Çok de i³kenli rasyonel fonksiyonlarn süreklili i

Transkript

1 Çok de ³kenl rasyonel fonksyonlarn sürekll Al Snan Sertöz Çok de ³kenl rasyonel br fonksyonun tekllk noktas etrafndak davran³ çok çe³tllk gösterr. ncelenmes en kolay olan durumda paydann sadece orjnde sfr vardr. De ³ken says k oldu u durumda bu rasyonel fonksyon uzayda br yüzey tanmlar ve bu yüzey orjnde z-eksenn ya br tek noktada keser, ya da z-eksenne sarlr k bu knc durumda fonksyonun orjnde lmt yoktur derz. e zaman ne olaca na karar vermek ço u zaman srad³ teknkler kullanmay gerektrr. Bu nedenle ders ktaplarnda bu konuyla lgl fazla örnek bulunmaz. Örnek olarak, a³a dak lmtlere bakalm. lm (x,y,z) (0,0,0) x 3 y 2 z =? x 4 + y 2 + z lm 4 (x,y,z) (0,0,0) x 3 y 2 z 2 =? x 4 + y 2 + z4 Bu rasyonel fonksyonlarn paydalar yalnzca orjnde sfrdr. Orjne yakla³rken lmtn ne olaca kesnlkle de ³kenlern kuvvetlernde kodlanm³ olmal. Demek k yaplacak ³ bu kodlar çözmektr. A³a dak teorem bu sorunun çözümünü vermektedr. Teorem: > olmak üzere, a,..., a 0 negatf olmayan tamsaylar, m,..., m > 0 poztf tam saylar, ve c,..., c > 0 poztf reel saylar olsun. Bu durumda lm (x,...,x ) (0,...,0) x a x a c x + + c x 2m lmt, ancak ve ancak = a 2m > se vardr. Ve e er bu lmt varsa sfrdr.

2 Teoremn kantna ba³lamadan önce brkaç noktay açkl a kavu³tura- ot: lm.. Hemen görüleblece üzere c de erlern kabul etmekte br saknca yoktur; β > 0 ve β 2m = c olacak ³eklde seçlm³ β saylarn kullanarak X = β x koordnat dönü³ümünü tanmlayablrz. Bu yen koordnatlarda ncelemek sted mz lmt (β a β a ) lm (X,...,X ) (0,...,0) X a X a X + + X 2m ³ekln alr. (β a β a ) 0 oldu undan, lmtn var olup olmad n anlamak yne ayn a,..., a, m,..., m saylarn ncelemey gerektrr. Yan problem de ³mez. Bu nedenle kant çnde tüm c ler kabul edece z. Açkca görülece gb a saylarnn tek görev payn sfra gtme hzn belrlemektr. Bu durumda e er tüm x ler poztf seçme ³artn koyarsak a ler poztf tamsay yerne poztf reel saylar olarak almak mümkündür. E er a tamsay de lse ve x < 0 se x a de er exp(a ln x ) ³eklnde hesaplanr. Bunun çn de negatf saylarn logartmasnn tanml oldu u kompleks saylar teorsne geçmek gerekr k burada bunu yapmayaca z. Bu yüzden bz a > 0 ve tamsay olarak alaca z. = durumu hem çok kolay hem de braz farkldr. Bu durumda lmtn a var olmas çn gerek ve yeter ³art, açkça görülece üzere, ³artdr. Bu durumda e er e³tlk varsa lmt, mutlak e³tszlk varsa lmt 0 olur. Kant sürecnde notasyonda kolaylk olmas bakmndan a³a dak tanmlar kullanaca z: x = (x,..., x ) f( x) = = xa = x2m p = m, = p = p/m, =,...,. 2

3 Kantn ana kr: Bu teorem çn k kant verece z. Brnc kantta, lmtn anlamak sted mz f( x) fonksyonunu x -eksenne paralel br do ru üzerne kstlayp, bu do ru üzernde alaca uç de erler bulaca z. Bu do ruyu x - eksenne do ru ndrd mzde bu uç de erlern hang ³artlarda sfra gtt n görece z. Bu durumda lmt de sfr olacak. Br d er kant da Murad Özaydn'n öners üzerne Lagrange çarpanlar tekn n kullanacak. x a x a fonksyonunu x + + x 2m = R > 0 hperyüzey üzerne kstlayp yne uç de erlern bulaca z. R sfra gderken bu uç de erlern hang ³artlarda sfra gtt n ara³traca z. Teoremn Kant: lk olarak lmtn var oldu unu kabul edelm. Bu durumda orjne gder her yol boyunca lmtn var olaca ve ayn de er verece a³kardr. Her br λ > 0 olacak ³eklde br λ = (λ,..., λ ) sabt vektörü seçelm. f fonksyonunu x λ (t) = (λ t p,..., λ t p ), yoluna kstlad mzda f( x λ (t)) = ( ) = λa t (a p + +a p ) 2p = λ2m buluruz. Bu fadenn t 0 durumunda br lmtnn olmas ve bu lmtn λ dan ba msz olmas çn t nn kuvvetnn sfrdan büyük olmas gerekr. Bu da bze a p + a p n 2p > 0 e³tszl n, ya da p ve p de erlern yerne yazarsak e³tszl n verr k bu da aradmz gerek ³arttr. a + + a 2m >, (*) md de (*) e³tszl n kabul edelm. Kantn bu bölümünde lm x 0 f( x) = 0 oldu unu gösterece z. Bunun çn üzernden tüme varm yapaca z. = durumu çn kantlanacak fazla br ³ey olmad açktr. Bu durumda f(x ) = x a oldu undan (*) e³tszl bze aranan lmtn var oldu unu ve sfr oldu unu hemen verr. 3

