alİ nesİn_analiz_1

8/22/2019 AL NESN_analiz_1

1/405

Ali Nesin

1956da ...


2/405

Nesin Yaynclk Ltd. Sti.

kunye. . .


3/405

Ali Nesin

Analiz I


4/405


5/405

Icindekiler

Ucuncu Basma Onsoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Ikinci Basma Onsoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Onsoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

I Gercel Saylar 7

1 Gercel Saylar ve Ozellikleri 91.1 Gercel Saylarn Aksiyomlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 ToplamannOzellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Carpmann Ozellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4 Sralamann Ozellikleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Mutlak Deger ve Mesafe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 SUP Aksiyomu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Rnin icindeki N, Z ve Q 252.1 Dogal Saylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Tamsaylar ve Kesirli Saylar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Kesirli Usler ve Kokler 33

3.1 Kesirli Us Alma ve Kok Bulma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2 Baz Basit Sonuclar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.3 Bernoulli-vari Esitsizlikler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.4 Aritmetik-Geometrik Ortalama Esitsizligi I . . . . . . . . . . . 473.5 Aritmetik-Geometrik Ortalama Esitsizligi II . . . . . . . . . . . 56

3.6 Rnin Biricikligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

II Diziler 69

4 Yaknsak Gercel Say Dizileri 71

4.1 Dizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.2 Yaknsak Diziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

v


6/405

4.3 Limitin Biricikligi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.4 Ornekler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5 Yaknsak Dizilerle Sralama veIslemler 87

5.1 Yaknsak Diziler ve Sralama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.2 Yaknsak DizilerleIslemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6 Yaknsak Dizi Ornekleri I 107

7 Dizi Cesitleri 117

7.1 Monoton Diziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

7.2 Sonsuza Iraksayan Diziler I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

7.3 Cauchy Dizileri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8 Gercel Saylarn Tamlg 139

8.1 Altdiziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

8.2 Gercel Saylarn Tamlg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

Okuma Parcas: Onluk Tabanda Aclm . . . . . . . . . . . . . . . . 146

Vize Snav 151

9 Snrl Diziler 155

9.1 Buzen Diziler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

9.2 Kapal Kutular Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

9.3 Bolzano-Weierstrass Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

10 Euler Sabiti e veexp Fonksiyonu 167

10.1 Euler Saysnn Tanm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

10.2 ((1 + x/n)n)n Dizisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

10.3 eye Yaknsayan Bir Baska Dizi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

10.4 exp Fonksiyonu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17610.5 eye Yaknsayan Bir Baska Dizi (devam) . . . . . . . . . . . . . 180

10.6 exp xin Yaklask Degerini Bulmak . . . . . . . . . . . . . . . . 185

10.7 exp(x + y) = exp x exp y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

Okuma Parcas 1: e Kesirli Bir Say Degildir . . . . . . . . . . . . . 195

Okuma Parcas 2 : Bilesik Faizler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

Okuma Parcas 3: e Saysnn Degisik Gosterimleri . . . . . . . . . . 198

Okuma Parcas 4: Yer Bulma Olaslg . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

11 Yaknsak Dizi Ornekleri II 207


7/405

12 Sonsuza Iraksayan Diziler ve Sonsuzlar 211

12.1 Sonsuza Iraksayan Diziler II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

12.2 SonsuzlarRye Eklemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

13 Dizilerin Alt ve Ustlimitleri 225

III Seriler 239

14 Seriler 241

14.1 Tanmlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

14.2 Teleskopik Seriler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

14.3 SerilerleIlgiliIki Basit Gozlem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

14.4 Serilerin Terimleriyle Oynamak . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

15 Pozitif Seriler ve Mutlak Yaknsaklk 271

15.1 Pozitif Seriler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

15.2 Kyaslama Teoremleri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

15.3 Mutlak Yaknsaklk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280

16 Serilerle Islemler 285

16.1 Toplama, Ckarma ve Bir Sayyla Carpma . . . . . . . . . . . . 285

16.2 Cauchy Carpm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

16.3 Cesaro Ortalamas ve Toplam . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294

17 Dalgalanan Seriler 301

17.1 Leibniz Testi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301

17.2 Riemann Duzenleme Teoremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305

18 dAlembert ve Cauchy Kstaslar 309

18.1 dAlembert Kstaslar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309

18.2 Cauchy Kstas (Kok Testi) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318

18.3 Cauchy-dAlembert Karslastrmas . . . . . . . . . . . . . . . . 32118.4 Yaknsaklk Yarcap . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

18.5 Kuvvet Serilerinin Turev veIntegralleri . . . . . . . . . . . . . 328

19 Birkac Onemli Yaknsaklk Kstas Daha 333

19.1 Riemann Serisi ve Kstas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333

19.2 Raabe Kstaslar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

19.3 Kummer-Dini Kstas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345

19.4 Dirichlet ve Abel Kstaslar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347

Karsk Alstrmalar 353


8/405

IV Ekler 357

20 Ekler 35920.1 Us Almak - Yusuf Unlu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

20.2 Cifte Diziler ve Seriler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36320.3 Sonsuz Carpmlar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37020.4 Toplanabilir Aileler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376

Formuler 383

Kaynakca 392


9/405

Ucuncu Basma Onsoz

Olabildigince kitab takip etmeye calsarak birinci snf ogrencilerine bir dersverdim ve oldukca rahat bir bicimde kitab bir donemde bitirebildim. Amabaz bolumleri atladm ve sadece gerektiginde o bolumlere geri dondum. At-

ladgm ve ilk okumada atlanmasn tavsiye ettigim bolumler: 3.1 dsnda3uncu bolumun tumu, 9.1, 14.4, 16.3, 18.3, 18.5 altbolumleri ve 19uncubolumun tumu.

Her yl oldugu gibi bu yl da ogrencilerin dusuncelerini kagda aktarmaybeceremediklerini gozlemledim. Bu beceriksizlik her yl giderek artyor. Anlas-lan lise ogrencileri her yl daha az yazyorlar. Oysa yazmak, dusunceyi snamak,yani tekrar dusunmek, tekrar tekrar dusunmek, yani aslnda dusunmek vegercege ulasmak demektir. Hic yazmams birini bu konuda nasl ikna edebilirimbilmiyorum ama gercek boyle!

Ogrenciler okuduklar kantlar kitaba bakmadan, sanki yeni bir kitapyazyormuscasna noktasna, virgulune, satrbasna, merkezlenen formullere,yani yazs bicimine ve bicemine dikkat ederek bir kagda aktarmallar. Amac,okuyann kant kolaylkla anlamas olmaldr elbette. Bunun icin harcanankagda, zamana ve emege acmamal ve gereken tum ozen gosterilmelidir. Ke-sinlikle zaman kayb degildir. Dogru bicimde yazlms bir kantta yanls he-men farkedilir, zorlanlan nokta hemen kendini belli eder, eksikler hemen gozecarpar! Herkesin okuyunca hemen anlayacag tertemiz bir kant yazncaya ka-dar denemeye devam edin. Yararn goreceksiniz.

Kant kagda tertemiz bir bicimde aktarldktan sonra, sozlu olarak, elkol sallayarak bir arkadasa sozlu olarak anlatlmaldr. Civarda arkadas yoksaaynann karssna gecin! Boylece kant icsellestireceksiniz. Sra onemli: onceyaz, sonra soz.

Kazanm diye bir sey icat edildi son yllarda. Yonetici snf her donembas hocalardan bir dersten ogrencilerin kazanacaklar kazanmlar soruyor.Kazanmlar begenmezlerse dersin aclmasna izin vermeyecekler herhalde...Bolonya sureci denen seyin bir parcas sanrm. Modaya uyarak ben de og-rencinin bu kitaptan elde edecegi kazanmlar sralayaym. Ogrencinin kitabbastan sona anlamas gerektigi dsnda sunlar soyleyebilirim:


10/405

2 Ucuncu Basma Onsoz

1.-Nli kant yontemi.2. Birinci bolumdeki gercel saylarn aksiyomlar ve daha sonra ikinci bo-

lumde N, Z, Q gibi say kumelerinin Rde nasl bulunduklar.3. Matematiksel yontem: Tanm, aksiyom, varsaym, sav gibi kavramlar

arasndaki ayrm. Tanmlarn zihinselligi ve gercekle olan bugulu iliskisi.4. Biraz once soz ettigim matematik yazma sanat.5. Ve son olarak, diziler ve seriler. Nihai amac 18.1, 18.2 ve 18.4 altbolumle-

rini anlamak olmal.

Derslerinde kitab kullanan meslektaslarmdan kitapta aksiyomlarla cokzaman harcandg, bildigimiz anlamda analize cok gec gecildigi yonunde elesti-riler geldi. Ne yazk ki bildigimiz anlamda analize erken gecildiginde yanlstandonmek icin cok gec oluyor. Bu kitap muhendislik bolumu ogrencileri icinyazlmad. Birinci snf matematik ogrencilerine ilk gunden ne idugu belirsizsay dogrusundan soz etmenin buyuk bir yanls oldugu dusuncesini tas-yorum ve yakn zamanda bu dusuncemi degistirecege benzemiyorum. Birincisnfta matematigin aksiyomatik, yani zihinsel yonune yeterince zaman har-canmas gerektigi dusuncemi hala daha ayn siddetle savunuyorum.

Ote yandan kitap yazmak yerine kaset doldursaydm, kitaptakinden bam-baska bir sralama takip ederdim.

Bir baska elestiri baz alstrmalarn ogrenciler icin cok zor oldugu yonunde.Dogrudur. Ogrencilerimin bana kitaptan sordugu birkac alstrmay ben deyapamadm! Ama ne onemi var ki!

Her basmda kitaba bir iki kucuk ek, yeni alstrmalar, yeni kaynakcalareklemek gibi baz iyilestirmeler yaplacaga benzer. Gelecek basmlarda temelbir degisiklik olmadkca bu ufak tefek ekleri belirtmeyecegim.

Ali Nesin / Ocak 2013


11/405

Ikinci Basma Onsoz

Birinci basmdaki baz hatalar duzeltildi, beceriksizlikler giderildi. Baz ba-gmsz bolumler tek bir bolum altnda toplanarak kitap daha derli toplu birhale getirildi. Bunun dsnda, gereksiz yere uzun olduklarna hukmettigim baz

kantlar ksaltld. (Ama bu konuda yanlms da olabilirim, eski uzun kantlarseviyordum!) Kitap daha az sayfaya insin ve boylece fiyat artmasn diye mi-zanpajla oynand. Bu cabalar sonucunda 20 sayfa kadar ksalan kitap, kitabnsonuna ekledigim eklerle ve en ilgincleri [A], [Bro] ve [Kn] saheserlerindenapartlan ya da uyarlanan alstrma ve orneklerin eklenmesiyle birlikte 80 say-fa kadar da uzad! Ama kitabn ozunun bu degisikliklerden pek etkilendiginisoyleyemem.

Ornekleri ya da alstrmalar tek basna cozemeyen ogrenci karamsarlgakaplmamal, kimisi hic kolay degildir cunku. Bircogunda ben de zorlandm,

hatta kimisinde resmen cuvalladm, bir bilene sordum.Onemli olan kavramlar,teoremleri ve kantlarn ozumsemektir. Uygulamada ustalasma isi zamanla (ve

ancak gerekirse!) olacaktr.

Birinci basmda bir ornegin uzun acklamalarn iki uc satra indirenIlhamAliyeve ve esitsizliklerle ilgili bircok kant ksaltan YusufUnluye sonsuz te-sekkurler.

YusufUnlu, pozitif gercel saylarn uslerini almay cok sk bir bicimde ta-nmlayp yollad. Bunu ek olarak Altbolum 20.1e koydum ama tanm Altbo-lum 3.3un sonuna gelebilecek kadar basitti! Ama bu durumda kitap bastan

asag degismek zorunda kalacak ve hedefledigimden bambaska bir kitap ortayackacakt. Yapmadm.

Bunun dsnda, kitabn sonuna, merakllar icin, seri kavramn bir anlamda(ve sadece belli bir anlamda) genellestiren toplanabilir ailelerle, iki gostergeclicifte serilerle ve sonsuz carpmlarla ilgili birer altbolum ekledim.

Bir de ayrca kitabn en sonuna bir formuler ekledim. Boylece hangi dizi-den ya da seriden hangi sayfada sozedildigi bir baksta gorulebilecek. Mukerrerornekler ve alstrmalar ozellikledir.

Bu arada bu analiz serisinin topoloji ve metrik uzaylar konularn isleyendorduncu cildi ckt ve hatta ikinci basmn yapmak uzere. Ikinci cildin isehala daha eli kulagnda. Tek bir cilde sgacagndan giderek daha fazla kusku


12/405

4 Ikinci Basma Onsoz

duydugum ucuncu cildin yaymlanmas ise 2013u bulabilir.Analizden sonra sra cebire gelecek. Kitaplarn ckmasn bekleyemeyecek

okur Matematik Dunyas dergisini (www.matematikdunyasi.org) takip etmeli.Bu kitap da buyuk olcude Matematik Dunyasnda yazlan yazlarn derlen-

mesiyle ortaya ckt.

