20 Dizilerde Yakınsaklık ve Limit
Önceki bölümde \(\dfrac{(-1)^n}{n}\) dizisinin terimlerinin \(0\)’a, \(\dfrac{n}{n+1}\) dizisinin terimlerinin \(1\)’e “yaklaştığını” gözlemledik; ama “yaklaşmak” sözcüğünü tanımlamadık. Bu bölümde analizin merkezî kavramı olan limiti diziler için kesin biçimde tanımlıyoruz. Tanım, matematiğin en ünlü ifadelerinden biridir: “her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(n_\varepsilon\) vardır ki…” Bu cümleyi okumayı, kullanmayı ve olumsuzlamayı öğrenmek, analizin geri kalanının anahtarıdır.
Tanımdan sonra ilk sonuçları kanıtlayacağız: limit varsa tektir; yakınsak her dizi sınırlıdır; limit mutlak değerle uyumludur. Ayrıca beş temel örnek üzerinde tanımı adım adım çalıştıracağız.
20.1 Yakınsaklık Tanımı
\(\dfrac{1}{n}\) dizisini düşünelim. “Terimler \(0\)’a yaklaşır” derken kastettiğimiz şudur: hangi hata payını (toleransı) seçersek seçelim, dizide yeterince ileri gidersek terimler \(0\)’dan bu hata payından daha az uzakta kalır. Hata payına \(\varepsilon\), “yeterince ileri”nin başladığı yere \(n_\varepsilon\) diyelim. Tanım tam olarak bunu söyler.
Tanım 20.1 (Dizinin Limiti ve Yakınsaklık) \((a_n)\) bir reel sayı dizisi ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için, \(n \ge n_\varepsilon\) olan her \(n \in \mathbb{N}\)’de
\[|a_n - a| < \varepsilon\]
eşitsizliğini sağlayan bir \(n_\varepsilon \in \mathbb{N}\) doğal sayısı varsa \((a_n)\) dizisi \(a\) sayısına yakınsar (converges) denir. Bu durumda \((a_n)\) dizisine yakınsak dizi (convergent sequence), \(a\) sayısına dizinin limiti (limit) denir ve
\[\lim_{n \to \infty} a_n = a \qquad \text{ya da} \qquad a_n \to a \ \ (n \to \infty)\]
yazılır. Sembolik olarak:
\[\lim_{n\to\infty} a_n = a \iff \forall \varepsilon > 0\ \ \exists n_\varepsilon \in \mathbb{N}\ \ \forall n \in \mathbb{N}\ \ \big(n \ge n_\varepsilon \Rightarrow |a_n - a| < \varepsilon\big).\]
Tanımı iki açıdan okuyalım.
- Geometrik anlam. Önerme 8.6 gereği \(|a_n - a| < \varepsilon\) eşitsizliği \(a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon\) ile, yani \(a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon) = B(a, \varepsilon)\) ile denktir (Tanım 15.1). Dizi \(a\)’ya yakınsar demek, \(a\)’nın her \(\varepsilon\)-komşuluğunun, bir yerden sonra dizinin bütün terimlerini içermesi demektir. Yukarıdaki grafikte bu, \(a\) etrafındaki yatay bandın \(n_\varepsilon\)’den sonraki bütün noktaları yutması olarak görünür.
- Mantıksal anlam. \(\varepsilon\) ne kadar küçük seçilirse seçilsin (bant ne kadar daraltılırsa daraltılsın), \(n_\varepsilon\) indisinden sonraki bütün terimler bandın içine düşmelidir. Bandın dışında yalnızca sonlu sayıda terim (\(a_1, a_2, \dots, a_{n_\varepsilon - 1}\)) kalabilir. Bant daraldıkça \(n_\varepsilon\) büyür; yani dışarıda kalan terim sayısı artabilir, ama hep sonlu kalır.
Niceleyicilerin sırası tanımın özüdür: önce \(\varepsilon\) verilir, sonra ona bağlı bir \(n_\varepsilon\) bulunur. \(n_\varepsilon\) yazımındaki alt indis bu bağımlılığı hatırlatır. Sıra değişseydi (“öyle bir \(n_0\) vardır ki her \(\varepsilon\) için…”) bambaşka ve çok daha güçlü bir koşul elde edilirdi: o koşul, dizinin bir yerden sonra sabit \(a\) olmasını gerektirir.
Limiti \(0\) olan diziye sıfır dizisi (null sequence) denir. Her limit sorusu bir sıfır dizisi sorusuna çevrilebilir; çünkü tanımdaki eşitsizlik yalnızca \(a_n - a\) farkına bakar.
