Farklı denklem sistemlerinin çözümleri üzerine
87
0
0
Tam metin
(2) T.C. SELÇUK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ. FARK DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ ÜZERİNE. Muhammet ATALAY. YÜKSEK LİSANS TEZİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ANABİLİM DALI. Bu tez 13 / 06 / 2005 tarihinde aşağıdaki jüri tarafından oy birliği / oy çokluğu ile kabul edilmiştir.. ………………. ………………. ……………....... Yrd.Doç.Dr.Cengiz ÇİNAR Prof.Dr.EşrefHATIR Yrd.Doç.Dr.Ramazan TÜRKMEN (Danışman). (Üye). (Üye).
(3) ÖNSÖZ. Bu çalışma, Selçuk Üniversitesi Eğitim Fakültesi Ortaöğretim Fen ve Matematik Alanlar Eğitimi Bölümü Matematik Eğitimi Anabilim Dalı Öğretim Üyesi Yrd. Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR yönetiminde yapılarak Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü'ne Yüksek Lisans Tezi olarak sunulmuştur. Tezimi büyük bir sabır ve titizlikle yöneten ve çalışmalarımda hiçbir desteği esirgemeyen saygıdeğer hocam Yrd. Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR ’a sonsuz teşekkürlerimi ve saygılarımı sunarım.. Muhammet ATALAY Konya, 2005. i.
(4) ÖZET Yüksek Lisans Tezi. FARK DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ ÜZERİNE. Muhammet ATALAY Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Ortaöğretim Matematik Anabilim Dalı. Danışman : Yrd.Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR 2005 , 79 Sayfa. Jüri : Yrd.Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR Prof. Dr. Eşref HATIR Yrd.Doç. Dr. Ramazan TÜRKMEN. Son zamanlarda rasyonel fark denklemlerinin çözümlerinin davranışları ile ilgili önemli çalışmalar yapılmasına rağmen , rasyonel fark denklem sistemleri ile ilgili az sayıda çalışma vardır. Bu çalışmanın amacı, bazı fark denklem sistemlerinin çözümlerinin periyodikliğini incelemek ve bu konudaki çalışmalara katkıda bulunmaktır. Bu amaçla hazırlanan çalışma dört bölümden oluşmuştur.. Birinci bölümde fark denklemleri ile ilgili tanımlar verilmiştir.. İkinci bölümde fark denklem sistemleri ile ilgili yapılan çalışmalar özetlenmiştir.. ii.
(5) Üçüncü bölümde bazı fark denklem sistemlerinin çözümlerinin periyodikliği incelenmiştir.. Dördüncü bölümde, üçüncü bölümde incelenen fark denklem sistemleri genelleştirilmiştir.. Anahtar Kelimeler : Fark denklemi, periyodiklik .. iii.
(6) ABSTRACT M. Sc. Thesis. ON THE SOLUTIONS OF SYSTEMS OF DIFFERENCE EQUATIONS. Muhammet ATALAY Selcuk University Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Mathematics. Supervisor : Asist. Prof. Dr. Cengiz ÇİNAR 2005 , 79 Pages. Jury : Asist. Prof. Dr. Cengiz ÇİNAR Prof. Dr. Eşref HATIR Asist. Prof. Dr. Ramazan TÜRKMEN. Although recently there has been a great interest in studying of the behaviour of the solutions of rational difference equations, there are only a few papers devoted to systems of the rational difference equations. The aim of this study is to investigate the periodic character of the some systems of difference equations and to contribute the studies on this subject. This study consists of four sections.. In the first section; the definitions of difference equations are given.. In the second section; the studies on the systems of difference equations are summarized.. iv.
(7) In the third section; the periodic character of the some systems of difference equations are investigated.. In the fourth section; the systems of difference equations that investigated in third section are generalized.. Key Words: Difference Equation, periodicity .. v.
(8) İÇİNDEKİLER. ÖNSÖZ………………………………………………………………………………..i ÖZET…………………………………………………………………………………ii ABSTRACT…………………………………………………………………………iv İÇİNDEKİLER………………………………………………………………………vi. 1. FARK DENKLEMLERİ İLE İLGİLİ GENEL TANIMLAR.................................1. 2. FARK DENKLEM SİSTEMLERİ İLE İLGİLİ ÇALIŞMALAR..........................4. 3.FARK DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ ÜZERİNE...........................8. 4. FARK DENKLEM SİSTEMLERİNİN GENELLEŞTİRİLMESİ………….……70. SONUÇ VE ÖNERİLER……………………………………………………………77. KAYNAKLAR ........................................................................................................78. vi.
(9) 1. 1.FARK DENKLEMLERİ İLE İLGİLİ GENEL TANIMLAR. x bağımsız değişkeninin sürekli durumda, y(x) bağımlı değişkeninin değişimi y(x), y'(x), …, y(n)(x) türevleri yardımıyla açıklanabilmektedir. Ancak x in kesikli değerler alması durumunda değişim türevler yardımıyla açıklanamaz. Bu bölümde x in tamsayı değerler aldığı durumlarda ortaya çıkan ve içinde sonlu farkların bulunduğu denklemler üzerinde duracağız.. Tanım 1.1: n bağımsız değişken ve buna bağılı değişkende y olmak üzere, bağımlı ve bağımsız değişken ile bağımlı değişkenin E(y), E2(y), … ,En(y), ... gibi farklarını içine alan bağıntılara Fark Denklemi denir. Dikkat edilirse n’in sürekli olduğu halde Diferansiyel Denklemleri ile arasında büyük benzerlikler vardır. a0y(n)+ a1 y(n+1) = f(n) denklemi birinci dereceden fark denklemidir. a0y(n-1) + a1y(n) + a2 y(n+1) = g(n) denklemi ikinci dereceden fark denklemidir. Denklemin mertebesinin belirlenmesinde, y n ’in hesaplanabilmesi için gerekli olan nokta sayısı göz önüne alınmaktadır. y(n+2) - 5y(n+1) + y(n) = n ( 2. mertebeden fark denklemidir. ) y(n+3) - 2y(n+2) + 2y(n+1) - 3y(n) = 0 ( 3. mertebeden fark denklemidir. ) …. Tanım 1.2: Şayet fark denkleminde bağımlı değişken birinci dereceden ise bu tür denkleme lineer’dir denir. y(n+2) – 5 y(n+1) + y(n) = n denklemi ikinci dereceden lineer fark denklemidir. y(n+2) . y2(n) = y3(n+1) en denklemi ikinci mertebeden lineer olmayan bir fark denklemidir.. Tanım 1.3: Genel olarak, y(k+n) + An-1 y(k+n-1) + ...+A0 y(k) = f(k) denklemi, n . mertebeden bir lineer fark denklemidir..
(10) 2. A0 , A1 , ... , An-1 katsayıları sabit iseler, sabit katsayılı lineer fark denklemi adı verilir. Şayet f(k) 0 ise denkleme lineer homojen fark denklemi adı verilir. Tanım 1.4: I reel sayıların bir alt aralığı olmak üzere; f: I I→I tanımlı sürekli diferansiyellenebilen bir fonksiyon olsun. O zaman her x-1 , x0 I için xn+1= f (xn, xn-1), n = 0,1,2,... denklemi bir tek. (1.1). x n n1 çözümüne sahiptir. _. _. _. _. _. Tanım 1.5. Eğer x noktası için f( x , x ) = x ise x ’e f ’ in denge noktası _. denir. Eğer her. _. n 0 için x = xn ise o zaman x ’e f ’nin sabit noktası denir. _. Tanım1.6: x , (1.1) denkleminin denge noktası olmak üzere: _. a). _. Eğer her >0 için x-1, x0 I iken x 0 x + x -1 x < δ olacak şekilde _. _. bir δ >0 sayısı varsa; o zaman bütün n -1 için x n x < olur. Bu halde x denge noktası kararlıdır denir. _. b). _. _. Eğer x denge noktası kararlı ve x-1, x0 I iken x 0 x + x -1 x < _. _. olacak şekilde >0 varsa; o zaman lim xn = x dir. Bu halde x denge noktası lokal n olarak asimtotik kararlıdır denir. _. c). _. Eğer her x-1, x0 I iken lim xn = x ise; o zaman x denge noktasına n . global attractor denir. _. d). global asimtotik kararlı denir.. _. e). _. Eğer x denge noktası kararlı ve global attractor ise; o zaman x ’ye. Eğer x denge noktası kararlı değil ise; o zaman kararsızdır denir..
(11) 3. _. f). _. Eğer x-1, x0 I iken x 0 x + x -1 x < r olacak şekilde bir r >0 sayısı _. _. varsa; o zaman x ’ye repeller denir ve x N x r olacak şekilde N -1 sayısı vardır.. Tanım 1.7: Eğer xn dizisi için xn+p = xn ise; o zaman xn dizisine, p periyotludur denir.. Tanım 1.8: Eğer xn dizisi için, dizinin sonlu sayıdaki terimleri hariç tutulduğunda, geriye kalan sonsuz sayıdaki terimler için, xn+p = xn ise; o zaman xn dizisine, ergeç p periyotludur denir..
(12) 4. 2. FARK DENKLEM SİSTEMLERİ İLE İLGİLİ ÇALIŞMALAR Bu bölümde bazı fark denklem sistemleri üzerinde yapılmış olan çalışmalar hakkında bilgi verilmiştir. Böylece, bir fark denklem sistemi üzerinde incelemelerin nasıl yapıldığı konusunda fikir edinilebilir. Bu konuda yapılmış çalışmalar; sonuçlandığı tarih itibariyle incelenmiştir.. 2.1. C.J.Schinas , 1997 yılında yapmış olduğu çalışmada n = 0,1,2… için x n 1 . xn 1 Lyness fark denkleminin çözümlerinin periyodikliğinden ve denklem x n 1. sabitinden hareketle, x n 1 . ay n A bx A , y n 1 n , n=0,1,... x n 1 y n 1. x n 1 . a n yn A b x A , y n 1 n n , n=0,1,... x n 1 y n 1. x n 1 . max{a n y n , A} max{b n x n , A} , y n 1 , n=0,1,... x n 1 y n 1. denklem sistemleri ve rasyonel formdaki benzer bazı fark denklemlerinin, fark denklem sistemlerinin ve maksimumlu fark denklem sistemlerinin denklem sabitlerini ve çözümlerinin periyodikliğini inceledi. Çalışma sonucunda; çeşitli fark denklemlerinin ve fark denklem sistemlerinin denklem sabitlerini, denklemlerin katsayılarının sabit olması veya periyodik birer dizi olması gibi durumlarda katsayılara ve denklemin genel terimlerine bağlı olarak elde etti. Bazı denklem sistemlerinin de çözümlerinin periyodikliğini inceledi. 2.2. G.Papaschinopoulos ve C.J.Schinas 1998 yılında n = 0,1,2… ve p ve q pozitif tamsayıları için iki lineer olmayan fark denkleminden oluşan,.
