22 Sonsuza Iraksayan Diziler ve Özel Limitler
Şimdiye kadar “limit” dediğimizde hep bir reel sayıyı kastettik (Tanım 20.1). Oysa \(1, 2, 3, \dots\) ya da \(1, 4, 9, 16, \dots\) gibi diziler hiçbir reel sayıya yakınsamaz; ama davranışları da \((-1)^n\) gibi “kararsız” değildir: terimler tek bir yönde, sınırsızca büyür. Bu bölümde önce bu davranışa bir ad vereceğiz — “dizi \(+\infty\)’a ıraksar” — ve sonsuz limitlerle hangi işlemlerin güvenle yapılabildiğini, hangilerinin belirsiz kaldığını göreceğiz.
Bölümün ikinci yarısı, analizde tekrar tekrar karşımıza çıkacak birkaç özel limite ayrılmıştır: \(\sqrt[n]{a} \to 1\), \(\sqrt[n]{n} \to 1\), \(|a| < 1\) için \(a^n \to 0\), oran testi ve \(n^p\), \(b^n\), \(n!\), \(n^n\) dizilerinin büyüme hızlarının karşılaştırılması. Bu limitlerin ispatlarında iki eski dostumuz sürekli iş başında olacak: Bernoulli eşitsizliği (Teorem 9.5) ve sıkıştırma teoremi (Teorem 21.6).
22.1 Sonsuza Iraksama
Sezgi şudur: \(a_n = n^2\) dizisinin terimleri, hangi tavanı seçersek seçelim, bir yerden sonra o tavanı aşar ve bir daha altına inmez. Yakınsaklık tanımındaki “\(\varepsilon\) dar bandı” yerine burada “\(M\) yüksek tavanı” vardır.
Tanım 22.1 (Sonsuza Iraksama) \((a_n)\) bir reel sayı dizisi olsun.
- Her \(M > 0\) reel sayısı için öyle bir \(n_M \in \mathbb{N}\) varsa ki \(n \ge n_M\) olan her \(n\) için \(a_n > M\) sağlanıyorsa, \((a_n)\) dizisi \(+\infty\)’a ıraksar (diverges to \(+\infty\)) denir ve
\[\lim_{n\to\infty} a_n = +\infty \iff \forall M > 0,\ \exists n_M \in \mathbb{N},\ \forall n \in \mathbb{N},\ \big(n \ge n_M \Rightarrow a_n > M\big)\]
yazılır.
- Her \(M > 0\) reel sayısı için öyle bir \(n_M \in \mathbb{N}\) varsa ki \(n \ge n_M\) olan her \(n\) için \(a_n < -M\) sağlanıyorsa, \((a_n)\) dizisi \(-\infty\)’a ıraksar denir ve
\[\lim_{n\to\infty} a_n = -\infty \iff \forall M > 0,\ \exists n_M \in \mathbb{N},\ \forall n \in \mathbb{N},\ \big(n \ge n_M \Rightarrow a_n < -M\big)\]
yazılır.
Bu iki durumda dizinin sonsuz limiti vardır denir; \(a_n \to +\infty\) ve \(a_n \to -\infty\) kısaltmaları da kullanılır.
Tanımı okuyalım: \(+\infty\)’a ıraksamak, “hangi \(M\) tavanı verilirse verilsin, belli bir \(n_M\) indisinden sonra bütün terimlerin bu tavanın üstünde kalması” demektir. Tavanı ara sıra aşmak yetmez; aşıp üstte kalmak gerekir. \(-M\) tavanının altına inmek de simetrik biçimde \(-\infty\)’a ıraksamayı verir. Tanımda \(M > 0\) yerine “her \(M \in \mathbb{R}\)” de yazılabilirdi: \(M \le 0\) için \(M' = 1\) tavanına ait \(n_{M'}\) indisi işi görür.
\(+\infty\) ve \(-\infty\) birer reel sayı değildir; \(\mathbb{R}\)’nin aksiyomları onlar için geçerli değildir. “\(\lim a_n = +\infty\)” yazımı, sonsuza eşit bir sayı bulduğumuz anlamına gelmez; yalnızca dizinin sınırsız büyüme davranışını kodlayan bir kısaltmadır. Bu yüzden \(+\infty\)’a ıraksayan bir dizi, Tanım 20.2 anlamında ıraksaktır: reel bir limiti yoktur. Bunu hemen aşağıda ispatlayacağız.
Önerme 22.1 (Sonsuza Iraksayan Dizi Sınırsızdır) \(\lim_{n\to\infty} a_n = +\infty\) ise \((a_n)\) üstten sınırlı değildir; dolayısıyla yakınsak da değildir. Öte yandan \((a_n)\) alttan sınırlıdır. (\(-\infty\) için ifade simetriktir: dizi alttan sınırsız, üstten sınırlıdır ve yakınsak değildir.)
İspat
\(K \in \mathbb{R}\) herhangi bir sayı olsun; \(K\)’nin üst sınır olmadığını gösterelim. \(M = \max\{K, 1\} > 0\) alalım. Tanım gereği öyle bir \(n_M\) vardır ki \(a_{n_M} > M \ge K\). Demek ki hiçbir \(K\) üst sınır değildir; \((a_n)\) üstten sınırsızdır (Tanım 19.3). Yakınsak diziler sınırlı olduğundan (Teorem 20.2) \((a_n)\) yakınsak olamaz.
Alttan sınırlılık için tanımda \(M = 1\) alalım: \(n \ge n_1\) için \(a_n > 1\). Geriye kalan sonlu sayıda terimi de hesaba katarak \(m = \min\{a_1, a_2, \dots, a_{n_1 - 1}, 1\}\) diyelim; her \(n\) için \(a_n \ge m\)’dir.
\(\blacksquare\)
Önermenin karşıtı doğru değildir: sınırsız her dizi \(+\infty\)’a ıraksamaz. Bunu görmek için tanımın olumsuzlamasını yazalım (Teorem 2.1):
\[\lim_{n\to\infty} a_n \neq +\infty \iff \exists M > 0,\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \ge N,\ a_n \le M.\]
Yani “öyle bir \(M\) tavanı vardır ki dizide ne kadar ileri gidersek gidelim, tavanın altında kalan bir terim daha buluruz.”
Örnek 22.1 (Sonsuza Iraksayan Diziler) Aşağıdaki dizilerin sonsuz limitlerini tanımdan gösteriniz.
\(\lim_{n\to\infty} n = +\infty\)
\(\lim_{n\to\infty} n^2 = +\infty\)
\(\lim_{n\to\infty} \left(-(2^n)\right) = -\infty\) (dikkat: dizi \(-(2^n)\)’dir, \((-2)^n\) değil)
Çözüm
a) \(M > 0\) verilsin. \(n_M = \lfloor M \rfloor + 1\) alalım (Tanım 12.1); \(\lfloor M \rfloor \ge 0\) olduğundan \(n_M \in \mathbb{N}\)’dir ve Teorem 12.3 gereği \(M < \lfloor M \rfloor + 1 = n_M\). O hâlde \(n \ge n_M\) için \(n \ge n_M > M\).
b) \(M > 0\) verilsin. \(\sqrt{M}\) sayısı vardır (Teorem 13.2); \(n_M = \lfloor \sqrt{M} \rfloor + 1\) alalım. \(n \ge n_M\) için \(n > \sqrt{M} > 0\), ve pozitif sayılarda kare alma sıralamayı koruduğundan (Önerme 7.12) \(n^2 > (\sqrt{M})^2 = M\).
c) Önce \(2^n\)’nin \(n\)’den büyük olduğunu görelim: Bernoulli eşitsizliğiyle (Teorem 9.5)
\[2^n = (1 + 1)^n \ge 1 + n \cdot 1 > n.\]
\(M > 0\) verilsin ve \(n_M = \lfloor M \rfloor + 1\) alalım. \(n \ge n_M\) için \(2^n > n \ge n_M > M\), dolayısıyla \(-(2^n) < -M\) (Önerme 7.3). Tanım gereği \(-(2^n) \to -\infty\).