Ali Nesin / Mays 2012


13/405

Onsoz

En az dort ciltten olusacak olan bu analiz serisi, 1996dan, yani kurulusundanberiIstanbul Bilgi Universitesinde birinci snf matematik ogrencilerine verdi-gim analiz derslerinden ve daha sonra Matematik Dunyas dergisine yazdgm

yazlardan ortaya ckt. Her cildin bir donemlik bir dersin icerigini (fazlasyla)olusturacag dusunulmustur.

Turev ve integral konular ogrenciyi kacnlmaz olarak otomatizme ve ez-bere iteklediginden, birkac yl sonra birinci snfta bu konulara hic girmemekarar aldm. Baslangcta bu kstlama yuzunden isleyebilecegim konularn ol-dukca snrl olacagn dusunurken, zamanla bu tahminimde ne derece yanld-gm anladm. Meger turev ve integralsiz de analiz yaplabiliyormus ve bayagderine inilebiliyormus. Dolaysyla ilk iki ciltte bu konulara girmeyecegiz.

Turev ve integralsiz analiz yapmak kimi zaman ayaklarndan tavana asl

halde ve frca agzda resim yapmaya benzeyebiliyor, ama cekilen zorluga de-gecek bir guzellik ckyor ortaya. (Biraz abarttm galiba!)

Burbakist bir yaklasmla, kitaba gercel saylar sisteminin aksiyomlaryla,yani tanmyla basladm. Kantlanmams hicbir olgu kullanmadm.

Raabe Kstaslar bolumu gibi daha ileri seviyede olan baz bolumler deilk okuyusta atlanabilir. Ama her matematik ogrencisinin bu ciltteki Cauchycarpmn (Altbolum 16) ve ikinci ciltteki Weierstrass M-testini okumasnda,anlamasnda ve ozumsemesinde yarar vardr. Bu iki teorem hayatnz ko-laylastracak ve ayrntlarla zaman kaybetmeyip ksa zamanda daha derine

inmenize olanak saglayacaktr.Her ne kadar kitapta bir boyutlu (yani Rde) analiz yaplmssa da, dahadeneyimli okurun kantladgmz olgularn bircogunu, Rnye, Cye, topolojik vemetrik uzaylara ve hatta daha genel olarak Banach uzaylarna ve cebirlerinegenellestirmesi isten bile degildir.

Konular en ekonomik bicimde alaburbaki islemedim ve bunu ozellikle yap-madm. Analiz gibi hesap kitap isteyen ve ustelik boylesine temel bir konudaekonomik olmann pedagojik degerine inanmyorum. Ornegin exp fonksiyo-nuyla ilgili her seyi, kitabn sonlarna dogru cok daha ksa bir bicimde suna-bilirdim ya da esitsizlikleri turev kullanarak cok daha kolay kantlayabilirdim.Tam tersine en ilkel yontemlerle olabildigince derin sonuclar kantlamak iste-


14/405

dim. Tabii sebat edip kitab bitiren okur, yaptgmz karmask kantlar ba-sitlestirebilecektir. Ne mutlu ona!

Bir ogrenci iki tehlikeye maruz kalabilir. Ya cok fazla kuramsal matematigeyonelip hesap yapmasn unutur, ya da tam tersine, hesaba kitaba cok fazla

onem verir ve kavramlarn derinligine vakf olamaz, kavramsal dusunemez.Gencliginde ikinci tehlikeye maruz kalms biri olarak ogrencilerimin boyleyetismesini istemedim ve Istanbul Bilgi Universitesinde gereken onlemlerialdm, ama bu sefer tam tersi oldu, bir fonksiyonun grafigini cizemeyen yada cizmekten imtina eden ogrenciler yetisti. Iste bu kitap ogrencileri her ikitehlikeye kars korumak icin yazlmstr. Bir matematikci gerektiginde hesapyapabilmeli!

Bu kitab okumak amacyla eline alan ciddi matematik ogrencisi, teoremlerionce kendi kantlamaya calsmaldr, cozumlu ornekleri once kendi cozmelidir.

Sanlann aksine zaman kayb olmaz ve cok sey kazandrr. Bu onerim her ma-tematik kitab icin gecerlidir. Dusunmekten kitap okuyamadg zaman ogrenciarastrma yapmaya hazr demektir! Zaten bu yuzden bircok kez, daha sonrametinde kantlanacak olan teoremleri alstrma olarak koydum.

Kitabn bir iki yerinde pek pedagojik degeri olduguna inanmadgm hesap-lamalar yaptgmn farkndaym. Engelleyemedim. Daha dogru yaklasmlaraacgm. Lutfen kitapta buldugunuz fazlalklar, eksiklikleri, yanlslar, anlatmbozukluklarn [email protected] adresine bildirin.

Kantlayamadgm esitsizliklerde hzr gibi imdadma yetisen Gorkem Oz-

kayaya, bu ders notlarn yazmam icin bana gereken ortam saglayan ve destegiveren esim Ozlem Beyarslana ve asistanlarm Asl Can Korkmaz ve CigdemSahine, kitabn hazrlansnn cesitli kademelerinde yardmc olan ve daha daolacak olan (!) Sonat Suere sonsuz tesekkurlerimi sunarm.

Herkese kolay gele.

Ali Nesin / NMK, 10 Ekim 2010 - 18 Eylul 2011


15/405

Ksm I

Gercel Saylar

7


16/405


17/405

1. Gercel Saylar ve Ozellikleri

1.1 Gercel Saylarn Aksiyomlar

[N2]de, kumeler kuramnn en basit aksiyomlarndan yola ckarak, gercel sa-

ylar kumesi Ryi matematiksel olarak yaratmstk. Ayrca, adna 0 (sfr) ve1 (bir) dedigimiz iki gercel sayya ozel onem vermis ve R kumesi uzerine, +(toplama) ve (carpma) diye adlandrdgmz iki islemle birlikte bir de y vex

y yazlmlarnn anlamlarn okur tahmin ediyor-dur.


25/405

1.4. Sralamann Ozellikleri 17

Egerxvey iki gercel sayysa, max{x, y} saysxveysaylarnn en buyugu,yani maksimumu anlamna gelir:

max{x, y}= x egerxy isey egery

x ise

O3ten dolay max iyi tanmlanmstr. max elbettemaximumun ksaltlmsdr.min{x, y} ise

min{x, y}=

y egerxy isex egeryx ise

anlamna gelir.

Alstrmalar

1.1. Herx, y R icin max{x, y} + min{x, y} =x+y esitligini kantlayn.1.2. Herx, y, z

R icin max

{max

{x, y

}, z

}= max

{x, max

{y, z

}}esitligini kantlayn. Ben-

zer esitligi max yerine min icin kantlayn.

Eger 0 x ise xe pozitif diyecegiz. (Genelde bu tanm 0 < x kosulunusaglayan xelemanlar icin kullanlr, ama biz oyle yapmayacagz.) Eger 0< xisexemutlak pozitif diyecegiz.Negatif vemutlak negatifin anlamlarnokur tahmin ediyordur.

S. Egera < b iseb


26/405

18 1. Gercel Saylar ve Ozellikleri

V. Pozitif elemanlar kumesi ckarma altnda kapal degildir elbet ama bolmealtnda kapaldr. Nitekim 0< aolsun. O zaman 0= 1/aolur ve eger 1/a 0.

Dolaysyla, a, b >0 ise a/b= a(1/b)> 0 olur.

W. 0 < 1 esitsizligi (U)nun son satrnda kantlandgna gore, her iki tarafada 1 ekleyerek 1 < 2 elde ederiz. (2yi 1 + 1 olarak tanmlyoruz.) Demekki, 0 < 1 < 2 ve dolaysyla 0 < 2 ve 2 = 0. Buradan 2nin Rde bir tersioldugu ckar: 1/2. Eger 1 < 2 esitsizliginin iki tarafna 1 eklersek 2 < 3 eldeederiz. (3u 2 + 1 olarak tanmlyoruz.) Boylece, 0 < 1 < 2 < 3 elde ederizve 3= 0 olur. Bunu boyle devam edebiliriz. (Henuz dogal saylardan ve dogalsaylar kumesinden sozetmedigimize dikkatinizi cekerim. Rnin icinde Nnin birkopyasnn oldugunu bir sonraki bolumde kantlayacagz.)

X. Orta Nokta. Iki saynn aritmetik ortalamasbu iki saynn arasnda-dr, yani x < y ise,

x 0 = (0, ) ={x R : 0< x},R= (, ).

Diger aralklarn tanmn okura brakyoruz. R, [a, b], (, b] ve [a, ) turun-den aralklara kapal aralkveR, (a, b), (, b) ve (a, ) turunden aralklaraack aralk ad verilir. R ve hem ack hem kapal aralklardr ve baska dahem ack hem kapal aralk yoktur.

Alstrmalar

1.3. BirI Raltkumesinin su ozelligi olsun: Herx, z Ive hery R icin, eger x < y < zise y I. Inn bir aralk oldugunu gosterin. R icin dogru olan bu ozelligin Q icinyanls oldugunu kantlayn. (Not: Q sral halkasnn bir aralgnn uc noktalar da Qdaolmaldr.)

1.4. a bir gercel say olsun. Eger her b >0 icin a

b oluyorsa a

0 esitsizligini gosterin.

1.5. a veb iki gercel say olsun. Eger her c > b icin a c oluyorsa, a b esitligini gosterin.


27/405

1.5. Mutlak Deger ve Mesafe 19

1.5 Mutlak Deger ve Mesafe

Birx R icin, xin mutlak degeri denilen|x| R says soyle tanmlanr:

|x|= max{x, x},yanix vexten en buyugunu seciyoruz. Mutlak degerin su onemli ozelliklerivardr:

Onsav 1.1. Herx, y R icin,i.|x| 0,ii.|x|= 0x = 0,iii.|x|=| x|,iv. x

0 ise

|x

|= x vex

0 ise

|x

|=

x,

v.|xy|=|x||y|,vi.|y| x xyx,vii.|x| x |x|,viii. Ucgen esitsizligi.|x + y| |x| + |y|,ix.|x y| |x| |y|,x.|y a|< xa x < y < a + x.Kant: i. x vex saylarnn ikisi birden mutlak negatif olamaz.|x|, tanmgeregi xvex saylarndan hangisi pozitifse ona esittir. Demek ki|x| 0.

ii. Egerx= 0 ise|x|=|0|= max{0, 0}= max{0, 0}= 0 ve boylece ()ksm gosterilmis olur. Aksi istikamette:|x|= 0 olsun. Demek ki

0 =|x|= max{x, x}.

Dolaysyla,

max{x, x} x ve max{x, x} xoldugundan,

0

x ve 0

x

olur. Yani 0x vex0. Bu da x= 0 demektir.iii.Bariz.

iv.Egerx0 ise,x0 olur; dolaysylaxx ve|x|= max{x, x}=x olur. Eger x0 ise,x0 olur; yani x x ve|x|= max{x, x}=xolur.

v. Gerekirsex yerinexvey yeriney alarak, (iii)ten dolay, xveyninnegatif olmadklarn varsayabiliriz. O zaman xy de negatif degildir ve (iv)tendolay,|xy|= xy =|x||y| elde ederiz.

vi.|

y|

x ise, max{

y,

y}

=|

y|

x olur. Demek ki, y

x ve

y

x.Buradanyx vey x ckar. Sonuc:xyx.


28/405


Simdi diger istikameti kantlayalm.xyx olsun. O zaman yx veyx. Yani|y|= max{y, y} x.

vii. xmax{x, x}=|x|. Ayn nedendenx |x|, yani|x| x.viii.(vi)ya gore,

|x

||y

| x +y

|x

|+

|y

|esitsizliklerini kantlamalyz.

Bunlar da (vii)den ckar.ix. (viii) ve (iii)ten,

|x|=|x y+ y| |x y| + |y|

ckar. Demek ki|x| |y| |x y|.

Benzer bicimde|y| |x| |y x|, yani

|x y| |x| |y|.Bu iki esitsizlik

|x y| |x| |y| |x y|demektir ve (vi)dan

||x| |y|| |x y|ckar.

x. (vi)dan ckar.

Daha ileri analizde cok onemli olacak olan bir kavramn temellerini atalm.Ikixvey gercel says arasndaki mesafeyi

d(x, y) =|x y|

olarak tanmlayalm. Mesafenin su onemli ozellikleri vardr:

Onsav 1.2. Herx, y, z R icin,i. d(x, y) R0.ii. d(x, y) = 0

x = y.

iii. d(x, y) =d(y, x).iv. d(x, y)d(x, z) + d(z, y).Kant: Mesafenin tanmndan ve srasyla Onsav 1.1.i, ii, iii ve viiiden dog-rudan ckar. Ucgen esitsizligi ad verilen sonuncusunun kantn yazmaktafayda olabilir: a= x z veb= z y olsun. O zaman,

d(x, y) =|x y|=|a + b| |a| + |b|=|x z| + |z y|= d(x, z) + d(z, y)

olur. Onsav kantlanmstr.