(13) 5. xn+1 =. A yn A xn , yn+1 = x n p y n q. fark denklem sisteminin çözümlerinin. salınımlı davranışını ve sınırlılığını incelediler. Ayrıca fark denklem sisteminin pozitif denge noktasının global asimptotik kararlılığını çalıştılar. Bu çalışmada fark denklem sisteminin denge noktasının (c.c)=(1+A,1+A) olduğunu elde ettiler ve sisteminin çözümlerinin A(0,) için bu noktada salınımlı olduğunu gördüler. Aynı şartlarda sistemin çözümlerinin alt ve üst sınırlarını elde ettiler. A>1 için de pozitif denge noktası (c,c) nin global asimptotik kararlı olduğunu elde ettiler. 2.3. E.A.Grove, G.Ladas, L.C. McGrath ve C.T.Teixeira 2001 yılında, a,b,c ve d reel sayılar ve başlangıç şartları x 0 ve y 0 keyfi reel sayılar olmak üzere,. a b x n 1 x y n n y c d n 1 x n y n. , n 0,1,.... fark denklem sisteminin, her n0 için iyi tanımlı olduğu ( x 0 , y 0 ) R2 değerlerinin kümesi ve çözümlerinin davranışlarını araştırdılar. Bu fark denklem sisteminde, z n . xn yn. dönüşümü yaparak Riccati fark. denklemine ulaştılar ve bu denklemin karakteristik denkleminin çözümlerinden hareketle a,b,c ve d reel sayıları için şartlar elde ettiler, yani denklemin good küme ve forbidden kümesine ulaştılar. Denklemin çözümleri hakkında bazı şartlar altında genellemelere gittiler. 2.4. D.Clark ve M.R. S.Kulenović , 2002 yılında; n = 0,1,2…için, a,b,c ve d pozitif sayılar ve x 0 , y 0 başlangıç şartları negatif olmayan sayılar olmak üzere, xn+1 =. xn yn , yn+1 = a cy n b dx n. fark denklem sisteminin çözümlerinin. global kararlılık özelliklerini ve asimptotik davranışını incelediler. Bu çalışmada denklem sisteminin karakteristik denkleminin.
(14) 6. = 1 . (a 1)(b 1) olduğunu ve denge noktasını Ea,b =(1-b,1-a) bularak a. ve b nin 1’den büyük , küçük veya eşit olma durumlarına göre çözümleri incelediler. 2.5. G.Papaschinopoulos ve C.J.Schinas 2002 yılında Ai , Bi , i {0,1,...,k},xi ,yi , i = -k,-k+1,...,0 pozitif sayılar ve pi , qi , i = 0,...,k pozitif sabitler olmak üzere, k. x n 1 i 0. Ai y pnii. k. ,. y n 1 i 0. Bi x qnii. fark denklem sistemini çalıştılar.. Çalışmalarında, pozitif çözümlerin sınırlılığını ve sürekliliğini elde ettiler. Daha sonra sistemin bir pozitif denge noktasının var ve tek olduğunu gösterip bu denge noktasının global asimptotik kararlılığını incelediler. Son olarak da sistemin pozitif denge noktasında salınım göstermeyen çözümlerine ulaştılar. 2.6. M.R.S.Kulenović ve M.Nurkanović 2003 yılında altmışıncı yaş günü vesilesi ile Profesör Allan Peterson’a ithaf ettikleri çalışmalarında A ile B katsayıları (0.) aralığından seçilen reel sayılar ve x 0 , y 0 başlangıç şartları negatif olmayan keyfi sayılar olmak üzere n = 0,1,2,… için xn+1 = Axn. yn , 1 yn. yn+1 =Byn. xn 1 xn. fark denklem sisteminin çözümlerinin global asimptotik kararlılığını araştırdılar. Sistemin karakteristik denklemini = 1 . (A 1)(B 1) AB. elde ettikten. sonra, A ve B nin tüm durumlarına göre denklem sisteminin denge noktasına ve global asimptotik kararlılığına ulaştılar. 2.7. C.Çinar ve İ.Yalçınkaya 2004 yılındaki, literatürde üç değişkenli fark denklem sistemleri üzerine yapılan ilk çalışma olan makalelerinde, n=0,1,... için,. x n 1 fark. denklem. 1 zn. , y n 1 sisteminin. 1 1 , z n 1 x n 1 y n 1 x n 1 pozitif. çözümlerinin. periyodiklik. özelliğini. incelediler.{xn,zn}çözümlerinin üç periyotlu, {yn} çözümlerinin ise on iki periyotlu olduğunu ispat ettiler..
(15) 7. 2.8. C.Çinar ve İ.Yalçınkaya 2004 yılındaki çalışmalarında, n=0,1,... için,. x n 1 . 1 zn. , y n 1 . xn 1 , z n 1 x n 1 x n 1. fark denklem sisteminin pozitif çözümlerinin periyodikliğini incelediler ve {xn,yn,zn} çözümlerinin üç periyotlu olduğunu ispat ettiler..
(16) 8. 3.FARK DENKLEM SİSTEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ ÜZERİNE. TEOREM 3.1. x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (1.1) olmak üzere ;. 1 x n 1 zn 1 y n 1 xn 1 z n 1 yn . (1.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin çözümleri {xn, yn, zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6 periyotludur. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile : xn+1 zn =1 , xn+3 zn+2 =1 , zn+1 yn =1 , zn+2 yn+1 =1 , yn+1 xn =1 , xn+3 = yn+1 =. 1 , xn+3 xn =1 , yn+4 xn+3 =1 , yn+4 = xn , zn+5 yn+4 =1 , xn. zn+5 xn =1. ,. xn+6 zn+5 =1 ,. xn+6 = xn. yn+1 xn =1 , yn+3 xn+2 =1 , xn+1 zn =1 , xn+2 zn+1 =1 , zn+1 yn =1 , yn+3 = zn+1 =. 1 yn. xn+5 yn =1. ,. , yn+3 yn =1 , zn+4 yn+3 =1 , zn+4 = yn yn+6 xn+5 =1 ,. , xn+5 zn+4 =1 ,. yn+6 = yn. zn+1 yn =1 , zn+3 yn+2 =1 , yn+1 xn =1 , yn+2 xn+1 =1 , xn+1 zn =1 , zn+3 = xn+1 =. 1 zn. yn+5 zn =1. ,. olur ki ispat tamamdır.. , zn+3 zn =1 , xn+4 zn+3 =1 , xn+4 = zn , yn+5 xn+4 =1 , zn+6 yn+5 =1 ,. zn+6 = zn.
(17) 9. TEOREM 3.2. x 0 , y 0 ve z 0. başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar. olmak üzere, (1.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;. x 6 n 1 . 1 z0. y 6 n 1 . 1 x0. 1 y0. z 6 n 1 . x 6n 2 y 0 1 x 6 n 3 x0. y 6n 2 z 0 1 y 6 n 3 y0. z 6n 2 x 0 1 z 6 n 3 z0. x 6n 4 z 0. y 6n 4 x 0. z 6n 4 y 0. x 6 n 5 . 1 y0. x 6 n 6 x 0. y 6 n 5 . 1 z0. 1 x0. z 6 n 5 . y 6 n 6 y 0. z 6 n 6 z 0. şeklindedir. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (1.1) kabulümüz gereği (1.2) denklem sisteminin tüm çözümleri pozitiftir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz n-1 için sağlansın. Biz sonuçların n için de sağlandığını göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. x 6 n 5 . 1 z0. y 6 n 5 . 1 x0. z 6 n 5 . 1 y0. x 6n 4 y 0 1 x 6 n 3 x0. y 6n 4 z 0 1 y 6 n 3 y0. z 6n 4 x 0 1 z 6 n 3 z0. x 6n 2 z 0. y 6n 2 x 0. z 6n 2 y 0. x 6 n 1 . 1 y0. x 6n x 0. y 6 n 1 . 1 z0. z 6 n 1 . y 6n y 0. 1 x0. z 6n z 0. yazabiliriz.Böylece n için ,. x 6 n 1 x 6n 2 . 1 1 z 6n z 0 1 z 6 n 1. y0. y 6 n 1 y 6n 2 . 1 1 x 6n x 0 1 x 6 n 1. z0. z 6 n 1 z 6n 2 . 1 1 y 6n y 0 1 y 6 n 1. x0.
(18) 10. x 6 n 3 x 6n 4 x 6 n 5 x 6n . 1 z 6n 2 1 z 6 n 3 1 z 6n 4 1. z 6 n 5. 1 x0. y 6 n 3 . z0. y 6n 4 . 1 y0. y 6 n 5 . . . x0. y 6n . 1 x 6n 2 1 x 6 n 3 1 x 6n 4 1. x 6 n 5. 1 y0. z 6 n 3 . x0. z 6n 4 . 1 z0. z 6 n 5 . . . y0. z 6n . 1 y 6n 2 1 y 6 n 3. . y0. 1 y 6n 4 1. y 6 n 5. 1 z0. . 1 x0. z0. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır. Şimdi teoremin basit hesaplamalar ile sonuçlarını görelim :. x 0 , y 0 , z 0 R \ {0} olmak üzere,. x1 . 1 z0. y1 . 1 x0. z1 . 1 y0. x2 . 1 y0 z1. y2 . 1 z0 x1. z2 . 1 x0 y1. x3 . 1 1 z2 x0. y3 . 1 1 x 2 y0. z3 . 1 1 y2 z0. x4 . 1 z0 z3. y4 . 1 x0 x3. z4 . 1 y0 y3. x5 . 1 1 z4 y0. y5 . 1 1 x 4 z0. z5 . 1 1 y4 x0. x6 . 1 x0 z5. y6 . 1 y0 x5. z6 . 1 z0 y5. x7 . 1 1 z6 z0. y7 . 1 1 x6 x0. z7 . 1 1 y6 y0. x8 . 1 y0 z7. y8 . 1 z0 x7. z8 . 1 x0 y7. x9 . 1 1 z8 x 0. y9 . 1 1 x8 y0. z9 . 1 1 y8 z 0. x 10 . 1 z0 z9. y10 . 1 x0 x9. z10 . 1 y0 y9.
(19) 11. x 11 . 1 1 z10 y 0. y11 . 1 1 x 10 z 0. z11 . 1 1 y10 x 0. x 12 . 1 x0 z11. y12 . 1 y0 x 11. z12 . 1 z0 y11. .. .. .. .. .. .. .. .. olup n 0 için x n 6 = x n. , y n 6 = y n. .. , z n 6 = z n. olduğundan çözümler 6. periyotludur.. x n n 0 x0,. 1 1 1 1 1 1 , y0, , z0, , x0, , y0, , z 0 , ,... z0 x0 y0 z0 x0 y0. y n n 0 y0,. çözümleri:. 1 1 1 1 1 1 , z0, , x0, , y0, , z0, , x 0 , ,... x0 y0 z0 x0 y0 z0. z n n 0 z0,. çözümleri:. çözümleri:. 1 1 1 1 1 1 , x0, , y0, , z 0 , , x 0 , , y 0 , ,... y0 z0 x0 y0 z0 x0. şeklindedir.. TEOREM 3.3. A bir reel sayı ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (3.1) olmak üzere,. A x n 1 zn A y n 1 xn A z n 1 yn . , n 0,1,.... (3.2).
