Bazı fark denklemlerinin çözümleri, periyodikliği ve salınımlılığı üzerine bir çalışma

Tam metin

(1)T.C. SELÇUK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ. BAZI FARK DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE PERİYODİKLİĞİ ÜZERİNE BİR ÇALIŞMA. Ramazan KARATAŞ DOKTORA TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI Konya, 2007.

(2) T.C SELÇUK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ. BAZI FARK DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ VE PERİYODİKLİĞİ ÜZERİNE BİR ÇALIŞMA. RAMAZAN KARATAŞ DOKTORA TEZİ MATEMATİK ANABİLİM DALI Bu tez 23 / 07/ 2007 tarihinde aşağıdaki jüri tarafından oybirliği / oyçokluğu ile kabul edilmiştir.. Prof. Dr. Durmuş BOZKURT (Başkan). Prof. Dr. Eşref HATIR (Üye). Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR (Danışman). Doç. Dr. Kazım İLARSLAN (Üye). Doç. Dr. Galip OTURANÇ (Üye).

(3) ÖNSÖZ Bu çalışma, Selçuk Üniversitesi Eğitim Fakültesi Ortaöğretim Fen ve Matematik Alanlar Eğitimi Bölümü Matematik Eğitimi Anabilim Dalı Öğretim Üyesi Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR yönetiminde yapılarak Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü'ne Doktora Tezi olarak sunulmuştur. Doktora tez konusunu bana teklif eden, çalışmalarım boyunca karşılaştığım zor durumlarda yardımlarını esirgemeyen, katkılarıyla beni yönlendiren ve tezimi büyük bir sabır ve titizlikle yöneten saygıdeğer hocam Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR’a teşekkür eder ve saygılarımı sunarım. Doktora tez çalışması boyunca yardımlarını esirgemeyen Yrd. Doç. Dr. İbrahim YALÇINKAYA ve Dr. Dağıstan ŞİMŞEK’ e teşekkür ederim.. Ramazan KARATAŞ Konya, 2007. v.

(4) İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ 1. BÖLÜM GİRİŞ……………………………………………………….....................................................1 Rasyonel. Fark. Denklemlerinin. Çözümleri. ve. Periyodikliği. İle. İlgili. Yapılmış. Çalışmalar..................................................................................................................................1 2. BÖLÜM FARK DENKLEMLERİ İLE İLGİLİ GENEL TANIM VE TEOREMLER...........................7 3. BÖLÜM 3.1. xn +1 = 3.2. xn +1 =. axn −(2 k +1) − a + xn − k xn − (2 k +1). axn −(2 k + 2). Fark Denkleminin Çözümleri.................................................11. Fark Denkleminin Çözümleri ve Periyodikliği.............................24. 2k +2. − a + ∏ xn −i i =0. 3.3. xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. Fark Denkleminin Çözümleri, Periyodikliği ve Salınımlılığı.34. n −i. SONUÇ VE ÖNERİLER......................................................................................................56. KAYNAKLAR .....................................................................................................................57. vi.

(5) ÖZET Doktora Tezi. BAZI FARK DENKLEMLERİNİN ÇÖZÜMLERİ, PERİYODİKLİĞİ VE SALINIMLILIĞI ÜZERİNE BİR ÇALIŞMA. Ramazan KARATAŞ Selçuk Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Ana Bilim Dalı Danışman : Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR 2007, 60 Sayfa Jüri: Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Prof. Dr. Eşref HATIR Doç. Dr. Kazım İLARSLAN Doç. Dr. Cengiz ÇİNAR Doç. Dr. Galip OTURANÇ Bu çalışma, üç bölümden oluşmaktadır. Birinci bölümde, fark denklemlerinin çözümleri ve periyodikliği ile ilgili yapılmış bazı çalışmalar hakkında bilgi verildi. İkinci bölümde, fark denklemleri ile ilgili genel tanım ve teoremler verildi. Üçüncü. bölümde. ise,. xn +1 =. axn −(2 k +1) − a + xn − k xn − (2 k +1). ,. xn +1 =. axn −(2 k + 2) 2k +2. − a + ∏ xn −i. ve. i =0. xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. n −i. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. fark denklemlerinin çözümleri ve periyodikliği incelendi. Ayrıca. fark denkleminin çözümlerinin salınımlılığı incelendi.. n −i. Anahtar Kelimeler: Fark Denklemi, Çözümler, Periyodiklik, Salınımlılık. iii.

(6) ABSTRACT PhD Thesis. A STUDY ON SOLUATIONS, PERIODICITY AND OSCILLATION OF SOME DIFFERENCE EQUATIONS Ramazan KARATAŞ Selcuk University Graduate School of Natural and Applied Sciences Department of Mathematics Supervisor : Assoc. Prof. Dr. Cengiz ÇİNAR 2007, 60 Pages Jury : Prof. Dr. Durmuş BOZKURT Prof. Dr. Eşref HATIR Assoc. Prof. Dr. Kazım İLARSLAN Assoc. Prof. Dr. Cengiz ÇİNAR Assoc. Prof. Dr. Galip OTURANÇ. This study consists of three sections. In the first section, information about some difference equations’ solutions and perodicity studied before is given In the second section, general definitions and theorems about difference equations are given. In the third section, the solutions and periodicity of the difference equations. xn +1 =. axn −(2 k +1) − a + xn − k xn − (2 k +1). ,. xn +1 =. axn −(2 k + 2) 2k +2. − a + ∏ xn −i. xn +1 =. and. xn +1 =. ( −1). Also n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. oscillation. of. solutions. n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k. of. the. ∏x. difference. is investigated.. n −i. Key Words : Difference Equation, Solutions, Periodicity, Oscillation.. iv. are. 2k. i =0. i =0. investigated.. ( −1). n −i. equation.

(7) 1. 1. BÖLÜM GİRİŞ Bu çalışmada, tarafımızdan tanımlanan üç yeni rasyonel fark denkleminin çözümleri ve periyodikliği ele alınmıştır. İlk olarak xn +1 =. axn −(2 k +1) − a + xn − k xn − (2 k +1). , n = 0,1,2,... rasyonel fark denkleminin. a ≠ 0 , k ∈ Z + ve x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 reel başlangıç şartları altında çözümleri elde edilmiş ve bu çözümlerin özellikleri incelenmiştir. İkinci olarak xn +1 =. axn −(2 k + 2) 2k +2. − a + ∏ xn −i. , n = 0,1,2,... rasyonel fark denkleminin. i =0. a ≠ 0 , k ∈ Z + ve. x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 reel başlangıç şartları olmak üzere. çözümlerine ulaşılmış ve bu çözümlerin özellikleri incelenmiştir. Üçüncü ve son olarak xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. , n = 0,1,2,... rasyonel fark. n −i. denkleminin x−2 k , x− (2 k −1) ,..., x0 reel başlangıç şartları altında çözümleri elde edilmiş ve çözümlerinin salınımlığı incelenmiştir. Rasyonel Fark Denklemlerinin Çözümleri ve Periyodikliği İle İlgili Yapılmış Çalışmalar. Devault ve arkadaşları (1998) yaptıkları çalışmada; x−2 , x−1 , x0 , A > 0 başlangıç şartları için x n +1 =. 1 A fark denkleminin çözümlerinin 2 periyotlu + xn xn−2. çözümlere yakınsadığını göstermişlerdir..

(8) 2. Valicenti (1999) yaptığı doktora tezinde; xn +1 =. an xn + bn xn −1. Lyness fark. denkleminin çözümlerinin periyodikliğini ve global asimptotik kararlılığını incelemiştir.. Camouzis ve Devault (2001) yaptıkları çalışmada; x0 , x−1 , p > 0 pozitif başlangıç şartları altında x n +1 = p +. x n −1 , n = 0,1,2,... fark denkleminin global xn. asimptotik kararlılığını ve periyodikliğini incelemişlerdir.. x n +1 = 1 +. Patula ve Voulov (2002) yaptıkları çalışmada;. xn−2 x n −3. fark. denkleminin çözümlerinin 2 periyotlu çözümlere yakınsadığını göstermişlerdir.. Stevic (2002) yaptığı çalışmada; x n +1 =. Bx n −1 B + xn. fark denkleminin çözümlerini. incelemiş ve. x2n. n 2 j −1 ⎛ 1 ⎜ = x0 ⎜1 − x1 ∑∏ j =1 i =1 1 + x i ⎝. ⎞ ⎛ x ⎟ , x 2 n +1 = x −1 ⎜1 − 0 ⎟ ⎜ 1+ x 0 ⎠ ⎝. n. 2j. 1 ⎞ ⎟ ⎟ i ⎠. ∑∏ 1 + x j = 0 i =1. çözümlerini ortaya koymuştur.. Abu-Saris ve Devault (2003) yaptıkları çalışmada; y n +1 = A +. yn y n−k. fark. denkleminin çözümlerini y− k , y− ( k −1) ,..., y0 , A > 0 , k ∈ {2,3,4,...} başlangıç şartları altında pozitif denge noktasının global asimptotik kararlı olması için gerekli olan şartları elde etmişlerdir..

(9) 3. Mestel (2003) yaptığı çalışmada; pozitif başlangıç şartları altında. x n +1 =. f ( xn ) denkleminin periyodikliğini incelemiştir. x n −1. Çinar (2004) yaptığı çalışmada; xn +1 =. xn −1 rasyonel fark denkleminin 1 + xn xn −1. çözümlerini incelemiş ve ⎡⎣( n +1) / 2⎤⎦ −1 ⎧ ( 2 x−1 x0i + 1) ⎪ ∏ i =0 ⎪x , n tek ise ⎪ −1 ⎣⎡( n +1) / 2⎦⎤ −1 ⎪ ( 2i + 1) x−1 x0 + 1 ∏ ⎪ i = 0 xn = ⎨ ⎪ n/2 ⎪ ∏ ( ( 2i − 1) x−1 x0 + 1) ⎪ x0 i =1 n / 2 , n çift ise ⎪ ( 2ix−1 x0 + 1) ∏ ⎪⎩ i =1. eşitliğini vermiştir.. Çinar (2004) yaptığı iki çalışmadan birincisinde; x0 , x−1 , a, b > 0 başlangıç şartları altında x n +1 =. ax n −1 x n −1 fark denkleminin, ikincisinde ise x n +1 = 1 + bxn −1 x n 1 + axn −1 x n. fark denkleminin çözümlerini elde etmiştir.. El-Owaidy k = 0, 1, 2,.... xn +1 = α +. ve. arkadaşları. (2004). yaptıkları. çalışmada;. α ∈ [1, ∞ ) ,. için ve pozitif reel sayılar olan başlangıç şartları altında. xn− k , n = 0, 1, 2,... için denkleminin pozitif çözümlerinin periyodik xn. karakterli ve bu çözümlerin global asimptotik kararlı olduğunu göstermişlerdir..

