21 Limitin Cebirsel Özellikleri ve Sıkıştırma Teoremi
Önceki bölümde bir dizinin limitini \(\varepsilon\)–\(n_\varepsilon\) diliyle tanımladık ve birkaç limiti doğrudan tanımdan hesapladık. Ama her limiti tanımdan hesaplamak, her toplamı tek tek saymaya benzer: doğru ama yorucu. Bu bölümde limiti bir “işlem” gibi kullanmayı öğreneceğiz. Yakınsak dizileri toplar, çarpar, böler, kuvvetini ya da kökünü alırsak limit ne olur? Bir diziyi iki tanıdık dizi arasına sıkıştırabilirsek limitini söyleyebilir miyiz? Bölümün sonunda diziler dilini, daha önce kümeler için tanımladığımız supremum, yoğunluk, kapalılık ve kapanış kavramlarına da bağlayacağız: bu kavramların her birinin “dizisel” bir karşılığı vardır.
Bölüm boyunca \((a_n)\), \((b_n)\) reel sayı dizileridir; “\(a_n \to a\)” yazımı \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) anlamındadır (Tanım 20.1).
21.1 Limitin Cebirsel Özellikleri
Sezgi şudur: \(a_n\) terimleri \(a\)’ya, \(b_n\) terimleri \(b\)’ye “çok yakın” ise \(a_n + b_n\) de \(a + b\)’ye çok yakın olmalıdır. Aynı şey çarpım ve bölüm için de beklenir; ama çarpımda “yakınlık”ın büyük sayılarla çarpılınca büyümesi, bölümde ise paydanın sıfıra yaklaşmaması gibi teknik engeller vardır. Teorem bu engellerin nasıl aşıldığını gösterir.
Teorem 21.1 (Limit Aritmetiği) \((a_n)\) ve \((b_n)\) yakınsak diziler, \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) ve \(\lim_{n\to\infty} b_n = b\) olsun. O zaman:
- Toplam. \((a_n + b_n)\) dizisi yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty}(a_n + b_n) = a + b\).
- Çarpım. \((a_n b_n)\) dizisi yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty}(a_n b_n) = ab\).
- Bölüm. \(b \neq 0\) ve her \(n\) için \(b_n \neq 0\) ise \(\left(\dfrac{a_n}{b_n}\right)\) dizisi yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n} = \dfrac{a}{b}\).
- Skaler çarpım. Her \(k \in \mathbb{R}\) için \((k a_n)\) dizisi yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty}(k a_n) = ka\).
İspat
1. Toplam. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a_n \to a\) olduğundan öyle bir \(n_1 \in \mathbb{N}\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(|a_n - a| < \varepsilon/2\); \(b_n \to b\) olduğundan öyle bir \(n_2\) vardır ki \(n \ge n_2\) için \(|b_n - b| < \varepsilon/2\). \(n_\varepsilon = \max\{n_1, n_2\}\) alalım. \(n \ge n_\varepsilon\) için üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 8.2)
\[|(a_n + b_n) - (a + b)| = |(a_n - a) + (b_n - b)| \le |a_n - a| + |b_n - b| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
2. Çarpım. Önce uzaklığı, kontrol edebildiğimiz iki parçaya ayıralım. \(ab\) yerine \(a b_n\) ekleyip çıkararak
\[|a_n b_n - ab| = |a_n b_n - a b_n + a b_n - ab| \le |b_n|\,|a_n - a| + |a|\,|b_n - b|.\]
Sağdaki \(|b_n|\) çarpanı \(n\)’ye bağlıdır; onu sabit bir sayıyla değiştirmeliyiz. \((b_n)\) yakınsak olduğundan sınırlıdır (Teorem 20.2): her \(n\) için \(|b_n| \le M_1\) olacak bir \(M_1 > 0\) vardır. \(M = \max\{M_1, |a|\}\) diyelim; \(M \ge M_1 > 0\)’dır. Böylece her \(n\) için
\[|a_n b_n - ab| \le M|a_n - a| + M|b_n - b|.\]
Şimdi \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(n \ge n_1\) için \(|a_n - a| < \dfrac{\varepsilon}{2M}\) ve \(n \ge n_2\) için \(|b_n - b| < \dfrac{\varepsilon}{2M}\) olacak biçimde \(n_1, n_2\) seçelim. \(n \ge n_\varepsilon = \max\{n_1, n_2\}\) için
\[|a_n b_n - ab| < M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} + M \cdot \frac{\varepsilon}{2M} = \varepsilon.\]
3. Bölüm. Önce \(\dfrac{1}{b_n} \to \dfrac{1}{b}\) olduğunu gösterelim; sonra \(\dfrac{a_n}{b_n} = a_n \cdot \dfrac{1}{b_n}\) yazıp çarpım kuralını uygularız.
Adım 1: Payda sıfırdan uzak kalır. \(b \neq 0\) olduğundan \(\varepsilon_0 = |b|/2 > 0\) alabiliriz. \(b_n \to b\) gereği öyle bir \(n_1\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(|b_n - b| < |b|/2\). Ters üçgen eşitsizliğiyle (Sonuç 8.3) \(|b_n| \ge |b| - |b_n - b|\) olduğundan, \(n \ge n_1\) için
\[|b_n| > |b| - \frac{|b|}{2} = \frac{|b|}{2}.\]
Yani belli bir yerden sonra \(b_n\) terimleri sıfırın \(|b|/2\) yarıçaplı komşuluğunun dışındadır; bu, \(1/b_n\)’nin kontrolsüz büyümesini engeller.
Adım 2: Uzaklığı hesaplayalım. \(n \ge n_1\) için
\[\left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{b}\right| = \frac{|b - b_n|}{|b_n|\,|b|} \le \frac{|b_n - b|}{(|b|/2)\,|b|} = \frac{2}{|b|^2}\,|b_n - b|.\]
(Ortadaki adımda \(|b_n| > |b|/2\) olduğundan \(\dfrac{1}{|b_n|} < \dfrac{2}{|b|}\) kullanıldı; \(b_n = b\) olan \(n\)’lerde iki taraf da \(0\)’dır, bu yüzden \(\le\) yazdık.)
Adım 3: \(n_2\)’yi seçelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(n \ge n_2\) için \(|b_n - b| < \dfrac{|b|^2 \varepsilon}{2}\) olacak biçimde \(n_2\) seçelim. \(n \ge \max\{n_1, n_2\}\) için
\[\left|\frac{1}{b_n} - \frac{1}{b}\right| < \frac{2}{|b|^2} \cdot \frac{|b|^2 \varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Demek ki \(\dfrac{1}{b_n} \to \dfrac{1}{b}\). Son olarak \(\dfrac{a_n}{b_n} = a_n \cdot \dfrac{1}{b_n}\) olduğundan çarpım kuralıyla \(\dfrac{a_n}{b_n} \to a \cdot \dfrac{1}{b} = \dfrac{a}{b}\).