(20) 12. fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6 periyotludur. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A’nın ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile :. xn+1 zn =A , xn+3 zn+2 =A , zn+1 yn =A , zn+2 yn+1 =A , yn+1 xn =A , xn+3 = yn+1 =. A , xn+3 xn =A , yn+4 xn+3 =A , yn+4 = xn , zn+5 yn+4 =A , xn. zn+5 xn = A. ,. xn+6 zn+5 =A , xn+6 = xn. yn+1 xn =A , yn+3 xn+2 =A , xn+1 zn =A , xn+2 zn+1 =A , zn+1 yn =A , yn+3 = zn+1 =. A , yn+3 yn =A , zn+4 yn+3 =A , zn+4 = yn , xn+5 zn+4 =A , yn. xn+5 yn =A , yn+6 xn+5 =A , yn+6 = yn. zn+1 yn =A , zn+3 yn+2 =A , yn+1 xn =A , yn+2 xn+1 =A , xn+1 zn =A , zn+3 = xn+1 =. A , zn+3 zn =A , xn+4 zn+3 =A , xn+4 = zn , yn+5 xn+4 =A , zn. yn+5 zn =A , zn+6 yn+5 =A , zn+6 = zn olur ki ispat tamamdır.. TEOREM 3.4. AR ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, (3.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;. x 6 n 1 . A z0. y 6 n 1 . A x0. z 6 n 1 . A y0. x 6n 2 y 0 A x 6 n 3 x0. y 6n 2 z 0 A y 6 n 3 y0. z 6n 2 x 0 A z 6 n 3 z0. x 6n 4 z 0. y 6n 4 x 0. z 6n 4 y 0.
(21) 13. A y0. x 6 n 5 . y 6 n 5 . x 6 n 6 x 0. A z0. A x0. z 6 n 5 . y 6 n 6 y 0. z 6 n 6 z 0. şeklindedir.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A nın ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (3.1) kabulümüz gereği (3.2) denklem sisteminin tüm çözümleri hesaplanabilir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz n-1 için sağlansın. Biz sonuçların n için de sağlandığını göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. A z0. x 6 n 5 . y 6 n 5 . A x0. z 6 n 5 . A y0. x 6n 4 y 0 A x 6 n 3 x0. y 6n 4 z 0 A y 6 n 3 y0. z 6n 4 x 0 A z 6 n 3 z0. x 6n 2 z 0. y 6n 2 x 0. z 6n 2 y 0. A y0. x 6 n 1 . y 6 n 1 . x 6n x 0. A z0. z 6 n 1 . y 6n y 0. A x0. z 6n z 0. yazabiliriz.Böylece n için ,. x 6 n 1 x 6n 2 x 6 n 3. A. y0. z 6 n 1 A A z 6n 2 x 0. x 6n 4 x 6 n 5 x 6n . A A z 6n z 0. A z 6 n 3 A z 6n 4 A. z 6 n 5. y 6 n 1 y 6n 2 y 6 n 3. y 6n 4 . A y0. y 6 n 5 . x0. y 6n . A. z0. x 6 n 1 A A x 6n 2 y 0. z0 . A A x 6n x 0. A x 6 n 3 A x 6n 4 A. x 6 n 5. z 6 n 1 . z 6 n 3. x0 y 6 n 1 A A y 6n 2 z 0. z 6n 4 . A z0. z 6 n 5 . y0. A. z 6n 2 . x0 . A A y 6n y 0. z 6n . A y 6 n 3 A y 6n 4 A. y 6 n 5. y0 . A x0. z0.
(22) 14. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır. Şimdi teoremin basit hesaplamalar ile sonuçlarını görelim : A R ve x 0 , y 0 , z 0 R \ {0} olmak üzere,. x1 . A z0. y1 . A x0. z1 . A y0. x2 . A y0 z1. y2 . A z0 x1. z2 . A x0 y1. x3 . A A z2 x0. y3 . A A x 2 y0. z3 . A A y2 z0. x4 . A z0 z3. y4 . A x0 x3. z4 . A y0 y3. x5 . A A z4 y0. y5 . A A x 4 z0. z5 . A A y4 x0. x6 . A x0 z5. y6 . A y0 x5. z6 . A z0 y5. x7 . A A z6 z0. y7 . A A x6 x0. z7 . A A y6 y0. x8 . A y0 z7. y8 . A z0 x7. z8 . A x0 y7. x9 . A A z8 x 0. y9 . A A x8 y0. z9 . A A y8 z 0. x 10 . A z0 z9. y10 . A x0 x9. z10 . A y0 y9. x 11 . A A z10 y 0. y11 . A A x 10 z 0. z11 . A A y10 x 0. x 12 . A x0 z11. y12 . A y0 x 11. z12 . A z0 y11. . . . olup n 0 için x n 6 = x n periyotludur.. x n n 0. çözümleri:. . . . , y n 6 = y n. . . , z n 6 = z n. . olduğundan çözümler 6.
(23) 15. x0,. A A A A A , y0, , z0, , x0, , y0, , z 0 , A ,... z0 x0 y0 z0 x0 y0. y n n 0 y0,. A A A A A A , z0, , x0, , y0, , z0, , x 0 , ,... x0 y0 z0 x0 y0 z0. z n n 0 z0,. çözümleri:. çözümleri:. A A A A A A , x0, , y0, , z 0 , , x 0 , , y 0 , ,... y0 z0 x0 y0 z0 x0. şeklindedir.. TEOREM 3.5. A,B ve C birer reel sayı ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (5.1) olmak üzere,. A x n 1 zn B y n 1 xn C z n 1 yn . (5.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6 periyotludur. İSPAT . Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A,B ve C ’ nin ve. x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile : xn+1 zn =A , xn+3 zn+2 =A , zn+1 yn =C , zn+2 yn+1 =C , yn+1 xn =B , xn+3 =. A AB 1 yn+1 = C C xn. zn+5 yn+4 =C ,. , xn+3 xn =. zn+5 xn = A. ,. AB C , yn+4 xn+3 =B , yn+4 = xn , C A. xn+6 zn+5 =A ,. xn+6 = xn.
(24) 16. yn+1 xn =B , yn+3 xn+2 =B , xn+1 zn =A , xn+2 zn+1 =A , zn+1 yn =C , yn+3 =. B BC 1 zn+1 = A A yn. xn+5 zn+4 =A ,. , yn+3 yn =. BC A. , zn+4 yn+3 =C , zn+4 =. A yn , B. xn+5 yn =B , yn+6 xn+5 =B , yn+6 = yn. zn+1 yn =C , zn+3 yn+2 =C , yn+1 xn =B , yn+2 xn+1 =B , xn+1 zn =A , zn+3 =. C AC 1 xn+1 = B B zn. yn+5 xn+4 =B ,. , zn+3 zn =. AC B. , xn+4 zn+3 =A , xn+4 =. B zn , C. yn+5 zn =C , zn+6 yn+5 =C , zn+6 = zn. olur ki ispat tamamdır. TEOREM 3.6. A,B ve C R ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, (5.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;. x 6 n 1 . A z0. A y0 C AB 1 C x0. y 6 n 1 . B x0. B z0 A BC 1 A y0. z 6 n 1 . C x0 B CA 1 B z0. x 6n 2 . y 6n 2 . z 6n 2 . x 6 n 3. y 6 n 3. z 6 n 3. B z0 C 1 B y0. C x0 A 1 C z0. A y0 B 1 A x0. x 6n 4 . y 6n 4 . z 6n 4 . x 6 n 5. y 6 n 5. z 6 n 5. x 6 n 6 x 0. y 6 n 6 y 0. C y0. z 6 n 6 z 0. şeklindedir. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A,B ve C nin ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (5.1) kabulümüz gereği (5.2) denklem sisteminin tüm çözümleri hesaplanabilir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz n-1 için.
(25) 17. sağlansın. Biz sonuçların n için de sağlandığını göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. x 6 n 5 . A z0. B x0. y 6 n 5 . A y0 C AB 1 C x0. B z0 A BC 1 A y0. C x0 B CA 1 B z0. x 6n 4 . y 6n 4 . z 6n 4 . x 6 n 3. y 6 n 3. z 6 n 3. B z0 C 1 B y0. C x0 A 1 C z0. A y0 B 1 A x0. x 6n 2 . y 6n 2 . z 6n 2 . x 6 n 1. y 6 n 1. z 6 n 1. x 6n x 0. C y0. z 6 n 5 . y 6n y 0. z 6n z 0. yazabiliriz.Böylece n için ,. x 6 n 1 . x 6n 4 x 6 n 5 x 6n . A. y 6 n 1 . A y0 z 6 n 1 C A AB 1 z 6n 2 C x0. x 6n 2 x 6 n 3. A A z 6n z 0 . A z 6 n 3 A z 6n 4 A. z 6 n 5. . y 6n 2 y 6 n 3. y 6n 4 . 1 y0. y 6 n 5 . x0. y 6n . B. x 6 n 1 B x 6n 2. B z0 C. B. B B x 6n x 0. B x 6 n 3 B x 6n 4 B. x 6 n 5. z 6 n 1 . B z0 A BC 1 A y0 . . z 6 n 3. y 6 n 1 C y 6n 2. z 6n 4 . 1 z0. z 6 n 5 . y0. C. z 6n 2 . C x0 A. C. C C y 6n y 0. z 6n . C y 6 n 3 C y 6n 4 C. y 6 n 5. C x0 B CA 1 B z0 . . A y0 B. A. 1 x0. z0. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır. Şimdi teoremin basit hesaplamalar ile sonuçlarını görelim : A,B,C R ve x 0 , y 0 , z 0 R \ {0} olmak üzere,. x1 . A z0. y1 . B x0. z1 . C y0. x2 . A A y0 z1 C. y2 . B B z0 x1 A. z2 . C C x0 y1 B.
(26) 18. x3 . A AB 1 z2 C x0. y3 . B BC 1 x2 A y0. z3 . C CA 1 y2 B z0. x4 . A B z0 z3 C. y4 . B C x0 x3 A. z4 . C A y0 y3 B. x5 . A 1 B z4 y0. y5 . B 1 C x4 z0. z5 . C 1 A y4 x0. x6 . A x0 z5. y6 . B y0 x5. z6 . C z0 y5. x7 . A A z6 z0. y7 . B B x6 x0. z7 . C C y6 y0. x8 . A A y0 z7 C. y8 . B B z0 x7 A. z8 . C C x0 y7 B. x9 . A AB 1 z8 C x0. y9 . B BC A x8 A y0. z9 . C CA 1 y8 B z0. x 10 . A B z0 z9 C. y10 . B C x0 x9 A. z10 . C A y0 y9 B. x 11 . A B 1 z10 C y 0. y11 . B 1 C x 10 z0. z11 . C 1 A y10 x0. x 12 . A x0 z11. y12 . B y0 x 11. z12 . C z0 y11. .. .. .. .. .. .. .. .. olup n 0 için x n 6 = x n. , y n 6 = y n. .. , z n 6 = z n. olduğundan çözümler 6. periyotludur.. x n n 0 x0,. çözümleri:. A A AB 1 B 1 A A AB 1 B 1 , y0, , z0,B , x0, , y0, , z0,B ,... z0 C C x0 C y0 z0 C C x0 C y0. y n n 0. çözümleri:.
