Lemma: $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = a$ ve $t$ sayısı $|t| < 1$ eşitsizliğini sağlayan bir sayı olsun. $$
\lim \limits_{n \to \infty} \left(a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1\right)=\frac{a}{1-t}
$$
İspat: $m<n$ olmak üzere, aşağıdakileri yazabiliriz:
$$
\begin{array}{lcl}
\left|a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\frac{a}{1-t}\right| &=& \mid a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\left(1+t+t^2+\cdots+t^{m-1}\right) \cdot a \\ & & + \left(1+t+t^2+\cdots+t^{m-1}\right) \cdot a-\frac{a}{1-t} \mid \\
& \leq & \left(\left|a_n-a\right|+|t| \cdot\left|a_{n-1}-a\right|+\cdots+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m+1}-a\right|\right)
\\ && +\left(|t|^m \cdot\left|a_{n-m}\right|+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m-1}\right|+\cdots+|t|^{n-1} \cdot\left|a_1\right|\right)+|a| \cdot\left|\frac{1-t^m}{1-t}-\frac{1}{1-t}\right| \\
&\equiv & I_1+I_2+I_3.
\end{array}
$$
Burada $I_1$ ve $I_2$, sırası ile, birinci ve ikinci parantez içinde bulunan ifadelerdir ve
$$
I_3=|a| \cdot\left|\frac{1-t^m}{1-t}-\frac{1}{1-t}\right|=|a| \cdot \frac{|t|^m}{|1-t|}=|t|^m \cdot \frac{|a|}{|1-t|} .
$$
Bir yakınsak dizi olması nedeniyle, $\left\{a_n\right\}$ dizisi sınırlıdır ve dolayısıyla, her $n \geq 1$ için $\left|a_n\right| \leq c$ olacak biçimde bir $c>1$ sabiti vardır.
Şimdi herhangi $\varepsilon>0$ sayısı verilsin; $m$ doğal sayısını
$$
\begin{aligned}
I_2+I_3 & \leq|t|^m \cdot c+|t|^{m+1} \cdot c+\cdots+|t|^{n-1} \cdot c+|t|^m \cdot \frac{|a|}{|1-t|} \\
& =|t|^m \cdot\left(c+c|t|+\cdots+c|t|^{n-m-1}+\frac{|a|}{|1-t|}\right) \\
& =|t|^m \cdot\left(c \cdot \frac{1-|t|^{n-m}}{1-|t|}+\frac{|a|}{1-t}\right) \leq c \cdot|t|^m \cdot \frac{1+|a|}{1-|t|}<\frac{\varepsilon}{2}
\end{aligned}
$$ sağlanacak biçimde seçelim. $|t|<1$ olduğu için bunu yapmak mümkündür. $m$ yi böyle seçtikten sonra sabit tutalım.
Sabitleştirilmiş bu $m$ sayısına göre doğal $m_0$ sayısını öyle alalım ki, her $n \geq m_0$ için $$
I_1=\left|a_n-a\right|+|t| \cdot\left|a_{n-1}-a\right|+\cdots+|t|^{m-1} \cdot\left|a_{n-m+1}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2}
$$ sağlansın (Toplananlar sayısı sonlu olduğundan ve toplananların her birisi $n \longrightarrow \infty$ için sıfıra yaklaştığından, söz konusu $m_0$ sayısını seçmek mümkündür).
Böylece, verimiş herhangi $\varepsilon>0$ için $$
\left|a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1-\frac{a}{1-t}\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon
$$ eşitsizliğinin her $n \geq m_0$ için sağlanmasını garanti eden $m_0$ sayısını seçmek mümkündür.
Bu ise, limitin tanımı gereği, $$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_n+t \cdot a_{n-1}+t^2 \cdot a_{n-2}+\cdots+t^{n-1} \cdot a_1\right)=\frac{a}{1-t}
$$ olması demektir. $\blacksquare$
$0<a<b$ ise problemdeki eşitliğin sağlanması $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n = 0$ olmasını gerektirmez. Örneğin, $x_n = \left ( \dfrac ab \right )^n \to \infty$ olmasına karşın $a x_{n+1}-b x_n=a\left(\frac{b}{a}\right)^{n+1}-b\left(\frac{b}{a}\right)^n=0$ olur ve dolayısıyla $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-b x_n\right]=$ 0 dır. Yani, sonuncu eşitliğin sağlanmasına rağmen $\left\{x_n\right\}$ dizisi sıfıra yakınsamıyor.
$a=b$ ise, yine de eşitliğin sağlanması $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n=0$ olmasını gerektirmez. Örneğin, her $n$ icin $x_n=1$ dersek $\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-a x_n\right]=a-a=0$ oluyor, fakat buna rağmen $\left\{x_n\right\}$ dizisi sıfıra yakınsamıyor.
Nihayet, $0<b<a$ olsun. $\frac{b}{a}=\varepsilon<1$ diyelim. $\lim\limits _{n \rightarrow \infty}\left[a x_{n+1}-b x_n\right]=$ $0 \Longleftrightarrow \lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[x_{n+1}-\varepsilon x_n\right]=0$ olduğu açıktır. $\delta_n=x_{n+1}-\varepsilon x_n$ dersek, $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \delta_n=0$ olur. Şimdi $x_n$ yi $\varepsilon$ ve $\delta_n$ cinsinden ifade edelim: $$
\begin{aligned}
x_{n+1} & =\varepsilon x_n+\delta_n \Rightarrow x_2=\varepsilon x_1+\delta_1 \\
x_3 & =\varepsilon x_2+\delta_2=\varepsilon^2 x_1+\varepsilon \delta_1+\delta_2 \\
& \vdots \\
x_{n+1} & =\varepsilon^n x_1+\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n
\end{aligned}
$$ $0<\varepsilon<1$ olduğu için $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \varepsilon^n x_1=0$ dir. Eğer $$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n\right]=0 \tag{*}
$$ olduğunu gösterirsek, $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} x_n=0$ eşitliğini kanıtlamış oluruz. $\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \delta_n=0$ ve $0<\varepsilon<1$ olduğundan çözümün başında verilen lemmanının hükmü gereği, $$
\lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left[\varepsilon^{n-1} \delta_1+\varepsilon^{n-2} \delta_2+\cdots+\varepsilon \delta_{n-1}+\delta_n\right]=\frac{0}{1-\varepsilon}=0
$$ olur.
Böylece, yalnız $0 < b < a$ durumunda $\lim \limits_{n\to \infty }(ax_{n+1}-bx_{n})=0$ eşitliğini sağlayan her $\{x_n\}$ dizisinin limiti sıfır olur.
Kaynak: Analiz ve Cebirde İlginç Problemler ve Çözümleri, 2003, Problem 3.52 ve Problem 3.50, Syf 103-104 ve 101-102.