(10) 4. Stevic (2004) yaptığı çalışmada; x n +1 =. p + x n −( 2 s −1) x n + (2l + s ) + 1. fark denkleminin. çözümlerinin, p > 1 , s, l ∈ N başlangıç şartları altında 2s periyotlu olduğunu göstermiştir.. f ( xn ) fark x n −1. Abu-Saris ve Al-Jubouri (2004) yaptıkları çalışmada; x n +1 = denkleminin çözümlerinin periyodik olduğunu göstermişlerdir.. Stevic. (2005). yaptığı. çalışmada;. x n +1. x np−1 =α + p xn. fark. denkleminin. çözümlerinin s, l ∈ N başlangıç şartları altında asimptotikliğini, periyodikliğini, salınımlılığını ve sınırlılığını incelemiştir.. Taixiang (2005) yaptığı çalışmada;. x n +1 = p +. xn−k xn. fark denkleminin. çözümlerinin p, x0 , x−1 > 0 başlangıç şartları altında sınırlılığını incelemiştir.. Papaschinopoulos ve Schinas (2005) yaptıkları çalışmada; k çift bir sayı olmak üzere, x n +1 = p n +. xn−k xn. fark denkleminin çözümlerinin k + 1 periyotlu. olduğunu göstermişlerdir.. Saleh ve Aloqeili (2005) yaptıkları çalışmada; denkleminin. y− k , y− ( k +1) ,..., y0 , A > 0. y n +1 = A +. yn y n−k. fark. başlangıç şartları altında pozitif denge. noktasının global asimptotik kararlılığını ve periyodikliğini incelemişlerdir..

(11) 5. Berenhaut ve Stevic (2005) yaptıkları çalışmada; x−4 , x−3 , x−2 , x−1 , x0 > 0 için 1 1 + x n x n −1 x n −3 x n − 4. x n +1 =. fark denkleminin çözümlerinin 3 periyotlu çözümlere. yakınsadığını göstermişlerdir.. Yan ve arkadaşları (2005) yaptıkları çalışmada; α , x−1 , x0 başlangıç şartlarını. x n +1 = α −. reel sayı alarak. xn x n −1. fark denkleminin bütün pozitif ve negatif. çözümlerinin asimptotik kararlılığını ve periyodikliğini incelemişlerdir. Abu Saris (2006) yaptığı çalışmada; w−2 , w−1 , w0 > 0 başlangıç şartları altında. wn +1 =. wn + wn − 2 rasyonel fark denkleminin çözümlerinin 4 periyotlu çözümlere wn −1. yakınsadığını göstermiştir. Karataş (i = 0,1, 2, 3, 4, 5). ve. arkadaşları. olmak. üzere,. (2006) xn +1 =. yaptıkları. xn −5 1 + xn − 2 xn −5. çalışmada; fark. x− i ∈ (0, ∞) ,. denkleminin. pozitif. çözümlerini incelemişlerdir.. Şimşek. ve. arkadaşları. (2006). (i = 0,1, 2, 3, 4, 5) olmak üzere xn +1 =. yaptıkları. çalışmada;. x− i ∈ (0, ∞) ,. xn −5 fark denkleminin çözümlerini ve 1 + xn −1 xn −3. periyodikliğini incelemişlerdir.. Şimşek ve arkadaşları (2007) yaptıkları çalışmada xn +1 = fark denkleminin çözümlerini ve periyodikliğini incelemişlerdir.. xn −(5 k +9) 1 + xn − 4 xn −9 ...xn −(5 k + 9).

(12) 6. Berenhaut ve arkadaşları (2006) yaptıkları çalışmada; y−1 , y0 > 0 başlangıç şartları altında y n =. y−4 , y−3 , y−2 ,. y n −3 + y n − 4 fark denkleminin çözümlerinin y n −1. 2 periyotlu çözümlere yakınsadığını göstermişlerdir.. Aloqeili xn +1 =. (2006). yaptığı. çalışma;. x−1 , x0 ∈ R, a > 0. olmak. üzere,. xn −1 rasyonel fark denkleminin çözümlerini incelemiş ve çözümleri için a − xn −1 xn. ⎧ n2 2i −1 a (1 − a ) − (1 − a 2i −1 ) x−1 x0 ⎪x , n çift ise 2i 2i ⎪ 0∏ a 1 a 1 a x x − − − ( ) i = 1 ( ) − 1 0 ⎪ xn = ⎨ n +1 ⎪ 2 a 2i −1 (1 − a ) − (1 − a 2i ) x−1 x0 ⎪ x−1 ∏ , n tek ise ⎪⎩ i =0 a 2i +1 (1 − a ) − (1 − a 2i +1 ) x−1 x0 eşitliğini vermiştir. Aloqeili (2006) yaptığı çalışmada; x− k , x− ( k −1) ,..., x0 > 0, A > 0 ve k herhangi pozitif bir tamsayı olmak üzere, x n +1 = kararlılığını incelemiştir.. xn−k fark denkleminin çözümlerini ve a + xn−k xn.

(13) 7. 2. BÖLÜM FARK DENKLEMLERİ İLE İLGİLİ GENEL TANIM VE TEOREMLER. Bu bölümde fark denklemleri ile ilgili literatürde var olan ve çalışmamızda kullanılan genel tanım ve teoremler verilmiştir.. x bağımsız değişkeninin tanımlı olduğu aralıkta, 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 2.1. n bağımsız değişken ve buna bağımlı değişken de y olmak. üzere, bağımlı değişken ve bağımsız değişken ile bağımlı değişkenin sonlu farklarını içeren bağıntılara Fark Denklemi denir. Birinci mertebeden fark denklemi; a 0 y (n) + a1 y (n + 1) = f (n) şeklindedir. İkinci mertebeden fark denklemi; a 0 y (n − 1) + a1 y (n) + a 2 y (n + 1) = g (n) şeklindedir. Denklemin mertebesi,. y ’nin hesaplanabilmesi için gerekli olan. başlangıç şartının sayısını belirtir (Türker)..

(14) 8. Örnek 2.1. xn +1 − xn = 3 denklemini göz önüne alalım. Bu denklem ardışık. iki terim arasındaki farkın 3 e eşit olduğunu ortaya koymaktadır. Basit iterasyon işlemiyle x1 = 3 + x0 , x2 = 3 + x1 = 3 + 3 + x0 , x3 = 3 + x2 = 3 + 3 + 3 + x0 , ... olduğu görülür. Buradan çözüm xn = 3n + x0 şeklinde bulunur. Teorem 2.1. I. reel sayıların herhangi bir alt aralığı olmak üzere,. f : I k +1 → I sürekli diferensiyellenebilen bir fonksiyon olsun. Her x− k , x− ( k −1) ,..., x0 ∈ I başlangıç şartları için xn +1 = f ( xn , xn −1 ,..., xn − k ),. n = 0,1, 2,.... (2.1). denklemi bir tek { xn }n =− k çözümüne sahiptir(Grove 2005). ∞. Tanım 2.2. Eğer {x n } dizisi için x n + p = x n ise, {x n } dizisi p periyotludur. denir ve p bu şartı sağlayan en küçük pozitif tam sayıdır(Grove 2005). Tanım 2.3. Eğer {x n } dizisinde sonlu sayıda terim hariç tutulduğunda, geriye. kalan sonsuz sayıdaki terim için x n + p = x n ise, {x n } dizisine er geç p periyotludur denir ve p bu şartı sağlayan en küçük pozitif tam sayıdır(Grove 2005).. Örnek 2.2. x−1 ve x0 sıfırdan farklı reel başlangıç şartları olmak üzere, xn +1 = x2 =. 1 1 rasyonel fark denklemini ele alalım. Bu denklemin çözümleri x1 = , xn −1 x−1. 1 1 1 , x3 = x−1 , x4 = x0 , x5 = , x6 = , x7 = x−1 , x8 = x0 ,..., şeklinde olup 4 x0 x−1 x0. periyotludur..

(15) 9. Tanım 2.4. (2.1) denkleminde x = f ( x, x,..., x) şartını sağlayan x noktasına. (2.1) denkleminin denge noktası denir(Aloqeili 2006).. Tanım 2.5. x, (2.1) denkleminin denge noktası olmak üzere:. (a) Eğer. x− k , x− ( k −1) ,..., x0 ∈ I. olmak üzere her ε > 0 için. x0 − x +. x−1 − x + ... + x− k − x < δ iken her n ≥ 0 için x n − x < ε olacak şekilde bir δ > 0 sayısı varsa, x denge noktası kararlıdır denir.. (b) Eğer x denge noktası kararlı ve x− k , x− ( k −1) ,..., x0 ∈ I iken lim x n = x n →∞. olacak şekilde, x0 − x + x−1 − x + ... + x− k − x < γ şartını sağlayan γ > 0 sayısı varsa,. x denge noktası lokal asimptotik kararlıdır denir. (c) Eğer her x− k , x− ( k −1) ,..., x0 ∈ I iken lim x n = x ise, x denge noktasına n →∞. çekim noktası denir.. (d) Eğer x denge noktası kararlı ve çekim noktası ise, x denge noktası global. asimptotik kararlıdır denir.. (e) Eğer x denge noktası kararlı değil ise, kararsızdır denir.. (f) Eğer x− k , x− ( k −1) ,..., x0 ∈ I iken x0 − x + x−1 − x + ... + x− k − x < r ve bazı. N ≥ −1 sayıları için x N − x ≥ r olacak şekilde bir r > 0 sayısı varsa, x denge noktasına repeller denir(Grove 2005). Tanım 2.6. (2.1) denkleminden elde edilen k. yn +1 = ∑ i =0. ∂f ( x,..., x) yn −i ∂xn −i. (2.2).

(16) 10. denkleme, x denge noktası civarında lineer denklem denir. (2.2) denkleminin karakteristik denklemi k. λ k +1 − ∑ i =0. ∂f ( x,..., x)λ k −i = 0 ∂xn −i. (2.3). dir(Grove 2005). Teorem 2.2. (Lineer Kararlılık Teoremi) (a) Eğer (2.3) denkleminin bütün kökleri mutlak değerce 1’den küçük ise, x. denge noktası lokal asimptotik kararlıdır. (b) Eğer (2.3) denkleminin köklerinden en az biri mutlak değerce 1’den. büyük ise, x denge noktası kararsızdır(Aloqeili 2006).. Tanım 2.7.. { xn }n =− k ∞. çözümlerinin hepsi birden x denge noktasından ne. büyük ne de küçük ise, bu çözümlere x denge noktası civarında salınımlıdır denir. Aksi halde salınımlı değildir. Tanım 2.8. x , (2.1) denkleminin denge noktası olsun. l ≥ −k , m ≤ ∞ olmak. üzere, {xl , xl +1 ,..., x m } dizisinin her elemanı x denge noktasından büyük veya eşit,. l = −k veya l > −k için xl −k < x ve m = ∞ veya m < ∞ için xm+1 < x oluyorsa,. {xl , xl +1 ,..., xm } dizisine { xn }∞n =− k. çözümünün bir pozitif yarı dönmesi denir. Benzer. şekilde, l ≥ −k , m ≤ ∞ olmak üzere, {xl , xl +1 ,..., x m } dizisinin her elemanı x denge. noktasından küçük, l = −k veya l > −k için xl −k ≥ x ve m = ∞ veya m < ∞ için. xm+1 ≥ x oluyorsa,. {xl , xl +1 ,..., xm }. dönmesi denir(Grove 2005).. dizisine. { xn }n =− k ∞. çözümünün bir negatif yarı.