(27) 19. y0,. B B BC 1 C 1 B B BC 1 C 1 , z 0, , x0,C , y0, , z0, , x 0 , C , ... x0 A A y0 A z0 x0 A A y0 A z0. z n n 0 z0,. çözümleri:. C C CA 1 A 1 C C CA 1 A 1 , x0, , z0, , x0, , ... , y0,A , y0,A y0 B B z0 B x0 y0 B B z0 B x0. şeklindedir.. TEOREM 3.7. A,B ve C birer reel sayı ve x 1 , y 1 , z -1 , x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (7.1) olmak üzere,. A x n 1 z n 1 B y n 1 x n 1 C z n 1 y n 1 . (7.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 12 periyotludur. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A,B ve C ’nin ve. x 1 , y 1 , z -1 , x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile : xn+1 zn-1 =A , xn+6 zn+4 =A , zn+1 yn-1 =C , zn+4 yn+2 =C , yn+1 xn-1 =B , yn+2 xn =B , xn+6 =. A AB 1 yn+2 = C C xn. , xn+6 xn =. AB C , yn+8 xn+6 =B , yn+8 = xn , C A. zn+10 yn+8 =C , zn+10 xn = A , xn+12 zn+10 =A , xn+12 = xn . yn+1 xn-1 =B , yn+6 xn+4 =B , xn+1 zn-1 =A , xn+4 zn+2 =A , zn+1 yn-1 =C , zn+2 yn =C , yn+6 =. B BC 1 BC A zn+2 = , yn+6 yn = , zn+8 yn+6 =C , zn+8 = yn , A A yn A B.
(28) 20. xn+10 zn+8 =A ,. xn+10 yn =B , yn+12 xn+10 =B , yn+12 = yn .. zn+1 yn-1 =C , zn+6 yn+4 =C , yn+1 xn-1 =B , yn+4 xn+2 =B , xn+1 zn-1 =A , xn+2 zn =A , zn+6 =. C AC 1 xn+2 = B B zn. , zn+6 zn =. AC B. , xn+8 zn+6 =A , xn+8 =. B zn , C. yn+10 xn+8 =B , yn+10 zn =C , zn+12 yn+10 =C , zn+12 = zn . olur ki ispat tamamdır. TEOREM 3.8. A,B ve C R ve x 1 , y 1 , z -1 , x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, (7.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;. x 12 n 1 . A z 1. A z0 A y 1 C A y0 C AB 1 C x 1. x 12 n 2 . x 12 n 3 x 12 n 4 x 12 n 5. x 12 n 6 . AB 1 C x0. B z 1 C B z0 C B y 1. y12 n 1 . B x 1. B x0 B y12 n 3 z 1 A B y12 n 4 z 0 A BC 1 y12 n 5 A y 1. y12 n 2 . y12 n 6 . BC 1 A y0. C x 1 A c x0 A C z 1. z12 n 1 . C y0 C z12 n 3 x 1 B C z12 n 4 x 0 B CA 1 z12 n 5 B z 1 z12 n 2 . z12 n 6 . y12 n 7 . z12 n 7 . x 12 n 8. y12 n 8. z12 n 8. B y0 x 1. y12 n 9. C z0 y 1. z12 n 9. A x0 z 1. x 12 n 10 . y12 n 10 . z12 n 10 . x 12 n 11. y12 n 11. z12 n 11. x 12 n 12 x 0. y12 n 12 y 0. CA 1 B z0. A y 1 B A y0 B A x 1. x 12 n 7 . x 12 n 9. C y 1. z12 n 12 z 0.
(29) 21. şeklindedir.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A,B ve C nin ve x 1 , y 1 , z -1 , x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (7.1) kabulümüz gereği (7.2) denklem sisteminin tüm çözümleri hesaplanabilir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz n-1 için sağlansın. Biz sonuçların n için de sağlandığını göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. A z 1. x 12 n 11 . A z0 A y 1 C A y0 C AB 1 C x 1. B x0 B z 1 A B z0 A BC 1 A y 1. x 12 n 10 . y12 n 10 . x 12 n 9. y12 n 9. x 12 n 8 x 12 n 7. x 12 n 6 . AB 1 C x0. B z 1 C B z0 C B y 1. y12 n 8 y12 n 7. y12 n 6 . y12 n 5 . x 12 n 4. y12 n 4. B y0 x 1. y12 n 3. BC 1 A y0. C x 1 A c x0 A C z 1. x 12 n 5 . x 12 n 3. B x 1. y12 n 11 . C z0 y 1. z12 n 11 . C y0 C z12 n 9 x 1 B C z12 n 8 x 0 B CA 1 z12 n 7 B z 1 z12 n 10 . z12 n 6 . A y 1 B A z12 n 4 y 0 B A z12 n 3 x 1 A x0 z 1. y12 n 2 . z12 n 2 . x 12 n 1. y12 n 1. z12 n 1. yazabiliriz.Böylece n için ,. y12 n y 0. CA 1 B z0. z12 n 5 . x 12 n 2 . x 12 n x 0. C y 1. z12 n z 0.
(30) 22. A. x 12 n 1 . z12 n 1. A z 1. . A A z12 n z 0 A A y 1 z12 n 1 C. y12 n 1 . B. B x 1. . x 12 n 1. B B x 12 n x 0 B B z 1 x 12 n 1 A. C. z12 n 1 . y12 n 1. y12 n 2 . z12 n 2 . x 12 n 3. y12 n 3. z12 n 3. A. x 12 n 5. z12 n 2 A z12 n 3 A. x 12 n 6 x 12 n 7. A. z12 n 6 A z12 n 7. x 12 n 10 x 12 n 11. AB 1 C x0 B z 1 C . z12 n 4 A z12 n 5. x 12 n 8 x 12 n 9. A y0 C AB 1 C x 1 . B z0 C B y 1. . A. . B y0. z12 n 8 A x 1 z12 n 9. x 12 n 12 . A z12 n 10. x0. B. y12 n 4 y12 n 5. B z0 A BC 1 A y 1 . x 12 n 2 B x 12 n 3 B. y12 n 6 . BC 1 A y0 C x 1 A. . x 12 n 4 B y12 n 7 x 12 n 5. C x0 x 12 n 6 A B C x 12 n 7 z 1. y12 n 8 y12 n 9. . B. y12 n 10 y12 n 11. B. . C z0. x 12 n 8 B y 1 x 12 n 9. y12 n 12 . B x 12 n 10. y0. C. z12 n 4 z12 n 5. C y 1. C C y12 n y 0 C C x 1 y12 n 1 B. x 12 n 2 . x 12 n 4 . . y12 n 2 C y12 n 3 C. C x0 B CA 1 B z 1 . CA 1 y12 n 4 B z0 C A z12 n 7 y 1 y12 n 5 B. z12 n 6 . . C. A y0 y12 n 6 B C A y12 n 7 x 1. z12 n 8 z12 n 9. z12 n 10 z12 n 11. C. . . A x0. y12 n 8 C z 1 y12 n 9. z12 n 12 . C y12 n 10. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır.. Şimdi teoremin basit hesaplamalar ile sonuçlarını görelim : A,B,C R ve x 1 , y 1 , z -1 , x 0 , y 0 , z 0 R \ {0} olmak üzere,. x1 . A z 1. y1 . B x 1. z1 . C y 1. x2 . A z0. y2 . B x0. z2 . C y0. z0.
(31) 23. x3 . A A y 1 z1 C. y3 . B B z 1 x1 A. z3 . C C x 1 y1 B. x4 . A A y0 z2 C. y4 . B B z0 x2 A. z4 . C C x0 y2 B. x5 . A AB 1 z3 C x 1. y5 . B BC 1 x3 A y 1. z5 . C CA 1 y3 B z 1. x6 . A AB 1 z4 C x0. y6 . B BC 1 x4 A y0. z6 . C CA 1 y4 B z0. x7 . A B z 1 z5 C. y7 . B C x 1 x5 A. z7 . C A y 1 y5 B. x8 . A B z0 z6 C. y8 . B C x 0 x6 A. z8 . C A y0 y6 B. x9 . A B z 7 y 1. y9 . B C x 7 z 1. z9 . C A y 7 x 1. x 10 . A B z8 y0. y10 . B C x8 z0. z10 . C A y8 x 0. x 11 . A x 1 z9. y11 . B y 1 x9. z11 . C z 1 y9. x 12 . A x0 z10. y12 . B y0 x 10. z12 . C z0 y10. . . . olup n 0 için xn+12 = x n , yn+12. .. . . . . . = y n , zn+12 = z n olduğundan çözümler 12. periyotludur.. x n n 1 çözümleri: x-1, x 0 ,. A C A A A AB 1 AC 1 C C C , , y-1, y 0 , , , , x-1, x 0 , , y-1, y 0 , C B z 1 z 0 C C x 1 B x 0 B z 1 z 0. A C A A A AC 1 AC 1 C C C , , z-1, z 0 , , , ,... , y-1, y 0 , B B y 1 y 0 B B x 1 B x 0 B z 1 z 0. y n n 1 çözümleri:.
(32) 24. y-1, y 0 , y0,. B B B B AB 1 AB 1 A , , x-1, x 0 , , , z C z 1 z 0 C C y 1 C y 0 C. –1,. A A A , , y-1, z0, C x 1 x 0. B A B B B AB 1 AB 1 A A A , , x-1, x 0 , , , z –1 , z 0 , , , ... C C z 1 z 0 C C y 1 C y 0 C x 1 x 0. z n n1 çözümleri: z-1, z 0 , z0,. C C C C BC 1 BC 1 B , , , y-1, y0, x , A x 1 x 0 A A z 1 A z 0 A. –1,. B B B , , z-1, x0, A y 1 y 0. C B C C C BC 1 BC 1 B B B , , y-1, y 0 , , , , ... x0, , x –1, A A x 1 x 0 A A z 1 A z 0 A y 1 y 0. şeklindedir. TEOREM. 3.9.. k. bir. doğal. y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. sayı. ve. x k , x k 1 , x - k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. başlangıç şartları sıfırdan farklı reel. sayılar (9.1) olmak üzere, 1 x n 1 z n k 1 y n 1 x n k 1 z n 1 y n k . (9.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6(k+1) periyotludur. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. başlangıç değerlerinin alacağı her reel. sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile : xn+1 zn-k =1, xn+k+1 zn = 1, xn+3(k+1) zn+2(k+1) = 1, zn+1 yn-k = 1 , zn+k+1 yn = 1, zn+2(k+1) yn+k+1 = 1, yn+1 xn-k = 1, yn+k+1 xn = 1, xn+3(k+1) = yn+k+1 = 1 , xn. xn+3(k+1) xn = 1 , yn+4(k+1) xn+3(k+1) = 1 , yn+4(k+1) = xn , zn+5(k+1) yn+4(k+1) =1, zn+5(k+1) xn = 1, xn+6(k+1) zn+5(k+1) =1, xn+6(k+1) = xn ..