4 md > kabul edelm. Stratejmz f( x) fonksyonunu x koordnat eksenne paralel br do ruya kstlayp ncelemektr. Fonksyonun bu do ru boyunca maxmum de ern hesaplayaca z ve bu do ru orjne do ru ndkçe bu maksmum de ern sfra gtt n görece z. lk önce baz a³kar ndrgemeler yapaca z. E er herhang br j çn se f( x) = x a x a j 2m j j x an x 2mj j = x2m x a x a j 2m j j x an a j 2m j olacaktr. Öte yandan (*) e³tszl ne göre ya a j 2m j > 0 olacaktr ya da j den farkl ba³ka br çn a > 0 olacaktr. Her k durumda da Sk³trma Teoremnden dolay lm x 0 f( x) = 0 elde edece z. Demek k artk 0 a < 2m, =,..., durumunu ncelememz yeterl olacaktr. Bu durumda da yne (*) e³tszl nden en az br a nn poztf olmas gerekt n görürüz. Bz notasyonda kolaylk açsndan 0 < a < kabul edelm. md artk tümevarm hpotezmz söyleyeblrz: d d =2 >, se lm x d 2m 2 2m (x 2,...,x ) (0,...,0) =2 x2m = 0 olur; Burada d 2,..., d negatf olmayan tamsaylar, ve m 2,..., m poztf tamsaylardr. Kantn bundan sonras çn herhang br x = (x,..., x ) vektörü çn π( x) = ( x 2,..., x ) göstermn kullanalm. Br sabt x seçelm ve π( x) (0,..., 0) durumunu ele alalm. md f( x) fonksyonunu t (t, x 2,..., x ), t [0, ) yoluna kstlayalm. f nn bu kstlanm³ haln φ π( x) le gösterelm; ( ) φ π( x) (t) = f(t, x 2,..., x ) = x a t a ( ), t [0, ). =2 t + =2 x2m 4

5 Tanm kümes üzernde φ π( x) (t) 0 oldu u a³kardr. Ayrca φ π( x) (0) = 0 ve lm φ π( x)(t) = 0 oldu unu göz önüne alrsak φ π( x) (t) foksyonunun maksmum t de erne t π( x) [0, ) gb br noktada er³ece n anlarz. Bu durumda oldu unu görürüz. Artk br ³mz kalmad. 0 f( x) = φ π( x) ( x ) φ π( x) (t π( x) ), x [0, ) lm π( x) 0 φ π( x)(t π( x) ) = 0 oldu unu göstermektan ba³ka md do rudan br türev hesabyla φ π( x) (t) fonksyonunun maksmum de ernn ( ) ( a 2m ) 2m t π( x) = x 2m a noktasnda elde edld n ve o noktada φ π( x) (t) fonksyonunun de ernn =2 φ π( x) (t π( x) ) = K g(π( x)) ( a ) oldu unu buluruz; burada K br sabttr ve g(π( x)) fonksyonu d = = 2,..., olacak ³eklde a a, g(π( x)) = =2 x d =2 x2m olurak fade edlr. (Bunu tümevarm hpotezmzle kyaslayn.) md (*) e³tszl nden d 2 2m d 2m = ( a buluruz ve bu da tümevarm hpotezmz aracl yla lm φ π( x)(t π( x) ) = 0 π( x) 0 ) ( a2 + + a ) > 2m 2 2m sonucunu do urur. Bu da kantmz tamamlar. 5

