gunda) kesirli bir kuvveti ve birbirine b¨ol¨um¨u de yakınsaktır ve dizilerin limiti tahmin edilen sayıdır. Daha net bir ifadeyle, (xn)nve (yn)niki yakınsak diziyse ve q ∈ Q ise (xn+ yn)n, (xn− yn)n, (xnyn)n dizileri de yakınsaktır ve
i. limn→∞(xn+ yn) = limn→∞xn+ limn→∞yn,
ii. limn→∞(xn− yn) = limn→∞xn− limn→∞yn,
iii. limn→∞(xnyn) = (limn→∞xn)(limn→∞yn),
e¸sitlikleri ge¸cerlidir. Dolayısıyla her r ∈ R ve k ∈ N i¸cin, (rxn)n ve (xkn)n
dizileri de yakınsaktır ve
iv. limn→∞rxn= r (limn→∞xn) ve limn→∞xkn= (limn→∞xn)k olur.
v. Ayrıca e˘ger (yn)n dizisinin her terimi 0’dan farklıysa ve limn→∞yn ̸= 0 ise, o zaman (xn/yn)n dizisi de yakınsaktır ve
lim n→∞ xn yn = limn→∞xn limn→∞yn olur.
vi. Ayrıca xqn ve (limn→∞xn)q sayıları tanımlı oldu˘gunda (xqn)n dizisi yakın-saktır ve lim n→∞x q n= ( lim n→∞xn )q olur.
Kanıt: Bu teoremin kanıtı biraz uzun s¨urecek, sayfa 104’te bitecek. Pek te-oremin zorlu˘gundan kaynaklanmayacak bu uzunluk, biz de ¨ozellikle uzun uzun anlatarak, engelleri i¸saret ederek, zorluklara parmak basarak, ayrıntılara gi-rerek kanıtlayaca˘gız. Teoremi kanıtlarken kanıtlayaca˘gımız ¨onsavlar da kendi ba¸slarına ¨onemli olacaklar.
Teorem 5.4.i’in Kanıtı: ¨Once, lim
n→∞(xn+ yn) = limn→∞xn+ limn→∞yn
e¸sitli˘gini kanıtlayalım. (xn)n ve (yn)n iki yakınsak dizi olsun. Bu dizilerin sı-rasıyla a ve b sayılarına yakınsadıklarını varsayalım.
lim
n→∞(xn+ yn) = a + b e¸sitli˘gini kanıtlayaca˘gız.
5.2. Yakınsak Dizi Aritmeti ˘gi 97 Kanıtımız her zamanki gibi ba¸slayacak: ϵ > 0, herhangi bir sayı olsun.
(xn+ yn)n
dizisinin a + b sayısına yakınsadı˘gını g¨ostermek istedi˘gimize g¨ore, ¨oyle bir N sayısı bulmalıyız ki, her n > N i¸cin,
|(xn+ yn)− (a + b)| < ϵ
olsun. E˘ger n’yi yeterince b¨uy¨uk se¸cersek,
|xn− a| ve |yn− b|
sayılarını istedi˘gimiz kadar k¨u¸c¨ultebilece˘gimizi biliyoruz. Dolayısıyla, kanıtla-mak istedi˘gimiz yukarıdaki e¸sitsizli˘ge bir bi¸cimde
|xn− a| ve |yn− b|
sayılarını soku¸sturmalıyız, bu sayılar devreye girmeli ki varsayımları kullana-bilelim.
Tekrar:
|(xn+ yn)− (a + b)| < ϵ
e¸sitsizli˘ginin sa˘glanması i¸cin n’nin ne kadar b¨uy¨uk se¸cilmesi gerekti˘gini bu-laca˘gız. Her zaman oldu˘gu gibi sol taraftaki ifadeyle oynayaca˘gız. O ifadeden birazcık daha b¨uy¨uk bir ifade bulaca˘gız. Buldu˘gumuz bu b¨uy¨uk ifadeyi,
1. Varsayımlarımızı kullanaca˘gımız bi¸cimde ve
2. n’yi yeterince b¨uy¨uk se¸cerek diledi˘gimiz kadar k¨u¸c¨ultece˘gimizden emin olaca˘gımız bi¸cimde de˘gi¸stirece˘giz.
