Bölüm 5 Çözümlü Limit Süreklilik Problemleri. 2 fonksiyonunun tanım bölgesini = noktasındaki itini bulunuz. Paydanın 0 değerini aldığı = noktasında fonksiyon tanımlı değldir. Tanım bölgesini T (f ) ile gösterisek T (f ) = R {} olur. 2 0 = 2 2 +0 = 2 olur. O halde it vardır 2 = 2 olur. Bu durumda fonksiyonu { 2, 2, = biçiminde tanımlayabiliriz. Bu fonksiyonnun tanım bölgesi R dir her yerde süreklidir. 25
26 BÖLÜM 5. ÇÖZÜMLÜ LİMİT VE SÜREKLİLİK PROBLEMLERİ 2. 2 + 2 2 + 5 + 6 fonksiyonunun tanım bölgesini = 2 noktasındaki itini bulunuz. Sürekliliğini inceleyiniz. Paydanın 0 değerini aldığı = 2, = 3 noktalarında fonksiyon tanımlı değldir. Tanım bölgesini T (f ) ile gösterisek T (f ) = R { 2, 3} olur. Ancak pay paydayı doğrusal çarpanlarına ayırınca ( + 2)(( ) ( + 2)( + 3) = + 3 biçimine döüşür. Bu fonksiyonun = 2 noktasındaki süreksizliği kaldırılabilir türdendir; ama rildiği haliyle fonksiyon = 2 noktasında tanımsızdır. 2 + 2 2 + 5 + 6 = = 3 (5.) 2 + 3 2 olur; yani fonksiyonun = 2 noktasındaki iti 3 dür. Benzer işi = 3 noktası için yapalım. 2 3 0 = + 3+0 + 3 = olur. O halde = 3 noktasında fonksiyonun iti yoktur. Limiti olmadığına göre, fonksiyon = 3 noktasında sürekli değildir. 3. a a fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini
27 Paydaların 0 değerini aldığı = 0, = a noktalarında fonksiyon tanımlı değldir. Tanım bölgesini T ( f ) ile gösterisek T ( f ) = R {0, a} olur. Fonksiyonu, a a ( a) = a( a) = a biçiminde yazabiliriz. Buradan anlaşıldığı gibi = a noktası kaldırılabilir bir süreksizlik noktasıdır. a 0 a = a 2 a+0 a = a 2 olur. O halde = a noktasında it vardır a a a = a 2 olur. = 0 noktasındaki itini arayalım a 0 0 a = ( a) 0 a( a) = 0 a = + a 0 + 0 + a = ( a) 0 + a( a) = 0 + a = olur. Dolayısıyla = 0 noktasında it yoktur. o ike fonksiyon + o + ike fonksiyon olur. Bu durumda fonksiyonu a a, a 0, = a a 2 tanımsız = 0 biçiminde yazabiliriz. Bu fonksiyonnun tanım bölgesi R {0} olur. 4. fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini
28 BÖLÜM 5. ÇÖZÜMLÜ LİMİT VE SÜREKLİLİK PROBLEMLERİ 5. Paydanın 0 değerini aldığı = 0 noktasında fonksiyon tanımlı değldir. Tanım bölgesini T (f ) ile gösterisek T (f ) = R {0} olur. = 0 = + (5.2) 0 + olur. O halde = 0 noktasında iti yoktur orada süreksizdir. 2 2 6 fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini Paydanın 0 değerini aldığı = 4, = +4 noktalarında in tanımsız olduğu (, 0)aralığında fonksiyon tanımlı değildir. Tanım bölgesini T (f ) ile gösterisek T (f ) = R {(,0) {+4}} olur. Pay paydayı ( + 2) ile çarparak, fonksiyonu ( 2)( + 2) ( 2 6)( + 2) = ( 4) ( 4)( + 4)( + 2) = ( 4)( + 2) biçiminde yazalım. Paydadaki ( 4) çarpanı = 4 iken sıfır olur. Ama + 2) çarpanı tanım bölgesinde hiç 0 olmaz. 6. 4 4 ( 4)( + 2) = 32 olduğundan = 4 noktasındaki süreksizlik kaldırılabilir türdendir. Tanım bölgesinde başka kritik nokta olmadığından, fonksiyon (, 0) tanım bölgesinin her noktasında süreklidir. {, 2, = 2 fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini
29 Fonksiyonun tanım bölgesi T (f ) = R dir. 2 2 + 2 olduğundan = 2 noktasında it yoktur; dolayısıyla fonksiyon = 2 noktasında süreksizdir. Bunun gibi, Uyarı 5.. Sağ sol itlerin sonlu farklı olduğu süreksizlik noktaları fonksiyonun sıçrama noktalarıdır. Sıçrama miktarı f () f () 2 + = 2 = 2 + dir. 7. 2 fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini Fonksiyonun tanım bölgesi, 2 nin var olduğu yerlerdir; ki bu 2 0 olmasını gerektirir. Öyleyse tanım bölgesi T (f ) = [,] kapalı aralığıdır. = ile = noktaları tanım bölgesinin uç noktalarıdır. = noktasının solunda fonksiyon tanımsız olduğu için, bu noktada soldan it olamaz. Sağdan it vardır fonksiyon değerine eşittir: 2 = 0 = 2 + dir. Benzer olarak = + noktasının sağında fonksiyon tanımsız olduğu için, bu noktada sağdan it olamaz. Soldan it vardır fonksiyon değerine eşittir: 2 = 0 = 2 = 0 olur. Dolayısıyla fonksiyon tanım aralığının her noktasında süreklidir.
30 BÖLÜM 5. ÇÖZÜMLÜ LİMİT VE SÜREKLİLİK PROBLEMLERİ 8. 3 9. fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini Fonksiyonun tanım bölgesi 3 nin var olduğu yerlerdir. Bunun için kök içindeki ifade negatif olmamalıdır: 3 R 3 0 ( 2 ) 0 ( )( + ) 0 olmalıdır. En sağdaki üç terimin çarpanın 0 olması için Bu tablodan gö- Değişken () - 0 + - - - 0 + + + (-) - - - - - 0 + (+) - 0 + + + + + (-)(+) - 0 + 0 + 0 + Tablo 5.: Çarpımın İşaretinin İncelenmesi rüldüğü gibi kök içindeki ifade, ) aralığında negatif (, + ) aralığında pozitif değerle alıyor. Kök içindeki ifadenin 0 değerini de alabileceğini düşünürsek, fonksiyonun tanım bölgesinin [, + ) aralığı olduğunu anlarız. Kök içindeki ifade üçüncü dereceden bir polinomdur. Polinomlar her yerde süreklidir. Srekli bir fonksiyonun kökü de sürekli olacağında, rilen fonksiyon tanım bölgesinde süreklidir. f (h) = 4h2 + 3h h 3 h 2 fonksiyonunun tanım bölgesini tanımsız olduğu noktalardaki itlerini Fonksiyonun tanım bölgesi paydanın 0 olmadığı yerlerdir. h 3 h = 0 olduğu yerler h = 0,. noktalarıdır. Öyleyse fonksiyonun tanım bölgesi T (f ) = R {0, } kümesidir. Fonksiyonun pay paydasını çarpanlara ayırısak, f (h) = h(4h3 + 3) h 2 (h ) = 4h3 + 3 h(h )
3 olur. Buradan 4h 3 + 3 0 0 h(h ) = + 4h 3 + 3 0 + 0 + h(h ) = olduğundan fonksiyonun h = 0 noktasında iti yoktur. Benzer olarak, h = noktasında sol sağ itlerin sırasıyla + olduğu görülebilir. Yani fonksiyonu h = noktasında da iti yoktur. Öğleyse, rilen f (h) fonksiyonu 0, noktalarında süreksizdir. Her iki noktada da itler sonsuza uzanmaktadırlar.