Önerme 20.1 (Limitin Sıfır Dizisine İndirgenmesi) \((a_n)\) bir dizi ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdakiler birbirine denktir:
- \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\),
- \(\lim_{n\to\infty} (a_n - a) = 0\),
- \(\lim_{n\to\infty} |a_n - a| = 0\).
İspat
Üç ifadeyi de Tanım 20.1 ile açalım. \(\varepsilon > 0\) ve \(n \in \mathbb{N}\) için sağlanması istenen eşitsizlikler sırasıyla
\[|a_n - a| < \varepsilon, \qquad |(a_n - a) - 0| < \varepsilon, \qquad \big|\,|a_n - a| - 0\,\big| < \varepsilon\]
biçimindedir. \(|(a_n - a) - 0| = |a_n - a|\) açıktır. Üçüncüsü için Teorem 8.1 (1) gereği \(|a_n - a| \ge 0\) olduğundan \(\big|\,|a_n - a|\,\big| = |a_n - a|\)’dır. Yani üç eşitsizlik aynı eşitsizliktir; biri için işe yarayan \(n_\varepsilon\) ötekiler için de işe yarar.
\(\blacksquare\)
Şimdi madalyonun öteki yüzü: yakınsamayan diziler.
Tanım 20.2 (Iraksak Dizi) Hiçbir \(a \in \mathbb{R}\) sayısına yakınsamayan diziye ıraksak dizi (divergent sequence) denir.
Iraksaklığı göstermek için tanımın olumsuzlamasına ihtiyacımız var. Bunu dikkatle yazalım; çünkü niceleyicili bir önermenin olumsuzlaması sezgiyle değil, kuralla (Teorem 2.1) alınır.
Önerme 20.2 (Yakınsamamanın Sembolik İfadesi) \((a_n)\) dizisi \(a \in \mathbb{R}\) sayısına yakınsamaz ancak ve ancak
\[\exists \varepsilon_a > 0\ \ \forall N \in \mathbb{N}\ \ \exists n \in \mathbb{N}:\ \ n \ge N \ \text{ ve } \ |a_n - a| \ge \varepsilon_a.\]
Dolayısıyla \((a_n)\) ıraksaktır ancak ve ancak bu koşul her \(a \in \mathbb{R}\) için sağlanıyorsa.
İspat
Tanım 20.1’ndeki sembolik ifadeye Teorem 2.1’yı adım adım uygulayalım: \(\forall \varepsilon\) yerine \(\exists \varepsilon\), \(\exists n_\varepsilon\) yerine \(\forall N\), \(\forall n\) yerine \(\exists n\) gelir ve en içteki \(n \ge N \Rightarrow |a_n - a| < \varepsilon\) gerektirmesinin olumsuzlaması “\(n \ge N\) ve \(|a_n - a| \ge \varepsilon\)” olur (bir gerektirme yalnızca hipotezi doğru, sonucu yanlışken yanlıştır; Tanım 1.7). Iraksaklık, “her \(a\) için yakınsamama” olduğundan ikinci ifade de tanımdan çıkar.
\(\blacksquare\)
Sözle: \((a_n)\) dizisinin \(a\)’ya yakınsamaması demek, öyle bir sabit hata payı \(\varepsilon_a\) bulunması demektir ki dizide ne kadar ileri gidersek gidelim (\(N\) ne kadar büyük olursa olsun), \(a\)’dan en az \(\varepsilon_a\) uzakta kalan bir terim (\(a_n\), \(n \ge N\)) yine bulunur. Başka bir deyişle, \(a\)’nın \(\varepsilon_a\)-komşuluğunun dışında sonsuz sayıda terim vardır.
20.2 Limitin Tekliği
Tanım “bir limit” der; peki bir dizinin iki farklı limiti olabilir mi? Sezgi hayır der: terimler hem \(a\)’ya hem de \(a\)’dan farklı bir \(b\)’ye keyfi yakınlıkta kalamaz. Bunu ispatlayalım.
Teorem 20.1 (Limitin Tekliği) Yakınsak bir dizinin limiti tektir. Yani \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) ve \(\lim_{n\to\infty} a_n = b\) ise \(a = b\)’dir.
İspat
Olmayana ergi yöntemini kullanalım: \((a_n)\) dizisi hem \(a\)’ya hem \(b\)’ye yakınsasın ve \(a \ne b\) olsun. Herhangi bir \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\dfrac{\varepsilon}{2} > 0\) olduğundan tanımı iki kez uygulayabiliriz.
- \(\lim a_n = a\) olduğundan, \(n \ge n_\varepsilon\) iken \(|a_n - a| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(n_\varepsilon \in \mathbb{N}\) vardır.
