40 Abel, Dirichlet ve Leibniz Testleri
Mutlak ve Şartlı Yakınsaklık bölümünde işareti değişen serilerle ilk kez ciddi biçimde yüzleştik ve elimizde tek bir güçlü araç olduğunu gördük: mutlak yakınsaklık. Bir \(\sum a_k\) serisinin terimlerinin mutlak değerlerinden kurulan \(\sum |a_k|\) serisi yakınsaksa, \(\sum a_k\) de yakınsaktır; böylece pozitif terimli seriler için geliştirdiğimiz bütün cephanelik — karşılaştırma testi (Teorem 35.2), kök testi (Teorem 37.1), oran testi (Teorem 37.2), Raabe testi (Teorem 38.2) — dolaylı yoldan keyfî terimli serilere de uygulanabilir hâle gelir.
Ne var ki bu yol yalnızca mutlak yakınsak serileri yakalar. Şartlı yakınsak seriler, tam da mutlak değerler alındığında yakınsaklığı kaybettikleri için, bu araçların hiçbiriyle çözülemez. En bilinen örnek
\[1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \cdots\]
alterne harmonik serisidir: mutlak değerlerin serisi harmonik seridir ve ıraksar, dolayısıyla mutlak yakınsaklık üzerinden hiçbir şey söylenemez. Yine de bu serinin yakınsak olduğunu sezmemiz zor değildir: terimler işaret değiştirerek küçüldüğü için kısmi toplamlar ileri geri salınır ve salınımın genliği gitgide daralır. Bu sezgiyi teoremleştirmek bu bölümün işidir.
Bölümün anahtarı tek bir cebirsel özdeşliktir: kısmi toplamlarla toplama ya da yaygın adıyla Abel toplamı (Abel summation). Bu özdeşlik, integral hesabındaki kısmi integrasyonun seriler dünyasındaki tam karşılığıdır ve \(\sum a_k b_k\) biçimindeki bir çarpım serisini, \(b_k\)’lerin kısmi toplamları ile \(a_k\)’lerin ardışık farkları cinsinden yeniden yazar. Bu yeniden yazımdan üç büyük test doğar: Dirichlet testi, Abel testi ve bunların basit ama en çok kullanılan sonucu olan Leibniz testi.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Abel toplamı özdeşliği ve ispatı; kısmi toplamları sınırlı bir seriyle sıfıra monoton yakınsayan bir dizinin çarpımının niçin yakınsadığı (Dirichlet testi); yakınsak bir seriyi monoton ve sınırlı bir diziyle çarpmanın yakınsaklığı bozmadığı (Abel testi); alterne serilerin yakınsaklığı için Leibniz ölçütü ve onun iç içe aralıklarla verilen bağımsız ispatı; alterne bir seriyi kısmi toplamıyla değiştirdiğimizde yaptığımız hatanın ilk atılan terimi aşamayacağı; ve sonunda, bütün bu testlerde geçen monotonluk koşulunun süs olmadığı — atıldığında sonucun çöktüğü.
40.1 Kısmi Toplamlarla Toplama: Abel Toplamı
Kısmi integrasyon formülünü hatırlayalım: \(\int u\,dv = uv - \int v\,du\). Buradaki fikir, integrali alınması zor olan bir çarpımın bir çarpanını “integre edip” ötekini “türevleyerek” işi kolaylaştırmaktır. Serilerde de tam olarak aynı numarayı yapabiliriz. \(\sum a_k b_k\) toplamında \(b_k\)’leri “integre etmek”, onların kısmi toplamlarını almak demektir; \(a_k\)’leri “türevlemek” ise ardışık farkları \(a_{k+1} - a_k\)’yi almak demektir.
Bu benzetmeyi kesin bir özdeşliğe çevirelim. Bölüm boyunca aşağıdaki gösterimi kullanacağız.
Tanım 40.1 (Kısmi Toplam Gösterimi) \((b_k)_{k \in \mathbb{N}}\) bir reel sayı dizisi olsun. Her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[B_n = \sum_{k=1}^{n} b_k\]
yazalım ve ayrıca
\[B_0 = 0\]
tanımını yapalım. \((B_n)_{n \ge 0}\) dizisine \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) serisinin kısmi toplamlar dizisi denir (Tanım 34.1). \(B_0 = 0\) anlaşması sayesinde her \(k \ge 1\) için
\[b_k = B_k - B_{k-1}\]
eşitliği istisnasız geçerlidir.
\(B_0 = 0\) anlaşması küçük bir ayrıntı gibi görünür ama aşağıdaki hesabın hiçbir özel duruma ayrılmadan yürümesini sağlar. Şimdi ana özdeşliği kuralım.
Lemma 40.1 (Abel Toplamı: Kısmi Toplamlarla Toplama) \((a_k)\) ve \((b_k)\) reel sayı dizileri, \(B_n\) ise Tanım 40.1’ndeki gibi olsun. O hâlde \(1 \le m \le n\) olan her \(m, n\) doğal sayısı için
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = a_n B_n - a_m B_{m-1} - \sum_{k=m}^{n-1} \big( a_{k+1} - a_k \big) B_k\]
eşitliği geçerlidir. (\(m = n\) olduğunda sağdaki toplam boştur ve \(0\) kabul edilir.)
İspat
Adım 1: \(b_k\)’leri kısmi toplam farkı olarak yazalım. Tanım 40.1 gereği her \(k \ge 1\) için \(b_k = B_k - B_{k-1}\)’dir. Bunu yerine koyup toplamı ikiye ayıralım:
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = \sum_{k=m}^{n} a_k \big( B_k - B_{k-1} \big) = \sum_{k=m}^{n} a_k B_k - \sum_{k=m}^{n} a_k B_{k-1}.\]
Adım 2: İkinci toplamda indis kaydıralım. İkinci toplamda \(j = k - 1\) diyelim. \(k\), \(m\)’den \(n\)’ye giderken \(j\), \(m-1\)’den \(n-1\)’e gider ve \(a_k = a_{j+1}\) olur:
\[\sum_{k=m}^{n} a_k B_{k-1} = \sum_{j=m-1}^{n-1} a_{j+1} B_j.\]
Toplama değişkenini yeniden \(k\) adlandırırsak
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = \sum_{k=m}^{n} a_k B_k - \sum_{k=m-1}^{n-1} a_{k+1} B_k\]
elde ederiz.
Adım 3: Uç terimleri ayıralım. İki toplamın ortak indis aralığı \(m \le k \le n-1\)’dir. Birinci toplamdan \(k = n\) terimini, ikinci toplamdan \(k = m-1\) terimini ayıralım:
\[\sum_{k=m}^{n} a_k B_k = a_n B_n + \sum_{k=m}^{n-1} a_k B_k, \qquad \sum_{k=m-1}^{n-1} a_{k+1} B_k = a_m B_{m-1} + \sum_{k=m}^{n-1} a_{k+1} B_k.\]
Bunları yerine koyalım:
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = a_n B_n + \sum_{k=m}^{n-1} a_k B_k - a_m B_{m-1} - \sum_{k=m}^{n-1} a_{k+1} B_k.\]
Adım 4: Kalan iki toplamı birleştirelim. Aynı indis aralığında oldukları için tek bir toplam altında toplanabilirler:
\[\sum_{k=m}^{n-1} a_k B_k - \sum_{k=m}^{n-1} a_{k+1} B_k = - \sum_{k=m}^{n-1} \big( a_{k+1} - a_k \big) B_k.\]
Böylece
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = a_n B_n - a_m B_{m-1} - \sum_{k=m}^{n-1} \big( a_{k+1} - a_k \big) B_k\]
bulunur; bu tam olarak iddia edilen eşitliktir. \(m = n\) durumunda sağdaki toplam boştur ve özdeşlik \(a_n b_n = a_n B_n - a_n B_{n-1}\) hâline gelir; bu da \(b_n = B_n - B_{n-1}\) olduğundan doğrudur.
\(\blacksquare\)
Özdeşliği kısmi integrasyon formülünün yanına koyalım:
\[\int_{a}^{b} f(x) g(x)\,dx = f(x) G(x) \Big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f'(x) G(x)\,dx, \qquad G(x) = \int_{a}^{x} g(t)\,dt\]
ile
\[\sum_{k=m}^{n} a_k b_k = \Big[ a_k B_{k-1} \Big]_{k=m}^{k=n+1} - \sum_{k=m}^{n} \big( a_{k+1} - a_k \big) B_k.\]
(İkinci biçim birincisinden şöyle çıkar: \(a_n B_n = a_{n+1} B_n - \big( a_{n+1} - a_n \big) B_n\) yazılır; ilk parça uç terimi \(a_m B_{m-1}\) ile birlikte köşeli parantezi tamamlar, ikinci parça ise toplamın üst sınırını \(n-1\)’den \(n\)’ye çıkarır.) Karşılıklar açıktır: \(G\) integral fonksiyonuna (Tanım 29.1) \(B_k\) kısmi toplamı, \(f'\) türevine \(a_{k+1} - a_k\) ardışık farkı, uçtaki \(fG\) terimine ise \(a_k B_{k-1}\) karşılık gelir. Bu yüzden Abel toplamına “kısmi toplama” (summation by parts) da denir.