Onsav 1.2yi gundelik dille yorumlayalm:


29/405

1.6. SUP Aksiyomu 21

i. Iki nokta arasndaki mesafe negatif bir say olamaz.ii. Iki nokta arasndaki mesafe, ancak ve ancak noktalar caksyorsa (ay-

nysa) 0 olabilir.iii.Bir noktann ikinci bir noktaya mesafesi, ikinci noktann birinci noktaya

mesafesine esittir. (Tek yonlu yollar yuzunden modern trafikte bu ozellik dogruolmayabilir.)

iv. Bir noktann ikinci bir noktaya mesafesi ucuncu bir noktadan (yanizden) gecerek ksalamaz.

Notlar 1. Ola ki baz herkesin bildigi ozellikleri kantlamay unutmus olabiliriz. Kantla-may unuttuklarmz okura alstrma olarak brakyoruz. Ornegin,

0 a b ve 0 c d ise ac bdonermesini kantlamadk. Okur, bu ve buna benzer kantlanmams ama kantlamas kolay

gibi gorunen onermelere rastlarsa kantlasn. Her seyin aksiyomlardan ckmas gerekir. Genelkural olarak, elemanlarla ilgili onermelerin kant, altkumeler ve fonksiyonlarla ilgili onerme-lerin kantndan cok daha kolaydr.2. Son aksiyom olan (SUP) dsndaki aksiyomlarn uzun uzadya acklamalara ihtiyaclaryok. Simdi ksaca bu aksiyomlarla ilgili birkac tanm verelim. Bu tanmlar bu ve sonrakianaliz ciltlerimizde pek kullanmayacagz ama okurun matematigin bu onemli kavramlarnbilmesinde yarar vardr.

T1, T2, T3 aksiyomlarn saglayan bir (R, +, 0) yapsnagrupad verilir. Bir grup ayrcaT4u de saglyorsa, adna degismeli grup denir. Bu yaplara daha ziyade cebirde rastlanrve bu notlarda pek sozunu etmeyecegiz.

O1 ve O2yi saglayan bir (R,


30/405


daha kucuktur. En kucuk ustsnra en kucuk ustsnr denir. 1 says (0, 1)ve (0, 1] aralklarnn en kucuk ustsnrdr.

Ornegin R = R ise ve sralama bu bolumdeki sralamaysa o zaman Rninustsnr yoktur cunku her r

R icin r+ 1, rden daha buyuk bir elemandr,

ustsnr olmayan Rnin elbette en kucuk ustsnr da olamaz.Ustsnr olan kumelere ustten snrl kumeler denir. Altsnr, alttan

snrl kume ve en buyuk altsnr kavramlar benzer sekilde tanmlanr.Ann en kucuk ustsnr, oldugunda elbet, biriciktir ve sup Aolarak yazlr. Enbuyuk altsnr infA olarak yazlr. Her gercel say boskumenin bir ustsnrdr,dolaysyla boskumenin de en kucuk ustsnr yoktur.

sup A= s esitligi icin,

i. HeraA icinas, ve

ii.Her >0 icin, s < a esitsizligini saglayan biraA says vardrkosullar gerek ve yeter kosullardr. Nitekim birinci kosul snin Ann bir ust-snr oldugunu soyluyor; ikincisi isesden kucuk hicbir saynnAnn ustsnrolamayacagn soyluyor, yani snin en kucuk ustsnr oldugunu soyluyor.

Alstrmalar

1.8. Gercel saylar kumesinin bos olmayan ve alttan snrl bir X altkumesinin en buyukaltsnrnn oldugunu kantlayn. Bu altsnra inf X ad verilir. infX = sup(X)esitligini kantlayn.

1.9. Eger X

R vec >0 ise,

sup(cX) =c sup X ve inf(cX) =c infX

esitliklerini kantlayn. (sup Xve infXvarsa elbette.) Eger c 0 bos olmayan ve ustten snrl iki altkume olsun.

XY = {xy: x X, y Y}

olsun. sup(XY)nin oldugunu ve sup(XY) = (sup X)(sup Y) esitligini kantlayn. Aynsey Rnin herhangi iki snrl altkumesi icin gecerli midir?


31/405

1.6. SUP Aksiyomu 23

1.15. I Rolsun. Eger hera, b Ieleman icin, (a, b) I icindeligi dogruysa, o zamanInnbir aralk oldugunu kantlayn. I snrlysa uc noktalarnn inf X ve sup X oldugunugosterin. (Ilerde ustten snrsz bir kume icin sup X = ve alttan snrsz bir kumeicin infX= tanmlarn yapacagz ve bu dedigimiz, bir anlamda, her zaman dogruolacak.) Her aralgn bu ozelligi oldugunu gosterin.


32/405


33/405

2. Rnin icindeki N, Z ve Q

Bu bolumde Rnin icindeki dogal saylar kumesi Nyi, tamsaylar kumesi Zyive kesirli saylar kumesi Qyu kesfedip basat ozelliklerini kantlayacagz. Bubolumu okurken, tanmlayacagmz bu N, Z ve Q kumeleri hakknda sanki

hicbir sey bilmiyormus gibi davrann ama bir yandan da bu kumelerle cocuk-lugunuzdan beri asina oldugunuzu unutmayn!

2.1 Dogal Saylar

Gercel saylar kumesi Rnin, 0 iceren ve icerdigi her x says icin x + 1saysn da iceren altkumelerini ele alalm. Bu tur altkumeleretumevarmsalaltkume diyelim. Demek ki bir A R kumesinin tumevarmsal olmas iciniki kosul gerekiyor:

1. 0A,2. EgerxA isex + 1A.Rnin kendisi elbette tumevarmsal bir kumedir. Negatif olmayan gercel

saylar kumesi R0 da bir baska tumevarmsal kume ornegidir. Herr


34/405

26 3. Rnin icindeki N, Z ve Q

A B kumesi de 0 icerir. Ayrca, eger bir x says A B kesisimindeyse, ozamanxhem Ada hem deBdedir; her iki kume de tumevarmsal oldugundanx + 1 de her iki kumededir; demek ki x + 1 de kesisimdedir.

Sadece iki tumevarmsal kumenin degil, elemanlar tumevarmsal kumeler

olan bir kumenin elemanlarnn kesisimi de tumevarmsaldr. Yani egerT,tumevarmsal kumeler iceren bir kumeyse, o zaman,

T =AT

A

kumesi de tumevarmsaldr. Bunun kant da ayn: Her A T icin, 0 Aoldugundan, 0 kesisimdedir. Simdi kesisimden herhangi bir x says alalm.HerA T icin,xA veA tumevarmsal oldugundan,x + 1A olur. Demekkix + 1 deAT A kesisimindedir.

Simdi Rnintumtumevarmsal altkumelerini kesistirelim ve kesisimin ad-na dogal saylar k umesidiyelim ve bu kumeyi N simgesiyle gosterelim.

Nnin tumevarmsal bir kume oldugunu gorduk. Tum tumevarmsal altku-melerin kesisimi oldugundan ve tumevarmsal oldugundan, N, Rnin en kucuktumevarmsal altkumesidir, yani N, Rnin her tumevarmsal altkumesinin alt-kumesidir. Butun bunlar ozetleyelim:

Teorem 2.1. i. 0 N.ii. n N isen + 1 N.iii. N, yukardaki iki ozel ligi saglayanNnin en kucuk altkumesidir, yani egerA, Nnin bir altkumesiyse ve0A ise ve hernA icinn + 1A iseA= Nolur.

Kant: Ilk ikisi Nnin tumevarmsal oldugundan ckyor. Ucuncu onermedekiA kumesi varsayma gore tumevarmsal bir kume. Ama N tum tumevarmsalkumelerin altkumesi. Demek ki N A, yani A= N.

Yukardaki teoremin son maddesinintumevarmla kant ilkesioldugunadikkatinizi cekerim. Bu konuyu [N1, N2]de ayrntlaryla isledigimizden ustun-de fazla durmuyoruz. Gene de ilkeyi yazalm:


35/405

2.1. Dogal Saylar 27

Teorem 2.2 (TumevarmIlkesi I). Eger (dogal ya da gercel) saylarla ilgilibir onerme 0 dogal says icin dogruysa ve, her n dogal says icin, n icindogru oldugundan + 1 icin de dogru oluyorsa, o zaman o onerme hern dogalsays icin dogrudur.

Beklenildigi uzere dogal saylarda toplama ve carpma yapabiliriz. Bunutumevarm ilkesini kullanarak kantlayalm.

Teorem 2.3. N, toplama ve carpma altnda kapaldr.

Kant: x + (y+ 1) = (x + y) + 1 ve x(y+ 1) =xy+ xesitlikleri kullanlarakistenenler tumevarmla kolaylkla kantlanr. Ornek olarak Nnin toplama al-tnda kapal oldugunu kantlayalm.

A={y N : N + y N}

olsun. Elbette 0A. SimdiyA olsun.y +1in deAda oldugunu kantlaya-lm.Nden herhangi birx alalm. O zaman y,Ada oldugundan,x + y elemanNdedir. Bundan ve Nnin tanmndan (x + y) + 1 N ckar. Ama

x + (y+ 1) = (x + y) + 1

esitligi dogru. Demek ki x+ (y+ 1) N. Her x N icin, x+ (y + 1) Nonermesini kantladk, yaniy +1inAda oldugunu kantladk. Demek kiA = NveN toplama altnda kapal.

Yukarda kantladklarmzdan kolaylkla, (N, +,, 0, 1) yapsnn Peanoaksiyomlarn sagladg ckar (Peano aksiyomlar icin bkz. [N2]).

Alstrmalar

2.1. Hera, b 0 icin, (a + b)n an + bn esitsizligini tumevarmla kantlayn. (Binom aclmdaha kolay bir kant verir.)

2.2. Eger s >1 ise, her n dogal says icin (1 + s)n 1 +ns esitsizligini tumevarmlakantlayn.

2.3. Asagdaki esitlikleri tumevarmla kantlayn.

1 + 2 + +n = n(n+ 1)/2,12 + 22 + +n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)/6,13 + 23 + +n3 = n2(n+ 1)2/4.

2.4. n >6 dogal says icin1

n! >

8n

(2n)!

esitsizligini tumevarmla kantlayn. (Ipucu: Dogrudan da deneyebilirsiniz ama su yon-tem de sonuca gider:

f(n) = (2n)!

n! 8n

olsun. f(n+ 1)/f(n)> 1 esitsizliginin uzerinden tumevarmla gosterebilirsiniz.)

2.5. Hern >0 dogal says icin

1

2n

1n

+ 1n+1

+. . .+ 1n+n

n

1

nesitsizligini kantlayn.


36/405


Asagdaki alstrmalarda sadece ve sadece N ve Rnin tanmlarn ve bu tanmlardanyola ckarak bu satra kadar kantlanan olgular kullanmalsnz.

2.6. 0n Nnin en kucuk eleman oldugunu kantlayn.

2.7. Eger x N \ {0} ise x 1in de dogal say oldugunu kantlayn.

2.8. Eger x R ve 0< x


37/405

2.1. Dogal Saylar 29

Teorem 2.5 (TumevarmIlkesi II). Eger bir onerme, hern dogal says icin,nden kucuk dogal saylar icin dogru oldugunda n icin de dogru oluyorsa, ozaman bu onerme hern dogal says icin dogrudur.

Kant: Onermenin yanls oldugu en kucuk dogal say n olsun. Demek kionerme nden kucuk dogal saylar icin dogru. Ama varsayma gore, bu du-rumda onermen icin de dogru olur, celiski.

Dogal saylarla ilgili bildiklerimizi teyit etmeye devam edelim:

Teorem 2.6. Ustten snrl ve bos olmayan bir dogal say kumesi en kucukustsnrn icerir.

Kant:A bir dogal say kumesi vex,Ann en kucuk ustsnr olsun.x 1 birustsnr olmadgndan,

x 1< nxesitsizliklerini saglayan bir n A dogal says vardr. Demek ki x < n+ 1venden daha buyuk bir dogal say Ada olamaz. Bundan da nnin Ann enbuyuk eleman oldugu ckar. Yani n= x.

Teorem 2.7 (Arsimet Ozelligi). Eger > 0 bir gercel sayysa ve x R ise,o zamann > x esitsizliginin saglandg birn N vardr, yani (tanm geregi)R bir Arsimet cismidir.Kant: Teoremin dogru olmadgn varsayalm. Demek ki her n N icin,nx yani nx/. Demek ki dogal saylar kumesi N, x/tarafndan usttensnrl. Teorem 2.6ya gore Nnin en kucuk ustsnr Ndedir.

Bu en kucuk ustsnry ise, bu da y+ 1 dogal saysnn varlgyla celisir.

Teorem 2.8 (Bolme). Hern, m N icin, egerm= 0 ise,n= mq+ r ve0r < m

onermelerini saglayan bir ve bir tane(q, r) dogal say ikilisi vardr.