(17) 11. 3. BÖLÜM. 3.1. xn +1 =. axn −(2 k +1). − a + xn − k xn − (2 k +1). Fark Denkleminin Çözümleri. Bu kısımda a sıfırdan farklı herhangi bir reel sayı, k herhangi bir pozitif tam sayı, x− (2 k +1) , x− (2 k ) , x− (2 k −1) ,..., x0 reel başlangıç şartları altında ve x0 x− ( k +1) ≠ a , x−1 x− ( k + 2) ≠ a, x−2 x− ( k +3) ≠ a ,..., x− k x− (2 k +1) ≠ a olmak üzere;. axn −(2 k +1). xn +1 =. − a + xn − k xn − (2 k +1). , n = 0,1, 2,.... (3.1.1). rasyonel fark denklemi tanımladık ve çözümleri inceledik.. Teorem 3.1.1.. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer. x0 x− ( k +1) ≠ a, x−1 x− ( k + 2) ≠ a, x−2 x− ( k + 3) ≠ a ,..., x− k x− (2 k +1) ≠ a. ise. o. zaman. (3.1.1). denkleminin bütün çözümleri a n +1 x− (2 k +1). x2( k +1) n +1 =. ( −a + x. −k. x2( k +1) n + 2 =. x2( k +1) n +3 =. x− (2 k +1) ). n +1. ,. a n +1 x− (2 k ). ( −a + x. − ( k −1) x− (2 k ) ). (3.1.2). ,. n +1. a n +1 x− (2 k −1). ( −a + x. − ( k − 2) x− (2 k −1) ). n +1. (3.1.3). ,. (3.1.4). # x2( k +1) n + k +1 =. a n +1 x− ( k +1). ( −a + x x. 0 − ( k +1). 1. x2( k +1) n + k + 2 =. x2( k +1) n + k + 3 = x2( k +1) n + k + 4 =. a. n +1. 1 a. n +1. 1 a. n +1. ). n +1. ,. x− k ( − a + x− k x− (2 k +1) ). (3.1.k+2) n +1. x− ( k −1) ( − a + x− ( k −1) x− (2 k ) ). ,. n +1. x− ( k − 2) ( − a + x− ( k − 2) x− (2 k −1) ). (3.1.k+3) ,. n +1. (3.1.k+4) ,. (3.1.k+5).

(18) 12. # x2( k +1) n + 2( k +1) =. 1 a. n +1. x0 ( − a + x0 x− ( k +1) ). n +1. .. (3.1.2k+3). şeklindedir. İspat. İspatımızı. tümevarım metoduyla yapalım. Teoremdeki şartlar göz. önüne alındığında, (3.1.1) denkleminde sırasıyla n = 0,1, 2,..., 2k + 1 değerleri için. x1 =. x2 =. ax− (2 k +1) − a + x− k x− (2 k +1). ax−2 k −a + x− ( k −1) x−2 k. # xk +1 =. ax− ( k +1) − a + x0 x− ( k +1). xk + 2 =. 1 x− k ( − a + x− k x− ( 2 k +1) ) a. xk +3 =. 1 x− ( k −1) ( − a + x− ( k −1) x−2k ) a. # x2( k +1) =. 1 x0 ( − a + x0 x− ( k +1) ) a. eşitlikleri elde edilir. Böylece iddiamızın n = 0 için doğru olduğu görülür. Şimdi iddiamızın n-1 için doğru kabul edelim. O zaman (3.1.2), (3.1.3),..., (3.1.2k+3) den. x2( k +1) n −(2 k +1) =. a n x− (2 k +1). ( −a + x. −k. x2( k +1) n − 2 k =. x− (2 k +1) ). a n x− (2 k ). ( −a + x. − ( k −1) x− (2 k ) ). n. ,. n. ,. (3.1.2k+4). (3.1.2k+5).

(19) 13. x2( k +1) n −(2 k −1) =. a n x− (2 k −1). ( −a + x−(k −2) x−(2k −1) ). n. ,. (3.1.2k+6). # x2( k +1) n −( k +1) =. a n x− ( k +1). ( −a + x x. 0 − ( k +1). x2( k +1) n − ( k − 2) =. n. ,. n 1 x − a + x− k x− (2 k +1) ) , n −k ( a. x2( k +1) n − k = x2( k +1) n −( k −1) =. ). n 1 , x − a + x x ( ) − ( − 1) − ( − 1) − (2 ) k k k an. n 1 x − a + x− ( k − 2) x− (2 k −1) ) , n − ( k − 2) ( a. (3.1.2k+7). (3.1.2k+8) (3.1.2k+9) (3.1.2k+10). # x2( k +1) n =. n 1 x − a + x0 x− ( k +1) ) n 0( a. (3.1.2k+11). eşitliklerini yazarız. Denklem (3.1.1) den, (3.1.2k+4) ve (3.1.2k+8) eşitliklerinden. x2( k +1) n +1 =. ax2( k +1) n −(2 k +1) − a + x2( k +1) n − k x2( k +1) n − (2 k +1). a. a n x− (2 k +1). ( −a + x. −k. = −a +. x− (2 k +1) ). n. a n x− (2 k +1) n 1 x a x x − + −k ( − k − (2 k +1) ) an ( −a + x x −k. a n +1 x− (2 k +1). ( −a + x =. −k. x− (2 k +1) ). n. − a + x− k x− (2 k +1). =. a n +1 x− (2 k +1). ( −a + x. −k. x− (2 k +1) ). n +1. − (2 k +1). ). n.

(20) 14. elde edilir. Buradan (3.1.2) eşitliğinin doğru olduğu görülür. Yine (3.1.1) denkleminden. x2( k +1) n + k + 2 =. ax(2 k +1) n − k − a + x(2 k +1) n +1 x(2 k +1) n − k. denklemini yazabiliriz. O zaman bu denklemde (3.1.2) ve (3.1.2k+8) eşitlikleri yerine yazılacak olursa n 1 x −a + x− k x− (2 k +1) ) n −k ( a = a n +1 x− (2 k +1) n 1 x − a + x− k x− (2 k +1) ) −a + n +1 n −k ( ( −a + x− k x−(2k +1) ) a. a. x2( k +1) n + k + 2. ax− k ( − a + x− k x− (2 k +1) ) = −a +. an ax− (2 k +1) x− k − a + x− k x− (2 k +1). ax− k ( − a + x− k x− (2 k +1) ). n. an a2 − a + x− k x− (2 k +1). =. =. n. 1 a n +1. x− k ( − a + x− k x− (2 k +1) ). n +1. elde edilir. Buradan (3.1.k+3) eşitliğinin doğru olduğu görülür. Benzer şekilde (3.1.3), (3.1.4),…,(3.1.k+2) ve (3.1.k+4), (3.1.k+5), …, (3.1.2k+3) denklemlerinin de doğru olduğu görülür..

(21) 15. Uyarı 3.1.1. xn +1 =. α xn −(2 k +1) , rasyonel fark denklemi, α , β sıfırdan −α + β xn − k xn − (2 k +1). farklı reel sayılar ve x0 x− ( k +1) ≠ xn =. α α α , x−1 x− ( k + 2) ≠ ,..., x− k x− (2 k +1) ≠ olmak üzere, β β β. α y dönüşümü yapıldığında ve a = 1 için (3.1.1) denklemine dönüşür. β n Sonuç 3.1.1. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer a > 0 ,. x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 > 0 ve x0 x− ( k +1) > a , x−1 x− ( k + 2) > a , x−2 x− ( k +3) > a ,..., x− k x− (2 k +1) > a. ise, o zaman (3.1.1) denkleminin bütün çözümleri pozitiftir. İspat. (3.1.2), (3.1.3),…, (3.1.2k+3) eşitliklerinden (3.1.1) denkleminin bütün. çözümlerinin pozitif olduğu görülür.. Sonuç 3.1.2.. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer. a > 0, x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 < 0 ve x0 x− ( k +1) > a, x−1 x− ( k + 2) > a,..., x− k x− (2 k +1) > a ise, o. zaman (3.1.1) denkleminin bütün çözümleri negatiftir.. İspat. (3.1.2), (3.1.3),…, (3.1.2k+3) eşitliklerinden (3.1.1) denkleminin bütün. çözümlerinin negatif olduğu görülür.. Sonuç 3.1.3.. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer. a = 1, x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 > 0 ve x0 x− ( k +1) > 2, x−1 x− ( k + 2) > 2,..., x− k x− (2 k +1) > 2 ise, o. zaman lim x2( k +1) n +1 = 0, lim x2( k +1) n + 2 = 0,..., lim x2( k +1) n + k +1 = 0 n →∞. n →∞. n →∞. ve lim x2( k +1) n + k + 2 = ∞, lim x2( k +1) n + k +3 = ∞,..., lim x2( k +1) n + 2( k +1) = ∞ n →∞. olur.. n →∞. n →∞.

(22) 16. İspat.. Yukarıdaki. x0 x− ( k +1) − 1 > 1 ,. kabulümüzden. x−1 x− ( k + 2) − 1 > 1,...,. x− k x− (2 k +1) − 1 > 1 alabiliriz. Yine x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 > 0 kabulümüz ve (3.1.2), (3.1.3),. ..., (3.1.2k+3) eşitliklerinden. lim x2( k +1) n +1 = lim n →∞. n →∞. lim x2( k +1) n + 2 = lim n →∞. n →∞. x− (2 k +1). ( −1 + x−k x−(2k +1) ) ( −1 + x. x−2 k. n +1. =0,. n +1. = 0,. n +1. = 0,. − ( k −1) x−2 k ). # lim x2( k +1) n + k +1 = lim n →∞. n →∞. x− ( k +1). ( −1 + x0 x−(k +1) ). lim x2( k +1) n + k + 2 = lim x− k ( −1 + x− k x− (2 k +1) ) n →∞. n +1. n →∞. lim x2( k +1) n + k +3 = lim x− ( k −1) ( −1 + x− ( k −1) x−2 k ) n →∞. =∞, n +1. n →∞. =∞,. # s. ∏x n =0. x. (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2. ...x(2 k +3) n + 2 k +3. ⎛ 2k +2 ⎞ = ⎜ ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠. s +1. elde edilir. Böylece ispat tamamlanır.. Sonuç 3.1.4.. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). a = 1, x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 > 0. , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer ve. 1 < x0 x− ( k +1) < 2,. 1 < x−1 x− ( k + 2) < 2,...,. 1 < x− k x− (2 k +1) < 2 ise, o zaman. lim x2( k +1) n +1 = ∞, lim x2( k +1) n + 2 = ∞,..., lim x2( k +1) n + k +1 = ∞ n →∞. n →∞. n →∞. ve lim x2( k +1) n + k + 2 = 0, lim x2( k +1) n + k +3 = 0,..., lim x2( k +1) n + 2( k +1) = 0 n →∞. olur.. n →∞. n →∞.

