MAT 201 - Analiz III

III. KSS CEVAP KAGIDI

Soru: Asagıda verilen limitlerden sadece birini seciniz ve sectiginiz bu limiti once belirleyinizardından da ε− δ iliskisiyle tekrar gorunuz. (100p.)

(a) lim(x,y)→(1,−1)xyx−y ya da (b) lim(x,y,z)→(1,0,1)

y−xy+z

Cozum - (a) : (1,−1) noktası f(x, y) = xyx−y fonksiyonu icin tanımlı olup ve aranan limit

adayının da f(1,−1) = 1·(−1)1−(−1) = − 1

2 olacagı acıktır. Simdi, lim(x,y)→(1,−1)xyx−y = − 1

2

oldugunu ε− δ iliskisiyle gorelim. Bunun icin, her ε > 0 keyfi sayısı verildiginde oyle bir δ = δ(ε) > 0sayısını bulmalıyız ki

Uδ((1,−1)

)={

(x, y) ∈ R2 :∣∣x− 1

∣∣ < δ ve∣∣y − (−1)

∣∣ =∣∣y + 1

∣∣ < δ}

kumesindeki her (x, y) ∈ Df icin ∣∣∣f(x, y)− (− 12 )∣∣∣ =

∣∣∣ xyx−y + 12

∣∣∣ < ε

olsun. ε > 0 keyfi sayısı verilsin. Bu durumda,∣∣f(x, y)− (− 12 )∣∣ =

∣∣∣ xyx−y + 12

∣∣∣ =∣∣∣ 2xy+x−y2(x−y)

∣∣∣ =∣∣∣ 2xy−y+x2(x−y)

∣∣∣ =∣∣∣y(2x−1)+x2(x−y)

∣∣∣=∣∣∣ (y+1−1)(2x−1)+x

2(x−y)

∣∣∣ =∣∣∣ (y+1)(2x−1)−2x+1+x

2(x−y)

∣∣∣ =∣∣∣ (y+1)(2x−1)−(x−1)

2(x−y)

∣∣∣≤ |y+1||2x−1|+|x−1|

2|x−y| < δ|2x−1|+δ2|x−y| =

δ(|2x−1|+1

)2|x−y| · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · (∗)

elde edilir. Burada hem 1+|2x−1| icin hem de 12|x−y| icin birer ust sınır belirlemek durumundayız.

Dogrudan δ ile islem yapmak ikinci dereceden bir denklemle bizleri karsı karsıya getirir ve islemizorlastırır. Bu acıdan, aranan δ > 0 icin bir sınırlama getirelim ve δ < 1/4 kısıtlamasını koyalım.Bu durumda,

|x− 1| < δ = 1/4 ⇒ −1/4 < x− 1 < 1/4 ⇒ 3/4 < x < 5/4 · · · · · · · · · · · · · · · · · · (1)

ve

|y + 1| < δ = 1/4 ⇒ −1/4 < y + 1 < 1/4 ⇒ −5/4 < y < −3/4 ⇒ 3/4 < −y < 5/4 · · · (2)

elde edilir.

(1) den 3/2 < 2x < 5/2 ⇒ 1/2 < 2x− 1 < 3/2 ⇒ 1/2 < |2x− 1| < 3/2

⇒ 3/2 < |2x− 1|+ 1 < 5/2

ve

(1) ve (2) den 3/2 < x− y < 5/2 ⇒ 3/2 < |x− y| < 5/2 ⇒ 3 < 2|x− y| < 5

⇒ 1/5 < 1/(2|x− y|

)< 1/3

elde edilir. Bu son iki esitsizlik (∗) da goz onune alınırsa,∣∣f(x, y)− (− 12 )∣∣ = · · · < δ

(|2x−1|+1

)2|x−y| < (δ · 5/2) · 1/3 = 5δ/6 < ε

olur, eger δ = δ(ε) := min{ε, 6ε/5} = ε secilirse.

O halde, her ε > 0 keyfi sayısı verildiginde δ := ε secilirse,∣∣x− 1∣∣ < δ ve

∣∣y + 1∣∣ =

∣∣y + 1∣∣ < δ

kosulunu saglayan her (x, y) ∈ Df icin∣∣f(x, y) + 1

2

∣∣ < ε esitsizligi daima dogru olur. Bu ise, ε > 0sayısının keyfiligi geregi

xyx−y → − 1

2 , yani lim(x,y)→(1,−1)xyx−y = − 1

2

demektir.

