Karesel Fonksiyondan Karekök Fonksiyonuna: Karekök Referans Fonksiyon ve g(x) = a · f(x − r) + k Biçimindeki Karekök Fonksiyonlarının Nitel Özellikleri

Önceki haftalarda tanım ve değer kümesini [0, ∞) olarak kısıtladığımızda f(x) = x² fonksiyonunun bire bir ve örten olduğunu görmüştük. Bu, ters yönde sorulan bir sorunun her zaman tek cevabı olduğu anlamına gelir: “Görüntüsü 9 olan negatif olmayan sayı hangisidir?” sorusunun cevabı yalnız 3'tür; görüntüsü 2 olan negatif olmayan sayı da vardır ve tektir, yaklaşık 1,41'dir. Bir görüntüyü alıp ona karşılık gelen negatif olmayan girdiyi veren bu ters yönlü kurala karekök fonksiyonu diyoruz ve f(x) = x biçiminde yazıyoruz. Böylece karesel fonksiyonun bir sorusu, yeni bir referans fonksiyonun tanımına dönüşür.

Tanım gereği x, karesi x olan negatif olmayan sayıdır. Bu yüzden 9 = 3, 14 = 12, 0 = 0 olur. x² = 9 denkleminin iki çözümü (3 ve −3) olmasına rağmen 9 yalnız 3'tür; karekök işareti her zaman negatif olmayan çözümü seçer. Fonksiyonun neden yalnız x ≥ 0 için tanımlandığını da aynı tanım açıklar: Her gerçek sayının karesi sıfır ya da pozitiftir, dolayısıyla karesi −4 olan bir gerçek sayı yoktur. Bu nedenle −4 gerçek sayılarda tanımsızdır ve karekök referans fonksiyonunun tanım kümesi [0, ∞) aralığıdır.

İki fonksiyonun grafikleri arasındaki ilişki çok zariftir. a ≥ 0 olmak üzere (a, b) noktası y = x² grafiğindeyse b = a², dolayısıyla a = b olur; yani (b, a) noktası y = x grafiğindedir. Örneğin (2, 4) parabolün, (4, 2) karekök grafiğinin noktasıdır. Koordinatların yer değiştirmesi, düzlemde y = x doğrusuna göre yansıma demektir. Bu nedenle y = x grafiği, parabolün sağ kolunun y = x doğrusuna göre simetriğidir. Bu ilişkiden iki önemli eşitlik doğar: x ≥ 0 için (x)² = x olur; ancak her x gerçek sayısı için x² = |x| yazılmalıdır. Örneğin (−3)² = 9 = 3 = |−3| olur, −3 olmaz.

Grafiği çizmek için tam kare sayıları kullanmak işimizi kolaylaştırır: (0, 0), (1, 1), (4, 2), (9, 3), (16, 4) noktaları grafiktedir. Grafik orijinden başlar ve sağa doğru giderek yükselen, ama yükselişi giderek yavaşlayan tek bir kol biçimindedir. Önce tanım ve görüntü kümesini belirleyelim. Tanım kümesi [0, ∞)'dur. Karekök tanım gereği negatif olmadığından her görüntü 0 ya da pozitiftir. Tersine, y ≥ 0 olan her sayı için x = y² seçersek x = y² = y olur; yani her negatif olmayan sayı bir görüntüdür. Böylece görüntü kümesi de [0, ∞) olur. İşaret: x = 0 için f(x) = 0, x > 0 için f(x) > 0'dır; fonksiyon hiçbir yerde negatif değer almaz. Tek sıfırı x = 0'dır, çünkü x = 0 eşitliğinin her iki yanının karesi alınırsa x = 0 bulunur.

Artanlık: 0 ≤ x₁ < x₂ olsun. İki kare farkı özdeşliğini ters yönde kullanırsak x₂ − x₁ = (x₂ − x₁) · (x₂ + x₁) olur. Sol taraf pozitiftir; sağdaki ikinci çarpan da pozitiftir (çünkü x₂ > 0). O hâlde birinci çarpan da pozitif olmalıdır: x₂ > x₁. Demek ki f, [0, ∞) aralığının tamamında artandır. Bu sonuçtan iki özellik daha çıkar: En küçük değer x = 0'da alınır, yani minimum noktası (0, 0) olur; fonksiyon sınırsız büyüdüğü için (örneğin f(10⁶) = 1000) maksimum değeri yoktur. Artışın hızı ise azalır: y değerinin 0'dan 1'e, 1'den 2'ye, 2'den 3'e çıkması için x sırasıyla 1, 3 ve 5 birim artmalıdır.