\(\blacksquare\)
Örnek 22.2 (Sınırsız Ama Sonsuza Gitmeyen Dizi) \[a_n = \begin{cases} n, & n \text{ tek ise} \\ 3, & n \text{ çift ise} \end{cases}\]
dizisinin sınırsız olduğunu, ama \(+\infty\)’a ıraksamadığını gösteriniz.
Çözüm
Tek indisli terimler \(a_1 = 1, a_3 = 3, a_5 = 5, \dots\) her tavanı aşar: \(K\) verildiğinde \(n = 2\lfloor |K| \rfloor + 3\) tek sayısı için \(a_n = n > K\). Demek ki dizi üstten sınırsızdır ve Teorem 20.2 gereği yakınsak değildir.
Buna karşın dizi \(+\infty\)’a ıraksamaz. Olumsuzlamadaki \(M\) olarak \(M = 4\) alalım. Hangi \(N\) verilirse verilsin, \(N\)’den büyük bir çift sayı \(n\) seçebiliriz (örneğin \(n = 2N\)); bu \(n\) için \(a_n = 3 \le 4\). Yani dizi \(4\) tavanının üstünde kalamaz: çift indislerde hep \(3\)’e geri döner.
Şekildeki iki panel farkı özetler: \(n^2\) dizisi \(M\) tavanını \(n_M\)’den sonra bir daha altına inmemek üzere aşar; yukarıdaki dizi ise tavanı sürekli aşıp geri iner. Sonsuza ıraksamak, “tek yönlü ve kalıcı” büyüme ister.
\(\blacksquare\)
Buna göre bir dizi için tam üç olasılık vardır: yakınsar (reel limit), sonsuz limiti vardır (\(+\infty\) ya da \(-\infty\)) ya da hiçbiri (örneğin \((-1)^n\), ya da yukarıdaki dizi). Son iki grup birlikte “ıraksak” dizileri oluşturur.
\(-\infty\) ile ilgili her sonuç, işaret değiştirerek \(+\infty\)’a indirgenebilir:
Önerme 22.2 (Eksi Sonsuz ve İşaret Değiştirme) \(\lim_{n\to\infty} a_n = -\infty\) olması için gerek ve yeter koşul \(\lim_{n\to\infty} (-a_n) = +\infty\) olmasıdır.
İspat
\(M > 0\) için “\(a_n < -M\)” ile “\(-a_n > M\)” aynı eşitsizliktir: Önerme 7.3 gereği (\(x < y \iff -y < -x\) denkliğinde \(x = a_n\), \(y = -M\) alınır) biri sağlanıyorsa öteki de sağlanır. Dolayısıyla tanımın iki biçimi, aynı \(n_M\) indisleriyle sağlanır.
\(\blacksquare\)
22.2 Sonsuz Limitlerle İşlemler
\(+\infty\) bir sayı olmadığından Teorem 21.1’ni sonsuz limitlere doğrudan uygulayamayız. Ama bazı durumlarda sonuç yine de kesindir; bazılarında ise “belirsiz” kalır. Kural şudur: sonsuzlukların birbirini desteklediği işlemler güvenlidir; birbiriyle yarıştığı işlemler belirsizdir.
Teorem 22.1 (Sonsuz Limitlerde Toplam) \((a_n)\) ve \((b_n)\) reel sayı dizileri olsun.
- \(\lim a_n = +\infty\) ve \(\lim b_n = +\infty\) ise \(\lim (a_n + b_n) = +\infty\).
- \(\lim a_n = -\infty\) ve \(\lim b_n = -\infty\) ise \(\lim (a_n + b_n) = -\infty\).
- \(\lim a_n = +\infty\) ve \((b_n)\) alttan sınırlı (özel olarak: yakınsak) ise \(\lim (a_n + b_n) = +\infty\).
İspat
1. \(M > 0\) verilsin. \(a_n \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(n_1\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(a_n > M/2\); \(b_n \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(n_2\) vardır ki \(n \ge n_2\) için \(b_n > M/2\). \(n_M = \max\{n_1, n_2\}\) alalım; \(n \ge n_M\) için
\[a_n + b_n > \frac{M}{2} + \frac{M}{2} = M.\]
2. Önerme 22.2 gereği \(-a_n \to +\infty\) ve \(-b_n \to +\infty\); 1’den \(-(a_n + b_n) = (-a_n) + (-b_n) \to +\infty\), yani yine Önerme 22.2 ile \(a_n + b_n \to -\infty\).
3. \((b_n)\) alttan sınırlı olsun: her \(n\) için \(b_n \ge m\) olacak bir \(m \in \mathbb{R}\) vardır (yakınsak bir dizi sınırlıdır, Teorem 20.2; dolayısıyla alttan sınırlıdır). \(M > 0\) verilsin. \(M + |m| > 0\) olduğundan öyle bir \(n_M\) vardır ki \(n \ge n_M\) için \(a_n > M + |m|\). Bu \(n\)’ler için
\[a_n + b_n > M + |m| + m \ge M,\]
çünkü \(|m| + m \ge 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Teorem, “\(\infty + \infty = \infty\)” ve “\(\infty + (\text{alttan sınırlı}) = \infty\)” kurallarının kesin karşılığıdır. Üçüncü maddede \((b_n)\)’nin sınırlı olması istenmez, alttan sınırlı olması yeter: \((b_n)\) yukarıya doğru serbestçe büyüyebilir, çünkü bu yalnızca toplamı daha da büyütür. Ama “\(\infty - \infty\)” için böyle bir kural yoktur.
\(\lim a_n = +\infty\) ve \(\lim b_n = -\infty\) ise \((a_n + b_n)\) hakkında genel olarak hiçbir şey söylenemez; sonuç örneğe göre değişir:
- \(a_n = n^2\), \(b_n = -n\): \(a_n + b_n = n^2 - n = n(n - 1) \ge n - 1 \to +\infty\).
- \(a_n = n\), \(b_n = -n^2\): \(a_n + b_n = n - n^2 \to -\infty\).
- \(a_n = n\), \(b_n = -n\): \(a_n + b_n = 0 \to 0\).
- \(a_n = n + (-1)^n\), \(b_n = -n\): \(a_n + b_n = (-1)^n\) ıraksaktır ve sonsuz limiti de yoktur (Örnek 20.6).
Bu tür ifadelere belirsiz biçim (indeterminate form) denir; limiti bulmak için ifadeyi cebirsel olarak yeniden düzenlemek gerekir (önceki bölümdeki \(\sqrt{n^2 + n} - n\) örneğini hatırlayın).
Teorem 22.2 (Sonsuz Limitlerde Çarpım) \(\lim a_n = +\infty\) olsun.