4. Skaler çarpım. \(k = 0\) ise \((k a_n)\) sabit sıfır dizisidir ve limiti \(0 = ka\)’dır. \(k \neq 0\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(n \ge n_\varepsilon\) için \(|a_n - a| < \varepsilon/|k|\) olacak biçimde \(n_\varepsilon\) seçelim. O zaman \(n \ge n_\varepsilon\) için
\[|k a_n - ka| = |k|\,|a_n - a| < |k| \cdot \frac{\varepsilon}{|k|} = \varepsilon.\]
(Bu, çarpım kuralında \(b_n = k\) sabit dizisi alınarak da elde edilir.)
\(\blacksquare\)
Bu teorem sayesinde limit hesabı bir “cebir” olur: karmaşık bir ifadenin limitini, parçalarının limitinden okuruz. Aşağıdaki sonuçlar teoremin doğrudan uygulamalarıdır.
Sonuç 21.1 (Limit Aritmetiğinin Sonuçları) \(a_n \to a\) ve \(b_n \to b\) olsun. O zaman:
- Her \(p \in \mathbb{N}\) için \(a_n^{\,p} \to a^p\); özel olarak \(a_n^2 \to a^2\).
- Her \(c \in \mathbb{R}\) için \(a_n + c \to a + c\).
- \(-a_n \to -a\).
- \(a_n - b_n \to a - b\).
İspat
1. \(p\) üzerinden tümevarım (Teorem 9.1). \(p = 1\) için iddia varsayımın kendisidir. \(a_n^{\,p} \to a^p\) ise çarpım kuralıyla \(a_n^{\,p+1} = a_n^{\,p} \cdot a_n \to a^p \cdot a = a^{p+1}\).
2. Sabit \((c)\) dizisinin limiti \(c\)’dir; toplam kuralı uygulanır.
3. Skaler çarpım kuralında \(k = -1\) alınır.
4. \(a_n - b_n = a_n + (-b_n)\) yazılır; 3 ve toplam kuralı uygulanır.
\(\blacksquare\)
Pay ve paydası \(n\)’nin polinomu olan bir dizinin limiti hesaplanırken pay ve payda, paydadaki en yüksek dereceli terime bölünür. Böylece ifade, limitleri bilinen \(\dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n^2}, \dots\) dizilerinin (hepsi \(0\)’a gider; Örnek 20.1 ve Sonuç 21.1) toplam, çarpım ve bölümlerine dönüşür; sonra Teorem 21.1 uygulanır. Bölüm kuralının koşulunu (\(b \neq 0\)) unutmayın: paydanın limiti sıfırsa bu kural çalışmaz.
Örnek 21.1 (Rasyonel İfadelerin Limiti) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{4n^3 + 2n}{5n^3 + 3n - 1}\)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{7n - 5}{3n^2 - 2n}\)
Çözüm
a) Pay ve paydayı \(n^3\)’e bölelim:
\[\frac{4n^3 + 2n}{5n^3 + 3n - 1} = \frac{4 + \dfrac{2}{n^2}}{5 + \dfrac{3}{n^2} - \dfrac{1}{n^3}}.\]
\(\dfrac{1}{n^2} \to 0\) ve \(\dfrac{1}{n^3} \to 0\) olduğundan (Sonuç 21.1, 1) skaler çarpım ve toplam kurallarıyla pay \(4 + 0 = 4\)’e, payda \(5 + 0 - 0 = 5\)’e yakınsar. Payda limiti \(5 \neq 0\) olduğundan bölüm kuralı uygulanabilir:
\[\lim_{n\to\infty} \frac{4n^3 + 2n}{5n^3 + 3n - 1} = \frac{4}{5}.\]
b) Paydadaki en yüksek dereceli terim \(n^2\)’dir. Pay ve paydayı \(n^2\)’ye bölelim:
\[\frac{7n - 5}{3n^2 - 2n} = \frac{\dfrac{7}{n} - \dfrac{5}{n^2}}{3 - \dfrac{2}{n}}.\]
Pay \(0 - 0 = 0\)’a, payda \(3 - 0 = 3 \neq 0\)’a yakınsar. Bölüm kuralıyla limit \(\dfrac{0}{3} = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
21.2 Yakınsak ve Iraksak Dizilerin Toplamı
Toplam, fark ve çarpım işlemleri yakınsak diziler arasında limitle uyumludur. Peki dizilerden biri ıraksaksa (Tanım 20.2) ne olur? Toplam için kesin bir şey söylenebilir.
Önerme 21.1 (Yakınsak Artı Iraksak) \((a_n)\) yakınsak, \((b_n)\) ıraksak bir dizi ise \((a_n + b_n)\) toplam dizisi ıraksaktır.
İspat
Olmayana ergi yöntemiyle. \((a_n + b_n)\) dizisinin yakınsak olduğunu varsayalım. Her \(n\) için
\[b_n = (a_n + b_n) - a_n\]
yazılabilir. Sağ taraf, iki yakınsak dizinin farkıdır; Sonuç 21.1 (4) gereği yakınsaktır. O hâlde \((b_n)\) yakınsak olmalıdır. Bu, \((b_n)\)’nin ıraksak olduğu varsayımıyla çelişir. Demek ki \((a_n + b_n)\) yakınsak olamaz.
\(\blacksquare\)
Bu önerme bir “ıraksaklık testi” olarak da kullanılır: bir diziden yakınsak bir dizi çıkardığımızda ıraksak bir dizi kalıyorsa, dizinin kendisi ıraksaktır. Olası durumları toplayalım:
| \((a_n)\) | \((b_n)\) | \((a_n + b_n)\) |
|---|---|---|
| yakınsak | yakınsak | yakınsak (Teorem 21.1) |
| yakınsak | ıraksak | ıraksak (Önerme 21.1) |
| ıraksak | ıraksak | belirsiz: yakınsak da ıraksak da olabilir |
\(a_n = n^2\) ve \(b_n = -n^2\) dizilerinin ikisi de ıraksaktır (sınırsız olduklarından; Sonuç 20.1). Ama toplamları sabit \((0)\) dizisidir ve yakınsaktır. Öte yandan \(a_n = n^2\), \(b_n = n^2\) alınırsa toplam \(2n^2\) yine ıraksaktır. Yani iki ıraksak dizinin toplamı için genel bir kural yoktur.
Çarpım için de benzer bir belirsizlik vardır: \(a_n = 0\) yakınsak, \(b_n = (-1)^n\) ıraksaktır (Örnek 20.6), ama çarpımları \((0)\) yakınsaktır. Yakınsak çarpı ıraksak, ancak yakınsak dizinin limiti sıfırdan farklıysa kesinlikle ıraksaktır: \(a_n \to a \neq 0\) ve \((a_n b_n)\) yakınsak olsaydı, belli bir \(n_0\)’dan sonra \(a_n \neq 0\) olacağından (Teorem 20.3 ile \(|a_n| \to |a| > 0\)) bu \(n\)’ler için \(b_n = (a_n b_n)/a_n\) yazılır ve bölüm kuralı \((b_n)\)’nin kuyruğunun, dolayısıyla kendisinin yakınsak olduğunu verirdi (sonlu sayıda başlangıç terimi yakınsaklığı etkilemez; bu adım ileride Teorem 24.3 ile ispatlanacaktır).