Ba¸slayalım: ¨U¸cgen e¸sitsizli˘ginden
|(xn+ yn)− (a + b)| = |(xn− a) + (yn− b)| ≤ |xn− a| + |yn− b|
elde ederiz. S¸imdi,|(xn+ yn)− (a + b)| ifadesi yerine, |xn− a| + |yn− b|
ifadesini ϵ’dan k¨u¸c¨uk yapmaya ¸calı¸sabiliriz. E˘ger,
|xn− a| ve |yn− b|
ifadelerinin her biri ϵ/2’den k¨u¸c¨uk olursa, toplamları ϵ’dan k¨u¸c¨uk olur. Bunu yapmasını biliyoruz, ¸c¨unk¨u xn’nin limiti a ve yn’nin limiti b...
xn’nin limiti a oldu˘gundan, ¨oyle bir N1 vardır ki, her n > N1 i¸cin,
|xn− a| < ϵ
olur. Aynı nedenden, ¨oyle bir N2 do˘gal sayısı vardır ki, her n > N2 i¸cin,
|yn− b| < ϵ/2
olur. Biz her iki e¸sitsizli˘gin birden do˘gru olmasını istedi˘gimizden, n’yi hem
N1’den hem de N2’den b¨uy¨uk almalıyız. Dolayısıyla, e˘ger N = max{N1, N2}
ise, n > N oldu˘gunda, n, hem N1’den hem de N2’den b¨uy¨uk olur ve yukarıdaki iki e¸sitsizli˘gin ikisi birden do˘gru olur.
Teorem 5.4.ii’nin Kanıtı: ¨Onsav 5.2.i’den ve yukarıdakinden ¸cıkar. Ama yukarıdaki kanıt y¨ontemini toplama yerine ¸cıkarma i¸slemine de uygulayabiliriz: (xn)n, (yn)n, a ve b yukarıdaki gibi olsunlar. ϵ > 0, herhangi bir sayı olsun. (xn)n dizisinin limiti a oldu˘gundan, ¨oyle bir N1 vardır ki, her n > N1 i¸cin,
|xn− a| < ϵ
2
olur. Aynı nedenden, ¨oyle bir N2 vardır ki, her n > N2 i¸cin,
|yn− b| < ϵ
2
olur. S¸imdi N = max{N1, N2} olsun. E˘ger n > N ise, hem n > N1 hem de
n > N2 oldu˘gundan, |(xn− yn)− (a − b)| = |(xn− a) + (b − yn)| ≤ |xn− a| + |b − yn| =|xn− a| + |yn− b| ≤ ϵ 2 + ϵ 2 = ϵ olur. ˙Ikinci e¸sitli˘gin de kanıtı tamamlanmı¸stır.
Teorem 5.4.iii’¨un Kanıtı: ¨U¸c¨unc¨u e¸sitli˘gin kanıtı ne yazık ki yukarıdakiler kadar do˘grudan ¸cıkmıyor. Biz gene de t¨um iyimserli˘gimizi takınıp yukarıdaki gibi do˘grudan bir kanıta giri¸selim.
(xn)n, (yn)n, a ve b yukarıdaki gibi olsunlar. (xnyn)n dizisinin ab sayısına yakınsadı˘gını g¨ostermek istedi˘gimize g¨ore, herhangi bir ϵ > 0 sayısı se¸cildi˘ gin-de, ¨oyle bir N sayısı bulmalıyız ki, her n > N i¸cin,
|xnyn− ab| < ϵ
olsun. Bir ba¸ska deyi¸sle,|xnyn−ab| < ϵ e¸sitsizli˘ginin ge¸cerli olması i¸cin n’nin ne
kadar b¨uy¨uk olması gerekti˘gini bulmaya ¸calı¸saca˘gız. E˘ger n’yi yeterince b¨uy¨uk se¸cersek, |xn− a| ve |yn− b| sayılarını istedi˘gimiz kadar k¨u¸c¨ultebilece˘gimizi
biliyoruz. Dolayısıyla, kanıtlamak istedi˘gimiz yukarıdaki
5.2. Yakınsak Dizi Aritmeti ˘gi 99 e¸sitsizli˘gine bir bi¸cimde |xn− a| ve |yn− b| sayılarını soku¸sturabilmeliyiz, bu
sayılar devreye girmeli ki varsayımları kullanabilelim. Her zamanki gibi sol taraftaki|xnyn− ab| ifadesiyle oynamalıyız. Bu ifadeyi hafif¸ce b¨uy¨uterek, i¸sin
i¸cine|xn− a| ve |yn− b| ifadelerini sokmalıyız. Bunu yapmak i¸cin matematikte
sık sık kullanılan bir hile vardır. ˙I¸ste o hile
|xnyn− ab| = |xnyn− xnb + xnb− ab| ≤ |xnyn− xnb| + |xnb− ab|
=|xn||yn− b| + |xn− a||b|.
S¸imdi en sa˘gdaki |xn||yn− b| + |xn− a||b| toplamını ϵ’dan k¨u¸c¨uk yapmalıyız.
