41 Serilerin Yeniden Düzenlenmesi ve Gruplanması
Abel, Dirichlet ve Leibniz Testleri bölümünde işareti değişen serileri incelemeyi öğrendik ve alterne harmonik seri \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k}\)’nın yakınsak, buna karşın mutlak yakınsak olmadığını gördük. Yani bu seri şartlı yakınsaktır. O bölümde bu ayrımı yalnızca bir sınıflandırma olarak kaydetmiştik; şimdi ayrımın, sonlu toplamlardan alışkın olduğumuz en temel cebirsel yasalardan birini — toplamada yer değiştirme yasasını — doğrudan tehdit ettiğini göreceğiz.
Sonlu bir toplamda terimlerin sırasını değiştirmek toplamı değiştirmez. Sonsuz bir seri ise bir toplam değil, bir limittir: kısmi toplamlar dizisinin limiti (Tanım 34.2). Terimlerin sırasını değiştirdiğimizde kısmi toplamlar dizisinin kendisi kökten değişir; limitinin aynı kalması için hiçbir apaçık neden yoktur. Nitekim kalmaz da. Bu bölümün en çarpıcı sonucu, şartlı yakınsak bir serinin terimlerini uygun biçimde sıralayarak önceden seçilmiş herhangi bir gerçel sayıya, hatta \(+\infty\) ya da \(-\infty\)’a yakınsatabileceğimizi söyleyen Riemann teoremidir.
Terimlerin sırasıyla oynamanın iki farklı biçimini özenle ayırmamız gerekir. Birincisi yeniden düzenleme (rearrangement): sırayı bir bijeksiyonla karıştırırız, ama hiçbir terimi ne atarız ne de tekrarlarız. İkincisi gruplama (regrouping): sırayı hiç bozmadan ardışık terimleri parantezlere alırız. İkinci işlem birincisinden çok daha zararsızdır; çünkü göreceğimiz gibi gruplama, kısmi toplamlar dizisinin bir alt dizisini almaktan başka bir şey değildir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: yeniden düzenlemenin tam tanımı; mutlak yakınsaklığın her yeniden düzenlemeyi güvenceye aldığını söyleyen Dirichlet teoremi; şartlı yakınsak bir seride toplamın nasıl değişebildiğini gösteren somut alterne harmonik hesabı; şartlı yakınsaklığın tam anlamıyla ne kadar kırılgan olduğunu ortaya koyan Riemann yeniden düzenleme teoremi ve onun tam ispatı; gruplamanın tanımı ile yakınsak serilerde gruplamanın toplamı korduğunu söyleyen teorem; bunun tersinin neden yanlış olduğu; ve son olarak iki serinin Cauchy çarpımı — yeniden düzenleme ile gruplamanın birlikte kullanıldığı en güzel uygulama.
41.1 Yeniden Düzenleme Kavramı
Bir serinin terimlerini “karıştırmak” ne demektir? Sezgi açıktır: aynı sayıları farklı bir sırayla toplarız. Bunu kesinleştirmenin yolu, indisler kümesi \(\mathbb{N}\) üzerinde bir bijeksiyon (bkz. Analiz 1) kullanmaktır. Bijeksiyon, hiçbir terimin atlanmamasını (örtenlik) ve hiçbir terimin iki kez kullanılmamasını (birebirlik) aynı anda garanti eder.
Tanım 41.1 (Yeniden Düzenleme) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) bir seri (Tanım 34.1) ve \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) bijektif bir fonksiyon olsun. Genel terimi \(a_{f(k)}\) olan
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_{f(k)}\]
serisine, \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisinin bir yeniden düzenlemesi (rearrangement) denir.
Buradaki fikir basittir: verilen serinin terimlerinin toplanma sırasını değiştiriyoruz. \(f\) bijektif olduğundan, \(\sum a_k\) serisinin her terimi yeni seride bir ve yalnız bir kez görünür; yeni serinin her terimi de eski serinin bir terimidir. Değişen tek şey sıradır. \(\mathbb{N}\)’den \(\mathbb{N}\)’ye sonsuz çoklukta bijeksiyon bulunduğundan, herhangi bir serinin sonsuz çoklukta yeniden düzenlemesi vardır.
Örneğin \(f(2k-1) = 2k\), \(f(2k) = 2k-1\) alırsak (bu \(f\) kendi kendisinin tersidir, dolayısıyla bijektiftir) ardışık terim çiftleri yer değiştirir:
\[a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + \cdots \quad \text{serisinin bir düzenlemesi} \quad a_2 + a_1 + a_4 + a_3 + \cdots\]
serisidir. Somut olarak \(a_k = \frac{1}{k}\) için \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots\) serisinin düzenlemesi \(\frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{3} + \cdots\) olur; terimler tıpatıp aynıdır, yalnızca toplanma sırası değişmiştir.
\(f\)’nin bijektif olması şarttır. Örneğin \(f(k) = 2k\) alırsak elde edilen \(a_2 + a_4 + a_6 + \cdots\) ifadesi \(\sum a_k\)’nın bir yeniden düzenlemesi değildir; tek indisli bütün terimler atılmıştır. Böyle bir seriye alt seri denir ve toplamının özgün seriyle bir ilgisi olmak zorunda değildir. Aynı biçimde \(f\) birebir olmasaydı bazı terimler birden çok kez toplanırdı.
Şimdi asıl soruyu sorabiliriz: \(\sum a_k\) yakınsak ve toplamı \(A\) ise, \(\sum a_{f(k)}\) de yakınsak mıdır? Yakınsaksa toplamı yine \(A\) mıdır? İlk yanıt olumludur, ama yalnızca mutlak yakınsaklık varsayımı altında.
41.2 Dirichlet Teoremi
Mutlak yakınsak bir seride terimlerin mutlak değerlerinin toplamı sonludur; bu, “serinin kuyruğunda kalan bütün terimlerin toplam ağırlığının küçük olduğu” anlamına gelir. Sıra karıştırıldığında bir terim yerinden çok uzağa gidebilir; ama gittiği yerde yapabileceği hasar, kendi mutlak değeriyle sınırlıdır. Kuyruğun toplam mutlak ağırlığı \(\varepsilon/2\)’den küçükse, karıştırma sonucunda oluşan bütün sapmaların toplamı da \(\varepsilon/2\)’yi geçemez. İspatın tamamı bu tek fikrin dikkatli bir muhasebesidir.
Teorem 41.1 (Dirichlet Teoremi) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisi mutlak yakınsak ve toplamı \(A\) olsun. O hâlde bu serinin her \(\sum_{k=1}^{\infty} a_{f(k)}\) yeniden düzenlemesi de yakınsaktır ve toplamı yine \(A\)’dır:
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_{f(k)} = \sum_{k=1}^{\infty} a_k = A.\]
İspat
\(\sum a_k\) serisinin \(n\)’inci kısmi toplamını \(s_n = \sum_{k=1}^{n} a_k\), yeniden düzenlenmiş serinin \(n\)’inci kısmi toplamını ise
\[t_n = \sum_{k=1}^{n} a_{f(k)}\]
ile gösterelim. Varsayımdan \(\lim_{n \to \infty} s_n = A\)’dır. Göstermemiz gereken, \(\lim_{n \to \infty} t_n = A\) olduğudur.
Adım 1: Mutlak değerler serisinin kuyruğunu küçültelim. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\sum_{k=1}^{\infty} |a_k|\) serisi yakınsak olduğundan, kalanları (Tanım 34.3) sıfıra gider. Öyleyse öyle bir \(N \in \mathbb{N}\) vardır ki
\[\sum_{k=N+1}^{\infty} |a_k| < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur. Bunu bir kez kullanarak \(s_N\)’nin \(A\)’ya ne kadar yakın olduğunu ölçelim. \(A - s_N = \sum_{k=N+1}^{\infty} a_k\) olduğundan, üçgen eşitsizliğinin seriler için hâli (üçgen eşitsizliğinin kısmi toplamlara uygulanıp limite geçilmiş biçimi) gereği
\[|s_N - A| = \left| \sum_{k=N+1}^{\infty} a_k \right| \le \sum_{k=N+1}^{\infty} |a_k| < \frac{\varepsilon}{2}. \tag{1}\]
Adım 2: İlk \(N\) terimi yakalayan bir indis seçelim. \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) bijektif olduğundan tersi \(f^{-1}\) vardır (bkz. Analiz 1) ve
\[K = \max\{ f^{-1}(1),\, f^{-1}(2),\, \ldots,\, f^{-1}(N) \}\]
sayısı iyi tanımlıdır (sonlu bir kümenin maksimumudur). Bu seçimin anlamı şudur: her \(j \in \{1, 2, \ldots, N\}\) için \(f^{-1}(j) \le K\), yani \(j = f\big(f^{-1}(j)\big)\) sayısı \(\{f(1), f(2), \ldots, f(K)\}\) kümesinde bulunur. Kısacası
\[\{1, 2, \ldots, N\} \subseteq \{f(1), f(2), \ldots, f(K)\}\]
olur. Ayrıca \(f^{-1}(1), \ldots, f^{-1}(N)\) sayıları \(f^{-1}\) birebir olduğundan birbirinden farklı \(N\) tane doğal sayıdır; \(N\) tane farklı doğal sayının en büyüğü en az \(N\) olacağından \(K \ge N\)’dir.