(23) 17. İspat. 1 < x0 x− ( k +1) < 2 , 1 < x−1 x− ( k + 2) < 2 ,..., 1 < x− k x− (2 k +1) < 2 olduğundan 0 < x0 x− ( k +1) − 1 < 1, 0 < x−1 x− ( k + 2) − 1 < 1,..., 0 < x− k x− (2 k +1) − 1 < 1. yazılır.. Buradan,. x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 > 0 kabulümüz ve (3.1.2), (3.1.3),..., (3.1.2k+3) eşitliklerinden. lim x2( k +1) n +1 = lim n →∞. n →∞. x− (2 k +1). ( −1 + x. x. − k − (2 k +1). lim x2( k +1) n + 2 = lim n →∞. n →∞. ( −1 + x. ). x−2 k. n +1. = ∞,. n +1. =∞,. n +1. =∞,. − ( k −1) x−2 k ). # lim x2( k +1) n + k +1 = lim n →∞. n →∞. x− ( k +1). ( −1 + x0 x−(k +1) ). lim x2( k +1) n + k + 2 = lim x− k ( −1 + x− k x− (2 k +1) ) n →∞. n +1. n →∞. lim x2( k +1) n + k +3 = lim x− ( k −1) ( −1 + x− ( k −1) x−2 k ) n →∞. = 0, n +1. n →∞. = 0,. # lim x2( k +1) n + 2( k +1) = lim x0 ( −1 + x0 x− ( k +1) ) n →∞. n +1. n →∞. =0. elde edilir.. Sonuç 3.1.5.. { xn }. ∞ n=− ( 2 k +1). , (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer. a = 1, x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 < 0 ve x0 x− ( k +1) > 2, x−1 x− ( k + 2) > 2,..., x− k x− (2 k +1) > 2 ise, o. zaman lim x2( k +1) n +1 = 0, lim x2( k +1) n + 2 = 0,..., lim x2( k +1) n + k +1 = 0 n →∞. n →∞. n →∞. ve lim x2( k +1) n + k + 2 = −∞, lim x2( k +1) n + k +3 = −∞,..., lim x2( k +1) n + 2( k +1) = −∞ n →∞. olur.. n →∞. n →∞.

(24) 18. İspat. x0 x− ( k +1) − 1 > 1, x−1 x− ( k + 2) − 1 > 1,..., x− k x− (2 k +1) − 1 > 1 yazabiliriz. a = 1 , x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 < 0 olduğundan ve (3.1.2), (3.1.3), ..., (3.1.2k+3) eşitliklerinden. lim x2( k +1) n +1 = lim n →∞. n →∞. lim x2( k +1) n + 2 = lim n →∞. n →∞. x− (2 k +1). ( −1 + x−k x−(2k +1) ) ( −1 + x. x−2 k x. − ( k −1) −2 k. n +1. =0,. n +1. = 0,. n +1. = 0,. ). # lim x2( k +1) n + k +1 = lim n →∞. n →∞. x− ( k +1). ( −1 + x x. 0 − ( k +1). ). lim x2( k +1) n + k + 2 = lim x− k ( −1 + x− k x− (2 k +1) ) n →∞. n +1. n →∞. lim x2( k +1) n + k +3 = lim x− ( k −1) ( −1 + x− ( k −1) x−2 k ) n →∞. = −∞ ,. n +1. n →∞. = −∞ ,. # lim x2( k +1) n + 2( k +1) = lim x0 ( −1 + x0 x− ( k +1) ) n →∞. n →∞. n +1. = −∞. elde edilir.. Sonuç 3.1.6.. a = 1,. { xn }. ∞ n =− ( 2 k +1). x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 < 0. (3.1.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer ve. 1 < x0 x− ( k +1) < 2 ,. 1 < x−1 x− ( k + 2) < 2 ,. 1 < x− k x− (2 k +1) < 2 ise, o zaman. lim x2( k +1) n +1 = −∞, lim x2( k +1) n + 2 = −∞,..., lim x2( k +1) n + k +1 = −∞ n →∞. n →∞. n →∞. ve lim x2( k +1) n + k + 2 = 0, lim x2( k +1) n + k +3 = 0,..., lim x2( k +1) n + 2( k +1) = 0 n →∞. olur.. n →∞. n →∞. ...,.

(25) 19. 1 < x0 x− ( k +1) < 2, 1 < x−1 x− ( k + 2) < 2,...,1 < x− k x− (2 k +1) < 2. İspat.. 0 < x0 x− ( k +1) − 1 < 1, 0 < x−1 x− ( k + 2) − 1 < 1,..., 0 < x− k x− (2 k +1) − 1 < 1. a = 1, x− (2 k +1) , x−2 k ,..., x0 < 0. kabulümüz. ve. (3.1.2),. yazarız. (3.1.3),...,. olup, O. zaman. (3.1.2k+3). eşitliklerinden. lim x2( k +1) n +1 = lim n →∞. n →∞. lim x2( k +1) n + 2 = lim n →∞. n →∞. x− (2 k +1). ( −1 + x. − k x− (2 k +1) ). x−2 k. n +1. = −∞ ,. n +1. = −∞ ,. n +1. = −∞ ,. ( −1 + x−( k −1) x−2k ). # lim x2( k +1) n + k +1 = lim n →∞. n →∞. x− ( k +1). ( −1 + x x. 0 − ( k +1). ). lim x2( k +1) n + k + 2 = lim x− k ( −1 + x− k x− (2 k +1) ) n →∞. n +1. n →∞. lim x2( k +1) n + k +3 = lim x− ( k −1) ( −1 + x− ( k −1) x−2 k ) n →∞. = 0, n +1. n →∞. = 0,. # lim x2( k +1) n + 2( k +1) = lim x0 ( −1 + x0 x− ( k +1) ) n →∞. n →∞. n +1. =0. elde edilir. Teorem 3.1.2.. s ∈ Z+. olmak üzere, (3.1.2), (3.1.3),..., (3.1.2k+3). eşitliklerinden. ⎛ 2 k +1 ⎞ = x x ... x ∏ 2( k +1) n +1 2( k +1) n + 2 2( k +1) n + 2( k +1) ⎜ ∏ x− i ⎟ n =0 ⎝ i =0 ⎠ s. s +1. eşitliğini yazarız. İspat.. İspatı tümevarım yöntemiyle yapalım. Öncelikle s = 0 için doğru. olduğunu gösterelim. (3.1.2), (3.1.3), ..., (3.1.2k+3) eşitliklerinden.

(26) 20. ax− (2 k +1). x1 =. , x2 =. − a + x− k x− (2 k +1). xk + 2 =. ax− ( k +1) ax−2 k , ..., xk +1 = −a + x− ( k −1) x−2 k − a + x0 x− ( k +1). 1 1 x− k ( − a + x− k x− (2 k +1) ) , xk +3 = x− ( k −1) ( − a + x− ( k −1) x−2 k ) , ..., a a. x2( k +1) =. 1 x0 ( − a + x0 x− ( k +1) ) a. eşitlikleri elde edilir. Buradan 2 k +1. x1 x2 ...x2( k +1) = ∏ x− i i =0. elde edilir. Yani, iddiamızın s = 0 için doğru olduğu görülür. Şimdi iddiamızı s − 1 için doğru kabul edersek. s −1. ∏x n=0. x. 2( k +1) n +1 2( k +1) n + 2. ...x2( k +1) n + 2( k +1). ⎛ 2 k +1 ⎞ = ⎜ ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠. s. (3.1.2k+12). eşitliğini yazabiliriz. Yine (3.1.2), (3.1.3), ..., (3.1.2k+3) eşitliklerinden 2 k +1. x2( k +1) n +1 x2( k +1) n + 2 ...x2( k +1) n + 2( k +1) = ∏ x− i. (3.1.2k+13). i =0. elde edilir. (3.1.2k+12) ve (3.1.2k+13) eşitliklerinden. s. ∏x n =0. elde edilir.. x. 2( k +1) n +1 2( k +1) n + 2. ...x2( k +1) n + 2( k +1). ⎛ 2 k +1 ⎞ = ⎜ ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠. s +1.

(27) 21. 2 k +1. 2 k +1. i =0. i =0. Sonuç 3.1.7. i) Eğer 0 < ∏ x− i < 1 ya da −1 < ∏ x− i < 0 ise, o zaman s. lim ∏ x2( k +1) n +1 x2( k +1) n + 2 ...x2( k +1) n + 2( k +1) = 0 s →∞. n=0. dır. 2 k +1. ii) Eğer ∏ x− i > 1 ise, o zaman i =0. s. lim ∏ x2( k +1) n +1 x2( k +1) n + 2 ...x2( k +1) n + 2( k +1) = ∞ s →∞. n=0. dır. İspat. Teorem 3.1.2 den kolayca görülür.. Şimdi Teorem 3.1.1 in uygulaması olarak aşağıdaki örneği verelim. Örnek 3.1.1 Denklem (3.1.1) k = 1 için x0 , x−1 , x−2 ve x−3 reel ve x−1 x−3 ≠ a ,. x0 x−2 ≠ a olmak üzere xn +1 =. axn −3 − a + xn −1 xn −3. şekline dönüşür. Bu denklemin bütün çözümleri. x4 n +1 = x4 n + 2 = x4 n +3 = x4 n + 4 =. şeklindedir.. a n +1 x−3. n +1. ,. n +1. ,. ( −a + x−1 x−3 ) a n +1 x−2. ( −a + x0 x−2 ) 1. a. n +1. 1. a. n +1. x−1 ( − a + x−1 x−3 ) x0 ( − a + x0 x−2 ). n +1. n +1. ,. (3.1.2k+14).

(28) 22. Çözüm. İlk olarak iddiamızın n = 0 için doğru olduğunu gösterelim.. x−1 x−3 ≠ a ve x0 x−2 ≠ a olmak üzere, denklem (3.1.2k+14) de sırasıyla n = 0,1, 2, 3 yazdığımızda x1 =. ax−3 , − a + x−1 x−3. x2 =. ax−2 , − a + x0 x−2. x3 =. ax−1 = − a + x1 x−1 − a +. ax−1 1 = x−1 ( − a + x−1 x−3 ) , ax−3 x−1 a − a + x−1 x−3. x4 =. ax0 = − a + x2 x0 − a +. ax0 1 = x0 ( − a + x0 x−2 ) ax−2 x0 a − a + x0 x−2. eşitliklerini elde ederiz. Bu ise iddiamızın n = 0 için doğru olduğunu gösterir. İddiamızın n − 1 için doğru olduğunu kabul edelim. O zaman x4 n −3 = x4 n − 2 = x4 n −1 = x4 n =. a n x−3. ( −a + x−1 x−3 ) a n x−2. ( −a + x0 x−2 ). ,. n. n. ,. 1 n x − a + x−1 x−3 ) , n −1 ( a. 1 n x − a + x0 x−2 ) n 0( a. eşitliklerini yazabiliriz. Denklem (3.1.2k+14) den x4 n +1 =. ax4 n −3 − a + x4 n −1 x4 n −3. eşitliğini elde ederiz. Bilinenleri yerine yazacak olursak.

(29) 23. a x4 n +1 = −a +. a n x−3. ( −a + x−1 x−3 ). n. a n x−3 1 n x a x x − + ( ) −1 −1 −3 n an ( −a + x−1 x−3 ). a n +1 x−3. ( −a + x−1 x−3 ) =. n. − a + x−1 x−3. =. a n +1 x−3. ( −a + x−1 x−3 ). n +1. elde ederiz. Benzer şekilde,. x4 n +3 =. ax4 n −1 −a + x4 n +1 x4 n −1. eşitliğini göz önüne alınırsa 1 n x − a + x−1 x−3 ) n −1 ( a = a n +1 x−3 1 n −a + x − a + x−1 x−3 ) n +1 n −1 ( ( −a + x−1 x−3 ) a a. x4 n +3. x−1 ( −a + x−1 x−3 ) a n −1 n ax−1 x−3 ( − a + x−1 x−3 ) n. = −a +. =. 1. a. n +1. ( −a + x−1 x−3 ). x−1 ( − a + x−1 x−3 ). n +1. n +1. elde ederiz. Diğer eşitlikler de benzer şekilde gösterilebilir..