(33) 25. yn+1 xn-k = 1, yn+k+1 xn = 1, yn+3(k+1) xn+2(k+1) = 1, xn+1 zn-k = 1, xn+k+1 zn =1, xn+2(k+1) zn+k+1 = 1 , zn+1 yn-k = 1 , zn+k+1 yn = 1 , yn+3(k+1) = zn+k+1 = 1. ,. yn. yn+3(k+1) yn = 1 , zn+4(k+1) yn+3(k+1) = 1 , zn+4(k+1) = yn , xn+5(k+1) zn+4(k+1) = 1 , xn+5(k+1) yn = 1 ,. yn+6(k+1) xn+5(k+1) = 1 , yn+6(k+1) = yn .. zn+1 yn-k = 1, zn+k+1 yn = 1 , zn+3(k+1) yn+2(k+1) = 1, yn+1 xn-k = 1, yn+k+1 xn =1, yn+2(k+1) xn = 1, xn+1 zn-k = 1 , xn+k+1 zn = 1 , zn+3(k+1) = xn+k+1 = 1. ,. zn. zn+3(k+1) zn = 1 , xn+4(k+1) zn+3(k+1) = 1 , xn+4(k+1) = zn , yn+5(k+1) xn+4(k+1) = 1 , yn+5(k+1) zn = 1 , zn+6(k+1) yn+5(k+1) = 1 , zn+6(k+1) = zn . olur ki ispat tamamdır.. TEOREM. 3.10.. k. bir. doğal. y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. sayı. ve. x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. başlangıç şartları sıfırdan farklı reel. sayılar olmak üzere, (9.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ; x 6 ( k 1) n 1 x 6 ( k 1) n 2 x 6 ( k 1) n 3 . 1 z k 1 z1k 1 z 2 k. y 6 ( k 1) n 1 . 1 x k. y 6 ( k 1) n 2 y 6 ( k 1) n 3 . 1 x 1k 1 x 2 k. z 6 ( k 1) n 1 z 6 ( k 1) n 2 z 6 ( k 1) n 3 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n k . 1 z 1. x 6 ( k 1) n k 1 . 1 z0. y 6 ( k 1) n k . 1 x 1. y 6 ( k 1) n k 1 . 1 x0. z 6 ( k 1) n k . 1 y k 1 y1k 1 y 2 k. 1 y 1. z 6 ( k 1) n k 1 . 1 y0. x 6 ( k 1) n k 2 y k. y 6 ( k 1) n k 2 z k. z 6 ( k 1) n k 2 x k. x 6 ( k 1) n k 3 y1k. y 6 ( k 1) n k 3 z1k. z 6 ( k 1) n k 3 x 1k.
(34) 26. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 2 k 1 y 1. y 6 ( k 1) n 2 k 1 z 1. z 6 ( k 1) n 2 k 1 x 1. x 6 ( k 1) n 2 k 2 y 0. y 6 ( k 1) n 2 k 2 z 0. z 6 ( k 1) n 2 k 2 x 0. x 6 ( k 1) n 2 k 3 x 6 ( k 1) n 2 k 4 . 1 x k 1 x 1k. y 6 ( k 1) n 2 k 3 y 6 ( k 1) n 2 k 4 . 1 y k 1 y1k. 1 z k. z 6 ( k 1) n 2 k 3 z 6 ( k 1) n 2 k 4 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 z1k. x 6 ( k 1) n 3k 2 . 1 x 1. y 6 ( k 1) n 3k 2 . 1 y 1. z 6 ( k 1) n 3k 2 . 1 z 1. x 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 x0. y 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 y0. z 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 z0. x 6 ( k 1) n 3k 4 z k. y 6 ( k 1) n 3k 4 x k. z 6 ( k 1) n 3k 4 y k. x 6 ( k 1) n 3k 5 z1k. y 6 ( k 1) n 3k 5 x 1k. z 6 ( k 1) n 3k 5 y1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 4 k 3 z 1. y 6 ( k 1) n 4 k 3 x 1. z 6 ( k 1) n 4 k 3 y 1. x 6 ( k 1) n 4 k 4 z 0. y 6 ( k 1) n 4 k 4 x 0. z 6 ( k 1) n 4 k 4 y 0. x 6 ( k 1) n 4 k 5 x 6 ( k 1) n 4 k 6 . 1 y k 1 y1k. y 6 ( k 1) n 4 k 5 y 6 ( k 1) n 4 k 6 . 1 z k 1 z1k. z 6 ( k 1) n 4 k 5 z 6 ( k 1) n 4 k 6 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 x k 1 x 1k.
(35) 27. x 6 ( k 1) n 5 k 4 . 1 y 1. y 6 ( k 1) n 5 k 4 . 1 z 1. z 6 ( k 1) n 5 k 4 . 1 x 1. x 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 y0. y 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 z0. z 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 x0. x 6 ( k 1) n 5 k 6 x k. y 6 ( k 1) n 5 k 6 y k. z 6 ( k 1) n 5 k 6 z k. x 6 ( k 1) n 5 k 7 x 1k. y 6 ( k 1) n 5 k 7 y1k. z 6 ( k 1) n 5 k 7 z1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 6 k 5 x 1. y 6 ( k 1) n 6 k 5 y 1. z 6 ( k 1) n 6 k 5 z 1. x 6 ( k 1) n 6 k 6 x 0. y 6 ( k 1) n 6 k 6 y 0. z 6 ( k 1) n 6 k 6 z 0. şeklindedir.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. başlangıç değerlerinin alacağı her reel. sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (9.1) kabulümüz gereği (9.2) denklem sisteminin tüm çözümleri pozitiftir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz. n-1. için. sağlansın.. Biz. sonuçların. n. için. de. sağlandığını. göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. x 6 ( k 1) n 6 k 5 x 6 ( k 1) n 6 k 4 x 6 ( k 1) n 6 k 3 . 1 z k 1 z1k 1 z 2 k. y 6 ( k 1) n 6 k 5 y 6 ( k 1) n 6 k 4 y 6 ( k 1) n 6 k 3 . 1 x k 1 x 1k 1 x 2 k. z 6 ( k 1) n 6 k 5 z 6 ( k 1) n 6 k 4 z 6 ( k 1) n 6 k 3 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 y k 1 y1k 1 y 2 k.
(36) 28. x 6 ( k 1) n 5 k 6 . 1 z 1. y 6 ( k 1) n 5 k 6 . 1 x 1. z 6 ( k 1) n 5 k 6 . 1 y 1. x 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 z0. y 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 x0. z 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 y0. x 6 ( k 1) n 5 k 4 y k. y 6 ( k 1) n 5 k 4 z k. z 6 ( k 1) n 5 k 4 x k. x 6 ( k 1) n 5 k 3 y1k. y 6 ( k 1) n 5 k 3 z1k. z 6 ( k 1) n 5 k 3 x1 k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 4 k 5 y 1. y 6 ( k 1) n 4 k 5 z 1. z 6 ( k 1) n 4 k 5 x 1. x 6 ( k 1) n 4 k 4 y 0. y 6 ( k 1) n 4 k 4 z 0. z 6 ( k 1) n 4 k 4 x 0. x 6 ( k 1) n 4 k 3 x 6 ( k 1) n 4 k 2 . 1 x k 1 x 1k. y 6 ( k 1) n 4 k 3 y 6 ( k 1) n 4 k 2 . 1 y k 1 y1k. z 6 ( k 1) n 4 k 3 z 6 ( k 1) n 4 k 2 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 z k 1 z1k. x 6 ( k 1) n 3k 4 . 1 x 1. y 6 ( k 1) n 3k 4 . 1 y 1. z 6 ( k 1) n 3k 4 . 1 z 1. x 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 x0. y 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 y0. z 6 ( k 1) n 3k 3 . 1 z0. x 6 ( k 1) n 3k 2 z k. y 6 ( k 1) n 3k 2 x k. z 6 ( k 1) n 3k 2 y k. x 6 ( k 1) n 3k 1 z1k. y 6 ( k 1) n 3k 1 x 1k. z 6 ( k 1) n 3k 1 y1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 2 k 3 z 1. y 6 ( k 1) n 2 k 3 x 1. z 6 ( k 1) n 2 k 3 y 1. x 6 ( k 1) n 2 k 2 z 0. y 6 ( k 1) n 2 k 2 x 0. z 6 ( k 1) n 2 k 2 y 0. x 6 ( k 1) n 2 k 1 x 6 ( k 1) n 2 k . 1 y k 1. y1k. y 6 ( k 1) n 2 k 1 y 6 ( k 1) n 2 k . 1 z k 1. z1k. z 6 ( k 1) n 2 k 1 z 6 ( k 1) n 2 k . .. .. .. .. .. .. 1 x k 1. x 1k.
(37) 29. .. .. .. x 6 ( k 1) n k 2 . 1 y 1. y 6 ( k 1) n k 2 . 1 z 1. z 6 ( k 1) n k 2 . 1 x 1. x 6 ( k 1) n k 1 . 1 y0. y 6 ( k 1) n k 1 . 1 z0. z 6 ( k 1) n k 1 . 1 x0. x 6 ( k 1) n k x k. y 6 ( k 1) n k y k. z 6 ( k 1) n k z k. x 6 ( k 1) n k 1 x 1k. y 6 ( k 1) n k 1 y1k. z 6 ( k 1) n k 1 z1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 1 x 1. y 6 ( k 1) n 1 y 1. z 6 ( k 1) n 1 z 1. x 6 ( k 1) n x 0. y 6 ( k 1) n y 0. z 6 ( k 1) n z 0. yazabiliriz.Böylece n için , x 6 ( k 1) n 1 x 6 ( k 1) n 2 x 6 ( k 1) n 3 . 1 z 6 ( k 1) n k. . 1 z 6 ( k 1) n 1k 1 z 6 ( k 1) n 2k. 1 z k . y 6 ( k 1) n 1 1. z1k 1 z 2 k. y 6 ( k 1) n 2 y 6 ( k 1) n 3 . 1 x 6 ( k 1) n k. . 1 x 6 ( k 1) n 1k 1 x 6 ( k 1) n 2k. 1 x k . z 6 ( k 1) n 1 . 1 x 1k 1 x 2 k. z 6 ( k 1) n 2 z 6 ( k 1) n 3 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n k . 1 z 6 ( k 1) n 1. x 6 ( k 1) n k 1 x 6 ( k 1) n k 2 x 6 ( k 1) n k 3 . 1 z 6 ( k 1) n. . 1 z 1. y 6 ( k 1) n k . . 1 z0. y 6 ( k 1) n k 1 . 1 z 6 ( k 1) n 1 1 z 6 ( k 1) n 2. 1 x 6 ( k 1) n 1. y k y 6 ( k 1) n k 2 y1k y 6 ( k 1) n k 3 . 1 x 6 ( k 1) n. 1 y 6 ( k 1) n k 1. y 6 ( k 1) n 1k 1 y 6 ( k 1) n 2k. . 1 x 1. z 6 ( k 1) n k . . 1 x0. z 6 ( k 1) n k 1 . 1 x 6 ( k 1) n 1 1 x 6 ( k 1) n 2. 1 y 6 ( k 1) n 1. z k z 6 ( k 1) n k 2 z1k z 6 ( k 1) n k 3 . .. .. .. .. .. .. . 1 y 6 ( k 1) n. 1 y k . 1 y1k. . 1 y 2 k. . 1 y 1. . 1 y0. 1 y 6 ( k 1) n 1 1 y 6 ( k 1) n 2. x k x 1k.