Adım 3: \(t_n - s_N\) farkının hangi terimlerden oluştuğunu görelim. Artık \(n \ge K\) olsun ve
\[t_n - s_N = \sum_{k=1}^{n} a_{f(k)} - \sum_{j=1}^{N} a_j\]
farkına bakalım. Adım 2’ye göre \(\{1, \ldots, N\} \subseteq \{f(1), \ldots, f(K)\} \subseteq \{f(1), \ldots, f(n)\}\)’dir; üstelik \(f\) birebir olduğundan \(j = 1, \ldots, N\) indislerinin her biri \(f(1), \ldots, f(n)\) listesinde tam olarak bir kez görünür. Dolayısıyla \(\sum_{j=1}^{N} a_j\) toplamındaki her terim \(\sum_{k=1}^{n} a_{f(k)}\) içinde birebir karşılığını bulup sadeleşir; geriye yalnızca indisi \(N\)’den büyük olan terimler kalır:
\[t_n - s_N = \sum_{k \in E_n} a_{f(k)}, \qquad E_n = \{ k \in \mathbb{N} : k \le n \text{ ve } f(k) > N \}.\]
Adım 4: Kalan terimleri kestirelim. \(f\) birebir olduğundan, \(k\) değişkeni \(E_n\) üzerinde dolaşırken \(f(k)\) değerleri birbirinden farklı ve hepsi \(N\)’den büyük doğal sayılardır. Öyleyse
\[|t_n - s_N| = \left| \sum_{k \in E_n} a_{f(k)} \right| \le \sum_{k \in E_n} \big| a_{f(k)} \big| \le \sum_{j=N+1}^{\infty} |a_j| < \frac{\varepsilon}{2}\]
olur; ortadaki eşitsizlik, solda toplanan sonlu sayıdaki \(|a_j|\) teriminin hepsinin sağdaki serinin (negatif olmayan terimli, dolayısıyla kısmi toplamları artan) terimleri arasında bulunmasından gelir.
Adım 5: Birleştirelim. Her \(n \ge K\) için, üçgen eşitsizliği ile \((1)\)’i birleştirdiğimizde
\[|t_n - A| \le |t_n - s_N| + |s_N - A| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\]
elde ederiz. \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(\lim_{n \to \infty} t_n = A\)’dır. Demek ki \(\sum_{k=1}^{\infty} a_{f(k)}\) serisi yakınsaktır ve toplamı \(A\)’dır.
\(\blacksquare\)
İspatta \(f\)’nin bijektifliği iki ayrı iş için kullanıldı: örtenlik Adım 2’de (\(f^{-1}(j)\)’lerin var olması, yani hiçbir terimin atlanmamış olması), birebirlik ise Adım 3 ve 4’te (terimlerin tam olarak bir kez sadeleşmesi ve \(|a_{f(k)}|\) toplamının kuyruğu aşmaması). Teoremin karşıt tersini (contrapositive) almak, bir serinin mutlak yakınsak olmadığını göstermenin pratik bir yolunu verir.
Sonuç 41.1 (Düzenlemeyle Mutlak Yakınsaklığın Reddi) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) bir seri olsun.
a) \(\sum a_k\)’nın yakınsak olmayan bir yeniden düzenlemesi varsa, \(\sum a_k\) mutlak yakınsak değildir.
b) \(\sum a_k\)’nın iki farklı sayıya yakınsayan en az iki yeniden düzenlemesi varsa, \(\sum a_k\) mutlak yakınsak değildir.
İspat
Her iki şıkta da karşıt tersini alıyoruz. \(\sum a_k\) mutlak yakınsak olsaydı, Teorem 41.1 gereği bütün yeniden düzenlemeleri yakınsak olur ve hepsinin toplamı aynı \(A\) sayısına eşit olurdu.
(a) Bu, yakınsak olmayan bir düzenlemenin varlığıyla çelişir.
(b) Bu, iki düzenlemenin iki farklı sayıya yakınsamasıyla çelişir.
Her iki durumda da \(\sum a_k\) mutlak yakınsak değildir.
\(\blacksquare\)
Teorem 41.1’deki mutlak yakınsaklık varsayımı bir süs değildir; bütün yeniden düzenlemelerin aynı sayıya yakınsamasını sağlayan tam olarak odur. Seri yalnızca şartlı yakınsak ise yeniden düzenlemenin limiti pekâlâ değişebilir. Bir sonraki örnek bunu somut bir hesapla gösterecek, ondan sonraki teorem ise durumun düşünülebilecek en uç noktada olduğunu ortaya koyacaktır.
41.3 Şartlı Yakınsak Bir Seride Toplam Nasıl Değişir?
Şimdi alterne harmonik seriyi ele alalım. Bu serinin yakınsak olduğunu Leibniz testinden (Sonuç 40.1) biliyoruz; mutlak değerlerinden oluşan harmonik seri \(\sum \frac{1}{k}\) ise ıraksaktır (Teorem 36.2, \(p = 1\)). Öyleyse alterne harmonik seri şartlı yakınsaktır ve Teorem 41.1’nin koruması altında değildir. Terimlerini yeniden dizerek toplamını tam yarısına düşürebileceğimizi göreceğiz.
Örnek 41.1 (Alterne Harmonik Serinin Toplamı Yarıya İnen Bir Düzenlemesi) \[s = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} + \cdots\]
olsun. Bu serinin terimleri, her tek indisli terimden sonra iki çift indisli terim gelecek biçimde
\[1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12} + \cdots\]
sırasıyla dizilsin. Bu yeni serinin yakınsak olduğunu ve toplamının \(\dfrac{s}{2}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: Kurulan sıra gerçekten bir yeniden düzenlemedir. Yeni seride terimler üçerli bloklar hâlindedir; \(k\)’inci blok
\[\frac{1}{2k-1} \;-\; \frac{1}{4k-2} \;-\; \frac{1}{4k}\]
terimlerinden oluşur (\(k=1\) için \(1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4}\), \(k=2\) için \(\frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8}\), \(k=3\) için \(\frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12}\)). Kullanılan indislere bakalım: \(k \in \mathbb{N}\) dolaştıkça \(2k-1\) bütün tek sayıları, \(4k-2\) dörde bölündüğünde \(2\) kalanını veren bütün sayıları (\(2, 6, 10, \ldots\)), \(4k\) ise \(4\)’ün bütün katlarını (\(4, 8, 12, \ldots\)) birer kez verir. Her doğal sayı bu üç sınıftan tam olarak birine girdiğinden, özgün serinin her terimi yeni sırada tam olarak bir kez görünür; yani yeni seri Tanım 41.1 anlamında bir yeniden düzenlemedir.
Adım 2: Üçerli blokların toplamını hesaplayalım. \(k\)’inci bloğun ilk iki terimini birleştirelim. \(4k - 2 = 2(2k-1)\) olduğundan
\[\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} = \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2(2k-1)} = \frac{2 - 1}{2(2k-1)} = \frac{1}{4k-2}.\]
Buna üçüncü terimi de eklersek \(k\)’inci bloğun toplamı
\[\beta_k = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \right)\]
olur; son eşitlikte her iki paydadan \(2\) çarpanı ayrılmıştır. Böylece bloklar toplandığında
\[\beta_1 + \beta_2 + \beta_3 + \cdots = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{10} - \frac{1}{12} + \cdots\]
serisi ortaya çıkar.
Adım 3: Blokların kısmi toplamları. \(s_n\) ile özgün alterne harmonik serinin kısmi toplamlarını, \(t_n\) ile yeni serinin kısmi toplamlarını gösterelim. \(m\) blok toplandığında \(3m\) terim kullanılmış olacağından
\[t_{3m} = \sum_{k=1}^{m} \beta_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{m} \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \right) = \frac{1}{2} \, s_{2m}\]
elde ederiz; çünkü \(\sum_{k=1}^{m} \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} \right)\) toplamı, alterne harmonik serinin ilk \(2m\) teriminin toplamından başka bir şey değildir. \(s_{2m} \to s\) olduğundan, alt dizilerin limiti (bkz. Analiz 1) gereği
\[\lim_{m \to \infty} t_{3m} = \frac{s}{2}\]
bulunur.
Adım 4: Ara kısmi toplamlar da aynı limite gider. Burada dikkatli olmak gerekir: \((t_{3m})\) dizisinin \(\frac{s}{2}\)’ye yakınsaması, tek başına \((t_n)\) dizisinin yakınsak olduğu anlamına gelmez; bir alt dizinin yakınsaması dizinin yakınsamasını gerektirmez. Eksik kalan iki durumu tamamlayalım:
\[t_{3m+1} = t_{3m} + \frac{1}{2m+1}, \qquad t_{3m+2} = t_{3m+1} - \frac{1}{4m+2}.\]
Eklenen terimler sıfıra gittiğinden (bkz. Analiz 1) limit aritmetiği (bkz. Analiz 1) gereği \(t_{3m+1} \to \frac{s}{2}\) ve \(t_{3m+2} \to \frac{s}{2}\) olur. \((t_n)\) dizisinin indisleri \(3m\), \(3m+1\), \(3m+2\) biçimindeki üç alt diziye tam olarak ayrıldığından ve üçü de aynı limite yakınsadığından, \((t_n)\) dizisinin kendisi \(\frac{s}{2}\)’ye yakınsar (verilen \(\varepsilon > 0\) için üç eşiğin en büyüğünü almak yeter).
Adım 5: Sonuç. Yeni seri yakınsaktır ve
\[1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \cdots = \frac{s}{2}\]
olur. Alterne harmonik serinin toplamı \(s > 0\) olduğundan \(\frac{s}{2} \ne s\)’dir. Demek ki yeniden düzenlenmiş seri yakınsak olduğu hâlde toplamı özgün seriyle aynı değildir. Sonuç 41.1 (b) gereği bu, alterne harmonik serinin mutlak yakınsak olmadığının bağımsız bir kanıtıdır.
