LİMİTLER, LİMİTLER

Yıl: 1994-1

Yazarlar: Yusuf Avcı & Nurettin Ergün

Akıllı insan zehir sunsa al iç
Nobran bal şerbeti uzatsa sakın ha! 
Ömer Hayyam

Gerçel sayı dizilerine ilişkin limit bilgisi çok önemlidir. Kendi başına çok önemli olmanın ötesinde, gerçel değişkenli ve gerçel değerli fonksiyonların sürekliliklerini açıklama, kavrama ve kanıtlamada belki daha da önemlidir. Biz bu yazıda, hepsi de kendi başlarına yeterince ilginç olan dört ünlü limit problemleminin çözümleri ile ilgileneceğiz. Supremum ve infimum kavramlarını ve bir gerçel sayıya yakınsamanın ne demek olduğunu az çok bilen herkesin, kanıtlamalara katılma çabası gösterdiğinde, anlatılanları kavrayacağını umuyoruz. Yalnızca gerçel sayı dizileri ile ilgineceğiz.

Boş olmayan bri $A$ $\subseteq$ $\mathbb{R}$ alt kümesinin bir üst sınırı, $\forall$ $a$ $\in$ $A$ için $a$ $\leq$ $\alpha$ eşitsizliğini gerçekleyen $\alpha$ gerçel sayısıdır; en küçük üst sınırı yani supermumu ise $A$’nın bu nitelemeye uyan özel üst sınırıdır, yani kandisinden kesin küçük kalan hiçbir gerçel sayının $A$’nın bir üst sınırı olmadığı üst sınırıdır; başka bir yazışla, $A$’nın $\alpha$ üst sınırına ancak ve yalnız

$\forall_{\epsilon} > 0$ için $\exists_{a_{\epsilon}} \in A, \alpha – \epsilon <\alpha_{\epsilon}$

koşulu gerçeklendiğinde $A$ kümesinin supremumu denir ve $\alpha$ $=$ sup $A$ ya da $\alpha$ $=$ eküs $A$ yazılır. Alt sınır ve en büyük alt sınır yani infimum kavramları benzer biçimde tanımlanır.

Ana Teorem. i) Üstten sınırlı ve boş olmayan herhangi bir $A \subset \mathbb{R}$ alt kümesinin tek bir supremumu vardır.

ii) Alttan sınırlı ve boş olmayan herhangi biir $A \subseteq \mathbb{R}$ alt kümesinin tek bir infimumu vardır.

Problem 1. Bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayı dizisinin, yakınsak bir alt dizisinin yakınsadığı gerçel sayıya $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin bir yığılma noktası denir. Hatırlatma: İndisleri yani numaraları, kesinlikle artan $n_1 < n_2 < \cdots < n_m < n_{m+1} < \cdots$ sayıları olan terimlerin oluşturduğu $\{a_{n_m}\}_{m=1}^{\infty}$ dizisine, $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin bir alt dizisi denir.

$\{a_{2n-1}\}_{n=1}^{\infty}$, $\{a_{3n+2}\}_{n=1}^{\infty}$, $\{a_{2^n}\}_{n=1}^{\infty}$

dizileri $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin alt dizi örnekleridir. Örneğin ilkinde $n_m$ $=$ $2m-1$ dir. $a_{n_m}$ teriminin esas dizideki numarasının $n_m$ buna karşılık alt dizideki numarasının $m$ olduğuna dikkat edilmelidir. Sonlu tane yığılma noktası olan bir kaç diziyi anımsayalım.

$$a_n = (-1)^n,$$

$$b_n = \frac{1+(-1)^n}{2} + \frac{1}{n}$$

$$c_n= \begin{cases} (-1)^\frac{n}{2} + \frac{1}{n}, n \text{tek}; \\ \frac{1}{log n}, n \text{çift}.\\ \end{cases}$$