Bire birlik: m = n ise eşitliğin her iki yanının karesi alınarak m = n bulunur; dolayısıyla farklı iki elemanın görüntüsü hiçbir zaman aynı olamaz. Bu, artan olmanın da doğal bir sonucudur. Teklik-çiftlik: Bir fonksiyonun tek ya da çift olabilmesi için x tanım kümesindeyken −x'in de tanım kümesinde olması gerekir. 1 tanım kümesinde olduğu hâlde −1 değildir; bu yüzden f(−1) yazılamaz ve f ne tek ne çift fonksiyondur. Grafik ne y eksenine ne de orijine göre simetriktir. Örtenlik: f: [0, ∞) → ℝ olarak düşünülürse −2 gibi negatif sayılar hiçbir elemanın görüntüsü olmadığından fonksiyon örten değildir; değer kümesi [0, ∞) seçilirse görüntü kümesi değer kümesine eşit olur ve f: [0, ∞) → [0, ∞) bire bir ve örtendir. Son bir karşılaştırma: 0 < x < 1 için x > x, x > 1 için x < x'tir; örneğin 14 = 12 > 14 iken 9 = 3 < 9 olur. İki grafik yalnız (0, 0) ve (1, 1) noktalarında kesişir.

Parabolde kullandığımız dönüşümler karekök fonksiyonunda da aynı mantıkla çalışır. Önce dikey ötelemeyi inceleyelim: g(x) = x + k fonksiyonunda her görüntüye k eklenir, yani referans grafiğin her (x, y) noktası (x, y + k) noktasına gider. g(x) = x − 3 için (0, 0) → (0, −3), (9, 3) → (9, 0) olur. Grafik 3 birim aşağı kayar; artık başlangıç noktası (0, −3), görüntü kümesi [−3, ∞) olur. Bu fonksiyonun sıfırı x = 3 denkleminden x = 9 bulunur. Buna karşılık g(x) = x + 2 fonksiyonunda x = −2 denkleminin çözümü yoktur; grafik x eksenine hiç ulaşmaz. Dikey ötelemede tanım kümesi değişmez, [0, ∞) olarak kalır; çünkü girdiye dokunulmamıştır.

Görüntüleri a ile çarptığımızda dikey uzama-daralma elde ederiz. g(x) = 3x için (4, 2) → (4, 6) olur; a > 1 iken grafik dikey olarak uzar, yani daha dik yükselir. g(x) = 12x için (4, 2) → (4, 1) olur; 0 < a < 1 iken grafik basıklaşır. a < 0 ise ayrıca x eksenine göre yansıma vardır: g(x) = −x grafiği referans grafiğin x eksenine göre simetriğidir; (9, 3) noktası (9, −3) olur. Yansımanın nitel özelliklere etkisi büyüktür: −x fonksiyonu tanım kümesinde azalandır, görüntü kümesi (−∞, 0] olur ve (0, 0) artık bir maksimum noktasıdır. İspat kısadır: 0 ≤ x₁ < x₂ ise x₁ < x₂; her iki yan −1 ile çarpılınca eşitsizlik yön değiştirir.

İki dönüşümü birleştirelim: g(x) = ax + k. Önce çarpılır, sonra eklenir; referans grafiğin her (x, y) noktası (x, a · y + k) noktasına gider ve başlangıç noktası (0, k) olur. Örneğin g(x) = 2x − 4 fonksiyonunda (1, 1) → (1, −2), (4, 2) → (4, 0), (9, 3) → (9, 2) olur. Fonksiyon artandır, minimum değeri −4, görüntü kümesi [−4, ∞), sıfırı x = 4'tür. h(x) = −x + 3 fonksiyonunda ise (4, 2) → (4, 1), (9, 3) → (9, 0) olur; fonksiyon azalan, maksimum değeri 3, görüntü kümesi (−∞, 3] ve sıfırı x = 9'dur. h fonksiyonu [0, 9) aralığında pozitif, (9, ∞) aralığında negatiftir. Genelleme: a > 0 ise artan ve görüntü [k, ∞); a < 0 ise azalan ve görüntü (−∞, k].