- \(\lim b_n = b > 0\) ya da \(\lim b_n = +\infty\) ise \(\lim (a_n b_n) = +\infty\).
- \(\lim b_n = b < 0\) ya da \(\lim b_n = -\infty\) ise \(\lim (a_n b_n) = -\infty\).
İspat
1. İki durum vardır.
Durum \(\lim b_n = b > 0\). \(m = b/2 > 0\) diyelim. \(b_n \to b\) olduğundan \(\varepsilon = b/2\) için öyle bir \(n_1\) vardır ki \(n \ge n_1\) için \(|b_n - b| < b/2\), dolayısıyla \(b_n > b - b/2 = m\). Şimdi \(M > 0\) verilsin. \(a_n \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(n_2\) vardır ki \(n \ge n_2\) için \(a_n > M/m\) (bu da \(a_n > 0\) demektir). \(n \ge \max\{n_1, n_2\}\) için her iki çarpan pozitif olduğundan eşitsizlikler çarpılabilir:
\[a_n b_n > \frac{M}{m} \cdot m = M.\]
Durum \(\lim b_n = +\infty\). \(M > 0\) verilsin. \(n \ge n_1\) için \(a_n > M\) ve \(n \ge n_2\) için \(b_n > 1\) olacak biçimde \(n_1, n_2\) seçelim. \(n \ge \max\{n_1, n_2\}\) için \(a_n b_n > M \cdot 1 = M\).
2. \(\lim b_n = b < 0\) ise \(\lim (-b_n) = -b > 0\); \(\lim b_n = -\infty\) ise Önerme 22.2 ile \(\lim (-b_n) = +\infty\). Her iki hâlde 1 gereği \(a_n (-b_n) = -(a_n b_n) \to +\infty\), yani \(a_n b_n \to -\infty\).
\(\blacksquare\)
\(\lim a_n = -\infty\) için de simetrik kurallar geçerlidir: \(a_n = -(-a_n)\) yazılıp teorem \((-a_n)\)’ye uygulanır. Örneğin \(a_n \to -\infty\) ve \(b_n \to b > 0\) ise \(a_n b_n \to -\infty\); \(a_n \to -\infty\) ve \(b_n \to -\infty\) ise \(a_n b_n \to +\infty\). \((b_n)\)’nin limiti varken teoremin dışında kalan tek durum, bu limitin sıfır olmasıdır.
\(\lim a_n = +\infty\) ve \(\lim b_n = 0\) ise \((a_n b_n)\) için genel kural yoktur:
- \(a_n = n^2\), \(b_n = \dfrac{1}{n}\): \(a_n b_n = n \to +\infty\).
- \(a_n = n\), \(b_n = \dfrac{1}{n^2}\): \(a_n b_n = \dfrac{1}{n} \to 0\).
- \(a_n = n\), \(b_n = \dfrac{(-1)^n}{n}\): \(a_n b_n = (-1)^n\) ıraksaktır.
- \(a_n = n\), \(b_n = \dfrac{5}{n}\): \(a_n b_n = 5 \to 5\).
Sonsuzluk “büyütmeye”, sıfır “küçültmeye” çalışır; hangisinin kazanacağı ifadeye bağlıdır.
Sonsuz limitle sıfır limiti arasında, terimler pozitifken çok temiz bir ilişki vardır: biri diğerinin tersidir.
Teorem 22.3 (Pozitif Terimli Dizide Ters Alma) \((a_n)\) pozitif terimli bir dizi olsun (her \(n\) için \(a_n > 0\)). O zaman
\[\lim_{n\to\infty} a_n = +\infty \iff \lim_{n\to\infty} \frac{1}{a_n} = 0.\]
İspat
(\(\Rightarrow\)) \(a_n \to +\infty\) olsun. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(M = 1/\varepsilon > 0\) tavanı için öyle bir \(n_M\) vardır ki \(n \ge n_M\) için \(a_n > M = 1/\varepsilon\). Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirdiğinden (Önerme 7.10) bu \(n\)’ler için
\[0 < \frac{1}{a_n} < \varepsilon, \quad \text{yani} \quad \left|\frac{1}{a_n} - 0\right| < \varepsilon.\]
Demek ki \(1/a_n \to 0\).
(\(\Leftarrow\)) \(1/a_n \to 0\) olsun. \(M > 0\) verilsin; \(\varepsilon = 1/M > 0\) için öyle bir \(n_\varepsilon\) vardır ki \(n \ge n_\varepsilon\) için \(\left|1/a_n\right| < \varepsilon\). \(a_n > 0\) olduğundan bu, \(0 < 1/a_n < 1/M\) demektir; ters alınca \(a_n > M\). Demek ki \(a_n \to +\infty\).
\(\blacksquare\)
Teorem iki yönde de kullanılır: sonsuza giden bir dizinin tersi sıfıra gider; pozitif terimli bir sıfır dizisinin tersi \(+\infty\)’a gider. Negatif terimli sıfır dizisi için tersi \(-\infty\)’a gider (Önerme 22.2).
\(a_n \to 0\) ama terimlerin işareti değişiyorsa \(1/a_n\)’nin sonsuz limiti olmayabilir. Örneğin \(a_n = \dfrac{(-1)^n}{n} \to 0\)’dır; ama \(\dfrac{1}{a_n} = (-1)^n n\) dizisi bir büyük pozitif, bir büyük negatif değer alır: sınırsızdır, dolayısıyla ıraksaktır, ama ne \(+\infty\)’a ne de \(-\infty\)’a gider.
Örnek 22.3 (Rasyonel Kuvvetler) \(p > 0\) bir rasyonel sayı olsun. \(\lim_{n\to\infty} n^p = +\infty\) ve \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n^p} = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Pozitif bir sayının rasyonel kuvveti Tanım 13.2 ile tanımlıdır ve pozitif sayılarda \(x \mapsto x^p\) (\(p > 0\)) sıralamayı korur (Örnek 20.5’deki açıklama); ayrıca \(x > 0\) için Teorem 13.4 (3) gereği \((x^{1/p})^p = x^{(1/p) \cdot p} = x\)’tir. \(M > 0\) verilsin ve \(n_M = \lfloor M^{1/p} \rfloor + 1\) alalım. \(n \ge n_M\) için \(n > M^{1/p} > 0\); her iki tarafın \(p\)-inci kuvvetini alırsak \(n^p > (M^{1/p})^p = M\). Demek ki \(n^p \to +\infty\). Terimler pozitif olduğundan Teorem 22.3 gereği \(\dfrac{1}{n^p} \to 0\).
(Dizilerde yakınsaklık bölümünde \(1/n^p \to 0\) limitini tanımdan göstermiştik, Örnek 20.5; burada aynı sonuç ters alma teoreminden çıkıyor.)
\(\blacksquare\)
Son olarak, sıralama sonsuz limitlere de aktarılır: sonsuza giden bir dizinin üstündeki her dizi de sonsuza gider.
Teorem 22.4 (Sonsuz Limitlerde Sıralama) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a_n \le b_n\) olsun.
- \(\lim a_n = +\infty\) ise \(\lim b_n = +\infty\).
- \(\lim b_n = -\infty\) ise \(\lim a_n = -\infty\).
İspat
1. \(M > 0\) verilsin. \(a_n \to +\infty\) olduğundan öyle bir \(n_M\) vardır ki \(n \ge n_M\) için \(a_n > M\). Aynı \(n\)’ler için varsayımla \(b_n \ge a_n > M\). Demek ki \(b_n \to +\infty\).