$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin yıpılma noktaları yalnızca $x$ $=$ $-1$ ve $x$ $=$ $1$’dir. $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin yalnızca $x$ $=$ $0$ ve $x$ $=$ $1$ yığılma noktalarına yakınsayan alt dizileri vardır. $\{c_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin yığılma noktaları ise $-1$,$0$ ve $1$’dir. Şimdi şuna dikkat edelim:

$$1 + \frac{1}{1}, 1 + \frac{1}{2}, 1 + \frac{1}{3}, \ldots;$$

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{1}, \frac{1}{2} + \frac{1}{2}, \frac{1}{2} + \frac{1}{3}, \ldots ;\ldots$$

$$\frac{1}{m} + \frac{1}{1}, \frac{1}{m} + \frac{1}{2}, \frac{1}{m} + \frac{1}{3}, \ldots ;\ldots$$

rasyonel sayıları “sayılabilir tanedir”, yani doğal sayılarla indislenebilirler (numaralanabilirler). Böyle bir numaralama ile bir $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi tanımlanmış olur. Bu dizinin tüm yığılma noktalarının

$$1$, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{m}, \cdots, 0$$

olduğunu okuyucu görebilmelidir. Demek ki sonsuz tane yığılma noktası olan gerçel sayı dizileri tanımlanabilir. Dahası, bütün pozitif rasyonel sayıları, ki sayılabilir tanedirler, numaralayarak tanımlanan $\{r_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin tüm yığılma noktaları kümesi ise [$0$,$\infty$) aralığıdır, neden? Herhangi bir $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayı dizisinin tüm yığılma noktları kümesinin infimum $\underline{\lim}$ $x_n$ ya da $\lim$${\inf}_{n}$ $x_n$ işareti ile gösterilir. Sözü edilen infimum yoksa $\underline{\lim}$ $x_n$ $=$ $-\infty$ yazılır. $\overline{\lim}$$x_n$ ya da $\lim$${\sup}_{n}$ $x_n$ işareti ile de sözü ediline dizinin tüm yığılma noktalarının supremumu gösterilir. Şu bilgileri ekleyelim: i) Bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi yakınsak ise tüm alt dizileri de aynı limite yakınsar; ii) $\underline{\lim}$ $x_n$ ister bir gerçel sayı ister $-\infty$ olsun, daima $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin bir yığılma noktasıdır, yani $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin uygun bir alt dizisi $\underline{\lim}$ $x_n$ değerine yakınsar; iii) Benzer gerçekler $\overline\lim$ $x_n$ için geçerlidir. Bu ilk bölümde şu problemle uğraşacağız: Sonlu tane yığılma noktası olan öyle sınırlı bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayı dizisi bulalım ki, bu dizinin aritmetik ortalamalar dizisinin sonsuz tane yığılma noktası olsun. $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin aritmetik ortalamalar dizisi, terimleri ${\sigma}_n$ $=$ $\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}$ olan $\{\sigma_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisidir. Önce gerekli temek bilgileri görelim:

1.1. $\underline{\lim}$ $a_n$ $=$ $\sup_n$ $\inf${$a_n,a_{n+1},\cdots$} ve $\overline{\lim}$$a_n$ $=$ $\inf_n$$\sup${$a_n,a_{n+1},\cdots$} eşitlikleri herhangi bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi içim daima geçerlidir. Bunları, yazıyı uzatmamak için göstermiyoruz. O halde şu önemli sonuca ulaşılır: $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi sınırlı ise, yani her bir $n$ $\in$ $\mathbb{N}$ için $a$ $\leq$ $a_n$ $\leq$ $b$ gerçekleniyorsa, $a$ $\leq$ $\underline{\lim}$ $a_n$ $\leq$ $\lim$$a_n$ $\leq$ $b$ kolayca elde edileceğinden, $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin [$a$, $b$] aralığındaki en az bir gerçel sayıya yakınsayan yakınsak bir alt dizisi vardır, neden?

1.2. Herhangi bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayı dizisi ve bu dizinin herhangi bir $\{a_{n_m}\}_{m=1}^{\infty}$ alt dizisi için daima $\underline{\lim}$ $a_n$ $\leq$ $\underline{\lim}$ $a_{n_m}$ geçerlidir. Elbette, çünkü $\{a_{n_m}\}_{m=1}^{\infty}$ alt dizisinin yakınsak herhangi bir alt dizisi, $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin yakınsak bir alt dizisidir, neden? Dolayısı ile $\{a_{n_m}\}_{m=1}^{\infty}$ dizisinin herhangi bir yığılma noktası olan $\ell$ için $\underline{\lim}$ $a_n$ $\leq$ $\ell$ geçerlidir. İstenen eşitsizlik hemen elde edilir.

