0
 lim
log a  x  h   log a x
h 0
h
h
1
1


h
1
h
 h
 h h



 lim .log a 1    lim log a 1    log a lim 1   
h 0 h
 h 0  x  
 x  h 0
 x


yazılabilir.
h 1
 denirse , h  0  k   olacağına göre
x k
1
1
  1 k  x
1
'
f  x   log a  lim 1     log a e x  .log a e elde edilir.
x
 k   k  
Bununla birlikte bileşik fonksiyonların zincir kuralı göz önüne alınarak;
 log u  x 
'
u'  x 

.log a e eşitliği bulunur.
u  x
5.11 Üstel Fonksiyonun Türevi
f  x   a x üstel fonksiyonu x  R için
a  0 ve a  1 olmak üzere f : R  R ,
türevlenebilirdir ve f '  x    a x   a x .ln a ‘dır. Gerçekten y  f  x  fonksiyonu logaritma
'
fonksiyonunun ters fonksiyonu olduğundan y  a x  x  log a y ‘dir. Ters fonksiyonun
türevi ve log a b 
1
eşitliği nedeniyle
log b a
1
y


 a .ln a
 a   y  dy
dx
dx
log e
x '
'
x
olur. Özel
e   e
x '
olarak
‘dir ve bileşik
x
a
dy

fonksiyonların türevinden de a
u x
  u  x  .a   .ln a ve  e     u  x  .e   olduğu açıktır.
'
'
u x
'
u x
'
u x
Örnek.5.11: a herhangi bir sabit olmak üzere x  0 için  x a   ax a 1 olduğunu gösteriniz.
'
Çözüm: y  x a dersek x  eln x olduğundan y   eln x   ea ln x bulunur. Böylece yukarıdaki
a
açıklama nedeniyle
70
a
'
y '   a ln x  e a ln x  .x a  a.x a 1 elde edilir.
x
5.12 Hiperbolik Fonksiyonların Türevi
'
 e x  e x  e x  e x
 cosh x
 sinh x   
 
2
 2 
'
'
 e x  e x  e x  e x
 sinh x
 cosh x   
 
2
 2 
'
sinh x  cosh x.cosh x  sinh x.sinh x cosh 2 x  sinh 2 x
1


 tanh x   
 
2
2
cosh x
cosh x
cosh 2 x
 cosh x 
'
'
cosh x  sinh x.sinh x  cosh x.cosh x sinh 2 x  cosh 2 x
1


 coth x   
 
2
2
sinh x
sinh x
sinh 2 x
 sinh x 
'
'
5.13 Logaritmik Türev
Kabul edelim ki u
y  u  x 
v x 
 u  0
ve v fonksiyonları türevlenebilir olsun. Bu durumda
biçiminde tanımlanan bir fonksiyonun türevi önce önce eşitliğin her iki
tarafının türevi, logaritma, bileşke fonksiyonların türevleri kullanılarak hesaplanır. Sonra
eşitlikten y ' türevi çekilerek türev alma işlemi tamamlanır;
u'  x 
y'
'

 v  x  .ln u  x   v  x  .

y
v  x
ln y  v  x  ln u  x 
y'  u  x 
v x 
 '
u'  x 
v
x
.ln
u
x

v
x
.








v  x 

Örnek.5.12: y  x x fonksiyonunun türevini hesaplayınız.
x
Çözüm: Önce u  x   x x dersek logaritmik türev nedeniyle
u'  x 
1
ln u  x   x ln x 
 ln x 
 u '  x   x x  ln x  1 bulunur. Tekrar aynı kural y
u  x
x
fonksiyonuna uygulanırsa
ln y  x x ln x 
'
x
y'
1
1

  x x  ln x  x x .
 y '  x x .x x  ln 2 x  ln x   elde edilir.
y
x
x

5.14 Parametrik Fonksiyon Türevi
71
 x    t  
Kabul edelim ki y  f  x  fonksiyonu 
 parametrik denklemi ile verilmiş olsun.
 y    t  
Biliyoruz ki x    t  ve y    t  denklemlerinden t parametrisi yok edilerek
y  f  x
elde edilebilir. Bu durumda parametrik fonksiyonun türevi aşağıdaki teoremle ifade edilir.
Teorem.5.5:
x    t  ve
y  t 
fonksiyonları t 0
noktasının bir komşuluğunda
türevlenebilir olsunlar. Eğer bu komşulukta  '  t   0 veya  '  t   0 ise y  f  x 
fonksiyonu x0    t0  noktasında türevlenebilir ve f '  x0  
 '  t0 
‘dir.
 '  t0 
İspat:  fonksiyonunun söz konusu komşulukta tersi vardır. Bu ters fonksiyon  1 ile
gösterilirse, t   1  x  ve ters fonksiyonun türevinden
   x    1 t 
1 '
0
'
yazılabilir.
0
Bileşke fonksiyonun türevi nedeniyle