2. \(-b_n \le -a_n\) ve Önerme 22.2 ile \(-b_n \to +\infty\); 1 gereği \(-a_n \to +\infty\), yani \(a_n \to -\infty\).
\(\blacksquare\)
Bu teorem, sonsuz limitler için “sıkıştırma”nın tek taraflı sürümüdür: alttan sonsuza itilen dizi sonsuza gider. Yakınsak diziler için olduğu gibi (önceki bölümdeki not), \(a_n \le b_n\) koşulunun yalnızca belli bir indisten sonra sağlanması yeter.
Örnek 22.4 (Sıralamayla Sonsuz Limit) Aşağıdaki limitleri gösteriniz.
\(\lim_{n\to\infty} (n^2 + n) = +\infty\)
\(\lim_{n\to\infty} n! = +\infty\) ve \(\lim_{n\to\infty} 2^n = +\infty\)
\(\lim_{n\to\infty} \sqrt{n} = +\infty\)
Çözüm
a) Her \(n\) için \(n \le n^2 + n\) ve \(\lim n = +\infty\) (Örnek 22.1). Teorem 22.4 gereği \(n^2 + n \to +\infty\).
b) Her \(n\) için \(n! = 1 \cdot 2 \cdots n \ge n\) (çarpımdaki diğer çarpanların her biri \(\ge 1\)’dir) ve \(2^n > n\) (Bernoulli, yukarıdaki örnek). İkisi de \(n \to +\infty\) ile sıralama teoreminden çıkar.
c) Her \(n\) için \(n^{1/2} = \sqrt{n}\), Örnek 22.3’da \(p = 1/2\) alınarak \(+\infty\)’a gider. Doğrudan da görülebilir: \(M > 0\) için \(n_M = \lfloor M^2 \rfloor + 1\) alınırsa \(n \ge n_M\) için \(n > M^2\), kök alma sıralamayı koruduğundan \(\sqrt{n} > M\).
\(\blacksquare\)
Örnek 22.5 (Sonsuz Limit Hesabı) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2n^2 + 1}{n + 3}\)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(n - \sqrt{n}\right)\)
Çözüm
a) Pay ve payda sonsuza gittiğinden (“\(\infty/\infty\)” biçimi) bölüm kuralı uygulanamaz. İfadeyi, sonsuza giden bir çarpanla yakınsak bir çarpanın çarpımı olarak yazalım:
\[\frac{2n^2 + 1}{n + 3} = n \cdot \frac{2n^2 + 1}{n^2 + 3n} = n \cdot \frac{2 + \dfrac{1}{n^2}}{1 + \dfrac{3}{n}}.\]
İkinci çarpan Teorem 21.1 ile \(\dfrac{2 + 0}{1 + 0} = 2 > 0\)’a yakınsar; ilk çarpan \(+\infty\)’a gider. Teorem 22.2 (1) gereği limit \(+\infty\)’dur.
b) \(n - \sqrt{n}\) bir “\(\infty - \infty\)” biçimidir. Çarpanlara ayıralım: \(n - \sqrt{n} = \sqrt{n}\,(\sqrt{n} - 1)\). \(\sqrt{n} \to +\infty\) (Örnek 22.4) ve \(\sqrt{n} - 1 \to +\infty\) (Teorem 22.1 (3), sabit \(-1\) dizisi alttan sınırlıdır). Teorem 22.2 (1) ile çarpım \(+\infty\)’a gider.
\(\blacksquare\)
22.3 Özel Limitler
Bu kesimde, ileride seriler ve fonksiyonlar incelenirken sık sık başvuracağımız birkaç limiti tek tek ispatlayacağız. Hepsinde ortak strateji şudur: ilgilendiğimiz diziyi \(1 + b_n\) ya da \((1 + b_n)^n\) biçiminde yazıp \(b_n\)’yi Bernoulli eşitsizliği veya binom açılımıyla (Teorem 9.6) sıkıştırmak.
Hatırlatma: \(a > 0\) ve \(n \in \mathbb{N}\) için \(a^{1/n} = \sqrt[n]{a}\), \(n\)-inci kuvveti \(a\) olan tek pozitif sayıdır (Teorem 13.2, Tanım 13.2). Pozitif sayılarda kök alma ve kuvvet alma sıralamayı korur: \(0 < s < t\) ise \(s^{1/n} < t^{1/n}\) ve \(s^n < t^n\) (Teorem 11.3 (4); kök için önceki bölümde Teorem 21.5’den önce verdiğimiz gerekçe).
n-inci Kök Dizileri
Teorem 22.5 (Sabit Sayının n-inci Kökü) \(a > 0\) bir reel sayı ise
\[\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a} = 1.\]
İspat
Durum \(a \ge 1\). Önce \(a^{1/n} \ge 1\) olduğunu görelim: \(a^{1/n} < 1\) olsaydı, kuvvet alma sıralamayı koruduğundan \(a = (a^{1/n})^n < 1^n = 1\) olurdu; çelişki. O hâlde \(b_n = a^{1/n} - 1 \ge 0\) yazabiliriz. \(a^{1/n} = 1 + b_n\) eşitliğinin \(n\)-inci kuvvetini alıp Bernoulli eşitsizliğini (Teorem 9.5, \(b_n \ge 0 \ge -1\)) uygularsak
\[a = (1 + b_n)^n \ge 1 + n b_n.\]
Buradan \(n b_n \le a - 1\), yani
\[0 \le b_n \le \frac{a - 1}{n}.\]
\(\dfrac{a - 1}{n} = (a - 1) \cdot \dfrac{1}{n} \to 0\) (Örnek 20.1 ve skaler çarpım) ve sabit \(0\) dizisi \(0\)’a gittiğinden Teorem 21.6 ile \(b_n \to 0\). Dolayısıyla toplam kuralıyla \(a^{1/n} = 1 + b_n \to 1 + 0 = 1\).
Durum \(0 < a < 1\). \(b = 1/a > 1\) diyelim (Önerme 7.10). \(\left(\dfrac{1}{b^{1/n}}\right)^n = \dfrac{1}{b} = a\) olduğundan pozitif kökün tekliğiyle \(a^{1/n} = \dfrac{1}{b^{1/n}}\). İlk durum gereği \(b^{1/n} \to 1 \neq 0\); bölüm kuralıyla (Teorem 21.1)
\[\lim_{n\to\infty} a^{1/n} = \frac{1}{\lim_{n\to\infty} b^{1/n}} = \frac{1}{1} = 1.\]
\(\blacksquare\)
Örneğin \(\sqrt[n]{2} \to 1\) ve \(\sqrt[n]{1/2} \to 1\). Sezgi: \(n\) büyüdükçe \(n\)-inci kök alma, \(1\)’den farklı her pozitif sayıyı \(1\)’e doğru “ezer”. Aynı ezme, taban sabit olmasa da çalışır; yeter ki taban sınırlı kalsın.