- \(\lim a_n = b\) olduğundan, \(n \ge n'_\varepsilon\) iken \(|a_n - b| < \dfrac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(n'_\varepsilon \in \mathbb{N}\) vardır.
\(n = \max\{n_\varepsilon, n'_\varepsilon\}\) alalım; bu \(n\) için her iki eşitsizlik de geçerlidir. \(a - b\) farkına \(a_n\)’yi ekleyip çıkararak üçgen eşitsizliğini (Teorem 8.2) uygulayalım:
\[|a - b| = |(a - a_n) + (a_n - b)| \le |a - a_n| + |a_n - b| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
(Burada \(|a - a_n| = |a_n - a|\) eşitliği Teorem 8.1 (3)’ten gelir.) Böylece \(|a - b| < \varepsilon\) elde ettik; ve \(\varepsilon > 0\) keyfi olduğundan bu, her pozitif \(\varepsilon\) için doğrudur.
Her pozitif sayıdan küçük olan tek negatif olmayan sayı \(0\)’dır: gerçekten \(|a - b| > 0\) olsaydı \(\varepsilon = |a - b|\) seçerek \(|a - b| < |a - b|\) çelişkisine düşerdik. O hâlde \(|a - b| = 0\) ve Teorem 8.1 (2) ile \(a = b\). Bu, \(a \ne b\) varsayımıyla çelişir. Demek ki limit tektir.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, “\(\lim_{n\to\infty} a_n\)” yazımını meşrulaştırır: yakınsak bir dizi için dizinin limiti diye tek bir sayıdan söz edebiliriz. Teorem olmasaydı \(\lim a_n\) yazımı belirsiz kalırdı.
20.3 Tanımla Limit Hesaplama
Bir limiti tanımla göstermek, verilen her \(\varepsilon\) için işe yarayan bir \(n_\varepsilon\) bulmak demektir. Bunun bir reçetesi vardır; örneklere geçmeden önce onu yazalım.
\(\lim a_n = a\) olduğunu tanımla göstermek için:
- Uzaklığı sadeleştir. \(|a_n - a|\) ifadesini hesapla ve mümkün olduğunca sadeleştir. Gerekirse onu daha basit bir ifadeyle üstten sınırla: \(|a_n - a| \le c_n\) olacak, \(n\) cinsinden basit bir \(c_n\) bul (örneğin \(\dfrac{2}{n+1} < \dfrac{2}{n}\)). Amaç, ikinci adımda çözülebilecek bir eşitsizlik elde etmektir.
- Eşitsizliği \(n\) için çöz. \(c_n < \varepsilon\) eşitsizliğini “\(n > (\varepsilon\text{'a bağlı bir sayı})\)” biçimine getir.
- \(n_\varepsilon\)’yi seç. Bulduğun sayıyı aşan bir doğal sayı al; varlığı Sonuç 12.1 ile güvence altındadır ve somut bir seçim taban fonksiyonuyla (Tanım 12.1) verilir: sayı \(x > 0\) ise \(n_\varepsilon = \lfloor x \rfloor + 1 > x\) alınır (\(\lfloor x \rfloor \ge 0\) olduğundan bu gerçekten bir doğal sayıdır).
- Doğrula. \(n \ge n_\varepsilon\) olan her \(n\) için zinciri yeniden yaz: \(|a_n - a| \le c_n \le c_{n_\varepsilon} < \varepsilon\). (Bu adım, \(c_n\)’nin azalan olmasını kullanır; değilse doğrudan \(n > x\)’ten \(c_n < \varepsilon\) çıkarılır.)
İlk üç adım kâğıt üzerinde “çözüm arama”, dördüncü adım ise gerçek ispattır. Sınavda ve yazılı ispatta dördüncü adımı atlamayın.
Örnek 20.1 (Bir Bölü n Dizisi) \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(n \ge n_\varepsilon\) iken \(\left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon\) olacak bir \(n_\varepsilon\) arıyoruz.
Uzaklık. \(n > 0\) olduğundan \(\left|\dfrac{1}{n} - 0\right| = \dfrac{1}{n}\).
Çözüm. \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon \iff n > \dfrac{1}{\varepsilon}\) (iki yanı pozitif \(n\varepsilon\) ile çarparak; Önerme 7.9).
Seçim. \(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\) alalım; Tanım 12.1 gereği \(n_\varepsilon > \dfrac{1}{\varepsilon}\) ve \(n_\varepsilon \ge 1\) olduğundan \(n_\varepsilon \in \mathbb{N}\)’dir. (Böyle bir \(n_\varepsilon\)’nin varlığı doğrudan Sonuç 12.2 ile de görülür.)