6 Bu teorem kullanarak bu çe³t rasyonel fonksyonlarn dferansyelleneblr olup olmadklarn da söyleyeblrz. Eksonuç: > alalm. a,..., a, m,..., m poztf tamsaylar, ve c,..., c poztf reel saylar olsun. E er = a > + max 2m { } j 2m j se, fonksyonu orjnde C dr. f( x) = = xa = c x 2m Kant: f fonksyonunun j nc ksm türevn hesaplayarak f x j x j aj =, j x a = c (a x 2m j + 2m j ) oldu unu görürüz. md teorem uygulayarak ksm türevlern orjndek sürekll n göstereblrz. ot: Teoremn kant srasnda (λ t p,..., λ t p ) yolunun çok özel oldu unu gözlemledk. Fonksyonun lmtnn olup olmamas fonksyonun bu yola kstlanm³ halnn lmt olup olmamasna ba lyd. Acaba her lmt problem çn buna benzer br kral yolu var mdr? Lagrange çarpanlar yöntemyle ba³ka br kant: Bu teoremn ayn zamanda Lagrange Çarpanlar yöntemyle de kantlanablece krn Murad Özaydn'dan aldm. Bu kr kullanarak a³a dak kant sunuyorum.. Yukardak kantta oldu u gb genell kaybetmeden 0 a < 2m, =,..., ve a > 0 oldu unu kabul edeblrz. Ayrca blyoruz k e er x vektörü x = 0 ³artn sa layan br yol boyunca orjne nerse, o yol boyunca f( x) n lmt sfr olur. Bu nedenle e er md k fonksyon tanmlayalm. lm x (0,...,0) f( x) var se bu lmt sfr olmal. F ( x) = x a x a, ve G( x) = x + + x 2m. 6

7 R > 0 poztf br reel say olsun ve ³u soruyu soralm: F ( x) fonksyonunu G( x) = R hperyüzey üzerne snrlad mzda elde edece en küçük ve en büyük de erler nelerdr? Her R > 0 çn hesaplayaca mz bu uç de erlern R sfra gderkenk lmtnn, a = 2m > ³art altnda, sfr oldu unu gösterece z ve bu da teoremn br ba³ka kant olacak. Bu probleme Lagrange Çarpanlar yöntemn uygulayarak a³a dak e³tlkler elde ederz. a x a x a x a = 2λm x 2m, =,...,. Burada e er baz ler çn a < se, bz de x 0 almak zorunda kalrz k bu bz genellkten uzakla³trmaz çünkü a > 0 ve x = 0 se F ( x) = 0 olur. Bu da lmtn sfr olaca beklentsyle uyu³ur. etce olarak a lern büyüklü üne bakmadan yukardak e³tlklern her k taraarn x le çarpalm. a F ( x) = 2λm x 2m, =,..., elde ederz. Az önce gözlemled mz gb baz x lern sfr olmas F ( x) = 0 verece çn ve bu de ern de arad mz en küçük ve en büyük de erlerden br olmad n gördü ümüze göre her çn x 0 kabul edeblrz. O zaman bu yen e³tlklern her brn 2m x 2m le bölüp λ dan kurtularak a F ( x) 2m x 2m = a F ( x) x = 2,..., yazablrz. F ( x) n sfrdan farkl oldu u durumlar nceled mz çn her k taraftan F ( x) ler götürerek x 2m = a m a m x, = 2,..., (**) elde ederz. Bu denklemler taraf tarafa toplayarak ve G( x) = R oldu unu hatrlayarak ( ) x + m a = R a m elde ederz. Parantez çndek fadenn sfrdan farkl br sabt oldu unu gözlemleyerek ( ) α = + m a a m 7 =2 =2

8 dyelm. Bu durumda önce ve sonra da (**) e³tl n kullanarak elde ederz. x = αr, x 2m = a m a m αr, = 2,..., Lagrange Çarpanlar yöntemne göre F ( x) fonksyonunun G( x) = R hperyüzey üzerndek krtk noktalarn artk ³öyle yazablrz: ( ) x = ±α R a m 2m and x = ± α R 2m, = 2,...,. a m Ksa br ncelemeyle bu krtk noktalarn hepsnn F ( x) fonksyonunun en büyük de erlern verd n göreblrz. Bu en büyük de erlern hepsnn brbrne e³t oldu unu ve F ( x) = x a x a = AR a + + a 2m, ³eklnde yazlabld n de göreblrz. Burada ( ) A = A A, ve A = α a m 2m, A = α, = 2,..., a m olarak alnm³tr. md tekrar kend f( x) fonksyonumuza dönersek, f( x) fonksyonunun G( x) = R hperyüzey üzernde alaca en büyük de ere de M R dersek, M R = F ( x) G( x) = AR a + + a 2m oldu unu görürüz. Artk de ³kenlern kuvvetlernn lmt üzerndek etksn nceleyeblrz. E er a = 2m = se, M R de er, sfrdan fakl olan A sabtne e³t olacak ve R sfra gderkenk lmt A olacak. Oysa ba³ka yollardan bu lmtn sfr olabld n görmü³tük. k farkl yoldan k farkl lmt buldu umuza göre bu durumda lmt yoktur. 8

9 Bu son durumu da nceledkten sonra artk R sfra gderken lmtn var olablmes çn gerek ve yeter ³artn a = 2m > oldu unu ve o durumda da lmtn sfr oldu unu rahatca görürüz. Bu da teoreme lgnç br alternatf kant olarak aklda tutulablr. Braz da mzah çn bu ba lantya bakablrsnz. Al Snan Sertöz Blkent Ünverstes, Matematk Bölümü, Ankara sertoz@blkent.edu.tr 9