(38) 30. .. .. .. x 6(k 1)n 2k 1 . 1 y 1 z 6(k 1)n k. y 6(k 1)n 2k 1 . 1 z 1 x 6(k 1)n k. z 6(k 1)n 2k 1 . 1 x 1 y 6(k 1)n k. x 6(k 1)n 2k 2 . 1 y0 z 6(k 1)n k 1. y 6(k 1)n 2k 2 . 1 z0 x 6(k 1)n k 1. z 6(k 1)n 2k 2 . 1 x0 y 6(k 1)n k 1. x 6(k 1)n 2k 3 x 6(k 1)n 2k 4 . 1 z 6(k 1)n k 2 1 z 6(k 1)n k 3. . 1 1 1 y 6(k 1)n 2k 3 x k x 6(k 1)n k 2 y k 1 x 1 k. 1. y 6(k 1)n 2k 4 . x 6(k 1)n k 3. . 1 y 1 k. z 6(k 1)n 2k 3 z 6(k 1)n 2k 4 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6(k 1)n 3k 2 x 6(k 1)n 3k 3 x 6(k 1)n 3k 4 x 6(k 1)n 3k 5 . 1 z 6(k 1)n 2k 1 1 z 6(k 1)n 2k 2 1 z 6(k 1)n 2k 3 1 z 6(k 1)n 2k 4. 1 y 6(k 1)n k 2 1 y 6(k 1)n k 3. . 1 z k 1 z 1 k. . 1 1 1 1 1 y 6(k 1)n 3k 2 z 6(k 1)n 3k 2 x 1 x 6(k 1)n 2k 1 y 1 y 6(k 1)n 2k 1 z 1. . 1 1 1 y 6(k 1)n 3k 3 x0 x 6(k 1)n 2k 2 y 0 1. z k y 6(k 1)n 3k 4 z 1 k y 6(k 1)n 3k 5 . x 6(k 1)n 2k 3 1 x 6(k 1)n 2k 4. z 6(k 1)n 3k 3 . x k z 6(k 1)n 3k 4 x 1 k z 6(k 1)n 3k 5 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 y 6(k 1)n 2k 2 1 y 6(k 1)n 2k 3 1 y 6(k 1)n 2k 4. . 1 z0. y k y 1 k. x 6(k 1)n 4k 3 . 1 z 1 z 6(k 1)n 3k 2. y 6(k 1)n 4k 3 . 1 1 x 1 z 6(k 1)n 4k 3 y 1 x 6(k 1)n 3k 2 y 6(k 1)n 3k 2. x 6(k 1)n 4k 4 . 1 z0 z 6(k 1)n 3k 3. y 6(k 1)n 4k 4 . 1 x0 x 6(k 1)n 3k 3. x 6(k 1)n 4k 5 . 1 1 1 1 1 1 y 6(k 1)n 4k 5 z 6(k 1)n 4k 5 z 6(k 1)n 3k 4 y k x 6(k 1)n 3k 4 z k y 6(k 1)n 3k 4 x k. x 6(k 1)n 4k 6 . 1 z 6(k 1)n 3k 5. . 1 y 1 k. y 6(k 1)n 4k 6 . 1 x 6(k 1)n 3k 5. . 1 z 1 k. z 6(k 1)n 4k 4 . z 6(k 1)n 4k 6 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 y0 y 6(k 1)n 3k 3. 1 y 6(k 1)n 3k 5. . 1 x 1 k.
(39) 31. x 6(k 1)n 5k 4 x 6(k 1)n 5k 5 . 1 z 6(k 1)n 4k 3 1 z 6(k 1)n 4k 4. . 1 1 1 1 1 y 6(k 1)n 5k 4 z 6(k 1)n 5k 4 y 1 x 6(k 1)n 4k 3 z 1 y 6(k 1)n 4k 3 x 1. . 1 1 1 y 6(k 1)n 5k 5 y0 x 6(k 1)n 4k 4 z 0. z 6(k 1)n 5k 5 . 1 y 6(k 1)n 4k 4. . 1 x0. x 6(k 1)n 5k 6 . 1 1 1 x k y 6(k 1)n 5k 6 y k z 6(k 1)n 5k 6 z k z 6(k 1)n 4k 5 x 6(k 1)n 4k 5 y 6(k 1)n 4k 5. x 6(k 1)n 5k 7 . 1 1 1 x 1 k y 6(k 1)n 5k 7 y 1 k z 6(k 1)n 5k 7 z 1 k z 6(k 1)n 4k 6 x 6(k 1)n 4k 6 y 6(k 1)n 4k 6. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6(k 1)n 6k 5 x 6(k 1)n 6k 6 . 1 z 6(k 1)n 5k 4 1 z 6(k 1)n 5k 5. x 1 y 6(k 1)n 6k 5 x 0 y 6(k 1)n 6k 6 . 1 x 6(k 1)n 5k 4 1 x 6(k 1)n 5k 5. y 1 z 6(k 1)n 6k 5 y0. z 6(k 1)n 6k 6 . 1 y 6(k 1)n 5k 4 1 y 6(k 1)n 5k 5. z 1 z0. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır.. TEOREM 3.11. k bir doğal sayı , A,B ve C birer reel sayı ve x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 , y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z - k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. başlangıç şartları. sıfırdan farklı reel sayılar (11.1) olmak üzere, A x n 1 z n k B y n 1 x n k C z n 1 y n k . (11.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6(k+1) periyotludur. İSPAT . Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A,B ve C ’ nin ve x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile :. başlangıç.
(40) 32. xn+1 zn-k =A, xn+k+1 zn =A, xn+3(k+1) zn+2(k+1) =A, zn+1 yn-k =C, zn+k+1 yn =C, zn+2(k+1) yn+k+1 =C, yn+1 xn-k =B, yn+k+1 xn =B, xn+3(k+1) = A yn+k+1 = AB 1 , C. C. xn. xn+3(k+1) xn = AB , yn+4(k+1) xn+3(k+1) =B, yn+4(k+1) = C xn, C. A. zn+5(k+1) yn+4(k+1) =C, zn+5(k+1) xn = A, xn+6(k+1) zn+5(k+1) =A, xn+6(k+1) = xn . yn+1 xn-k =B, yn+k+1 xn =B, yn+3(k+1) xn+2(k+1) =B, xn+1 zn-k =A, xn+k+1 zn =A, xn+2(k+1) zn+k+1 =A, zn+1 yn-k =C, zn+k+1 yn =C, yn+3(k+1) = B zn+k+1 = BC 1 , A. A. yn. yn+3(k+1) yn = BC , zn+4(k+1) yn+3(k+1) =C, zn+4(k+1) = A yn , A. B. xn+5(k+1) zn+4(k+1) =A, xn+5(k+1) yn =B, yn+6(k+1) xn+5(k+1) =B, yn+6(k+1) = yn .. zn+1 yn-k =C, zn+k+1 yn =C, zn+3(k+1) yn+2(k+1) =C, yn+1 xn-k =B, yn+k+1 xn =B, yn+k+1 xn =B, xn+1 zn-k =A, xn+k+1 zn =A, zn+3(k+1) = C xn+k+1 = AC 1 , B zn. B. zn+3(k+1) zn = AC , xn+4(k+1) zn+3(k+1) =A, xn+4(k+1) = B zn , B. C. yn+5(k+1) xn+4(k+1) =B, yn+5(k+1) zn =C, zn+6(k+1) yn+5(k+1) =C, zn+6(k+1) = zn .. olur ki ispat tamamdır.. TEOREM 3.12. k bir doğal sayı, A,B ve C birer reel sayı ve x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. başlangıç. şartları sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, (11.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;. x 6 ( k 1) n 1 . A z k. y 6 ( k 1) n 1 . B x k. z 6 ( k 1) n 1 . C y k. x 6 ( k 1) n 2 . A z1k. y 6 ( k 1) n 2 . B x 1 k. z 6 ( k 1) n 2 . C y1 k. x 6 ( k 1) n 3 . A z 2 k. y 6 ( k 1) n 3 . .. .. B x 2 k. z 6 ( k 1) n 3 . .. C y 2k.
(41) 33. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n k . A z 1. x 6 ( k 1) n k 1 . A z0. A y k C A y1k C. B x 1. y 6 ( k 1) n k . y 6 ( k 1) n k 1 . B x0. B z k A B z1 k A. C y 1. z 6 ( k 1) n k . z 6 ( k 1) n k 1 . C x k B C x 1 k B. x 6 ( k 1) n k 2 . y 6 ( k 1) n k 2 . z 6 ( k 1) n k 2 . x 6 ( k 1) n k 3. y 6 ( k 1) n k 3. z 6 ( k 1) n k 3. .. .. .. .. .. .. .. .. .. A y 1 C A x 6 ( k 1) n 2 k 2 y 0 C AB 1 x 6 ( k 1) n 2 k 3 C x k x 6 ( k 1) n 2 k 1 . x 6 ( k 1) n 2 k 4 . AB 1 C x1k. B z 1 A B z0 A BC 1 A y k. C y0. C x 1 B C x0 B AC 1 B z k. y 6 ( k 1) n 2 k 1 . z 6 ( k 1) n 2 k 1 . y 6 ( k 1) n 2 k 2. z 6 ( k 1) n 2 k 2. y 6 ( k 1) n 2 k 3. y 6 ( k 1) n 2 k 4 . BC 1 A y1 k. z 6 ( k 1) n 2 k 3. z 6 ( k 1) n 2 k 4 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. AC 1 B z 1 k. x 6 ( k 1) n 3k 2 . AB 1 C x 1. y 6 ( k 1) n 3k 2 . BC 1 A y 1. z 6 ( k 1) n 3k 2 . AC 1 B z 1. x 6 ( k 1) n 3k 3 . AB 1 C x0. y 6 ( k 1) n 3k 3 . BC 1 A y0. z 6 ( k 1) n 3k 3 . AC 1 B z0. B z k C B z1k C. C x k A C x 1 k A. A yk B A y1 k B. x 6 ( k 1) n 3k 4 . y 6 ( k 1) n 3k 4 . z 6 ( k 1) n 3k 4 . x 6 ( k 1) n 3k 5. y 6 ( k 1) n 3k 5. z 6 ( k 1) n 3k 5. .. .. .. .. .. .. .. .. ..