Doğrulama. \(n \ge n_\varepsilon\) olsun. Örnek 19.6 gereği \(\dfrac{1}{n}\) dizisi azalandır; dolayısıyla
\[\left|\frac{1}{n} - 0\right| = \frac{1}{n} \le \frac{1}{n_\varepsilon} < \varepsilon.\]
Tanım sağlandı: \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n} = 0\).
\(\blacksquare\)
Örnek 20.2 (Sabit Dizi) \(c \in \mathbb{R}\) olsun. \((c, c, c, \dots)\) sabit dizisinin \(c\)’ye yakınsadığını gösteriniz.
Çözüm
\(a_n = c\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Her \(n\) için \(|a_n - c| = |c - c| = 0 < \varepsilon\)’dur; eşitsizlik her indiste sağlanır. Dolayısıyla \(n_\varepsilon = 1\) seçmek yeter: \(n \ge 1\) olan her \(n\) için \(|a_n - c| < \varepsilon\). Böylece \(\lim_{n\to\infty} c = c\).
Bu örnekte \(n_\varepsilon\), \(\varepsilon\)’a bağlı olmadı; tanım buna izin verir, yalnızca “bağlı olabilir” der.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.3 (İki n Bölü n Artı Bir Dizisi) \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{2n}{n+1} = 2\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin.
Uzaklık. Paydaları eşitleyelim:
\[\left|\frac{2n}{n+1} - 2\right| = \left|\frac{2n - 2(n+1)}{n+1}\right| = \left|\frac{-2}{n+1}\right| = \frac{2}{n+1}.\]
Üstten sınırlama. \(n + 1 > n\) olduğundan \(\dfrac{2}{n+1} < \dfrac{2}{n}\). Daha basit olan \(\dfrac{2}{n}\) ile çalışacağız.
Çözüm. \(\dfrac{2}{n} < \varepsilon \iff n > \dfrac{2}{\varepsilon}\).
Seçim. \(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{2}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\); o zaman \(n_\varepsilon > \dfrac{2}{\varepsilon}\).
Doğrulama. \(n \ge n_\varepsilon\) olsun. O zaman \(n > \dfrac{2}{\varepsilon}\), yani \(\dfrac{2}{n} < \varepsilon\) ve
\[\left|\frac{2n}{n+1} - 2\right| = \frac{2}{n+1} < \frac{2}{n} < \varepsilon.\]
Demek ki \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{2n}{n+1} = 2\). Örneğin \(\varepsilon = 0{,}5\) için reçete \(n_\varepsilon = \lfloor 4 \rfloor + 1 = 5\) verir ve \(n \ge 5\) olan bütün terimler \((1{,}5;\ 2{,}5)\) bandının içindedir. Bölüm başındaki grafik de bu diziyi gösterir; orada \(\varepsilon = 0{,}3\) alınmış ve \(\dfrac{2}{n+1} < 0{,}3\) eşitsizliği doğrudan çözülerek \(n_\varepsilon = 6\) bulunmuştur (reçetedeki kaba sınır \(\dfrac{2}{n}\) ise \(n_\varepsilon = 7\) verirdi; ikisi de işe yarar, çünkü \(n_\varepsilon\) tek değildir).
\(\blacksquare\)
Örnek 20.4 (Üstten Sınırlayarak Limit) \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{n + 1}{n^2 + 1} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bu örnekte \(\dfrac{n+1}{n^2+1} < \varepsilon\) eşitsizliğini doğrudan \(n\) için çözmek zahmetlidir; sınırlama adımı işi kurtarır. \(n \ge 1\) için \(n + 1 \le n + n = 2n\) ve \(n^2 + 1 > n^2\) olduğundan
\[\left|\frac{n+1}{n^2+1} - 0\right| = \frac{n+1}{n^2+1} < \frac{2n}{n^2} = \frac{2}{n}.\]
\(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{2}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\) olsun. \(n \ge n_\varepsilon\) için \(n > \dfrac{2}{\varepsilon}\), dolayısıyla
\[\left|\frac{n+1}{n^2+1} - 0\right| < \frac{2}{n} < \varepsilon.\]
Böylece limit \(0\)’dır. Sınırlama yaparken tek kural, “\(\le\)” zincirinin doğru yönde ilerlemesidir: uzaklığı büyüten ama daha basit bir ifadeye geçilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.5 (Bir Bölü n Üssü p Dizisi) \(p > 0\) bir rasyonel sayı olsun. \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^p} = 0\) olduğunu gösteriniz. Özel olarak \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{\sqrt{n}} = 0\) ve \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^2} = 0\).
Çözüm
Pozitif sayıların rasyonel kuvvetleri (Tanım 13.2) sıralamayı korur: \(0 < x < y\) ve \(q > 0\) rasyonel ise \(x^q < y^q\); \(q\) tam sayı iken bu Teorem 11.3’nın, kesirli üs için ise kök fonksiyonunun kesin artan olmasının sonucudur. Bu olguyu kullanacağız.