21.3 Sınırlı Dizi ile Sıfır Dizisinin Çarpımı
Çarpım kuralı iki dizinin de yakınsak olmasını ister. Ama bir çarpan sıfıra gidiyorsa, diğer çarpanın yakınsak olmasına gerek yoktur; sınırlı olması yeter. Bu, özellikle \(\sin n\), \(\cos n\), \((-1)^n\) gibi yakınsamayan ama sınırlı kalan çarpanlar içeren limitlerde çok işe yarar.
Teorem 21.2 (Sınırlı Dizi Çarpı Sıfır Dizisi) \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0\) ve \((b_n)\) sınırlı bir dizi ise \((a_n b_n)\) yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty} a_n b_n = 0\).
İspat
\((b_n)\) sınırlı olduğundan (Tanım 19.3 ve Önerme 19.1) her \(n\) için \(|b_n| \le M\) olacak bir \(M > 0\) vardır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a_n \to 0\) olduğundan öyle bir \(n_\varepsilon\) vardır ki \(n \ge n_\varepsilon\) için \(|a_n - 0| = |a_n| < \dfrac{\varepsilon}{M}\). Bu \(n\)’ler için
\[|a_n b_n - 0| = |a_n|\,|b_n| \le |a_n| \cdot M < \frac{\varepsilon}{M} \cdot M = \varepsilon.\]
Demek ki \(a_n b_n \to 0\).
\(\blacksquare\)
Örnek 21.2 (Sinüs Bölü n Dizisi) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\sin n}{n} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(a_n = \dfrac{1}{n}\) ve \(b_n = \sin n\) alalım. \(\dfrac{1}{n} \to 0\)’dır (Örnek 20.1) ve her \(n\) için \(|\sin n| \le 1\) olduğundan \((\sin n)\) sınırlıdır. \((\sin n)\) dizisinin yakınsak olup olmadığını bilmiyoruz (aslında yakınsak değildir; ama bunu göstermek kolay değildir). Bu yüzden çarpım kuralına başvuramayız. Ama Teorem 21.2 tam bu durum içindir:
\[\lim_{n\to\infty} \frac{\sin n}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \cdot \sin n = 0.\]
\(\blacksquare\)
21.4 Limitlerde Sıralama
Limit, eşitsizlikleri korur mu? Her \(n\) için \(a_n \le b_n\) ise limitler için de \(a \le b\) olmasını bekleriz. Bu doğrudur; ancak kesin eşitsizliğin limitte kesinliğini yitirebileceğini göreceğiz.
Teorem 21.3 (Limitlerde Sıralama) \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\), \(\lim_{n\to\infty} b_n = b\) ve her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a_n \le b_n\) olsun. O zaman \(a \le b\).
İspat
Olmayana ergi ile. \(a > b\) olduğunu varsayalım ve
\[\varepsilon = \frac{a - b}{2} > 0\]
alalım. \(a_n \to a\) olduğundan öyle bir \(n_1\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(|a_n - a| < \varepsilon\), dolayısıyla
\[a_n > a - \varepsilon = a - \frac{a - b}{2} = \frac{a + b}{2}.\]
\(b_n \to b\) olduğundan öyle bir \(n_2\) vardır ki \(n \ge n_2\) için \(|b_n - b| < \varepsilon\), dolayısıyla
\[b_n < b + \varepsilon = b + \frac{a - b}{2} = \frac{a + b}{2}.\]
\(n \ge \max\{n_1, n_2\}\) alalım. İki eşitsizliği birleştirirsek
\[b_n < \frac{a + b}{2} < a_n,\]
yani \(b_n < a_n\) olur. Bu, her \(n\) için \(a_n \le b_n\) varsayımıyla çelişir. Demek ki \(a \le b\).
\(\blacksquare\)
Sezgisel olarak: \(a > b\) olsaydı, \(a\) ve \(b\)’nin ortasından geçen bir çizgi çekebilirdik; belli bir yerden sonra \(a_n\)’ler çizginin üstünde, \(b_n\)’ler altında kalırdı ve sıralama bozulurdu.
Diziler arasındaki eşitsizlik kesin (\(<\)) olsa bile limitler arasındaki eşitsizlik yalnızca \(\le\) biçiminde çıkar. Örneğin \(a_n = 0\) ve \(b_n = \dfrac{1}{n}\) için her \(n\)’de \(a_n < b_n\)’dir; ama \(\lim a_n = 0 = \lim b_n\). Yani “\(a_n < b_n \Rightarrow a < b\)” yanlıştır; doğru olan “\(a_n < b_n \Rightarrow a \le b\)”dir.
Teoremde diziler yerine sabitler alınırsa çok kullanılan bir sonuç elde edilir.
Sonuç 21.2 (Limit ve Sabit Sınırlar) \(a_n \to a\) olsun.
- Her \(n\) için \(a_n \ge 0\) ise \(a \ge 0\).
- \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) ve her \(n\) için \(\alpha \le a_n \le \beta\) ise \(\alpha \le a \le \beta\). Başka bir deyişle, kapalı bir \([\alpha, \beta]\) aralığında kalan yakınsak bir dizinin limiti de bu aralıktadır.
İspat
1. Teorem 21.3’yı sabit \((0)\) dizisi ile \((a_n)\) dizisine uygulayalım: her \(n\) için \(0 \le a_n\) ve sabit dizi \(0\)’a yakınsadığından \(0 \le a\).
2. Sabit \((\alpha)\) dizisi \(\alpha\)’ya yakınsar; \(\alpha \le a_n\) olduğundan Teorem 21.3 ile \(\alpha \le a\). Benzer biçimde \(a_n \le \beta\) ve sabit \((\beta)\) dizisiyle \(a \le \beta\).
\(\blacksquare\)
Sıralama teoreminin bir başka biçimi, bir diziyi sıfıra giden bir diziyle mutlak değerce karşılaştırmaktır. Bu sonucu sık sık kullanacağız.
Teorem 21.4 (Sıfır Dizisiyle Karşılaştırma) \(\lim_{n\to\infty} b_n = 0\) ve her \(n \in \mathbb{N}\) için \(|a_n| \le |b_n|\) ise \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0\).
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(b_n \to 0\) olduğundan öyle bir \(n_\varepsilon\) vardır ki \(n \ge n_\varepsilon\) için \(|b_n| = |b_n - 0| < \varepsilon\). Aynı \(n\)’ler için varsayım gereği
\[|a_n - 0| = |a_n| \le |b_n| < \varepsilon.\]
Bu, tam olarak \(a_n \to 0\) demektir.
\(\blacksquare\)
Sıralama ve karşılaştırma teoremlerinde “her \(n\) için” koşulu, “belli bir \(n_0\)’dan sonraki her \(n\) için” biçiminde gevşetilebilir. Çünkü yakınsaklık yalnızca dizinin kuyruğuna bağlıdır: sonlu sayıda terimi değiştirmek limiti değiştirmez (ileride Teorem 24.3 ile ispatlanacak; teoremi \(n_0\)-kuyruklarına uygulamak yeter). Aynı gevşetme aşağıdaki sıkıştırma teoremi için de geçerlidir. Ayrıca \(|a_n| \le C\,|b_n|\) (\(C > 0\) sabit) biçimindeki bir karşılaştırma da yeter; çünkü \(C b_n \to 0\)’dır.