f '  x     1  x0     '  1  x0   1   x0  
'
'
Örnek.5.13: y  f  x  fonksiyonu
 '  t0 
bulunur.
 '  t0 
x  t 3  3t  1
y  3t  5t  1
5
3
ile tanımlandığına göre y ' 
dy
türevini
dx
hesap ediniz.
Çözüm: y ' 
dy dy dx

:
 15t 4  15t 2  :  3t 2  3  5t 2
dx dt dx
Örnek.5.14: y  f  x  fonksiyonu
y' 
x  a cos3 t
y  b sin 3 t
 0  t   / 2
ile tanımlandığına göre
dy
türevini hesap ediniz.
dx
Çözüm: t   0,  / 2 için y ' 
dy dy dx
3b sin 2 t.cos t
b

:

  tan t
2
dx dt dx 3a cos t.   sin t 
a
5.15 Kapalı Fonksiyonların Türevi
Diyelim ki x ‘in y fonksiyonu F  x, y   0 denklemi ile verilmiş olsun. Bu durumda
F  x, y   0 denkleminden değişkenlerden herhangi birini çekmek her zaman mümkün
olmayabilir. Böyle durumlarda kapalı türevler son derece faydalıdır. Bu metod , y ‘nin x ‘in
bir fonksiyonu olduğu göz önüne alınarak zincir kuralını uygulamaktan ibarettir. Yani
72
F  x, y   0 denkleminin her iki tarafının x ‘e göre türevi alınıp elde edilen denklemden y '
türevi çekilir.
Örnek.5.15: y  f  x  fonksiyonu x3  ln y  x 2e y  0 denklemi ile verildiğine göre y ' 
dy
dx
türevini hesap ediniz.
Çözüm: Denkleminin her iki tarafının x ‘e göre türevi alınır ve y ' çekilirse
2 xe y  3x 2 

y
y
2 ' y
'
bulunur.
3x  '  2 xe  x y e  0  y 
y
1  x2 ye y 
2
Örnek.5.16: x y  y x olduğuna göre
dx
türevini hesap ediniz.
dy
Çözüm: Önce denklemin her iki tarafının logaritmasını alalım. Sonra x ‘i , y ‘nin
fonksiyonu olarak düşünerek her iki tarafın x ‘e göre türevini alırsak
y ln x  x ln y  1.ln x  y.
Örnek.5.17:
y  f  x
x'
x
dx x  x  y ln x 
 x ' ln y   x ' 

bulunur.
x
y
dy y  y  x ln y 
fonksiyonu
x 2  y 2  4 x  10 y  4  0
ile
verildiğine
göre
x  6 noktasındaki y ' türevini bulunuz.
Çözüm: Denkleminin her iki tarafının x ‘e göre türevi alınır ve y ' çekilirse
2 x  2 yy '  4  10 y '  0  y ' 
x2
5 y
bulunur. x  6 eğri üzerinde olduğundan denklemi sağlar. Bu durumda
36  y 2  24  10 y  4  0  y1  2 , y2  8
olur. Yani , x  6 için y ' türevinin iki değeri vardır. Bu değerler
y '  6, 2  
4
4
ve y '  6,8    ‘dır.
3
3
5.16 Yüksek Mertebeden Türevler
X kümesi üzerinde tanımlı türevlenebilir f fonksiyonu verildiğinde f ' yeni bir fonksiyon
tanımlar. Eğer bu f ' fonksiyonu x0  X noktasında türevlenebilir, yani
f ''  x0   lim
x  x0
f '  x   f '  x0 
x  x0
limiti mevcut ise bu durumda f ‘ye x0 noktasında ikinci mertebeden türevlenebilirdir ve
f ''  x0  değerine de ikinci mertebeden türevi adı verilir. İkinci mertebeden türev
73
2
d 2 y d f  x0  2
y , f  x0  , 2 ,
, D f  x0 
dx
dx 2
''
''
sembollerinden biri ile ifade edilir. Bu düşünce tekrar edilerek f
fonksiyonunun n.
mertebeden türevi tanımlanabilir.
Tanım.5.3: f : X  R fonksiyonu x0 noktasında  n 1 . mertebeden türevlenebilir olsun.
Eğer f
 n
f  n1  x   f  n1  x0 
 x0   xlim
x
x  x0
0
limiti mevcut ise bu limit değerine f ‘nin x0 noktasındaki n. mertebeden türevi denir ve
y  , f 
n
n
 x0  ,
n
d n y d f  x0  n
,
, D f  x0 
dx n
dx n