\(\varepsilon > 0\) verilsin.
Uzaklık. \(n^p > 0\) olduğundan \(\left|\dfrac{1}{n^p} - 0\right| = \dfrac{1}{n^p}\).
Çözüm. \(\dfrac{1}{n^p} < \varepsilon \iff n^p > \dfrac{1}{\varepsilon} \iff n > \left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)^{1/p}\); son adımda iki yanın \(\dfrac{1}{p}\)-inci kuvveti alındı ve kuvvetin sıralamayı koruması kullanıldı.
Seçim. Sonuç 12.1 ile \(n_\varepsilon > \left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)^{1/p}\) olan bir \(n_\varepsilon \in \mathbb{N}\) seçelim.
Doğrulama. \(n \ge n_\varepsilon\) ise \(n > \left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)^{1/p}\); iki yanın \(p\)-inci kuvvetini alınca \(n^p > \dfrac{1}{\varepsilon}\), yani
\[\left|\frac{1}{n^p} - 0\right| = \frac{1}{n^p} < \varepsilon.\]
Özel durumlar: \(p = \dfrac{1}{2}\) için \(\dfrac{1}{\sqrt{n}} \to 0\) ve \(p = 2\) için \(\dfrac{1}{n^2} \to 0\). Sonuç her reel \(p > 0\) için de doğrudur; reel üs tanımlandığında (ve sıralamayı koruduğu gösterildiğinde) aynı ispat kelimesi kelimesine geçerli kalır. Bu derste yalnızca rasyonel üsle çalışacağız.
\(\blacksquare\)
Şimdi ıraksak bir dizi. \((-1)^n\) dizisi \(-1\) ile \(1\) arasında gidip gelir; hiçbir sayıya yerleşmez. Bunu iki yöntemle göstereceğiz; ikinci yöntem Önerme 20.2’nın doğrudan kullanımıdır.
Örnek 20.6 (Eksi Bir Üssü n Dizisi Iraksaktır) \(a_n = (-1)^n\) dizisinin ıraksak olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Birinci yol (olmayana ergi). Dizi yakınsak olsun ve limiti \(a\) olsun. Tanımda \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\) alalım: \(n \ge n_\varepsilon\) olan her \(n\) için \(|(-1)^n - a| < \dfrac{1}{2}\) olan bir \(n_\varepsilon\) vardır.
- \(n = 2n_\varepsilon\) çift ve \(\ge n_\varepsilon\)’dir: \(|1 - a| < \dfrac{1}{2}\).
- \(n = 2n_\varepsilon + 1\) tek ve \(\ge n_\varepsilon\)’dir: \(|-1 - a| = |1 + a| < \dfrac{1}{2}\).
Üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)
\[2 = |(1 - a) + (1 + a)| \le |1 - a| + |1 + a| < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.\]
\(2 < 1\) çelişkisine ulaştık. Demek ki dizi hiçbir \(a\)’ya yakınsamaz; ıraksaktır.
Grafiğin söylediği şudur: \(a\) nerede olursa olsun, \(\dfrac{1}{2}\) yarıçaplı bant \(1\) ile \(-1\)’in ikisini birden içeremez (uzaklıkları \(2\)’dir); dizi ise her iki değeri sonsuz kez ziyaret eder.
İkinci yol (olumsuzlamayla). Önerme 20.2’yı her \(a \in \mathbb{R}\) için doğrulayalım; \(\varepsilon_a = 1\) her \(a\) için işe yarar. \(N \in \mathbb{N}\) keyfi olsun.
- \(a \ge 0\) ise \(n = 2N + 1 \ge N\) (tek) alalım: \(|a_n - a| = |-1 - a| = 1 + a \ge 1\).
- \(a < 0\) ise \(n = 2N \ge N\) (çift) alalım: \(|a_n - a| = |1 - a| = 1 - a > 1\).
Her iki durumda \(n \ge N\) ve \(|a_n - a| \ge 1 = \varepsilon_a\). Koşul her \(a\) için sağlandığından dizi ıraksaktır.
\(\blacksquare\)
- Sonlu sayıda terim önemsizdir. Yakınsaklık dizinin “kuyruğuyla” ilgilidir: dizinin başındaki sonlu sayıda terimi değiştirmek, silmek ya da başa yeni terimler eklemek ne yakınsaklığı ne de limitin değerini değiştirir. Çünkü tanım yalnızca \(n \ge n_\varepsilon\) koşulunu sağlayan sonsuz sayıda terime bakar; \(n_\varepsilon\)’yi yeterince büyütmek değiştirilen terimleri devre dışı bırakır. (Bu gözlem ileride Tanım 24.2 ve Teorem 24.3 ile kesinleşecek.)