Özdeşliğin bize sağladığı şey şudur: sol taraftaki \(\sum a_k b_k\) toplamının küçük olduğunu göstermek için, sağ taraftaki üç terimin de küçük olduğunu göstermek yeter. Sağ tarafta ise \(b_k\)’ler yalnızca kısmi toplamları \(B_k\) üzerinden, \(a_k\)’ler ise yalnızca ardışık farkları üzerinden görünür. İşte iki temel testin çıkış noktası budur:
- \(B_k\)’ler sınırlı, \(a_k\)’ler sıfıra monoton gidiyorsa \(\to\) Dirichlet testi;
- \(B_k\)’ler yakınsak, \(a_k\)’ler monoton ve sınırlıysa \(\to\) Abel testi.
40.2 Dirichlet Testi
Dirichlet testinin dikkat çekici yanı, \(\sum b_k\) serisinden yakınsaklık istememesidir. Kısmi toplamların yalnızca sınırlı kalması yeter; seri pekâlâ ıraksak olabilir. Örneğin \(b_k = (-1)^{k+1}\) için \(\sum b_k = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots\) serisi ıraksaktır (Teorem 34.2), ama kısmi toplamları yalnızca \(0\) ile \(1\) değerlerini alır, yani sınırlıdır. Bu sınırlılık, \(a_k\)’lerin sıfıra monoton inişiyle birleşince çarpım serisini yakınsak yapmaya yeter.
Test, Alman matematikçi Peter Gustav Lejeune Dirichlet’nin (1805–1859) ölümünden dört yıl sonra yayımlanmıştır.
Teorem 40.1 (Dirichlet Testi) \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) serisinin kısmi toplamlar dizisi \((B_n)\) sınırlı olsun; yani her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[|B_n| \le M\]
olacak biçimde bir \(M > 0\) bulunsun. \((a_n)\) dizisi monoton (bkz. Analiz 1) ve
\[\lim_{n \to \infty} a_n = 0\]
olsun. O hâlde
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k\]
serisi yakınsaktır.
İspat
Adım 1: \((|a_n|)\) dizisi azalarak sıfıra gider. \((a_n)\) monoton ve limiti \(0\)’dır. İki durumu ayrı ayrı görelim.
\((a_n)\) azalan olsun. Bir \(N\) için \(a_N < 0\) olsaydı, azalanlık gereği her \(n \ge N\) için \(a_n \le a_N < 0\) olurdu; limitte sıralama korunduğundan \(\lim a_n \le a_N < 0\) çıkardı ve bu \(\lim a_n = 0\) ile çelişirdi. Demek ki her \(n\) için \(a_n \ge 0\)’dır ve \(|a_n| = a_n\) azalandır.
\((a_n)\) artan olsun. Simetrik biçimde, bir \(N\) için \(a_N > 0\) olsaydı her \(n \ge N\) için \(a_n \ge a_N > 0\) olur ve \(\lim a_n \ge a_N > 0\) çıkardı; çelişki. Demek ki her \(n\) için \(a_n \le 0\)’dır ve \(|a_n| = -a_n\) azalandır.
Her iki durumda da \((|a_n|)\) azalandır ve \(|a_n| \to 0\)’dır. Özellikle \(n \ge p\) için
\[|a_n| \le |a_p|\]
yazabiliriz.
Adım 2: Monoton dizide ardışık farkların mutlak değerleri teleskopik toplanır. \((a_k)\) monoton olduğundan bütün \(a_{k+1} - a_k\) farkları aynı işaretlidir. Bu yüzden \(p+1 \le q\) için
\[\sum_{k=p+1}^{q-1} \big| a_{k+1} - a_k \big| = \left| \sum_{k=p+1}^{q-1} \big( a_{k+1} - a_k \big) \right| = \big| a_q - a_{p+1} \big|\]
olur; ortadaki toplam teleskopiktir (Tanım 34.5). Üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) ve Adım 1 gereği
\[\big| a_q - a_{p+1} \big| \le |a_q| + |a_{p+1}| \le 2 |a_{p+1}|.\]
Adım 3: Abel toplamıyla kuyruk toplamını kestirelim. \(q > p \ge 1\) olsun. Lemma 40.1’nı alt indis \(p+1\), üst indis \(q\) ile uygulayalım:
\[\sum_{k=p+1}^{q} a_k b_k = a_q B_q - a_{p+1} B_p - \sum_{k=p+1}^{q-1} \big( a_{k+1} - a_k \big) B_k.\]
Üçgen eşitsizliği ve \(|B_k| \le M\) ile
\[\left| \sum_{k=p+1}^{q} a_k b_k \right| \le |a_q| \, |B_q| + |a_{p+1}| \, |B_p| + \sum_{k=p+1}^{q-1} \big| a_{k+1} - a_k \big| \, |B_k| \le M \left( |a_q| + |a_{p+1}| + \sum_{k=p+1}^{q-1} \big| a_{k+1} - a_k \big| \right).\]
Adım 1 ve Adım 2’deki kestirimleri yerleştirelim:
\[\left| \sum_{k=p+1}^{q} a_k b_k \right| \le M \Big( |a_{p+1}| + |a_{p+1}| + 2|a_{p+1}| \Big) = 4M \, |a_{p+1}|.\]
Kısaca: kuyruk toplamının büyüklüğü, kuyruğun başındaki \(|a_{p+1}|\) ile denetlenir.
Adım 4: Cauchy ölçütü. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(|a_n| \to 0\) olduğundan, öyle bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır ki her \(n > N\) için
\[|a_n| < \frac{\varepsilon}{4M}\]
olur. Şimdi \(q > p \ge N\) olsun. O hâlde \(p + 1 > N\) olduğundan \(|a_{p+1}| < \dfrac{\varepsilon}{4M}\)’dir ve Adım 3 gereği
\[\left| \sum_{k=p+1}^{q} a_k b_k \right| \le 4M \, |a_{p+1}| < 4M \cdot \frac{\varepsilon}{4M} = \varepsilon.\]
Bu tam olarak seriler için Cauchy ölçütünün (Teorem 34.3) istediği koşuldur. Demek ki \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k\) serisi yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
İspatın iskeletini bir cümlede özetleyelim: \(B_k\)’lerin sınırlılığı, Abel toplamındaki üç terimin her birinde \(M\) çarpanını dışarı çıkarmamızı sağlar; \((a_k)\)’nin monotonluğu, ardışık farkların mutlak değer toplamını teleskopik yaparak \(2|a_{p+1}|\)’e indirger; \(a_k \to 0\) ise bu ortak çarpanı istediğimiz kadar küçültür. Üç hipotezden biri kalkarsa zincir kopar — bunun somut bir örneğini Önerme 40.1’nde göreceğiz.
Testi hemen iki örnekte çalıştıralım. İlkinde \(b_k\) dizisi periyodik olarak \(+1\) ve \(-1\) değerlerini alır; ikincisinde ise kısmi toplamların sınırlılığı bir trigonometrik özdeşlikle elde edilir.
Örnek 40.1 (Kosinüslü Bir Dirichlet Uygulaması) \[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos k\pi}{\ln(k+1)}\]
serisinin yakınsaklığını inceleyiniz; yakınsaksa mutlak mı yoksa şartlı mı yakınsak olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Adım 1: Çarpanları ayıralım. Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[\cos k\pi = (-1)^k\]
olduğundan, seriyi
\[b_k = \cos k\pi = (-1)^k, \qquad a_k = \frac{1}{\ln(k+1)}\]
çarpanlarına ayırabiliriz. \(k \ge 1\) için \(\ln(k+1) \ge \ln 2 > 0\) olduğundan \(a_k\) tanımlıdır ve pozitiftir.
Adım 2: \((B_n)\) sınırlıdır. Kısmi toplamları yazalım:
\[B_1 = \cos \pi = -1, \qquad B_2 = \cos\pi + \cos 2\pi = -1 + 1 = 0,\]
\[B_3 = -1 + 1 - 1 = -1, \qquad B_4 = -1 + 1 - 1 + 1 = 0, \; \ldots\]
Genel olarak
\[B_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^k = \begin{cases} -1, & n \text{ tek}, \\ \phantom{-}0, & n \text{ çift}. \end{cases}\]
Demek ki her \(n\) için \(|B_n| \le 1\)’dir; kısmi toplamlar dizisi sınırlıdır ve \(M = 1\) alınabilir. (Buna karşın \(\sum (-1)^k\) serisi ıraksaktır; Dirichlet testi zaten yakınsaklık istemiyordu.)
Adım 3: \((a_k)\) azalarak sıfıra gider. \(\ln\) fonksiyonu \((0,\infty)\) üzerinde kesin artandır; öyleyse \(k < k+1\) için \(\ln(k+1) < \ln(k+2)\) ve dolayısıyla
\[a_{k+1} = \frac{1}{\ln(k+2)} < \frac{1}{\ln(k+1)} = a_k\]
olur. Yani \((a_k)\) kesin azalandır. Ayrıca \(\ln(k+1) \to \infty\) olduğundan
\[\lim_{k \to \infty} \frac{1}{\ln(k+1)} = 0\]
bulunur.
Adım 4: Sonuç. Teorem 40.1’nin bütün hipotezleri sağlandığından
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos k\pi}{\ln(k+1)}\]
serisi yakınsaktır.