\(\blacksquare\)
Bu hesap tek başına bile ürkütücüdür: aynı sayı topluluğunu farklı sırayla toplayarak farklı bir sonuç bulduk. Ama asıl sonuç henüz gelmedi.
41.4 Riemann Yeniden Düzenleme Teoremi
Şartlı yakınsak bir seride toplamın \(s\)’den \(\frac{s}{2}\)’ye kayabildiğini gördük. Peki başka hangi değerlere kayabilir? Şaşırtıcı yanıt: hepsine. Bu sonucun arkasındaki mekanizmayı görmek için serinin pozitif ve negatif terimlerini ayrı ayrı toplayınca ne olduğuna bakmalıyız. Bunun için pozitif ve negatif kısım gösterimini (Tanım 39.3) anımsayalım: her \(n\) için
\[a_n^{+} = \max\{a_n,\, 0\} = \frac{|a_n| + a_n}{2}, \qquad a_n^{-} = \max\{-a_n,\, 0\} = \frac{|a_n| - a_n}{2}\]
olmak üzere
\[a_n^{+} \ge 0, \qquad a_n^{-} \ge 0, \qquad a_n = a_n^{+} - a_n^{-}, \qquad |a_n| = a_n^{+} + a_n^{-}\]
bağıntıları geçerlidir: \(a_n > 0\) ise \(a_n^{+} = a_n\), \(a_n^{-} = 0\); \(a_n < 0\) ise \(a_n^{+} = 0\), \(a_n^{-} = -a_n\); \(a_n = 0\) ise ikisi de sıfırdır.
Lemma 41.1 (Şartlı Yakınsak Serinin Pozitif ve Negatif Kısımları) \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) serisi şartlı yakınsak olsun. O hâlde negatif olmayan terimli (Tanım 35.1) \(\sum a_n^{+}\) ve \(\sum a_n^{-}\) serilerinin ikisi de \(+\infty\)’a ıraksar:
\[\sum_{n=1}^{\infty} a_n^{+} = +\infty, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} a_n^{-} = +\infty.\]
Ayrıca \((a_n)\) dizisinde sonsuz çoklukta pozitif ve sonsuz çoklukta negatif terim bulunur.
İspat
\(\sum a_n^{+}\) ve \(\sum a_n^{-}\) negatif olmayan terimli seriler olduğundan kısmi toplamları artandır; dolayısıyla her biri ya yakınsaktır ya da \(+\infty\)’a ıraksar (bkz. Analiz 1). \(P_n = \sum_{k=1}^{n} a_k^{+}\), \(Q_n = \sum_{k=1}^{n} a_k^{-}\) ve \(s_n = \sum_{k=1}^{n} a_k\) olsun. \(a_k = a_k^{+} - a_k^{-}\) ve \(|a_k| = a_k^{+} + a_k^{-}\) olduğundan her \(n\) için
\[s_n = P_n - Q_n, \qquad \sum_{k=1}^{n} |a_k| = P_n + Q_n \tag{2}\]
yazılır. Varsayıma göre \((s_n)\) yakınsaktır (limiti \(A\) diyelim), ama \(\sum |a_k|\) ıraksaktır, yani \(P_n + Q_n \to +\infty\)’dur.
Durum 1: İkisi de yakınsak olamaz. İkisi de yakınsak olsaydı, \((2)\)’nin sağındaki eşitlikte limite geçerek \(\sum |a_k|\)’nın da yakınsak olduğu sonucuna varırdık (Teorem 39.2); bu, serinin mutlak yakınsak olmamasıyla çelişir.
Durum 2: Yalnız biri yakınsak olamaz. \(\sum a_n^{+}\) yakınsak, \(\sum a_n^{-}\) ıraksak olsaydı \((P_n)\) bir sayıya yakınsar, \(Q_n \to +\infty\) olurdu; \((2)\)’nin solundaki eşitlikten \(s_n = P_n - Q_n \to -\infty\) çıkardı ve bu, \((s_n)\)’nin yakınsaklığıyla çelişirdi. Bakışımlı olarak \(\sum a_n^{-}\) yakınsak, \(\sum a_n^{+}\) ıraksak olsaydı \(s_n \to +\infty\) olurdu; yine çelişki.
Geriye tek olasılık kalır: \(P_n \to +\infty\) ve \(Q_n \to +\infty\)’dur.
Son iddia. \((a_n)\) dizisinde yalnızca sonlu sayıda pozitif terim bulunsaydı \(a_n^{+}\) bir yerden sonra özdeş olarak sıfır olur ve \(\sum a_n^{+}\) yakınsardı; benzer biçimde sonlu sayıda negatif terim olsaydı \(\sum a_n^{-}\) yakınsardı. İkisi de az önce gösterdiğimizle çelişir.
\(\blacksquare\)
Bu lemma, şartlı yakınsaklığın gerçek anlamını açığa çıkarır: serinin pozitif terimleri tek başına sonsuza, negatif terimleri tek başına eksi sonsuza gider; yakınsaklık, bu iki sonsuzluğun birbirini tam ölçüsünde götürmesinden doğar. Denge kırılgandır, çünkü hangi pozitif terimin hangi negatif terime karşılık geleceğine biz karar veririz. Elimizde tükenmez bir “yukarı itme” ve tükenmez bir “aşağı çekme” kaynağı olduğuna göre kısmi toplamları istediğimiz hedefin çevresinde dolaştırabiliriz. Riemann’ın ispatı tam olarak budur.
Teorem 41.2 (Riemann Yeniden Düzenleme Teoremi) \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n\) serisi şartlı yakınsak olsun. O hâlde:
a) Her \(\alpha \in \mathbb{R}\) için, \(\sum a_n\) serisinin \(\alpha\)’ya yakınsayan bir yeniden düzenlemesi vardır.
b) \(\sum a_n\) serisinin kısmi toplamları \(+\infty\)’a ıraksayan bir yeniden düzenlemesi ve kısmi toplamları \(-\infty\)’a ıraksayan bir başka yeniden düzenlemesi vardır.
İspat
Hazırlık: iki alt dizi. Lemma 41.1 gereği \((a_n)\) dizisinde sonsuz çoklukta pozitif ve sonsuz çoklukta negatif terim vardır. \((x_k)_{k \ge 1}\) ile \((a_n)\) dizisinin negatif olmayan terimlerini özgün sıralarıyla, \((y_k)_{k \ge 1}\) ile negatif terimlerini yine özgün sıralarıyla listeleyelim. (Sıfır terimler varsa \(x\) listesine konur; bu, aşağıdaki hesapların hiçbirini etkilemez.) Bu iki liste birlikte \((a_n)\)’nin bütün terimlerini tam olarak bir kez kapsar.
\((a_n^{+})\) dizisinin sıfırdan farklı terimleri tam olarak \((x_k)\) listesinin pozitif terimleri, \((a_n^{-})\) dizisinin sıfırdan farklı terimleri de \((-y_k)\) listesinin terimleri olduğundan (sıfırlar toplamı değiştirmez) Lemma 41.1 şunu verir:
\[\sum_{k=1}^{\infty} x_k = \sum_{n=1}^{\infty} a_n^{+} = +\infty, \qquad \sum_{k=1}^{\infty} (-y_k) = \sum_{n=1}^{\infty} a_n^{-} = +\infty. \tag{3}\]
Ayrıca \(\sum a_n\) yakınsak olduğundan genel terim testi (Teorem 34.2) gereği \(a_n \to 0\)’dır; \((x_k)\) ve \((y_k)\), \((a_n)\)’nin alt dizileri olduğundan (bkz. Analiz 1)
\[\lim_{k \to \infty} x_k = 0, \qquad \lim_{k \to \infty} y_k = 0 \tag{4}\]
olur. Kurgumuzun kalıntı terimlerini sıfıra bastıracak olan şey bu iki limittir.
(a) Verilen bir \(\alpha \in \mathbb{R}\) için kurgu. Terimleri şu kurala göre sıralayacağız: kısmi toplam \(\alpha\)’nın altındaysa \(x\) listesinden sıradaki terimleri ekleyerek \(\alpha\)’yı ilk kez aşana kadar yukarı çıkarız; \(\alpha\)’nın üstüne çıktığımızda \(y\) listesinden sıradaki terimleri ekleyerek \(\alpha\)’nın ilk kez altına düşene kadar aşağı ineriz; sonra yine yukarı, yine aşağı. “İlk kez” vurgusu ispatın belkemiğidir: her dönüşte hedefi olabildiğince az aşarız, aşma miktarı da son eklenen terimin büyüklüğüyle sınırlı kalır.
Kurguyu kesinleştirelim. \((3)\) gereği \(\sum x_k\)’nın kısmi toplamları sınırsız arttığından, \(x_1 + \cdots + x_{m_1} > \alpha\) olacak biçimde en küçük \(m_1\) vardır; bu toplama \(S_1^{+}\) diyelim. Sonra \((3)\)’ün ikinci eşitliği gereği \(y\) terimlerinin toplamı \(-\infty\)’a gittiğinden \(S_1^{+} + y_1 + \cdots + y_{n_1} < \alpha\) olacak biçimde en küçük \(n_1\) vardır; bu toplama \(S_1^{-}\) diyelim. Ardından \(x\) listesinden kaldığımız yerden devam edip \(S_1^{-} + x_{m_1+1} + \cdots + x_{m_2} > \alpha\) olacak biçimde en küçük \(m_2\)’yi seçeriz (\(S_1^{-} < \alpha\) olduğundan en az bir yeni terim gerekir, yani \(m_2 > m_1\)’dir), toplama \(S_2^{+}\) deriz; sonra \(y\) listesinden devam ederek \(S_2^{-} < \alpha\) olacak biçimde en küçük \(n_2 > n_1\)’i seçeriz. Bu işlemi sonsuza kadar sürdürürüz.