1.3. $\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ bir gerçel sayıya yakınsıyorsa, herhangi bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi için $\underline{\lim}$ ($a_n + b_n$) $=$ $\underline{lim}$ $a_n$ $+$ $\lim_{n\to\infty} b_n$ geçerlidir. Gerçekten $\ell_n$ $=$ $\lim_{m\to\infty} a_{n_m}$ gerçekleyen $\{a_{n_m}\}_{m=1}^{\infty}$ alt dizisini belirleyen $n_1$ $<$ $n_2$ $<$ $\cdots$ $<$ $n_m$ $<$ $\cdots$ numaraları yardımı ile önce $\ell_2$ $=$ $\lim_{n\to\infty}$ $b_n$ $=$ $\lim_{m\to\infty}$ $b_{n_m}$ ve sonuçta $\ell_1$ $+$ $\ell_2$ $=$ $\lim$($a_{n_m}$ $+$ $b_{n_m}$) gerçekleneceğinden, tanım gereği hemen, $\underline{\lim}$ ($a_n$ $+$ $b_n$) $\leq$ $\ell_1$ $+$ $\ell_2$ bulunur. $\underline{\lim}$ ($a_n$ $+$ $b_n$) $<$ $\ell_1$ $+$ $\ell_2$ gerçekleşemeyeceği kolayca görülür, çünkü aksi halde,

$$\lim_{m\to\infty} (a_{N_m} + b_{N_m}) = \underline{\lim} (a_n + b_n)$$

gerçekleyen yakınsak bir $\{a_{N_m} + b_{N_m}\}_{m=1}^{\infty}$ dizisi var olurdu ve sonuçta

$$\lim_{m\to\infty} a_{N_m} = \lim_{m\to\infty} ((a_{N_m} + b_{N_m}) – b_{N_m})$$

$$ = \underline{\lim} (a_n + b_n) – \lim_{m\to\infty} b_{N_m}$$

$$ = \underline{\lim} (a_n + b_n) – \ell_2$$

$$ < \ell_1 \leq \lim{m\to\infty} a_{N_m}$$

çelişkisi doğardı. $\underline{\lim} a_n = -\infty$ halini okuyucuya bırakıyoruz.

1.4. Herhangi bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi ve herhangi $0 < \epsilon$ verildiğinde, $\forall n \geq N$ için $\underline{\lim} a_n – \epsilon < a_n$ gerçeklenir. Elbette, yine $\underline{\lim} a_n = -\infty$ halini apaçık olduğundan irdelemeden geçiriyoruz. Şimdi $\underline{\lim} a_n = \ell$ bir gerçel sayı iken, sözü edilen nitelikte bir $N$ doğal sayısı tanımlanamasaydı, öncelikle öyle bir $1 < n_1$ doğal sayısı var olurdu ki $a_{n_1} \leq \ell – e$ gerçerli olurdu. O halde yine öyle bir $2n_1 < n_2$ vardır ki $a_{n_2} \leq \ell – \epsilon$ olurdu, vb. Tümevarım ve bu düşünceler yardımı ile öyle bir $\{a_{n_m}\}_{n=1}^{\infty}$ alt dizisi tanımlanabilirdi ki her bir $m \in \mathbb{N}$ için $a_{n_m} \leq \ell – \epsilon$ ve sonuçta

$$\inf\{a_{n_m}, a_{n_{m+1}}, a_{n_{m+2}}, \cdots\} \leq \ell – \epsilon$$

geçerli olurdu. Sonuçta

$$\underline{\lim} a_{n_m} = \sup\inf\{a_{n_m}, a_{n_{m+1}}, a_{n_{m+2}}\}$$

$$\leq \ell – \epsilon < \ell \leq \underline{\lim} a_{n_m}$$

çeliişkisi doğar.