21.5 Kuvvet ve Kök Dizileri
Yakınsak bir dizinin kuvvetlerinin limitini Sonuç 21.1 ile zaten biliyoruz. Burada aynı sonucu, kök dizileri için de işe yarayan cebirsel bir özdeşlikle yeniden kuracağız. Kullanacağımız özdeşlik, her \(c, d \in \mathbb{R}\) ve \(m \in \mathbb{N}\) için geçerli olan
\[c^m - d^m = (c - d)\left(c^{m-1} + c^{m-2} d + \cdots + c\, d^{m-2} + d^{m-1}\right) = (c - d) \sum_{k=0}^{m-1} c^{m-1-k} d^{k} \tag{1}\]
çarpanlara ayırmasıdır (Lemma 13.1; sağ tarafı açınca ardışık terimler birbirini götürür, yalnızca \(c^m\) ile \(-d^m\) kalır). Sigma yazımında \(k = 0\) ve \(k = m-1\) terimleri \(c^{m-1} d^{0}\) ve \(c^{0} d^{m-1}\) biçiminde görünür; Tanım 11.5 \(0^0\)’ı tanımsız bıraktığından burada \(c^0 = d^0 = 1\) uzlaşımını kullanıyoruz (taban sıfır olsa bile). Bu bir kısaltmadan ibarettir: açık yazılışta söz konusu terimler zaten \(c^{m-1}\) ve \(d^{m-1}\)’dir, dolayısıyla özdeşlik her \(c, d \in \mathbb{R}\) ve \(m \in \mathbb{N}\) için geçerlidir. Negatif olmayan bir sayının \(m\)-inci kökünün var ve tek olduğunu Teorem 13.2 ile biliyoruz; \(x \ge 0\) için \(x^{1/m} = \sqrt[m]{x}\), \(m\)-inci kuvveti \(x\) olan tek negatif olmayan sayıdır. Kök alma sıralamayı korur: \(0 \le s < t\) ise \(s^{1/m} < t^{1/m}\) olur (aksi hâlde \(s^{1/m} \ge t^{1/m} \ge 0\) eşitsizliğinin \(m\)-inci kuvveti alınınca \(s \ge t\) çıkardı; negatif olmayan sayılarda kuvvet alma sıralamayı korur).
Teorem 21.5 (Kuvvet ve Kök Dizileri) \(m \in \mathbb{N}\) sabit olsun.
- Kuvvet. \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) ise \(\lim_{n\to\infty} a_n^{\,m} = a^m\).
- Kök. Her \(n\) için \(a_n \ge 0\) ve \(\lim_{n\to\infty} a_n = a\) ise \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[m]{a_n} = \sqrt[m]{a}\).
İspat
1. Kuvvet. (1) özdeşliğinde \(c = a_n\), \(d = a\) alalım:
\[|a_n^{\,m} - a^m| = |a_n - a| \cdot \left|\sum_{k=0}^{m-1} a_n^{\,m-1-k} a^{k}\right|.\]
Sağdaki ikinci çarpanı sınırlayalım. \((a_n)\) yakınsak olduğundan sınırlıdır (Teorem 20.2): her \(n\) için \(|a_n| \le M_1\) olacak bir \(M_1 > 0\) vardır. \(M = \max\{M_1, |a|\}\) diyelim. Toplamın her teriminde \(|a_n^{\,m-1-k} a^k| \le M^{m-1-k} M^k = M^{m-1}\) olduğundan, genelleştirilmiş üçgen eşitsizliğiyle (Teorem 9.7)
\[\left|\sum_{k=0}^{m-1} a_n^{\,m-1-k} a^{k}\right| \le m\,M^{m-1} =: K.\]
Böylece her \(n\) için \(|a_n^{\,m} - a^m| \le K\,|a_n - a|\). \(a_n \to a\) olduğundan \(K|a_n - a| \to K \cdot 0 = 0\) (skaler çarpım kuralı ve Teorem 20.3). Teorem 21.4 gereği \(a_n^{\,m} - a^m \to 0\), yani \(a_n^{\,m} \to a^m\) (Sonuç 21.1, 2).
2. Kök. Önce \(a \ge 0\) olduğuna dikkat edelim: \(a_n \ge 0\) olduğundan Sonuç 21.2 ile \(a \ge 0\); dolayısıyla \(\sqrt[m]{a}\) tanımlıdır. İki durum vardır.
Durum \(a = 0\). \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a_n \to 0\) ve \(a_n \ge 0\) olduğundan öyle bir \(n_\varepsilon\) vardır ki \(n \ge n_\varepsilon\) için \(0 \le a_n < \varepsilon^m\). Kök alma sıralamayı koruduğundan bu \(n\)’ler için
\[0 \le \sqrt[m]{a_n} < \sqrt[m]{\varepsilon^m} = \varepsilon,\]
yani \(|\sqrt[m]{a_n} - 0| < \varepsilon\). Demek ki \(\sqrt[m]{a_n} \to 0 = \sqrt[m]{0}\).
Durum \(a > 0\). \(x_n = \sqrt[m]{a_n} \ge 0\) ve \(y = \sqrt[m]{a} > 0\) yazalım. (1) özdeşliğinde \(c = x_n\), \(d = y\) alırsak
\[a_n - a = x_n^{\,m} - y^m = (x_n - y) \sum_{k=0}^{m-1} x_n^{\,m-1-k} y^{k}.\]
Toplamdaki her terim negatif değildir ve \(k = m-1\) terimi \(x_n^{\,0} y^{m-1} = y^{m-1} > 0\)’dır (yukarıdaki \(c^0 = 1\) uzlaşımı gereği; \(a_n = 0\) olan indislerde \(x_n = 0\) olabilir); dolayısıyla
\[\sum_{k=0}^{m-1} x_n^{\,m-1-k} y^{k} \ge y^{m-1} > 0.\]
Bu, toplamın alttan pozitif bir sabitle sınırlı olduğunu söyler. Mutlak değer alıp bu sabite bölersek her \(n\) için
\[|x_n - y| = \frac{|a_n - a|}{\sum_{k=0}^{m-1} x_n^{\,m-1-k} y^{k}} \le \frac{|a_n - a|}{y^{m-1}}.\]
Sağ taraf \(\dfrac{1}{y^{m-1}} \cdot |a_n - a| \to 0\) olduğundan Teorem 21.4 ile \(x_n - y \to 0\), yani \(\sqrt[m]{a_n} \to \sqrt[m]{a}\).