Kant: Once q ve rnin varlgn gosterelim. Onermenin yanls oldugunuvarsayalm, yani,

A={n N : belli bir m >0 dogal says icin, n= mq+ r esitligini ve0r < m esitsizliklerini saglayan qver dogal saylar yoktur}


38/405


kumesi bos olmasn. n,Ann en kucuk eleman olsun ve kosullar m says icinsaglanmasn. Egern < mise q= 0 ve r = n istenen kosullar saglar. Demek kinm olmal. O zaman, Alstrma 2.11e goren mbir dogal saydr vendenkucuk oldugundann

m /

A olmal. Demek ki, n

m= mq1+ r esitsizligini

saglayan q1 ve 0r < m dogal saylar vardr. Ama bundan,n= m(q1+ 1) + r

ckar ve q=q1+ 1 icinn= mq+ r

elde ederiz. Demek ki onermen vemicin de dogruymus. Bu bir celiskidir.Simdi qvernin biricikligini kantlayalm.

mq+ r=mq1+ r1, 0r < mve 0r1 < miliskilerini saglayan r, r1, q, q1 olsun. q= q1 ver = r1 esitliklerini kantlaya-cagz. qq1 esitsizligini varsaymann bedeli yoktur, varsayalm. O zaman,

q q1 Nve

m > r1r1 r= m(q q1)olur. Ama bu ancak q q1= 0 ise mumkundur. (Neden?)

2.2 Tamsaylar ve Kesirli Saylar

Dogal saylarn bildigimiz diger ozelliklerini de yukardaki gibi oldukca kolay birbicimde kantlayabiliriz. Daha fazla ileri gitmeden ksacatamsaylar kumesiZye gecelim. Zyi,

Z = N N.olarak tanmlayalm.

Teorem 2.9. Z, Rnin, 1i iceren ve ckarma altnda kapal en kucuk altku-

mesidir. AyrcaZ toplama, carpma ve ckarma altnda kapaldr, yaniZ birhalkadr.

Kant: Znin 1i icerdigi ve ckarma altnda kapal oldugu bariz.A, Rnin 1i iceren ve ckarma altnda kapal herhangi bir altkumesi olsun.

0 = 1 1 oldugundan 0A. Demek ki, her aA icin,a= 0 aA.

DolaysylaAA ve her a, bA icin,

a + b= a (b)A (A)A AA.


39/405

2.2. Tamsaylar ve Kesirli Saylar 31

Demek ki A toplama altnda kapal. 1i de icerdiginden, bundan Anntumevarmsal bir kume oldugu sonucu ckar. Sonuc: N A veN AAveZ = N N A. Boylece birinci onerme kantlanms oldu.

SimdiA = Zalrsak Znin toplama altnda kapal oldugunu goruruz. Znin

carpma altnda da kapal oldugu, bundan ve n(m + 1) =nm + mesitligindenm uzerine tumevarmla ckar. Ayrntlar okura brakyoruz.

Teorem 2.10 (Bolme). Hern, m Z icin, egerm= 0 ise,n= mq+ r ve0r


40/405


celiski. Benzer bicimdem < n de olamaz. Demek ki n= m.xin negatif oldugu durumun kantn okura brakyoruz.

Teorem 2.12de biricikligi kantlanan n tamsaysna xin tamksm denirve bu say [x] olarak yazlr. [x], xten kucukesit en buyuk tamsaydr. Demekki her x R icin x[x] [0, 1) olur ve [x] bu icindeligi saglayan biriciktamsaydr.

Teorem 2.13. Herhangi iki farkl gercel say arasnda kesirli bir say vardr,yani (yogunlugun tanm geregi) Q, Rde yogundur.

Kant: < iki gercel say olsun. Eger < 0 < ise 0 says yla arasndadr. Eger < 0 ise 0


41/405

3. Kesirli Usler ve Kokler

Bundan boyle N, Z ve Q say kumeleri uzerine tanmlanms toplama ve carpmagibi basit aritmetiksel islemleri ve bu islemlerle ilgili basit olgular -kantlama-ms olsak da- bildigimizi varsayacagz. Ornegin asal saylardan hic sozetme-

dik ama her dogal saynn tek bir bicimde asallarn carpm olarak yazldgnbildigimizi varsayacagz. Ote yandan us almann tanmn ve ozellikleri asagdaverecegiz.

3.1 Kesirli Us Alma ve Kok Bulma

Eger x bir gercel say ve n bir dogal sayysa, xin ninci ussu ad verilen xn

gercel saysn n uzerine tumevarmla tanmlayacagz. Once n = 0 skkndanbaslayalm1:

x0

= 1.Eger xn tanmlanmssa, xn+1 saysn xnxolarak tanmlayalm:

xn+1 =xnx.

Tanmn hemen ardndan tahmin edilen ve liseden beri bilinen esitlikleri ka-ntlayalm:

Teorem 3.1. Herx, y R ve hern, m N icin,0. 1n = 1, x1 =x ven >0 icin0n = 0.i. xm+n =xmxn.ii. (xy)n =xnyn.iii. (xm)n =xmn.iv. 0< n ve0< x < y isexn < yn.

Kant: Onermelerin her biri n uzerine tumevarmla kantlanr. Digerleriniokura alstrma olarak brakarak ornek olarak (i)i kantlayalm:

n= 0 icin: xm+0 =xm =xm1 =xmx0.

1Bazlar, genellikle analizciler, 00 ifadesini tanmsz kabul eder. Cebirde ve aritmetikte00 = 1 tanmn yapmak isimize gelir. En azndan ders notlarnn baslarnda 00 = 1 tanmn

yapalm. Ilerde limit konusuna geldigimizde 0

0

ifadesini tanmsz kabul etme hakkn sakltutalm.


42/405

34 3. Kesirli Usler ve Kokler

Simdi, xm+n = xmxn esitligini varsayp, xm+(n+1) = xmxn+1 esitliginikantlayalm:

xm+(n+1) =x(m+n)+1 =xm+nx= (xmxn)x= xm(xnx) =xmxn+1.

Teorem 3.1in kant tamamlanmstr.

Her degismeli halkada gecerli olan (x + y)n ifadesinin binom aclmn oku-run bildigini varsayyoruz. Zaten bunu [N2]de de gormustuk.

Eger x= 0 ve n < 0 ise, xn terimini soyle tanmlarz: xn = 1/xn. Sonmaddesindeki ufak bir oynamayla Teorem 3.1 tamsaylar icin de gecerlidir:

Teorem 3.2. Herx, y R \ {0} ve hern, m Z icin,0. xn = 1/xn.i. xm+n =xmxn.

ii. (xy)n =xnyn.iii. (xm)n =xmn.iv. n yn.

Kant: Tanmdan ve Teorem 3.1den ckar. Okura brakyoruz.

Sonuc 3.3. n Z \ {0}, x, y >0 vexn =yn ise o zamanx= y olur.Kant: Teorem 3.1.vi ve Teorem 3.2.vidan ckar.

Buraya kadar yaptklarmz oldukca kolayd. Daha zor konu ve sonuclara

dogru yelken acalm. Pozitif gercel saylarn koklerini bulalm, yani a >0 birgercel sayysa ve n= 0 bir tamsayysa, Xn = a denklemini gercel saylardacozebilecegimizi gorelim. Bu cozumun pozitif gercel saylarda biricik oldugunukantlayabilirsek, a1/n gercel saysn bu biricik pozitif cozum olarak tanmla-yabiliriz.

Teorem 3.4. a > 0 bir gercel sayysa ve n = 0 bir tamsayysa, Xn = adenkleminin pozitif gercel saylarda bir ve bir tek cozumu vardr.

Kant: Sonuc 3.3, cozumun (eger varsa) biricikligini soyluyor. Cozumun var-lgn kantlayalm. Eger a= 0 ya da 1 ise her sey bariz. Bundan boylea >0vea= 1 varsaymlarn yapalm.

Cozumun varlgn pozitifn tamsaylar icin kantlamak yeterli. Nitekim,eger n > 0 icin x > 0 gercel says Xn = a denkleminin bir cozumuyse, ozaman 1/xpozitif gercel says Xn =a denkleminin bir cozumudur.

n = 1 i cin x = a bir cozum oldugundan, nyi 1den de buyuk alabiliriz.Bundan boylen >1 olsun.

Teoremi, 1den buyuk a gercel saylar icin kantlamak da yeterlidir. Ni-tekim, eger 0 < b < 1 ise, 1/b > 1 olur ve x > 0 gercel says Xn = 1/bdenkleminin bir cozumuyse, o zaman 1/xpozitif gercel says Xn =b denkle-minin bir cozumudur.


43/405

3.1. Kesirli Us Alma ve Kok Bulma 35

n >1 bir tamsay ve a >1 bir gercel say olsun. Xn =a denklemi cozmekicin,

x0 vexn aesitsizliklerini saglayan gercel saylar kumesinin ustten snrl oldugunu ka-ntlayp, kumenin (SUP) aksiyomuna gore var oldugunu bildigimiz en kucukustsnrn alacagz. Kantlayacagmz uzere, bu en kucuk ustsnr Xn = adenkleminin cozumu olacak.

Planmz uygulayalm. n >1 bir tamsay ve a >1 bir gercel say olsun.

A={x0 :xn a}olsun. 0, 1A oldugundanA boskume degildir. AyrcaA,a tarafndan usttensnrldr, cunku 1< a. Demek ki (SUP) aksiyomuna gore,Ann bir en kucukustsnr vardr. Bu en kucuk ustsnra s adn verelim. Elbette s 1. Simdisn =a esitligi iki admda (asagdaki Sav 1 ve 2) kantlayalm. Once bir onsav.

Onsav 3.5. n > 1 bir dogal say olsun. a ve x iki pozitif gercel say olsun.Egerxn < a ise, (x+)n < a esitsizliginin saglandg bir > 0 gercel says

vardr.

Kant: (x+)n terimiyle oynayarak, bu terimin adan kucukesit olmas icinun ne kadar kucuk (ama pozitif) olmas gerektigini gorecegiz. saysn, egervarsa, her zaman 1den kucuk, hatta 1/2den kucukesit secebiliriz, cunku egerbir >1/2 icin (x + )n < aesitsizligi dogruysa, o zaman = 1/2 icin de aynesitsizlik dogrudur. Hesaplara baslayalm:

(x + )n = xn +n

1

xn1 + +

ni

xnii + + n

< xn +

n

1

xn1 + +

n

i

xni + +

= xn +

n

1

xn1 + +

n

i

xni + + 1

=xn + B.

Burada,B says,

B = n1xn1 + + nixni + + 1


44/405


olarak alnmstr. Demek ki (x+)n < aesitsizliginin saglanmas icinxn+Ba esitsizliginin saglanmas yeterlidir. Dolaysyla un ne kadar kucuk olmasgerektigi de bellidir:

= min12 ,a xn

B .u boyle secerek istedigimiz (x+ )n a esitsizligini kantlarz. Onsavmzkantlanmstr.

Simdi Teorem 3.4un kantna devam edebiliriz.syi anmsayn:s= sup(A).

Sav 1. sn a.Sav 1in Kant: Tam tersine, sn < a esitsizligini varsayalm. Onsav 3.5egore yeterince kucuk bir >0 says icin, (s + )n < aesitsizligi saglanr. Amao zaman da sden buyuk olan s+ says Ada olur ve bu da snin en kucuk

ustsnr olmasyla celisir. Sav 1 kantlanmstr.

Bu savdan, s= 1 ckar. Demek ki s >1. Bu, birazdan onem kazanacak.Sav 2. sn a.Sav 2nin Kant: Tam tersine, sn > a esitsizligini varsayalm. O zaman(1/s)n 0 icin,

1

s+

n 0 gercel says ve n= 0 tamsays icin, Xn = a denkleminin biricikpozitif cozumu a1/n olarak yazlr. Demek ki, a >0 icin,

(a1/n)n =a vea1/n >0.

Bir baska deyisle,x= a1/n xn =a vex >0.

Kimileyina1/n yerine n

a yazlr. Ayrca 2

a yerine

a ya da

a yazlr.

Son olarak, q Q ve a R>0

icin aq

saysn tanmlayalm. m, n Ztamsaylar icinq=m/n olarak yazp,aq = (am)1/n

tanm denemesini yapalm. Yani, aq says icin,

x= aq xn =am vex >0tanmn onerelim.

Bunun gercekten bir tanm olmas icin, ornegin,

a15/6 =a25/10 =a30/12,

yani(a15)1/6 = (a25)1/10 = (a30)1/12

olmal; daha genel olarak, m, m, n, n Z tamsaylar icin, m/n = m/noldugunda

(am)1/n = (am)1/n

olmal, yoksa aq saysnn tanm qye gore degil, q= m/n esitligini saglayanm ven tamsaylarna gore degisebilir. Bir sonraki onsav, (am)1/n saysnn mvenye gore degil,m/nye gore degistigini gosterecek.


46/405


Onsav 3.7. m, m, n, n tamsaylar icin m/n = m/n ise her a > 0 icin(am)1/n = (am

)1/n

olur.

Kant: Varsayma goremn =mn. Simdix= (am)1/n vey = (am)1/n olsun.

Demek ki xn

=am

veyn

=am

. Dolaysyla,

ynm = (yn

)m =am

m =amm

= (xn)m

=xnm

=xnm.

Sonuc 3.3ten y=x ckar.