Bu kurgu \((a_n)\)’nin bütün terimlerini tam olarak bir kez kullanır: \(m_j\) ve \(n_j\) dizileri kesin artan olduğundan sınırsız büyürler, yani her iki listedeki her terime er ya da geç sıra gelir. Öyleyse elde ettiğimiz seri, Tanım 41.1 anlamında \(\sum a_n\)’nin bir yeniden düzenlemesidir; kısmi toplamlarına \(t_n\) diyelim.
Dönüş noktalarındaki sapmayı ölçelim. \(m_j\)’nin en küçük seçilmiş olması, \(x_{m_j}\) terimi eklenmeden önceki toplamın \(\alpha\)’yı aşmadığını söyler:
\[S_j^{+} - x_{m_j} \le \alpha < S_j^{+} \quad \Longrightarrow \quad 0 < S_j^{+} - \alpha \le x_{m_j}.\]
Aynı biçimde \(n_j\)’nin en küçük seçilmiş olması, \(y_{n_j}\) terimi eklenmeden önceki toplamın \(\alpha\)’nın altına düşmediğini söyler:
\[S_j^{-} < \alpha \le S_j^{-} - y_{n_j} \quad \Longrightarrow \quad 0 < \alpha - S_j^{-} \le -y_{n_j} = |y_{n_j}|.\]
(İkinci zincir her \(j\) için geçerlidir: \(n_j\) bloğun ilk terimiyse “bir önceki toplam” \(S_j^{+} > \alpha\)’dır. Birinci zincirin sol yanı ise \(x_{m_j}\)’den önce eklenmiş bir terimin bulunmasını gerektirir; böyle bir terimin bulunmadığı tek durum \(j = 1\) ve \(m_1 = 1\) hâlidir ve sonlu sayıdaki bu başlangıç adımı aşağıdaki limit iddiasını etkilemez.)
Ara kısmi toplamlar da kontrol altındadır. \(j\)’inci \(x\)-bloğu boyunca eklenen terimler negatif olmadığından, bu blok içindeki kısmi toplamlar azalmayan biçimde \(S_{j-1}^{-}\) değerinden \(S_j^{+}\) değerine tırmanır. Dolayısıyla bu blok boyunca her kısmi toplam \(t_n\) için
\[S_{j-1}^{-} \le t_n \le S_j^{+}, \qquad \text{yani} \qquad \alpha - |y_{n_{j-1}}| \le t_n \le \alpha + x_{m_j}\]
olur. Benzer biçimde \(j\)’inci \(y\)-bloğu boyunca eklenen terimler negatif olduğundan kısmi toplamlar \(S_j^{+}\)’dan \(S_j^{-}\)’ye azalarak iner ve bu blok boyunca
\[\alpha - |y_{n_j}| \le t_n \le \alpha + x_{m_j}\]
sağlanır. Burada \(j\)’inci tur derken \(j\)’inci \(x\)-bloğu ile onu izleyen \(j\)’inci \(y\)-bloğunu birlikte kastediyoruz. İki kestirim birlikte şunu söyler: \(j\)’inci turun başından itibaren gelen her kısmi toplamın \(\alpha\)’ya uzaklığı, indisi \(j-1\)’den küçük olmayan dönüş terimleriyle sınırlıdır:
\[|t_n - \alpha| \le \sup\big\{ x_{m_i},\, |y_{n_i}| \;:\; i \ge j-1 \big\} \tag{5}\]
(Burada \(j \ge 2\)’dir; sağ yandaki küme \((4)\) gereği sınırlı olduğundan supremum vardır. İlk tur sonlu sayıda terim içerdiğinden aşağıdaki limit iddiasının dışında bırakılabilir.)
Kalıntı sıfıra gider. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \((4)\) gereği öyle bir \(M \in \mathbb{N}\) vardır ki \(k \ge M\) için \(x_k < \varepsilon\) ve \(|y_k| < \varepsilon\) olur. \((m_j)\) ve \((n_j)\) kesin artan doğal sayı dizileri olduğundan \(m_j \to \infty\) ve \(n_j \to \infty\)’dur; öyleyse öyle bir \(J\) seçebiliriz ki \(j \ge J\) için hem \(m_j \ge M\) hem \(n_j \ge M\) olsun. O hâlde \((J+1)\)’inci tur için \((5)\)’in sağ yanındaki bütün terimlerin indisi \(J\)’den küçük değildir ve her biri \(\varepsilon\)’dan küçüktür; supremumları da \(\varepsilon\)’ı aşamaz. \((J+1)\)’inci turun başladığı indise \(n_J^{*}\) dersek, her \(n \ge n_J^{*}\) için
\[|t_n - \alpha| \le \varepsilon\]
olur. \(\varepsilon > 0\) keyfî olduğundan \(\lim_{n \to \infty} t_n = \alpha\)’dır. Böylece \(\alpha\)’ya yakınsayan bir yeniden düzenleme kurmuş olduk.
(b) \(+\infty\) durumu. Bu kez hedefi sabit tutmak yerine büyütürüz. \(j\)’inci turda önce \(x\) listesinden kaldığımız yerden, en az bir terim almak koşuluyla, toplam ilk kez \(j\)’yi aşana kadar terim ekleriz (\((3)\) bunu güvenceye alır; toplam turun başında zaten \(j\)’yi aşıyorsa tek bir terim almak yeter, çünkü \(x\) terimleri negatif değildir). Sonra \(y\) listesinden yalnızca bir terimi, \(y_j\)’yi ekleriz. Turun sonundaki toplama \(\sigma_j\) dersek
\[\sigma_j > j + y_j = j - |y_j|\]
olur ve \((4)\) gereği \(|y_j| \to 0\) olduğundan \(\sigma_j \to +\infty\)’dur. Bu kurgu da bütün terimleri tam olarak bir kez kullanır: her turda \(y\) listesinden bir, \(x\) listesinden en az bir terim tüketilir ve kullanılan indisler sınırsız büyür.
\(j\)’inci tur boyunca kısmi toplamlar önce \(\sigma_{j-1}\)’den azalmayan biçimde \(j\)’yi aşan bir değere tırmanır, sonra tek bir negatif terimle \(\sigma_j\)’ye iner; dolayısıyla bu tur boyunca hiçbir kısmi toplam \(\min\{\sigma_{j-1}, \sigma_j\}\)’den küçük olamaz. \(\sigma_j \to +\infty\) olduğundan verilen her \(R > 0\) için, yeterince büyük bir turdan sonraki bütün kısmi toplamlar \(R\)’den büyük olur; yani \(t_n \to +\infty\)’dur.
\(-\infty\) durumu bakışımlıdır: \(j\)’inci turda önce \(y\) listesinden, yine en az bir terim almak koşuluyla, toplam ilk kez \(-j\)’nin altına inene kadar terim ekler, sonra yalnızca \(x_j\)’yi ekleriz. Bu kez \(\sigma_j < -j + x_j\) ve \(x_j \to 0\) olduğundan \(\sigma_j \to -\infty\); aynı akıl yürütmeyle \(t_n \to -\infty\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Teorem 41.2’nin söylediği şudur: şartlı yakınsak bir serinin “toplamı”, terim kümesine değil, terimlerin yazılış sırasına bağlı bir sayıdır. \(\pi\)’ye, \(-10^{6}\)’ya, \(0\)’a yakınsayan düzenlemeleri vardır; kısmi toplamları iki değer arasında sonsuza kadar salınan düzenlemeleri bile kurulabilir (kurguda tek bir hedef yerine iki hedef arasında dönüşümlü gidip gelmek yeterlidir).
Bunun karşısında Teorem 41.1 mutlak yakınsaklığın bu belirsizliği tümüyle ortadan kaldırdığını söyler. İkisi birlikte şu keskin ölçütü verir: bir serinin bütün yeniden düzenlemeleri aynı sayıya yakınsıyorsa ve yalnızca o zaman, seri mutlak yakınsaktır.
41.5 Serilerin Gruplanması
Bir seri mutlak yakınsaksa terimlerinin sırasını değiştirmenin yakınsaklığı etkilemediğini Teorem 41.1’den biliyoruz. Bir başka ilginç soru şudur: terimlerin sırası hiç değiştirilmeden, yalnızca ardışık terimler parantez içine alınarak gruplanırsa seri ne olur? Bu soru, yeniden düzenleme sorusundan çok daha kolaydır; çünkü göreceğimiz gibi gruplama, kısmi toplamlar dizisinin bir alt dizisini almaktan başka bir şey değildir.
Somut bir örnekle başlayalım: bir serinin ıraksak olduğu hâlde gruplandığında yakınsak hâle gelebildiğini gösteren bir örnek.
Örnek 41.2 (Iraksak Bir Serinin Yakınsak Gruplaması) Her \(k \in \mathbb{N}\) için
\[a_k = \begin{cases} 1, & k \text{ tek}, \\[2mm] -\dfrac{2^{k/2} - 1}{2^{k/2}}, & k \text{ çift} \end{cases}\]
ile tanımlanan diziyi ele alalım. \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisinin ıraksak olduğunu, buna karşın terimleri ikişerli gruplandığında elde edilen serinin yakınsak olduğunu ve toplamının \(1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: İlk birkaç terim. Tek indisler için \(a_k = 1\)’dir; çift indisler için \(a_2 = -\frac{2^1-1}{2^1} = -\frac{1}{2}\), \(a_4 = -\frac{2^2-1}{2^2} = -\frac{3}{4}\), \(a_6 = -\frac{2^3-1}{2^3} = -\frac{7}{8}\) olur. Yani seri
\[1 - \frac{1}{2} + 1 - \frac{3}{4} + 1 - \frac{7}{8} + 1 - \frac{15}{16} + \cdots\]
biçimindedir.