1.5. Herhangi bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi için daima

$$\underline{\lim} a_n \leq \underline{\lim} \sigma_n \leq \overline{\lim} \sigma_n \leq \overline{\lim} a_n$$

geçerlidir. Biz yalnızca $\underline{\lim} a_n \leq \underline{\lim} \sigma_n$ eşitsizliğini gösterelim. $\underline{\lim} a_n = -\infty$ hali apaçıktır. Şimdi $\ell = \underline{\lim} a_n$ bir gerçel sayı olsun. $0<\epsilon$ yeterince küçük olsun. 1.4. nedeniyle, uygun bir $N$ sabit doğan sayısı sayesinde, $\forall n > N$ için $\ell-\epsilon < a_n$ geçerli olduğundan, sonuçta $n > \mathbb{N}$ için

$$\sigma_n = \frac{a_1+a_2+\cdots+a_N}{n} + \frac{a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots+a_n}{n}$$

$$> \frac{A}{n} + \frac{(n-N)(\ell-\epsilon)}{n}$$

$$= \frac{A}{n} + (\ell-\epsilon)(1-\frac{N}{n})$$

geçerli olur ve dolayısı ile 1.3. yardımı ile, kolayca

$$\underline{\lim} \sigma_n \geq \underline{\lim} \left( \frac{A}{n}+(\ell-\epsilon)\left(1-\frac{N}{n}\right)\right)=\ell-\epsilon$$

bulunur; burada $A=a_1+a_2+\cdots+a_N$ yazılmıştır. Okuyucu, çok zorlanmadan

$\forall_n \geq N, \alpha_n \geq \beta_n$ ise $\underline{\lim} \alpha_n \leq \underline{\lim} \beta_n$

olduğunu gösterebilir ve bunu yapmalıdır. O halde her bir pozitif $\epsilon$ için $\ell-\epsilon\leq\underline{\lim}\sigma_n$ olmaktadır. Bu ise, $\ell\leq\underline{\lim}\sigma_n$ demekitr; aksi halde kaçınılmaz olarak $\underline{\lim}\sigma_n+\epsilon_0<\ell-\epsilon_0$ gerçekleyen bir pozitif $\epsilon_0$ var olurdu, neden?

1.6. Şimdi problemimizi çözelim. Şu diziyi tanımlayalım. $a_1=1$, $a_2=-1$ ve her $m$ doğal sayısı için

$$ (^*) a_n = \begin{cases} 1, & 2^m < n \leq 2^m + 2^{m-1};\\ -1, & 2^m + 2^{m+1} < n \leq 2^{m+1}.\\ \end{cases}$$

Demek ki $a_3 = 1$, $a_4 = -1$, $a_5 = a_6 = 1$, $a_7 = a_8 = -1$, $\cdots$ olmaktadır. Bu dizinin tastamam iki yığılma noktası olduğu halde, aritmetik ortalamalar dizisi $\{\sigma_n\}_{n=1}^{\infty}$ şunları gerçekler. Önc her $n$ $\in$ $N$ için $\sigma_{2^n}$ $=$ $0$ olur, çümkü dikkat edilirse burada pay, yani $a_1 + a_2 + \cdots a_{2^n}$, önce $a_3 + a_4 + \cdots + a_{2^n}$ dir ve dolayısı ile

$$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} ((a_{2^k+1}+\cdots+a_{2^k+2^{k-1}})+(a_{2^k+2^{k-1}+1}+\cdots+a_{2^{k+1}})) = \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} (2^{k-1}-2^{k-1}),$$

yani sıfırdır. Şimdi $k$ sabit doğal sayısını alalım. Her $n \in \mathbb{N}$ için