Teorem 22.6 (Sınırlı Dizinin n-inci Kökü) \((a_n)\) sınırlı ve negatif olmayan terimli bir dizi ise
\[\lim_{n\to\infty} (1 + a_n)^{1/n} = 1.\]
İspat
\((a_n)\) sınırlı olduğundan her \(n\) için \(0 \le a_n \le M\) olacak bir \(M > 0\) vardır. O zaman
\[1 \le 1 + a_n \le 1 + M.\]
Kök alma sıralamayı koruduğundan her \(n\) için
\[1 = 1^{1/n} \le (1 + a_n)^{1/n} \le (1 + M)^{1/n}.\]
Sol taraf sabit \(1\) dizisidir; sağ taraf Teorem 22.5 gereği (\(1 + M > 0\)) \(1\)’e yakınsar. Teorem 21.6 ile \((1 + a_n)^{1/n} \to 1\).
\(\blacksquare\)
Şimdi taban da \(n\) ile büyüsün: \(\sqrt[n]{n}\). Bu dizi \(1, \sqrt{2} \approx 1{,}414, \sqrt[3]{3} \approx 1{,}442, \sqrt[4]{4} \approx 1{,}414, \dots\) biçimindedir; büyüyen \(n\)’nin etkisini \(n\)-inci kök alma yine yener.
Teorem 22.7 (n Sayısının n-inci Kökü) \[\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} = 1.\]
İspat
\(n \ge 1\) için \(n^{1/n} \ge 1\)’dir (aksi hâlde \(n = (n^{1/n})^n < 1\) olurdu); \(b_n = \sqrt[n]{n} - 1 \ge 0\) yazalım. Bernoulli eşitsizliği burada yetmez: \(n = (1 + b_n)^n \ge 1 + n b_n\) yalnızca \(b_n \le 1 - 1/n\) verir, bu da sıfıra gitmez. Binom teoreminin (Teorem 9.6) ikinci dereceli terimini kullanacağız. \(n \ge 2\) için
\[n = (1 + b_n)^n = 1 + \binom{n}{1} b_n + \binom{n}{2} b_n^2 + \cdots + b_n^n = 1 + n b_n + \frac{n(n - 1)}{2}\, b_n^2 + \cdots + b_n^n.\]
Sağdaki bütün terimler negatif olmadığından (\(b_n \ge 0\)), yalnızca \(\binom{n}{2} b_n^2\) terimini tutup ötekileri atarsak eşitsizlik yönü korunur:
\[n \ge \frac{n(n - 1)}{2}\, b_n^2.\]
\(n \ge 2\) için \(n(n - 1)/2 > 0\) olduğundan bölerek \(b_n^2 \le \dfrac{2}{n - 1}\) bulunur. \(n \ge 2\) için \(n - 1 \ge \dfrac{n}{2}\), dolayısıyla \(\dfrac{2}{n - 1} \le \dfrac{4}{n}\)’dir; kök alma sıralamayı koruduğundan
\[0 \le b_n \le \sqrt{\frac{4}{n}} = \frac{2}{\sqrt{n}} \qquad (n \ge 2).\]
\(n = 1\) için de \(b_1 = 1 - 1 = 0 \le 2\) olduğundan eşitsizlik her \(n \in \mathbb{N}\) için geçerlidir. \(\dfrac{1}{n} \to 0\) (Örnek 20.1) olduğundan Teorem 21.5 (kök, \(m = 2\)) ile \(\sqrt{\dfrac{1}{n}} = \dfrac{1}{\sqrt{n}} \to \sqrt{0} = 0\), skaler çarpım kuralıyla da \(\dfrac{2}{\sqrt{n}} \to 0\); sol taraf sabit \(0\)’dır. Teorem 21.6 ile \(b_n \to 0\) ve toplam kuralıyla \(\sqrt[n]{n} = 1 + b_n \to 1\).
\(\blacksquare\)
Bu limitin tipik kullanımı, kök içindeki ifadeyi “baskın” terimiyle sıkıştırmaktır.
Örnek 22.6 (Kök İçini Sıkıştırma) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} (2^n + 5^n)^{1/n}\)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n^2 + n}\)
Çözüm
a) Baskın terim \(5^n\)’dir. Her \(n\) için
\[5^n < 2^n + 5^n < 5^n + 5^n = 2 \cdot 5^n.\]
\(n\)-inci kök alma sıralamayı korur; \((5^n)^{1/n} = 5\) ve \((2 \cdot 5^n)^{1/n} = 2^{1/n} \cdot 5\) olduğundan
\[5 < (2^n + 5^n)^{1/n} < 5 \cdot 2^{1/n}.\]
Teorem 22.5 ile \(2^{1/n} \to 1\), dolayısıyla sağ taraf \(5 \cdot 1 = 5\)’e gider; sol taraf sabit \(5\)’tir. Teorem 21.6 gereği limit \(5\)’tir. (Genel olarak \(a, b > 0\) için \((a^n + b^n)^{1/n} \to \max\{a, b\}\); aynı akıl yürütme.)
b) \(n \ge 1\) için \(n \le n^2 + n \le 2n^2\). Kök alınca
\[\sqrt[n]{n} \le \sqrt[n]{n^2 + n} \le \sqrt[n]{2}\,\big(\sqrt[n]{n}\big)^2.\]
Teorem 22.7 ile \(\sqrt[n]{n} \to 1\), Teorem 22.5 ile \(\sqrt[n]{2} \to 1\); çarpım kuralıyla sağ taraf \(1 \cdot 1^2 = 1\)’e gider. Sıkıştırma teoremiyle limit \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Geometrik Dizi
\(a^n\) biçimindeki dizilere geometrik dizi denir. Davranışları \(a\)’nın \(1\)’e ve \(-1\)’e göre konumuna bağlıdır; temel durum \(|a| < 1\)’dir.
Teorem 22.8 (Geometrik Dizinin Limiti) \(a \in \mathbb{R}\) ve \(|a| < 1\) ise
\[\lim_{n\to\infty} a^n = 0.\]
İspat
\(a = 0\) ise dizi sabit \(0\)’dır ve limiti \(0\)’dır. \(a \neq 0\) olsun. \(0 < |a| < 1\) olduğundan \(\dfrac{1}{|a|} > 1\) (Önerme 7.10); dolayısıyla \(\dfrac{1}{|a|} = 1 + h\) olacak bir \(h > 0\) vardır. Bernoulli eşitsizliğiyle (Teorem 9.5)
\[\frac{1}{|a|^n} = (1 + h)^n \ge 1 + nh > nh.\]
Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirdiğinden (Önerme 7.10; \(0 < nh < 1/|a|^n\) eşitsizliğinin tersleri alınır)
\[0 < |a|^n < \frac{1}{nh} = \frac{1}{h} \cdot \frac{1}{n}.\]
Sağ taraf \(\dfrac{1}{h} \cdot 0 = 0\)’a gider (Örnek 20.1 ve skaler çarpım kuralı); Teorem 21.6 ile \(|a|^n = |a^n| \to 0\). Bir dizinin mutlak değerinin \(0\)’a gitmesi, dizinin \(0\)’a gitmesiyle aynı şeydir: \(|a^n - 0| = |a^n| = \big|\,|a^n| - 0\,\big|\) olduğundan iki dizi için limit tanımındaki eşitsizlik aynıdır (Önerme 20.3). Demek ki \(a^n \to 0\).
\(\blacksquare\)
Sonuç 22.1 (Geometrik Dizinin Dört Durumu) \(a \in \mathbb{R}\) olsun.
- \(|a| < 1\) ise \(\lim a^n = 0\).
- \(a = 1\) ise \(\lim a^n = 1\).
- \(a > 1\) ise \(\lim a^n = +\infty\).