ile gösterilir. Burada f  n   x0   f  n 1  x0  olduğu açıktır.
Örnek.5.18: y  x
2
'
fonksiyonunun x0  0 noktasında 2. mertebeden türevlenebilir olup
olmadığını inceleyeniz.
 2 x , x  0
Çözüm: Açıktır ki y '  x   

2 x , x  0 
Öte yandan türevin tanımından
x
y  0  x   y  0 
y  0   lim
 lim
0
x 0
x 0 x
x
2
'
olduğuna göre her x için y'  x   2x.sgn x bulunur. Ayrıca
 2 , x  0
y ''  x   

2 , x  0 
fakat y ''  0   lim
y  0  x   y  0 
x 0
x
 lim
2  x  sgn  x 
x
x 0
mevcut değildir. Dolayısıyla verilen fonksiyon x0  0 noktasında türevlenebilirdir olmasına
karşın
y'  x   2x.sgn x fonksiyonu türevlenebilir değildir. Bu örnek gösteriyor ki
fonksiyonun birinci mertebeden türevinin mevcut olması yüksek mertebeden türevlerin
mevcut olmasını gerektirmez.
Örnek.5.19: Aşağıdaki fonksiyonların n. mertebeden hesap ediniz.
a) f  x   x
  R 
b) f  x   a x
 a  0 , a  1
74
c) f  x   sin x
Çözüm:
a) f '  x    x 1 , f ''  x      1 x 2 , … , f  n  x      1  2  .....    n  1  x n
Özel olarak , m  N ve   m ise n  m için f  n  x   m  m  1 . ... .  m   m  1   m! ve
n  m için f n  x   0 olur.
n
b) f '  x   a x ln a , f ''  x   a x  ln a  ,..., f    x   a x  ln a 
2
n
Özel olarak , f  x   e x ise f  n  x   e x ‘dir.
c) f '  x   cos x  sin  x   / 2
f ''  x   cos  x   / 2   sin  x  2. / 2 
f
n
 x   cos  x   n  1 . / 2   sin  x  n. / 2 
Benzer olarak  cos x   cos  x  n. / 2  bulunur.
n
Örnek.5.20: Parametrik denklemi
y '' 
x  t  sin t
,
y  1  cos t
 0  t  2 
olan y  f  x  fonksiyonunun
d2y
türevini hesap ediniz.
dx 2
Çözüm:
2sin  t / 2  .cos  t / 2 
dy dy dx
sin t

:


 cot  t / 2 
dx dt dt 1  cos t
2sin 2  t / 2 
d 2 y d  dy  d
dx
1
1
     cot  t / 2   :

: 1  cos t   
2
2
4
dx
dx  dx  dt
dt
2sin  t / 2 
4sin  t / 2 
Teorem.5.6: ( Leibnitz Teoremi )
Eğer bir X kümesinde u  u  x  ve v  v  x  fonksiyonları n. mertebeden türevlenebilirse bu
takdirde u.v fonksiyonu n. mertebeden türevlenebilir ve u  0  u ve v0  v olmak üzere
 u.v 
n
n
n
   .u  k  .v n k  ‘dır.
k 0  k 
Örnek.5.21: y  f  x   x2 cos x fonksiyonunun n.
 n  2
mertebeden türevini hesap
ediniz.
Çözüm:
u  cos x
ve
v  x2
denirse
u    cos  x  k. / 2 
k
4
v'''  v   ...  0 olduğundan Leibnitz teoreminden
75
,
v'  2 x ,
v ''  2
ve
n
n
n
 n   nk   k 
y  n     .u  k  .v n k    
.v
.u
k 0  k 
k  0  k  1
n
 n   n 1 1  n   n 2  2
   .u  n  .v  
.v  0
 .u .v  
 .u
n
 n  1
 n  2
 x2 cos  x  n. / 2  2n cos  x   n  1 . / 2  n.  n 1 cos  x   n  2 . / 2
bulunur.
Örnek.5.22: y 
e2 x
fonksiyonunun x  1 için n. mertebeden türevini bulunuz.
1 x
Çözüm: u  e 2 x ve v 
v' 
1!
1  x 
2
, v '' 
1
denirse u '  2e 2 x , u ''  22 e2 x , ... , u  k   2k e 2 x ve
1 x
2!
1  x 
, ..., v   
n!
n
3
1  x 
n 1
olur. Böylece Leibnitz teoreminden
n
n
 n  k nk
n
 n  k !  e2 x . n  n .2k. n  k !. 1  x k
n
y      .u   .v     .2k .e2 x .