\(\blacksquare\)
Bu teorem, limit işlemini kök işaretinin içine sokmamıza izin verir: \(\lim \sqrt{a_n} = \sqrt{\lim a_n}\). Örneğin
\[\lim_{n\to\infty} \sqrt{\frac{n + 1}{n}} = \sqrt{\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)} = \sqrt{1} = 1.\]
21.6 Sıkıştırma Teoremi
Bazen bir dizinin limitini doğrudan hesaplayamayız ama diziyi, limitleri bilinen ve aynı sayıya giden iki dizi arasına sıkıştırabiliriz. O zaman ortadaki dizinin de aynı limite gitmekten başka çaresi yoktur.
Teorem 21.6 (Sıkıştırma Teoremi) \((a_n)\), \((b_n)\), \((c_n)\) dizileri her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a_n \le c_n \le b_n\) eşitsizliğini sağlasın. \(\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} b_n = L\) ise \((c_n)\) dizisi de yakınsaktır ve \(\lim_{n\to\infty} c_n = L\).
İspat
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(a_n \to L\) olduğundan öyle bir \(n_1\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(|a_n - L| < \varepsilon\), özellikle \(L - \varepsilon < a_n\). \(b_n \to L\) olduğundan öyle bir \(n_2\) vardır ki \(n \ge n_2\) için \(|b_n - L| < \varepsilon\), özellikle \(b_n < L + \varepsilon\). \(n \ge n_\varepsilon = \max\{n_1, n_2\}\) için varsayımla birleştirirsek
\[L - \varepsilon < a_n \le c_n \le b_n < L + \varepsilon,\]
yani \(|c_n - L| < \varepsilon\). Bu, \(c_n \to L\) demektir.
\(\blacksquare\)
İspat (limit aritmetiğiyle)
Eşitsizlikten \(a_n\) çıkaralım: \(0 \le c_n - a_n \le b_n - a_n\). Sonuç 21.1 (4) ile \(b_n - a_n \to L - L = 0\); Teorem 21.4 ile \(c_n - a_n \to 0\). O hâlde toplam kuralıyla \(c_n = (c_n - a_n) + a_n \to 0 + L = L\).
\(\blacksquare\)
Teoremin gücü, \((c_n)\) hakkında hiçbir yakınsaklık varsayımı yapmamasındadır: yakınsaklık, sıkıştırmanın bir sonucudur. Dikkat: eşitsizliğin sonlu sayıda \(n\) için bozulması önemli değildir (yukarıdaki nota bakınız).
Örnek 21.3 (Kosinüs Bölü n Dizisi) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\cos n}{n}\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(-1 \le \cos n \le 1\)’dir. Eşitsizliğin her tarafını pozitif \(n\) sayısına bölersek
\[-\frac{1}{n} \le \frac{\cos n}{n} \le \frac{1}{n}.\]
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(-\frac{1}{n}\right) = 0\) ve \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0\) olduğundan (Örnek 20.1 ve skaler çarpım kuralı) Teorem 21.6 gereği
\[\lim_{n\to\infty} \frac{\cos n}{n} = 0.\]
(Aynı sonuç Teorem 21.2 ile de elde edilir: \(\dfrac{1}{n} \to 0\) ve \((\cos n)\) sınırlıdır.)
\(\blacksquare\)
\(a_n \le c_n \le b_n\) olsa bile \(\lim a_n \neq \lim b_n\) ise ortadaki dizi yakınsak olmayabilir. Örneğin \(a_n = -1\), \(b_n = 1\) ve \(c_n = (-1)^n\) için \(-1 \le (-1)^n \le 1\) eşitsizliği her zaman doğrudur; ama sınır dizilerinin limitleri \(-1 \neq 1\) farklıdır ve ortadaki \(((-1)^n)\) dizisi ıraksaktır (Örnek 20.6). Sıkıştırma teoreminde iki sınır dizisinin aynı limite gitmesi vazgeçilmezdir.
Sıkıştırma teoremi, terim sayısı \(n\) ile artan toplamların limitini bulmakta özellikle etkilidir.
Örnek 21.4 (Terim Sayısı Artan Bir Toplam) Genel terimi
\[c_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2 + k}} = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}\]
olan dizinin limitini bulunuz.
Çözüm
Toplamda \(n\) terim vardır ve bunların en büyüğü \(k = 1\), en küçüğü \(k = n\) olan terimdir (\(k\) büyüdükçe payda büyür). Her terimi en küçük terimle ve en büyük terimle karşılaştırırsak
\[n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}} \le c_n \le n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}}.\]
Sınır dizilerinin limitlerini hesaplayalım. Pay ve paydayı \(n = \sqrt{n^2}\)’ye bölerek
\[\frac{n}{\sqrt{n^2 + n}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}, \qquad \frac{n}{\sqrt{n^2 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n^2}}}.\]
\(1 + \dfrac{1}{n} \to 1\) ve \(1 + \dfrac{1}{n^2} \to 1\) olduğundan Teorem 21.5 (kök, \(m = 2\)) ile karekökleri \(\sqrt{1} = 1\)’e gider; bölüm kuralıyla iki sınır dizisi de \(1\)’e yakınsar. Teorem 21.6 gereği \(\lim_{n\to\infty} c_n = 1\).
\(\blacksquare\)
21.7 Supremum ve İnfimumun Dizilerle Karakterizasyonu
Supremum, “kümenin ulaşabildiği ama geçemediği” sayıdır (Tanım 10.4). Teorem 10.1 bunu \(\varepsilon\) diliyle söyler: \(L = \sup A\) ise \(L\)’nin her \(\varepsilon\)-komşuluğunda \(A\)’dan bir eleman vardır. Aynı düşünceyi diziyle ifade edelim: \(\varepsilon = 1/n\) alıp her \(n\) için bir eleman seçersek, \(L\)’ye yakınsayan bir \(A\)-dizisi elde ederiz.
Teorem 21.7 (Supremumun Dizilerle Karakterizasyonu) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan, üstten sınırlı bir küme ve \(L \in \mathbb{R}\) olsun. \(\sup A = L\) olması için gerek ve yeter koşul, şu ikisinin birlikte sağlanmasıdır:
- \(L\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır (her \(x \in A\) için \(x \le L\));
- \(A\) içinde \(L\)’ye yakınsayan bir dizi vardır: \(\lim_{n\to\infty} a_n = L\) olacak biçimde \((a_n)\), her \(a_n \in A\).
Bu durumda dizi elbette her \(n\) için \(a_n \le L\) koşulunu da sağlar.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\sup A = L\) olsun. Supremum bir üst sınır olduğundan 1 sağlanır. 2 için Teorem 10.1’u kullanalım: her \(\varepsilon > 0\) için \(L - \varepsilon < a\) olacak bir \(a \in A\) vardır. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\varepsilon = 1/n\) alıp
\[L - \frac{1}{n} < a_n \le L\]
sağlayan bir \(a_n \in A\) seçelim (sağdaki eşitsizlik \(L\)’nin üst sınır olmasından). \(L - \dfrac{1}{n} \to L\) (Örnek 20.1 ve Sonuç 21.1) ve sabit \((L)\) dizisi \(L\)’ye gittiğinden Teorem 21.6 ile \(a_n \to L\).