Adım 2: Seri ıraksaktır. Tek indisli alt dizi sabit olduğundan \(a_{2k-1} \to 1\); çift indisli alt dizi ise
\[a_{2k} = -\frac{2^{k} - 1}{2^{k}} = -\left( 1 - \frac{1}{2^{k}} \right) \longrightarrow -1\]
değerine gider. İki alt dizi farklı limitlere gittiğinden \((a_k)\) yakınsak değildir (alt dizi teoreminin karşıt tersi); özellikle \(a_k \to 0\) değildir ve genel terim testi (Teorem 34.2, ya da doğrudan Sonuç 34.1) gereği \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) ıraksaktır.
Adım 3: İkişerli gruplama. Şimdi sırayı bozmadan \(2k-1\) ve \(2k\) indisli terimleri birleştirelim:
\[a_{2k-1} + a_{2k} = 1 - \frac{2^{k} - 1}{2^{k}} = \frac{2^{k} - (2^{k} - 1)}{2^{k}} = \frac{1}{2^{k}}.\]
Yani gruplanmış seri
\[\left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( 1 - \frac{3}{4} \right) + \left( 1 - \frac{7}{8} \right) + \cdots = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \cdots\]
hâlini alır. Bu, ilk terimi \(\frac{1}{2}\) ve oranı \(r = \frac{1}{2}\) olan bir geometrik seridir (Tanım 34.4); \(|r| < 1\) olduğundan yakınsaktır (Teorem 34.5) ve toplamı
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^{k}} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 1\]
olur. Demek ki \(\sum a_k\) ıraksak olduğu hâlde ikişerli gruplaması yakınsaktır ve toplamı \(1\)’dir: parantez koymak, ıraksak bir seriyi yakınsak bir seriye çevirebilir.
\(\blacksquare\)
Bu örnek, gruplamayı da tıpkı yeniden düzenleme gibi kesin bir tanıma bağlamamız gerektiğini gösteriyor. Fark şudur: gruplamada indis eşlemesi bijektif değil, kesin artandır; bu, sıranın korunduğu ama terimlerin bloklara ayrıldığı anlamına gelir.
Tanım 41.2 (Bir Serinin Gruplaması) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) bir seri ve \(f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}\), \(m < n\) olduğunda \(f(m) < f(n)\) koşulunu sağlayan (yani kesin artan) bir fonksiyon olsun. Terimleri
\[b_1 = a_1 + a_2 + \cdots + a_{f(1)}, \qquad b_2 = a_{f(1)+1} + a_{f(1)+2} + \cdots + a_{f(2)},\]
ve genel olarak
\[b_{k+1} = a_{f(k)+1} + a_{f(k)+2} + \cdots + a_{f(k+1)}, \qquad k \in \mathbb{N}\]
ile tanımlanan \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) serisine, \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisinin bir gruplaması (regrouping) ya da parantezlenmesi denir. Açık yazılışıyla
\[\sum_{k=1}^{\infty} b_k = \big( a_1 + a_2 + \cdots + a_{f(1)} \big) + \big( a_{f(1)+1} + \cdots + a_{f(2)} \big) + \cdots\]
olur.
Tanımın hemen ardından gelen gözlem, bu bölümün en kullanışlı tek cümlesidir. \(s_n = \sum_{k=1}^{n} a_k\) ve \(t_n = \sum_{k=1}^{n} b_k\) olsun. \(b_1, \ldots, b_n\) terimleri toplandığında \(a_1\)’den \(a_{f(n)}\)’ye kadar olan bütün terimler, hiçbiri atlanmadan ve hiçbiri tekrarlanmadan bir kez toplanmış olur. Yani
\[t_n = s_{f(n)}, \qquad n \in \mathbb{N}.\]
\(f\) kesin artan olduğundan bu, \((t_n)\) dizisinin \((s_n)\) dizisinin bir alt dizisi olduğu anlamına gelir. Gruplamanın bütün kuramı bu tek eşitlikten çıkar.
Bir örnekle tanımı çalıştıralım.
Örnek 41.3 (Alterne Harmonik Serinin İkişerli Parantezlenmesi) \[\sum_{k=1}^{\infty} a_k = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \cdots\]
serisini ele alalım ve
\[\sum_{k=1}^{\infty} b_k = \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{6} \right) + \cdots\]
serisini kuralım. \(\sum b_k\)’nın \(\sum a_k\)’nın bir gruplaması olduğunu gösterip toplamı \(s\) hakkında \(\frac{1}{2} < s < 1\) olduğunu çıkarınız.
Çözüm
Adım 1: Gruplama olduğunun doğrulanması. \(f(k) = 2k\) alalım; \(f\) kesin artandır ve Tanım 41.2 gereği \(b_1 = a_1 + a_2\), \(b_{k+1} = a_{2k+1} + a_{2k+2}\) olur, yani genel olarak
\[b_k = \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} = \frac{2k - (2k-1)}{2k(2k-1)} = \frac{1}{2k(2k-1)}.\]
Dikkat çekici olan \(b_k > 0\) olmasıdır: işareti değişen bir seriyi parantezleyerek pozitif terimli bir seri elde ettik.
Adım 2: Toplamın korunması. \(t_n = s_{2n}\) ve \(s_{2n} \to s\) olduğundan (aynı şey az sonra ispatlayacağımız Teorem 41.3’ten de çıkar)
\[\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k(2k-1)} = s\]
olur.
Adım 3: İki kestirim. Elde ettiğimiz seri pozitif terimlidir, dolayısıyla kısmi toplamları artandır; ilk iki terimi \(b_1 = \frac{1}{2}\) ve \(b_2 = \frac{1}{12}\) olduğundan \(s \ge \frac{1}{2} + \frac{1}{12} > \frac{1}{2}\)’dir.
Üstten sınır için bu kez ilk terimi yalnız bırakıp kalanları ikişerli parantezleyelim: \(g(1) = 1\) ve \(k \ge 2\) için \(g(k) = 2k-1\) alalım; \(g\) de kesin artandır. Bu gruplama
\[1 + \left( -\frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left( -\frac{1}{4} + \frac{1}{5} \right) + \cdots = 1 - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2k(2k+1)}\]
serisini verir; burada \(\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k} = -\frac{1}{2k(2k+1)}\) kullanıldı. Bu da \(\sum a_k\)’nın bir gruplaması olduğundan toplamı yine \(s\)’dir (Teorem 41.3). Sağdaki seri pozitif terimli ve ilk terimi \(\frac{1}{6}\) olduğundan \(s \le 1 - \frac{1}{6} < 1\)’dir. İki kestirim birlikte
\[\frac{1}{2} < s < 1\]
verir. (Toplamın tam değeri \(\ln 2 \approx 0{,}693\)’tür; bunu kuvvet serilerini incelerken elde edeceğiz.)
\(\blacksquare\)
Şimdi gruplamanın temel teoremini ispatlayabiliriz. İfadesi kısadır, ispatı ise yukarıdaki \(t_n = s_{f(n)}\) gözleminin bir satırlık sonucudur.
Teorem 41.3 (Yakınsak Serinin Gruplaması) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisi bir \(\alpha \in \mathbb{R}\) sayısına yakınsıyorsa, bu serinin her \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) gruplaması da yakınsaktır ve
\[\sum_{k=1}^{\infty} b_k = \alpha\]
olur.
İspat
\(s_n = \sum_{k=1}^{n} a_k\) ve \(t_n = \sum_{k=1}^{n} b_k\) kısmi toplamlar dizileri, \(f\) ise gruplamayı belirleyen kesin artan fonksiyon olsun. Tanım 41.2 gereği
\[t_n = b_1 + b_2 + \cdots + b_n = \underbrace{(a_1 + \cdots + a_{f(1)})}_{b_1} + \underbrace{(a_{f(1)+1} + \cdots + a_{f(2)})}_{b_2} + \cdots + \underbrace{(a_{f(n-1)+1} + \cdots + a_{f(n)})}_{b_n}\]
olur. Parantezlerin içindeki indisler \(1\)’den \(f(n)\)’ye kadar kesintisiz ve tekrarsız ilerlediğinden sağ yan tam olarak \(a_1 + a_2 + \cdots + a_{f(n)}\) toplamıdır; yani her \(n \in \mathbb{N}\) için \(t_n = s_{f(n)}\)’dir. \(f\) kesin artan olduğundan \((f(n))\) kesin artan bir doğal sayı dizisidir, dolayısıyla \((t_n)\), \((s_n)\)’nin bir alt dizisidir.
Varsayıma göre \(s_n \to \alpha\)’dır. Yakınsak bir dizinin her alt dizisi aynı limite yakınsadığından (bkz. Analiz 1) \(t_n = s_{f(n)} \to \alpha\) olur. Demek ki \(\sum_{k=1}^{\infty} b_k\) yakınsaktır ve toplamı \(\alpha\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bu teoremin pratikteki anlamı rahatlatıcıdır: yakınsak bir seride istediğimiz gibi parantez koyabiliriz. Sonlu toplamlardaki birleşme yasası, yakınsaklık varsayımı altında sonsuz toplamlara sorunsuzca taşınır. Zorluk, tersine gitmeye kalkıştığımızda başlar.
41.6 Gruplamanın Tersi Doğru Değildir
Teorem 41.3 yakınsak bir seriden yola çıkar. Iraksak bir seriden yola çıkarsak hiçbir şey söyleyemeyiz: gruplaması yakınsak da olabilir, ıraksak da. Örnek 41.2 bunun ilk yarısını göstermişti; şimdi her iki durumun aynı seride yan yana bulunabildiğini görelim.