  
n  k 1
n 1   
k 0  k 
k 0  k 
1  x 
1  x  k 0  k 
elde edilir.
5.17 Diferansiyel
Kabul edelim ki y  f  x  ile tanımlı f fonksiyonu X kümesinde türevlenebilir olsun. x ‘e
x artması verildiğinde f ‘nin aldığı artma miktarını y ile gösterelim. Bu durumda
y  f  x  x   f  x 
olur. f fonksiyonu x noktasında türevlenebilir olduğundan
lim   x   0
x 0
olmak üzere
y f  x  x   f  x 

 f '  x     x  veya y  f '  x  .x    x  .x
x
x
1
eşitliği yazılabilir. Böylece aşağıdaki tanım verilebilir.
Tanım.5.4:
1
ifadesindeki f '  x  .x terimine f fonksiyonun sabit x noktasına ve
değişken x artmasına göre diferansiyeli denir ve
dy  f '  x  .x veya df  x   f '  x  .x
ile ifade edilir.
Bu tanıma göre y  f  x   x fonksiyonun diferansiyeli hesap edilirse f '  x   1 olduğundan
dy  df  x   dx  1.x  x yani dx  x bulunur. Şu halde dy  df  x   f '  x  dx olur.
76
Görüldüğü üzere f '  x  türevi sadece x ‘e bağlı olmasına rağmen df  x   f '  x  dx
diferansiyeli x ve dx ‘e bağlıdır.
Örnek.5.23: f  x   x m ile tanımlı f : R  R fonksiyonunun x  R noktasındaki
diferansiyelini bulunuz.
Çözüm: df  x   f '  x  dx eşitliğinde f '  x  yerine mx m 1 konularak , df  x   mxm1.dx
bulunur.
Örnek.5.24: Bir küpün bir ayrıtının uzunluğunu ölçen kimse , 0, 001 cm hata ile ölçtüğünü
söylemektedir. Küpün bir kenarı 20 cm olduğuna göre, küpün hacminde yapılan hata ne olur?
Çözüm: Küpün bir kenarının uzunluğu x cm olursa hacmi , V  x   x3 cm 3 olur. Hacimde
yapılan hatayı , V ile gösterelim. V  V '  x  x olduğundan, V  3x 2 x yazılır.
x  20 cm , x  0, 001 cm değerleri göz önüne alınırsa , V  3, 400  0,001  1, 2 cm 3 elde
edilir.
5.18 Limitlerde Belirsiz Şekiller
Fonksiyonların limitleri hesap edilirken belirsiz şekiller denilen
0 
, ,    , 0. ,1 , 0 ,  0
0 
ifadeleri ile karşı karşıya gelinir. Bu belirsizlik durumları önce
0

veya
biçimine
0

dönüştürülür sonra aşağıda ifade edilen L ‘Hospital Kuralı uygulanarak, limit kolayca hesap
edilir.
a)
0

ve
Belirsizlik Durumları
0

Bu durumda aşağıdaki teorem uygulanabilir.
Teorem: (L ‘Hospital Kuralı )
Kabul edelim ki f ve g bir a noktasının komşuluğunda ( a ‘da tanımlı olmak zorunda değil)
tanımlanmış türevlenebilen fonksiyonlar olsun. Ayrıca bu komşuluktaki her x için g '  x   0
bulunsun.
f '  x
a) Eğer lim f  x   lim g  x   0 ve L  lim '
limiti mevcut ise bu takdirde
xa
x a
x a g  x 
lim
xa
f  x
L
g  x
77
f '  x
b) Eğer lim f  x   lim g  x    ve L  lim '
limiti mevcut ise bu takdirde
xa
x a
x a g  x 
lim
xa
f  x
L
g  x
Uyarı: L ‘Hospital Kuralı limite ulaşılıncaya kadar birden fazla uygulanabilir. Örneğin
lim
x a
f '  x
0