(30) 24. 3.2. xn +1 =. axn −(2 k + 2) 2k +2. −a + ∏ xn −i. Fark Denkleminin Çözümleri ve Periyodikliği. i =0. Bu kısımda a sıfırdan farklı bir reel sayı, k bir pozitif tam sayı, x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 reel başlangıç şartları ve. xn +1 =. axn −(2 k + 2) 2k +2. −a + ∏ xn −i. 2k +2. ∏x i =0. −i. ≠ a olmak üzere;. , n = 0,1, 2,.... (3.2.1). i =0. rasyonel fark denklemi tanımlanmış ve çözümleri incelenmiştir.. Teorem 3.2.1. 2k +2. ∏x i =0. −i. { xn }. ∞ n =− ( 2 k + 2 ). , (3.2.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer. ≠ a ise, (3.2.1) denkleminin bütün çözümleri;. ⎧ ax− (2 k + 2) , n çift ise ⎪ 2k +2 ⎪ −a + x−i x(2 k +3) n +1 = ⎨ , ∏ i =0 ⎪ ⎪⎩ x− (2 k + 2) , n tek ise. x(2 k +3) n + 2. 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ x a x− i ⎟ , n çift ise − + ∏ ⎪ − (2 k +1) ⎜ , = ⎨a i =0 ⎝ ⎠ ⎪x n tek ise ⎩ − (2 k +1) ,. (3.2.2). (3.2.3). # x(2 k +3) n + 2 k + 2. 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ x a x− i ⎟ , n çift ise − + ⎪ −1 ⎜ ∏ = ⎨a ⎝ , i =0 ⎠ ⎪x , n tek ise ⎩ −1. (3.2.2k+3).

(31) 25. ax0 ⎧ , n çift ise 2k +2 ⎪⎪ = ⎨ − a + ∏ x− i i =0 ⎪ ⎪⎩ x0 , n tek ise. x(2 k +3) n + 2 k + 3. (3.2.2k+4). şeklindedir. İspat. Eşitliklerin n = 0 için doğru olduğunu gösterelim. Öncelikle yazım. kolaylığı açısından. 2k +2. ∏x i =0. x1 = x2 =. −i. = p alalım. Denklem (3.2.1) den n = 0, 1, 2,..., 2k + 2 için. ax− (2 k + 2) −a + p ax− (2 k +1) 2k +2. − a + ∏ x1−i. ax− (2 k +1). =. ax− (2 k + 2). −a +. −a + p. i =0. =. x0 ...x− (2 k +1). 1 x− (2 k +1) ( − a + p ) a. # x2 k + 2 =. ax. −1 2k +2. −a + ∏ x(2 k +1) −i. =. i =0. x2 k +3 =. ax. 0 2k +2. − a + ∏ x2 k + 2−i. ax−1 ax−1 1 = = x−1 ( − a + p ) −a + x2 k +1 x2 k ...x−1 − a + ap a −a + p. ax0 ax0 = − a + x2 k + 2 x2 k +1...x0 − a + p. =. i =0. eşitlikleri elde edilir. Yani iddiamız n = 0 için doğrudur. Şimdi de eşitliklerin n = 1 için doğru olduğunu gösterelim. (3.2.1) denkleminden n = 2k + 3, 2k + 4,..., 4k + 5 için. x2 k + 4 =. ax. 1 2k +2. − a + ∏ x2 k +3−i. a =. i =0. x2 k +5 =. ax. 2 2k +2. − a + ∏ x2 k + 4−i i =0. =. ax− (2 k + 2) −a + p. ax ax0 1 x−1 ( − a + p ) ... − (2 k + 2) −a + −a + p a −a + p. = x− (2 k + 2). x− (2 k +1) ( − a + p ) = x− (2 k +1) ax0 1 − a + x− (2 k + 2) ... x− (2 k +1) ( − a + p ) −a + p a.

(32) 26. # x4 k +5 =. ax2 k + 2 2k +2. − a + ∏ x4 k + 4 −i. =. x−1 ( − a + p ) = x−1 − a + x−2 x−3 ...x− (2 k + 2) x0 x−1. i =0. x4 k + 6 =. ax2 k +3 2k +2. − a + ∏ x4 k +5−i i =0. =. a 2 x0 −a + p ax0 − a + x−1 x−2 ... −a + p. = x0. elde edilir. Bu ise eşitliklerin n = 1 için doğru olduğunu gösterir. Şimdi eşitliklerin n − 1 için doğru olduğu kabul edilirse. x(2 k +3) n −(2 k + 2). ⎧ ax− (2 k + 2) , n tek ise ⎪ 2k +2 ⎪ −a + x− i =⎨ ∏ i =0 ⎪ ⎪⎩ x− (2 k + 2) , n çift ise. x(2 k +3) n − (2 k +1). 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ x a x− i ⎟ , n tek ise − + ⎪ − (2 k +1) ⎜ ∏ = ⎨a i =0 ⎝ ⎠ ⎪x n çift ise ⎩ − (2 k +1) ,. # 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ − + x a x−i ⎟ , n tek ise ⎪ −1 ⎜ ∏ x(2 k +3) n −1 = ⎨ a ⎝ i =0 ⎠ ⎪x , n çift ise ⎩ −1. x(2 k +3) n. ax0 ⎧ , n tek ise 2k +2 ⎪⎪ = ⎨ − a + ∏ x− i i =0 ⎪ ⎪⎩ x0 , n çift ise. eşitliklerini yazabiliriz. Denklem (3.2.1) den.

(33) 27. x(2 k +3) n +1 =. ax(2 k +3) n −(2 k + 2). (3.2.2k+5). 2k +2. − a + ∏ x(2 k +3) n −i i =0. eşitliği yazılabilir. O zaman yukarıdaki eşitliklerden ve (3.2.2k+5) ten n nin tek olduğu durumlarda a 2 x− (2 k + 2) x(2 k +3) n +1 =. a 2 x− (2 k + 2). −a + p −a + p = = x− (2 k + 2) ax− (2 k + 2) 1 ap ax0 −a + x− (2 k +1) ( −a + p ) ... −a + −a + p −a + p a −a + p. elde edilir. Buradan iddiamızın doğru olduğu görülür. n çift olduğu zaman (3.2.2k+5) denkleminde bilinenler yerine yazılacak olursa. x(2 k +3) n +1 =. ax− (2 k + 2) 2k +2. −a + ∏ x− i i =0. bulunur. Yani, ⎧ ax− (2 k + 2) , n çift ise ⎪ 2k +2 ⎪ −a + x− i x(2 k +3) n +1 = ⎨ ∏ i =0 ⎪ ⎪⎩ x− (2 k + 2) , n tek ise elde edilir. Bu ise iddiamızın doğru olduğunu gösterir. Şimdi de. x(2 k +3) n + 2. 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ x a x− i ⎟ , n çift ise − + ∏ ⎪ − (2 k +1) ⎜ = ⎨a i =0 ⎝ ⎠ ⎪x n tek ise ⎩ − (2 k +1) ,. eşitliğinin doğru olduğunu gösterelim. Denklem (3.2.1) den x(2 k +3) n + 2 =. ax(2 k +3) n −(2 k +1) 2k +2. −a + ∏ x(2 k +3) n −(i −1) i =0. (3.2.2k+6).

(34) 28. denklemi elde edilir. Buradan n çift olduğu zaman, bir önceki ispat ettiğimiz eşitlik ve kabulümüzden. x(2 k +3) n + 2 =. ax− (2 k +1) −a +. ax− (2 k + 2) −a + p. =. xo x−1...x− (2 k +1). ax− (2 k +1) 1 = x− (2 k +1) ( − a + p ) ap a −a + −a + p. elde edilir. n tek olduğu zaman ise. x(2 k +3) n + 2 =. x− (2 k +1) ( −a + p ) −a + x− (2 k + 2) xo x−1...x− (2 k +1). = x− (2 k +1). bulunur. Yani,. x(2 k +3) n + 2. 2k +2 ⎧1 ⎛ ⎞ x a x− i ⎟ , n çift ise − + ⎪ − (2 k +1) ⎜ ∏ = ⎨a i =0 ⎝ ⎠ ⎪x n tek ise ⎩ − (2 k +1) ,. olduğu görülür. Benzer şekilde (3.2.4), (3.2.5),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinin doğru olduğu gösterilebilir.. Sonuç 3.2.1.. { xn }. ∞. a, x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 > 0. n =− ( 2 k + 2 ). ve. , (3.2.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer x− (2 k + 2) x− (2 k +1) ...x0 > a. ise,. o. zaman. (3.2.1). denkleminin bütün çözümleri pozitif olur. İspat. İspat, (3.2.2), (3.2.3),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinden görülür. Sonuç 3.2.2. { xn }. ∞ n =− ( 2 k + 2 ). , (3.2.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer a > 0 ,. x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 < 0 ve n çift ise, o zaman (3.2.1) denkleminin bütün çözümleri. pozitif ve n tek alındığında bütün çözümler negatif olur..

(35) 29. İspat. İspat, (3.2.2), (3.2.3),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinden görülür. Sonuç 3.2.3. { xn }. ∞ n =− ( 2 k + 2 ). , (3.2.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer a < 0 ,. x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 < 0 , x− (2 k + 2) x− (2 k +1) ...x0 > a ve n çift ise, o zaman (3.2.1). denkleminin bütün çözümleri pozitif ve n tek alındığında bütün çözümler negatif olur. İspat. İspat, (3.2.2), (3.2.3),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinden görülür. Sonuç 3.2.4. { xn }. ∞ n =− ( 2 k + 2 ). , (3.2.1) denkleminin bir çözümü olsun. Eğer a < 0 ,. x− (2 k + 2) , x− (2 k +1) ,..., x0 > 0 ve n çift ise, o zaman (3.2.1) denkleminin bütün çözümleri. negatif ve n tek alındığında ise pozitif olur. İspat. İspat, (3.2.2), (3.2.3),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinden görülür. Sonuç 3.2.5. (3.2.1) denkleminin çözümleri 4k + 6 periyotludur. İspat. İspat, (3.2.2), (3.2.3),..., (3.2.2k+4) eşitliklerinden görülür. Teorem 3.2.2. s ∈ Z + olmak üzere (3.2.2), (3.2.3),…, (3.2.2k+4) eşitlikleri. için, n çift iken s. ∏x n=0. x. (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2. ...x(2 k +3) n + 2 k +3. ⎛ 2k +2 ⎜ a ∏ x− i i =0 =⎜ 2k +2 ⎜ −a + x− i ∏ ⎜ i =0 ⎝. ve n tek iken. ⎛ 2k +2 ⎞ x x ... x = ∏ (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2 (2 k + 3) n + 2 k + 3 ⎜ ∏ x− i ⎟ n=0 ⎝ i =0 ⎠ s. eşitlikleri geçerlidir.. s +1. ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠. s +1.