Önerme 41.1 (Gruplama Teoreminin Tersi Yanlıştır) Öyle bir ıraksak \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisi vardır ki:
a) bu serinin \(0\)’a yakınsayan bir gruplaması vardır;
b) bu serinin \(1\)’e yakınsayan bir başka gruplaması vardır;
c) bu serinin ıraksak bir gruplaması da vardır.
Özellikle, bir serinin bir gruplamasının yakınsak olması serinin yakınsak olduğunu gerektirmez; üstelik farklı gruplamalar farklı toplamlar verebilir.
İspat
\(a_k = (-1)^{k+1}\) alalım, yani
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots\]
serisini ele alalım.
Seri ıraksaktır. \(|a_k| = 1\) olduğundan \(a_k \to 0\) değildir; genel terim testi (Teorem 34.2) gereği seri ıraksaktır. (Kısmi toplamlar \(s_n\) dizisi \(1, 0, 1, 0, \ldots\) biçiminde salınır; bu da doğrudan ıraksaklığı gösterir.)
(a) \(f(k) = 2k\) gruplamasında \(b_k = a_{2k-1} + a_{2k} = 1 - 1 = 0\)’dır, yani gruplanmış seri \((1-1) + (1-1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots\) serisidir; bütün kısmi toplamları \(0\) olduğundan yakınsaktır ve toplamı \(0\)’dır.
(b) Bu kez ilk terimi tek başına bırakalım: \(g(1) = 1\) ve \(k \ge 2\) için \(g(k) = 2k-1\) alalım (\(g\) kesin artandır). Bu gruplama \(1 + (-1+1) + (-1+1) + \cdots = 1 + 0 + 0 + \cdots\) serisini verir; kısmi toplamlarının hepsi \(1\) olduğundan yakınsaktır ve toplamı \(1\)’dir.
(c) Şimdi yalnızca ilk iki terimi parantezleyip kalanları tek tek bırakalım: \(h(1) = 2\) ve \(k \ge 2\) için \(h(k) = k+1\) alalım (\(h\) kesin artandır). Bu gruplama \((1-1) + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots\) serisini verir; kısmi toplamları \(0, 1, 0, 1, \ldots\) biçiminde salındığından ıraksaktır.
Üç gruplama da aynı ıraksak seriden elde edilmiştir; ikisi farklı sayılara yakınsar, biri ıraksar.
\(\blacksquare\)
Teorem 41.3 ile Önerme 41.1 birlikte şu asimetriyi kurar:
- Seri yakınsak ise, parantez koymak güvenlidir: toplam değişmez.
- Seri hakkında bir şey bilmiyorsak, parantez kaldırmak tehlikelidir: \(0 = (1-1) + (1-1) + \cdots\) eşitliğinden parantezleri kaldırıp \(1 - 1 + 1 - 1 + \cdots = 0\) sonucuna geçemeyiz, çünkü sağdaki seri ıraksaktır. Parantezleri dağıtmak yeni bir seri üretir ve bu yeni serinin yakınsaklığı ayrıca kanıtlanmalıdır.
Bir kurtarma yolu vardır: genel terim sıfıra gidiyorsa ve blok uzunlukları sınırlıysa, gruplamanın yakınsaklığından serinin yakınsaklığına geri dönülebilir. Bunu Alıştırma 41.1’nin bir şıkkında ispatlayacağız; Örnek 41.1’nin dördüncü adımında da tam olarak bu yolu kullanmıştık.
41.7 Cauchy Çarpımı
Yeniden düzenleme ve gruplama araçlarının birlikte kullanıldığı en güzel uygulama, iki serinin çarpımıdır. İki sonlu toplamı çarpmak kolaydır: her terimi her terimle çarpıp hepsini toplarız. İki seriyi çarptığımızda ise ortaya \(a_i b_j\) biçiminde çift indisli sonsuz bir çarpım ailesi çıkar. Bu aileyi tek indisli bir seri hâline getirmek için bir sıralama seçmemiz gerekir ve seçtiğimiz sıra, terimleri yeniden düzenlemekten başka bir şey değildir; mutlak yakınsaklık, Teorem 41.1 sayesinde bu seçimin sonucu etkilemediğini garanti eder.
Sıralamanın iki doğal yolu vardır. Birincisi kareler boyunca ilerlemektir (\(i, j \le N\) olan çarpımlar); avantajı, \(N\)’inci karenin toplamının \(\left( \sum_{i=0}^{N} a_i \right) \left( \sum_{j=0}^{N} b_j \right)\) biçiminde çarpanlara ayrılmasıdır. İkincisi köşegenler boyunca ilerlemektir (\(i + j = n\) olan çarpımlar); avantajı ise her köşegenin toplamının tek bir formülle, \(c_n = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k}\) biçiminde yazılabilmesidir. Cauchy çarpımı, ikinci sıralamanın köşegen bloklarına göre gruplanmış hâlidir; teorem, iki yolun aynı sonucu verdiğini söyler.
Teorem 41.4 (Mutlak Yakınsak Serilerin Cauchy Çarpımı) \(\sum_{k=0}^{\infty} a_k\) ve \(\sum_{k=0}^{\infty} b_k\) serileri mutlak yakınsak, toplamları sırasıyla \(A\) ve \(B\) olsun. Her \(n \ge 0\) için
\[c_n = \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k} = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0\]
ile tanımlanan seriye \(\sum a_k\) ile \(\sum b_k\) serilerinin Cauchy çarpımı denir. O hâlde \(\sum_{n=0}^{\infty} c_n\) serisi mutlak yakınsaktır ve
\[\sum_{n=0}^{\infty} c_n = \left( \sum_{k=0}^{\infty} a_k \right) \left( \sum_{k=0}^{\infty} b_k \right) = AB\]
olur.
İspat
\(A^{*} = \sum_{k=0}^{\infty} |a_k|\) ve \(B^{*} = \sum_{k=0}^{\infty} |b_k|\) diyelim; varsayım gereği bu iki sayı sonludur.
Adım 1: Bütün çarpımların bir sıralaması. \(\mathbb{N}_0 = \{0, 1, 2, \ldots\}\) olmak üzere \(\sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N}_0 \times \mathbb{N}_0\) herhangi bir bijeksiyon olsun; böyle bir bijeksiyonun varlığı \(\mathbb{N} \times \mathbb{N}\) kümesinin sayılabilir olmasından gelir (rasyonel sayıların sayılabilirliğinin ispatındaki köşegen sayma yöntemi). \(\sigma(m) = (i_m, j_m)\) yazıp \(u_m = a_{i_m} b_{j_m}\) terimli seriyi kuralım; bu seri, \(a_i b_j\) biçimindeki bütün çarpımları tam olarak bir kez içerir.
Adım 2: \(\sum u_m\) mutlak yakınsaktır. \(M \in \mathbb{N}\) verilsin ve \(I = \max\{i_1, \ldots, i_M\}\), \(J = \max\{j_1, \ldots, j_M\}\) olsun. \(\sigma(1), \ldots, \sigma(M)\) ikililerinin hepsi \(\{0, \ldots, I\} \times \{0, \ldots, J\}\) dikdörtgeninde bulunduğundan ve \(|u_m| \ge 0\) olduğundan
\[\sum_{m=1}^{M} |u_m| \le \sum_{i=0}^{I} \sum_{j=0}^{J} |a_i| \, |b_j| = \left( \sum_{i=0}^{I} |a_i| \right) \left( \sum_{j=0}^{J} |b_j| \right) \le A^{*} B^{*}\]
olur. Demek ki negatif olmayan terimli \(\sum |u_m|\) serisinin kısmi toplamları \(A^{*} B^{*}\) ile üstten sınırlıdır; sınırlı kısmi toplam ölçütü (Teorem 35.1) gereği \(\sum |u_m|\) yakınsaktır. Yani \(\sum u_m\) mutlak yakınsaktır; toplamına \(U\) diyelim.
Adım 3: \(U = AB\). Teorem 41.1 gereği \(\sum u_m\)’nin her yeniden düzenlemesi de \(U\)’ya yakınsar; başka bir deyişle \(U\) sayısı, seçtiğimiz \(\sigma\) bijeksiyonundan bağımsızdır. Öyleyse \(U\)’yu bize en uygun sıralamayla hesaplayabiliriz.
Kare sıralamasını seçelim: önce \((0,0)\); sonra \(\max\{i,j\} = 1\) olan ikililer \((0,1), (1,1), (1,0)\); sonra \(\max\{i,j\} = 2\) olan beş ikili; ve böyle devam. \(N\)’inci kabuk tamamlandığında toplanan çarpımların kümesi tam olarak \(\{0,\ldots,N\}^2\) olduğundan, o andaki kısmi toplam
\[\sum_{i=0}^{N} \sum_{j=0}^{N} a_i b_j = \left( \sum_{i=0}^{N} a_i \right) \left( \sum_{j=0}^{N} b_j \right) = A_N B_N\]
değerine eşittir; burada \(A_N\) ve \(B_N\) iki serinin \(N\)’inci kısmi toplamlarıdır. Bu değerler, \(\sum u_m\) serisinin kısmi toplamlar dizisinin bir alt dizisini oluşturur; kısmi toplamlar dizisi \(U\)’ya yakınsadığından bu alt dizi de \(U\)’ya yakınsar (bkz. Analiz 1). Öte yandan \(A_N \to A\), \(B_N \to B\) olduğundan çarpımın limiti (bkz. Analiz 1) gereği \(A_N B_N \to AB\)’dir. Bir dizinin limiti tek olduğundan (bkz. Analiz 1)
\[U = AB\]
bulunur.