(\(\Leftarrow\)) 1 ve 2 sağlansın. \(L\) bir üst sınırdır; en küçük üst sınır olduğunu göstermek için \(L\)’den küçük hiçbir sayının üst sınır olamayacağını görelim. \(L' < L\) olsun ve \(\varepsilon = L - L' > 0\) alalım. \(a_n \to L\) olduğundan öyle bir \(n\) vardır ki \(|a_n - L| < \varepsilon\), dolayısıyla
\[a_n > L - \varepsilon = L'.\]
\(a_n \in A\) olduğundan \(L'\), \(A\)’nın üst sınırı değildir. Demek ki üst sınırların en küçüğü \(L\)’dir: \(\sup A = L\).
\(\blacksquare\)
Teoremin 1. koşulu “\(L\), kümenin üst sınırı” der; yalnızca dizinin terimlerinin \(L\)’yi aşmaması (\(a_n \le L\)) yetmez. Örneğin \(A = [0, 2]\) ve \(L = 1\) alalım. \(a_n = 1 - \dfrac{1}{n} \in A\) dizisi \(1\)’e yakınsar ve \(a_n \le 1\)’dir; ama \(\sup A = 2 \neq 1\). Sorun, \(1\)’in \(A\)’nın üst sınırı olmamasıdır.
İnfimum için tamamen simetrik bir sonuç geçerlidir.
Teorem 21.8 (İnfimumun Dizilerle Karakterizasyonu) \(A \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan, alttan sınırlı bir küme ve \(M \in \mathbb{R}\) olsun. \(\inf A = M\) olması için gerek ve yeter koşul, \(M\)’nin \(A\)’nın bir alt sınırı olması ve \(A\) içinde \(M\)’ye yakınsayan bir \((a_n)\) dizisinin bulunmasıdır.
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\inf A = M\) olsun; \(M\) bir alt sınırdır. Teorem 10.2 gereği her \(n\) için \(M \le a_n < M + \dfrac{1}{n}\) sağlayan bir \(a_n \in A\) seçilebilir. \(M + \dfrac{1}{n} \to M\) olduğundan Teorem 21.6 ile \(a_n \to M\).
(\(\Leftarrow\)) \(M\) alt sınır ve \(a_n \to M\), \(a_n \in A\) olsun. \(M' > M\) herhangi bir sayı olsun; \(\varepsilon = M' - M > 0\) için öyle bir \(n\) vardır ki \(|a_n - M| < \varepsilon\), dolayısıyla \(a_n < M + \varepsilon = M'\). \(a_n \in A\) olduğundan \(M'\) alt sınır değildir. O hâlde \(M\), alt sınırların en büyüğüdür: \(\inf A = M\).
\(\blacksquare\)
Örnek 21.5 (İnfimumu Diziyle Bulma) \(A = \left\{ \dfrac{2m}{n^2} : m, n \in \mathbb{N},\ n < m \right\}\) kümesi için \(\inf A = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(A\)’nın her elemanı pozitiftir; dolayısıyla \(0\) bir alt sınırdır ve \(A\) boş değildir (örneğin \(m = 2\), \(n = 1\) için \(4 \in A\)). Teorem 21.8 gereği \(A\) içinde \(0\)’a yakınsayan bir dizi bulmak yeter.
Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(m = n + 1\) seçelim; \(n < m\) sağlandığından
\[a_n = \frac{2(n + 1)}{n^2} = \frac{2}{n} + \frac{2}{n^2} \in A.\]
\(\dfrac{2}{n} \to 0\) ve \(\dfrac{2}{n^2} \to 0\) olduğundan toplam kuralıyla \(a_n \to 0\). O hâlde \(\inf A = 0\).
Not: \(0 \notin A\) olduğundan bu küme bir minimuma sahip değildir; infimum kümeye ait olmayabilir.
\(\blacksquare\)
21.8 Yoğunluk, Kapalılık ve Kapanışın Dizilerle Karakterizasyonu
Topoloji bölümlerinde komşuluklarla tanımladığımız kavramların her biri, “bir dizinin limiti olmak” diliyle yeniden ifade edilebilir. Anahtar gözlem hep aynıdır: bir \(x\) noktasının her komşuluğu \(A\) ile kesişiyorsa, \(\varepsilon = 1/n\) komşuluklarından birer eleman seçerek \(x\)’e yakınsayan bir \(A\)-dizisi kurabiliriz.
\(\overline{A}\) kapanışı (Tanım 17.5), \(A\)’nın bütün değme noktalarının (Tanım 17.4) kümesidir: \(x \in \overline{A}\) olması, \(x\)’in her komşuluğunun (Tanım 15.1) \(A\) ile kesişmesi demektir. Teorem 17.2 gereği \(\overline{A} = A \cup A'\)’dür; burada \(A'\) yığılma noktalarının kümesidir (Tanım 17.1). Gerçekten \(x \in A\) ise her komşuluğu \(x\)’i içerdiğinden \(A\) ile kesişir; \(x \notin A\) ise komşuluklarının \(A\) ile kesişmesi, delinmiş komşuluklarının kesişmesiyle aynı şeydir ve bu \(x \in A'\) demektir.
Teorem 21.9 (Yoğunluğun Dizilerle Karakterizasyonu) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(A\)’nın \(\mathbb{R}\)’de yoğun olması (\(\overline{A} = \mathbb{R}\); Tanım 17.6) için gerek ve yeter koşul, her reel sayının \(A\) içinden bir dizinin limiti olmasıdır:
\[\forall x \in \mathbb{R},\ \exists (a_n),\ \big(\forall n,\ a_n \in A\big) \text{ ve } \lim_{n\to\infty} a_n = x.\]
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(\overline{A} = \mathbb{R}\) olsun ve \(x \in \mathbb{R}\) alalım. \(x \in \overline{A}\) olduğundan yukarıdaki not gereği \(x\)’in her komşuluğu \(A\) ile kesişir. Her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[\left(x - \frac{1}{n},\ x + \frac{1}{n}\right) \cap A \neq \varnothing\]
olduğundan bu kesişimden bir \(a_n\) seçelim. O zaman her \(n\) için \(|a_n - x| < \dfrac{1}{n}\). \(\dfrac{1}{n} \to 0\) olduğundan Teorem 21.4 ile \(a_n - x \to 0\), yani \(a_n \to x\).
(\(\Leftarrow\)) Her reel sayı \(A\)’dan bir dizinin limiti olsun. \(x \in \mathbb{R}\) alalım; \(A\) içinde \(a_n \to x\) olacak bir \((a_n)\) vardır. \(x\)’in herhangi bir \((x - \varepsilon, x + \varepsilon)\) komşuluğunu alalım. Limit tanımı gereği öyle bir \(n\) vardır ki \(|a_n - x| < \varepsilon\), yani \(a_n \in (x - \varepsilon, x + \varepsilon) \cap A\). Demek ki \(x\)’in her komşuluğu \(A\) ile kesişir; \(x \in \overline{A}\). \(x\) keyfi olduğundan \(\overline{A} = \mathbb{R}\).