(36) 30. İspat. İspatı tümevarım yöntemiyle yapalım. Önce s = 0 için eşitliğin doğru. olduğunu gösterelim. Teorem 3.2.1 den ax− (2 k + 2). x1 =. 2k +2. − a + ∏ x− i. , x2 =. 2k +2 1 ⎛ ⎞ x− (2 k +1) ⎜ −a + ∏ x− i ⎟ ,…, a i =0 ⎝ ⎠. i =0. x2 k + 2 =. 2k +2 1 ⎛ ⎞ x−1 ⎜ − a + ∏ x− i ⎟ , x2 k +3 = a ⎝ i =0 ⎠. ax0. 2k +2. − a + ∏ x− i i =0. eşitlikleri elde edilir. Buradan 2k +2. x1 x2 ...x2 k +3 =. a ∏ x− i i =0 2k +2. − a + ∏ x− i i =0. bulunur. Yani, s = 0 için iddiamız doğrudur. Eşitliklerin s − 1 için doğru olduğunu kabul edecek olursak s −1. ∏x n=0. x. (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2. ...x(2 k +3) n + 2 k +3. ⎛ 2k +2 ⎜ a ∏ x− i i =0 =⎜ 2k +2 ⎜ −a + x− i ∏ ⎜ i =0 ⎝. ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠. s. ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠. s +1. yazılabilir. Yine, Teorem 3.2.1 den 2k +2. x(2 k +3) n +1 x(2 k +3) n + 2 ...x(2 k +3) n + 2 k + 3 =. a ∏ x−i i =0 2k +2. − a + ∏ x−i i =0. eşitliği yazılabilir. Yukarıdaki bu iki eşitlikten. s. ∏x n=0. x. (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2. ...x(2 k +3) n + 2 k +3. ⎛ 2k +2 ⎜ a ∏ x− i i =0 =⎜ 2k +2 ⎜ −a + x− i ∏ ⎜ i =0 ⎝. elde edilir. Bu da iddiamızın s için doğru olduğunu gösterir. Aynı şekilde n tek iken.

(37) 31. s. ∏x n=0. x. (2 k + 3) n +1 (2 k + 3) n + 2. ...x(2 k +3) n + 2 k +3. ⎛ 2k +2 ⎞ = ⎜ ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠. s +1. olduğu görülür. Teorem 3.2.1 in bir uygulaması olarak aşağıdaki örneği verebiliriz. Örnek 3.2.1. (3.2.1) denklemi a = 1 ve k = 0 için, x0 , x−1 , x−2 reel başlangıç. şartları ve x0 x−1 x−2 ≠ 1 olmak üzere xn +1 =. xn − 2 −1 + xn xn −1 xn − 2. (3.2.2k+7). denklemine dönüşür. Bu denklemin bütün çözümleri x−2 ⎧ , n çift ise ⎪ x3n +1 = ⎨ −1 + x0 x−1 x−2 ⎪x , n tek ise ⎩ −2 ⎧⎪ x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) , n çift ise x3n + 2 = ⎨ n tek ise ⎪⎩ x−1 ,. x3n +3. x0 ⎧ , n çift ise ⎪ = ⎨ −1 + x0 x−1 x−2 ⎪x , n tek ise ⎩ 0. şeklindedir. Çözüm. x0 x−1 x−2 ≠ 1 olmak üzere (3.2.2k+7) denkleminde n = 0,1, 2, 3, 4,5. değerleri sırasıyla verildiğinde. x1 =. x−2 , −1 + x0 x−1 x−2.

(38) 32. x2 =. x−1 = −1 + x1 x0 x−1 −1 +. x−1 = x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) , x−2 −1 + x0 x−1 x−2. x3 =. x0 x0 = −1 + x2 x1 x0 −1 + x −1 + x x x −1 ( 0 −1 − 2 ). x−2 x0 −1 + x0 x−1 x−2. =. x0 , −1 + x0 x−1 x−2. x0 −1 + x0 x−1 x−2. x4 =. x1 = −1 + x3 x2 x1. x5 =. x2 = −1 + x4 x3 x2 −1 + x −2. x0 x−2 x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) −1 + x0 x−1 x−2 −1 + x0 x−1 x−2. = x−2 ,. x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) = x−1 , x0 x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) −1 + x0 x−1 x−2. x0 x3 −1 + x0 x−1 x−2 = = x0 x6 = x0 −1 + x5 x4 x3 −1 + x x −1 −2 −1 + x0 x−1 x−2 elde edilir. Bu ise eşitliklerin n = 0 ve n = 1 için doğru olduğunu gösterir. Eşitliklerin n − 1 için doğru olduğunu kabul edersek. x3n − 2. x−2 ⎧ , n tek ise ⎪ = ⎨ −1 + x0 x−1 x−2 ⎪x , n çift ise ⎩ −2. ⎧⎪ x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) , n tek ise x3n −1 = ⎨ n çift ise ⎪⎩ x−1 ,.

(39) 33. x0 ⎧ , n tek ise ⎪ x3n = ⎨ −1 + x0 x−1 x−2 ⎪x , n çift ise ⎩ 0 eşitlikleri yazılabilir. Denklem (3.2.2k+7) den x3n +1 =. x3n − 2 −1 + x3n x3n −1 x3n − 2. denklemi elde edilir. Bu denklemde n tek olduğu zaman yukarıdaki eşitlikler yerine yazıldığında. x3n +1 =. x−2 −1 + x0 x−1 x−2 x0 x−2 −1 + x−1 ( −1 + x0 x−1 x−2 ) −1 + x0 x−1 x−2 −1 + x0 x−1 x−2. = x−2. elde edilir. Yine, n çift olduğunda. x3n +1 =. x−2 −1 + x0 x−1 x−2. elde edilir. Yani, x−2 ⎧ , n çift ise ⎪ x3n +1 = ⎨ −1 + x0 x−1 x−2 ⎪x , n tek ise ⎩ −2 bulunur. Bu ise iddiamızın doğru olduğunu gösterir. Diğer eşitlikler de benzer yolla gösterilir..

(40) 34. 3.3. xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. Fark Denkleminin Çözümleri, Periyodikliği ve. n −i. Salınımlılığı. Bu kısımda k pozitif tek bir tamsayı, x−2 k , x− (2 k −1) ,..., x0 reel başlangıç şartları ve. 2k. ∏x i =0. −i. ≠ ±1 olmak üzere. xn +1 =. ( −1). n. 1 + ( −1). n. xn − 2 k 2k. ∏x i =0. (3.3.1). n −i. rasyonel fark denkleminin çözümleri incelenmiştir. Öncelikle bu çözümleri bulmak için kullanılan üç lemma ifade ve ispat edilmiştir. 2k. Lemma 3.3.1. Eğer ∏ x− i ≠ ±1 ise, i =0. x1 =. 2k ⎛ ⎞ , x x 1 x− i ⎟ , = − + ∏ − (2 k −1) ⎜ 2 2k i =0 ⎝ ⎠ 1 + ∏ x− i. x−2 k i =0. x3 =. 2k ⎛ ⎞ , x x 1 x− i ⎟ ,..., = − − ∏ − (2 k − 3) ⎜ 4 2k ⎝ i =0 ⎠ 1 − ∏ x− i. x− (2 k − 2) i =0. x2 k − 2. 2k ⎛ ⎞ , x2 k −1 = − x−2 ⎜ 1 + ∏ x− i ⎟ = 2k i =0 ⎝ ⎠ 1 + ∏ x− i. x−3 i =0. x2 k =. 2k ⎛ ⎞ , x x 1 x− i ⎟ = − − ∏ 2 k +1 0⎜ 2k ⎝ i =0 ⎠ 1 − ∏ x− i. x−1 i =0.

(41) 35. 2 k −3. i+4. i =0. İspat.. 2k. ∏x i =0. −i. 2 k −3. ∏x. eşitlikleri doğrudur. Ayrıca. = ∏ x− i eşitliği de yazılabilir. i =0. ≠ ±1 olmak üzere, (3.3.1) denkleminde n = 0,1,..., 2k değerleri. için basit iterasyon uygulandığında eşitlikler görülür.. Lemma 3.3.2. Eğer. 2k. ∏x i =0. x2 k +5 = − x− (2 k −3) , x2 k + 6. −i. ≠ ±1 ise,. 2k ⎛ ⎞ x− (2 k − 4) ⎜ −1 + ∏ x− i ⎟ i =0 ⎝ ⎠, = 2k 1 + ∏ x− i i =0. x2 k + 7 = − x− (2 k −5) , x2 k +8. 2k ⎛ ⎞ x− (2 k −6) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ i =0 ⎝ ⎠, = 2k −1 + ∏ x− i i =0. x2 k +9. 2k ⎛ ⎞ x−2 ⎜ −1 + ∏ x− i ⎟ i =0 ⎝ ⎠, = − x− (2 k − 7) ,..., x4 k −1 = − x−3 , x4 k = 2k 1 + ∏ x− i i =0. x4 k +1 = − x−1 , x4 k + 2. 2k ⎛ ⎞ x0 ⎜1 + ∏ x−i ⎟ ⎠ = ⎝ 2i =k0 −1 + ∏ x− i i =0. eşitlikleri doğrudur. Ayrıca. 4k −2. ∏. i = 2 k +1. 2 k −3. xi + 4 = ∏ x− i eşitliği de yazılabilir. i =0.

(42) 36. İspat.. 2k. ∏x i =0. −i. ≠ ±1 olmak üzere, (3.3.1) denkleminde n = 2k + 4, 2k + 5 ,...,. 4k +1 değerleri için basit iterasyon uygulandığında eşitlikler görülür.. Lemma 3.3.3. Eğer. 2k. ∏x i =0. −i. ≠ ±1 ise,. 2k − x− (2 k − 4) ⎛ ⎞ , x4 k + 6 = − x− (2 k −3) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ , x4 k + 7 = 2k ⎝ i =0 ⎠ 1 + ∏ x−i i =0. 2k x− (2 k −6) ⎛ ⎞ x4 k +8 = − x− (2 k −5) ⎜ −1 + ∏ x− i ⎟ , x4 k +9 = 2k i =0 ⎝ ⎠ −1 + ∏ x− i i =0. 2k 2k ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x4 k +10 = x− (2 k −7) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ ,..., x6 k = x−3 ⎜1 + ∏ x− i ⎟ , i =0 ⎝ i =0 ⎠ ⎝ ⎠. x6 k +1 =. − x−2. 2k x0 ⎛ ⎞ = − − + , x x 1 x− i ⎟ , x6 k +3 = ∏ 6k +2 −1 ⎜ 2k 2k i =0 ⎝ ⎠ 1 + ∏ x− i −1 + ∏ x− i i =0. i =0. eşitlikleri doğrudur. Ayrıca. 6 k −1. ∏. i=4k +2. İspat.. 2k. ∏x i =0. −i. 2 k −3. xi + 4 = ∏ x− i eşitliği de yazılabilir. i =0. ≠ ±1 olmak üzere, (3.3.1) denkleminde n = 4k + 5, 4k + 6 ,...,. 6k + 2 değerleri için basit iterasyon uygulandığında eşitlikler görülür. Teorem 3.3.1. { xn }n =−2 k , (3.3.1) denkleminin bir çözümü olsun. k pozitif tek ∞. bir tamsayı, m de 1 ≤ m ≤ 2k +1 şartını sağlayan bir tamsayı ve. 2k. ∏x i =0. üzere, (3.3.1) denkleminin bütün çözümleri. −i. ≠ ±1 olmak.