$\sigma_{2^n+2^{n-k}}$ $=$ $\displaystyle\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_{2^n})}{2^n+2^{n-k})}$ $+$ $\displaystyle\frac{(a_{2^{n+1}}+a_{2^n+2}+\cdots+a_{2^n+2^{n-k}})}{2^n+2^{n-k}}$ $=$ $\displaystyle\frac{2^{n-k}}{2^{n-k}(1+2^k)}$ $=$ $\displaystyle\frac{1}{2^k+1}$

olur, çünkü pay ifadesinde yer alan ilk parantez sıfırdır. İkinci parantez içinde toplam $2^{n-k}$ tane $+1$ vardır, çünkü bu ikinci parantezdeki tüm terimlerin numaraları apaçıktır ki $> 2^n$ ve üstelik $\leq 2^n + 2^{n-1}$ gerçeklerler. Demek ki $(^*)$ dizisinin aritmetik ortalamalar dizisinin,

$$0,\frac{1}{3},\frac{1}{5},\frac{1}{9},\cdots,\frac{1}{2^k+1},\cdots$$

değerlerini alan (ve dolayısı ile bu değerlere yakınsayan) birer sabit alt dizisi vardı. Peki, $\{\sigma_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin başka yığılma noktası var mıdır?

Problem 2. Şimdi de şu disiyi araştıralım: Öyle sınırlı bir $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayı dizisi tanımlayalım ki kendisi ve aritmetik ortalamalar dizisi arasında

$$\underline{\lim}a_n < \underline{\lim}\sigma_n < \overline{\lim}\sigma_n < \overline{\lim} a_n$$

eşitsizlikleri geçerli olsun. İstenen nitelikte bir örneğin yukarıda tanımlanan $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi olduğunu okuyucu kolayca görecektir.

Problem 3. $[0,1)$ aralığındaki tüm $x$ gerçel sayılarının tam kısımları $[x] = 0$ gerçekler. Bu sayıların herhangi birisinin $x = 0$, $x_1x_2x_3\ldots$ şeklinde, bir ve bir tek türlü belirlenmiş bir $2$ tabanlı açılımı vardır. Burada $x_1,x_2,\ldots$ tamsayıları, ya $0$ ya $1$ tamsyılarıdır; bunların belirli bir adımdan sonra hep $1$ gitmelerini genelliği bozmkasızın yasaklayabiliriz. Vietoris 1921’de şu ilginç örenği önerdi:

$$ f(0,x_1,x_2,x_3\ldots) = \overline{\lim} \frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n} $$

şeklinde tanımlanan: $f : [0,1) \rightarrow [0,1)$ fonksiyonu, $0<\epsilon<\delta<1$ sayıları ne olursa olsun $f([\epsilon,\delta)] = [0,1[$ gerçekler; kısacası bu fonksiyon, tanım aralığındaki herhangi bir alt aralıkta, inanılmaz yapmaktadır. Kanıtlamayı yine adım adım yapalım.

3.1. Herhangi bir $0\leq r_0 = \frac{m_0}{n_0} < 1$ rasyonel sayısına karşılık $x_0$ $=$ $0,\overline{000\ldots011\ldots1}$ $\in [0,1)$ şeklinde tanımlanan $x_0$ gerçel sayısı $f(x_0) = r_0$ gerçekler; burada vitgülden sonraki ilk $n_0-m_0$ tane basamağın tümü $0$, son $m_0$ tane basamağın tümü ise $1$’dir ve $x_0$ sayısı, $n_0$ uzunluğundaki bu kalıbı sürekli tekrarlamaktadır. Dikkat edilirse basamakların aritmetik ortalamalar dizisinin

$$\frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n_0}, \frac{x_1+x_2+\ldots+x_{2n_0}}{2n_0}$$

terimlerinden oluşan alt dizisi $r_0$ rasyonel sayısına yakınsar, çünkü bu alt dizinin tüm terimleri zaten $\frac{m_0}{n_0}=r_0$’dır. Şimdi, doğal sayıların herhangi bir $n_1<n_2<\ldots<n_k<\ldots$ artışı ile belirlenen $\{\sigma_{h_k}\}_{k=1}^{\infty}$ alt dizisine bakalım. Her bir $n_k$ için, $N_kn_0 \leq n_k < (N_k+1)n_0$ gerçekleyen ve tek türlü belirlenebilen bir $N_k$ doğal sayısı vardır ve elbette

$$\sigma_{n_k} = \frac{x_1+x_2+\ldots+x_{n_k}}{n_k}$$

$$\leq \frac{x_1+x_2+\ldots+x_{(N_k+1)n_0}}{N_k.n_0}$$

$$= \frac{(N_k+1)m_0}{N_k.n_0} = r_0 (1+\frac{1}{N_k})$$

nedeniyle, aritmetik ortalamalr dizisinin tüm diğer yakınsak alt dizilerinin limitleri $\leq r_0$ ve hatta $=r_0$ gerçekler, neden? Bu nedenle $f(x_0) = r_0$ olur.