(42) 34. B z 1 C B z0 C B y k. C x 1 A C x0 A C z k. A y 1 B A y0 B A x k. x 6 ( k 1) n 4 k 3 . y 6 ( k 1) n 4 k 3 . z 6 ( k 1) n 4 k 3 . x 6 ( k 1) n 4 k 4. y 6 ( k 1) n 4 k 4. z 6 ( k 1) n 4 k 4. x 6 ( k 1) n 4 k 5. x 6 ( k 1) n 4 k 6 . B y1k. y 6 ( k 1) n 4 k 5. y 6 ( k 1) n 4 k 6 . z 6 ( k 1) n 4 k 5. C z1 k. z 6 ( k 1) n 4 k 6 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. A x 1 k. x 6 ( k 1) n 5 k 4 . B y 1. y 6 ( k 1) n 5 k 4 . C z 1. z 6 ( k 1) n 5 k 4 . 1 x 1. x 6 ( k 1) n 5 k 5 . B y0. y 6 ( k 1) n 5 k 5 . C z0. z 6 ( k 1) n 5 k 5 . 1 x0. x 6 ( k 1) n 5 k 6 x k. y 6 ( k 1) n 5 k 6 y k. z 6 ( k 1) n 5 k 6 z k. x 6 ( k 1) n 5 k 7 x 1k. y 6 ( k 1) n 5 k 7 y1 k. z 6 ( k 1) n 5 k 7 z1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6( k 1) n 6 k 5 x 1. y 6( k 1) n 6 k 5 y 1. z 6( k 1) n 6 k 5 z 1. x 6( k 1) n 6 k 6 x 0. y 6( k 1) n 6 k 6 y 0. z 6( k 1) n 6 k 6 z 0. şeklindedir.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, y k , y k 1 , y -k 2 ,..., y 2 , y 1 , y 0 , z k , z k 1 , z -k 2 ,..., z 2 , z 1 , z 0. x k , x k 1 , x -k 2 ,..., x 2 , x 1 , x 0 ,. başlangıç değerlerinin alacağı her reel. sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (9.1) kabulümüz gereği (9.2) denklem sisteminin tüm çözümleri pozitiftir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz. n-1. için. sağlansın.. Biz. sonuçların. n. için. de. göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle,. sağlandığını.
(43) 35. x 6 ( k 1) n 6 k 5 . A z k. y 6 ( k 1) n 6 k 5 . B x k. z 6 ( k 1) n 6 k 5 . C y k. x 6 ( k 1) n 6 k 4 . A z1k. y 6 ( k 1) n 6 k 4 . B x 1k. z 6 ( k 1) n 6 k 4 . C y1k. z 6 ( k 1) n 6 k 3 . C y 2 k. x 6 ( k 1) n 6 k 3 . A z 2 k. y 6 ( k 1) n 6 k 3 . B x 2 k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 5 k 6 . A z 1. y 6 ( k 1) n 5 k 6 . B x 1. z 6 ( k 1) n 5 k 6 . C y 1. x 6 ( k 1) n 5 k 5 . A z0. y 6 ( k 1) n 5 k 5 . B x0. z 6 ( k 1) n 5 k 5 . C y0. A y k C A y1k C. B z k A B z1k A. C x k B C x 1k B. x 6 ( k 1) n 5 k 4 . y 6 ( k 1) n 5 k 4 . z 6 ( k 1) n 5 k 4 . x 6 ( k 1) n 5 k 3. y 6 ( k 1) n 5 k 3. z 6 ( k 1) n 5 k 3. .. .. .. .. .. .. .. .. .. A y 1 C A y0 C AB 1 C x k. B z 1 A B z0 A BC 1 A y k. C x 1 B C x0 B AC 1 B z k. x 6 ( k 1) n 4 k 5 . y 6 ( k 1) n 4 k 5 . z 6 ( k 1) n 4 k 5 . x 6 ( k 1) n 4 k 4. y 6 ( k 1) n 4 k 4. z 6 ( k 1) n 4 k 4. x 6 ( k 1) n 4 k 3. x 6 ( k 1) n 4 k 2 . AB 1 C x 1k. y 6 ( k 1) n 4 k 3. y 6 ( k 1) n 4 k 2 . BC 1 A y1k. z 6 ( k 1) n 4 k 3. z 6 ( k 1) n 4 k 2 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. AC 1 B z1k.
(44) 36. x 6 ( k 1) n 3k 4 . AB 1 C x 1. y 6 ( k 1) n 3k 4 . BC 1 A y 1. z 6 ( k 1) n 3k 4 . AC 1 B z 1. x 6 ( k 1) n 3k 3 . AB 1 C x0. y 6 ( k 1) n 3k 3 . BC 1 A y0. z 6 ( k 1) n 3k 3 . AC 1 B z0. B z k C B z1k C. C x k A C x 1k A. x 6 ( k 1) n 3k 2 . y 6 ( k 1) n 3k 2 . x 6 ( k 1) n 3k 1. y 6 ( k 1) n 3k 1. A y k B A z 6 ( k 1) n 3k 1 y1k B z 6 ( k 1) n 3k 2 . .. .. .. .. .. .. .. .. .. B z 1 C B x 6 ( k 1) n 2 k 2 z 0 C B x 6 ( k 1) n 2 k 1 y k x 6 ( k 1) n 2 k 3 . x 6 ( k 1) n 2 k . B y1k. C x 1 A C y 6 ( k 1) n 2 k 2 x 0 A C y 6 ( k 1) n 2 k 1 z k y 6 ( k 1) n 2 k 3 . y 6 ( k 1) n 2 k . C z1k. A y 1 B A z 6 ( k 1) n 2 k 2 y 0 B A z 6 ( k 1) n 2 k 1 x k z 6 ( k 1) n 2 k 3 . z 6 ( k 1) n 2 k . .. .. .. .. .. .. .. .. .. A x 1k. x 6 ( k 1) n k 2 . B y 1. y 6 ( k 1) n k 2 . C z 1. z 6 ( k 1) n k 2 . A x 1. x 6 ( k 1) n k 1 . B y0. y 6 ( k 1) n k 1 . C z0. z 6 ( k 1) n k 1 . A x0. x 6 ( k 1) n k x k. y 6 ( k 1) n k y k. z 6 ( k 1) n k z k. x 6 ( k 1) n k 1 x 1k. y 6 ( k 1) n k 1 y1k. z 6 ( k 1) n k 1 z1k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n 1 x 1. y 6 ( k 1) n 1 y 1. z 6 ( k 1) n 1 z 1. x 6 ( k 1) n x 0. y 6 ( k 1) n y 0. z 6 ( k 1) n z 0. yazabiliriz.Böylece n için ,.
(45) 37. x 6( k 1) n 1 . A z 6( k 1) n k A. A z k. y 6 ( k 1) n 1 . A z1k. y 6 ( k 1) n 2 . A A z 6( k 1) n 2k z 2k. y 6 ( k 1) n 3 . x 6( k 1) n 2 x 6( k 1) n 3 . . z 6( k 1) n 1k. . B x 6 ( k 1) n k. . B. B x k. z 6 ( k 1) n 1 . B x 1k. z 6 ( k 1) n 2 . B B x 6 ( k 1) n 2k x 2k. z 6 ( k 1) n 3 . x 6 ( k 1) n 1k. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6 ( k 1) n k . A A z 6 ( k 1) n 1 z 1. y 6 ( k 1) n k . A A z 6 ( k 1) n z 0. y 6 ( k 1) n k 1 . x 6 ( k 1) n k 1 x 6 ( k 1) n k 2 x 6 ( k 1) n k 3 . A z 6 ( k 1) n 1 A z 6 ( k 1) n 2. C y 6 ( k 1) n k C. y 6 ( k 1) n 1k. z 6 ( k 1) n k . B B x 6 ( k 1) n x 0. z 6 ( k 1) n k 1 . A y k C. y 6 ( k 1) n k 2 . . A y1k C. y 6 ( k 1) n k 3 . B x 6 ( k 1) n 1 B x 6 ( k 1) n 2. z 6 ( k 1) n k 2 . . B z1k A. z 6 ( k 1) n k 3 . .. .. .. .. .. .. .. C y1k. C C y 6 ( k 1) n y 0. B z k A. .. . C C y 6 ( k 1) n 1 y 1. . .. C y k. C C y 6 ( k 1) n 2k y 2k. B B x 6 ( k 1) n 1 x 1. . . C y 6 ( k 1) n 1 1 y 6 ( k 1) n 2. . C x k B. . C x 1k B. x 6(k 1)n 2k 1 . A A y 1 z 6(k 1)n k C. y 6(k 1)n 2k 1 . B B z 1 x 6(k 1)n k A. z 6(k 1)n 2k 1 . C C x 1 y 6(k 1)n k B. x 6(k 1)n 2k 2 . A A y0 z 6(k 1)n k 1 C. y 6(k 1)n 2k 2 . B B z0 x 6(k 1)n k 1 A. z 6(k 1)n 2k 2 . C C x0 y 6(k 1)n k 1 B. x 6(k 1)n 2k 3 x 6(k 1)n 2k 4 . A z 6(k 1)n k 2 A z 6(k 1)n k 3. . AB 1 C x k. AB 1 C x 1 k. y 6(k 1)n 2k 3 y 6(k 1)n 2k 4 . B x 6(k 1)n k 2 B x 6(k 1)n k 3. BC 1 A yk. z 6(k 1)n 2k 3 . BC 1 A y1 k. z 6(k 1)n 2k 4 . . .. .. .. .. .. .. . x 6(k 1)n 3k 2 x 6(k 1)n 3k 3 x 6(k 1)n 3k 4 x 6(k 1)n 3k 5 . .. . A z 6(k 1)n 2k 1 A z 6(k 1)n 2k 2 A. AB 1 C x 1 AB 1 C x0. y 6(k 1)n 3k 2 y 6(k 1)n 3k 3 . B zk C. y 6(k 1)n 3k 4 . A B z1 k z 6(k 1)n 2k 4 C. y 6(k 1)n 3k 5 . z 6(k 1)n 2k 3. .. C y 6(k 1)n k 2 C y 6(k 1)n k 3. . AC 1 B zk. . AC 1 B z1 k. . AC 1 B z 1. . AC 1 B z0. . A yk B. . B. BC 1 A y 1. z 6(k 1)n 3k 2 . BC 1 A y0. z 6(k 1)n 3k 3 . C x k A. z 6(k 1)n 3k 4 . B C x 1 k x 6(k 1)n 2k 4 A. z 6(k 1)n 3k 5 . x 6(k 1)n 2k 1 B x 6(k 1)n 2k 2 B x 6(k 1)n 2k 3. .. C y 6(k 1)n 2k 1 C y 6(k 1)n 2k 2 C y 6(k 1)n 2k 3. C A y1 k y 6(k 1)n 2k 4 B.