(43) 37. m ≡ 1(mod 4) için. x(2 k +1) n + m. ⎧ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ , n ≡ 0(mod 4) ⎪ 2k ⎪ 1+ x− i ⎪ ∏ i =0 ⎪ 2k ⎛ ⎞ ⎪x 1 − + x− i ⎟ ∏ ⎪ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ⎜⎝ i =0 ⎠ , n ≡ 1(mod 4) ⎪⎪ 2k =⎨ 1 + ∏ x−i ⎪ i =0 ⎪ ⎪ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ n ≡ 2(mod 4) , 2k ⎪− ⎪ 1 + ∏ x− i ⎪ i =0 ⎪x n ≡ 3(mod 4) , ⎩⎪ − ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤. (3.3.2). m ≡ 2(mod 4) için. x(2 k +1) n + m. 2k ⎧ ⎛ ⎞ ⎪− x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ ⎜1 + ∏ x− i ⎟ , i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪− x− ⎡2 k − m −1 ⎤ , ⎪ ⎣ ( )⎦ =⎨ 2k ⎛ ⎞ ⎪− x − + x− i ⎟ , 1 ∏ ⎪ − ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ ⎜⎝ i =0 ⎠ ⎪ ⎪⎩ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 0(mod 4) n ≡ 1(mod 4) n ≡ 2(mod 4) n ≡ 3(mod 4). (3.3.3).

(44) 38. m ≡ 3(mod 4) için. x(2 k +1) n + m. ⎧ − x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , ⎪ 2k ⎪ −1 + x− i ∏ ⎪ i =0 ⎪ 2k ⎛ ⎞ ⎪x + 1 x− i ⎟ ⎪ − ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ ⎜⎝ ∏ i =0 ⎠, ⎪⎪ 2k =⎨ −1 + ∏ x−i ⎪ i =0 ⎪ ⎪ x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , ⎪ 2k ⎪ −1 + ∏ x−i ⎪ i =0 ⎪x , ⎩⎪ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦. n ≡ 0(mod 4). n ≡ 1(mod 4). (3.3.4). n ≡ 2(mod 4) n ≡ 3(mod 4). m ≡ 0(mod 4) için. x(2 k +1) n + m. 2k ⎧ ⎛ ⎞ − + x 1 x− i ⎟ , ∏ ⎪ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ⎜ i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪− x− ⎡2 k − m −1 ⎤ , ⎪ ⎣ ( )⎦ =⎨ 2k ⎛ ⎞ ⎪x + x− i ⎟ , 1 ∏ ⎜ k m − ⎡ − − ⎤ 2 1 ( ) ⎪ ⎣ ⎦ i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪⎩ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 0(mod 4) n ≡ 1(mod 4). (3.3.5). n ≡ 2(mod 4) n ≡ 3(mod 4). şeklindedir. İspat. İspatı tümevarım metoduyla yapalım. İlk olarak Lemma 3.3.1 den. n = 0 ve m = 1 için. x1 =. x−2 k 2k. 1 + ∏ x− i i =0. n = 0 ve m = 2 için. ,.

(45) 39. 2k ⎛ ⎞ x2 = − x− (2 k −1) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ , i =0 ⎝ ⎠. n = 0 ve m = 3 için. x3 =. x− (2 k − 2) 2k. 1 − ∏ x− i i =0. n = 0 ve m = 4 için 2k ⎛ ⎞ x4 = − x− (2 k −3) ⎜1 − ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠. olduğu görülür. Şimdi iddiamızın n = 1 ve m = 1, 2, 3, 4 değerleri için doğru olduğunu gösterelim. Yazım kolaylığı açısından. 2k. ∏x i =0. −i. = p alalım. (3.3.1) denkleminden. n = 2k +1 için x2 k + 2 =. − x1 2k. 1 − ∏ x2 k +1−i i =0. elde edilir. Lemma 3.3.1 den. x2 k + 2. − x−2 k 1+ p = x x x x 1 − ⎡⎣ − x0 (1 − p ) ⎤⎦ −1 ⎡⎣ − x−2 (1 + p ) ⎤⎦ −3 ... − (2 k − 2) ⎣⎡ − x− (2 k −1) (1 + p ) ⎦⎤ −2 k 1− p 1+ p 1− p 1+ p − x−2 k x ( −1 + p ) 1+ p = = −2 k p 1+ p 1+ 1− p.

(46) 40. bulunur. Yani, n = 1 ve m = 1 için. x2 k + 2. 2k ⎛ ⎞ x−2 k ⎜ −1 + ∏ x−i ⎟ i =0 ⎝ ⎠ = 2k 1 + ∏ x− i. (3.3.6). i =0. olur. (3.3.1) denkleminden n = 2k + 2 için. x2 k +3 =. x2 2k. 1 + ∏ x2 k + 2−i i =0. elde edilir. (3.3.6) eşitliğinden ve Lemma 3.3.1 den. − x− (2 k −1) (1 + p ). x2 k +3 = 1+. =. x x−2 k ( −1 + p ) x x ⎡⎣ − x0 (1 − p ) ⎤⎦ −1 ⎡⎣ − x−2 (1 + p ) ⎤⎦ −3 ... − (2 k − 2) ⎡⎣ − x− (2 k −1) (1 + p ) ⎤⎦ 1+ p 1− p 1+ p 1− p. − x− (2 k −1) (1 + p ) 1+ p. bulunur. Böylece n = 1 ve m = 2 için x2 k + 3 = − x− (2 k −1). elde edilir. (3.3.1) denkleminden n = 2k + 3 için. x2 k + 4 =. − x3 2k. 1 − ∏ x2 k +3−i i =0. (3.3.7).

(47) 41. elde edilir. (3.3.6), (3.3.7) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.1 den. − x2 k + 4 =. 1 − ⎡⎣ − x− (2 k −1) ⎤⎦. − =. x− (2 k − 2) 1− p. x x−2 k ( −1 + p ) x x ⎡⎣ − x0 (1 − p ) ⎤⎦ −1 ⎡⎣ − x−2 (1 + p ) ⎤⎦ −3 ... − (2 k − 2) 1+ p 1− p 1+ p 1− p. x− (2 k − 2). x (1 + p ) 1− p = − (2 k − 2) p −1 + p 1− 1+ p. bulunur. Böylece n = 1 ve m = 3 için. x2 k + 4. 2k ⎛ ⎞ x− (2 k − 2) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ ⎝ i =0 ⎠ = 2k −1 + ∏ x−i. (3.3.8). i =0. elde edilir. Son olarak Lemma 3.2.2 den n = 1 ve m = 4 için x2 k +5 = − x− (2 k −3). (3.3.9). olduğu görülür. Şimdi eşitliklerin n = 2 ve m = 1, 2, 3, 4 için doğru olduğunu göstermeliyiz. İlk olarak (3.3.1) denkleminden n = 4k + 2 için. x4 k +3 =. x. 2k +2 2k. 1 + ∏ x4 k + 2−i i =0.

(48) 42. denklemi elde edilir. O zaman (3.3.6), (3.3.7), (3.3.8) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.2 den. x4 k +3. x−2 k ( −1 + p ) 1+ p = x x (1 + p ) x ( −1 + p ) x−2 k ( −1 + p ) (1 + p ) ⎡ ⎤ x 1+ 0 − [ − x−1 ] −2 [ − x−3 ]... −(2 k −2) − (2 k − 1) ⎣ ⎦ −1 + p −1 + p 1+ p 1+ p. x−2 k ( −1 + p ) −x 1+ p = = −2 k 1− p 1+ p bulunur. Buradan n = 2 ve m = 1 için. x4 k +3 =. − x−2 k 2k. 1 + ∏ x− i. (3.3.10). i =0. olur. İkinci olarak n = 2 ve m = 2 için (3.3.1) denkleminden n = 4k + 3 için. x4 k + 4 =. − x2 k +3 2k. 1 − ∏ x4 k +3−i i =0. denklemi elde edilir. (3.3.7), (3.3.8), (3.3.10) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.2 den. x4 k + 4 =. =. x− (2 k −1). x x ( −1 + p ) (1 + p ) ⎡ ⎡ − x ⎤ x (1 + p ) 1 − ⎢ −2 k ⎥ 0 [ − x−1 ] −2 [ − x−3 ]... −(2k −2) ⎣ − x− (2 k −1) ⎤⎦ −1 + p 1+ p ⎣ 1 + p ⎦ −1 + p. x− (2 k −1) = − x− (2 k −1) ( −1 + p ) −1 −1 + p. bulunur. Yani,.

(49) 43. 2k ⎛ ⎞ x4 k + 4 = − x− (2 k −1) ⎜ −1 + ∏ x− i ⎟ i =0 ⎝ ⎠. (3.3.11). elde edilir. Yine (3.3.1) denkleminden n = 4k + 4 için. x4 k +5 =. x. 2k +4 2k. 1 + ∏ x4 k + 4−i i =0. bulunur. Bu denklemde (3.3.8), (3.3.10), (3.3.11) eşitlikleri yerine yazılır ve Lemma 3.3.2 göz önüne alınırsa x− (2 k − 2) (1 + p ) x4 k +5 =. −1 + p x x ( −1 + p ) (1 + p ) ⎡ − x ⎤ x (1 + p ) 1 + ⎡⎣ − x− (2 k −1) ( −1 + p ) ⎤⎦ ⎢ −2 k ⎥ 0 [ − x−1 ] −2 [ − x−3 ]... −(2k −2) −1 + p 1+ p ⎣ 1 + p ⎦ −1 + p. x− (2 k − 2) (1 + p ) =. −1 + p 1+ p. =. x− (2 k − 2) −1 + p. elde edilir. Buradan n = 2 ve m = 3 için. x4 k +5 =. x− (2 k − 2) 2k. −1 + ∏ x− i. (3.3.12). i =0. olur. Son olarak Lemma 3.3.3 ten n = 2 ve m = 4 için 2k ⎛ ⎞ x4 k + 6 = x− (2 k −3) ⎜1 + ∏ x− i ⎟ i =0 ⎝ ⎠. olduğu görülür.. (3.3.13).

(50) 44. Şimdi de eşitliklerin n = 3 ve m = 1, 2, 3, 4 için doğru olduğunu gösterelim.. n = 3 ve m = 1 için (3.3.1) denkleminden n = 6k + 3 için. x6 k + 4 =. − x4 k +3 2k. 1 − ∏ x6 k +3−i i =0. elde edilir. (3.3.10), (3.3.11), (3.3.12) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.3 ten. x−2 k 1+ p. x6 k + 4 = 1−. x ⎡ −x ⎤ x0 x ⎡⎣ − x−1 ( −1 + p ) ⎤⎦ ⎢ −2 ⎥ x−3 (1 + p ) ... − (2 k − 2) ⎡⎣ − x− (2 k −1) ( −1 + p ) ⎤⎦ −2 k 1+ p −1 + p −1 + p ⎣1 + p ⎦. x−2 k 1+ p = = x−2 k 1 1+ p. olup x6 k + 4 = x−2 k. (3.3.14). elde edilir.. n = 3 ve m = 2 için (3.3.1) denkleminden n = 6k + 4 için. x6 k +5 =. x. 4k +4 2k. 1 + ∏ x6 k + 4−i i =0. elde edilir. (3.3.11), (3.3.12), (3.3.14) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.3 ten − x− (2 k −1) ( −1 + p ). x6 k +5 = 1 + x−2 k. x ⎡ −x ⎤ x0 ⎡⎣ − x−1 ( −1 + p ) ⎤⎦ ⎢ −2 ⎥ x−3 (1 + p ) ... − (2 k − 2) ⎡⎣ − x− (2 k −1) ( −1 + p ) ⎤⎦ −1 + p −1 + p ⎣1 + p ⎦.