Adım 5: Mutlak yakınsak değildir. Terimlerin mutlak değerlerinden kurulan seri
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\ln(k+1)}\]
serisidir. Her \(x > 0\) için \(\ln(1+x) \le x\) eşitsizliği geçerlidir (bu, \(\varphi(x) = x - \ln(1+x)\) fonksiyonunun \(\varphi(0) = 0\) ve \(\varphi'(x) = 1 - \dfrac{1}{1+x} = \dfrac{x}{1+x} > 0\) olmasından, yani \(\varphi\)’nin \([0,\infty)\) üzerinde artan olmasından çıkar). \(x = k\) alırsak her \(k \ge 1\) için
\[\ln(k+1) \le k \quad \Longrightarrow \quad \frac{1}{\ln(k+1)} \ge \frac{1}{k}\]
olur. Harmonik seri \(\sum \dfrac{1}{k}\) ıraksak olduğundan (Teorem 36.2, \(p = 1\)), karşılaştırma testi (Teorem 35.2) gereği \(\sum \dfrac{1}{\ln(k+1)}\) de ıraksaktır.
Demek ki verilen seri şartlı yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Şimdi Dirichlet testinin gerçek gücünü gösteren bir örneğe geçelim. Burada \(b_k = \sin kx\) alacağız ve kısmi toplamların sınırlılığını bir çarpanlara ayırma özdeşliğiyle kuracağız.
Örnek 40.2 (Sinüs Serisinin Her Noktada Yakınsaklığı) \(x \in \mathbb{R}\) sabit bir sayı olsun.
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}\]
serisinin her \(x \in \mathbb{R}\) için yakınsak olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Ayrık durum. Eğer \(x = 2m\pi\) biçimindeyse (\(m \in \mathbb{Z}\)), her \(k\) için \(\sin kx = \sin(2km\pi) = 0\) olur; seri özdeş olarak sıfırdır ve toplamı \(0\)’dır. Bu durumda yakınsaklık aşikârdır. Bundan sonra \(x \ne 2m\pi\), yani \(\sin \dfrac{x}{2} \ne 0\) varsayalım.
Adım 2: Kısmi toplamlar için kapalı formül. \(b_k = \sin kx\) diyelim ve
\[B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin kx\]
toplamını hesaplayalım. Çarpımı toplama çeviren
\[2 \sin A \sin B = \cos(A - B) - \cos(A + B)\]
özdeşliğinde \(A = kx\), \(B = \dfrac{x}{2}\) alırsak
\[2 \sin kx \, \sin \frac{x}{2} = \cos\left( \left( k - \frac{1}{2} \right) x \right) - \cos\left( \left( k + \frac{1}{2} \right) x \right)\]
olur. Bu eşitliği \(k = 1, 2, \ldots, n\) için toplayalım; sağ taraf teleskopik olarak sadeleşir:
\[2 \sin \frac{x}{2} \sum_{k=1}^{n} \sin kx = \cos \frac{x}{2} - \cos\left( \left( n + \frac{1}{2} \right) x \right).\]
\(\sin \dfrac{x}{2} \ne 0\) olduğundan iki tarafı \(2 \sin \dfrac{x}{2}\)’ye bölebiliriz:
\[B_n = \frac{\cos \dfrac{x}{2} - \cos\left( \left( n + \dfrac{1}{2} \right) x \right)}{2 \sin \dfrac{x}{2}}.\]
Paydaki farkı çarpanlara ayırmak istersek, \(\cos A - \cos B = 2 \sin \dfrac{A+B}{2} \sin \dfrac{B-A}{2}\) özdeşliğinde \(A = \dfrac{x}{2}\), \(B = \left( n + \dfrac{1}{2} \right) x\) alarak
\[B_n = \frac{\sin \dfrac{nx}{2} \, \sin \dfrac{(n+1)x}{2}}{\sin \dfrac{x}{2}}\]
biçimini elde ederiz.
Adım 3: \((B_n)\) sınırlıdır. İkinci biçimde payda iki sinüs çarpımı vardır ve her ikisinin de mutlak değeri \(1\)’i aşmaz. Öyleyse her \(n \in \mathbb{N}\) için
\[|B_n| \le \frac{1}{\left| \sin \dfrac{x}{2} \right|} =: M.\]
Burada \(M\), \(n\)’den bağımsız bir sayıdır (yalnızca sabitlenmiş \(x\)’e bağlıdır); kısmi toplamlar dizisi sınırlıdır.
Adım 4: Dirichlet testi. \(a_k = \dfrac{1}{k}\) dizisi kesin azalandır ve \(\dfrac{1}{k} \to 0\)’dır. Teorem 40.1 gereği
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin kx}{k}\]
serisi yakınsaktır. Adım 1’deki ayrık durumla birleştirince: seri her \(x \in \mathbb{R}\) için yakınsaktır.
Adım 5: Yakınsaklık her zaman mutlak değildir. \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alalım. Bu durumda \(\sin \dfrac{k\pi}{2}\) değerleri \(k = 1, 2, 3, 4, \ldots\) için sırasıyla \(1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, \ldots\)’dir. Terimlerin mutlak değerleri toplamı
\[\sum_{k=1}^{\infty} \left| \frac{\sin \dfrac{k\pi}{2}}{k} \right| = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \cdots = \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{2j-1}\]
olur. Her \(j \ge 1\) için \(\dfrac{1}{2j-1} \ge \dfrac{1}{2j}\) ve \(\sum \dfrac{1}{2j} = \dfrac{1}{2} \sum \dfrac{1}{j}\) ıraksak olduğundan (Teorem 36.2), karşılaştırma testi gereği bu seri ıraksar. Demek ki \(x = \dfrac{\pi}{2}\) için seri şartlı yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Aynı hesap \(b_k = \cos kx\) için de yapılabilir. \(2 \cos kx \, \sin \dfrac{x}{2} = \sin\left( \left( k + \dfrac{1}{2} \right)x \right) - \sin\left( \left( k - \dfrac{1}{2} \right)x \right)\) özdeşliğini \(k = 1, \ldots, n\) için toplarsak
\[\sum_{k=1}^{n} \cos kx = \frac{\sin\left( \left( n + \dfrac{1}{2} \right) x \right) - \sin \dfrac{x}{2}}{2 \sin \dfrac{x}{2}}\]
bulunur ve \(x \ne 2m\pi\) için \(\left| \sum_{k=1}^{n} \cos kx \right| \le \dfrac{1}{\left| \sin \dfrac{x}{2} \right|}\) olur. Böylece \(\sum \dfrac{\cos kx}{k}\) serisi de \(x \ne 2m\pi\) olan her \(x\) için yakınsaktır. \(x = 2m\pi\) noktalarında ise seri harmonik seriye dönüşür ve ıraksar — bu, kısmi toplamların sınırlılığının niçin vazgeçilmez olduğunu gösteren güzel bir örnektir.
40.3 Leibniz Testi: Alterne Seriler
Dirichlet testinin en sık kullanılan özel hâli, \(b_k\)’nin sırayla \(+1\) ve \(-1\) olduğu durumdur. Bu durumda seri
\[a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \cdots\]
biçimini alır; böyle serilere alterne seri (alternating series) denir. Elde edeceğimiz ölçüt, seriler kuramının en kolay uygulanan ve en çok kullanılan testidir.
Tanım 40.2 (Alterne Seri) \((a_k)_{k \in \mathbb{N}}\) negatif olmayan terimli bir dizi olsun.
\[\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + \cdots\]
biçimindeki serilere alterne seri denir. (\(\sum (-1)^k a_k\) biçimindeki seriler de alternedir; yalnızca işaretçe bunun tersidir.)
Sonuç 40.1 (Leibniz Testi) \((a_k)_{k \in \mathbb{N}}\) negatif olmayan terimli bir dizi olsun. Eğer
- \((a_k)\) azalandır, yani her \(k\) için \(a_{k+1} \le a_k\),
- \(\displaystyle \lim_{k \to \infty} a_k = 0\)
koşulları sağlanıyorsa
\[\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k\]
alterne serisi yakınsaktır.
İspat
Birinci ispat (Dirichlet testinden). Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[b_k = (-1)^{k+1}\]
diyelim ve \(B_n = \sum_{k=1}^{n} b_k\) yazalım. Toplam, ardışık \(+1\) ve \(-1\)’lerden oluştuğundan
\[B_n = \begin{cases} 1, & n \text{ tek}, \\ 0, & n \text{ çift} \end{cases}\]
olur. Demek ki her \(n\) için \(|B_n| \le 1\)’dir; \((B_n)\) sınırlıdır. Öte yandan hipotez gereği \((a_k)\) monotondur (azalandır) ve \(a_k \to 0\)’dır. Teorem 40.1’nin bütün koşulları sağlanır, dolayısıyla
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k\]
serisi yakınsaktır.
İkinci ispat (iç içe aralıklarla, doğrudan). Bu ispat Dirichlet testini hiç kullanmaz ve bize fazladan bir bilgi verir: serinin toplamının nerede olduğunu.
\(s_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} a_k\) kısmi toplamlarını yazalım.