- \(n_\varepsilon\), \(\varepsilon\)’a bağlıdır ve tek değildir. \(\varepsilon\) küçüldükçe (hata payı daraldıkça) \(n_\varepsilon\) genellikle büyür: dizide daha ileri gitmek gerekir. Öte yandan bir \(n_\varepsilon\) işe yarıyorsa ondan büyük her doğal sayı da işe yarar; bu yüzden “en küçük” \(n_\varepsilon\)’yi bulmak gerekmez, herhangi biri yeter.
- Limit bir reel sayı olmalıdır. Tanımda \(a \in \mathbb{R}\)’dir. \((1, 2, 3, \dots)\) gibi sınırsızca büyüyen bir dizi hiçbir reel sayıya yakınsamaz; reel sayılarda ıraksaktır. Bu tür diziler için “sonsuza ıraksama” kavramı ayrıca tanımlanacaktır: Sonsuza Iraksayan Diziler ve Özel Limitler.
20.4 Yakınsak Diziler Sınırlıdır
Yakınsaklık ile önceki bölümde tanımladığımız sınırlılık arasındaki ilk bağ şudur: bir dizi bir sayıya yakınsıyorsa terimleri bir yerden sonra o sayının \(1\) yakınına sıkışır; öncesinde ise yalnızca sonlu sayıda terim vardır ve sonlu bir kümenin en büyüğü bulunur.
Teorem 20.2 (Yakınsak Diziler Sınırlıdır) Her yakınsak dizi sınırlıdır.
İspat
\((a_n)\) dizisi \(a\) sayısına yakınsasın. Tanımda \(\varepsilon = 1\) alalım: \(n \ge n_1\) olan her \(n\) için \(|a_n - a| < 1\) olan bir \(n_1 \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\)’ler için üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)
\[|a_n| = |(a_n - a) + a| \le |a_n - a| + |a| < 1 + |a|.\]
Böylece \(n_1\)’den sonraki bütün terimler mutlak değerce \(1 + |a|\)’yı aşmaz. Geriye kalan \(a_1, a_2, \dots, a_{n_1 - 1}\) terimleri sonlu sayıdadır; sonlu bir sayı kümesinin maksimumu vardır (Tanım 7.4). O hâlde
\[M = \max\{|a_1|, |a_2|, \dots, |a_{n_1 - 1}|, 1 + |a|\}\]
alalım; \(M \ge 1 + |a| > 0\)’dır. (\(n_1 = 1\) ise dışarıda kalan terim yoktur ve küme yalnızca \(1 + |a|\)’dan oluşur.) \(n < n_1\) ise \(|a_n|\) kümenin bir elemanı olduğundan \(|a_n| \le M\); \(n \ge n_1\) ise \(|a_n| < 1 + |a| \le M\). Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(|a_n| \le M\); Önerme 19.1 ile dizi sınırlıdır.
\(\blacksquare\)
Teorem, yakınsaklık için bir gerek koşul verir: sınırlı olmayan bir dizi yakınsak olamaz. Karşıt tersini ayrıca kaydedelim.
Sonuç 20.1 (Sınırsız Diziler Iraksaktır) Sınırlı olmayan her dizi ıraksaktır.
İspat
Teorem 20.2’nin karşıt tersidir: “yakınsak \(\Rightarrow\) sınırlı” önermesi “sınırlı değil \(\Rightarrow\) yakınsak değil” ile denktir (Teorem 1.1).
\(\blacksquare\)
Sınırlı her dizi yakınsak değildir. \((-1)^n\) dizisi sınırlıdır (\(|(-1)^n| = 1\)), ama Örnek 20.6 gereği ıraksaktır. Sınırlılık, yakınsaklığın gerek koşuludur; yeter koşulu değildir. Sınırlılığa monotonluk eklenince yeter koşul elde edilecektir (Teorem 23.1).
Örnek 20.7 (Sınırsızlıktan Iraksaklık) \((n^2)\) ve \(\big((-1)^n n\big)\) dizilerinin ıraksak olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Örnek 19.4 (d) ve (e)’de bu iki dizinin sınırsız olduğunu Arşimet özelliğiyle göstermiştik. Sonuç 20.1 gereği ikisi de ıraksaktır.
İkinci dizi öğreticidir: \((-1)^n n\) dizisi ne \(+\infty\)’a “gider” (tek indislerde negatiftir) ne de bir sayıya yaklaşır; yine de sınırsız olduğu için ıraksaklığı tek satırda görülür. Tanımla uğraşmaya gerek kalmadı.