- \(a \le -1\) ise \((a^n)\) ıraksaktır ve sonsuz limiti de yoktur.
İspat
1. Teorem 22.8.
2. \(1^n = 1\) sabit dizisidir.
3. \(a > 1\) ise \(0 < 1/a < 1\); 1 gereği \((1/a)^n = 1/a^n \to 0\). \((a^n)\) pozitif terimli olduğundan Teorem 22.3 ile \(a^n \to +\infty\).
4. \(a = -1\) için \(((-1)^n)\) dizisinin ıraksaklığını biliyoruz (Örnek 20.6); terimleri \(\pm 1\) olduğundan sınırlıdır ve Önerme 22.1 gereği sonsuz limiti olamaz. \(a < -1\) olsun. \(|a| > 1\) olduğundan 3 ile \(|a^n| = |a|^n \to +\infty\); yani \((a^n)\) sınırsızdır ve Teorem 20.2 gereği yakınsak değildir. Sonsuz limiti de yoktur: çift indislerde \(a^{2k} = (a^2)^k > 0\), tek indislerde \(a^{2k+1} = a \cdot a^{2k} < 0\)’dır. \(M = 1\) tavanı için, hangi \(N\) verilirse verilsin, tek sayı olan bir \(n \ge N\) seçilirse \(a^n < 0 \le 1\) olur; olumsuzlama gereği \(a^n \to +\infty\) olamaz. Benzer biçimde (\(M = 1\) ve çift \(n \ge N\) için \(a^n > 0 \ge -1\)) \(a^n \to -\infty\) da olamaz.
\(\blacksquare\)
Oran Testi
Geometrik dizide ardışık terimlerin oranı sabittir: \(a^{n+1}/a^n = a\). Oran sabit olmasa bile limiti \(1\)’den küçükse dizi geometrik bir diziyle “üstten kuşatılır” ve sıfıra gider; limit \(1\)’den büyükse dizi geometrik bir diziyle “alttan itilir” ve sonsuza kaçar.
Teorem 22.9 (Diziler için Oran Testi) \((a_n)\) sıfırdan farklı terimli bir dizi ve \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = L\) olsun.
- \(L < 1\) ise \(\lim a_n = 0\).
- \(L > 1\) ise (ya da oranın mutlak değeri \(+\infty\)’a ıraksıyorsa) \(\lim |a_n| = +\infty\); özel olarak \((a_n)\) ıraksaktır.
- \(L = 1\) ise test sonuç vermez.
İspat
1. \(L < r < 1\) olacak bir \(r\) seçelim (örneğin \(r = (L + 1)/2\); Önerme 7.11). \(\varepsilon = r - L > 0\) için limit tanımı gereği öyle bir \(N\) vardır ki \(n \ge N\) için
\[\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| < L + \varepsilon = r, \quad \text{yani} \quad |a_{n+1}| < r\,|a_n|.\]
Bu eşitsizliği ardı ardına uygulayalım:
\[|a_{N+1}| < r|a_N|, \qquad |a_{N+2}| < r|a_{N+1}| < r^2 |a_N|, \qquad \dots\]
Tümevarımla (Teorem 9.1) her \(k \in \mathbb{N}\) için \(|a_{N+k}| < r^k |a_N|\) bulunur; \(n = N + k\) yazarsak \(n > N\) için
\[|a_n| < r^{\,n-N} |a_N| = \frac{|a_N|}{r^N} \cdot r^n = C\, r^n, \qquad C = \frac{|a_N|}{r^N} > 0.\]
\(0 < r < 1\) olduğundan Teorem 22.8 ile \(r^n \to 0\), dolayısıyla \(C r^n \to 0\). \(n > N\) için \(|a_n| \le |C r^n|\) olduğundan Teorem 21.4 (koşulun belli bir indisten sonra sağlanması yeter) gereği \(a_n \to 0\).
2. \(1 < r < L\) olacak bir \(r\) seçelim (\(L = +\infty\) ise \(r = 2\) alalım). Oranın limiti \(L\) ise \(\varepsilon = L - r > 0\) için, \(+\infty\)’a ıraksıyorsa \(M = r\) tavanı için, öyle bir \(N\) vardır ki \(n \ge N\) için
\[\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| > r, \quad \text{yani} \quad |a_{n+1}| > r\,|a_n|.\]
Aynı tümevarımla \(n > N\) için
\[|a_n| > r^{\,n-N} |a_N| = C\, r^n, \qquad C = \frac{|a_N|}{r^N} > 0.\]
\(r > 1\) olduğundan Sonuç 22.1 (3) ile \(r^n \to +\infty\); sabit \(C > 0\) dizisiyle çarpım Teorem 22.2 gereği \(C r^n \to +\infty\). \(n > N\) için \(C r^n \le |a_n|\) olduğundan Teorem 22.4 ile (koşulun belli bir indisten sonra sağlanması yeter) \(|a_n| \to +\infty\). O hâlde \((|a_n|)\), dolayısıyla \((a_n)\) sınırsızdır ve Teorem 20.2 gereği ıraksaktır.
3. Üç örnek yeter. \(a_n = n\) için oran \(\dfrac{n + 1}{n} \to 1\) ve dizi \(+\infty\)’a gider; \(a_n = \dfrac{1}{n}\) için oran \(\dfrac{n}{n + 1} \to 1\) ve dizi \(0\)’a gider; \(a_n = 1\) için oran \(1\) ve dizi \(1\)’e gider. Yani \(L = 1\) iken her şey olabilir.
\(\blacksquare\)
Oran testi, terimleri çarpım ve faktöriyel içeren dizilerde çok kullanışlıdır; çünkü \(a_{n+1}/a_n\) oranında ortak çarpanlar sadeleşir. Bir sonraki kesimdeki büyüme hızı sonuçlarında bunu göreceğiz.
Büyüme Hızlarının Karşılaştırılması
\(n\) büyürken \(n^p\) (kuvvet), \(b^n\) (üstel, \(b > 1\)), \(n!\) (faktöriyel) ve \(n^n\) dizilerinin hepsi \(+\infty\)’a gider. Ama hızları çok farklıdır: her biri bir öncekini “ezer”. Bunu, oranın sıfıra gitmesiyle ölçeriz.
Teorem 22.10 (Büyüme Hızları)
- \(p > 0\) rasyonel ve \(b > 1\) reel sayı ise \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^p}{b^n} = 0\). (Üstel, kuvvetten hızlı büyür.)
- Her \(b \in \mathbb{R}\) için \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{b^n}{n!} = 0\). (Faktöriyel, üstelden hızlı büyür.)
- \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0\). (\(n^n\), faktöriyelden hızlı büyür.)
İspat
1. \(a_n = \dfrac{n^p}{b^n} > 0\) diyelim ve oran testini uygulayalım:
\[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n + 1)^p}{b^{n+1}} \cdot \frac{b^n}{n^p} = \frac{1}{b} \left(\frac{n + 1}{n}\right)^p = \frac{1}{b} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^p.\]
\(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^p \to 1\) olduğunu görelim. \(p = r/s\) (\(r, s \in \mathbb{N}\)) yazalım. \(1 + \dfrac{1}{n} \to 1\) olduğundan Teorem 21.5 (kök, \(m = s\)) ile \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^{1/s} \to 1^{1/s} = 1\), sonra aynı teorem (kuvvet, \(m = r\)) ile \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^{r/s} \to 1^r = 1\). Dolayısıyla oran \(\dfrac{1}{b} \cdot 1 = \dfrac{1}{b}\)’ye yakınsar. \(b > 1\) olduğundan \(L = 1/b < 1\); Teorem 22.9 (1) ile \(a_n \to 0\).