Çift indisli kısmi toplamlar artandır. Her \(n \ge 1\) için
\[s_{2n+2} - s_{2n} = (-1)^{2n+2} a_{2n+1} + (-1)^{2n+3} a_{2n+2} = a_{2n+1} - a_{2n+2} \ge 0\]
olur; son eşitsizlik \((a_k)\)’nin azalan olmasından gelir. Demek ki
\[s_2 \le s_4 \le s_6 \le \cdots\]
Tek indisli kısmi toplamlar azalandır. Her \(n \ge 1\) için
\[s_{2n+1} - s_{2n-1} = (-1)^{2n+1} a_{2n} + (-1)^{2n+2} a_{2n+1} = -a_{2n} + a_{2n+1} \le 0\]
olur; yine azalanlıktan. Demek ki
\[s_1 \ge s_3 \ge s_5 \ge \cdots\]
Her çift indisli toplam, her tek indisli toplamın solundadır. Önce
\[s_{2n+1} - s_{2n} = (-1)^{2n+2} a_{2n+1} = a_{2n+1} \ge 0,\]
yani \(s_{2n} \le s_{2n+1}\). Şimdi \(I_n = [s_{2n}, s_{2n+1}]\) kapalı aralıklarını tanımlayalım. Yukarıdaki üç gözlemden
\[s_{2n} \le s_{2n+2} \le s_{2n+3} \le s_{2n+1}\]
çıkar; yani \(I_{n+1} \subseteq I_n\)’dir. Öyleyse \((I_n)_{n \ge 1}\) iç içe geçmiş kapalı aralıklardan oluşan bir ailedir ve uzunlukları
\[|I_n| = s_{2n+1} - s_{2n} = a_{2n+1} \longrightarrow 0\]
koşulunu sağlar.
Sonuç. İç içe aralıklar teoremi (bkz. Analiz 1) gereği bütün \(I_n\)’lerin arakesiti tam olarak bir \(s\) noktasından oluşur. Her \(n\) için \(s_{2n}, s_{2n+1} \in I_n\) ve \(s \in I_n\) olduğundan
\[|s_{2n} - s| \le |I_n| = a_{2n+1}, \qquad |s_{2n+1} - s| \le |I_n| = a_{2n+1}\]
olur. \(a_{2n+1} \to 0\) olduğundan sıkıştırma teoremi (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{n \to \infty} s_{2n} = s, \qquad \lim_{n \to \infty} s_{2n+1} = s\]
bulunur.
Son adım: bu iki alt dizinin ortak limiti, tüm dizinin limitidir. Gerçekten, \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\lim s_{2n} = s\) olduğundan bir \(N_1\) vardır ki \(2n \ge N_1\) için \(|s_{2n} - s| < \varepsilon\); \(\lim s_{2n+1} = s\) olduğundan bir \(N_2\) vardır ki \(2n+1 \ge N_2\) için \(|s_{2n+1} - s| < \varepsilon\). \(N = \max\{N_1, N_2\}\) alalım. \(m \ge N\) olan her \(m\) ya çifttir ya tektir; her iki hâlde de \(|s_m - s| < \varepsilon\) olur. Demek ki \(s_m \to s\), yani seri yakınsaktır ve toplamı \(s\)’dir.
\(\blacksquare\)
İkinci ispat, birinciden daha uzun olmasına karşın çok daha fazlasını söyler: serinin toplamı \(s\), her \(n\) için \([s_{2n}, s_{2n+1}]\) aralığındadır. Kısmi toplamlar, hedefi bir soldan bir sağdan kuşatarak yaklaşır. Bu geometrik resim, birazdan kuracağımız hata kestiriminin de kaynağıdır.
Leibniz testinin hipotezleri şunlardır: terimler negatif olmayan, dizi azalan, limit sıfır. Bunlardan biri düşerse sonuç düşer.
- \(a_k \to 0\) olmazsa: \(\sum (-1)^{k+1} \dfrac{k}{k+1}\) serisinde \(a_k = \dfrac{k}{k+1} \to 1 \ne 0\)’dır ve genel terim testi (Teorem 34.2) gereği seri ıraksaktır.
- \((a_k)\) azalan olmazsa: sonuç yine bozulabilir; bunun tam bir örneğini Önerme 40.1’nde kuracağız.
- Testin bir “ıraksaklık testi” olmadığına da dikkat edin: koşullar sağlanmadığında seri hakkında hiçbir şey söylenemez; ıraksadığını ancak başka bir gerekçeyle (örneğin genel terim testiyle) gösterebilirsiniz.
Şimdi bölümün açılışında andığımız seriyi tam olarak çözelim.
Örnek 40.3 (Alterne Harmonik Seri) \[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots\]
serisinin yakınsaklığını inceleyiniz.
Çözüm
Verilen seri alterne bir seridir ve özel olarak alterne harmonik seri adını taşır. Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[a_k = \frac{1}{k}\]
alalım.
Koşul 1: negatif olmama. Her \(k \ge 1\) için \(a_k = \dfrac{1}{k} > 0\)’dır.
Koşul 2: azalanlık. \(k < k+1\) olduğundan \(\dfrac{1}{k+1} < \dfrac{1}{k}\), yani \(a_{k+1} < a_k\)’dır; dizi kesin azalandır.
Koşul 3: sıfıra yakınsama. Arşimet özelliğinin bir sonucu olarak \(\dfrac{1}{k} \to 0\)’dır (bkz. Analiz 1).
Sonuç 40.1 gereği seri yakınsaktır.
Mutlak yakınsak mıdır? Terimlerin mutlak değerlerinden kurulan seri
\[\sum_{k=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{k+1}}{k} \right| = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}\]
harmonik seridir ve ıraksaktır (Teorem 36.2, \(p = 1\)). Demek ki alterne harmonik seri şartlı yakınsaktır.
Toplamı. Serinin toplamı \(\ln 2 = 0{,}693147\ldots\) sayısıdır; bunu Örnek 40.5’ta ispatlayacağız. Kısmi toplamların ilk birkaçına bakalım:
\[s_1 = 1, \quad s_2 = 0{,}5, \quad s_3 \approx 0{,}8333, \quad s_4 \approx 0{,}5833, \quad s_5 \approx 0{,}7833, \quad s_6 \approx 0{,}6167.\]
Görüldüğü gibi tek indisliler yukarıdan azalarak, çift indisliler aşağıdan artarak \(\ln 2\)’ye yaklaşıyor; tam da Sonuç 40.1’nin ikinci ispatındaki resim.
\(\blacksquare\)
Örnek 40.4 (Alterne p-Serileri) \(p > 0\) bir reel sayı olsun.
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k^p}\]
serisinin yakınsaklığını inceleyiniz ve hangi \(p\) değerleri için mutlak, hangileri için şartlı yakınsak olduğunu belirleyiniz. \(p \le 0\) durumunda ne olur?
Çözüm
Adım 1: \(p > 0\) için yakınsaklık. \((-1)^{k-1} = (-1)^{k+1}\) olduğundan seri alternedir. Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[a_k = \frac{1}{k^p}\]
alalım. \(a_k > 0\)’dır. \(p > 0\) ve \(k < k+1\) olduğundan \(k^p < (k+1)^p\), dolayısıyla
\[a_{k+1} = \frac{1}{(k+1)^p} < \frac{1}{k^p} = a_k;\]
dizi kesin azalandır. Ayrıca \(p > 0\) için \(k^p \to \infty\) olduğundan
\[\lim_{k \to \infty} \frac{1}{k^p} = 0\]
olur. Sonuç 40.1 gereği seri her \(p > 0\) için yakınsaktır.
Adım 2: Mutlak yakınsaklık. Terimlerin mutlak değerlerinden kurulan seri
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^p}\]
yani \(p\)-serisidir. Teorem 36.2 gereği bu seri \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır. Öyleyse:
- \(p > 1\) ise seri mutlak yakınsaktır;
- \(0 < p \le 1\) ise seri yakınsak ama mutlak yakınsak değildir, yani şartlı yakınsaktır.
\(p = 1\) özel hâli alterne harmonik seridir (Örnek 40.3).
Adım 3: \(p \le 0\) durumu. Bu durumda genel terimin mutlak değeri
\[\left| \frac{(-1)^{k-1}}{k^p} \right| = k^{-p} = k^{|p|}\]
olur. \(p = 0\) ise bu değer her \(k\) için \(1\)’dir; \(p < 0\) ise \(k^{|p|} \to \infty\)’dur. Her iki hâlde de genel terim sıfıra gitmez, dolayısıyla genel terim testi (Teorem 34.2) gereği seri ıraksaktır. Leibniz testinin “\(a_k \to 0\)” koşulunun niçin gerekli olduğu burada açıkça görülür.
Özet tablosu:
| \(p\) aralığı | Serinin durumu |
|---|---|
| \(p > 1\) | mutlak yakınsak |
| \(0 < p \le 1\) | şartlı yakınsak |
| \(p \le 0\) | ıraksak |
\(\blacksquare\)
40.4 Alterne Serilerde Hata Kestirimi
Yakınsaklığı bilmek çoğu zaman yetmez; toplamı sayısal olarak hesaplamak isteriz. Bir seriyi bilgisayarla toplarken yapabileceğimiz tek şey ilk \(n\) terimi toplamaktır; geri kalanı atarız. Atılan kısım serinin kalanıdır (Tanım 34.3) ve yaptığımız hata tam olarak bu kalanın büyüklüğüdür. Genel serilerde bu hatayı kestirmek zordur; ama alterne serilerde şaşırtıcı derecede kolaydır: hata, atılan ilk terimi asla aşmaz.
Teorem 40.2 (Alterne Seriler için Hata Kestirimi) \((a_k)\) dizisi Sonuç 40.1’nin koşullarını sağlasın: negatif olmayan terimli, azalan ve \(a_k \to 0\). Serinin toplamı
\[s = \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k,\]
\(n\)-inci kısmi toplamı ise \(s_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} a_k\) olsun. O hâlde her \(n \in \mathbb{N}\) için:
- \(\big| s - s_n \big| \le a_{n+1}\);
- \(s\) sayısı \(s_n\) ile \(s_{n+1}\) arasındadır (uçlar dâhil);
- \(s - s_n\) farkının işareti \((-1)^n\)’dir; yani \(n\) çiftse \(s \ge s_n\), \(n\) tekse \(s \le s_n\)’dir.