\(\blacksquare\)
20.5 Mutlak Değer ve Limit
Bir dizi \(a\)’ya yakınsıyorsa terimlerinin mutlak değerleri \(|a|\)’ya yakınsar. İspatın bütün yükünü ters üçgen eşitsizliği taşır.
Teorem 20.3 (Mutlak Değerin Limiti) \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) ise \(\lim_{n\to\infty} |a_n| = |a|\)’dır.
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a_n \to a\) olduğundan \(n \ge n_\varepsilon\) iken \(|a_n - a| < \varepsilon\) olan bir \(n_\varepsilon\) vardır. Ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) her \(n\) için
\[\big|\,|a_n| - |a|\,\big| \le |a_n - a|\]
verir. Dolayısıyla \(n \ge n_\varepsilon\) için
\[\big|\,|a_n| - |a|\,\big| \le |a_n - a| < \varepsilon.\]
Bu, Tanım 20.1’nin \((|a_n|)\) dizisi ve \(|a|\) sayısı için sağlandığını söyler; aynı \(n_\varepsilon\) işe yaradı.
\(\blacksquare\)
\(|a_n| \to |a|\) olması \(a_n \to a\) olmasını gerektirmez. \(a_n = (-1)^n\) için \(|a_n| = 1 \to 1\) olur; ama \((a_n)\) ıraksaktır. Mutlak değer, işaret bilgisini siler; \((|a_n|)\) dizisinin yakınsaması, \((a_n)\)’nin işaretinin yerleşmesi hakkında hiçbir şey söylemez. Tek istisna, limitin \(0\) olmasıdır.
Önerme 20.3 (Sıfır Limiti için Denklik) \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0 \iff \lim_{n\to\infty} |a_n| = 0.\)
İspat
Her \(n\) için \(\big|\,|a_n| - 0\,\big| = \big|\,|a_n|\,\big| = |a_n| = |a_n - 0|\)’dır (Teorem 8.1 (1) gereği \(|a_n| \ge 0\) olduğundan mutlak değerin mutlak değeri kendisidir). Yani iki dizi için tanımdaki eşitsizlikler aynıdır; biri için bulunan \(n_\varepsilon\) öteki için de geçerlidir. (\(\Rightarrow\) yönü ayrıca Teorem 20.3’nin \(a = 0\) özel hâlidir.)
\(\blacksquare\)
Bu küçük önerme pratikte çok kullanışlıdır: işaret değiştiren bir dizinin sıfıra gittiğini göstermek için işareti atıp mutlak değerle çalışabiliriz.
Örnek 20.8 (İşaret Değiştiren Bir Sıfır Dizisi) \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{(-1)^n}{n} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(a_n = \dfrac{(-1)^n}{n}\) olsun. Teorem 8.1 (5) ve (6) ile
\[|a_n| = \frac{|(-1)^n|}{|n|} = \frac{1}{n}.\]
Örnek 20.1 gereği \(\dfrac{1}{n} \to 0\), yani \(|a_n| \to 0\). Önerme 20.3 ile \(a_n \to 0\).
Doğrudan tanımla da görülebilir: \(\varepsilon > 0\) için \(n_\varepsilon = \left\lfloor \frac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\) alınırsa \(n \ge n_\varepsilon\) için \(|a_n - 0| = \frac{1}{n} < \varepsilon\). Örnek 19.2’ndeki ilk grafik bu diziyi gösterir: terimler \(0\)’ın bir sağına bir soluna düşse de \(0\)’a sıkışırlar. Öte yandan Örnek 19.9’de gördüğümüz gibi bu dizi monoton değildir; yakınsaklık monotonluk gerektirmez.
\(\blacksquare\)
20.6 Alıştırmalar
Alıştırma 20.1 (Yakınsaklık Üzerine Alıştırmalar)
Tanımı kullanarak \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{3n + 2}{n + 1} = 3\) olduğunu gösteriniz.
Tanımı kullanarak \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{n}{n^2 + 1} = 0\) olduğunu gösteriniz.
\(a_n = 1 + (-1)^n\) dizisinin ıraksak olduğunu gösteriniz.
Bütün terimleri tam sayı olan bir \((a_n)\) dizisi yakınsaksa dizinin bir yerden sonra sabit olduğunu, yani \(n \ge N\) için \(a_n = a_N\) olacak bir \(N \in \mathbb{N}\) bulunduğunu gösteriniz.