Ama bu m¨umk¨un m¨ud¨ur? Her iki
|xn||yn− b| ve |xn− a||b|
terimini de ϵ/2’den k¨u¸c¨uk yapabilirsek, o zaman bunların toplamları da
ϵ
2 +
ϵ
2 = ϵ
sayısından k¨u¸c¨uk olur ve kanıtımızı ba¸sarıyla tamamlamı¸s oluruz. ¨
Once g¨orece kolay olan|xn− a||b| terimini (n’yi yeterince b¨uy¨uk yaparak) ϵ/2’den k¨u¸c¨uk yapalım. Bunun i¸cin,|xn−a| terimini ϵ/2|b|’den k¨u¸c¨uk yapmak
yeterli. Ama dikkat, e˘ger |b| = 0 ise, |b|’ye b¨olemeyiz... Hi¸c ¨onemli de˘gil! Bu
sorunun ¸c¨oz¨um¨u gayet basit:
|xn− a||b| < |xn− a|(1 + |b|)
oldu˘gundan, |xn− a| terimini
ϵ
2(1 +|b|)
sayısından k¨u¸c¨uk yapmak yeterli! Bunu yapabilir miyiz? Evet! Bu sayı 0’dan b¨uy¨uk oldu˘gundan, ¨oyle bir N1 sayısı vardır ki, her n > N1 i¸cin,
|xn− a| < ϵ
2(1 +|b|)
e¸sitsizli˘gi do˘grudur.
S¸imdi,|xn||yn− b| terimini de ϵ/2’den k¨u¸c¨uk yapmaya ¸calı¸smalıyız. |yn− b|
terimini istedi˘gimiz kadar k¨u¸c¨ultebilece˘gimizi biliyoruz. Ama bu yetmez. C¸ ¨ un-k¨u bu terimin yanına yapı¸smı¸s bir de |xn| terimi var. E˘ger |xn| ¸cok b¨uy¨urse,
o zaman bu terimi, k¨u¸c¨uld¨u˘g¨un¨u bildi˘gimiz |yn− b| terimiyle ¸carptı˘gımızda,
¸
carpımın ¸cok k¨u¸c¨ulece˘ginden pek emin olamayız. ¨Orne˘gin,|yn− b| terimi 1/n
gibi k¨u¸c¨ulebilir ama |xn| terimi n gibi artabilir. O zaman da ¸carpımları olan |xn||yn− b| terimi n b¨uy¨ukken 1 civarında dolanır durur ve hi¸cbir zaman ϵ/2
kadar k¨u¸c¨ulemez. (ϵ’un k¨u¸c¨uk bir sayı oldu˘gunu bir kez daha anımsayın.) Neyse ki b¨oyle bir sorunla kar¸sıla¸smayız, ¸c¨unk¨u yakınsak bir dizi oldu˘ gun-dan, (xn)n dizisi sınırlıdır (Teorem 5.3) ve her |xn| belli bir B > 0 sayısından
k¨u¸c¨ukt¨ur. Demek ki,
|xn||yn− b| < B|yn− b|
e¸sitsizli˘gi ge¸cerlidir. S¸imdi en sa˘gdaki B|yn−b| ifadesini ϵ/2’dan k¨u¸c¨uk yapmak
yeterlidir. B|yn− b| ifadesini ϵ/2’den k¨u¸c¨uk yapmak i¸cin ise, |yn− b| ifadesini ϵ
2B
sayısından k¨u¸c¨uk yapmak yeterlidir. (Bunu ba¸sarabiliriz dostum!)
Ne de olsa bu sayı pozitiftir ve|yn− b| sayısı yeterince b¨uy¨uk n’ler i¸cin bu
sayının altına iner: ¨Oyle bir N2 sayısı vardır ki, her n > N2 i¸cin,
|yn− b| < ϵ
2B e¸sitsizli˘gi do˘grudur. Demek ki,
|xn||yn− b| < B|yn− b| < B ϵ
2B =
ϵ
2 e¸sitsizli˘gi ge¸cerlidir.
S¸imdi N = max{N1, N2} olsun. E˘ger n > N ise, hem n > N1 hem de
n > N2 oldu˘gundan,
|xnyn− ab| = |xnyn− xnb + xnb− ab| ≤ |xnyn− xnb| + |xnb− ab|
=|xn||yn− b| + |xn− a||b| < B|yn− b| + |xn− a||b| < B|yn− b| + |xn− a|(1 + |b|) < B ϵ 2B + ϵ 2(1 +|b|)(1 +|b|) = ϵ 2 + ϵ 2 = ϵ olur. (iii)’¨un kanıtı bitmi¸stir.
Teorem 5.4.iv’¨un Kanıtı: Birincisi i¸cin ¨onceki maddede her n i¸cin yn = r almak yeterli. ˙Ikinci ise k ¨uzerine t¨umevarımla kolaylıkla kanıtlanır.
Teorem 5.4.v’in Kanıtı: E˘ger a¸sa˘gıdaki teoremi kanıtlayabilirsek, o zaman (iii)’ten (v) ¸cıkar.
5.2. Yakınsak Dizi Aritmeti ˘gi 101