İspat
Adım 1: Kalanı yeni bir alterne seri olarak yazalım. Seri yakınsak olduğundan kalanı
\[s - s_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k\]
biçiminde yazabiliriz (Tanım 34.3). Toplama indisini \(k = n + j\) ile değiştirelim; \(k\), \(n+1\)’den sonsuza giderken \(j\), \(1\)’den sonsuza gider ve
\[(-1)^{k+1} = (-1)^{n+j+1} = (-1)^{n} \cdot (-1)^{j+1}\]
olur. Demek ki
\[s - s_n = (-1)^{n} \sum_{j=1}^{\infty} (-1)^{j+1} a_{n+j} = (-1)^n R_n, \qquad R_n := \sum_{j=1}^{\infty} (-1)^{j+1} a_{n+j}.\]
Adım 2: \(R_n\) yine bir Leibniz serisidir. \(c_j = a_{n+j}\) diyelim. \((c_j)_{j \ge 1}\) dizisi \((a_k)\)’nin bir kuyruğudur: negatif olmayan terimlidir, azalandır ve \(j \to \infty\) iken \(c_j = a_{n+j} \to 0\)’dır. Öyleyse \(\sum_{j} (-1)^{j+1} c_j\) serisi Sonuç 40.1 gereği yakınsaktır ve toplamı \(R_n\)’dir.
Adım 3: \(0 \le R_n \le a_{n+1}\). Sonuç 40.1’nin ikinci ispatındaki kuşatma bilgisini \((c_j)\) dizisine uygulayalım. O ispatta, serinin toplamının her \(m\) için \([\sigma_{2m}, \sigma_{2m+1}]\) aralığında kaldığını göstermiştik; burada \(\sigma_i\), \(\sum (-1)^{j+1}c_j\) serisinin kısmi toplamlarıdır. \(m = 0\) almak için \(\sigma_0 = 0\) ve \(\sigma_1 = c_1\) olduğunu gözlemleyelim; gerçekten ispattaki eşitsizlik zinciri
\[\sigma_0 \le \sigma_2 \le \sigma_4 \le \cdots \le R_n \le \cdots \le \sigma_5 \le \sigma_3 \le \sigma_1\]
biçimindedir ve \(\sigma_0 = 0 \le \sigma_2 = c_1 - c_2\) eşitsizliği \((c_j)\) azalan olduğundan doğrudur. Böylece
\[0 = \sigma_0 \le R_n \le \sigma_1 = c_1 = a_{n+1},\]
yani
\[0 \le R_n \le a_{n+1}.\]
Adım 4: Üç iddianın çıkarılması.
(1) Adım 1 ve Adım 3’ten
\[\big| s - s_n \big| = \big| (-1)^n R_n \big| = R_n \le a_{n+1}.\]
(3) \(s - s_n = (-1)^n R_n\) ve \(R_n \ge 0\) olduğundan \(s - s_n\) farkının işareti \((-1)^n\)’dir: \(n\) çiftse \(s - s_n \ge 0\), \(n\) tekse \(s - s_n \le 0\).
(2) Ardışık kısmi toplamların farkı
\[s_{n+1} - s_n = (-1)^{n+2} a_{n+1} = (-1)^n a_{n+1}\]
olur. Demek ki \(s - s_n = (-1)^n R_n\) ile \(s_{n+1} - s_n = (-1)^n a_{n+1}\) aynı işaretlidir ve \(0 \le R_n \le a_{n+1}\) olduğundan
\[\big| s - s_n \big| \le \big| s_{n+1} - s_n \big|.\]
Aynı yönde ve daha kısa bir adım attığımıza göre \(s\), \(s_n\) ile \(s_{n+1}\) arasındadır. Açıkça: \(n\) çiftse \(s_n \le s \le s_{n+1}\); \(n\) tekse \(s_{n+1} \le s \le s_n\)’dir.
\(\blacksquare\)
Teorem 40.2’nin ikinci maddesi, \(s\)’nin \(s_n\) ile \(s_{n+1}\) arasında, yani uzunluğu \(a_{n+1}\) olan bir aralıkta olduğunu söyler. Bir aralıktaki bilinmeyen bir noktaya en iyi tahmin, aralığın orta noktasıdır. Öyleyse
\[\tilde{s}_n = \frac{s_n + s_{n+1}}{2} = s_n + \frac{(-1)^n a_{n+1}}{2}\]
alırsak
\[\big| s - \tilde{s}_n \big| \le \frac{a_{n+1}}{2}\]
olur: aynı sayıda terimle hata yarıya iner. Bedava gibi görünen bu iyileştirme, alterne serilerin sayısal hesabında kullanılan hızlandırma yöntemlerinin en basitidir.
Örnek 40.5 (ln 2 Sayısının Yaklaşık Hesabı) a) \(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \ln 2\) olduğunu gösteriniz.
b) \(\ln 2\) sayısını bu seriyle \(0{,}001\)’den küçük bir hatayla hesaplamak için kaç terim toplamak gerekir?
c) Aynı doğruluğa ortalama alma hilesiyle kaç terimde ulaşılır?
Çözüm
a) Sonlu geometrik toplamdan başlayalım. \(t \ne -1\) ve \(n \in \mathbb{N}\) için
\[\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} t^{k-1} = \sum_{j=0}^{n-1} (-t)^{j} = \frac{1 - (-t)^n}{1 - (-t)} = \frac{1 - (-t)^n}{1 + t}\]
olur (Teorem 34.5’nin ispatında kullanılan sonlu toplam formülü). Bu eşitliği \(t \in [0,1]\) üzerinde integre edelim. Sol taraf terim terim integre edilebilir (sonlu toplamdır):
\[\int_{0}^{1} \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} t^{k-1}\,dt = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \int_{0}^{1} t^{k-1}\,dt = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = s_n.\]
Sağ tarafı ikiye ayıralım:
\[\int_{0}^{1} \frac{1 - (-t)^n}{1+t}\,dt = \int_{0}^{1} \frac{dt}{1+t} - \int_{0}^{1} \frac{(-t)^n}{1+t}\,dt = \ln 2 - \int_{0}^{1} \frac{(-t)^n}{1+t}\,dt,\]
çünkü \(\dfrac{1}{1+t}\) fonksiyonunun bir ilkeli \(\ln(1+t)\)’dir ve Newton–Leibniz formülü gereği \(\int_0^1 \dfrac{dt}{1+t} = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2\)’dir. Demek ki
\[s_n = \ln 2 - \int_{0}^{1} \frac{(-t)^n}{1+t}\,dt.\]
Kalan integrali kestirelim: \(t \in [0,1]\) için \(1 + t \ge 1\) ve \(|(-t)^n| = t^n\) olduğundan
\[\left| \int_{0}^{1} \frac{(-t)^n}{1+t}\,dt \right| \le \int_{0}^{1} \frac{t^n}{1+t}\,dt \le \int_{0}^{1} t^n\,dt = \frac{1}{n+1}.\]
\(\dfrac{1}{n+1} \to 0\) olduğundan \(s_n \to \ln 2\) elde ederiz; yani serinin toplamı \(\ln 2\)’dir.
Bu hesap, yolda bize Teorem 40.2’ni bağımsız olarak da doğrular: \(|s_n - \ln 2| \le \dfrac{1}{n+1} = a_{n+1}\).
b) Teorem 40.2 gereği
\[\big| \ln 2 - s_n \big| \le a_{n+1} = \frac{1}{n+1}.\]
Hatanın \(0{,}001\)’den küçük olmasını garanti etmek için
\[\frac{1}{n+1} \le 0{,}001 = \frac{1}{1000} \quad \Longleftrightarrow \quad n + 1 \ge 1000 \quad \Longleftrightarrow \quad n \ge 999\]
koşulunu sağlamak yeter. Demek ki 999 terim toplamak gerekir; yani
\[\ln 2 \approx 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \cdots + \frac{1}{999}\]
ve bu yaklaşımın hatası \(0{,}001\)’i geçmez.
c) Ortalama alma hilesiyle hata \(\dfrac{a_{n+1}}{2} = \dfrac{1}{2(n+1)}\) ile sınırlıdır. O hâlde
\[\frac{1}{2(n+1)} \le \frac{1}{1000} \quad \Longleftrightarrow \quad n + 1 \ge 500 \quad \Longleftrightarrow \quad n \ge 499\]
yeter: 499 terim. Örnek olarak \(n = 8\) için \(s_8 \approx 0{,}634524\) ve \(s_9 \approx 0{,}745635\) iken ortalamaları \(\tilde{s}_8 \approx 0{,}690079\)’dur; gerçek değer \(\ln 2 \approx 0{,}693147\) olduğuna göre ham kısmi toplamın hatası yaklaşık \(0{,}059\), ortalamanınki ise yaklaşık \(0{,}003\)’tür.
\(\blacksquare\)
Üç ondalık basamak için 999 terim gerekmesi, bu yakınsaklığın ne kadar yavaş olduğunu gösterir: bir basamak daha kazanmak için terim sayısını on katına çıkarmak gerekir. Şartlı yakınsak seriler tipik olarak böyledir; yakınsaklık, terimlerin küçülmesinden değil, işaretlerin birbirini götürmesinden gelir. Buna karşılık mutlak yakınsak seriler — örneğin \(\sum \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}\) — çok daha hızlı yakınsar: orada \(0{,}001\) doğruluk için \(\dfrac{1}{(n+1)^2} \le 0{,}001\), yani yalnızca \(n \ge 31\) yeter.