(46) 38. .. .. .. .. .. .. x 6(k 1)n 4k 3 . A z 6(k 1)n 3k 2. . B z 1 C. y 6(k 1)n 4k 3 . B x 6(k 1)n 3k 2. . C x 1 A. z 6(k 1)n 4k 3 . C y 6(k 1)n 3k 2. . A y 1 B. x 6(k 1)n 4k 4 . A B z0 z 6(k 1)n 3k 3 C. y 6(k 1)n 4k 4 . B C x0 x 6(k 1)n 3k 3 A. z 6(k 1)n 4k 4 . C A y0 y 6(k 1)n 3k 3 B. x 6(k 1)n 4k 5 . A B z 6(k 1)n 3k 4 y k. y 6(k 1)n 4k 5 . B C x 6(k 1)n 3k 4 z k. z 6(k 1)n 4k 5 . C A y 6(k 1)n 3k 4 x k. x 6(k 1)n 4k 6 . A B z 6(k 1)n 3k 5 y1 k. y 6(k 1)n 4k 6 . B C x 6(k 1)n 3k 5 z1 k. z 6(k 1)n 4k 6 . C A y 6(k 1)n 3k 5 x1 k. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6(k 1)n 5k 4 x 6(k 1)n 5k 5 x 6(k 1)n 5k 6 x 6(k 1)n 5k 7 . A B z 6(k 1)n 4k 3 y 1 A z 6(k 1)n 4k 4 A. . B y0. y 6(k 1)n 5k 4 y 6(k 1)n 5k 5 . x k. y 6(k 1)n 5k 6 . A x 1 k z 6(k 1)n 4k 6. y 6(k 1)n 5k 7 . z 6(k 1)n 4k 5. B C x 6(k 1)n 4k 3 z 1 B. z 6(k 1)n 5k 4 . C z0. z 6(k 1)n 5k 5 . yk. z 6(k 1)n 5k 6 . B y1 k x 6(k 1)n 4k 6. z 6(k 1)n 5k 7 . x 6(k 1)n 4k 4 B x 6(k 1)n 4k 5. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. x 6(k 1)n 6k 5 x 6(k 1)n 6k 6 . A x 1 z 6(k 1)n 5k 4 A z 6(k 1)n 5k 5. x0. y 6(k 1)n 6k 5 y 6(k 1)n 6k 6 . B y 1 x 6(k 1)n 5k 4 B x 6(k 1)n 5k 5. y0. z 6(k 1)n 6k 5 z 6(k 1)n 6k 6 . C A y 6(k 1)n 4k 3 x 1 C y 6(k 1)n 4k 4 C y 6(k 1)n 4k 5. . A x0. zk. C z1 k y 6(k 1)n 4k 6. C z 1 y 6(k 1)n 5k 4 C y 6(k 1)n 5k 5. z0. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır.. TEOREM 3.13. x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (13.1) olmak üzere ;.
(47) 39. 1 x n 1 yn 1 y n 1 zn 1 z n 1 xn . (13.2). , n 0,1,.... fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6 periyotludur. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile : xn+1 yn =1, xn+3 yn+2 =1, yn+1 zn =1, yn+2 zn+1 =1, zn+1 xn =1, xn+3 = zn+1 = 1 , xn+3 xn =1, zn+4 xn+3 =1, zn+4 = xn , yn+5 zn+4 =1, xn. yn+5 xn =1, xn+6 yn+5 =1, xn+6 = xn .. yn+1 zn =1, yn+3 zn+2 =1, zn+1 xn =1, zn+2 xn+1 =1, xn+1 yn =1, yn+3 = xn+1 = 1 , yn+3 yn =1, xn+4 yn+3 =1, xn+4 = yn , zn+5 xn+4 =1, yn. zn+5 yn =1, yn+6 zn+5 =1, yn+6 = yn . zn+1 xn =1, zn+3 xn+2 =1, xn+1 yn =1, xn+2 yn+1 =1, yn+1 zn =1, zn+3 = yn+1 = 1 , zn+3 zn =1, yn+4 zn+3 =1, yn+4 = zn,. xn+5 yn+4 =1,. zn. xn+5 zn =1,. zn+6 xn+5 =1, zn+6 = zn .. olur ki ispat tamamdır. TEOREM 3.14. x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere, (13.2) fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri ;.
(48) 40. x 6 n 1 . 1 y0. y 6 n 1 . 1 z0. z 6 n 1 . 1 x0. x 6n 2 z 0 1 x 6 n 3 x0. y 6n2 x 0 1 y 6 n 3 y0. z 6n2 y 0 1 z 6 n 3 z0. x 6n4 y 0. y 6n4 z 0. z 6n4 x 0. x 6 n 5 . 1 z0. y 6 n 5 . x 6 n 6 x 0. 1 x0. z 6 n 5 . 1 y0. z 6 n 6 z 0. y 6 n 6 y 0. şeklindedir.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Ve (13.1) kabulümüz gereği (13.2) denklem sisteminin tüm çözümleri pozitiftir. Şimdi kabul edelim ki n>0 olsun ve bizim kabullerimiz n-1 için sağlansın. Biz sonuçların n için de sağlandığını göstermeliyiz.Sonuçların n-1 için doğru olduğu kabulümüzden hareketle, x 6 n 5 . 1 y0. y 6 n 5 . 1 z0. z 6 n 5 . 1 x0. x 6n 4 z 0 1 x 6 n 3 x0. y 6n 4 x 0 1 y 6 n 3 y0. z 6n 4 y 0 1 z 6 n 3 z0. x 6n 2 y 0. y 6n 2 z 0. z 6n 2 x 0. x 6 n 1 . 1 z0. y 6 n 1 . 1 x0. z 6 n 1 . y 6n y 0. x 6n x 0. 1 y0. z 6n z 0. yazabiliriz.Böylece n için , x 6 n 1 x 6n 2 x 6n 3. 1 1 y 6n y 0 1. z0. y 6 n 1 1 1 y 6n 2 x 0. x 6n 4 . 1 y 6n 3. y0. y 6 n 1 y 6n 2 y 6 n 3. 1 1 z 6n z 0 1. x0. z 6 n 1 1 1 z 6n 2 y 0. y 6n 4 . 1 z 6 n 3. z0. z 6 n 1 z 6n 2 z 6n 3. 1 1 x 6n x 0 1. y0 x 6 n 1 1 1 x 6n 2 z 0. z 6n 4 . 1 x 6n 3. x0.
(49) 41. x 6n 5 x 6n . 1 y 6n 4 1. y 6n 5. . 1 z0. x0. 1. y 6n 5 y 6n . z 6n 4 1. z 6n 5. . 1 x0. y0. z 6n 5 . 1 x 6n 4 1. z 6n . x 6n 5. . z0. olur ki indüksiyon ile ispat tamamdır. Şimdi teoremin basit hesaplamalar ile sonuçlarını görelim :. x 0 , y 0 , z 0 R \ {0} olmak üzere, x1 . 1 y0. y1 . 1 z0. z1 . 1 x0. x2 . 1 z0 y1. y2 . 1 x0 z1. z2 . 1 y0 x1. x3 . 1 1 y2 x0. y3 . 1 1 z2 y0. z3 . 1 1 x 2 z0. x4 . 1 y0 y3. y4 . 1 z0 z3. z4 . 1 x0 x3. x5 . 1 1 y4 z0. y5 . 1 1 z4 x0. z5 . 1 1 x 4 y0. x6 . 1 x0 y5. y6 . 1 y0 z5. z6 . 1 z0 x5. x7 . 1 1 y6 y0. y7 . 1 1 z6 z0. z7 . 1 1 x6 x0. x8 . 1 z0 y7. y8 . 1 x0 z7. z8 . 1 y0 x7. x9 . 1 1 y8 x 0. y9 . 1 1 z8 y0. z9 . 1 1 x8 z0. x 10 . 1 y0 y9. y10 . 1 z0 z9. z10 . 1 x0 x9. x 11 . 1 1 y10 z 0. y11 . 1 1 z10 x 0. z11 . 1 1 x 10 y 0. x 12 . 1 x0 y11. y12 . 1 y0 z11. z12 . 1 z0 x 11. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 1 y0.
(50) 42. olup n 0 için x n 6 = x n , y n 6 = y n , z n 6 = z n olduğundan çözümler 6 periyotludur.. x n n 0 x0,. 1 1 1 1 1 1 , z0, , y0, , x0, , z0, , y 0 , ,... y0 x0 z0 y0 x0 z0. y n n 0 y0,. çözümleri:. 1 1 1 1 1 1 , x0, , z0, , y0, , x0, , z 0 , ,... z0 y0 x0 z0 y0 x0. z n n 0 z0,. çözümleri:. çözümleri:. 1 1 1 1 1 1 , y0, , x0, , z 0 , , y 0 , , x 0 , ,... x0 z0 y0 x0 z0 y0. şeklindedir.. TEOREM 3.15. A bir reel sayı ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç şartları sıfırdan farklı reel sayılar (15.1) olmak üzere,. A x n 1 yn A y n 1 zn A z n 1 xn . , n 0,1,.... (15.2). fark denklem sisteminin çözümleri {xn,yn,zn} olsun.Bu denklem sisteminin tüm çözümleri 6 periyotludur.. İSPAT. Başlangıç şartları sıfırdan farklı olduğundan, A’nın ve x 0 , y 0 ve z 0 başlangıç değerlerinin alacağı her reel sayı değeri için denklemin çözümleri vardır. Basit hesaplamalar ile :. xn+1 yn =A , xn+3 yn+2 =A , yn+1 zn =A , yn+2 zn+1 =A , zn+1 xn =A , xn+3 = zn+1 = A , xn+3 xn =A, zn+4 xn+3 =A, zn+4 = xn , yn+5 zn+4 =A, xn.
Benzer Belgeler
Cendî’nin ifadesine göre Sadruddîn-i Konevî Fusûsi’l-hikem’in giriş kısmını kendisi için sözlü olarak şerh etmiş, Cendî de o sırada mazhar olduğu feyiz
H 0: Bireysel ve merkezi abonelerin gerçek veya potansiyel abone olmada, binadaki toplam işyeri sayısı açısından farklılık yoktur.. H 1: Bireysel ve merkezi abonelerin
Bu bölmede yedi kollu şamdan (menora) ve Kral Davud’un mührü kabul edilen Mayen Davit denilen iki üçgenden meydana gelmiş altı köşeli bir yıldızda vardır.
bunların karşısında hüviyetimizi korumaya çalışıyoruz .. Güngör, son tahlilde "cemiyetin kendi bünyesi içinden gelen değişmeler, başka kültürleri adapte
approximately 1.7-fold, and the bleeding time returned to baseline within 60 minutes of cessation of magnesium sulfate infusion.On the other hand, platelet thrombi formation was
Humbert loathes most women’s behavior as he hates Charlotte Haze (the big bitch, cow, obnoxious mama) (This makes him preferably unattainable by certain women like
Örgütsel Bağlılık ile Alt boyutlarından olan Devam Bağlılığı ve Normatif Bağlılık arasındaki ilişkiyi incelemek için yapılan Pearson Korelasyon
For this purpose, several DOA estimation algorithms such as ESPRIT, MUSIC, root-MUSIC Min-norm and MFBLP in conjunction with JADE are realized to estimate the