Boylece artk x >0 icinxn/m = (xn)1/m tanmn yapabiliriz.Gozden kacabilecek bir sey daha kontrol edilmeli,nN veaR>0 icin,

annin eski tanmyla, yukarda tanmlananan/1 says birbirine esit olmal, yaninyi tamsay olarak da gorsek, n/1 olarak kesirli say olarak da gorsek, annin

her iki tanm da ayn sonucu vermeli. Nitekim oyle:an/1 saysnn yukardakitanmna gore,

x= an/1 x1 =an vex >0olmal ve bu da x= an/1 x = an demektir, yani an/1 =an.Teorem 3.8. Herx, y R>0 vep, q Q icin,0. 1p = 1, x0 = 1, x1 =x,i. xp+q =xpxq vexp = 1/xp.ii. (xy)p =xpyp.

iii. (xp)q =xpq.iv. 0< p vex < y isexp < yp.

v. 0> p vex < y isexp > yp.vi. p < qve1< x isexp < xq.

vii. p < q vex 0 icin,am/n = (a1/n)m esitligini kantlayn.

Eger a < 0 ise, X2 = a denkleminin gercel saylarda cozumu yokturcunku gercel saylarda kareler negatif olamazlar (bkz. Bolum 2, U maddesi).Ayn nedenden eger a < 0 ven bir cift tamsayysa, Xn = a denkleminin degercel saylarda cozumu olamaz. Ote yandan, simdi kantlayacagmz uzere,egern bir tek dogal sayysa, a hangi gercel say olursa olsun, Xn =a denkle-minin gercel saylarda bir ve bir tek cozumu vardr.

Teorem 3.9. i.Egern bir tek dogal sayysa, hera RicinXn =a denklemi-nin gercel saylarda bir ve bir tek cozumu vardr. Bir baska deyislef(x) =xn

kuralyla tanmlanan fonksiyonRnin (artan) bir eslesmesidir.


47/405

3.1. Kesirli Us Alma ve Kok Bulma 39

ii.Egera = 0ise ayn seyn tek tamsaylar icin de gecerlidir. Yanif(x) =xnkuralyla tanmlanan fonksiyonR \ {0} kumesinin bir eslesmesidir.iii.Egera0 ise venbir cift tamsayysaXn =a denkleminin gercel saylardaiki cozumu vardr. Egerx bir cozumse,

x diger cozumdur.

Kant: i.Eger a0 ise, bu aynen Teorem 3.4. a0 durumu,

xn =a(x)n =a

esdegerliginden ve yukardakinden ckar. Artanlg ve teoremin (ii, iii) ksmla-rn okura brakyoruz.

Bu f(x) = xn fonksiyonlarnn el yordamyla cizilen grafigi merakls icinasagda ayr ayr gosterilmistir. (Matematikciler grafikleri her zaman el yor-

damyla cizerler...)

Teorem 3.9.iiye gore, eger n > 0 tek bir tamsayysa, sadece a > 0 icindegil, her aR icin a1/n saysn Xn =a denkleminin biricik cozumu olaraktanmlayabiliriz. Ama o zaman tehlikelere maruz kalrz, ornegin:

1 = (1)1/3 = (1)2/6 = ((1)2)1/6 = 11/6 = 1.

Bu yuzden negatif tamsaylarn koku alnmaz, alnrsa da hesaplarda dikkatliolunur.

Kesirli olmayan gercel saylarairrasyonelya dakesirli olmayan gercelsaylar ad verilir. Ornegin

2 kesirli bir say degildir. Daha genel bir olgu

dogrudur.

Onsav 3.10. k > 0 bir tamsay ve a N olsun. Eger a bir dogal saynn

kinci gucu degilsea1/k kesirli bir say olamaz.


48/405


Kant: Tam tersine, a1/k saysnn kesirli oldugunu varsayalm ve n, m > 0tamsaylar icin,

a1/k =n/m

yazalm. Gerekirse sadelestirerek, n vem tamsaylarnn birbirine asal olduk-larn varsayabiliriz. Yukardaki esitligin her iki tarafnn dakinci gucunu ala-rak,

a= nk/mk,

yaniamk =nk

elde ederiz. Bu esitlikten,myi bolen her asalnnyi de bolmek zorunda olduguckar.n vembirbirine asal olduklarndan, m= 1 ckar.

Teorem 3.11. Irrasyonel saylarRde yogundurlar, yani herhangi iki degisikgercel say arasnda irrasyonel bir say vardr.

Kant: a < b iki gercel say olsun. Teorem 2.13e gore, a

2 < q < b

2esitsizliklerini saglayan bir q kesirli says vardr. Simdi q/

2 irrasyonel bir

saydr (yoksa

2 rasyonel, yani kesirli olurdu) ve a veb arasndadr.

Ornekler

3.2. p veqiki pozitif kesirli say olsun. Hern >1 dogal says icin

np nq

(n+ 1)p

(n+ 1)q

q >0 varsaymn yapabili-riz. O zaman payda pozitif olur venpnq


49/405

3.2. Baz Basit Sonuclar 41

oldugundan, n+

1

n+ 1 n+ 1

esitsizligini kantlamak yeterli. Bu esitsizlikle

1

n+ 1 n+ 1 nesitsizligi ve

1n+ 1 n n+ 1

esitsizligi esdeger. Ama1

n+ 1 n =

n+ 1 +

n

oldugundan, bu son esitsizligi kantlamak icin

n+ 1 +

n n+ 1esitsizligini kantlamak yeterli. Ote yandan,

n+ 1 + n n+ 1 + n+ 1 = 2n+ 1esitsizliginden dolay, bu en son esitsizligi kantlamak icin

2

n+ 1 n+ 1yani

2 n+ 1esitsizligini kantlamak yeterli, ki n 3 dogal saylar icin bunu elbette biliyoruz.

3.2 Baz Basit Sonuclar

Ilerde karslasacagmz baz basit sonuclar bu altbolumde toparlyoruz. Okur,ruh haline gore, ya bu sonuclar kantlarna bakmadan tek basna kantlamayacalsmaldr ya da tam tersine, simdilik atlayp gerektiginde geri donmeli-dir. Matematige yeni baslayanlara (ruh hallerinden bagmsz olarak) birincisecenegi oneririz.

Onsav 3.12. Herk dogal says icin10k > k olur.

Kant: k uzerine tumevarmla kantlayacagz. k= 0 icin,

k= 0< 1 = 100 = 10k.

Bir dek= 1 icin kantlayalm:

k= 1< 10 = 101 = 10k.

Simdik1 olsun ve 10k > kesitsizliginin gecerli oldugunu varsayalm. Elbette10k k + 1 olur. Hesap vakti geldi:

10k+1 = 10 10k >10k k + 1.(Son esitsizlik, kantn basnda teoremi neden k= 0 ve k = 1 icin kantladg-mz gostermektedir.)


50/405


Sonuc 3.13. Her > 0 gercel says icin oyle bir N dogal says vardr ki,hern > Ndogal says icin, 10n < olur.

Kant: N, 1/dan buyuk bir dogal say olsun (Arsimet Ozelligi). O zaman,

10N > N >1/

yani

10N <

olur. Dolaysyla her n > N icin,

10n


51/405

3.3. Bernoulli-vari Esitsizlikler 43

3.3 Bernoulli-vari Esitsizlikler

Sonuclarmz uc bolume ayracagz.

Birinci Bolum.Bu altbolumde, ilerde sk sk basvuracagmz meshur (Jacob)

Bernoulli esitsizligini ve bu esitsizligin turevlerini kantlayacagz.

Onsav 3.15 (Bernoulli). Egers0 ise, hern dogal says icin,

(1 + s)n 1 + ns

olur.

Kant: Binom aclmndan dogrudan ckar:

(1 + s)n = 1 + ns +n2s2 + + sn 1 + ns.Onsav kantlanmstr.

Bundan daha genel bir sonuc dogru:

Onsav 3.16 (Bernoulli). Egers >1 ise, hern dogal says icin

(1 + s)n 1 + ns

olur.

Kant: nuzerine tumevarmla kantlayacagz. Eger n= 0 ise, kantlayacagmzesitsizlik, 11 esitsizligine donusuyor ki bunun dogru oldugu belli.

Simdi esitsizligin n icin dogru oldugunu varsayp n+ 1 icin kantlayalm.1 + s >0 oldugundan,

(1+s)n+1 = (1+s)n(1+s)(1 +ns)(1+ s) = 1+(n+1)s+ns2 1 +(n+1)s.

Savmz kantlanmstr.

Onsav 3.17. Egerr


52/405


Kant: ab >0 dogal saylar icinp= a/b olsun. Demek ki

1 +ax

b (1 + x)a/b

yani 1 +

ax

b

b (1 + x)aesitsizligini kantlamalyz. Her iki taraf da acarsak, kantlamak istedigimizin,

bi=0

b

i

aixi

bi

ai=0

a

i

xi

esitsizligi oldugunu goruruz. Sag tarafta her biri pozitif olan daha cok terimoldugundan, her i= 0, 1, . . . , b icin,

b

i

ai

bi

a

i

esitsizligini kantlamak yeterli. Bu esitsizliki = 0 icin dogru. Simdi esitsizligini icin dogru oldugunu varsayp (tumevarm varsaym), esitsizligi i+ 1 icinkantlayalm. Tumevarm varsaymn kullanarak,

bi + 1

ai+1bi+1

=bi b i

i + 1a

i

bi a

b = b

iai

bi b i

i + 1a

b a

i b i

i + 1a

b

=

a

i + 1

i + 1

a ib ii + 1

ab

=

a

i + 1

b ia i

a

b

a

i + 1

esitsizligini elde ederiz. (En sondaki esitsizlikteab varsaymn kullandk.)Onsav kantlanmstr.

Ikinci Bolum2. Bu bolumde yukarda kantladgmz 3.15-3.18 numaral so-nuclar cok daha sk bir bicimde bir defa daha kantlayacagz ama ayrca ki-

tabn en sonundaki ekte (sayfa 362ta)x Rikenax saysn tanmlamamzdacok yararl olacak olan Sonuc 3.20yi kantlayacagz. (Daha once ax saysnsadece xQ iken tanmlamstk.) Dileyen okur bu bolumu okuduktan sonradogrudan kitabn sonundaki eke gidipx Rikenax saysnn tanmn gorebi-lir. Dileyen okur ise us almay tanmlamak icin ikinci cildi bekleyebilir; nitekimikinci ciltte us almay cok daha genel bir teorem kantlayarak tanmlayacagz.

Onsav 3.19. Egerx0 venN ise(n+ 1)xn 1nxn+1 olur ve esitliksadecex= 1 icin mumkundur.

2Bu ikinci bolumdeki sonuclar ve zarif kantlar icin YusufUnluye mutesekkiriz.


53/405

3.3. Bernoulli-vari Esitsizlikler 45

Kant: Oldukca kolay ama zekice bir hesap:

(n + 1)xn nxn+1 1 = nxn(x 1) + (xn 1) = (x 1)

nxn +n1

i=0xi

= (x 1)n1i=0

(xi xn) =(x 1)n1i=0

xi(xni 1)

= (x 1)2n1i=0

xi ni1

j=0

xj

0.

Ayrca en sondaki esitsizlik ancak x= 1 ise esitlige donusebilir. (Eger x= 0ise, i= j = 0 durumu en alttaki ve sagdaki parantezin 0 olmasn engelliyor.)

Onsav kantlanmstr.

Sonuc 3.20. Eger1=x0 ve0p < qiki kesirli sayysaxp 1

p 0 iken alabilecegi en kucuk degeri bulmakyeterli. Ifadenin alabilecegi en kucuk deger (AG)ye gore 2(ab)1/2dir ve bu en kucukdeger y= (a/b)1/2 icin alnr. Demek ki x= (a/b)1/4 olmal.

3.19. a,b,c 0 icin asagdaki esitsizligi kantlayn. Esitligin ancak a= b = c icin gerceklese-cegini gosterin:

(AG3) (abc)1/3 a+b+c

3 .


62/405


Kant: a, b, c yerine a3, b3, c3 alarak,

a3 +b3 +c3 3abc 0esitsizligini kantlamann (gerekli ve) yeterli oldugu gorulur. Carpanlarna ayrarak

soldaki ifadenin pozitif oldugunu kantlayacagz. Soldaki ifadede a yerine X koyarsak,p(X) =X3 +b3 +c3 3Xbc

polinomunu elde ederiz.p (b c) = 0

esitliginin dogru oldugunu kontrol etmek kolay. Demek ki

X+ b+c

polinomu p(X) polinomunu boler. Bolmeyi yapalm:

p(X) = (X+ b+c)(X2

(b+c)X+ b2

bc+c2)

buluruz. Simdi ada degerlendirirsek,

a3 +b3 +c3 3abc= p(a) = (a+b+c)(a2 (b+c)a+b2 bc+c2)= (a+b+c)(a2 +b2 +c2 ab bc ca)

=(a+b+c)((a b)2 + (b c)2 + (c a)2)

2

elde ederiz. Bu da istedigimizi kantlar.

Esitligin ancak a= b = c iken dogru olduguna da dikkatinizi cekeriz.