40.5 Abel Testi
Dirichlet testi \(\sum b_k\)’den yakınsaklık istemiyor, buna karşılık \((a_n)\)’den sıfıra gitmeyi istiyordu. Abel testi tam tersini yapar: \(\sum b_k\)’nin yakınsak olmasını ister, karşılığında \((a_n)\)’nin sıfıra gitmesini istemez — monoton ve sınırlı olması yeter. Sezgisel olarak söylediği şudur: yakınsak bir seriyi, monoton biçimde bir limite oturan sınırlı bir diziyle çarpmak yakınsaklığı bozmaz.
Teorem 40.3 (Abel Testi) \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) serisi yakınsak, \((a_n)_{n \in \mathbb{N}}\) dizisi ise monoton (bkz. Analiz 1) ve sınırlı (bkz. Analiz 1) olsun. O hâlde
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k\]
serisi yakınsaktır.
İspat
Adım 1: \((a_n)\) yakınsaktır. \((a_n)\) monoton ve sınırlı olduğundan monoton yakınsaklık teoremi (bkz. Analiz 1) gereği yakınsaktır. Limitine \(a\) diyelim:
\[\lim_{n \to \infty} a_n = a.\]
Adım 2: Ayrıştırma. Her \(n\) için
\[\alpha_n = a_n - a\]
diyelim. Böylece
\[a_n = \alpha_n + a, \qquad \text{dolayısıyla} \qquad a_n b_n = \alpha_n b_n + a\, b_n\]
olur. Amacımız sağdaki iki serinin de yakınsak olduğunu göstermek.
Adım 3: \(\sum \alpha_k b_k\) yakınsaktır (Dirichlet). \((\alpha_n)\) dizisini inceleyelim.
- Monotonluk. \((a_n)\) monotondur; sabit bir sayı çıkarmak monotonluğu değiştirmez, çünkü \(\alpha_{n+1} - \alpha_n = a_{n+1} - a_n\)’dir. Demek ki \((\alpha_n)\) de \((a_n)\) ile aynı yönde monotondur.
- Sıfıra yakınsama. Limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} (a_n - a) = a - a = 0.\]
Öte yandan \(\sum b_k\) yakınsak olduğundan kısmi toplamlar dizisi \((B_n)\) yakınsaktır; yakınsak her dizi sınırlıdır (bkz. Analiz 1), yani \(|B_n| \le M\) olacak biçimde bir \(M > 0\) vardır.
Böylece \((B_n)\) sınırlı, \((\alpha_n)\) monoton ve sıfıra yakınsak olur; Teorem 40.1 gereği
\[\sum_{k=1}^{\infty} \alpha_k b_k\]
serisi yakınsaktır.
Adım 4: \(\sum a\, b_k\) yakınsaktır. \(\sum b_k\) yakınsak olduğundan, serilerin cebirsel işlemleri (Teorem 34.4) gereği sabitle çarpılmışı \(\sum a\, b_k = a \sum b_k\) de yakınsaktır.
Adım 5: Toplama. İki yakınsak serinin terim terim toplamı yakınsaktır (Teorem 34.4). Adım 2’deki ayrıştırmadan
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k = \sum_{k=1}^{\infty} \alpha_k b_k + a \sum_{k=1}^{\infty} b_k\]
olur ve sağdaki her iki terim de vardır. Demek ki \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k\) yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Abel testinde \((a_n)\)’nin monoton olması koşulu atılamaz. Karşı örnek çok kısadır:
\[b_k = \frac{(-1)^{k+1}}{k}, \qquad a_k = (-1)^{k+1}.\]
\(\sum b_k\) alterne harmonik seridir ve yakınsaktır (Örnek 40.3). \((a_k)\) dizisi \(1, -1, 1, -1, \ldots\) olduğundan sınırlıdır (\(|a_k| = 1\)). Ama monoton değildir. Çarpım serisine bakalım:
\[a_k b_k = (-1)^{k+1} \cdot \frac{(-1)^{k+1}}{k} = \frac{(-1)^{2k+2}}{k} = \frac{1}{k}.\]
Yani \(\sum a_k b_k\) harmonik seridir ve ıraksar. Demek ki sınırlı bir diziyle çarpmak, monotonluk olmadan yakınsaklığı koruyamaz.
Örnek 40.6 (Abel Testinin Bir Uygulaması) \[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \cdot \frac{n}{n+1}\]
serisinin yakınsaklığını inceleyiniz.
Çözüm
Adım 1: Çarpanları belirleyelim. Serinin genel terimini iki çarpana ayıralım:
\[b_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n}, \qquad a_n = \frac{n}{n+1}.\]
Adım 2: \(\sum b_n\) yakınsaktır. \(\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\) serisi alterne harmonik seridir; Örnek 40.3’te Leibniz testiyle yakınsak olduğunu gösterdik.
Adım 3: \((a_n)\) monotondur. \(a_n\)’yi yeniden yazalım:
\[a_n = \frac{n}{n+1} = \frac{(n+1) - 1}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1}.\]
\(n\) büyüdükçe \(\dfrac{1}{n+1}\) küçülür, dolayısıyla \(a_n\) büyür. Doğrudan da görülebilir:
\[a_{n+1} - a_n = \left( 1 - \frac{1}{n+2} \right) - \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)} > 0.\]
Demek ki \((a_n)\) kesin artandır.
Adım 4: \((a_n)\) sınırlıdır. Her \(n \ge 1\) için \(0 < \dfrac{1}{n+1} \le \dfrac{1}{2}\) olduğundan
\[\frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} \le a_n < 1\]
olur; dizi \(\left[ \dfrac{1}{2}, 1 \right)\) aralığında kalır, yani sınırlıdır.
Adım 5: Sonuç. \(\sum b_n\) yakınsak, \((a_n)\) monoton ve sınırlı olduğundan Teorem 40.3 gereği
\[\sum_{n=1}^{\infty} a_n b_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\]
serisi yakınsaktır.
Bir kontrol. Bu örnekte çarpım sadeleşerek \(\dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \cdot \dfrac{n}{n+1} = \dfrac{(-1)^{n+1}}{n+1}\) olur; bu da alterne harmonik serinin bir terim kaydırılmışıdır ve doğrudan Leibniz testiyle de yakınsak olduğu görülür (toplamı \(1 - \ln 2\)’dir). Ama Abel testinin değeri, sadeleşmenin olmadığı durumlarda ortaya çıkar: örneğin \(\sum \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \arctan n\) serisinde sadeleşme yoktur, buna karşılık \((\arctan n)\) dizisi artan ve \(\dfrac{\pi}{2}\) ile sınırlı olduğundan Abel testi doğrudan yakınsaklığı verir.
\(\blacksquare\)
Üç Testin Karşılaştırması
Elimizdeki üç aracın hipotezlerini yan yana koymakta yarar var. Üçünde de seri \(\sum a_k b_k\) biçimindedir.
| Test | \((b_k)\) üzerindeki koşul | \((a_k)\) üzerindeki koşul |
|---|---|---|
| Dirichlet (Teorem 40.1) | kısmi toplamlar \((B_n)\) sınırlı | monoton ve \(a_k \to 0\) |
| Abel (Teorem 40.3) | \(\sum b_k\) yakınsak | monoton ve sınırlı |
| Leibniz (Sonuç 40.1) | \(b_k = (-1)^{k+1}\) | azalan, negatif olmayan, \(a_k \to 0\) |
Tablodan okunacak üç gözlem:
1. Abel testinin hipotezi \(b\) tarafında daha güçlü, \(a\) tarafında daha zayıftır; Dirichlet testinde tam tersi olur. İkisi birbirinin kapsayanı değildir ve bunu elimizdeki iki örnek doğrudan belgeler. Örnek 40.2’nde \(x = \dfrac{\pi}{2}\) alırsak \(\sin kx\) değerleri \(1, 0, -1, 0, \ldots\) döngüsünü izler ve \(\sum_{k} \sin kx\) serisinin kısmi toplamları \(1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, \ldots\) olur: sınırlı ama yakınsak değil. Demek ki orada Abel testi işlemez, Dirichlet testi işler. Buna karşılık Örnek 40.6’da \(a_n = \dfrac{n}{n+1} \to 1 \ne 0\) olduğundan Dirichlet testinin “\(a_n \to 0\)” koşulu sağlanmaz; orada da Abel testi işler, Dirichlet testi işlemez.
2. Leibniz testi, Dirichlet testinin en özel hâlidir: \(b_k = (-1)^{k+1}\) seçimiyle \(|B_n| \le 1\) garanti edilir.
3. Her üç testte de \((a_k)\)’nin monotonluğu ortaktır ve bu koşul hiçbirinde atılamaz. Bunu şimdi kesin biçimde belgeleyelim.
40.6 Monotonluk Koşulundan Vazgeçilemez
Leibniz testi bazen yanlış hatırlanır: “terimleri sıfıra giden alterne bir seri yakınsar.” Bu yanlıştır. Azalanlık koşulu atıldığında sonuç çöker ve bunu somut bir seriyle göstermek zor değildir. Fikir şudur: pozitif terimleri kalın, negatif terimleri ince seçeriz; işaretlerin birbirini götürme etkisi zayıflar ve pozitif terimlerin ıraksaklığı baskın gelir.
Önerme 40.1 (Monotonluk Olmadan Leibniz Testi Çöker) Negatif olmayan terimli, \(a_k \to 0\) koşulunu sağlayan ama azalan olmayan öyle bir \((a_k)\) dizisi vardır ki
\[\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} a_k\]
alterne serisi ıraksaktır.