Şimdi değişikliği girdiye yapalım: g(x) = f(x − 2) = x − 2. Karekök içindeki ifade negatif olamayacağından x − 2 ≥ 0, yani x ≥ 2 olmalıdır; tanım kümesi [2, ∞) olur. Değer tablosu g(2) = 0, g(3) = 1, g(6) = 2, g(11) = 3 biçimindedir. Referans fonksiyon 0, 1, 2, 3 değerlerini x = 0, 1, 4, 9'da alırken g bu değerleri 2 birim sonra, x = 2, 3, 6, 11'de alır; grafik 2 birim sağa ötelenmiştir. Benzer biçimde h(x) = x + 3 için x + 3 ≥ 0 koşulundan tanım kümesi [−3, ∞) bulunur ve grafik 3 birim sola kayar. Parabolde olduğu gibi kural yine geçerlidir: r > 0 iken f(x − r) sağa, f(x + r) sola ötelenir; karekökün içini sıfır yapan x değeri, grafiğin başladığı noktanın apsisidir.

Parabolden çok önemli bir farkı vardır: Parabolde yatay öteleme tanım kümesini değiştirmiyordu, çünkü x² her gerçek sayıda tanımlıdır. Karekök fonksiyonunda ise yatay öteleme tanım kümesini de taşır: [0, ∞) aralığı [r, ∞) olur. Görüntü kümesi [0, ∞), artanlık ve bire birlik korunur; sıfır x = r'ye taşınır. Bütün dönüşümleri birleştirirsek g(x) = a · x − r + k genel biçimine ulaşırız. Referans grafiğin her (x, y) noktası önce (x + r, y), sonra (x + r, a · y), en sonunda (x + r, a · y + k) noktasına gider. Özel olarak grafiğin başladığı (0, 0) noktası (r, k) başlangıç noktasına taşınır. Programdaki g(x) = a · f(x ± r) ± k gösterimini okurken x + 4 ifadesini x − (−4) olarak düşünüp r = −4 alırız.

Bir örnekle izleyelim: g(x) = 2x − 1 − 6. 1. adım: x → x − 1: 1 birim sağa, başlangıç (1, 0), tanım kümesi [1, ∞). 2. adım: → 2x − 1: görüntüler 2 katına çıkar. 3. adım: → 2x − 1 − 6: 6 birim aşağı, başlangıç (1, −6). Referans grafiğin (9, 3) noktası (9, 3) → (10, 3) → (10, 6) → (10, 0) yolunu izler; demek ki x = 10 sıfırdır. Kontrol: g(10) = 2 · 3 − 6 = 0. ✓ Sıra burada da önemlidir: Önce 6 çıkarıp sonra 2 ile çarparsak 2(x − 1 − 6) = 2x − 1 − 12 elde ederiz ve başlangıç noktası (1, −12) olur. İkinci örnek h(x) = −x + 4 + 2 fonksiyonudur: Grafik 4 birim sola kayar, x eksenine göre yansır ve 2 birim yukarı çıkar. Tanım kümesi [−4, ∞), başlangıç noktası (−4, 2) bir maksimum noktasıdır; x + 4 = 2 denkleminden sıfır x = 0 bulunur, yani grafik orijinden geçer.

Referans fonksiyondan hareketle bir varsayım kuralım: Dönüşümler yalnız konumu, açıklığı ve yönü değiştirdiğine göre g(x) = ax − r + k fonksiyonu tanım kümesinin tamamında ya hep artan ya hep azalan olmalı ve en uç değerini başlangıç noktasında almalıdır. İspatlayalım: r ≤ x₁ < x₂ ise referans fonksiyon artan olduğundan x₁ − r < x₂ − r olur. g(x₂) − g(x₁) = a · (x₂ − r − x₁ − r) farkında parantez pozitiftir; a > 0 ise fark pozitif, yani g artandır; a < 0 ise fark negatif, yani g azalandır. Her x ≥ r için x − r ≥ 0 olduğundan a > 0 iken g(x) ≥ k, a < 0 iken g(x) ≤ k olur. Görüntü kümesi a > 0 iken [k, ∞), a < 0 iken (−∞, k]'dir ve başlangıç noktası (r, k) sırasıyla minimum ya da maksimum noktasıdır.

Sıfırlar için g(x) = 0 denklemi x − r = −ka biçimine gelir. Sol taraf negatif olamayacağından çözüm ancak −ka ≥ 0 iken vardır. a ile k zıt işaretliyse her iki yanın karesi alınarak tek sıfır x = r + k²a² bulunur; k = 0 ise sıfır başlangıç apsisi x = r olur; a ile k aynı işaretliyse sıfır yoktur. Burada parabolden önemli bir fark vardır: Parabol x eksenini iki kez kesebilirken karekök fonksiyonu bire bir olduğu için en fazla bir sıfıra sahiptir. Bire birlik doğrudan da gösterilebilir: g(m) = g(n) ise am − r = an − r, a ≠ 0 olduğundan m − r = n − r ve kare alınarak m = n bulunur. Tanım kümesi [r, ∞) hiçbir zaman 0'a göre simetrik olmadığından g ne tek ne çift olur. y eksenini ancak 0 tanım kümesindeyse, yani r ≤ 0 iken (0, a−r + k) noktasında keser.