\(\blacksquare\)
Sonuç 21.3 (Her Reel Sayı Rasyonel Bir Dizinin Limitidir) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\lim_{n\to\infty} q_n = x\) olacak biçimde rasyonel terimli bir \((q_n)\) dizisi vardır. Aynı şey irrasyonel terimli diziler için de geçerlidir.
İspat
Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x - \dfrac{1}{n} < x + \dfrac{1}{n}\) olduğundan Teorem 13.5 gereği bu iki sayı arasında bir \(q_n \in \mathbb{Q}\) vardır. O zaman \(|q_n - x| < \dfrac{1}{n} \to 0\); Teorem 21.4 ile \(q_n \to x\). İrrasyonel dizi için Teorem 13.6 aynı biçimde kullanılır.
\(\blacksquare\)
Örneğin \(\sqrt{2}\) sayısına yakınsayan rasyonel dizi olarak ondalık açılımın kesilmiş hâllerini alabiliriz: \(1;\ 1{,}4;\ 1{,}41;\ 1{,}414;\ \dots\)
Şimdi kapalı kümelere geçelim. Sezgi: kapalı bir küme “sınırını içerir”; dolayısıyla içindeki bir dizi bir noktaya yaklaşıyorsa o nokta da kümede olmalıdır. Bu sezgi tam olarak doğrudur ve kapalılığı karakterize eder.
Teorem 21.10 (Kapalılığın Dizilerle Karakterizasyonu) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(A\)’nın kapalı olması (Tanım 16.1) için gerek ve yeter koşul, \(A\) içindeki her yakınsak dizinin limitinin de \(A\)’da olmasıdır:
\[A \text{ kapalı} \iff \Big(\forall (a_n),\ \big(\forall n,\ a_n \in A\big) \text{ ve } \lim_{n\to\infty} a_n = a \implies a \in A\Big).\]
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(A\) kapalı olsun; \((a_n)\), \(A\) içinde bir dizi ve \(a_n \to a\) olsun. \(a \notin A\) olduğunu varsayalım. O zaman \(a \in \mathbb{R} \setminus A\)’dır. \(A\) kapalı olduğundan tümleyeni \(\mathbb{R} \setminus A\) açıktır (Tanım 16.1); açık küme tanımı (Tanım 15.4) gereği \(a\)’nın tümleyende kalan bir komşuluğu vardır:
\[(a - \varepsilon, a + \varepsilon) \subseteq \mathbb{R} \setminus A \quad \text{olacak biçimde } \varepsilon > 0.\]
Öte yandan \(a_n \to a\) olduğundan bu \(\varepsilon\) için öyle bir \(n\) vardır ki \(|a_n - a| < \varepsilon\), yani \(a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)\). Ama \(a_n \in A\)’dır; \(A\)’nın bir elemanı \(\mathbb{R} \setminus A\)’da olamaz. Çelişki. Demek ki \(a \in A\).
(\(\Leftarrow\)) \(A\) içindeki her yakınsak dizinin limiti \(A\)’da olsun. \(A\)’nın kapalı olmadığını varsayalım. O zaman \(\mathbb{R} \setminus A\) açık değildir; yani öyle bir \(b \in \mathbb{R} \setminus A\) vardır ki \(b\)’nin hiçbir komşuluğu \(\mathbb{R} \setminus A\)’nın içinde kalmaz. Bu, \(b\)’nin her komşuluğunun \(A\) ile kesiştiği anlamına gelir. Özel olarak her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[\left(b - \frac{1}{n},\ b + \frac{1}{n}\right) \cap A \neq \varnothing;\]
buradan bir \(a_n\) seçelim. Her \(n\) için \(a_n \in A\) ve \(|a_n - b| < \dfrac{1}{n}\) olduğundan Teorem 21.4 ile \(a_n \to b\). Varsayım gereği bu dizinin limiti \(A\)’da olmalıdır: \(b \in A\). Ama \(b \in \mathbb{R} \setminus A\) seçmiştik. Çelişki. Demek ki \(A\) kapalıdır.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, bir kümenin kapalı olduğunu göstermenin en pratik yolunu verir: kümedeki keyfi bir yakınsak dizi alınır ve limitinin kümede kaldığı gösterilir. Kapalı olmadığını göstermek içinse limiti kümeden kaçan tek bir dizi yeter.
Örnek 21.6 (Dizisel Ölçütle Kapalılık)
\([0, 1]\) kapalı aralığının kapalı bir küme olduğunu dizisel ölçütle gösteriniz.
\((0, 1]\) kümesinin kapalı olmadığını gösteriniz.
Çözüm
a) \((a_n)\), \([0, 1]\) içinde yakınsak bir dizi ve \(a_n \to a\) olsun. Her \(n\) için \(0 \le a_n \le 1\) olduğundan Sonuç 21.2 ile \(0 \le a \le 1\), yani \(a \in [0, 1]\). Teorem 21.10 gereği \([0, 1]\) kapalıdır. (Aynı akıl yürütme her \([\alpha, \beta]\) kapalı aralığı için geçerlidir.)
b) \(a_n = \dfrac{1}{n}\) dizisinin her terimi \((0, 1]\) içindedir ve \(a_n \to 0\) (Örnek 20.1). Ama \(0 \notin (0, 1]\). Kümedeki bir yakınsak dizinin limiti kümenin dışına düştüğünden Teorem 21.10 gereği \((0, 1]\) kapalı değildir.
\(\blacksquare\)
Son olarak kapanış: bir kümeye “dizilerle ulaşılabilen” noktaların kümesi tam olarak kapanıştır.
Teorem 21.11 (Kapanışın Dizilerle Karakterizasyonu) \(A \subseteq \mathbb{R}\) ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(a \in \overline{A}\) olması için gerek ve yeter koşul, \(A\) içinde \(a\)’ya yakınsayan bir dizinin bulunmasıdır:
\[a \in \overline{A} \iff \exists (a_n),\ \big(\forall n,\ a_n \in A\big) \text{ ve } \lim_{n\to\infty} a_n = a.\]
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(a \in \overline{A}\) olsun. Yukarıdaki not gereği \(a\)’nın her komşuluğu \(A\) ile kesişir. Her \(n\) için \(\left(a - \dfrac{1}{n}, a + \dfrac{1}{n}\right) \cap A\) kümesinden bir \(a_n\) seçelim; \(|a_n - a| < \dfrac{1}{n}\) olduğundan Teorem 21.4 ile \(a_n \to a\).
(\(\Leftarrow\)) \(A\) içinde \(a_n \to a\) olacak bir dizi olsun. \(\varepsilon > 0\) keyfi olsun. Limit tanımı gereği öyle bir \(n\) vardır ki \(a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)\); \(a_n \in A\) olduğundan \((a - \varepsilon, a + \varepsilon) \cap A \neq \varnothing\). Yani \(a\)’nın her komşuluğu \(A\) ile kesişir; \(a\) bir değme noktasıdır ve \(a \in \overline{A}\).