İspat
Adım 1: Diziyi kuralım. Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[a_k = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{k}}, & k \text{ tek}, \\[3mm] \dfrac{1}{k^2}, & k \text{ çift} \end{cases}\]
tanımını yapalım. Serinin ilk terimleri şöyledir:
\[\frac{1}{\sqrt{1}} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{\sqrt{3}} - \frac{1}{4^2} + \frac{1}{\sqrt{5}} - \frac{1}{6^2} + \cdots\]
Adım 2: Terimler negatif değildir ve sıfıra gider. Açıkça her \(k\) için \(a_k > 0\)’dır. Sıfıra gitmeyi görmek için \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\dfrac{1}{\sqrt{k}} \to 0\) ve \(\dfrac{1}{k^2} \to 0\) olduğundan, öyle bir \(N\) vardır ki \(k \ge N\) için hem \(\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon\) hem \(\dfrac{1}{k^2} < \varepsilon\) olur. \(k\) tek de olsa çift de olsa \(a_k\) bu iki sayıdan biridir; öyleyse \(k \ge N\) için \(a_k < \varepsilon\)’dur. Demek ki \(a_k \to 0\)’dır.
Adım 3: Dizi azalan değildir. \(a_2 = \dfrac{1}{4} = 0{,}25\) ve \(a_3 = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577\) olduğundan
\[a_3 > a_2\]
olur; azalanlık daha üçüncü adımda bozulur. Aslında her \(j \ge 1\) için \(a_{2j+1} > a_{2j}\)’dir: gerçekten \(\dfrac{1}{\sqrt{2j+1}}\) ile \(\dfrac{1}{(2j)^2}\)’yi karşılaştırmak \((2j)^2\) ile \(\sqrt{2j+1}\)’i karşılaştırmaktır ve \(j \ge 1\) için \((2j)^2 = 4j^2 > \sqrt{2j+1}\)’dir (çünkü \(4j^2 \ge 4j \ge 2j + 2 > 2j+1 \ge \sqrt{2j+1}\); son eşitsizlik \(2j+1 \ge 1\) olmasından çıkar).
Adım 4: Çift indisli kısmi toplamlar sonsuza gider. Serinin kısmi toplamlarını \(s_n\) ile gösterelim. Çift indisli olanları terimleri ikişerli gruplayarak yazalım:
\[s_{2n} = \sum_{j=1}^{n} \big( a_{2j-1} - a_{2j} \big) = \sum_{j=1}^{n} \left( \frac{1}{\sqrt{2j-1}} - \frac{1}{(2j)^2} \right) = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2j-1}} - \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{(2j)^2}.\]
Sağdaki iki toplamı ayrı ayrı inceleyelim.
İkinci toplam yakınsaktır. Her \(j\) için \(\dfrac{1}{(2j)^2} = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{j^2}\) olduğundan
\[\sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{(2j)^2} = \frac{1}{4} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2}\]
serisi yakınsaktır (Teorem 36.2, \(p = 2 > 1\)). Kısmi toplamları bir \(C\) sayısına yakınsar; özellikle her \(n\) için \(\sum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{(2j)^2} \le C\)’dir.
Birinci toplam sonsuza gider. Her \(j \ge 1\) için \(2j - 1 \le 2j\), dolayısıyla
\[\frac{1}{\sqrt{2j-1}} \ge \frac{1}{\sqrt{2j}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{j}}\]
olur. \(\sum_{j=1}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{j}} = \sum_{j=1}^{\infty} \dfrac{1}{j^{1/2}}\) serisi \(p = \dfrac{1}{2} \le 1\) olduğundan ıraksaktır (Teorem 36.2). Buradan \(\sum_{j} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{j}}\) serisinin de ıraksadığı çıkar; yakınsak olsaydı \(\sqrt{2}\) ile çarpılmışı olan \(\sum_{j} \dfrac{1}{\sqrt{j}}\) de yakınsak olurdu (Teorem 34.4). Küçük olan seri ıraksadığından, karşılaştırma testi (Teorem 35.2) gereği \(\sum_{j=1}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{2j-1}}\) serisi de ıraksaktır. Bu seri negatif olmayan terimlidir; negatif olmayan terimli bir serinin ıraksaması, kısmi toplamlarının üstten sınırsız olması demektir (Teorem 35.1) ve artan sınırsız bir dizi \(+\infty\)’a gider (bkz. Analiz 1). Öyleyse
\[\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2j-1}} \longrightarrow +\infty.\]
Birleştirme. Öyleyse
\[s_{2n} \ge \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2j-1}} - C \longrightarrow +\infty,\]
yani \(s_{2n} \to +\infty\)’dur.
Adım 5: Sonuç. \((s_n)\) dizisinin bir alt dizisi olan \((s_{2n})\) sınırsız olduğundan \((s_n)\) de sınırsızdır; sınırsız bir dizi yakınsak olamaz (bkz. Analiz 1). Demek ki \(\sum (-1)^{k+1} a_k\) serisi ıraksaktır.
\(\blacksquare\)
Önerme 40.1, “alterne + genel terim sıfıra gidiyor \(\Rightarrow\) yakınsak” biçimindeki yaygın yanlışı kesin olarak çürütür. Aynı örnek, Teorem 40.1’ndeki monotonluk koşulunun da atılamayacağını gösterir: orada \(b_k = (-1)^{k+1}\) alındığında kısmi toplamlar sınırlıdır ve \(a_k \to 0\)’dır; eksik olan tek şey monotonluktur ve seri ıraksar.
Bir alterne seriyle karşılaştığınızda izlenecek yol şudur:
1. Genel terim sıfıra gidiyor mu? Gitmiyorsa seri ıraksar (Teorem 34.2); iş biter.
2. \((a_k)\) azalan mı? Bunu kanıtlamadan Leibniz testini kullanmayın. Azalanlığı göstermenin pratik yolu ya \(a_{k+1} - a_k \le 0\) hesabı ya da \(a_k = f(k)\) yazıp \(f' \le 0\) olduğunu göstermektir (Teorem 8.2’in bir sonucu olarak türevi negatif olan fonksiyon azalandır).
3. Azalanlık sağlanmıyorsa seri hâlâ yakınsak olabilir; o zaman terimleri ayrıştırıp her parçayı ayrı incelemek gerekir.
40.7 Alıştırmalar
Alıştırma 40.1 (Abel, Dirichlet ve Leibniz Testleri Üzerine)
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} \arctan k}{k}\) serisinin yakınsak olduğunu Abel testiyle gösteriniz.
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos \dfrac{k\pi}{3}}{k}\) serisinin yakınsak olduğunu Dirichlet testiyle gösteriniz.
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{k}{k^2+1}\) serisinin yakınsaklığını inceleyiniz; mutlak mı şartlı mı yakınsaktır?
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k^2}\) serisinin toplamını \(10^{-2}\)’den küçük bir hatayla hesaplamak için kaç terim yeter?
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{k}\) serisinin yakınsaklığını inceleyiniz.
\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin k}{\sqrt{k}}\) serisinin yakınsak olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k} + (-1)^k}\) serisinin ıraksak olduğunu gösteriniz. (Genel terimin mutlak değeri sıfıra gider, ama Leibniz testi doğrudan uygulanamaz; nedenini de açıklayınız.)
Çözüm
a) \(b_k = \dfrac{(-1)^{k+1}}{k}\) ve \(a_k = \arctan k\) alalım.
\(\sum b_k\) alterne harmonik seridir ve yakınsaktır (Örnek 40.3).
\((a_k)\) monotondur: \(\arctan\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artandır (türevi \(\dfrac{1}{1+x^2} > 0\)’dır), dolayısıyla \(k < k+1\) için \(\arctan k < \arctan(k+1)\) olur.
\((a_k)\) sınırlıdır: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(-\dfrac{\pi}{2} < \arctan x < \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan, özellikle \(k \ge 1\) için
\[\frac{\pi}{4} = \arctan 1 \le \arctan k < \frac{\pi}{2}\]
yazılır.
Teorem 40.3 gereği \(\sum a_k b_k = \sum \dfrac{(-1)^{k+1}\arctan k}{k}\) serisi yakınsaktır.
Ek olarak bu yakınsaklık şartlıdır: \(\left| \dfrac{(-1)^{k+1}\arctan k}{k} \right| = \dfrac{\arctan k}{k} \ge \dfrac{\pi/4}{k}\) ve \(\sum \dfrac{1}{k}\) ıraksak olduğundan (Teorem 36.2), karşılaştırma testiyle (Teorem 35.2) mutlak değerler serisi ıraksar.
b) \(b_k = \cos \dfrac{k\pi}{3}\) ve \(a_k = \dfrac{1}{k}\) alalım.
\((b_k)\) dizisi \(6\) periyotludur: \(b_{k+6} = \cos\left( \dfrac{k\pi}{3} + 2\pi \right) = b_k\). Bir periyot boyunca toplamı hesaplayalım:
\[\cos \frac{\pi}{3} + \cos \frac{2\pi}{3} + \cos \pi + \cos \frac{4\pi}{3} + \cos \frac{5\pi}{3} + \cos 2\pi = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 1 = 0.\]
Öyleyse \(B_6 = 0\)’dır ve periyodiklik nedeniyle her \(n\) için \(B_{n+6} = B_n + B_6 = B_n\) olur; yani \((B_n)\) dizisi de \(6\) periyotludur. Bir dizinin yalnızca sonlu sayıda farklı değer alması onun sınırlı olması demektir:
\[|B_n| \le \max \big\{ |B_1|, |B_2|, |B_3|, |B_4|, |B_5|, |B_6| \big\}.\]
Bu değerleri hesaplarsak \(B_1 = \dfrac{1}{2}\), \(B_2 = 0\), \(B_3 = -1\), \(B_4 = -\dfrac{3}{2}\), \(B_5 = -1\), \(B_6 = 0\) bulunur; demek ki her \(n\) için \(|B_n| \le \dfrac{3}{2}\)’dir.