limiti hesap edildiğinde
veya
belirsizliği elde ediliyorsa bir kez daha
'
0

g  x
uygulanabilir ve bu belirsizlik durumlarından kurtuluncaya kadar devam edilebilir.
Uyarı: L ‘Hospital Kuralı sadece x  a için değil aynı zamanda x   ve x  
olduğunda da geçerlidir. Örnek olarak x   için ispat edelim. x  1/ t dönüşümü yapılırsa
x   için t  0  olacağından
f  x   f 1/ t   0 , g  x   g 1/ t   0
bulunur. Bu durumda
lim
x 
f  x
g  x
 lim
t 0
0
belirsizliği ortaya çıktığından L ‘Hospital Kuralı nedeniyle
0
f 1/ t 
g 1/ t 
 lim
t 0
 1/ t  . f 1/ t   lim f 1/ t   lim f  x 
g 1/ t 
g  x
 1/ t  .g 1/ t 
2
'
2
'
'
t 0
'
'
x 
elde edilir.
Örnek: lim
x 2
x 4  16
limitini hesap ediniz.
x3  5 x 2  6 x  16
Çözüm: x  2 için
0
belirsizliği vardır. L ‘Hospital Kuralından
0
x 4  16
4 x3
32 16
lim 3
 lim 2


x 2 x  5 x 2  6 x  16
x 2 3 x  10 x  6
26 13
bulunur.
x 2  ln x  1
Örnek: lim
limitini hesap ediniz.
x 1
ex  e
Çözüm: x 1 için
lim
x 1
0
belirsizliği vardır. L ‘Hospital Kuralından
0
x 2  ln x  1
2 x  1/ x 1
 lim

x
x 1
e e
ex
e
bulunur.
ln x
limitini hesap ediniz.
x  3 x
Örnek: lim
78
'
Çözüm: x   için

belirsizliği vardır. L ‘Hospital Kuralından

ln x
1/ x
3 3 x2
2

lim

lim
 lim 3
3 2
x  3 x
x 
x 
x

x
x
1/ 3 x
lim
bulunur.
xn
x  e x
Örnek: lim
Çözüm:
 n  N  limitini hesap ediniz.

belirsizliği vardır. L ‘Hospital Kuralı n defa uygulanarak

n.  n  1 .x
xn
n.x n 1

lim
 lim
x
x
x  e
x 
x 
e
ex
lim
n2
 ...  lim
n.  n  1 .....1
ex
x 
0
bulunur.
b)    Belirsizlik Durumu
Bu belirsizlik durumu
1 1 
f g    :
g f 
1 1

1
g f

1
f .g
f .g
Eşitlikleri yardımıyla sırasıyla
ve f  g 
f .g
1 1 
g  f 


1
0

ve
belirsizliklerine dönüştürülür.
0

1 
1
Örnek: lim   x  limitini hesap ediniz.
x 0 x
e 1 

Çözüm:    belirsizliği vardır. Verilen ifade
1 
ex 1  x
1
lim   x   lim
x 0 x
e  1  x0 x  e x  1

Şeklinde yazılırsa
0
belirsizliği ortaya çıkar. L ‘Hospital Kuralı 2 kez uygulanarak
0
1 
ex 1  x
1
lim   x   lim
x 0 x
e  1  x0 x  e x  1

ex 1
ex
1

lim

x
x
x
x  0 e  1  xe
x 0 e  2  x 
2
 lim
elde edilir.
1 

Örnek: lim  tan x 
 limitini hesap ediniz.
x  / 2
cos x 

79
Çözüm:    belirsizliği vardır. Bu belirsizlik
0
biçimine getirilip L‘Hospital Kuralı
0
uygulanırsa
cos x 
1 

lim  tan x 
  lim
x  / 2
cos x  x  / 2

cos x
sin x
1
sin x
1

cos x cos x
 lim
x  / 2
 cos x.sin x  cos x  sin x 
2
sin x.cos x
lim
x  / 2
cos x
sin x  1
 lim
 0 ‘dır.
x