3.2. Herhangi bir $0< q <1$ irrasyonel sayısına monoton artarak yakınsayan bir $r_k = \frac{m_k}{n_k}$ pozitif rasyonel sayılar dizisi vardır. Önce $0<r_1<q$ gerçekleyen $r_1$ rasyonel sayısını, sonra $\max\{r_1,(q-\frac{1}{2})\} < r_2 < q$ gerçekleyen $r_2$ rasyonel sayısını, sonra $\max\{r_2,(q-\frac{1}{3}\} < r_3 < q$ gerçekleyen $r_3$ sayısını, v.b., belirleri. İstenen $\{r_k\}_{k=1}^{\infty}$ disizi tümevarımla tanımlanır. Bu dizinin paydalarında yer alan $n_k$ doğal sayıları sonsu tanedir. Sonlu tane olsalardı, sonsuz tane $r_{k_1},r_{k_2},\ldots$ rasyonel sayısının paydasında aynı bir $N$ doğal sayısı kullanılmış olurdu ki bu olanaksızdır, neden? Demek ki genelliği bozmaksızın, yukarıdaki dizinin paydalarının $n_1<n_2<\ldots<n_k<n_{k+1}<\ldots$ gerçeklediğini varsayabiliriz, neden? O halde

$$m_k =n_kr_k<n_{k+1}r_k<n_{k+1}r_{k+1} = m_{k+1}$$

nedeniyle paylar da kesin bir monoton artış gösterirler. Şimdi $m_k-m_1<n_k-n_1$ olacak şekilde bir $k$ doğal sayısı bulalım. Tüm $k$ indisleri $n_k-n_1 \leq m_k-m_1$ olsaydı,

$$ f – \frac{n_1}{n_k} \leq r_k – \frac{m_1}{n_k}$$

eşitsizlikleri bize $1\leq q$ çelişkisini verirdi, neden? Bundan sonra $m_k-m_1<n_k-n_1$ gerçekleyen $k$ doğal sayılarının en küçüğüne $k_2$ ve sonra $m_k-m_{k_2}<n_k-n_{k_2}$ gerçekleyen $k$ doğal sayılarının en küçüğüne $k_3$ diyelim v.b. Tümevarımla öyle yeni bir $R_k=\frac{M_k}{N_k}$ pozitif rasyonel sayı dizisi tanımlayabilriz ki, kesin monoton artarak $q$ irrasyonel sayısına yakınsar; hem paylar, hem de paydalar kesin artarlar ve üstelik $M_k-M_{k-1}<N_k-N_{k-1}$ eşitsizlikleri her bir $k$ indisi için geçerlidir. Şimdi

$$ x_q= 0,\underbrace{000\ldots011\ldots1}\underbrace{000\ldots011\ldots1}\ldots$$

şeklinde tanımlanan $x_q$ gerçel sayısını göz önüne alalım. İlk $N_1$ tane basamağı ilk $N_1-M_1$ tanesi $0$, son $M_1$ tanesi $1$ dir, hemen ardından gelen $N_2-N_1$ tane basamağı ilk ($N_2-N_1$)$-$($M_2-M_1$) tanesi $0$ ve son $M_2-M_1$ tanesi $1$’dir, ardı sıra gelen $N_3-N_2$ tane basamağın ilk ($N_3-N_2$)$-$($M_3-M_2$) tanesi $0$ ve son $M_3-M_2$ tanesi $1$’dir v.b. Okuyucu artık $f(x_q)=q$ gerçeklendiğini, tıpkı 3.1.‘deki gibi gösterilebilir.