\(a_k = \dfrac{1}{k}\) kesin azalandır ve sıfıra yakınsar. Teorem 40.1 gereği seri yakınsaktır.
(Aynı sonuca Örnek 40.2’nin ardındaki kosinüs formülüyle de varılır: \(x = \dfrac{\pi}{3}\) için \(\left| \sum_{k=1}^{n} \cos kx \right| \le \dfrac{1}{\left| \sin \dfrac{\pi}{6} \right|} = 2\).)
c) \(a_k = \dfrac{k}{k^2+1}\) alalım; seri \(\sum (-1)^{k+1} a_k\) biçiminde alternedir.
Negatif değildir: \(k \ge 1\) için \(a_k > 0\).
Azalandır: \(f(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\) fonksiyonunu düşünelim. Bölüm kuralıyla
\[f'(x) = \frac{(x^2+1) - x \cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \frac{1 - x^2}{(x^2+1)^2}.\]
\(x \ge 1\) için \(1 - x^2 \le 0\) olduğundan \(f'(x) \le 0\)’dır; öyleyse \(f\), \([1,\infty)\) üzerinde azalandır (Teorem 8.2’in bir sonucu) ve her \(k \ge 1\) için \(a_{k+1} = f(k+1) \le f(k) = a_k\) olur.
Sıfıra gider: \(a_k = \dfrac{k}{k^2+1} = \dfrac{1/k}{1 + 1/k^2} \to \dfrac{0}{1} = 0\) (bkz. Analiz 1).
Sonuç 40.1 gereği seri yakınsaktır.
Mutlak yakınsak değildir: \(k \ge 1\) için \(k^2 + 1 \le 2k^2\) olduğundan
\[a_k = \frac{k}{k^2+1} \ge \frac{k}{2k^2} = \frac{1}{2k}\]
olur. \(\sum \dfrac{1}{2k}\) ıraksaktır (Teorem 36.2), dolayısıyla Teorem 35.2 gereği \(\sum a_k\) ıraksar. Seri şartlı yakınsaktır.
d) \(a_k = \dfrac{1}{k^2}\) dizisi pozitif, azalan ve sıfıra yakınsaktır; Teorem 40.2 uygulanabilir:
\[\big| s - s_n \big| \le a_{n+1} = \frac{1}{(n+1)^2}.\]
Hatanın \(10^{-2}\)’den küçük olması için
\[\frac{1}{(n+1)^2} \le \frac{1}{100} \quad \Longleftrightarrow \quad (n+1)^2 \ge 100 \quad \Longleftrightarrow \quad n + 1 \ge 10 \quad \Longleftrightarrow \quad n \ge 9\]
yeter. Demek ki 9 terim yeterlidir:
\[s_9 = 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} - \frac{1}{16} + \frac{1}{25} - \frac{1}{36} + \frac{1}{49} - \frac{1}{64} + \frac{1}{81} \approx 0{,}8280.\]
(Serinin gerçek toplamı \(\dfrac{\pi^2}{12} \approx 0{,}8225\)’tir; hata yaklaşık \(0{,}0055 < 0{,}01\)’dir.) Bu seri, alterne harmonik seriyle karşılaştırıldığında çok daha hızlı yakınsar: orada aynı doğruluk için 99 terim gerekirdi.
e) Genel terime bakalım: \(a_k = \left( 1 + \dfrac{1}{k} \right)^{k}\). Bu dizinin limiti \(e\) sayısıdır (bkz. Analiz 1):
\[\lim_{k \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^{k} = e \approx 2{,}718.\]
Öyleyse serinin genel terimi \((-1)^{k+1} a_k\) sıfıra yakınsamaz: çift indislerde \(-e\)’ye, tek indislerde \(+e\)’ye yaklaşır. Genel terim testi (Teorem 34.2) gereği seri ıraksaktır.
Bu örnek Leibniz testinin “\(a_k \to 0\)” koşulunun vazgeçilmezliğini gösterir: \((a_k)\) burada monotondur (artandır) ve sınırlıdır, ama sıfıra gitmediği için test uygulanamaz — ve gerçekten seri ıraksar.
f) \(b_k = \sin k\), \(a_k = \dfrac{1}{\sqrt{k}}\) alalım. Bu, Örnek 40.2’ndeki durumun \(x = 1\) hâlidir.
\(1 \ne 2m\pi\) olduğundan \(\sin \dfrac{1}{2} \ne 0\)’dır ve orada kurduğumuz formül gereği
\[B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k = \frac{\sin \dfrac{n}{2} \, \sin \dfrac{n+1}{2}}{\sin \dfrac{1}{2}}, \qquad |B_n| \le \frac{1}{\left| \sin \dfrac{1}{2} \right|} \approx 2{,}086.\]
Demek ki \((B_n)\) sınırlıdır.
\(a_k = \dfrac{1}{\sqrt{k}}\) dizisi kesin azalandır (\(\sqrt{\cdot}\) artan olduğundan) ve \(\sqrt{k} \to \infty\) olduğundan \(a_k \to 0\)’dır.
Teorem 40.1 gereği \(\sum \dfrac{\sin k}{\sqrt{k}}\) serisi yakınsaktır.
g) Genel terimi rasyonelleştirerek ayrıştıralım. \(k \ge 2\) için paydayı eşleniğiyle çarpalım:
\[\frac{(-1)^k}{\sqrt{k} + (-1)^k} = \frac{(-1)^k \big( \sqrt{k} - (-1)^k \big)}{\big( \sqrt{k} + (-1)^k \big) \big( \sqrt{k} - (-1)^k \big)} = \frac{(-1)^k \sqrt{k} - (-1)^{2k}}{k - 1} = \frac{(-1)^k \sqrt{k}}{k-1} - \frac{1}{k-1}.\]
(Payda \(k - 1 \ne 0\)’dır, çünkü \(k \ge 2\).) Demek ki genel terim, iki dizinin farkıdır. Bu iki seriyi ayrı ayrı inceleyelim.
Birinci seri yakınsaktır. \(c_k = \dfrac{\sqrt{k}}{k-1}\) diyelim ve \(\sum_{k \ge 2} (-1)^k c_k\) serisine bakalım. \(c_k > 0\)’dır. Azalanlığı görmek için \(g(x) = \dfrac{\sqrt{x}}{x-1}\) fonksiyonunun \(x > 1\) üzerindeki türevini hesaplayalım:
\[g'(x) = \frac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}} (x-1) - \sqrt{x}}{(x-1)^2} = \frac{(x-1) - 2x}{2\sqrt{x}\,(x-1)^2} = \frac{-(x+1)}{2\sqrt{x}\,(x-1)^2} < 0.\]
Öyleyse \(g\) azalandır ve \((c_k)_{k \ge 2}\) azalan bir dizidir. Ayrıca
\[c_k = \frac{\sqrt{k}}{k-1} = \frac{1}{\sqrt{k}} \cdot \frac{k}{k-1} \longrightarrow 0 \cdot 1 = 0\]
olur (bkz. Analiz 1). Sonuç 40.1 gereği \(\sum_{k \ge 2} (-1)^k c_k\) yakınsaktır.
İkinci seri ıraksaktır. \(\sum_{k \ge 2} \dfrac{1}{k-1} = \sum_{j \ge 1} \dfrac{1}{j}\) harmonik seridir ve ıraksar (Teorem 36.2).
Sonuç. Verilen seri yakınsak olsaydı, yakınsak olan \(\sum (-1)^k c_k\) serisinden onu çıkararak (Teorem 34.4)
\[\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k-1} = \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^k c_k - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\sqrt{k}+(-1)^k}\]
serisinin de yakınsak olması gerekirdi; oysa ıraksaktır. Çelişki. Demek ki verilen seri ıraksaktır.
Niçin Leibniz testi işe yaramadı? Genel terimin mutlak değeri \(\dfrac{1}{\sqrt{k}+(-1)^k}\)’dir ve sıfıra gider; ama azalan değildir. Gerçekten
\[\frac{1}{\sqrt{2}+1} \approx 0{,}414, \qquad \frac{1}{\sqrt{3}-1} \approx 1{,}366\]
olduğundan \(k = 2\)’den \(k = 3\)’e geçerken terim büyür. Önerme 40.1’nde kurduğumuz tuzağın bir başka yüzüdür bu.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde tek bir cebirsel özdeşlikten — Abel toplamından — yola çıkarak şartlı yakınsak serileri de yakalayabilen üç test elde ettik ve alterne serilerin toplamını istediğimiz doğrulukta hesaplamayı öğrendik. Şimdi rahatsız edici bir soruyla yüzleşme zamanı: şartlı yakınsak bir serinin terimlerinin sırasını değiştirirsek toplamı değişir mi? Yanıt, sonlu toplamlarla kurduğumuz bütün sezgileri sarsacak türden: Serilerin Yeniden Düzenlenmesi ve Gruplanması.