2. \(b = 0\) ise dizi sabit \(0\)’dır. \(b \neq 0\) olsun. Arşimet özelliği (Sonuç 12.1) gereği \(k > |b|\) olacak bir \(k \in \mathbb{N}\) seçip sabitleyelim. \(n > k\) için çarpımı ikiye bölelim:
\[\frac{|b|^n}{n!} = \frac{|b|^k}{k!} \cdot \frac{|b|}{k + 1} \cdot \frac{|b|}{k + 2} \cdots \frac{|b|}{n}.\]
Sağdaki \(n - k\) çarpanın her biri \(\dfrac{|b|}{j}\) (\(j \ge k + 1\)) biçimindedir ve \(\dfrac{|b|}{j} < \dfrac{|b|}{k} < 1\) sağlar. Dolayısıyla
\[0 < \frac{|b|^n}{n!} < \frac{|b|^k}{k!} \left(\frac{|b|}{k}\right)^{n-k} = \underbrace{\frac{|b|^k}{k!} \left(\frac{|b|}{k}\right)^{-k}}_{=:\,C} \cdot \left(\frac{|b|}{k}\right)^{n} = C q^n, \qquad q = \frac{|b|}{k} \in (0, 1).\]
\(C\) sabittir ve Teorem 22.8 ile \(q^n \to 0\); sağ taraf \(0\)’a gider. \(n > k\) için geçerli olan bu sıkıştırmadan Teorem 21.6 ile \(\dfrac{|b|^n}{n!} \to 0\). Son olarak \(n! > 0\) olduğundan \(\left|\dfrac{b^n}{n!}\right| = \dfrac{|b|^n}{n!}\)’dir; Önerme 20.3 gereği \(\dfrac{b^n}{n!} \to 0\).
3. \(n! = 1 \cdot 2 \cdots n\) ve \(n^n = n \cdot n \cdots n\) (\(n\) çarpan) olduğundan
\[0 < \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \frac{n}{n} \le \frac{1}{n} \cdot 1 \cdots 1 = \frac{1}{n},\]
çünkü her \(k \le n\) için \(\dfrac{k}{n} \le 1\)’dir. \(\dfrac{1}{n} \to 0\) olduğundan Teorem 21.6 ile limit \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
İspat (2 için oran testiyle)
\(b \neq 0\) için \(a_n = \dfrac{b^n}{n!}\) alalım:
\[\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| = \frac{|b|^{n+1}}{(n + 1)!} \cdot \frac{n!}{|b|^n} = \frac{|b|}{n + 1} \to 0.\]
Oranın limiti \(L = 0 < 1\) olduğundan Teorem 22.9 (1) ile \(a_n \to 0\).
\(\blacksquare\)
Teoremi bir zincir hâlinde özetleyebiliriz: \(b > 1\) ve \(p > 0\) için
\[n^p \ll b^n \ll n! \ll n^n,\]
burada “\(x_n \ll y_n\)” yazımı \(x_n / y_n \to 0\) anlamındadır. Teorem 22.3 gereği her oran ters çevrilince \(+\infty\)’a gider: \(\dfrac{b^n}{n^p} \to +\infty\), \(\dfrac{n!}{b^n} \to +\infty\), \(\dfrac{n^n}{n!} \to +\infty\). Zincirin en soluna, logaritma tanımlandıktan sonra \(\ln n \ll n^p\) de eklenecektir. Teoremde \(p\)’nin rasyonel alınması yalnızca reel kuvvetleri henüz tanımlamamış olmamızdandır; reel \(p > 0\) için de sonuç aynıdır (örneğin \(p\)’den büyük bir doğal sayı \(q\) için \(n^p \le n^q\) karşılaştırmasıyla).
Bir Artı Küçük Bir Sayının n-inci Kuvveti
\((1 + b_n)^n\) biçimindeki diziler analizde merkezî bir yer tutar: \(b_n = 1/n\) için dizi \(e\) sayısına yakınsar (Teorem 23.3; bir sonraki bölüm). Bu limitin \(1\)’den farklı çıkmasının nedeni, \(n b_n = 1\) çarpımının sıfıra gitmemesidir. \(n b_n \to 0\) ise kuvvet, tabandaki sapmayı “yakalayamaz” ve dizi \(1\)’e gider.
Teorem 22.11 (Bir Artı b_n Üssü n) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(b_n \ge 0\) ve \(\lim_{n\to\infty} n b_n = 0\) ise
\[\lim_{n\to\infty} (1 + b_n)^n = 1.\]
İspat
Alt sınır. \(b_n \ge 0 \ge -1\) olduğundan Bernoulli eşitsizliği (Teorem 9.5) ile her \(n\) için
\[(1 + b_n)^n \ge 1 + n b_n \ge 1.\]
Üst sınır. \(n b_n \to 0\) olduğundan öyle bir \(N\) vardır ki \(n \ge N\) için \(n b_n < 1\); bu \(n\)’ler için \(0 \le b_n < \dfrac{1}{n} \le 1\), yani \(-b_n \ge -1\)’dir. Bernoulli eşitsizliğini \(x = -b_n\) ile uygularsak
\[(1 - b_n)^n \ge 1 - n b_n > 0 \qquad (n \ge N).\]
Öte yandan \((1 + b_n)(1 - b_n) = 1 - b_n^2 \le 1\) olduğundan ve \(n \ge N\) için \(1 - b_n > 0\) olduğundan (sol taraf negatif değildir), iki tarafın \(n\)-inci kuvvetini alarak
\[(1 + b_n)^n (1 - b_n)^n \le 1 \qquad (n \ge N).\]
\((1 - b_n)^n > 0\) olduğundan bölebiliriz; ardından \((1 - b_n)^n \ge 1 - n b_n > 0\) eşitsizliğinin tersini alırız:
\[(1 + b_n)^n \le \frac{1}{(1 - b_n)^n} \le \frac{1}{1 - n b_n} \qquad (n \ge N).\]
Sıkıştırma. \(n \ge N\) için
\[1 \le (1 + b_n)^n \le \frac{1}{1 - n b_n}.\]
\(n b_n \to 0\) olduğundan \(1 - n b_n \to 1 \neq 0\) ve bölüm kuralıyla (Teorem 21.1) sağ taraf \(\dfrac{1}{1} = 1\)’e yakınsar. Sol taraf sabit \(1\)’dir. Teorem 21.6 (koşul \(n \ge N\) için sağlanır, bu yeter) gereği \((1 + b_n)^n \to 1\).
\(\blacksquare\)
Örnek 22.7 (Kuvvetin Yakalayamadığı Sapma)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n = 1\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n\sqrt{n}}\right)^n\) limitini hesaplayınız.
Çözüm
a) \(b_n = \dfrac{1}{n^2} \ge 0\) ve \(n b_n = \dfrac{1}{n} \to 0\). Teorem 22.11 gereği limit \(1\)’dir.
b) \(b_n = \dfrac{1}{n\sqrt{n}} = \dfrac{1}{n^{3/2}} \ge 0\) ve \(n b_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}} \to 0\) (Örnek 22.3, \(p = 1/2\)). Aynı teoremle limit \(1\)’dir.