3.20. x > 0 olmak uzere x+ 1/x2 ifadesinin alabilecegi minimum degeri bulun. x > 0 olmak

uzere x

2

+ 1/x ifadesinin alabilecegi en kucuk degeri bulun.Kant: AGyi uygulamak bir ise yaramyor. AG3u uygulamann bir yolu var:

x+ 1

x2 =

x

2+

x

2 +

1

x2 3 3

x

2

x

2

1

x2 =

3

22/3

ve esitlik ancak x= 21/3 ise gecerli.

Ikinci soru birincisiyle ayn: Ilk soruda y= 1/x almak yeterli.

3.21. Ayn cevreye sahip ucgenler arasnda,en buyuk alan hangi ucgen tarafndan elde edilir?

Yant: Unlu Heron formulunu kullanacagz: Bir ucgenin kenarlar a, b vec uzunlugun-daysa ve p cevre uzunlugunun yarsysa, o zaman alan,

A= p(p a)(p b)(p c)olur. (AG3)e gore,

A2

p = (p a)(p b)(p c)

(p a) + (p b) + (p c)

3

3

=

3p (a+b+c)

3

3=

3p 2p

3

3=

p3

27

olur ve esitlik ancakp a= p b= p c,

yania = b = c ise gecerlidir. Demek ki en buyuk alan veren ucgen eskenar ucgen olmal.


63/405

3.4. Aritmetik-Geometrik Ortalama Esitsizligi I 55

3.22. a1, a2, a3, b1, b2, b3 0 alt say olsun.3

(a1+b1)(a2+b2)(a3+b3) 3a1a2a3+ 3

b1b2b3

esitsizligini kantlayn.

Kant: Iki kez (AG3)u uygulayarak asagdaki hesab yapalm:

(a1+b1)(a2+b2)(a3+b3) = a1a2a3+b1b2b3+ (a1a2b3+a1b2a3+b1a2a3)

+(a1b2b3+b1a2b3+b1b2a3)

a1a2a3+b1b2b3+ 3 3

a21a22a

23b1b2b3+ 3

3

a1a2a3b21b

22b

23

=

3

a1a2a3 + 3

b1b2b33

.

Istedigimiz kantlanmstr. Esitlige hangi kosullarda erisildigi sorusunu okura brakyo-ruz.

Asagdaki alstrmalar lise seviyesinde bir kitap olan [BB]dendir ve bualtbolumde yaplanlarn zorlugunu yanstamayacak kadar kolaydrlar.

Alstrmalar

3.23. Hera, b >0 icin2

1/a+ 1/b

ab


3.24. a b >0 vec > d >0 olsun. Eger a/d= b/c ise a= b vec= d esitliklerini kantlayn.3.25. Hera, b, c icin a2 +b2 +c2 ab+bc+ca esitsizligini kantlayn.3.26. Hera, b icin (a2 b2)(a4 b4) (a3 b3)2 esitsizligini kantlayn.3.27. Egerab 0 ise (a2b2)2 (ab)4 ve egerab 0 ise (a2b2)2 (ab)4 esitsizliklerini

kantlayn.

3.28. Eger a+b 0 ise a3 +b3 a2b+ab2 esitsizligini kantlayn.3.29. a, b, c, d 0 olsun. c ved kesirli saylar olsun.

ac+d +bc+d zcbd +adbc

esitsizligini kantlayn. Esitlik hangi durumlarda gecerli olur? (c= d = 1 durumu ilginc.)

3.30. a, b, c, d 0 olsun. Eger a/b c/d isea

b a+c

b+d c

d

esitsizliklerini gosterin.

3.31. Cauchy-Lagrange Esitsizligi.Basit cebirle (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (bcad)2esitligini gosterin. Buradan,

(a2 +b2)(c2 +d2) (ac+bd)2

esitsizligini kantlayn. Bu esitsizlik ne zaman esitlik olabilir?

3.32. Cauchy-Lagrange Esitsizligi. (a21+ a22+a

23)(b

21 + b

22 + b

23) (a1b1+a2b2+a3b3)2


3.33. Cauchy-Lagrange Esitsizligi. (ni=1a2i (ni=1a2i (ni=1aibi2 esitsizligini ka-ntlayn.


64/405


3.5 Aritmetik-Geometrik Ortalama Esitsizligi II

Bir onceki altbolumdeki (AG) esitsizligini iki saydan n sayya genellestirecegiz.Once temel tanmlar verelim.

a1, . . . , an0 olsun. Bu saylarn aritmetik ortalamas,An(a) =

a1+ + ann

saysdr. Geometrik ortalamas ise,

Gn(a) = (a1a2 an) 1nsaysdr. Bu iki ortalama arasnda cok meshur bir esitsizlik vardr: Geometrikortalama aritmetik ortalamay asamaz! n = 1 i cin bariz olan ve n = 2 ve 3icin gecen altbolumde kantladgmz bu esitsizligi bu altbolumde hern dogalsays icin kantlayp cesitli uygulamalarn verecegiz.

Teorem 3.26. Hera1, . . . , an0 icin,

(AGn) (a1a2 an) 1n a1+ + ann

olur. Ayrca esitlik sadece ve sadecea1 =. . .= an ise gecerlidir.

Birinci Kant: Once (AG2n) esitsizliginin uzerine tumevarmla kantlayaca-gz. Eger n = 0 ise kant bariz, ne de olsa (AG1), a1 = a1 diyor. Kant cok

kolay olan n= 1 durumunu gecen yazmzda ele almstk. Simdi n1 olsun.(AG2n) esitsizligini varsayalm ve (AG2n+1) esitsizligini kantlayalm. 2

n+1 tanepozitif say alalm:

a1, . . . , a2n , b1, . . . , b2n .

(AG2n)den dolay

(a1a2 a2n)1/2n a1+ + a2n

2n ,

(b1b2 b2n)1/2n b1+ + b2n

2n

esitsizlikleri gecerlidir. Bunlar taraf tarafa carparsak,

(a1 a2nb1 b2n)1/2n a1+ + a2n

2nb1+ + b2n

2n

elde ederiz. (AG2)yi kullanarak sag taraf buyutelim:

a1+ + a2n2n

b1+ + b2n2n

a1++a2n2n

2 +

b1++b2n2n

2

2

=a1+ + a2n+ b1+ + b2n2n+1 2

.


65/405

3.5. Aritmetik-Geometrik Ortalama Esitsizligi II 57

Son iki esitsizlikten,

(a1 a2nb1 b2n)1/2n

a1+ + a2n+ b1+ + b2n

2n+1

2buluruz. Her iki tarafn da karekokunu alrsak, istedigimiz esitsizlige ulasrz.

Esitligin ne zaman olacagn da (tumevarmla) anlayabiliriz. Esitsizligekant boyunca, bir defa (AG2)yi, bir defa da (AG2n)yi kullanarak olmakuzere tam iki kez basvurduk. (AG2n+1)de esitligin olmas icin kantta kul-lanlan her iki esitsizligin de esitlik olmas gerekir. (AG2n)yi kullandgmzdaesitligin olmas icin (tumevarm varsaymna gore),

a1 =. . .= a2n veb1=. . .= b2n .

esitliklerinin gecerli olmas gerekir. (AG2)yi kullandgmzda esitligin olmasicin,

a1+ + a2n2n

=b1+ + b2n

2n

esitliginin gecerli olmas gerekir. Sonuc: (AG2n+1)de esitligin gecerli olmasicin

a1 =. . .= a2n =b1=. . .= b2n .

esitliklerinin gecerli olmas gerektigi anlaslr.

Boylece (AG2n) esitsizligini her n dogal says icin kantlams olduk. Sim-di eger (AGn+1) dogruysa, (AGn)nin de dogru oldugunu kantlayacagz. Buda, yukardaki sonuc sayesinde, (AGn) formulunun her n icin dogru oldugunukantlayacak.

a1, . . . , an

saylarn alalm.

an+1= a1+ + an

n

olsun.a1, . . . , an, an+1

saylarna (AGn+1) esitsizligini uygulayalm:

(a1a2 anan+1)1/n+1 a1+ + an+ an+1n + 1

.

Bu esitsizlikte an+1 yerine degerini koyalm:

a1a2 ana1+ + ann 1n+1

a1+ + an+ a1+

+an

nn + 1


66/405


elde ederiz. Her iki taraf da duzenleyerek,

(a1a2 an)1

n+1

n1

n+1

(a1+ + an)1

n+1 a1+ + ann

elde ederiz. Esitsizligin sol tarafndaki en sagdaki ifadeyi esitsizligin sag ta-rafna gecirelim:

(a1a2 an)1

n+1

n1

n+1

(a1+ + an)1 1

n+1

n =

(a1+ + an)n/n+1n

elde ederiz. Her iki tarafn da n + 1inci kuvvetini alrsak,

a1a2 ann

(a1+ + an)n

nn+1

buluruz. Gerisi kolay. Solda paydada bulunan nyi solda paydada bulunan nile sadelestirirsek ve her iki tarafn da ninci kokunu alrsak, diledigimiz,

(a1a2 an)1/n a1+ + ann

esitsizligini buluruz.Esitligin ne zaman dogru olduguna bakalm. Kant boyunca esitsizlik sa-

dece bir defa peyda oldu. O esitsizligin de esitlik olmas icin

a1=. . .= an =an+1

olmal. Demek ki a1 =. . .= an olmal.

Ikinci Kant:n uzerine tumevarmla kantlayacagz.n = 1 icin onerme bariz.Simdi (AGn)yi varsayp (AGn+1)i kantlayalm.

a1, . . . , an, an+1

saylarn secelim. Bu saylarn en buyugunu en sona koydugumuzu varsayalm,

yanian+1 diger butun saylardan buyukesit olsun.

An =a1+ + an

n

tanmn yapalm. An+1 benzer bicimde tanmlansn. O zaman,

An+1= a1+ + an+ an+1

n + 1 =

nAn+ an+1n + 1

olur.an+1 says diger tumai saylarndan buyukesit oldugundan, elbette

an+1An


67/405


olur. Demek ki bir b0 says icin,

an+1 =An+ b

olur. Yukardaki esitlikten devam edecek olursak,

An+1= nAn+ an+1

n + 1 =

nAn+ An+ b

n + 1 =An+

b

n + 1

esitligini buluruz. Sol ve sag taraflarn n + 1inci kuvvetini alp (ve en sonesitsizlikte tumevarm varsaymn kullanp),

An+1n =

An+

b

n + 1

n+1=An+1n +

n + 1

1

Ann

b

n + 1+

An+1n +n + 1

1

Ann

bn + 1

=An+1n + Annb= A

nn(An+ b)

= Annan+1(a1 an)an+1=a1 anan+1elde ederiz. Bu da kantlamak istedigimiz esitsizlikti.

Esitligin dogru olmas icinb= 0 ve (tumevarm varsaymna gore),

a1 =a2=. . .= an

olmal. Bu ikisindena1=a2=. . .= an =an+1

ckar.

Ucuncu Kant: ai yerinebni yazarak, kantlamak istedigimiz esitsizligi,

nb1 bnbn1 + + bnnsekline sokalm. n = 1 icin esitlik var. Simdi esitsizligi n icin varsayp n+ 1icin kantlayalm. n + 1 tane pozitif

b1, b2, . . . , bn, bn+1

says secelim.

(n + 1)b1 bnbn+1bn+11 + + bn+1n + bn+1n+1esitsizligini kantlamak istiyoruz. Iki taraf da bn+1n+1 saysna bolup

ci= bibn+1


68/405


tanmn yaparsak, kantlamak istedigimiz esitsizlik,

(n + 1)c1 cncn+11 + + cn+1n + 1sekline burunur. Ama tumevarm varsaymn,

c(n+1)/n1 , . . . , c

(n+1)/nn

saylarna uygularsak,

n(c1 cn)(n+1)/n + 1 =nc(n+1)/n1 c(n+1)/nn + 1cn+11 + + cn+1n + 1esitsizliginin gecerli oldugunu goruruz. Demek ki,

(n + 1)c1 cnn(c1 cn)(n+1)/n + 1esitsizligini kantlamak yeterli.

x= (c1c2 cn)1/n

tanmn yaparak,(n + 1)xn nxn+1 + 1

esitsizligini kantlamamz gerektigi anlaslr. Ama bu da Onsav 3.19da kant-lanmst. Gene ayn onsava gore, esitlik ancak

c1c2 cn =x = 1ve (tumevarm varsaymn kullanarak)

c1=c2=. . .= cn

ise, yani,c1=c2=. . .= cn = 1

ise, yani,b1=b2 =. . .= bn =bn+1

ise yani,a1=a2 =. . .= an =an+1

ise gecerlidir. Teorem bir kez daha kantlanmstr.

Ornekler

3.34. Toplam, verilmis bir tsays olannpozitif gercel saynn carpm en fazla kac olabilir?

Yant: r1+r2+ +rn =t ise, (AGn)den dolay

r1 rn r1+ +rn

n n

= tn

nn

olur ve esitlik ancak r1 =r2 =. . .= rn =t/n ise gecerlidir.


69/405


3.35. a1, . . . , an >0 saylar verilmisse,

a1a2

+a2a3

+ + an1an

+ana1

says en fazla kac olabilir?