\(\lim_{n\to\infty} \left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right) = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(\varepsilon > 0\) verilsin. Uzaklık:
\[\left|\frac{3n+2}{n+1} - 3\right| = \left|\frac{3n + 2 - 3n - 3}{n+1}\right| = \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}.\]
\(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\) alalım; \(n \ge n_\varepsilon\) için \(n > \dfrac{1}{\varepsilon}\), yani \(\dfrac{1}{n} < \varepsilon\) ve dolayısıyla \(\left|\dfrac{3n+2}{n+1} - 3\right| < \dfrac{1}{n} < \varepsilon\). Limit \(3\)’tür.
b) \(n^2 + 1 > n^2\) olduğundan her \(n\) için
\[\left|\frac{n}{n^2+1} - 0\right| = \frac{n}{n^2+1} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}.\]
\(\varepsilon > 0\) verilsin; \(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor + 1\) alınırsa \(n \ge n_\varepsilon\) için \(\dfrac{n}{n^2+1} < \dfrac{1}{n} < \varepsilon\). Limit \(0\)’dır.
c) Terimler \(0, 2, 0, 2, \dots\) biçimindedir: \(n\) tekse \(a_n = 0\), çiftse \(a_n = 2\). Önerme 20.2’yı her \(a \in \mathbb{R}\) için \(\varepsilon_a = 1\) ile doğrulayalım. \(N \in \mathbb{N}\) keyfi olsun.
- \(a \ge 1\) ise \(n = 2N + 1 \ge N\) alalım: \(|a_n - a| = |0 - a| = a \ge 1\).
- \(a < 1\) ise \(n = 2N \ge N\) alalım: \(|a_n - a| = |2 - a| = 2 - a > 1\).
Her durumda \(n \ge N\) ve \(|a_n - a| \ge 1\). Dizi hiçbir \(a\)’ya yakınsamaz; ıraksaktır. (Alternatif: dizi bir \(a\) sayısına yakınsasaydı, her \(n\) için \(|(a_n - 1) - (a - 1)| = |a_n - a|\) olduğundan aynı \(n_\varepsilon\)’lerle \(a_n - 1 = (-1)^n\) dizisi de \(a - 1\)’e yakınsardı; bu, Örnek 20.6 ile çelişir.)
d) \((a_n)\) dizisi \(a\)’ya yakınsasın; tanımda \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}\) alalım: \(n \ge N\) iken \(|a_n - a| < \dfrac{1}{2}\) olan bir \(N\) vardır. \(n \ge N\) olan herhangi bir \(n\) için üçgen eşitsizliğiyle
\[|a_n - a_N| = |(a_n - a) + (a - a_N)| \le |a_n - a| + |a_N - a| < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.\]
\(a_n - a_N\) bir tam sayıdır (Önerme 11.1). Mutlak değeri \(1\)’den küçük olan tek tam sayı \(0\)’dır: \(k \in \mathbb{Z}\) ve \(k \ne 0\) ise \(k\) ya da \(-k\) pozitif bir tam sayı, yani bir doğal sayıdır ve Önerme 9.3 (1) gereği \(1\)’den küçük olamaz; dolayısıyla \(|k| \ge 1\). O hâlde \(a_n - a_N = 0\), yani \(n \ge N\) için \(a_n = a_N\). Dizi \(N\)’den sonra sabittir (ve limiti \(a = a_N\)’dir).
e) \(\sqrt{n+1} - \sqrt{n} > 0\)’dır, çünkü kök fonksiyonu kesin artandır. Eşleniğiyle çarpıp bölelim:
\[\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{(n+1) - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}.\]
\(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} > \sqrt{n} + \sqrt{n} = 2\sqrt{n} \ge \sqrt{n}\) olduğundan
\[\left|\sqrt{n+1} - \sqrt{n} - 0\right| = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} < \frac{1}{\sqrt{n}}.\]
\(\varepsilon > 0\) verilsin. Örnek 20.5 (\(p = \frac{1}{2}\)) gereği \(n \ge n_\varepsilon\) iken \(\dfrac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon\) olan bir \(n_\varepsilon\) vardır; somut olarak \(n_\varepsilon = \left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon^2} \right\rfloor + 1\) alınabilir, çünkü \(n > \dfrac{1}{\varepsilon^2} \iff \sqrt{n} > \dfrac{1}{\varepsilon} \iff \dfrac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon\). Bu \(n\)’ler için \(\left|\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right| < \dfrac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon\). Limit \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Limit tanımını ve ilk sonuçlarını öğrendik; ama her limiti tanımla göstermek zahmetlidir. Bir sonraki bölümde toplamın, çarpımın ve bölümün limitini terimlerin limitlerinden hesaplamayı, eşitsizliklerin limite nasıl aktarıldığını ve iki dizi arasına sıkışan bir dizinin limitini bulmayı öğreneceğiz: Limitin Cebirsel Özellikleri ve Sıkıştırma Teoremi.