Karşılaştırma için: \(b_n = \dfrac{1}{n}\) alınırsa \(n b_n = 1 \not\to 0\) ve teorem uygulanamaz; gerçekten de \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\) dizisi \(1\)’e değil \(e \approx 2{,}718\) sayısına yakınsar (Teorem 23.3).
\(\blacksquare\)
22.4 Özet Tablo
Bu bölümde ispatlanan özel limitleri bir arada görelim; ilerideki bölümlerde bu tabloya sık sık geri döneceğiz.
| Limit | Koşul | Nerede |
|---|---|---|
| \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{a} = 1\) | \(a > 0\) | Teorem 22.5 |
| \(\lim_{n\to\infty} (1 + a_n)^{1/n} = 1\) | \((a_n)\) sınırlı, \(a_n \ge 0\) | Teorem 22.6 |
| \(\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} = 1\) | — | Teorem 22.7 |
| \(\lim_{n\to\infty} a^n = 0\) | \(\lvert a \rvert < 1\) | Teorem 22.8 |
| \(\lim_{n\to\infty} a^n = +\infty\) | \(a > 1\) | Sonuç 22.1 |
| \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0\) | \(\lim \lvert a_{n+1}/a_n \rvert < 1\) | Teorem 22.9 |
| \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{n^p}{b^n} = 0\) | \(p > 0\) rasyonel, \(b > 1\) | Teorem 22.10 |
| \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{b^n}{n!} = 0\) | \(b \in \mathbb{R}\) | Teorem 22.10 |
| \(\lim_{n\to\infty} \dfrac{n!}{n^n} = 0\) | — | Teorem 22.10 |
| \(\lim_{n\to\infty} (1 + b_n)^n = 1\) | \(b_n \ge 0\), \(\lim n b_n = 0\) | Teorem 22.11 |
| \(\lim_{n\to\infty} a_n = +\infty \iff \lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{a_n} = 0\) | \(a_n > 0\) | Teorem 22.3 |
Sonsuz limitlerle işlemlerde ise akılda tutulacak olan, güvenli kurallar (\(\infty + \infty\), \(\infty + (\text{alttan sınırlı})\), \(\infty \cdot (\text{pozitif})\), \(1/\infty = 0\), sıralama) ile belirsiz biçimlerin (\(\infty - \infty\), \(0 \cdot \infty\), \(\infty / \infty\)) ayrımıdır.
22.5 Alıştırmalar
Alıştırma 22.1 (Sonsuz Limitler ve Özel Limitler)
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^3 - 5n^2}{n + 1} = +\infty\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{3^n + n} = 3\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^2\, 2^n}{3^n} = 0\) olduğunu gösteriniz ve buradan \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{3^n}{n^2\, 2^n} = +\infty\) sonucunu çıkarınız.
\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{2}{n^2}\right)^n\) limitini hesaplayınız.
\(a_n = \dfrac{n^2}{n + 1}\) dizisinin \(+\infty\)’a ıraksadığını; \(b_n = \dfrac{(-1)^n n^2}{n + 1}\) dizisinin ise ıraksak olduğunu ama ne \(+\infty\)’a ne de \(-\infty\)’a gittiğini gösteriniz.
Çözüm
a) İfadeyi sonsuza giden bir çarpanla yakınsak bir çarpanın çarpımı olarak yazalım:
\[\frac{n^3 - 5n^2}{n + 1} = n \cdot \frac{n^2 - 5n}{n + 1} = n \cdot \frac{n - 5}{1 + \dfrac{1}{n}} = n^2 \cdot \frac{1 - \dfrac{5}{n}}{1 + \dfrac{1}{n}}.\]
Sağdaki kesir Teorem 21.1 ile \(\dfrac{1 - 0}{1 + 0} = 1 > 0\)’a yakınsar; \(n^2 \to +\infty\) (Örnek 22.1). Teorem 22.2 (1) gereği limit \(+\infty\)’dur.
b) Bernoulli eşitsizliğiyle \(3^n = (1 + 2)^n \ge 1 + 2n > n\); dolayısıyla her \(n\) için
\[3^n < 3^n + n < 3^n + 3^n = 2 \cdot 3^n.\]
\(n\)-inci kök alınca \(3 < \sqrt[n]{3^n + n} < 3 \cdot \sqrt[n]{2}\). Teorem 22.5 ile \(\sqrt[n]{2} \to 1\); sağ taraf \(3\)’e gider, sol taraf sabit \(3\)’tür. Teorem 21.6 gereği limit \(3\)’tür.
c) \(a_n = \dfrac{n^2 2^n}{3^n} > 0\) için oran testini uygulayalım:
\[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(n + 1)^2 \, 2^{n+1}}{3^{n+1}} \cdot \frac{3^n}{n^2 \, 2^n} = \frac{2}{3} \left(\frac{n + 1}{n}\right)^2 = \frac{2}{3}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^2 \to \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{2}{3} < 1.\]
Teorem 22.9 (1) ile \(a_n \to 0\). Terimler pozitif olduğundan Teorem 22.3 gereği \(\dfrac{1}{a_n} = \dfrac{3^n}{n^2 2^n} \to +\infty\). (Aynı sonuç \(a_n = \dfrac{n^2}{(3/2)^n}\) yazılıp Teorem 22.10 (1) ile de elde edilir: \(b = 3/2 > 1\), \(p = 2\).)
d) \(b_n = \dfrac{2}{n^2} \ge 0\) ve \(n b_n = \dfrac{2}{n} \to 0\). Teorem 22.11 gereği limit \(1\)’dir.
e) \(a_n = \dfrac{n^2}{n + 1} = n \cdot \dfrac{n}{n + 1} = n \cdot \dfrac{1}{1 + 1/n}\); ikinci çarpan \(1 > 0\)’a yakınsar, ilk çarpan \(+\infty\)’a gider. Teorem 22.2 ile \(a_n \to +\infty\).
\(b_n = (-1)^n a_n\) için \(|b_n| = a_n \to +\infty\); dolayısıyla \((b_n)\) sınırsızdır ve Teorem 20.2 gereği ıraksaktır. \(+\infty\)’a gitmediğini görmek için olumsuzlamayı kullanalım: \(M = 1\) alalım. Her \(N\) için \(n = 2N + 1\) tek sayısını seçersek \(b_n = -a_n < 0 \le 1 = M\); yani dizi \(1\) tavanının üstünde kalamaz. Benzer biçimde \(M = 1\) ve çift \(n = 2N\) için \(b_n = a_n > 0 \ge -1 = -M\); dizi \(-1\) tabanının altında da kalamaz. O hâlde \((b_n)\)’nin sonsuz limiti yoktur.
\(\blacksquare\)
Bu bölümle birlikte, bir dizinin olası bütün davranışlarını adlandırmış olduk: yakınsama, \(\pm\infty\)’a ıraksama ve bunların dışında kalan “kararsız” ıraksama. Ama hâlâ önemli bir soru açık: bir dizinin limitini bilmeden, hatta hesaplayamadan, yakınsak olduğunu nasıl anlarız? İlk cevap monoton dizilerden gelir; artan ve üstten sınırlı her dizi yakınsar, ve bu ilke bize \(e\) sayısını kazandırır: Monoton Yakınsaklık Teoremi ve e Sayısı.