/
2
 sin x
cos x
c) 0. Belirsizlik Durumu
Bu belirsizlik f .g 
0

f
g
veya f .g 
eşitlikleri yardımıyla sırasıyla veya
0

1/ g
1/ f
belirsizlik biçimine dönüştürülüp L ‘Hospital kuralı uygulanır.
Örnek: lim x 2 .ln x limitini hesaplayınız.
x 0
Çözüm: 0. belirsizliği vardır. Verilen ifadeyi
lim x 2 .ln x  lim
x 0
x 0
 lim
x 0

biçimine dönüştürelim.

ln x  

 belirsizliği 
2

1/ x   
1/ x 
1
 lim  x 2  0
 2 / x  x0 2
3
Örnek: lim sin x.ln x limitini hesaplayınız.
x 0
Çözüm: 0. belirsizliği vardır. Buna göre
lim sin x.ln x  lim
x 0
x 0
 lim
x 0
 lim
x 0
ln x


 belirsizliği 
1/ sin x   

1/ x 
  cos x / sin x 
2
 lim
x 0
 sin 2 x  0

 belirsizliği 
cos x  0

2sin x.cos x
0
cos x  x.sin x
d) 1 ,  0 ve 0 0 Belirsizlik Durumları
Bu belirsizlik durumları 0. biçimine getirilebilir. Örneğin , x  a için f  x   1 ve

g  x    ise bu takdirde y  f  x 
g x
 fonksiyonunda 1
çıkar. Bu eşitliğin her iki tarafının logaritması alınırsa
80

belirsizlik durumu ortaya
ln y  g  x  .ln f  x 
bulunur. Bu durumda g  x  .ln f  x  ifadesindeki belirsizlik .0 belirsizliği olur. Dolayısıyla
c-) de olduğu gibi lim y limiti hesap edilir ve sonra
x a
lim ln y
lim y  lim e ln y  e xa
x a
x a
Eşitliğinden istenen limit elde edilir.
Örnek: lim  tan x 
tan 2 x
x  / 4
limitini hesaplayınız.
Çözüm: 1  belirsizliği vardır. y   tan x 
lim  tan x 
tan 2 x
x  / 4
 lim tan 2 x.ln  tan x 
x  / 4
tan 2 x
denirse, ln y  tan 2 x.ln  tan x  olur.
 0. belirsizliği 
ln  tan x   0

belirsizliği 

x  / 4 1/ tan 2 x 
0

 lim
1  tan 2 x
1  tan 2 x
tan 2 2 x
tan x
 lim

lim
.
x  / 4 2 1  tan 2 2 x

 x / 4 tan x 2 1  tan 2 2 x 
tan 2 2 x
yazılabilir. Diğer taraftan
4 tan 2 x 1  tan 2 2 x 
tan 2 2 x  

lim
1
 belirsizliği   xlim
2
x  / 4 1  tan 2 2 x

  / 4 4 tan 2 x 1  tan 2 x 
olduğuna göre
2 1
tan 2 x
lim ln y  .
 1  lim y  lim  tan x 
 e 1
x  / 4
x  / 4
x  / 4
1 2
sonucuna ulaşılır.
Örnek: lim  sin x  limitini hesaplayınız.
x
x 0
Çözüm: 0 0 belirsizliği vardır. y   sin x  denirse, ln y  x ln  sin x  olacağına göre
x
ln  sin x   

 belirsizliği 
x 0
1/ x   

lim ln y  lim x ln  sin x   0. belirsizliği   lim
x 0
x 0
cos x / sin x
x 2 .cos x  0



lim
belirsizliği 

2
x 0
x 0
1/ x
sin x  0

2
2 x.cos x  x .sin x
x
 lim
 0  lim y  lim  sin x   e 0  1
x 0
x 0
x 0
cos x
 lim
81
bulunur.
Örnek: lim  ln x 
x 
1/ x
limitini hesaplayınız.
Çözüm:  0 belirsizliği vardır. y   ln x 
1/ x
 ln y 
ln  ln x 
1
ln  ln x  
x
x
ln  ln x   
1/ x.ln x
1

 lim
0 
 belirsizliği   lim
x 
x

x

x
1
x.ln x


limln y  lim
x 
lim  ln x 
x 
1/ x
 e 0  1 sonucuna ulaşılır.
KAYNAKLAR
1. Aydın S., Analize Giriş, Cilt-I, Hacettepe Üniversitesi, Beta Basım, İstanbul-1999
2. Sarıgöl M.A., Jafarov S., Analiz-I, Ekin Basım, Ankara–2007
3. Çakan H., Genel Matematik Ders Notları Cilt-I.
82