Yant: (AGn)den dolaya1a2

+a2a3

+ + an1an

+ana1

n

a1a2

a2a3

an1an

ana1

=n

olur ve esitlik ancaka1a2

= a2a3

=. . .= an1

an=

ana1

ise gecerlidir. Bu orana r dersek, esitlik ancak,

a1 =ra2, a2 =ra3, . . . , an1 =ran, an=ra1

ise, yania1 =ra2 =r

2a3 =. . .= rn1an =r

na1

ise, yani r= 1 vea1 =a2 =a3 =. . .= an1=an

ise gecerlidir.

3.36. Nesbitt Esitsizligi. a, b, c > 0 ise

a

b+c+

b

c+a+

c

a+b 3

2

olur. Kant: Alstrma 3.35e gore x/y+y/x 2 olur. Demek kia+b

b+c +

b+c

a+b+

a+c

c+b +

c+b

a+c+

b+a

a+c+

a+c

b+a 2 + 2 + 2 = 6.

Bunu soyle yazalm:a+b

b+c +

a+c

c+b

+

c+b

a+c+

b+a

a+c

+

b+c

a+b+

a+c

b+a

2 + 2 + 2 = 6,

yani2a

b+c+ 1 +

2b

c+a+ 1 +

2c

a+b+ 1 6,

yania

b+c+

b

c+a+

c

a+b 3

2.

Goruldugu gibi esitsizlik konusu hic de kolay degil. Neyse ki bu kitaplarda esitsizliklerlecok isimiz olmayacak.

3.37. a ve b pozitif saylar icin,n+1

abn a+nb

n+ 1esitsizligini kantlayn. Ne zaman esitlik olabilir?

Kant: Esitsizlik (AGn+1)den hemen ckar. Esitlik ancak a= b ise mumkundur.

3.38. xn =(

1 + 1n

nvezn =

(1 1

n

nolsun. Her0= n N icin xn < xn+1 vezn < zn+1

esitsizliklerini kantlayn.

Kant: Onceki problemde a= 1 ve b= 1 1/n alrsak,

n+1

1 1n

n

< 1 +n

(1 1n

n+ 1 = 1 1

n+ 1

buluruz. Her iki tarafn da n+ 1inci kuvvetini alrsak istedigimiz ckar.


70/405


3.39. yn=(

1 + 1n

n+1olsun. Her 0 =n N icinyn+1 < yn esitsizligini kantlayn.

Kant: Bir onceki probleme gore zn+1 < zn+2 oldugundan, asagdaki hesaplar istenensonucu verir:

yn = 1 + 1nn+1

= n+ 1n n+1

= 1 nn+1

n+1 = 11 1n+1

n+1 = 1zn+1 .Istedigimiz kantlanmstr.

3.40. a1, . . . , an pozitif saylarsa

(a1+ +an)

1

a1+ + 1

an

says en az kac olabilir?

Yant: (AGn+1)i her iki parantez icin de uygularsak yantn n2 oldugunu hemen goru-

ruz. Esitlik ancak a1 =. . .= an ise mumkundur.

3.41. Her n >1 dogal says icin,

n!1 dogal says icin,2nn!

nn


71/405


3.43. x+x2 +x3 + 1/x6 ifadesininx >0 icin alabilecegi en kucuk degeri bulun.

Yant: (AG4)u uygulayalm:

x+x2 +x3 + 1

x6 4xx

2x3 1

x61/4

= 4.

Ve esitlik ancak x= 1 ise mumkundur.

Dikkat:Eger soru x+x2+2/x3 ifadesinin alabilecegi en kucuk degeri bulun seklindeolsayd (AG3)u uygulayarak en kucuk degeri bulamazdk, cunku x= x

2 = 2/x3 denk-lemlerinin cozumu yoktur. x + x2 + 2/x3 ifadesinin alabilecegi en kucuk degerin buyontemle bulunabilecegini sanmyorum.

3.44. x2 + 2/x3 ifadesininx >0 icin alabilecegi en kucuk degeri bulun.

Yant: (AG5)i uygulayalm:

x2 + 2

x3 =

x2

3 +

x2

3 +

x2

3 +

1

x3 +

1

x3 5

x2

3

x2

3

x2

3

1

x31

x3

1/5=

5

33/5

buluruz. Esitlik ancak x2/3 = 2/x3 ise, yani x= 61/5 ise mumkundur.

3.45. x+ x2 + 1/64x4 ifadesinin x > 0 icin alabilecegi en kucuk degeri bulun. Bu en kucukdegere hangi x tarafndan ulasllr?

Yant: (AG4)u uygulamaya calsalm:

x+x2 + 1

64x4 =

x

2 +

x

2+x2 +

1

64x4 4

x

2

x

2x2

1

64x4

1/4= 4

1

4 641/4

= 1.

Simdilik 1in sadece altsnr oldugunu biliyoruz; henuz 1e ulasabilecegimizi bilmiyoruz.

x/2 = x2 = 1/64x5 denklemlerinin bir cozumu oldugundan (x = 1/2, sansmz yavergitti!) 1 gercekten en kucuk degerdir ve bu en kucuk degere x= 1/2 ile ulaslr.

3.46. x+ x2 + 64/x5 ifadesinin x > 0 icin alabilecegi en kucuk degeri bulun. Bu en kucukdegere hangi x tarafndan ulaslr?


x+x2 +64

x5 =x +

x2

2 +

x2

2 +

64

x5 4

x

x2

2

x2

2

64

x5

1/4= 4 (16)1/4 = 8.

Simdilik 8in sadece altsnr oldugunu biliyoruz; henuz 8e ulasabilecegimizi bilmiyoruz.

x =x2/2 = 64/x5 denklemlerinin bir cozumu oldugundan (x = 2, sansmz gene yavergitti!) 8 gercekten en kucuk degerdir ve bu en kucuk degere x= 2 ile ulaslr.

Eger hesaplara

x+x2 +64

x5 =x +

x2

2 +

x2

2 +

64

x5

esitligiyle baslamak yerine,

x+x2 +64

x5 =

x

3+

x

3+

x

3+

x2

2 +

64

x5

esitligiyle baslasaydk, basarya ulasamazdk cunkux/3 =x2/2 = 64/x5 denklemlerininbir cozumu yoktur. Yani sansn yaver gitmesi icin dogru ayrstrmay yapmak lazm,ama her seyden once dogru ayrstrmann olmas lazm. Bir sonraki soruyu cozmek cokdaha zor.

3.47. 3x + 2x2

+ 1/(2x14

)ifadesininx >0 icin alabilecegi en kucuk degeri bulun.Bu en kucukdegere hangi x tarafndan ulaslr?


72/405



3x+ 2x2 + 1

2x14 = 6 x

2+ 4 x

2

2 +

1

2x14 11

x2

6x22

41

2x14

1/11=

11

2 .

x/2 =x2/2 = 1/(2x14) denklemlerinin bir cozumu oldugundan (x= 1, sans hep bizdenyana!) 11/2 gercekten en kucuk degerdir ve bu en kucuk degere ulasmak icin x = 1alnmal.

3.48. a1, a2, a3, a4 0 saylar icin

a1a22a

33a

44

a1+ 2a2+ 3a3+ 4a4

10

10


Kant: Cok kolay...

3.49. Asagdaki esitsizligi kantlayn:

1 122

133

144

1nn

0 says icin,() n > N |xn a|< onermesini saglayan birN dogal says varsa, o zaman, (xn)n dizisi (nsonsuza

giderken) ayayaknsar ya da a, (xn)n dizisinin limitidir denir.


83/405

4.2. Yaknsak Diziler 75

Bir sayya yaknsayan dizilere yaknsakdenir. Yaknsak olmayan dizilerede raksak denir.

Orneklere gecmeden once bu onemli tanm uzerine biraz kafa yoralm. Butanm ozumsemek cok onemlidir.

Okur, tanmn, sezgileriyle algladg yaknsamann anlamn matema-tiksel olarak verdigine ikna olmaldr, dolaysyla asagda yazlanlar laf ebeligiolarak nitelemeyip dikkatle okumaldr.

Tanmn Tartsmas. |xna|< esitsizligiyle,xn(a, a+) onermesibirbirine denktir, nitekim Onsav 1.1.viya gore,

|xn a|< < xn a < a < xn < a + xn(a , a + )denklikleri gecerlidir. Demek ki tanma gore, (xn)n dizisininaya yaknsamas

icin, her >0 says icin oyle birN dogal says olmal ki, Nden buyuk herngostergeci icin,xn(a , a + )

olsun. Yani (xn)n dizisi belli bir gostergecten sonra (a, a+ ) aralgnadusmeli. Dolaysyla bir dizinin limiti olmasnda ilk birkac terimin, ornegin ilk1 milyar terimin ne oldugu hic ama hic onemli degildir, onemli olan dizininson ksmnn, yani

kuyrugunun genel davransdr. Sonuc olarak, dizinin ilk terimleri yaknsa-may etkilemez. Ornegin,

1

2

, 2

3

, 3

4

, 4

5

, 5

6

, . . .

dizisi 1e yaknsyorsa -ki yaknsyor, daha sonra kantlayacagz bunu- o zaman,

9, 199, 3543, 1

2,

2

3,

3

4, 4

5, 5

6, . . .

dizisi de 1e yaknsar. Nitekim verilmis bir >0 icin birinci dizideNyeterliyse,ayn icin ikinci dizide N+ 3 yeterlidir. Bunun gibi

3

4,

4

5,

5

6,

7

8,

9

10, . . .

dizisi de 1e yaknsar. Kantn ilerde verecegimiz su daha genel sonuc gecerlidir

(bkz. sayfa 84).


84/405

76 4. Yaknsak Gercel Say Dizileri

Teorem 4.1. Yaknsak bir dizinin sonlu sayda terimini degistirirsek ya dayaknsak bir diziye sonlu sayda terim eklersek ya da yaknsak bir diziden sonlusayda terim ckarrsak gene yaknsak bir dizi elde ederiz ve bu islemlerle dizi-nin limiti degismez; bir baska deyisle, iki dizinin kuyruklar aynysa, yani belli

A veB dogal saylar ve hern > A icin,

xn =yn+B

ise, o zaman, (xn)n ve(yn)n dizilerinden biri yaknsaksa digeri de yaknsaktrve bu durumda her iki dizi de ayn sayya yaknsarlar.

Eger belli bir0 >0 icin (*) onermesini dogrulayan birNsays bulmussak,bu 0dan buyuk lar icin de (*) onermesi ayn N ile dogrudur. Ornegin,

0 = 0,001

icin N= 10.000 yetiyorsa, 0dan daha buyuk olan

= 0,003

icin deN= 10.000 yeter. Dolaysyla onermeyi asl kucuklar icin dogrulamakgerekir. Yani buradaki cok kucuk (ama gene de pozitif) bir say olarak alg-lanmaldr.

TanmdakiN says,a gore degisir: kuculdukceNyi daha buyuk almakzorunda kalabiliriz.ne kadar kucukse,xn terimlerinin (a , a + ) aralgnadusmesi zorlasr ve gecikebilir. Ornegin,0= 0,001 icinN= 10.000 yetiyorsa,1 = 0,00001 icin artk N = 10.000 yetmeyebilir, Nyi daha buyuk, ornegin100.000 almak gerekebilir. Ksaca soylemek gerekirse, N, a gore degisir.

Nnin a bagml oldugunu gorsel olarak gostermek icin, kimileyin NyerineN yazlr.

Elbette, eger bir icin, (*) onermesini saglayan bir N dogal says bu-lunmussa, bu N saysndan buyuk Nler de (*) onermesini saglarlar.

Dikkat: Bir dizinin aya yaknsamas icin, amac, verilmis her > 0 icin (*)onermesini saglayan en kucuk N dogal saysn bulmak degildir. Boyle biren kucuk N dogal says vardr elbette ama cogunlukla bulmas ya da ifadeetmesi cok zordur (ve gereksizdir). Amac, sadece (*) onermesini saglayan birNnin oldugunu bulmaktr. Bu onemli. Bir dizinin bir sayya yaknsadgnkantlamak aslnda bu yuzden zordur.verildiginde, (*) onermesini dogrulayan


85/405

4.3. Limitin Biricikligi 77

tek birNdogal says olsayd (ruyada mesela!), eminim kantlar cok daha kolayolurdu. Ama maalesef Nyi secmekte bayag bir ozgurlugumuz var. Iste buozgurluktur cogu zaman yaratclk gerektiren, analizi zorlastran ve heyecanlklan.

Onemli bir nokta daha: Tanmda n > N yerine n N ve|xna| < yerine|xna| veya|xna|< /2 de yazabilirdik, kavram degismezdi. Bu,belki kucuk bir ayrntdr, ama okurun neden boyle oldugunu anlamasnda cokyarar vardr. Gerekirse saatlerini versin bu ince noktaya, deger cunku.

Bircok yaknsama ornegi verecegiz birazdan. Ama simdi bir yaknsamakantna nasl baslanacagn gorelim.