(51) 45. − x− (2 k −1) ( −1 + p ). =. 1− p. = x− (2 k −1). bulunur. Yani, x6 k +5 = x− (2 k −1). (3.3.15). elde edilir.. n = 3 ve m = 3 için (3.3.1) denkleminden n = 6k + 5 için. x6 k + 6 =. − x4 k +5 2k. 1 − ∏ x6 k +5−i i =0. elde edilir. (3.3.12), (3.3.14), (3.3.15) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.3 ten. − x6 k + 6 = 1 − x− (2 k −1) x−2 k. − =. x− (2 k − 2) −1 + p. x ⎡ −x ⎤ x0 ⎡⎣ − x−1 ( −1 + p ) ⎤⎦ ⎢ −2 ⎥ x−3 (1 + p ) ... − (2 k − 2) −1 + p −1 + p ⎣1 + p ⎦. x− (2 k − 2). −1 + p = x− (2 k − 2) −1 −1 + p. bulunur. Böylece x6 k + 6 = x− (2 k − 2). elde edilir.. n = 3 ve m = 4 için (3.3.1) denkleminden n = 6k + 6 için. (3.3.16).

(52) 46. x6 k + 7 =. x. 4k +6 2k. 1 + ∏ x6 k + 6−i i =0. eşitliği elde edilir. (3.3.14), (3.3.15), (3.3.16) eşitliklerinden ve Lemma 3.3.3 ten x− (2 k −3) (1 + p ). x6 k + 7 = 1 + x− (2 k − 2) x− (2 k −1) x−2 k. =. ⎡ −x ⎤ x0 ⎡⎣ − x−1 ( −1 + p ) ⎤⎦ ⎢ −2 ⎥ x−3 (1 + p ) ... −1 + p ⎣1 + p ⎦. x− (2 k −3) (1 + p ) 1+ p. olup x6 k + 7 = x− (2 k −3). (3.3.17). bulunur. Şimdi de eşitliklerin n − 1 için doğru olduğunu kabul edelim. O zaman (3.3.2), (3.3.3), (3.3.4) ve (3.3.5) eşitliklerinden m ≡ 1(mod 4) için. x(2 k +1) n − (2 k +1− m ). ⎧ x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , ⎪ 2k ⎪ 1+ x− i ⎪ ∏ i =0 ⎪ 2k ⎛ ⎞ ⎪x x− i ⎟ 1 − + ∏ ⎪ − ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ ⎜⎝ i =0 ⎠, ⎪⎪ 2k =⎨ 1 + ∏ x− i ⎪ i =0 ⎪ ⎪ x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , 2k ⎪− ⎪ 1 + ∏ x− i ⎪ i =0 ⎪x ⎪⎩ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 1(mod 4). n ≡ 2(mod 4). n ≡ 3(mod 4) n ≡ 0(mod 4). (3.3.18).

(53) 47. m ≡ 2(mod 4) için. x(2 k +1) n −(2 k +1− m ). 2k ⎧ ⎛ ⎞ x 1 − + ⎪ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ⎜ ∏ x− i ⎟ , i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪− x− ⎡2 k − m −1 ⎤ , ⎪ ⎣ ( )⎦ =⎨ 2k ⎛ ⎞ ⎪− x x− i ⎟ , 1 − + ∏ ⎜ 2 k m 1 − ⎡ − − ⎤ ( ) ⎦ ⎪ ⎣ i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪⎩ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 1(mod 4) n ≡ 2(mod 4). (3.3.19). n ≡ 3(mod 4) n ≡ 0(mod 4). m ≡ 3(mod 4) için. x(2 k +1) n − (2 k +1− m ). ⎧ − x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , ⎪ 2k ⎪ −1 + x−i ∏ ⎪ i =0 ⎪ 2k ⎛ ⎞ ⎪x x− i ⎟ 1 + ∏ ⎪ − ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ ⎜⎝ i =0 ⎠, ⎪⎪ 2k =⎨ −1 + ∏ x− i ⎪ i =0 ⎪ ⎪ x− ⎣⎡2 k −( m −1)⎦⎤ , 2k ⎪ ⎪ −1 + ∏ x− i ⎪ i =0 ⎪x ⎪⎩ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 1(mod 4). n ≡ 2(mod 4). (3.3.20). n ≡ 3(mod 4) n ≡ 0(mod 4). m ≡ 0(mod 4) için. x(2 k +1) n − (2 k +1− m ). 2k ⎧ ⎛ ⎞ x 1 x− i ⎟ , − + ∏ ⎪ − ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ⎜ i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪− x− ⎡2 k − m −1 ⎤ , ⎪ ⎣ ( )⎦ =⎨ 2k ⎛ ⎞ ⎪x x− i ⎟ , 1 + ∏ ⎜ 2 k m 1 − ⎡ − − ⎤ ( ) ⎦ ⎪ ⎣ i =0 ⎝ ⎠ ⎪ ⎪⎩ x− ⎡⎣2 k −( m −1)⎤⎦ ,. n ≡ 1(mod 4) n ≡ 2(mod 4) n ≡ 3(mod 4) n ≡ 0(mod 4). (3.3.21).

(54) 48. eşitlikleri yazılır. Yine (3.3.1) denkleminden. x(2 k +1) n + m =. ( −1). (2 k +1) n + (1− m ). 1 + ( −1). (2 k +1) n + (1− m ). x(2 k +1) n −(2 k +1− m ). (3.3.22). 2k. ∏x i =0. (2 k +1) n − ( i +1− m ). denklemi elde edilir. n ≡ 1(mod 4) ve m ≡ 1(mod 4) için (3.3.22) denkleminden. − x(2 k +1) n − (2 k +1− m ). x(2 k +1) n + m =. 2k. 1 − ∏ x(2 k +1) n −(i +1− m ) i =0. elde edilir. Buradan, s pozitif bir tamsayı olmak üzere m = 4s + 1 olduğundan. x(2 k +1) n + m =. eşitliği. − x(2 k +1) n − (2 k − 4 s ) 1 − x(2 k +1) n − ( −4 s ) x(2 k +1) n − (1− 4 s ) ...x(2 k +1) n − (2 k − 2− 4 s ) x(2 k +1) n − (2 k −1− 4 s ) x(2 k +1) n − (2 k − 4 s ). yazılabilir.. (3.3.18),. (3.3.19),. (3.3.20),. (3.3.21). eşitliklerinden. ve. k ≡ 1(mod 2) , m ≤ 2k +1 olduğundan. −. x(2 k +1) n + m. x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎣. ⎦. 1+ p = = p 1− −1 + p. −. x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎣. ⎦. 1+ p −1 −1 + p. olup. x(2 k +1) n + m. 2k ⎛ ⎞ x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎜ −1 + ∏ x−i ⎟ ⎣ ⎦ i =0 ⎝ ⎠ = 2k 1 + ∏ x− i i =0. elde edilir.. (3.3.23).

(55) 49. İkinci olarak n ≡ 1(mod 4) ve m ≡ 2(mod 4) için. x(2 k +1) n + m =. x(2 k +1) n −(2 k − 4 s ) 1 + x(2 k +1) n +1−( −4 s ) x(2 k +1) n −( −4 s ) x(2 k +1) n − (1− 4 s ) ...x(2 k +1) n − (2 k − 2− 4 s ) x(2 k +1) n − (2 k −1− 4 s ). yazılabilir. (3.3.18), (3.3.19), (3.3.20), (3.3.21), (3.3.23) eşitliklerinden. x(2 k +1) n + m =. − x− ⎡2 k −( m−1)⎤ (1 + p ) ⎣. ⎦. 1+ p. olup x(2 k +1) n + m = − x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎣. ⎦. (3.3.24). elde edilir. Yine n ≡ 1(mod 4) ve m ≡ 3(mod 4) için. x(2 k +1) n + m =. − x(2 k +1) n − (2 k − 4 s ) 1 − x(2 k +1) n + 2− ( −4 s ) x(2 k +1) n +1− ( −4 s ) x(2 k +1) n − ( −4 s ) x(2 k +1) n − (1− 4 s ) ...x(2 k +1) n − (2 k − 2− 4 s ). yazılabilir. (3.3.18), (3.3.19), (3.3.20), (3.3.21), (3.3.23) ve (3.3.24) eşitliklerinden. −. x(2 k +1) n + m. x− ⎡2 k −( m−1)⎤ ⎣. ⎦. −1 + p = p 1− 1+ p. =. x− ⎡2 k −( m−1)⎤ (1 + p ) ⎣. ⎦. −1 + p. olup. x(2 k +1) n + m. 2k ⎛ ⎞ x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎜1 + ∏ x−i ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ i =0 ⎠ = 2k −1 + ∏ x− i i =0. elde edilir. Son olarak n ≡ 1(mod 4) ve m ≡ 0(mod 4) için. (3.3.25).

(56) 50. x(2 k +1) n + m =. x(2 k +1) n − (2 k − 4 s ) 1 + x(2 k +1) n + 3− ( −4 s ) x(2 k +1) n + 2− ( −4 s ) x(2 k +1) n +1− ( −4 s ) x(2 k +1) n − ( −4 s ) x(2 k +1) n− (1− 4 s ) .... yazılabilir. (3.3.18), (3.3.19), (3.3.20), (3.3.21), (3.3.23), (3.3.24) ve (3.3.25) eşitliklerinden. x(2 k +1) n + m =. − x− ⎡2 k −( m−1)⎤ (1 − p ) ⎣. ⎦. 1− p. olup x(2 k +1) n + m = − x− ⎡2 k −( m −1)⎤ ⎣. (3.3.26). ⎦. elde edilir. Böylece n ≡ 1(mod 4) için (3.2), (3.3), (3.4) ve (3.5) eşitliklerinin doğru olduğunu gösterdik. Benzer şekilde eşitliklerin. n ≡ 2(mod 4) ,. n ≡ 3(mod 4) ,. n ≡ 0(mod 4) için doğru olduğu gösterilebilir. Teorem 3.3.1 den aşağıdaki sonucu. verebiliriz. Sonuç 3.3.1. (3.3.1) denkleminin bütün çözümleri 8k + 4 periyotludur.. Teorem 3.3.2 k > 1 , x−2 k , x− (2 k −1) ,..., x0 > x ve. 2k. ∏x i =0. −i. > 1 olmak üzere,. (3.3.1) denkleminin { xn }n =−2 k çözümü, x = 0 denge noktası civarında salınımlıdır ve ∞. (3.3.1) denklemi için aşağıdaki ifadeler doğrudur. i) Her pozitif yarı dönme 1, 2 ya da 2k+3 uzunluğundadır, ii) Her negatif yarı dönme 1 ya da 2 uzunluğundadır, iii) 1 uzunluğundaki her pozitif yarı dönmeyi 1 ya da 2 uzunluğunda negatif. yarı dönme takip eder, iv) 2 uzunluğundaki her pozitif yarı dönmeyi 2 uzunluğundaki negatif yarı. dönme takip eder,.