3.3. $(0,1)$ aralığındaki 2-açılımlı herhangi bir $x=0,x_1x_2x_3\ldots$ sayısı ve herhangi bir sabir $N$ doğal sayısı verilsi. $a_1,a_2,\ldots,a_N$ tam sayıları gelişi güzel $0$ ve $1$’ler olmak üzere

$$ f(0,a_1a_2\cdots_Nx_1x_2x_3\cdots) = f(x)$$

geçerli olur, çünkü her bir $n>N$ için, yeni tanımlanan gerçel sayının basamak ortalamaları

$$ \frac{a_1+a_2+\cdots+a_N+x_1+x_2+\cdots+x_{n-N}}{n}$$

$$= \frac{A}{n} + \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}$$

$$- \frac{x_{n-N+1}+x_{n-N+2}+\cdots+x_n}{n}$$

gerçekler; burada $A=a_1+a_2+\cdots+a_N$ yazılmıştır ve

$$ 0 \leq x_{n-N+1}+x_{n-N+2}+\cdots+x_n\leq N$$

gerçeklendiğinden (neden?)

$$ \xi_n = \frac{A}{n} – \frac{x_{n-N+1}+x_{n-N+2}+\cdots+x_n}{n}$$

dizisi sıfıra yakınsar. Sonuçta $\{\beta_n\}_{n=1}^{\infty}$ yakınsak bir dizi olamk üzere, 1.3.‘ün benzeri olan

$$ \overline{\lim}{(\alpha_n+\beta_n)}= \overline{\lim}{\alpha_n}+\lim_{n \to \infty} \beta_n$$

bilgisi kullanılarak istenen iddia elde edilir.

3.4. $(0,1)$ aralığında, 2-tabanlı açılımları

$x=0,x_1x_2x_3\cdots$ ve $y=0,y_1y_2y_3\cdots$

olan herhangi iki gerçel sayının $x<y$ gerçekleyebilmesi için gerek ve yeter koşul, ilk farklı basamaklar olan $x_m \neq y_m$ için $x_m<y_m$ gerçeklenmesidir. Örneğin

$$x_1=y_1, x_2=y_2, \ldots, x_{m-1} = y_{m-1}$$

ve

$$x_m=0<1=y_m$$

ise,

$$x= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x_n}{2^n}= \sum_{k<m} \frac{y_k}{2^k}+ \frac{0}{2^m}+ \sum_{k>m} \frac{x_k}{2^k}$$

$$< \sum_{k<m} \frac{y_k}{2^k} + \left( \frac{1}{2^{m+1}}+ \frac{1}{2^{m+2}}+ \ldots \right)$$

$$= \sum_{k<m} \frac{y_k}{2^k}+\frac{1}{2^m}=\sum_{k<m} \frac{y_k}{2^k}+\frac{y_m}{2^m}$$

$$\leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{y_n}{2^n}=y$$

elde edilir. Hem gerçek, hem yeter koşul gösterilmiş oldu, neden? Burada $x$’in $x_{m+1},x_{m+2},\ldots$ basamaklarının tümünün $1$ olmadığını söyleyen bilginin kullanıldıpına dikkat ediyor muyuz? Bu sonuç bir bakıma, göstergebilim sözcüğünün, sözülkte göstergesiz sözcüğünden önce gelmesine benzemektedir; ilk fark eden harf de(basamakta) alfabetik sıralama gözönüne alındığında $b<s$ olmaktadır.

3.5. Şimdi yeterince küçük pozitif $\delta<\sigma$ sayıları verilsin. $\frac{1}{2^m}<\frac{\delta-\epsilon}{2}$ gerçekleyen bir $m$ doğalsayısı belirlensin

$$\frac{0}{2^m},\frac{1}{2^m},\ldots,\frac{k}{2^m},\ldots,\frac{2^m-1}{2^m},\frac{2^m}{2^m}$$