Dikkat: δ < 1 ve δ < 1/2 kısıtlamalarının problem cıkardıgını gordunuz mu?

Ders ve Sınav Sorumlusu : Doc. Dr. Huseyin IRMAK, CKU Matematik Bolumu Ogretim Uyesi, Cankırı.

1

2

Cozum - (b) : (1, 0, 1) noktası f(x, y, z) = y−xy+z

fonksiyonu icin tanımlı olup ve aranan limit adayının da yine f(1, 0, 1) =

0−10+1

= −1 olacagı acıktır. Simdi, lim(x,y,z)→(1,0,1)y−xy+z

= −1 oldugunu ε − δ iliskisiyle gorelim. Bunun icin, her ε > 0 keyfi

sayısı verildiginde oyle bir δ = δ(ε) > 0 sayısını bulmalıyız ki

Uδ

((1, 0, 1)

)={

(x, y, z) ∈ R3 :∣∣x− 1

∣∣ < δ ,∣∣y − 0

∣∣ =∣∣y∣∣ < δ ve

∣∣z − 1∣∣ < δ (δ > 0)

}kumesindeki her (x, y, z) ∈ Df icin ∣∣∣f(x, y, z)− (−1)

∣∣∣ =∣∣∣ y−xy+z

+ 1∣∣∣ < ε (ε > 0)

olsun. Keyfi ε > 0 sayısı verilsin. Bu durumda,∣∣f(x, y, z)− (−1)∣∣ =

∣∣∣ y−xy+z+ 1

∣∣∣ =∣∣∣ y−x+y+zy+z

∣∣∣ =∣∣∣ 2y−x+zy+z

∣∣∣ =∣∣∣ 2y−(x−1+1)+z

y+z

∣∣∣=∣∣∣ 2y−(x−1)−1+z

y+z

∣∣∣ =∣∣∣ 2y−(x−1)−(z−1)

y+z

∣∣∣ ≤ |2y|+|x−1|+|z−1||y+z|

=2|y|+|x−1|+|z−1|

|y+z| < 2δ+δ+δ|y+z| = 4δ

|y+z| · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · (∗)

elde edilir. Burada 1|y+z| icin bir ust sınır belirlemek zorundayız. (∗)’da belirtilen esitsizlik basit bir esitsizlik olup, aranan δ > 0

sayısını herhangi bir kısıtlama yapmadan bulabiliriz:

|y| < δ ⇒ −δ < y < δ ve |z − 1| < δ ⇒ −δ < z − 1 < δ ⇒ 1− δ < z < 1δ

esitsizliklerinden:

1− 2δ < y + z < 1 + 2δ ⇒ 1− 2δ < |y + z| < 1 + 2δ ⇒ 11+2δ

< 1|y+z| <

11−2δ

, eger 0 < 2δ < 1 ise.

Bu esitsizlik (∗) da goz onune alınırsa, ∣∣∣f(x, y, z) + 1∣∣∣ = · · · < 4δ

|y+z| <4δ

1−2δ< ε

olur, eger δ = δ(ε) := min{

ε2(2+ε)

, ε}

= ε2(2+ε)

secilirse is biter.

O halde, her ε > 0 keyfi sayısı verildiginde,∣∣x− 1∣∣ < δ := ε

2(2+ε),∣∣y∣∣ < δ := ε

2(2+ε)ve

∣∣z − 1∣∣ < δ := ε

2(2+ε)

kosulunu saglayan her (x, y, z) ∈ R3 icin∣∣f(x, y, z) + 1

∣∣ < ε esitsizligi de daima dogru olur. Yani, ε > 0 sayısının keyfiligi geregi

y−xy+z

→ −1 , yani lim(x,y,z)→(1,0,1)y−xy+z

= −1

demektir.

Ders ve Sınav Sorumlusu : Doc. Dr. Huseyin IRMAK, CKU Matematik Bolumu Ogretim Uyesi, Cankırı.