Adım 4: Köşegen sıralaması ve gruplama. Şimdi \(\sigma\) yerine köşegen sıralamasını seçelim: ikilileri önce \(i + j\) toplamına, eşitlik hâlinde \(i\)’ye göre artan biçimde sıralayalım. Elde edilen
\[a_0 b_0 \;+\; a_0 b_1 + a_1 b_0 \;+\; a_0 b_2 + a_1 b_1 + a_2 b_0 \;+\; \cdots\]
serisi Adım 2 ve 3 gereği mutlak yakınsaktır ve toplamı \(U = AB\)’dir. Bu seriyi köşegenlere göre gruplayalım: blokları \(1\)’den başlayarak numaralandıralım ve \(n\)’inci bloğa \(i + j = n - 1\) köşegenindeki \(n\) tane çarpımı koyalım. Blok sınırlarını veren
\[f(n) = 1 + 2 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}\]
fonksiyonu kesin artandır, yani Tanım 41.2’nın koşulu sağlanır. \(n\)’inci bloğun toplamı
\[\sum_{k=0}^{n-1} a_k b_{(n-1)-k} = c_{n-1}\]
olduğundan, elde edilen gruplamanın terimleri sırasıyla \(c_0, c_1, c_2, \ldots\)’dir; yani bu gruplama, indislerin bir kaydırılmasıyla tam olarak \(\sum_{n=0}^{\infty} c_n\) serisidir. Teorem 41.3 gereği yakınsaktır ve toplamı \(U = AB\)’ye eşittir.
Adım 5: \(\sum c_n\) mutlak yakınsaktır. Üçgen eşitsizliği (bkz. Analiz 1) ile
\[|c_n| = \left| \sum_{k=0}^{n} a_k b_{n-k} \right| \le \sum_{k=0}^{n} |a_k| \, |b_{n-k}| =: c_n^{*}\]
yazalım. \(c_n^{*}\) sayıları, mutlak yakınsak (hatta negatif olmayan terimli) \(\sum |a_k|\) ve \(\sum |b_k|\) serilerinin Cauchy çarpımının terimleridir. Adım 1–4’ü bu iki seriye uygularsak \(\sum_{n=0}^{\infty} c_n^{*} = A^{*} B^{*}\) buluruz; özellikle \(\sum c_n^{*}\) yakınsaktır. Karşılaştırma testi (Teorem 35.2) gereği \(0 \le |c_n| \le c_n^{*}\) eşitsizliğinden \(\sum |c_n|\) serisinin yakınsaklığı çıkar. Demek ki \(\sum c_n\) mutlak yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Teorem 41.4’ndeki varsayım biraz zayıflatılabilir. Mertens teoremi şunu söyler: \(\sum a_k\) mutlak yakınsak (toplamı \(A\)) ve \(\sum b_k\) yalnızca yakınsak (toplamı \(B\)) ise, Cauchy çarpımı \(\sum c_n\) yakınsaktır ve toplamı \(AB\)’dir; ancak bu durumda \(\sum c_n\)’nin mutlak yakınsak olduğu iddia edilemez.
İki serinin de yalnızca şartlı yakınsak olması hâlinde sonuç tümüyle bozulabilir: Cauchy çarpımı ıraksak bile olabilir. Klasik örneğini Alıştırma 41.1’de göreceğiz. Ders, bu bölümün genel dersiyle aynıdır: mutlak yakınsaklık, sonsuz toplamları sonlu toplamlar gibi kullanmamıza izin veren güvenlik kemeridir.
Teoremi iki somut hesapla çalıştıralım.
Örnek 41.4 (Cauchy Çarpımıyla İki Hesap) a) \(|x| < 1\) olsun. \(\sum_{k=0}^{\infty} x^k\) serisinin kendisiyle Cauchy çarpımını hesaplayarak
\[\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^{n} = \frac{1}{(1-x)^{2}}\]
eşitliğini elde ediniz.
b) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. \(E(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^{k}}{k!}\) serilerinin Cauchy çarpımını hesaplayarak
\[E(x) \, E(y) = E(x+y)\]
eşitliğini gösteriniz.
Çözüm
a) \(a_k = b_k = x^{k}\) alalım. \(|x| < 1\) olduğundan \(\sum |x|^{k}\) geometrik serisi yakınsaktır (Teorem 34.5); yani \(\sum x^{k}\) mutlak yakınsaktır ve \(A = B = \frac{1}{1-x}\)’dir. Cauchy çarpımının terimleri, toplamdaki \(n+1\) terimin her biri \(x^{n}\)’ye eşit olduğundan
\[c_n = \sum_{k=0}^{n} x^{k} \, x^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} x^{n} = (n+1) x^{n}\]
biçimindedir. Teorem 41.4 gereği \(\sum_{n=0}^{\infty} (n+1)x^{n}\) mutlak yakınsaktır ve
\[\sum_{n=0}^{\infty} (n+1) x^{n} = AB = \frac{1}{(1-x)^{2}}\]
olur. Örneğin \(x = \frac{1}{2}\) için \(\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{2^{n}} = 4\) bulunur.
b) Önce \(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!}\) serisinin her \(x\) için mutlak yakınsak olduğunu görelim: \(x = 0\) durumu açıktır, \(x \ne 0\) için ise d’Alembert oran testinde (Teorem 37.2) oran \(\frac{|x|}{k+1} \to 0 < 1\) olur.
Şimdi \(a_k = \frac{x^{k}}{k!}\), \(b_k = \frac{y^{k}}{k!}\) alalım. Her terimi \(\frac{1}{n!}\) ile çarpıp bölerek Cauchy çarpımının terimlerini
\[c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} \cdot \frac{y^{n-k}}{(n-k)!} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \frac{n!}{k! \, (n-k)!} \, x^{k} y^{n-k} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{k} y^{n-k}\]
biçiminde yazarız. Binom teoremi (bkz. Analiz 1) gereği içteki toplam \((x+y)^{n}\)’ye eşit olduğundan \(c_n = \frac{(x+y)^{n}}{n!}\)’dir ve Teorem 41.4 gereği
\[E(x) \, E(y) = \sum_{n=0}^{\infty} c_n = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x+y)^{n}}{n!} = E(x+y)\]
bulunur. \(E(x) = e^{x}\) olduğunu kuvvet serilerini incelerken göreceğiz; o zaman bu hesap \(e^{x} e^{y} = e^{x+y}\) eşitliğinin bir ispatı hâline gelecektir. Ayrıca \(E(0) = 1\) ve \(E(x) E(-x) = E(0) = 1\) olduğundan \(E(x)\) hiçbir \(x\) için sıfır değildir.
\(\blacksquare\)
41.8 Alıştırmalar
Alıştırma 41.1 (Yeniden Düzenleme, Gruplama ve Cauchy Çarpımı Üzerine) a) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) yakınsak bir seri ve toplamı \(A\) olsun (mutlak yakınsak olması gerekmiyor). \(f(2k-1) = 2k\), \(f(2k) = 2k-1\) ile tanımlanan bijeksiyonun verdiği yeniden düzenlemenin de \(A\)’ya yakınsadığını gösteriniz.
b) \(s = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\) olsun. Alterne harmonik serinin her negatif terimden önce iki pozitif terim gelecek biçimde
\[1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \frac{1}{6} + \cdots\]
sırasıyla düzenlenmesinin \(\frac{3}{2}s\)’ye yakınsadığını gösteriniz.
c) \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\) serisinin şartlı yakınsak olduğunu gösteriniz ve toplamı \(5\) olan bir yeniden düzenlemesinin var olduğunu gerekçelendiriniz.
d) \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) serisinde \(a_k \to 0\) olsun ve \(\sum b_k\), blok uzunlukları \(L\) ile sınırlı bir gruplaması olsun (yani her \(n\) için \(f(n) - f(n-1) \le L\); \(f(0) = 0\) alınıyor). \(\sum b_k\) yakınsak ve toplamı \(\alpha\) ise, \(\sum a_k\) serisinin de yakınsak olduğunu ve toplamının \(\alpha\) olduğunu gösteriniz.
e) \(|x| < 1\) için \(\sum_{k=0}^{\infty} x^{k}\) ile \(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} x^{k}\) serilerinin Cauchy çarpımını hesaplayınız ve sonucu doğrudan çarpma ile karşılaştırınız.
f) \(a_k = b_k = \dfrac{(-1)^{k}}{\sqrt{k+1}}\) (\(k \ge 0\)) alınsın. \(\sum a_k\) ve \(\sum b_k\) serilerinin yakınsak olduğunu, buna karşın Cauchy çarpımlarının ıraksak olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Düzenlenmiş seri \(a_2 + a_1 + a_4 + a_3 + a_6 + a_5 + \cdots\) biçimindedir. Çift indisli kısmi toplamlarda her ikili tamamlandığından
\[t_{2n} = (a_2 + a_1) + (a_4 + a_3) + \cdots + (a_{2n} + a_{2n-1}) = s_{2n},\]
tek indisli kısmi toplamlarda ise son ikilinin yalnızca ilk yarısı eklendiğinden \(t_{2n+1} = s_{2n} + a_{2n+2}\) olur. \(\sum a_k\) yakınsak olduğundan \(s_{2n} \to A\) (bkz. Analiz 1) ve genel terim testi (Teorem 34.2) gereği \(a_{2n+2} \to 0\)’dır; öyleyse iki alt dizi de \(A\)’ya yakınsar ve \((t_n)\) dizisi \(A\)’ya yakınsar.