\(\blacksquare\)
Sonuç 21.4 (Yığılma Noktalarının Dizilerle Karakterizasyonu) \(a \in \mathbb{R}\) sayısının \(A\)’nın bir yığılma noktası olması için gerek ve yeter koşul, \(A \setminus \{a\}\) içinde \(a\)’ya yakınsayan bir dizinin bulunmasıdır. Başka bir deyişle: terimleri \(A\)’da, \(a\)’dan farklı ve \(a\)’ya yakınsayan bir \((a_n)\) dizisi vardır.
İspat
\(a\)’nın \(A\)’nın yığılma noktası olması (Tanım 17.1), \(a\)’nın her delinmiş komşuluğunun (Tanım 15.2) \(A\) ile kesişmesi, yani her komşuluğunun \(A \setminus \{a\}\) ile kesişmesi demektir. Bu da yukarıdaki not gereği \(a \in \overline{A \setminus \{a\}}\) olmasına denktir. Teorem 21.11’yi \(A \setminus \{a\}\) kümesine uygularsak iddia çıkar.
\(\blacksquare\)
Bu sonuç, ileride fonksiyon limitinin dizisel ölçütünde (Teorem 28.1) temel rol oynayacak: bir noktada limit sorabilmek için o noktaya tanım kümesinden, noktanın kendisine uğramadan yaklaşan bir dizi gerekir.
21.9 Alıştırmalar
Alıştırma 21.1 (Limit İşlemleri ve Sıkıştırma)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{3n^2 - n + 1}{2n^2 + 5}\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(\sqrt{n^2 + n} - n\right)\) limitini hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{(-1)^n n}{n^2 + 1} = 0\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2 + k} = 0\) olduğunu sıkıştırma teoremiyle gösteriniz.
\(A = \left\{ \dfrac{n}{n + 1} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesi için \(\sup A = 1\) olduğunu diziler yardımıyla gösteriniz ve \(A\)’nın kapalı olmadığını açıklayınız.
Çözüm
a) Pay ve paydayı \(n^2\)’ye bölelim:
\[\frac{3n^2 - n + 1}{2n^2 + 5} = \frac{3 - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}}{2 + \dfrac{5}{n^2}}.\]
Pay \(3 - 0 + 0 = 3\)’e, payda \(2 + 0 = 2 \neq 0\)’a yakınsar. Teorem 21.1 (bölüm) ile limit \(\dfrac{3}{2}\)’dir.
b) \(\sqrt{n^2 + n} - n\) ifadesi “\(\infty - \infty\)” görünümündedir; doğrudan limit alamayız. Eşleniğiyle çarpıp bölelim:
\[\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{\left(\sqrt{n^2 + n} - n\right)\left(\sqrt{n^2 + n} + n\right)}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2 + n} + n}.\]
Pay ve paydayı \(n\)’ye bölelim (\(n = \sqrt{n^2}\) olduğundan kökün içine \(n^2\) olarak girer):
\[\frac{n}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}} + 1}.\]
\(1 + \dfrac{1}{n} \to 1\) olduğundan Teorem 21.5 ile \(\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}} \to 1\); payda \(1 + 1 = 2 \neq 0\)’a gider. Bölüm kuralıyla
\[\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2 + n} - n\right) = \frac{1}{2}.\]
c) \(a_n = \dfrac{n}{n^2 + 1}\) ve \(b_n = (-1)^n\) yazalım. \((b_n)\) sınırlıdır (\(|b_n| = 1\)). Pay ve paydayı \(n^2\)’ye bölerek
\[a_n = \frac{\dfrac{1}{n}}{1 + \dfrac{1}{n^2}} \to \frac{0}{1} = 0.\]
Teorem 21.2 gereği \(a_n b_n = \dfrac{(-1)^n n}{n^2 + 1} \to 0\). (Alternatif: \(\left|\dfrac{(-1)^n n}{n^2 + 1}\right| = \dfrac{n}{n^2 + 1} \le \dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{n} \to 0\) ve Teorem 21.4.)
d) Toplamda \(n\) terim vardır; her terim pozitiftir ve en büyüğü \(k = 1\) olan terimdir. Dolayısıyla
\[0 < \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2 + k} \le n \cdot \frac{1}{n^2 + 1} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}.\]
Sabit \((0)\) dizisi ve \(\dfrac{1}{n}\) dizisi ikisi de \(0\)’a gittiğinden Teorem 21.6 gereği toplam da \(0\)’a gider.
e) Her \(n\) için \(\dfrac{n}{n + 1} < 1\) olduğundan \(1\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır; \(A\) boş değildir. \(a_n = \dfrac{n}{n + 1} \in A\) dizisi için pay ve paydayı \(n\)’ye bölerek
\[a_n = \frac{1}{1 + \dfrac{1}{n}} \to \frac{1}{1 + 0} = 1.\]
Teorem 21.7’nin iki koşulu da sağlandığından \(\sup A = 1\).
\(A\)’nın kapalı olmadığını görmek için aynı diziyi kullanalım: \((a_n)\), \(A\) içinde yakınsak bir dizidir ve limiti \(1\)’dir. Ama \(1 \notin A\); çünkü \(\dfrac{n}{n + 1} = 1\) eşitliği \(n = n + 1\) gerektirir ve hiçbir doğal sayı için sağlanmaz. Kümedeki bir yakınsak dizinin limiti kümenin dışında kaldığından Teorem 21.10 gereği \(A\) kapalı değildir.
Aslında \(\overline{A} = A \cup \{1\}\)’dir. Teorem 21.11 ile \(1 \in \overline{A}\). Öte yandan \(x \neq 1\) olan hiçbir \(x\), \(A\)’nın yığılma noktası değildir: \(x > 1\) ise \((1, 2x - 1)\) komşuluğu \(A\)’dan hiç eleman içermez (bütün elemanlar \(1\)’den küçüktür). \(x < 1\) ise \(\delta = \dfrac{1 - x}{2}\) alalım; \(\dfrac{n}{n + 1} = 1 - \dfrac{1}{n + 1}\) elemanının \((x - \delta, x + \delta)\) içinde olması için \(1 - \dfrac{1}{n + 1} < x + \delta = \dfrac{1 + x}{2}\), yani \(n + 1 < \dfrac{2}{1 - x}\) gerekir; bu yalnızca sonlu sayıda \(n\) için mümkündür. Yığılma noktasının her komşuluğu sonsuz çoklukta eleman içerdiğinden (Teorem 17.1) \(x\) yığılma noktası olamaz.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde limit hesabının araç kutusunu doldurduk: cebirsel kurallar, sıralama, kök alma ve sıkıştırma. Ama bütün bu araçlar limitin bir reel sayı olduğu durumlar içindir. \(n\), \(n^2\), \(2^n\) gibi sınırsız büyüyen diziler için “limit \(+\infty\)’dur” demek ne anlama gelir, bu sonsuz limitlerle nasıl hesap yapılır ve \(\sqrt[n]{n}\), \(a^n\), \(\dfrac{n^p}{b^n}\) gibi sık karşılaşılan dizilerin limitleri nedir? Sonraki bölüm bu sorulara ayrılmıştır: Sonsuza Iraksayan Diziler ve Özel Limitler.