Temsiller arasındaki ilişkiyi ters yönde kullanarak bir grafikten kural yazabiliriz. Başlangıç noktası r ve k'yı verir; a için bir nokta daha yeter. Grafiği (−2, 1) noktasından başlayan ve (7, 7) noktasından geçen fonksiyon için g(x) = ax + 2 + 1 yazılır; x = 7 için 7 = a · 3 + 1, yani a = 2 bulunur: g(x) = 2x + 2 + 1. Kontrol: g(2) = 2 · 2 + 1 = 5 ve bu noktanın grafikte olduğu ölçümle doğrulanabilir. Başlangıcı (3, 4), sıfırı 7 olan fonksiyonda 0 = a · 2 + 4'ten a = −2 ve g(x) = −2x − 3 + 4 olur. Fonksiyon her aralıkta tek yönlü olduğundan kapalı aralıktaki görüntü kümesi doğrudan uç değerlerden bulunur; parabolde olduğu gibi aralığın içindeki bir tepe noktasını kontrol etmeye gerek yoktur. Örneğin g: [2, 17] → ℝ, g(x) = 2x − 1 − 6 için g(2) = −4 ve g(17) = 2 olduğundan görüntü kümesi [−4, 2] olur.

İki referans fonksiyonu yan yana koyduğumuzda benzerlikler ve farklar netleşir. Her ikisinin de görüntü kümesi [0, ∞), minimum noktası (0, 0) ve tek sıfırı x = 0'dır. Ancak x² her gerçek sayıda tanımlıyken x yalnız [0, ∞) aralığında tanımlıdır. Parabol yön değiştirdiği için ℝ'de bire bir değildir ve çifttir; karekök fonksiyonu hiç yön değiştirmez, bire birdir ve ne tek ne çifttir. Dönüşümler de farklı izler bırakır: Parabolde yatay öteleme tanım kümesini değiştirmezken karekökte tanım kümesini [r, ∞) yapar; ötelenmiş bir parabolün en fazla iki, ötelenmiş bir karekök fonksiyonunun en fazla bir sıfırı vardır. Kapalı aralıkta görüntü kümesi bulunurken parabolde tepe noktasının aralıkta olup olmadığına bakmak gerekir; karekökte uç değerler yeterlidir.

Bu hafta ürettiğimiz önermeleri sınarken üç aracımız var: grafiksel doğrulama, cebirsel ispat ve karşı örnek. “Her x için x² = x” önermesi pozitif sayılarla denendiğinde doğru görünür; ama x = −3 için 9 = 3 ≠ −3 olduğundan yanlıştır; doğrusu x² = |x| eşitliğidir. “a + b = a + b” önermesi de çekicidir ama 9 + 16 = 5 iken 9 + 16 = 7 olduğundan yanlıştır. “x ≥ 0 için x ≤ x” önermesi x = 14 için 12 > 14 olduğundan çürür; cebirsel inceleme x − x = x(1 − x) çarpımının (0, 1) aralığında pozitif, (1, ∞) aralığında negatif olduğunu gösterir. Grafik bize hızlı bir varsayım verir, ispat ise her durumda geçerliliği garanti eder.

Karekök fonksiyonu gerçek yaşamda, kare ile ilişkili bir büyüklükten geri dönmemiz gereken her durumda ortaya çıkar. Serbest düşmede (yer çekimi ivmesi yaklaşık 10 m/s² alınırsa) t saniyede düşülen yükseklik h = 5t² metredir. Ters yönde okursak düşme süresi t(h) = h5 olur: 20 m'den düşen bir cisim 2 s'de, 45 m'den düşen 3 s'de, 80 m'den düşen 4 s'de yere ulaşır. Fonksiyon artan, ama artışı yavaşlayan bir fonksiyondur: Yükseklik 4 katına çıktığında süre yalnız 2 katına çıkar, çünkü t(4h) = 4h5 = 2h5 olur. Benzer biçimde alanı A metrekare olan kare bir bahçenin kenarı s(A) = A metredir; 64 m²'lik bahçenin kenarı 8 m'dir ve çevresine 4A = 32 m çit gerekir. Bağlam tanım kümesini kısıtlar: 80 m yüksekliğindeki bir binadan yapılan düşme deneyinde tanım kümesi [0, 80], görüntü kümesi [0, 4] olur.