kesirli sayıllarından ardışık iki tanesi

$$\epsilon<\frac{k}{2^m}<\frac{k+1}{2^m}<\delta$$

gerçekler, çünkü dikkat edilirse,

$$\frac{k-1}{2^m}\leq\epsilon<\frac{k}{2^m}$$

gerçeklenecek biçimde tek bir $k<2^m$ vardır (neden?) ve üstelik $\delta\leq\frac{k+1}{2^m}$ olamaz, neden? O halde

$$f \left( \left[ \frac{k}{2^m},\frac{k+1}{2^m} \right] \right) = [0,1)$$

gösterebilirsek, $f([\epsilon,\delta]) = [0,1)$ sonucu kolayca elde edilir. Bu sonuncuyu göstermek ise çok kolaydır. $k$ tam sayısının, $a_0,a_1,\ldots,a_m$ tam sayıları $0$ ya da $1$ olmak üzere,

$$k=a_02^0+a_12^1+\cdots+a_m2^m$$

biçiminde tek türlü yazılabildiğini bildiğimizden, $\frac{k}{2^m}$ kesirli sayısının 2-tabanlı açılımı

$$\frac{k}{2^m}=0,a_m a_{m-1} a_{m-2} \cdots a_0 000 \cdots$$

olur. Benzer biçimde

$$\frac{k+1}{2^m}=0, b_m b_{m-1} \cdots b_0 000 \cdots$$

ve üstelik

$$0, a_m a_{m-1} \cdots a_0 000 \cdots<0, b_m b_{m-1} \cdots b_0 000 \cdots$$

geçerlidir. Şimdi 3.1.‘de tanımlanan $x_0$ gerçel sayısının açılımı $x_0=0,x_{01}x_{02}x_{03}\cdots$ olmak üzere,

$$\frac{k}{2^m} < x^*=0,a_{m}a_{m-1}\cdots a_{01}x_{01}x_{02}x_{03}\cdots$$

$$< \frac{k+1}{2^m}$$

ve üstelik 3.3. nedeniyle $f(x^*) = r_0$ olacağı apaçıktır. Aynen, $f(x_q^*)=q$ ve

$$\frac{k}{2^m}<x_q^*<\frac{k+1}{2^m}$$

gerçekleyen $x_q^*$ gerçel sayısı da 3.2.’deki $x_q$ yardımıyla tanımlanır. Bitti!

Problem 4. Şu iddia kuşkusuz çok şaşırtıcıdır: Herhangi bir pozitif terimli $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi için

$$\overline{\lim} \left( \frac{a_1+a_{n+1}}{a_n} \right) ^n \geq e$$

gerçeklenir. Dikkat: $\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ dizisi bir gerçel sayıya yakınırsa bu üst limit $+\infty$’dur. Örneğin $\lim a_n = a>0$ ise, uygun bir $N_1 \in \mathbb{N}$ sayesinde, $n \geq N_1$ için

$$(1+\epsilon)^n < (A-\epsilon)^n < \left( \frac{a_1+ a_{n+1}}{a_n} \right) ^n$$

gerçeklenir, çünkü $a_1>0$ ve

$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_1 + a_{n+1}}{a_n} = \frac{a_1+a}{a_n} = A>1$$

nedeniyle uygun bir $0<\epsilon$ sayesinde $1+\epsilon<A-\epsilon$ olur. Eğer $\lim a_n =0$ ise, $n\geq N_2$ için bu kez

$$ 2< \frac{a_1}{a_2}< \frac{a_1+a_{n+1}}{a_n}$$

olur. Şimdi okuyucu, genel halde bu problem yerine, onun eşdeğeri olan

$$\overline{\lim} \left( \frac{a_1+a_{n+1}}{a_n} \right)^n . \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^n$$

$$= \overline{\lim} \left( \frac{n(a_1+a_{n+1})}{(n+1)a_n} \right)^n \geq 1$$

eşitsizliğini göstermeye çalışmalıdır. Bu problemin güzel bir çözümü için, Türk Matematik Derneği yayınlarından No:29, Matematikte Endüksiyon ve Benzetme, G. Polya, Cilt 1, 1966,(Çeviren:Orhan İçen) s.131’e başvurulabilir.

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1994 yılı 1. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Emre Kahvecioğlu‘na ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.

- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar