36 Cauchy Yoğunlaştırma Testi ve \(p\)-Serileri
Pozitif Terimli Seriler ve Karşılaştırma Testleri bölümünde pozitif terimli bir serinin yakınsaklığının, kısmi toplamlar dizisinin üstten sınırlı olmasına denk düştüğünü gördük; ardından bu gözlemi karşılaştırma testlerine dönüştürdük. Karşılaştırma testleri güçlüdür ama tek başlarına eksiktir: bir seriyi karşılaştırabilmek için, karakterini önceden bildiğimiz bir ölçü serisine ihtiyaç duyarız. Şimdiye kadar elimizdeki tek ölçü, geometrik seriydi. Oysa geometrik seri, yakınsaklık sınırının çok uzağında durur: \(\sum r^k\) ya çok hızlı yakınsar ya da terimleri sıfıra bile gitmeden ıraksar. Aradaki geniş bölgeyi — terimleri sıfıra giden, ama yeterince hızlı gidip gitmediği belirsiz olan serileri — ölçmek için daha ince bir aileye gerek vardır.
O aile, bu bölümde kuracağımız \(p\)-serileri ailesidir:
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}, \qquad p \in \mathbb{R}.\]
Bu ailenin içinde \(p = 1\) değerinde bir eşik bulunur: \(p > 1\) için seri yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır. Yani harmonik seri \(\sum 1/n\), yakınsaklık ile ıraksaklık arasındaki sınırın tam üstünde durur. Bu eşiği kurmanın en kısa yolu, terimleri \(2^k\) uzunluğunda bloklara ayırmaktır — Nicole Oresme’in \(14\). yüzyılda harmonik serinin ıraksaklığını göstermek için kullandığı fikrin ta kendisi. Cauchy, bu fikri genel bir teste dönüştürmüştür: azalan ve negatif olmayan bir dizinin serisi, yalnızca \(2^k\) indislerindeki terimlerine bakılarak incelenebilir. Bütün seriyi bir “yoğunlaştırılmış” seriye sıkıştırdığımız için teste yoğunlaştırma testi (condensation test) denir.
Aynı eşiği bulmanın ikinci bir yolu daha vardır ve bu yol, serilerle integralleri birbirine bağlar. Azalan pozitif bir \(f\) fonksiyonu için \(\sum f(n)\) toplamı, \(\int_1^{\infty} f\) integralinin dikdörtgenlerle yapılmış bir yaklaşımıdır; dolayısıyla ikisinin karakteri aynıdır. Bu gözlem integral testini verir. İntegral testinin yoğunlaştırma testine göre bir üstünlüğü vardır: yalnızca yakınsaklığı söylemekle kalmaz, seriden geriye kalan kuyruğun ne kadar olduğunu da sayısal olarak kestirir.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: blok gruplama fikri ve Cauchy yoğunlaştırma testinin tam ispatı; testteki azalanlık koşulunun neden kaldırılamayacağı; harmonik serinin yoğunlaştırma ile bir satırda ıraksaması; \(p\)-serilerinin yakınsaklık ölçütü ve ispatı; \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) ve \(\sum \frac{1}{n \ln n (\ln\ln n)^p}\) gibi giderek incelen sınır serileri; genelleştirilmiş integral kavramı, integral testi ve tam ispatı; son olarak serinin kalanının \(\int_{n+1}^{\infty} f \le R_n \le \int_n^{\infty} f\) biçiminde kestirimi ve bu kestirimin sayısal bir hesapta işletilmesi.
36.1 Yoğunlaştırma Fikri
Fikri, önce harmonik seri üzerinde çıplak hâliyle görelim. \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) serisinin terimlerini, uzunlukları \(1, 2, 4, 8, \dots\) olan ardışık bloklara ayıralım:
\[1 \;+\; \underbrace{\frac{1}{2}}_{1 \text{ terim}} \;+\; \underbrace{\frac{1}{3} + \frac{1}{4}}_{2 \text{ terim}} \;+\; \underbrace{\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}}_{4 \text{ terim}} \;+\; \underbrace{\frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{16}}_{8 \text{ terim}} \;+\; \cdots\]
Her bloktaki terimler azalan olduğundan, bir bloğun toplamı, blok uzunluğu ile bloğun en küçük terimi çarpılarak alttan kestirilebilir:
\[\frac{1}{3} + \frac{1}{4} \ge 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}, \qquad \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{8} \ge 4 \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{2}, \qquad \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{16} \ge 8 \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{2}.\]
Her blok en az \(\frac{1}{2}\) getirdiğine ve blok sayısı sınırsız olduğuna göre kısmi toplamlar üstten sınırlı olamaz; harmonik seri ıraksaktır. Aynı bloğu bu kez blok uzunluğu ile bloğun en büyük terimini çarparak üstten de kestirebiliriz:
\[\frac{1}{3} + \frac{1}{4} \le 2 \cdot \frac{1}{3} \le 2 \cdot \frac{1}{2}, \qquad \frac{1}{5} + \cdots + \frac{1}{8} \le 4 \cdot \frac{1}{5} \le 4 \cdot \frac{1}{4}.\]
İki kestirimde de karşımıza çıkan büyüklük aynıdır: \(2^k\) çarpı \(a_{2^k}\). Genel bir azalan dizide de durum böyledir. \(\left(a_{2^j} + a_{2^j+1} + \cdots + a_{2^{j+1}-1}\right)\) bloğunda tam \(2^j\) terim vardır; dizi azalan olduğu için bu terimlerin hepsi \(a_{2^{j+1}}\) ile \(a_{2^j}\) arasındadır. Öyleyse
\[2^{j} a_{2^{j+1}} \;\le\; \sum_{n=2^j}^{2^{j+1}-1} a_n \;\le\; 2^{j} a_{2^j}.\]
Bu iki eşitsizlik, serinin bütün bilgisini yalnızca \(a_1, a_2, a_4, a_8, \dots\) terimlerinde topluyor: seriyi \(2^k a_{2^k}\) sayılarından oluşan çok daha seyrek bir seriye “yoğunlaştırıyoruz”. Bir sonraki adım, bu sezgiyi kesin bir teoreme çevirmektir.
Blok uzunluklarını \(2^j\) seçmemizin nedeni, bu uzunlukların hem geometrik olarak büyümesi hem de bütün doğal sayıları tüketmesidir: geometrik büyüme, blok başına düşen terim sayısının \(a_{2^j}\)’nin küçülmesini dengelemesini sağlar; tüketicilik ise hiçbir terimin kaybolmamasını. Aynı akıl yürütme \(3\)’ün kuvvetleriyle de yapılabilir; ikinin kuvvetleri yalnızca en kullanışlı seçimdir.
36.2 Cauchy Yoğunlaştırma Testi
Şimdi teoremi kuralım. Dikkat edilecek tek şey, dizinin negatif olmaması ve azalan olmasıdır; bu iki koşul olmadan teorem çöker.
Teorem 36.1 (Cauchy Yoğunlaştırma Testi) \((a_n)_{n \ge 1}\) negatif olmayan ve azalan bir dizi olsun; yani her \(n\) için
\[a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge \cdots \ge 0.\]
O hâlde
\[\sum_{k=1}^{\infty} a_k \quad \text{yakınsaktır} \iff \sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k} = a_1 + 2a_2 + 4a_4 + 8a_8 + \cdots \quad \text{yakınsaktır.}\]
İkinci seriye birincinin yoğunlaştırılmış serisi denir.
İspat
Serilerin kısmi toplamlarını adlandıralım:
\[s_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n = \sum_{j=1}^{n} a_j, \qquad t_k = \sum_{j=0}^{k} 2^j a_{2^j} = a_1 + 2a_2 + 4a_4 + \cdots + 2^k a_{2^k}.\]
Bütün terimler negatif olmadığından \((s_n)\) ve \((t_k)\) dizilerinin ikisi de artandır. Monoton yakınsaklık teoremi (bkz. Analiz 1) gereği artan bir dizi ancak ve ancak üstten sınırlıysa yakınsaktır. Dolayısıyla ispatı iki taraflı bir sınırlılık karşılaştırmasına indirgemiş oluyoruz: \((s_n)\)’nin sınırlılığı ile \((t_k)\)’nin sınırlılığının denk olduğunu göstereceğiz. Bunun için iki eşitsizliği ayrı ayrı kuralım.
Adım 1: \(n \le 2^{k+1} - 1\) ise \(s_n \le t_k\).
\((s_n)\) artan olduğundan \(n \le 2^{k+1}-1\) için \(s_n \le s_{2^{k+1}-1}\)’dir; öyleyse \(s_{2^{k+1}-1}\)’i kestirmek yeterlidir. Terimleri, ilk indisleri \(2\)’nin kuvvetleri olan bloklara ayıralım:
\[s_{2^{k+1}-1} = \underbrace{a_1}_{j=0} + \underbrace{(a_2 + a_3)}_{j=1} + \underbrace{(a_4 + a_5 + a_6 + a_7)}_{j=2} + \cdots + \underbrace{(a_{2^k} + \cdots + a_{2^{k+1}-1})}_{j=k}.\]
Burada \(j\)’inci blok, indisleri \(2^j\) ile \(2^{j+1}-1\) arasında olan terimlerden oluşur ve bu blokta tam
\[(2^{j+1} - 1) - 2^j + 1 = 2^j\]
terim vardır. Blok içindeki her \(n\) indisi \(n \ge 2^j\) sağladığından ve \((a_n)\) azalan olduğundan bloğun her terimi \(a_{2^j}\)’yi aşmaz:
\[\sum_{n=2^j}^{2^{j+1}-1} a_n \;\le\; 2^j a_{2^j}.\]
Bu kestirimleri \(j = 0, 1, \dots, k\) için toplarsak
\[s_{2^{k+1}-1} \;\le\; \sum_{j=0}^{k} 2^j a_{2^j} = t_k\]
elde ederiz. Böylece \(n \le 2^{k+1}-1\) olan her \(n\) için \(s_n \le t_k\) olur.
Adım 2: \(n \ge 2^k\) ise \(s_n \ge \dfrac{1}{2} t_k\).
Yine \((s_n)\) artan olduğundan \(n \ge 2^k\) için \(s_n \ge s_{2^k}\)’dır; \(s_{2^k}\)’yı alttan kestirelim. Bu kez terimleri, son indisleri \(2\)’nin kuvvetleri olacak biçimde gruplayalım:
\[s_{2^k} = a_1 + \underbrace{a_2}_{j=1} + \underbrace{(a_3 + a_4)}_{j=2} + \underbrace{(a_5 + a_6 + a_7 + a_8)}_{j=3} + \cdots + \underbrace{(a_{2^{k-1}+1} + \cdots + a_{2^k})}_{j=k}.\]
Burada \(j \ge 1\) için \(j\)’inci blok, indisleri \(2^{j-1}+1\) ile \(2^j\) arasında olan terimlerden oluşur ve bu blokta
\[2^j - (2^{j-1}+1) + 1 = 2^j - 2^{j-1} = 2^{j-1}\]
terim vardır. Blok içindeki her \(n\) indisi \(n \le 2^j\) sağladığından ve \((a_n)\) azalan olduğundan bloğun her terimi en az \(a_{2^j}\) kadardır:
\[\sum_{n=2^{j-1}+1}^{2^{j}} a_n \;\ge\; 2^{j-1} a_{2^j} = \frac{1}{2} \cdot 2^{j} a_{2^j}.\]
Bu kestirimleri \(j = 1, 2, \dots, k\) için toplayıp başa \(a_1\) terimini eklersek
\[s_{2^k} \;\ge\; a_1 + \frac{1}{2}\sum_{j=1}^{k} 2^j a_{2^j} = a_1 + \frac{1}{2}\left(t_k - a_1\right) = \frac{1}{2} t_k + \frac{1}{2} a_1 \;\ge\; \frac{1}{2} t_k\]
olur (son adımda \(a_1 \ge 0\) kullanıldı). Böylece \(n \ge 2^k\) olan her \(n\) için \(s_n \ge \frac{1}{2} t_k\) elde edilir.
Adım 3: Yoğunlaştırılmış seri yakınsaksa asıl seri de yakınsaktır.
\(\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k}\) yakınsak olsun ve toplamı \(T\) ile gösterelim. \((t_k)\) artan olduğundan her \(k\) için \(t_k \le T\)’dir. Şimdi herhangi bir \(n \in \mathbb{N}\) alalım. Bernoulli eşitsizliği (bkz. Analiz 1) gereği her \(k \ge 0\) için
\[2^{k+1} = (1+1)^{k+1} \ge 1 + (k+1) = k+2\]
olduğundan, \(k = n\) seçilirse \(2^{n+1} \ge n+2\), yani \(n \le 2^{n+1} - 2 \le 2^{n+1}-1\) olur. Böylece Adım 1’i \(k = n\) ile uygulayabiliriz:
\[s_n \le t_n \le T.\]
Demek ki \((s_n)\) artan ve üstten \(T\) ile sınırlıdır; Monoton Yakınsaklık Teoremi gereği yakınsaktır. Yani \(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) yakınsaktır ve toplamı \(T\)’yi aşmaz.
Adım 4: Asıl seri yakınsaksa yoğunlaştırılmış seri de yakınsaktır.
\(\sum_{k=1}^{\infty} a_k\) yakınsak olsun ve toplamı \(S\) ile gösterelim. \((s_n)\) artan olduğundan her \(n\) için \(s_n \le S\)’dir. Adım 2’yi \(n = 2^k\) ile uygularsak, her \(k \ge 0\) için
\[\frac{1}{2} t_k \le s_{2^k} \le S, \qquad \text{yani} \qquad t_k \le 2S.\]
Demek ki \((t_k)\) artan ve üstten \(2S\) ile sınırlıdır; Monoton Yakınsaklık Teoremi gereği yakınsaktır.
Adım 3 ile Adım 4 birlikte istenen denkliği verir. Terimler negatif olmadığından, iki seriden biri ıraksadığında kısmi toplamları \(+\infty\)’a gider; dolayısıyla seriler ya birlikte yakınsar ya birlikte \(+\infty\)’a ıraksar.
\(\blacksquare\)
İspattaki eşitsizlikler yalnızca yakınsaklığı değil, toplamlar arasındaki büyüklük ilişkisini de veriyor. Adım 3’te her \(n\) için \(s_n \le T\) bulmuştuk. Adım 2’nin sonunda attığımız \(\frac{1}{2} a_1\) terimini tutsaydık, Adım 4 bize \(\frac{1}{2} t_k + \frac{1}{2} a_1 \le S\), yani \(t_k \le 2S - a_1\) verirdi. Limite geçerek şunu yazabiliriz.
\((a_n)\) negatif olmayan ve azalan, seriler yakınsak olsun. \(S = \sum_{k=1}^{\infty} a_k\) ve \(T = \sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k}\) ise
\[S \;\le\; T \;\le\; 2S - a_1.\]
Yani yoğunlaştırılmış toplam, asıl toplamı iki katından fazla aşamaz: seriyi seyrelttiğimizde toplam yalnızca sınırlı bir çarpanla bozulur, karakteri hiç bozulmaz.
Testi kullanırken sık karşılaşılan bir ayrıntı, serinin \(n = 1\)’den değil, örneğin \(n = 2\) ya da \(n = 3\)’ten başlamasıdır. Bu bir sorun çıkarmaz.
Bir seriden sonlu sayıda terim atmak ya da başına sonlu sayıda terim eklemek yakınsaklığı değiştirmez. Dolayısıyla Teorem 36.1, \(N \ge 1\) olmak üzere \(\sum_{n=N}^{\infty} a_n\) biçimindeki bir seriye de uygulanabilir; bu durumda dizinin yalnızca \(n \ge N\) için negatif olmayan ve azalan olması yeterlidir ve yoğunlaştırılmış seri, \(2^k \ge N\) koşulunu sağlayan \(k\)’ler üzerinden alınır:
\[\sum_{n=N}^{\infty} a_n \ \text{yakınsak} \iff \sum_{2^k \ge N} 2^k a_{2^k} \ \text{yakınsak}.\]
Aynı gerekçeyle, dizinin bir yerden sonra azalan olması da yeterlidir: azalanlığın bozulduğu ilk sonlu blok atılır, kalan kuyruğa teorem uygulanır.
Şimdi teoremin hipotezlerine dönelim. Negatif olmama koşulu, kısmi toplamların artan olması için gereklidir. Azalanlık koşulu ise çok daha kritiktir: onsuz denkliğin iki yönü de bozulur.
Aşağıdaki iki dizi de negatif değildir ama azalan değildir; her ikisinde de yoğunlaştırma testinin sonucu geçersizdir.
Yakınsak seri, ıraksak yoğunlaştırılmış seri. Bir \(k \ge 0\) tam sayısı için \(n = 2^k\) biçimindeyse \(a_n = 2^{-k}\), aksi hâlde \(a_n = 0\) olsun. Bu durumda sıfırdan farklı terimler yalnızca \(n = 1, 2, 4, 8, \dots\) indislerindedir ve
\[\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{k=0}^{\infty} 2^{-k} = 2 < \infty\]
olduğundan seri yakınsaktır. Oysa yoğunlaştırılmış seri
\[\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k} = \sum_{k=0}^{\infty} 2^k \cdot 2^{-k} = \sum_{k=0}^{\infty} 1\]
olup ıraksaktır.
Iraksak seri, yakınsak yoğunlaştırılmış seri. Bu kez \(n\) ikinin bir kuvvetiyse \(a_n = 0\), aksi hâlde \(a_n = \frac{1}{n}\) olsun. Yoğunlaştırılmış seri \(\sum_{k=0}^{\infty} 2^k \cdot 0 = 0\) olup yakınsaktır. Asıl serinin kısmi toplamları ise
\[\sum_{n=1}^{N} a_n = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - \sum_{2^k \le N} \frac{1}{2^k} \;\ge\; \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} - 2\]
sağlar; harmonik serinin kısmi toplamları sınırsız olduğundan bu seri ıraksaktır.
Görüldüğü gibi azalanlık, “\(2^k\) indisindeki terim, kendisinden sonraki bloğu temsil eder” sezgisinin tek dayanağıdır; bu dayanak kalkınca yoğunlaştırma hiçbir şey söylemez.
Testi ilk kez, ıraksaklığını başka yollardan bildiğimiz bir seride çalıştıralım.
Örnek 36.1 (Harmonik Serinin Yoğunlaştırma ile Iraksaklığı) \(\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}\) harmonik serisinin ıraksak olduğunu yoğunlaştırma testiyle gösteriniz.
Çözüm
\(a_n = \dfrac{1}{n}\) olsun. Her \(n\) için \(a_n > 0\)’dır ve \(n < n+1\) olduğundan \(\dfrac{1}{n} > \dfrac{1}{n+1}\), yani \((a_n)\) azalandır. Teorem 36.1’nin hipotezleri sağlanıyor.
Yoğunlaştırılmış serinin genel terimini hesaplayalım:
\[2^k a_{2^k} = 2^k \cdot \frac{1}{2^k} = 1, \qquad k = 0, 1, 2, \dots\]
Öyleyse yoğunlaştırılmış seri
\[\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k} = \sum_{k=0}^{\infty} 1 = 1 + 1 + 1 + \cdots\]
serisidir. Bu serinin kısmi toplamları \(t_k = k+1\) olup sınırsızdır; seri ıraksaktır. Teorem 36.1 gereği asıl seri, yani harmonik seri de ıraksaktır.
Bu hesap, bölümün başındaki Oresme gruplamasının tam olarak ne olduğunu da açıklıyor: her blok en az \(\frac{1}{2}\) getiriyordu; yoğunlaştırılmış serinin her teriminin \(1\) olması, blokların toplamının \(\frac{1}{2}\) ile \(1\) arasında kalmasının bir başka ifadesidir.
\(\blacksquare\)
36.3 \(p\)-Serileri: Riemann Serileri
Artık asıl hedefe gelebiliriz. Aşağıdaki seri ailesine Riemann serisi ya da kısaca \(p\)-serisi (\(p\)-series) denir. Bu aile, pozitif terimli serilerin karşılaştırma ölçüsü olarak geometrik seriden çok daha esnektir, çünkü \(p\) parametresi yakınsaklık eşiğine istendiği kadar yaklaşabilir.
Teorem 36.2 (Riemann Serisi Teoremi) \(p \in \mathbb{R}\) olsun.
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}\]
serisi \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır.
İspat
İki durum ayrı ayrı incelenir.
Durum 1: \(p \le 0\). Bu durumda \(-p \ge 0\) olduğundan genel terim
\[a_n = \frac{1}{n^p} = n^{-p}\]
biçimindedir. \(p = 0\) ise \(a_n = 1\); \(p < 0\) ise \(-p > 0\) olduğundan \(n \ge 1\) için \(n^{-p} \ge 1^{-p} = 1\)’dir. Her iki alt durumda da her \(n\) için \(a_n \ge 1\) olur, dolayısıyla \(a_n \not\to 0\). Iraksaklık testi (Sonuç 34.1) gereği seri ıraksaktır. Demek ki \(p \le 0\) durumu, yoğunlaştırma testine hiç başvurulmadan, yalnızca genel terime bakılarak kapanıyor.
Durum 2: \(p > 0\). Şimdi \(a_n = \dfrac{1}{n^p}\) dizisi pozitiftir. Ayrıca \(p > 0\) için \(n \mapsto n^p\) artan olduğundan \(n < n+1 \Rightarrow n^p < (n+1)^p \Rightarrow a_n > a_{n+1}\), yani \((a_n)\) azalandır. Teorem 36.1 uygulanabilir.
Yoğunlaştırılmış serinin genel terimini hesaplayalım. \(\left(2^k\right)^p = 2^{kp}\) olduğundan
\[2^k a_{2^k} = 2^k \cdot \frac{1}{\left(2^k\right)^p} = \frac{2^k}{2^{kp}} = 2^{k - kp} = 2^{k(1-p)} = \left(2^{\,1-p}\right)^k.\]
Demek ki yoğunlaştırılmış seri, oranı
\[r = 2^{\,1-p} > 0\]
olan bir geometrik seridir:
\[\sum_{k=0}^{\infty} 2^k a_{2^k} = \sum_{k=0}^{\infty} r^k.\]
Geometrik serinin karakterini hatırlayalım. \(r \ne 1\) için kısmi toplamlar
\[\sum_{k=0}^{m} r^k = \frac{1 - r^{m+1}}{1-r}\]
biçimindedir. \(0 < r < 1\) ise \(r^{m+1} \to 0\) olduğundan (bkz. Analiz 1) kısmi toplamlar \(\dfrac{1}{1-r}\) sayısına yakınsar, yani seri yakınsaktır. \(r \ge 1\) ise her \(k\) için \(r^k \ge 1\) olur, genel terim sıfıra gitmez ve seri ıraksar.
Geriye \(r\) ile \(p\) arasındaki ilişkiyi çözmek kalıyor. \(2^x\) fonksiyonu artan olduğundan
\[r < 1 \iff 2^{\,1-p} < 2^{0} \iff 1 - p < 0 \iff p > 1,\]
\[r \ge 1 \iff 1 - p \ge 0 \iff p \le 1.\]
Böylece: \(p > 1\) ise yoğunlaştırılmış seri yakınsak, \(0 < p \le 1\) ise ıraksaktır. Teorem 36.1 gereği asıl seri de sırasıyla yakınsak ve ıraksaktır.
Durum 1 ile Durum 2 birleştirildiğinde, seri \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksaktır.
\(\blacksquare\)
Teoremi tek bir denklik cümlesine çevirmek, ileride sürekli başvuracağımız biçimidir.
Sonuç 36.1 (p-Serisi Ölçütü) Her \(p \in \mathbb{R}\) için
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \ \text{yakınsaktır} \iff p > 1.\]
Aynı ölçüt, serinin herhangi bir \(N \ge 1\) indisinden başlaması durumunda da geçerlidir; çünkü sonlu sayıda terim yakınsaklığı etkilemez.
Bu ölçütün pratikteki değeri, artık karşılaştırma testlerinde kullanacağımız ölçü serilerinin bir ailesine sahip olmamızdır. Birkaç somut değeri gözden geçirelim.
Örnek 36.2 (Bazı p-Serilerinin Karakteri) Aşağıdaki serilerin yakınsak mı ıraksak mı olduğunu belirleyiniz.
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\)
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\)
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}\)
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1{,}001}}\)
Çözüm
Hepsinde tek yapılacak iş, üssü okuyup Sonuç 36.1’nü uygulamaktır.
a) Burada \(p = 2\)’dir. \(2 > 1\) olduğundan seri yakınsaktır. Bu serinin toplamının \(\dfrac{\pi^2}{6} \approx 1{,}6449\) olduğu bilinir; ancak bu değeri bulmak, yakınsaklığı göstermekten çok daha derin araçlar gerektirir. Yakınsaklık, üssün \(1\)’i aşmasından ibarettir.
b) \(\dfrac{1}{\sqrt{n}} = \dfrac{1}{n^{1/2}}\) olduğundan \(p = \dfrac{1}{2}\)’dir. \(\dfrac{1}{2} \le 1\) olduğundan seri ıraksaktır. Terimler sıfıra gider ama yeterince hızlı gitmez: hatta harmonik serinin terimlerinden daha yavaş azalırlar, çünkü \(n \ge 1\) için \(\dfrac{1}{\sqrt n} \ge \dfrac{1}{n}\)’dir.
c) \(p = \dfrac{3}{2} > 1\) olduğundan seri yakınsaktır. Bu seri ile (b) şıkkındaki seri arasındaki tek fark, üssün \(\dfrac{1}{2}\)’den \(\dfrac{3}{2}\)’ye çıkmasıdır; ama bu fark karakteri tümüyle değiştirir.
d) \(p = 1{,}001 > 1\) olduğundan seri yakınsaktır. Bu örnek, eşiğin ne kadar keskin olduğunu gösterir: \(p = 1\) için seri ıraksaktır, ama \(p\) birden ne kadar az fazla olursa olsun seri yakınsar. Öte yandan yakınsama son derece yavaştır: bölümün sonunda kuracağımız kalan kestirimi (Önerme 36.1), \(p > 1\) için kuyruğun en az \(\dfrac{(n+1)^{1-p}}{p-1}\) kadar olduğunu söyler. \(p = 1{,}001\) için \(\dfrac{1}{p-1} = 1000\) olduğundan, kuyruğu \(10^{-3}\)’ün altına indirmek \(n > 10^{6000}\) gerektirir. Seri yakınsaktır, ama toplamına yaklaşmak hesap yoluyla akla gelebilecek her ölçeğin dışındadır.
Buna karşılık \(p = 0{,}999\) alsaydık seri ıraksak olurdu. Demek ki \(p = 1\) eşiği, iki tarafında da davranışın neredeyse ayırt edilemez göründüğü, buna karşın karakterin kesin biçimde ayrıldığı bir sınırdır.
\(\blacksquare\)
\(p\)-serileri, yakınsaklık sınırını ikiye böler ama sınırın kendisine değmezler: \(p > 1\) tarafı yakınsak, \(p \le 1\) tarafı ıraksaktır ve harmonik seri tam sınırın üzerindedir. Bu yüzden bir seriyi \(p\)-serileriyle karşılaştırmak çoğu zaman işe yarar; ancak karşılaştırma “sınıra çok yakın” serilerde başarısız olabilir. Örneğin \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) serisi her \(p > 1\) için \(\sum \frac{1}{n^p}\)’den yavaş, \(p = 1\) için harmonik seriden hızlı azalır; hiçbir \(p\)-serisiyle doğrudan karşılaştırılamaz. Sonraki kısımda göreceğimiz logaritmalı seriler, sınırı bir kat daha inceltmek içindir.
36.4 Logaritmalı Seriler
Yoğunlaştırma testinin asıl gücü, \(p\)-serilerinin ötesine geçtiğimizde ortaya çıkar. Terimlerinde logaritma bulunan serilerde, \(\ln\left(2^k\right) = k \ln 2\) eşitliği sayesinde logaritma bir doğrusal ifadeye dönüşür; böylece karmaşık görünen bir seri, bir \(p\)-serisine indirgenir. Bunun tipik örneğini görelim.
Örnek 36.3 (Logaritmalı Serinin Karakteri) \(p \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \left(\ln n\right)^p}\]
serisinin karakterini \(p\)’ye göre belirleyiniz.
Çözüm
Adım 1: Hipotezlerin denetimi. Genel terim
\[a_n = \frac{1}{n \left(\ln n\right)^p}, \qquad n \ge 2\]
olsun. \(n \ge 2\) için \(\ln n \ge \ln 2 > 0\) olduğundan \(\left(\ln n\right)^p > 0\)’dır; dolayısıyla her \(n \ge 2\) için \(a_n > 0\).
Azalanlığı inceleyelim. \(p \ge 0\) ise \(n \mapsto n\) ve \(n \mapsto \left(\ln n\right)^p\) fonksiyonlarının ikisi de \([2, \infty)\) üzerinde pozitif ve azalmayandır; çarpımları \(n \left(\ln n\right)^p\) artandır, dolayısıyla \((a_n)\) azalandır.
\(p < 0\) ise \(q = -p > 0\) yazalım; bu durumda \(a_n = \dfrac{\left(\ln n\right)^{q}}{n}\) olur. \(f(x) = \dfrac{\left(\ln x\right)^{q}}{x}\) fonksiyonunun türevi
\[f'(x) = \frac{q \left(\ln x\right)^{q-1} \cdot \frac{1}{x} \cdot x - \left(\ln x\right)^{q}}{x^2} = \frac{\left(\ln x\right)^{q-1}\left(q - \ln x\right)}{x^2}\]
olup \(\ln x > q\), yani \(x > e^{q}\) olduğunda negatiftir. Monotonluk testi (Sonuç 8.3) gereği \(f\), \(\left(e^{q}, \infty\right)\) üzerinde azalandır; dolayısıyla \((a_n)\) bir yerden sonra azalandır. Yoğunlaştırma testi için bu yeterlidir: azalanlığın bozulduğu sonlu baş kısım atılır, kalan kuyruğa test uygulanır ve yakınsaklık sonlu sayıda terimden etkilenmez.
Adım 2: Yoğunlaştırılmış serinin kurulması. Seri \(n = 2\)’den başladığından yoğunlaştırılmış seri, \(2^k \ge 2\), yani \(k \ge 1\) üzerinden alınır. \(a_{2^k}\)’yı hesaplayalım:
\[a_{2^k} = \frac{1}{2^k \left(\ln 2^k\right)^p}.\]
Burada logaritmanın temel özelliği devreye girer:
\[\ln 2^k = k \ln 2.\]
Bu ifadenin \(p\)’inci kuvvetini alırken çarpanları ayırabiliriz:
\[\left(\ln 2^k\right)^p = \left(k \ln 2\right)^p = k^p \left(\ln 2\right)^p.\]
Dikkat: \(\left(\ln 2\right)^p\) çarpanı \(k\)’den bağımsız, sabit ve pozitif bir sayıdır (\(\ln 2 \approx 0{,}6931 > 0\)). Yerine koyalım:
\[a_{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot k^p \left(\ln 2\right)^p}.\]
Şimdi yoğunlaştırılmış serinin genel terimi:
\[2^k a_{2^k} = 2^k \cdot \frac{1}{2^k \cdot k^p \left(\ln 2\right)^p} = \frac{1}{k^p \left(\ln 2\right)^p}.\]
Burada \(2^k\) çarpanları sadeleşti; geriye kalan ifadede \(k\)’ye bağlı tek şey \(k^p\)’dir. Sabiti toplamın önüne alırsak
\[\sum_{k=1}^{\infty} 2^k a_{2^k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^p \left(\ln 2\right)^p} = \frac{1}{\left(\ln 2\right)^p} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^p}.\]
Adım 3: Sonuç. \(\dfrac{1}{\left(\ln 2\right)^p}\) pozitif bir sabittir; bir seriyi sıfırdan farklı bir sabitle çarpmak karakterini değiştirmez. Öyleyse yoğunlaştırılmış seri, \(\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^p}\) \(p\)-serisiyle aynı karakterdedir ve Sonuç 36.1 gereği ancak ve ancak \(p > 1\) için yakınsaktır. Teorem 36.1 gereği asıl seri de aynı karakterdedir:
\[\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \left(\ln n\right)^p} \ \text{yakınsaktır} \iff p > 1.\]
Özel olarak \(p = 1\) için \(\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{1}{n \ln n}\) ıraksak, \(p = 2\) için \(\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{1}{n \left(\ln n\right)^2}\) yakınsaktır.
\(\blacksquare\)
Yukarıdaki hesapta doğal logaritma kullandık. Herhangi bir \(b > 1\) tabanında da \(\log_b 2^k = k \log_b 2\) geçerli olur; tek değişen, sabit çarpanın \(\left(\log_b 2\right)^p\) olmasıdır. Sabit çarpan karakteri etkilemediğinden eşik yine \(p = 1\)’dir; örneğin \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) ile \(\sum \frac{1}{n (\log_{10} n)^p}\) aynı karakterdedir.
Peki \(p = 1\)’de ıraksayan \(\sum \frac{1}{n \ln n}\) serisini de bir eşik olarak alıp bir kat daha inceltebilir miyiz? Evet; yoğunlaştırma testini ikinci kez uygulamak yeterlidir.
Örnek 36.4 (Çift Logaritmalı Seri) \(p \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n \left(\ln \ln n\right)^p}\]
serisinin karakterini belirleyiniz.
Çözüm
Adım 1: Tanımlılık ve hipotezler. \(\ln \ln n\) ifadesinin tanımlı ve pozitif olması için \(\ln n > 1\), yani \(n > e \approx 2{,}718\) gerekir; bu yüzden seri \(n = 3\)’ten başlatılmıştır. Gerçekten \(\ln \ln 3 = \ln\left(1{,}0986\right) \approx 0{,}094 > 0\)’dır.
\(p \ge 0\) ise \(n\), \(\ln n\) ve \(\left(\ln\ln n\right)^p\) çarpanlarının üçü de \(n \ge 3\) üzerinde pozitif ve azalmayandır; çarpımları artan, dolayısıyla genel terim azalandır. \(p < 0\) ise, bir önceki örnekteki gibi genel terim ancak bir yerden sonra azalandır; sonlu baş kısım atılarak yine yoğunlaştırma testi uygulanabilir.
Adım 2: Birinci yoğunlaştırma. \(2^k \ge 3\), yani \(k \ge 2\) için
\[a_{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot \ln 2^k \cdot \left(\ln \ln 2^k\right)^p} = \frac{1}{2^k \cdot k \ln 2 \cdot \left(\ln\left(k \ln 2\right)\right)^p}\]
olur; burada yine \(\ln 2^k = k \ln 2\) kullanıldı. Buradan
\[b_k := 2^k a_{2^k} = \frac{1}{\ln 2} \cdot \frac{1}{k \left(\ln\left(k \ln 2\right)\right)^p}.\]
\(\ln\left(k \ln 2\right) = \ln k + \ln \ln 2\) olduğuna dikkat edelim. \(\ln 2 \approx 0{,}6931 < 1\) olduğundan \(c := \ln \ln 2 \approx -0{,}3665\) negatif bir sabittir. Yine de \(k \ge 2\) için \(\ln k + c \ge \ln 2 - 0{,}3665 \approx 0{,}327 > 0\) olduğundan ifade tanımlı ve pozitiftir.
Adım 3: İkinci yoğunlaştırmaya indirgeme. \(b_k\) dizisini, karakterini Örnek 36.3’de yoğunlaştırma testiyle belirlediğimiz
\[c_k = \frac{1}{k \left(\ln k\right)^p}, \qquad k \ge 2\]
dizisiyle karşılaştıralım. Oranı hesaplayalım:
\[\frac{b_k}{c_k} = \frac{1}{\ln 2} \cdot \frac{k \left(\ln k\right)^p}{k \left(\ln k + c\right)^p} = \frac{1}{\ln 2} \left(\frac{\ln k}{\ln k + c}\right)^p.\]
\(k \to \infty\) iken \(\ln k \to \infty\) olduğundan
\[\frac{\ln k}{\ln k + c} = \frac{1}{1 + \frac{c}{\ln k}} \longrightarrow 1\]
olur (bkz. Analiz 1). Dolayısıyla
\[\lim_{k \to \infty} \frac{b_k}{c_k} = \frac{1}{\ln 2} \in (0, \infty).\]
Limit sıfırdan farklı ve sonlu olduğundan, limit karşılaştırma testi (Teorem 35.3) gereği \(\sum b_k\) ile \(\sum c_k\) aynı karakterdedir. Örnek 36.3’de \(\sum_{k \ge 2} c_k\) serisinin ancak ve ancak \(p > 1\) için yakınsadığını göstermiştik.
Adım 4: Sonuç. \(\sum_k b_k = \sum_k 2^k a_{2^k}\) yoğunlaştırılmış serisi ancak ve ancak \(p > 1\) için yakınsaktır; Teorem 36.1 gereği asıl seri de öyledir:
\[\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n \ln n \left(\ln \ln n\right)^p} \ \text{yakınsaktır} \iff p > 1.\]
Bu sonuca varırken yoğunlaştırma testini toplam iki kez kullandık: bir kez asıl seriye, bir kez de Örnek 36.3’nin içinde \(\sum c_k\) serisine.
\(\blacksquare\)
Elde ettiğimiz üç sonuç bir örüntü oluşturuyor. \(L_0(n) = n\), \(L_1(n) = \ln n\), \(L_2(n) = \ln \ln n\), \(L_3(n) = \ln\ln\ln n\), … yazarsak (yani \(L_{j+1} = \ln \circ L_j\)), her \(m \ge 0\) için
\[\sum_{n \ge N_m} \frac{1}{L_0(n) \, L_1(n) \cdots L_{m-1}(n) \, \left(L_{m}(n)\right)^p}\]
serisi ancak ve ancak \(p > 1\) için yakınsaktır (\(N_m\), bütün logaritmaların tanımlı ve pozitif olmasını sağlayan bir başlangıç indisidir; \(m = 0\) için paydadaki çarpım boştur). \(m = 0\) durumu \(\sum \frac{1}{n^p}\) \(p\)-serisini, \(m = 1\) durumu \(\sum \frac{1}{n (\ln n)^p}\) serisini (Örnek 36.3), \(m = 2\) durumu \(\sum \frac{1}{n \ln n (\ln\ln n)^p}\) serisini (Örnek 36.4) verir. Her adımda ıraksaklık ile yakınsaklık arasındaki sınır biraz daha inceltilir, ama sınır hiçbir zaman kapanmaz: yakınsak seriler ile ıraksak seriler arasında “en yavaş yakınsayan seri” diye bir şey yoktur. Bu yüzden hiçbir tek ölçü serisi, bütün pozitif terimli serileri sınıflandırmaya yetmez.
36.5 İntegral Testi
Yoğunlaştırma testi, azalan bir dizinin serisini seyrek bir alt dizi üzerinden okuyordu. Şimdi aynı işi bambaşka bir araçla, integralle yapacağız. Fikir çok basittir: azalan pozitif bir \(f\) fonksiyonu için \(f(n)\) sayısı, \([n, n+1]\) aralığı üzerinde yüksekliği \(f(n)\) olan bir dikdörtgenin alanıdır ve bu dikdörtgen, \(f\)’nin grafiğinin altındaki alanı üstten kestirir. Serinin toplamı, bu dikdörtgenlerin toplam alanı; integral ise eğrinin altındaki alandır. İkisinin bir arada sonlu ya da bir arada sonsuz olması beklenir.
Bunu yapabilmek için önce sonsuz bir aralık üzerindeki integralin ne demek olduğunu söylememiz gerekiyor; çünkü Riemann İntegrallenebilirlik Ölçütü bölümünde Riemann integralini yalnızca kapalı ve sınırlı aralıklar üzerinde tanımlamıştık (Tanım 25.1).
Tanım 36.1 (Sonsuz Aralıkta Genelleştirilmiş İntegral) \(f : [a, \infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu her \(b > a\) için \([a, b]\) aralığında Riemann integrallenebilir olsun. Eğer
\[\lim_{b \to \infty} \int_a^b f(x)\,dx\]
limiti var ve sonlu ise, bu limite \(f\)’nin \([a, \infty)\) üzerindeki genelleştirilmiş integrali (improper integral) denir ve
\[\int_a^{\infty} f(x)\,dx = \lim_{b \to \infty} \int_a^b f(x)\,dx\]
yazılır. Bu durumda integralin yakınsak olduğu söylenir; limit yoksa ya da sonsuz ise integral ıraksaktır.
Pozitif fonksiyonlarda bu limitin varlığı, tıpkı pozitif terimli serilerde olduğu gibi, bir sınırlılık sorusuna indirgenir.
\(f \ge 0\) ise \(F(b) = \int_a^b f(x)\,dx\) fonksiyonu artandır: \(b_1 < b_2\) için
\[F(b_2) - F(b_1) = \int_{b_1}^{b_2} f(x)\,dx \ge 0\]
olur (Teorem 28.1). Bu \(F\), tam olarak Tanım 29.1’ndaki integral fonksiyonudur. Artan bir \(F\) üstten sınırlı ise, \(M = \sup_{b > a} F(b)\) diyelim. Supremumun karakterizasyonu (bkz. Analiz 1) gereği her \(\varepsilon > 0\) için \(F(b_0) > M - \varepsilon\) olan bir \(b_0\) vardır; \(F\) artan olduğundan \(b \ge b_0\) olan her \(b\) için \(M - \varepsilon < F(b) \le M\) olur. Demek ki \(\lim_{b \to \infty} F(b) = M\)’dir. \(F\) üstten sınırlı değilse \(F(b) \to +\infty\) olur. Kısacası:
\[\int_a^{\infty} f \ \text{yakınsaktır} \iff \left\{ \int_a^b f : b > a \right\} \ \text{kümesi üstten sınırlıdır.}\]
Artık integral testini kurabiliriz.
Teorem 36.3 (İntegral Testi) \(f : [1, \infty) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu pozitif, azalan ve sürekli olsun. O hâlde
\[\sum_{n=1}^{\infty} f(n) \ \text{yakınsaktır} \iff \int_1^{\infty} f(x)\,dx \ \text{yakınsaktır.}\]
Ayrıca her \(n \ge 2\) için
\[\sum_{k=2}^{n} f(k) \;\le\; \int_1^{n} f(x)\,dx \;\le\; \sum_{k=1}^{n-1} f(k)\]
eşitsizlikleri geçerlidir.
İspat
Adım 1: Tek bir aralık üzerinde temel kestirim.
\(k \ge 1\) bir doğal sayı olsun. \(f\) sürekli olduğundan \([k, k+1]\) kapalı ve sınırlı aralığında Riemann integrallenebilirdir (Teorem 25.2); dolayısıyla \(\int_k^{k+1} f(x)\,dx\) tanımlıdır.
\(f\) azalan olduğundan, her \(x \in [k, k+1]\) için
\[f(k+1) \le f(x) \le f(k)\]
olur. Bu üç fonksiyonu \([k, k+1]\) üzerinde integralleyelim. Sabit fonksiyonların integralleri, aralığın uzunluğu \(1\) olduğu için sabitin kendisine eşittir:
\[\int_k^{k+1} f(k+1)\,dx = f(k+1), \qquad \int_k^{k+1} f(k)\,dx = f(k).\]
İntegralde sıralama (Teorem 28.1) gereği
\[f(k+1) \;\le\; \int_k^{k+1} f(x)\,dx \;\le\; f(k). \tag{$*$}\]
Bu, ispatın bütün yükünü taşıyan eşitsizliktir: bir terim ile bir birim aralıktaki integral arasında geçiş kurar.
Adım 2: Kestirimin toplanması.
\((*)\)’ı \(k = 1, 2, \dots, n-1\) için yazıp toplayalım. İntegralin aralıklara toplanabilirliği gereği
\[\sum_{k=1}^{n-1} \int_k^{k+1} f(x)\,dx = \int_1^{n} f(x)\,dx\]
olduğundan,
\[\underbrace{\sum_{k=1}^{n-1} f(k+1)}_{= f(2) + f(3) + \cdots + f(n)} \;\le\; \int_1^{n} f(x)\,dx \;\le\; \underbrace{\sum_{k=1}^{n-1} f(k)}_{= f(1) + f(2) + \cdots + f(n-1)}\]
elde ederiz. Kısmi toplamları \(s_n = \sum_{k=1}^{n} f(k)\) ve integralleri \(I_n = \int_1^{n} f(x)\,dx\) ile gösterirsek bu, teoremde belirtilen eşitsizliktir ve şu iki yararlı biçimde yazılabilir:
\[s_n - f(1) \;\le\; I_n \;\le\; s_{n-1}. \tag{$\ddagger$}\]
Adım 3: İntegral yakınsaksa seri de yakınsaktır.
\(\int_1^{\infty} f\) yakınsak olsun ve değeri \(I\) olsun. \(f > 0\) olduğundan \(b \mapsto \int_1^b f\) artandır; dolayısıyla her \(n\) için \(I_n \le I\)’dir. \((\ddagger)\)’ın sol yarısından
\[s_n \le f(1) + I_n \le f(1) + I\]
çıkar. \(f > 0\) olduğundan \((s_n)\) artandır; üstten sınırlı olduğunu da gösterdik. Monoton Yakınsaklık Teoremi gereği \((s_n)\) yakınsaktır, yani \(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) yakınsaktır.
Adım 4: Seri yakınsaksa integral de yakınsaktır.
\(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) yakınsak olsun ve toplamı \(S\) olsun. \((s_n)\) artan olduğundan her \(n\) için \(s_n \le S\)’dir. \((\ddagger)\)’ın sağ yarısından, her \(n \ge 2\) için
\[I_n \le s_{n-1} \le S.\]
Şimdi herhangi bir \(b > 1\) alalım. \(b \le n\) olacak biçimde bir \(n\) doğal sayısı seçelim (Arşimet özelliği, Arşimet Özelliği). \(f > 0\) olduğundan \(\int_1^b f \le \int_1^n f = I_n \le S\) olur. Demek ki \(\left\{ \int_1^b f : b > 1 \right\}\) kümesi üstten \(S\) ile sınırlıdır; yukarıdaki gözlem gereği \(\int_1^{\infty} f\) yakınsaktır ve değeri \(S\)’yi aşmaz.
Adım 3 ile Adım 4 birlikte istenen denkliği verir. Her iki nicelik de negatif olmadığından, biri sonsuza gittiğinde öteki de gider; yani seri ile integral ya birlikte yakınsar ya birlikte \(+\infty\)’a ıraksar.
\(\blacksquare\)
Süreklilik gevşetilebilir. İspatta süreklilik yalnızca \(f\)’nin her \([k, k+1]\) aralığında integrallenebilir olmasını sağlamak için kullanıldı. Azalan her fonksiyon kapalı ve sınırlı aralıklarda integrallenebilir olduğundan, “sürekli” koşulu yerine “her \([1,b]\) üzerinde integrallenebilir” demek yeterlidir.
Başlangıç noktası değiştirilebilir. Aynı ispat, \(f\) yalnızca \([N, \infty)\) üzerinde pozitif ve azalansa da çalışır; bu durumda
\[\sum_{n=N}^{\infty} f(n) \ \text{yakınsak} \iff \int_N^{\infty} f(x)\,dx \ \text{yakınsak}\]
olur. Bu esneklik, birazdan \(f(x) = \frac{1}{x \ln x}\) gibi \(1\)’de tanımsız olan fonksiyonlarda işimize yarayacak.
Adım 1’in bir başka okunuşu. \((*)\) eşitsizliğini, integral için ortalama değer teoreminden (Teorem 31.1) de okuyabiliriz: \(\int_k^{k+1} f = f(\xi_k)\) olacak biçimde bir \(\xi_k \in [k, k+1]\) vardır ve \(f\) azalan olduğundan \(f(k+1) \le f(\xi_k) \le f(k)\)’dır.
Şimdi testi çalıştıralım. İlk uygulama, \(p\)-serisi teoreminin bağımsız bir ikinci ispatını verecek.
Örnek 36.5 (İntegral Testinin Uygulamaları) İntegral testini kullanarak
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}\) serisinin \(p > 1\) için yakınsak, \(p \le 1\) için ıraksak olduğunu,
\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}\) serisinin ıraksak olduğunu
gösteriniz.
Çözüm
a) \(p \le 0\) durumu Teorem 36.2’nin ispatındaki gibi genel terim üzerinden hallolur: \(a_n \ge 1\) olduğundan \(a_n \not\to 0\) ve Sonuç 34.1 gereği seri ıraksar. Bu durumda ayrıca bir teste gerek yoktur; nitekim \(p < 0\) için \(f(x) = x^{-p}\) artan olduğundan integral testi doğrudan uygulanamaz da.
\(p > 0\) olsun ve \(f(x) = \dfrac{1}{x^p} = x^{-p}\) alalım. \([1, \infty)\) üzerinde \(f\) süreklidir, pozitiftir ve
\[f'(x) = -p\, x^{-p-1} < 0\]
olduğundan Sonuç 8.3 gereği azalandır. Ayrıca \(f(n) = \dfrac{1}{n^p}\)’dir. Teorem 36.3 uygulanabilir; genelleştirilmiş integrali hesaplayalım. İlkel fonksiyonu bulup analizin temel teoremini (Teorem 29.1) kullanacağız.
\(p \ne 1\) ise \(x^{-p}\)’nin bir ilkel fonksiyonu \(\dfrac{x^{1-p}}{1-p}\)’dir; dolayısıyla \(b > 1\) için
\[\int_1^{b} \frac{dx}{x^p} = \left[\frac{x^{1-p}}{1-p}\right]_1^{b} = \frac{b^{1-p} - 1}{1-p}.\]
\(p = 1\) ise ilkel fonksiyon \(\ln x\)’tir:
\[\int_1^{b} \frac{dx}{x} = \Big[\ln x\Big]_1^{b} = \ln b.\]
Şimdi \(b \to \infty\) limitini alalım.
Durum \(p > 1\): \(1 - p < 0\) olduğundan \(b^{1-p} = \dfrac{1}{b^{p-1}} \to 0\)’dır. Öyleyse
\[\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^p} = \frac{0 - 1}{1-p} = \frac{1}{p-1} < \infty.\]
İntegral yakınsaktır, dolayısıyla seri de yakınsaktır.
Durum \(0 < p < 1\): \(1 - p > 0\) olduğundan \(b^{1-p} \to +\infty\)’dur ve \(\dfrac{b^{1-p}-1}{1-p} \to +\infty\) olur. İntegral ıraksaktır, dolayısıyla seri de ıraksaktır.
Durum \(p = 1\): \(\ln b \to +\infty\) olduğundan integral ıraksaktır; harmonik seri ıraksaktır.
Böylece \(p\)-serisi teoremini yoğunlaştırmadan tümüyle bağımsız bir yolla yeniden ispatlamış olduk. Üstelik integral testi bir de sayısal bilgi veriyor: \(p > 1\) için Teorem 36.3’nin eşitsizliğinden
\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^p} \le 1 + \int_1^{n} \frac{dx}{x^p} \le 1 + \frac{1}{p-1} = \frac{p}{p-1}\]
çıkar; limite geçerek
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} \le \frac{p}{p-1}\]
elde ederiz. Örneğin \(p = 2\) için bu, toplamın \(2\)’yi aşmadığını söyler; gerçek değer \(\frac{\pi^2}{6} \approx 1{,}645\)’tir.
b) \(f(x) = \dfrac{1}{x \ln x}\) alalım. Bu fonksiyon \([2, \infty)\) üzerinde tanımlı ve süreklidir (\(x \ge 2\) için \(\ln x \ge \ln 2 > 0\)), pozitiftir ve \(x \mapsto x \ln x\) artan olduğundan azalandır. (Türevle de görülür: \(\left(x \ln x\right)' = \ln x + 1 > 0\) olduğundan payda artar, Sonuç 8.3 gereği \(f\) azalandır.)
Genelleştirilmiş integrali hesaplayalım. \(\dfrac{d}{dx}\left(\ln \ln x\right) = \dfrac{1}{\ln x} \cdot \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x \ln x}\) olduğundan \(\ln \ln x\), \(f\)’nin bir ilkel fonksiyonudur. Öyleyse \(b > 2\) için
\[\int_2^{b} \frac{dx}{x \ln x} = \Big[\ln \ln x\Big]_2^{b} = \ln \ln b - \ln \ln 2.\]
\(b \to \infty\) iken \(\ln b \to \infty\) ve dolayısıyla \(\ln \ln b \to \infty\) olur. İntegral ıraksaktır; Teorem 36.3 gereği
\[\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}\]
serisi ıraksaktır. Bu, Örnek 36.3’nin \(p = 1\) durumuyla uyumludur.
Buradaki ıraksama ne kadar yavaştır? \((\ddagger)\) eşitsizliğinden \(s_n \le f(2) + \ln\ln n - \ln\ln 2\) olduğundan kısmi toplamlar yaklaşık \(\ln \ln n\) hızında büyür. Toplamın \(10\)’u aşması için \(\ln\ln n \approx 10\), yani \(n \approx e^{e^{10}} \approx e^{22026}\) gerekir. Seri ıraksaktır, ama bunu hiçbir hesap makinesi göremez.
\(\blacksquare\)
İntegral testinde \(f\)’nin azalan olması vazgeçilmezdir; pozitif ve sürekli olması yetmez. Şu fonksiyonu düşünelim: \(g\), her \(n \in \mathbb{N}\) noktasında tepesi \(n\)’de olan, yüksekliği \(1\) ve taban uzunluğu \(2^{-n}\) olan üçgen çıkıntılardan oluşsun ve bu çıkıntıların dışında \(0\) değerini alsın; çıkıntılar giderek daraldığından ayrık kalır ve \(g\) süreklidir. Şimdi
\[f(x) = 2^{-x} + g(x)\]
alalım. \(f\), \([1, \infty)\) üzerinde pozitif ve süreklidir. Her \(n\) için \(f(n) = 2^{-n} + 1 > 1\) olduğundan \(\sum f(n)\) ıraksar. Oysa üçgenlerin alanları toplamı \(\sum_{n \ge 1} \frac{1}{2} \cdot 2^{-n} \cdot 1 = \frac{1}{2}\) ve \(\int_1^{\infty} 2^{-x}\,dx = \frac{1}{2\ln 2}\) sonlu olduğundan
\[\int_1^{\infty} f(x)\,dx \;\le\; \frac{1}{2\ln 2} + \frac{1}{2} < \infty,\]
yani integral yakınsaktır. Azalanlık, tam sayı noktalarındaki değerlerin aradaki davranışı temsil etmesini sağlayan koşuldur; o olmadan tek tek noktalardaki değerler alanla ilgili hiçbir şey söylemez.
Ayrıca test yalnızca karakteri verir, toplamı vermez: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}\) ile \(\int_1^{\infty} \frac{dx}{x^2} = 1\) değerleri birbirinden farklıdır.
36.6 Kalanın Kestirimi
İntegral testinin yoğunlaştırma testinde bulunmayan bir üstünlüğü vardır: yakınsak bir serinin toplamı ile kısmi toplamı arasındaki farkı — yani kalanı — iki integral arasına sıkıştırır. Bu, yakınsak bir seriyi sayısal olarak hesaplarken kaç terim almak gerektiğini söyleyen pratik bir araçtır.
\(\sum_{n=1}^{\infty} f(n)\) yakınsak olsun, toplamı \(S\) ve \(n\)’inci kısmi toplamı \(s_n\) olsun. Kalan
\[R_n = S - s_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} f(k)\]
sayısıdır; \(s_n\)’yi \(S\) yerine kullandığımızda yaptığımız hatanın tam değeridir.
Önerme 36.1 (Kalanın İntegralle Kestirimi) \(f : [1, \infty) \to \mathbb{R}\) pozitif, azalan ve sürekli olsun ve \(\int_1^{\infty} f\) yakınsasın. O hâlde her \(n \ge 1\) için
\[\int_{n+1}^{\infty} f(x)\,dx \;\le\; R_n \;\le\; \int_{n}^{\infty} f(x)\,dx\]
olur. Buna denk olarak, toplam \(S\) için
\[s_n + \int_{n+1}^{\infty} f(x)\,dx \;\le\; S \;\le\; s_n + \int_{n}^{\infty} f(x)\,dx.\]
İspat
İspatın temeli, Teorem 36.3’nin ispatındaki
\[f(k+1) \;\le\; \int_k^{k+1} f(x)\,dx \;\le\; f(k) \tag{$*$}\]
eşitsizliğidir. Önce yardımcı bir gözlem yapalım: \(m \ge 1\) için, integralin aralıklara toplanabilirliği gereği
\[\sum_{k=m}^{M-1} \int_k^{k+1} f(x)\,dx = \int_m^{M} f(x)\,dx\]
olur ve \(M \to \infty\) iken sağ taraf \(\int_m^{\infty} f\)’ye yakınsar (genelleştirilmiş integral yakınsak olduğundan bu limit vardır ve sonludur). Öyleyse
\[\sum_{k=m}^{\infty} \int_k^{k+1} f(x)\,dx = \int_m^{\infty} f(x)\,dx. \tag{$\dagger$}\]
Alt kestirim. \((*)\)’ın sağ yarısını \(k \ge n+1\) için kullanalım: \(\int_k^{k+1} f \le f(k)\). Bu eşitsizlikleri \(k = n+1, n+2, \dots\) için toplarsak — her iki taraf da negatif olmayan terimlerden oluştuğu ve sağ taraftaki seri yakınsak olduğu için toplama geçilebilir —
\[\int_{n+1}^{\infty} f(x)\,dx \overset{(\dagger)}{=} \sum_{k=n+1}^{\infty} \int_k^{k+1} f(x)\,dx \;\le\; \sum_{k=n+1}^{\infty} f(k) = R_n\]
elde ederiz.
Üst kestirim. Bu kez \((*)\)’ı bir indis kaydırarak kullanalım: \(k \ge n+1\) için \((*)\)’ı \(k-1\) ile yazarsak \(f(k) \le \int_{k-1}^{k} f(x)\,dx\) olur. Toplarsak
\[R_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} f(k) \;\le\; \sum_{k=n+1}^{\infty} \int_{k-1}^{k} f(x)\,dx = \sum_{j=n}^{\infty} \int_{j}^{j+1} f(x)\,dx \overset{(\dagger)}{=} \int_{n}^{\infty} f(x)\,dx\]
elde ederiz (ortada \(j = k-1\) değişken değiştirmesi yapıldı).
İki kestirim birlikte istenen eşitsizliği verir. \(S = s_n + R_n\) olduğundan, her iki tarafa \(s_n\) eklenerek ikinci biçim elde edilir.
\(\blacksquare\)
Bu önerme, sayısal bir hesap için doğrudan bir reçetedir: alt ve üst sınırların ortasını alırsak, hatanın büyüklüğü sınırlar arasındaki farkın yarısını aşamaz. Bunu somut bir seride çalıştıralım.
Örnek 36.6 (On Terimle Basel Toplamının Kestirimi) \(\displaystyle S = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}\) olsun.
\(s_{10}\) kısmi toplamını hesaplayınız ve \(R_{10}\) kalanını Önerme 36.1 ile alttan ve üstten kestiriniz.
Bu kestirimden \(S\) için bir aralık elde edip elde edilen değeri gerçek değerle karşılaştırınız.
Hatanın \(10^{-3}\)’ten küçük olması için doğrudan \(s_n\) kullanılsaydı kaç terim gerekirdi?
Çözüm
a) \(f(x) = \dfrac{1}{x^2}\) alalım; \([1, \infty)\) üzerinde pozitif, sürekli ve azalandır ve \(f(k) = \dfrac{1}{k^2}\)’dir. Genelleştirilmiş integralleri hesaplayalım: \(b > n\) için
\[\int_n^{b} \frac{dx}{x^2} = \left[-\frac{1}{x}\right]_n^{b} = \frac{1}{n} - \frac{1}{b} \xrightarrow[b \to \infty]{} \frac{1}{n},\]
yani her \(n \ge 1\) için
\[\int_n^{\infty} \frac{dx}{x^2} = \frac{1}{n}.\]
Önerme 36.1 gereği
\[\frac{1}{n+1} \;\le\; R_n \;\le\; \frac{1}{n}.\]
\(n = 10\) için
\[\frac{1}{11} \le R_{10} \le \frac{1}{10}, \qquad \text{yani} \qquad 0{,}090909 \le R_{10} \le 0{,}100000.\]
Kısmi toplamı hesaplayalım:
\[s_{10} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \frac{1}{36} + \frac{1}{49} + \frac{1}{64} + \frac{1}{81} + \frac{1}{100}.\]
Terimleri ondalık olarak toplarsak
\[s_{10} \approx 1 + 0{,}250000 + 0{,}111111 + 0{,}062500 + 0{,}040000 + 0{,}027778 + 0{,}020408 + 0{,}015625 + 0{,}012346 + 0{,}010000 = 1{,}549768.\]
b) Önerme 36.1’nin ikinci biçimini kullanalım:
\[s_{10} + \frac{1}{11} \;\le\; S \;\le\; s_{10} + \frac{1}{10},\]
\[1{,}549768 + 0{,}090909 \le S \le 1{,}549768 + 0{,}100000,\]
\[1{,}640677 \;\le\; S \;\le\; 1{,}649768.\]
Aralığın uzunluğu \(\dfrac{1}{10} - \dfrac{1}{11} = \dfrac{1}{110} \approx 0{,}009091\)’dir. Aralığın orta noktasını \(S\) için kestirim olarak alırsak
\[S \approx \frac{1{,}640677 + 1{,}649768}{2} = 1{,}645223\]
buluruz ve yapılan hata en fazla aralığın yarısı, yani \(\dfrac{1}{220} \approx 0{,}004545\) olur.
Gerçek değer \(S = \dfrac{\pi^2}{6} = 1{,}644934\ldots\)’tür. Elde ettiğimiz aralık bu değeri gerçekten içeriyor ve orta nokta kestiriminin hatası
\[\left| 1{,}645223 - 1{,}644934 \right| \approx 0{,}000289\]
olup güvence altına aldığımız \(0{,}004545\) sınırının çok altındadır. Yalnızca on terim ve iki integral hesabıyla toplamın üç ondalık basamağını doğru bulmuş olduk.
c) Doğrudan \(s_n\) kullanılsaydı hata tam olarak \(R_n\) olurdu ve elimizdeki güvenceli üst sınır \(R_n \le \dfrac{1}{n}\)’dir. \(\dfrac{1}{n} < 10^{-3}\) olması için \(n > 1000\), yani \(n \ge 1001\) gerekir. Öte yandan alt kestirim \(R_n \ge \dfrac{1}{n+1}\) olduğundan, \(n \le 999\) için \(R_n \ge \dfrac{1}{1000} = 10^{-3}\) olur; demek ki \(1000\) civarında terim almak gerçekten zorunludur, kestirim savurgan değildir.
Karşılaştırma çarpıcıdır: kalan kestirimini kullanan orta nokta yöntemi \(10\) terimle \(3 \cdot 10^{-4}\) hata verirken, ham kısmi toplam aynı doğruluk için binden fazla terim ister. Kalan kestiriminin değeri buradadır.
\(\blacksquare\)
36.7 Alıştırmalar
Alıştırma 36.1 (Yoğunlaştırma ve İntegral Testi Üzerine)
\(p > 0\) olmak üzere \(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\left(\ln n\right)^p}\) serisinin karakterini belirleyiniz.
\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}\) serisinin karakterini belirleyiniz.
İntegral testini kullanarak \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2+1}\) serisinin karakterini belirleyiniz.
İntegral testini kullanarak \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n e^{-n^2}\) serisinin karakterini belirleyiniz.
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^3}\) serisinin toplamını \(s_n\) ile kestirdiğimizde hatanın \(10^{-4}\)’ten küçük olması için \(n\) en az kaç olmalıdır?
\(\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}}\) serisinin karakterini belirleyiniz.
Çözüm
a) \(a_n = \dfrac{1}{\left(\ln n\right)^p}\) olsun. \(n \ge 2\) için \(\ln n > 0\) ve \(p > 0\) olduğundan \(a_n > 0\)’dır; \(\ln n\) artan olduğundan \(\left(\ln n\right)^p\) artan, dolayısıyla \((a_n)\) azalandır. Teorem 36.1 uygulanabilir. \(2^k \ge 2\), yani \(k \ge 1\) için
\[2^k a_{2^k} = \frac{2^k}{\left(\ln 2^k\right)^p} = \frac{2^k}{\left(k \ln 2\right)^p} = \frac{1}{\left(\ln 2\right)^p} \cdot \frac{2^k}{k^p}.\]
Üstel büyümenin kuvvet büyümesini yendiğini biliyoruz (Sonuç 11.1): \(\dfrac{k^p}{2^k} \to 0\), yani \(\dfrac{2^k}{k^p} \to +\infty\). Öyleyse yoğunlaştırılmış serinin genel terimi sıfıra gitmez, hatta sonsuza gider; Sonuç 34.1 gereği yoğunlaştırılmış seri ıraksaktır. Teorem 36.1 gereği asıl seri de ıraksaktır.
Aynı sonuç doğrudan karşılaştırmayla da görülebilir: Sonuç 11.1 gereği \(\dfrac{\left(\ln n\right)^p}{n} \to 0\) olduğundan, yeterince büyük \(n\) için \(\left(\ln n\right)^p < n\), yani \(\dfrac{1}{\left(\ln n\right)^p} > \dfrac{1}{n}\) olur; harmonik seri ıraksadığından karşılaştırma testinin kuyruk biçimi (Önerme 35.1) ıraksaklığı verir.
b) \(a_n = \dfrac{1}{n^{1+1/n}} = \dfrac{1}{n \cdot n^{1/n}}\) yazalım. Buradaki \(n^{1/n}\) çarpanı için kaba bir üst sınır yeter: her \(n \ge 1\) için tümevarımla \(n \le 2^n\) olduğundan, iki tarafın \(n\)’inci kökünü alarak \(n^{1/n} \le 2\) buluruz. Öyleyse
\[a_n = \frac{1}{n \cdot n^{1/n}} \;\ge\; \frac{1}{2n} \;>\; 0.\]
\(\sum \dfrac{1}{2n}\) serisi harmonik serinin yarısı olup ıraksaktır; Teorem 35.2 gereği \(\sum a_n\) da ıraksaktır.
Bu örnek, üsteki \(1\)’e eklenen ve sıfıra giden bir düzeltmenin karakteri değiştiremeyeceğini gösterir: Sonuç 36.1’ndeki eşik sabit bir \(p > 1\) ister.
c) \(f(x) = \dfrac{x}{x^2+1}\) alalım. \([1, \infty)\) üzerinde pozitif ve süreklidir. Türevi
\[f'(x) = \frac{\left(x^2+1\right) - x \cdot 2x}{\left(x^2+1\right)^2} = \frac{1 - x^2}{\left(x^2+1\right)^2}\]
olup \(x > 1\) için negatiftir; Sonuç 8.3 gereği \(f\), \([1,\infty)\) üzerinde azalandır. \(f(n) = \dfrac{n}{n^2+1}\) olduğundan Teorem 36.3 uygulanabilir. \(\dfrac{d}{dx}\left(\frac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)\right) = \dfrac{x}{x^2+1}\) olduğundan
\[\int_1^{b} \frac{x}{x^2+1}\,dx = \left[\frac{1}{2}\ln\left(x^2+1\right)\right]_1^{b} = \frac{1}{2}\ln\left(b^2+1\right) - \frac{1}{2}\ln 2.\]
\(b \to \infty\) iken \(\ln\left(b^2+1\right) \to \infty\) olduğundan integral ıraksaktır; seri de ıraksaktır.
d) \(f(x) = x e^{-x^2}\) alalım. \([1, \infty)\) üzerinde pozitif ve süreklidir. Türevi
\[f'(x) = e^{-x^2} + x \cdot \left(-2x\right) e^{-x^2} = e^{-x^2}\left(1 - 2x^2\right)\]
olup \(x \ge 1\) için \(1 - 2x^2 \le -1 < 0\) olduğundan negatiftir; Sonuç 8.3 gereği \(f\) azalandır. \(\dfrac{d}{dx}\left(-\frac{1}{2}e^{-x^2}\right) = x e^{-x^2}\) olduğundan
\[\int_1^{b} x e^{-x^2}\,dx = \left[-\frac{1}{2} e^{-x^2}\right]_1^{b} = \frac{1}{2}e^{-1} - \frac{1}{2}e^{-b^2}.\]
\(b \to \infty\) iken \(e^{-b^2} \to 0\) olduğundan
\[\int_1^{\infty} x e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2e} < \infty.\]
İntegral yakınsaktır; Teorem 36.3 gereği seri de yakınsaktır. Üstelik Önerme 36.1 kalanı da verir: \(R_n \le \int_n^{\infty} x e^{-x^2}\,dx = \frac{1}{2}e^{-n^2}\). Örneğin \(n = 3\) için hata \(\frac{1}{2}e^{-9} \approx 6 \cdot 10^{-5}\)’ten küçüktür.
e) \(f(x) = \dfrac{1}{x^3}\) alalım; \([1,\infty)\) üzerinde pozitif, sürekli ve azalandır. Genelleştirilmiş integral
\[\int_n^{\infty} \frac{dx}{x^3} = \lim_{b \to \infty}\left[-\frac{1}{2x^2}\right]_n^{b} = \frac{1}{2n^2}\]
olur. Önerme 36.1 gereği
\[R_n \le \frac{1}{2n^2}.\]
Hatanın \(10^{-4}\)’ten küçük olması için
\[\frac{1}{2n^2} < 10^{-4} \iff n^2 > 5000 \iff n > \sqrt{5000} \approx 70{,}71\]
yeterlidir; yani \(n \ge 71\) almak yeterlidir. (\(70^2 = 4900 < 5000\) olduğundan \(n = 70\) bu güvenceyi vermez.)
f) Üsteki ifadeyi sadeleştirelim. \(n \ge 2\) için \(\ln n > 0\)’dır ve
\[n^{1/\ln n} = e^{\frac{1}{\ln n} \cdot \ln n} = e^{1} = e\]
olur. Demek ki genel terim, \(n\)’ye bağlı görünen üstel kısmına rağmen çok basittir:
\[a_n = \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} = \frac{1}{n \cdot n^{1/\ln n}} = \frac{1}{e n}.\]
Öyleyse
\[\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} = \frac{1}{e} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n}\]
olur; harmonik seri ıraksadığından ve sıfırdan farklı sabitle çarpmak karakteri değiştirmediğinden seri ıraksaktır.
Bu şık, (b) şıkkındaki uyarıyı pekiştirir: üstün \(1\)’den büyük olması yetmez, \(1\)’den sabit bir miktar büyük olması gerekir.
\(\blacksquare\)
Yoğunlaştırma testi ile integral testi, azalan pozitif terimli serilerde çok keskin sonuçlar verir; ancak ikisi de terimlerin azalan olmasını ister ve bu, uygulamada sık sık karşılaşılan \(\dfrac{2^n}{n!}\) ya da \(\dfrac{n^n}{3^n n!}\) gibi terimlerde doğrudan işletilmesi zor bir koşuldur. Bu tür serilerde, terimin kendisi yerine ardışık iki terimin oranına ya da terimin \(n\)’inci köküne bakmak çok daha verimlidir; üstelik bu yaklaşım azalanlık istemez. Sıradaki bölümde bu iki aracı kuruyoruz: Kök ve Oran Testleri.