Demek ki bu özel düzenleme, mutlak yakınsaklık olmadan da toplamı korur. Bu, Teorem 41.2 ile çelişmez: Riemann teoremi toplamı değiştiren düzenlemelerin varlığını söyler, her düzenlemenin toplamı değiştirdiğini değil.
b) Düzenlemenin kısmi toplamlarını \(T_n\) ile gösterelim. \(k\)’inci blok \(\frac{1}{4k-3} + \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{2k}\) terimlerinden oluşur (\(k=1\) için \(1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2}\), \(k=2\) için \(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4}\)). \(m\) blok toplandığında pozitif terimlerin paydaları \(4m\)’ye kadar olan bütün tek sayılar, negatif terimlerin paydaları ise \(2, 4, \ldots, 2m\)’dir; öyleyse
\[T_{3m} = \sum_{j=1}^{2m} \frac{1}{2j-1} \;-\; \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j}.\]
\(H_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j}\) harmonik kısmi toplamları cinsinden, tek sayıların terslerini bütün terslerden çift olanları çıkararak yazarsak \(\sum_{j=1}^{2m} \frac{1}{2j-1} = H_{4m} - \frac{1}{2} H_{2m}\) ve \(\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{1}{2} H_m\) olur, yani
\[T_{3m} = H_{4m} - \frac{1}{2} H_{2m} - \frac{1}{2} H_{m}.\]
Öte yandan alterne harmonik serinin çift indisli kısmi toplamları için
\[s_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k} = H_{2n} - 2 \cdot \frac{1}{2} H_{n} = H_{2n} - H_{n}\]
geçerlidir (bütün terimleri toplayıp çift indisli terimleri iki kez çıkardık). Buradan
\[T_{3m} = \big( H_{4m} - H_{2m} \big) + \frac{1}{2} \big( H_{2m} - H_{m} \big) = s_{4m} + \frac{1}{2} s_{2m} \longrightarrow s + \frac{1}{2} s = \frac{3}{2} s\]
bulunur. Ara kısmi toplamlar da aynı limite gider: \(T_{3m+1} = T_{3m} + \frac{1}{4m+1}\) ve \(T_{3m+2} = T_{3m+1} + \frac{1}{4m+3}\) olup eklenen terimler sıfıra yakınsar. Üç alt dizi \((T_n)\) dizisini tükettiğinden \(T_n \to \frac{3}{2}s\)’dir. Aynı terimler, yalnızca sırası değiştirilerek \(s\) yerine \(\frac{3}{2}s\) toplamını verdi.
c) \(a_k = \frac{1}{\sqrt{k}}\) dizisi pozitif, azalan (\(\sqrt{k} < \sqrt{k+1}\)) ve sıfıra yakınsaktır; Leibniz testi (Sonuç 40.1) gereği \(\sum \frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}\) yakınsaktır. Terimlerin mutlak değerlerinden oluşan \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{1/2}}\) serisi ise \(p = \frac{1}{2} \le 1\) olan bir \(p\)-serisi olduğundan ıraksaktır (Teorem 36.2). Demek ki seri yakınsak ama mutlak yakınsak değildir, yani şartlı yakınsaktır.
Bu durumda Teorem 41.2 (a) doğrudan uygulanır: \(\alpha = 5\) alarak, serinin \(5\)’e yakınsayan bir yeniden düzenlemesi bulunduğu sonucuna varırız. Teoremin ispatındaki kurgu bu düzenlemeyi açıkça verir: pozitif terimler \(1, \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{5}}, \ldots\) listesinden toplam ilk kez \(5\)’i aşana kadar terim alınır, sonra negatif terimler \(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{4}}, \ldots\) listesinden toplam ilk kez \(5\)’in altına düşene kadar terim alınır ve bu iki adım sonsuza kadar yinelenir.
d) \(t_n = s_{f(n)}\) olduğunu biliyoruz ve varsayıma göre \(t_n \to \alpha\)’dır; \(s_n \to \alpha\) olduğunu göstereceğiz.
\(\varepsilon > 0\) verilsin. \(t_n \to \alpha\) olduğundan öyle bir \(N_1\) vardır ki \(n \ge N_1\) için \(|t_n - \alpha| < \frac{\varepsilon}{2}\); \(a_k \to 0\) olduğundan öyle bir \(N_2\) vardır ki \(k \ge N_2\) için \(|a_k| < \frac{\varepsilon}{2L}\) olur.
Şimdi \(n > \max\{ f(N_1),\, N_2 + L \}\) alalım. \(f\) kesin artan ve \(f(m) \to \infty\) olduğundan \(f(m-1) < n \le f(m)\) olacak biçimde tek bir \(m\) vardır. \(f(m) \ge n > f(N_1)\) olduğundan \(m > N_1\), yani \(m - 1 \ge N_1\)’dir; öyleyse \(|t_{m-1} - \alpha| < \frac{\varepsilon}{2}\) olur. Öte yandan
\[s_n - t_{m-1} = s_n - s_{f(m-1)} = \sum_{k = f(m-1)+1}^{n} a_k\]
toplamındaki terim sayısı \(n - f(m-1) \le f(m) - f(m-1) \le L\)’dir; dolayısıyla toplamdaki her indis \(k \ge n - L + 1 > N_2\) koşulunu sağlar ve her terim için \(|a_k| < \frac{\varepsilon}{2L}\) olur. Üçgen eşitsizliğiyle
\[\big| s_n - t_{m-1} \big| \le \sum_{k = f(m-1)+1}^{n} |a_k| < L \cdot \frac{\varepsilon}{2L} = \frac{\varepsilon}{2}.\]
İki kestirimi birleştirirsek \(|s_n - \alpha| \le |s_n - t_{m-1}| + |t_{m-1} - \alpha| < \varepsilon\) elde ederiz. \(\varepsilon\) keyfî olduğundan \(s_n \to \alpha\), yani \(\sum a_k\) yakınsaktır ve toplamı \(\alpha\)’dır.
Bu sonuç, Önerme 41.1’teki örneğin neden ters düşmediğini açıklar: orada \(a_k = (-1)^{k+1}\) idi ve \(a_k \to 0\) değildi.
e) \(a_k = x^{k}\), \(b_k = (-1)^{k} x^{k}\) alalım. \(|x| < 1\) olduğundan her iki seri de mutlak yakınsaktır ve \(A = \frac{1}{1-x}\), \(B = \sum_{k=0}^{\infty} (-x)^{k} = \frac{1}{1+x}\)’dir. Cauchy çarpımının terimleri
\[c_n = \sum_{k=0}^{n} x^{k} \cdot (-1)^{n-k} x^{n-k} = x^{n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\]
biçimindedir; içteki toplam \(+1\) ile \(-1\)’in dönüşümlü toplamı olduğundan \(n\) çift iken \(1\), \(n\) tek iken \(0\)’dır. Öyleyse \(c_n = x^{n}\) (\(n\) çift) ve \(c_n = 0\) (\(n\) tek) olur, yani
\[\sum_{n=0}^{\infty} c_n = \sum_{m=0}^{\infty} x^{2m} = \frac{1}{1 - x^{2}}\]
bulunur (oranı \(x^{2}\) olan geometrik seri). Teorem 41.4 bu değerin \(AB\)’ye eşit olmasını gerektirir; gerçekten \(AB = \frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{1+x} = \frac{1}{1-x^{2}}\)’dir. İki hesap uyuşmaktadır.
f) Her iki seri de \(\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{\sqrt{k+1}}\) serisidir; \(\frac{1}{\sqrt{k+1}}\) dizisi pozitif, azalan ve sıfıra gittiğinden Leibniz testi (Sonuç 40.1) gereği yakınsaktır. Cauchy çarpımının terimleri, \((-1)^{k}(-1)^{n-k} = (-1)^{n}\) ortak çarpanı dışarı alınarak
\[c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}}{\sqrt{k+1}} \cdot \frac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n-k+1}} = (-1)^{n} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}}\]
biçiminde yazılır. İçteki toplamı alttan kestirelim: \(0 \le k \le n\) için \((k+1) + (n-k+1) = n+2\) sabittir ve toplamı sabit olan iki pozitif sayının çarpımı, aritmetik–geometrik ortalama eşitsizliği gereği en çok ortalamalarının karesi kadar olur:
\[(k+1)(n-k+1) \le \left( \frac{n+2}{2} \right)^{2} \quad \Longrightarrow \quad \sqrt{(k+1)(n-k+1)} \le \frac{n+2}{2}.\]
Öyleyse toplamdaki her terim en az \(\frac{2}{n+2}\)’dir ve toplamda \(n+1\) terim bulunduğundan
\[|c_n| \ge (n+1) \cdot \frac{2}{n+2} = \frac{2n+2}{n+2} \ge 1\]
olur; son eşitsizlik \(2n+2 \ge n+2\), yani \(n \ge 0\) olmasından gelir. Demek ki \(c_n \to 0\) değildir ve genel terim testi (Teorem 34.2) gereği \(\sum_{n=0}^{\infty} c_n\) ıraksaktır.
Bu örnek, Teorem 41.4’ndeki mutlak yakınsaklık varsayımının ve Mertens teoremindeki “en az birinin mutlak yakınsak olması” koşulunun vazgeçilmez olduğunu gösterir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde sonsuz toplamların sonlu toplamlardan ne kadar farklı davrandığını gördük: yer değiştirme yasası ancak mutlak yakınsaklık altında geçerlidir, birleşme yasası ise yalnızca tek yönde — parantez koyma yönünde — çalışır. Elde ettiğimiz araçların, özellikle Teorem 41.1, Teorem 41.3 ve Teorem 41.4’nin, bundan sonra terimleri sabit sayılar değil de değişkenin kuvvetleri olan serileri incelerken sürekli işimize yarayacağını göreceğiz. Sıradaki durağımız bu seriler: Kuvvet Serileri ve Yakınsaklık Yarıçapı.