Diyelim (xn)n say dizisininaya yaknsadgn gostermek istiyorsunuz. De-mek ki her >0 icin bir sey kantlamanz gerekiyor. O zaman hemen rastgele

bir >0 says secin. Yani kantnz,

>0, herhangi bir pozitif say olsun

sozleriyle baslamaldr. Kantn bu birinci tumcesi yanls olamaz. Simdi, hern > N dogal says icin,

|xn a|<

esitsizliginin saglandg birNdogal says bulmaya calsacaksnz. Nyi kafadan

atarak hemen bulmaya calsmayn, genellikle basaramazsnz.

|xn a|<

esitsizliginin dogru olmas icin nnin en az kac olmas gerektigini bulmak icin|xn a| ifadesiyle oynamalsnz. Orneklerle her sey daha ack olacak.

4.3 Limitin Biricikligi

Ilk sonucumuz, bir dizinin limiti - eger varsa - biricik oldugunu soyleyecek;yani bir dizi iki farkl sayya yaknsayamaz.

Onsav 4.2. Bir dizi en fazla bir sayya yaknsayabilir. Yani bir dizinin enfazla bir limiti olabilir.

Kant: Hemahem deb saylarna yaknsayan bir (xn)ndizisi ele alalm.a = besitligini kantlayacagz. Bunun icin, eger a= b ise, (xn)n dizisinin hem ayahem de bye ayn zamanda cok cok yakn olamayacagn kullanacagz elbette.Asagdaki sekil kantmz resmediyor.


86/405


Yukardaki resimden izleyelim. a=b esitsizligini varsayalm. =|a b|/2olsun. (xn)n dizisi aya yaknsadgndan, oyle bir N1 vardr ki, her n > N1dogal says icin,

|xn a|< esitsizligi dogrudur. Ayn nedenden, oyle bir N2 vardr ki, her n > N2 dogal

says icin,

|xn b|< esitsizligi dogrudur. Simdi n hem N1den hem de N2den buyuk herhangi birdogal says olsun. Su hesab yapalm:

|a b| = |(a xn) + (xn b)| |a xn| + |xn b|= |a xn| + |b xn|< + = 2=|a b|,

yani|ab|


87/405

4.4. Ornekler 79

4.4 Ornekler

Ilerde orneklerimizi cogaltacagz. Simdilik en kolay ornekten baslayalm.

Onsav 4.3. Sabita dizisiaya yaknsar. Daha genel olarak, zamanla sabitlesenbir dizi zamanla sabitlestigi sayya yaknsar.

Kant: (xn)n dizisi zamanla sabitlesen bir dizi olsun. Yani belli bir gostergec-ten sonra, diyelim M gostergecinden sonra dizi hep a olsun: Eger n > M isexn = a. Bu dizinin aya yaknsadgn gosterecegiz. Rastgele bir > 0 sayssecelim. Simdi, her n > N dogal says icin,

|xn a|<

esitsizliginin saglandg bir N dogal says bulmaya calsacagz. Ama Nyi Malmak yeterli. Nitekim, eger n > M olursa,

|xn a|=|a a|= 0<

olur.

Onsav 4.4. limn1/n= 0.

Kant: Herhangi bir >0 gercel says alalm. Oyle birNdogal says bulmak

istiyoruz ki, hernNicin |1/n0|< olsun, yani 1/n < olsun, yani 1/ < nolsun, yani, [1/] + 1n olsun. Burada [x],xin tamksmdr (bkz. sayfa 2.2).Eger

N= [1/] + 1

alrsak istedigimiz olur. Ne olur ne olmaz diye kontrol edelim. n > Nolsun. Ozaman,

1

n1 esit-sizligini saglayan bir N dogal says varsa1 Rye Arsimet cismiad verilir.

Teorem 4.5. R bir Arsimet cismidir.

Kant: Kant, Onsav 4.4un kantnda gizlidir. Ayrca Teorem 2.7 olarak dakantlanmstr.

Ornekler

4.12. Onsav 4.3un kantnn neredeyse ayns,

limn

1

n2 = 0

esitligini de kantlar: Bir >0 icin, aynen kanttaki Nyi secelim:

1

n2 1

n 0 says secerek baslyoruz. Oyle birNbulacagz ki, hern > N icin, n 3n2 +n 5 0

olacak. Yani yukardaki esitsizligin dogru olmas icin nnin ne kadar buyuk olmas ge-rektigini bulacagz. Soldaki ifadeyle oynayacagz. Soldaki ifadeyi buyutecegiz ama bunuyaparken nyi buyuterek yeni ifadeyi diledigimiz kadar kucultebilecegimize emin olaca-gz. Hesaplara baslyoruz. Oncenyi 3ten buyuk alrsak hem pay hem de payda pozitifolur ve mutlak deger isaretinden kurtuluruz:

n 3

n2 +n

5

0 = n 3

n2 +n

5.

Eger paydaki n 3 yerine n yazarsak daha buyuk bir ifade buluruz elbet:n 3

n2 +n 5 < n

n2 +n 5 .

Simdi sagdaki ifadenin dan kucuk olmas icinnnin ne kadar buyuk olmas gerektiginibulacagz. Sagdaki ifadeyi buyutmeye devam ediyoruz, ama cok az buyutecegiz.

Egernyi 5ten buyuk alrsak, paydada da bulunan n 5 pozitif olur ve o n 5i silersekpayda kuculeceginden ifade buyur:

n

n2 +n

5

< n

n2.

En sagdaki ifade 1/nye esit. Demek ki nyi, 1/n says dan kucuk olacak bicimdesecmek yeterli. Bunun da Arsimet Ozelligi sayesinde mumkun oldugunu biliyoruz. Simdibir satrlk kantmz yazabiliriz:

> 0, herhangi bir kesirli say olsun. N > 5 says 1 < N esitsizligini saglasn. Simdi,her n > N icin,

n 3n2 +n 5 0 olsun.Yeterince buyuk nler icin|r/nq 0| < esitsizliginin, yani n >(|r|/)1/q esitsizliginindogru oldugunu gostermek istiyoruz.Nyi (|r|/)

1/q

saysndan buyuk herhangi bir dogalsay alrsak, bu Nden buyuk her n dogal says icin|r/nq 0| < olur.


90/405


4.15. (an)n ve (bn)n iki dizi olsun. Su varsaymlar yapalm:

a. Yeterince buyukn gostergecleri icinan bnb. (bn)n dizisi1e yaknsar.

c. Hera N icina an.Bu durumda(a

n)n

dizisinin1e yaknsadgn kantlayn.

Kant: >0 olsun.

(a) varsaymna gore, oyle bir N1 vardr ki, her n > N icin an bn olur.(b) varsaymna gore oyle bir N2 vardr ki, her n > N2 icin bn N3 icin 1 /2 an olur.Simdi N= max{N1, N2, N3} olsun. Her n > N icin

1 2

< an bn 0 icin|x a| < esitsizligini saglayan bir a A

oldugunu varsayalm. O zamanxe yaknsayan birA-dizisinin varlgn kantlayn.

Kant: Her n >0 icin,|x an| < 1n+1 esitsizligini saglayan bir an A secelim. (an)ndizisinin xe yaknsadgnn kantn okura brakyoruz.

4.17. A, B R olsun. Bnin her elemannn bir A-dizisinin limiti oldugunu varsayalm.Yaknsak herB-dizisinin limitinin birA-dizisinin limiti oldugunu kantlayn.

Kant: (bn)n yaknsak bir B-dizisi olsun. Her n >0 icin bnye yaknsayan bir A-dizisivardr. Demek ki

|bn an| 1n

esitligini saglayan bir an A vardr. (an)n dizisinin limn bn saysna yaknsadgnkantlamay okura brakyoruz.

Alstrmalar

4.18. Asagdaki esitlikleri limitin tanmna basvurarak kantlayn.

limn

1

xn=

1

limn xn, lim

n3n+ 5

2(n+ 1)2 = 0, lim

n3n2 + 5

2(n+ 1)2 =

3

2,

limn

3n2 4n+ 53(2n+ 1)2

= 1

4, lim

n15n2 4n+ 5

2(3n 5)2 = 5

6, lim

n3 + 4 5n

2 3 5n+1 = 4

15.

4.19. A R olsun. (an)n ve (bn)n ayn noktaya yaknsayan iki dizi olsun. Su varsaymlaryapalm: her n icin an A ve bn, Ann bir ustsnr. limn an = sup A esitliginikantlayn.Iraksak iki dizi ornegi verelim.

Ornekler

4.20. xn= (1)n olsun. (xn)n dizisi soyle baslar:1,1, 1,1, 1,1, 1, . . .

ve boyle devam eder. Bu dizinin limiti yoktur, cunku a ne olursa olsun, saysn 1eesit alrsak, her n icin,

ya

|x2n

a

| ya da

|x2n+1

a

|

olur (bkz. asagdaki sekil); demek ki dizinin limiti a olamaz.


91/405

4.4. Ornekler 83

4.21. Yaknsamayan bir baska dizi ornegi:

0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .

diye baslayan veyn =n kuralyla tanmlanan dizidir, cunkua ne olursa olsun, = 1 ise,her n >[a] + 2 icin,|yn a| olur (bkz. asagdaki sekil) ve dizi herhangi bir sayyayaknsayamaz.

Yaknsaklgn tanm uzerinde biraz daha duralm cunku yaknsaklgn vebenzer kavramlarn tanmn anlayp ozumsemek matematik egitiminin asagyukar ucte birini teskil eder.

Limitin tanmn soyle degistirebiliriz:

Tanm. (xn)n bir dizi ve a R olsun. Eger herm >0 dogal says icin,

() n > N |xn a|< 1m

onermesini saglayan birN dogal says varsa, o zaman, (xn)n dizisi (nsonsuzagiderken) ayayaknsar ya da a, (xn)n dizisinin limitidir denir.

Bu tanmla eskisinden farkl bir kavram elde edilmez. Birinci tanmla (xn)ndizisinin limiti a ise, = 1/m alarak, bu ikinci tanmla da (xn)n dizisininlimitinina oldugunu goruruz. Simdi, (xn)n dizisinin limitinin bu ikinci tanmagoreaoldugunu varsayalm. >0 herhangi bir say olsun.mdogal says,m >1 esitsizligini saglasn (Arsimet Ozelligi, Teorem 2.7) ve Nyi (**) onermesimicin dogru olacak sekilde secelim. O zaman, her n > N icin,

|xn a|< 1m

<

olur. Daha genel bir sonuc asagdaki Alstrma 4.25te bulunabilir.Ornek 4.22. Eger A R ustten snrlysa ve a = sup A ise, terimleri Ada olan ve ayayaknsayan bir dizi vardr. Dilersek bu diziyi artan (yani bizim terminolojimizle azalmayan)secebiliriz.Kant: Herm >0 dogal says icin,a 1/m < a oldugundan,a 1/msaysAnn ustsnrdegildir. Demek ki Ada a 1/m < am a esitsizliklerini saglayan bir am noktas vardr.Demek ki |am a| =a am micin |an a|


92/405


esitsizligi dogru olacak bicimde secelim. O zaman,

am=a (a am) a min{1/m,a am} < am+1olur.

Son olarak Teorem 4.1i kantlayalm.

Teorem 4.1in Kant:(xn)n ve (yn)n kuyruklar ayn olan iki dizi olsun. Buiki diziden ilk birkac terimi atarak her ikisini de ayn (zn)n dizisine donusture-biliriz. Demek ki (xn)n dizisinden ilk birkac terimi attgmzda elde edilen(zn)n dizisinin yaknsaklgnn ve yaknsaksa limitinin degismedigini gosterme-miz gerekiyor. Belli bir Adogal says icin zn =xn+A olsun.a, (xn)n dizisininlimiti olsun. Bir > 0 says alalm. N says, her n > N icin,|xna| < esitsizligini saglayacak bicimde secilmis olsun. O zaman,n > Nicin,n+A > N

oldugundan, |zn a|=|xn+A a|< olur. Benzer yontemle, yaknsak bir (zn)n dizisinin basna terimler ekleye-rek elde edilen (xn)n dizisinin de yaknsak oldugunu ve limitin degismediginikantlayabiliriz.

Verilen tanma gore, bir dizinin yaknsak oldugunu kantlamak icin dizininlimitini bilmek gerekir. Ilerde dizinin limitini bilmeden de dizinin yaknsakoldugunu kantlamann yontemlerini bulacagz.

Alstrmalar4.23. A R sonlu bir kume olsun. Her n N icin, xn A olsun. (xn)n dizisinin yaknsak

olmas icin dizinin zamanla sabitlesmesi gerektigini kantlayn.

4.24. Her n N icin, xn Z olsun. (xn)n dizisinin yaknsak olmas icin dizinin zamanlasabitlesmesi gerektigini kantlayn.

4.25. (en)n, 0a yaknsayan bir dizi olsun. (xn)n bir dizi vea Rolsun. Eger herm >0 dogalsays icin,

n > N |xn a| < |em|onermesini saglayan birNdogal says varsa, o zaman (xn)n dizisininaya yaknsadgnkantlayn.

4.26. (xn)n dizisi yaknsaksa ve a R ise (axn)n dizisinin de yaknsak oldugunu velimn

axn=a limn

xn

esitligini kantlayn.

4.27. (xn)n, 0a yaknsayan bir diziyse ve her n gostergeci icin|yn| |xn| ise, (yn)n dizisininde 0a yakns

alİ nesİn_analiz_1

Documents