Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
2 beğenilme 0 beğenilmeme
389 kez görüntülendi
Karşılaştığım ilginç bir problemi paylaşmak istedim.

$\color{red} {\textbf{Problem:}} $ $n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere $x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$ denkleminin pozitif kökü $x_n$ olsun. $(x_n)$ dizisinin limitinin var olduğunu gösterip bu limiti bulunuz.
Lisans Matematik kategorisinde (2.6k puan) tarafından  | 389 kez görüntülendi

2 Cevaplar

2 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap
$ \forall n\in\mathbb{N}^+ $ için $ \frac12<x_n\leq1 $ olduğunu göstermek zor değil.

Denklemi düzenleyerek, eşitliği, $ x\neq1 $ için $ x^{n+1}=2x-1 $ şeklinde yazabiliriz.
    Önce, Matematiksel Tümevarım ile, $ \forall n\in\mathbb{N}^+ $ için, $x_n\leq\frac12+\frac1{n+1}  $ olduğunu göstereceğiz.

 $ n=1,2 $ için, $x_n\leq\frac12+\frac1{n+1}   $  olduğu kolayca görülüyor.
 Bir $n\geq2$ için $x_n\leq\frac12+\frac1{n+1}  $ olsun.
Bu, ($ \frac12+\frac1{n+1}<1 $ oluşunu da kullanarak) $ \left(\frac12+\frac1{n+1} \right)^{n+1}\leq2\left(\frac12+\frac1{n+2} \right)-1=\frac2{n+1} $ olması demektir.

\begin{align*}
    \left(\frac12+\frac1{n+2} \right)^{n+2}&=\left(\frac12+\frac1{n+2} \right)^{n+1}\left(\frac12+\frac1{n+2} \right)\\
    &<\left(\frac12+\frac1{n+1} \right)^{n+1}\left(\frac12+\frac1{n+2} \right)\\&\leq\frac2{n+1}\left(\frac12+\frac1{n+2} \right) =\frac1{n+1}+\frac2{(n+1)(n+2)}
\end{align*}
    elde ederiz.
    $n\geq2$ için, $\frac2{n+2}-\left(\frac1{n+1}+\frac2{(n+1)(n+2)} \right) = \frac{n-2}{(n+1)(n+2)}\geq0$ olduğundan,
 $ \left(\frac12+\frac1{n+2} \right)^{n+2}<2\left(\frac12+\frac1{n+2} \right)-1  $ olması demektir.
 $ \left( \frac1{2}\right) ^{n+2}>2\times\frac1{2}-1 $ ve ($ x^{n+2} $ ve $ 2x-1 $ sürekli olduğundan, Ara Değer Teoremi kullanılarak)
$\frac12<x_{n+1}\leq \frac12+\frac1{n+2} $ olduğu elde edilir.

    Daha sonra da, $ \lim\limits_{n\to\infty} \frac12= \lim\limits_{n\to\infty} \left(\frac12+\frac1{n+1} \right)=\frac12$ oluşundan, Sıkıştırma Teoremi kullanarak, $ \lim\limits_{n\to\infty} x_n=\frac12$ elde edilir.
(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Eğri ve doğrunun [0,1] aralığındaki konumları

Tebrikler hocam. $$ \dfrac{1}{2}<x_n\leq \dfrac12+\dfrac1{n+1} $$ eşitsizliğini de ayrı bir soru olarak sormayı düşünüyordum ama sorunun kafasına vurmuşsunuz zaten.

 

Limit problemini bir başka yolla çözdüm ve uygun bir vaktimde yazıp paylaşacağım. Limitin bir sonucu olarak $ \dfrac{1}{2} < x_n$ elde ediyoruz ama sizi $x_n\leq \dfrac12+\dfrac1{n+1}$ eşitsizliğini düşünmeye götüren neden neydi? Bunu merak ediyorum. Saygılar.
Gereksiz bir "$ \forall n\in\mathbb{N}^+ $ için" vardı, onu sildim.
Kökleri tam olarak bulamadığımız için böyle bir eşitsizliğe gerek var diye düşündüm. Bir kaç denemeden sonra bu eşitsizliğin doğru olduğunu gördüm. Daha basit bir çözüm de olabilir diye düşünüyorum..
1 beğenilme 0 beğenilmeme
$\color{red}{\text{Çözüm 2:}}$

$x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$ denkleminde $n=1$ durumunda $x-1=0$ olup $x_1=1$ kökü elde edilir. $n\geq 2$ olsun. $x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$ denkleminin pozitif kökü olan $x_n$ sayısı için $x_n\geq 1$ olsaydı $x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1 \geq n - 1 \neq 0$ çelişkisi elde edilir. $f_n(x)=x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1$ fonksiyonunu tanımlayalım. $f(0)=-1$ ve $f(1)=n-1\geq 1$ olduğundan ara değer teoremi gereğince $(0,1)$ aralığında en az bir gerçel kök vardır. Yani  $n\geq 2$ iken pozitif kök $0< x_n < 1$ olmalıdır. Ayrıca yalnız bir pozitif kök olduğunu göstermek de kolaydır. $(0,1)$ açık aralığında (ve hatta $(0,\infty)$ aralığında) $f_n(x)=x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1$ fonksiyonu artan olduğundan bu aralıkta fonksiyon bire birdir. Yani birden fazla kök olamaz. Bir başka yol ise $0<x_{n}<x_{m}<1$ şeklinde iki kök var olduğunu kabul edip $x_{n}^2<x_{m}^2<1$,  $x_{n}^3<x_{m}^3<1$, ... , $x_{n}^n<x_{m}^n<1$ yazabiliriz. Böylece $f_n(x_n)<f_n(x_m)$ olur. İki pozitif kök olamayacağını iyice anlamış oluyoruz.

$n\geq 2$ olmak üzere $x_{n+1}$ ve $x_n$ sayıları sırasıyla $f_{n+1}(x)=0$ ve $f_{n}(x)=0$ denklemlerinin pozitif kökü olsun. Yani

$$ x_{n+1}^{n+1}+x_{n+1}^{n}+\cdots+x_{n+1}^{2}+x_{n+1}-1 = x_{n}^{n}+x_{n}^{n-1}+\cdots+x_{n}^{2}+x_{n}-1 = 0 $$

olur. Bu eşitliği $x_{n+1}^{n+1} + f_n(x_{n+1}) = f_n(x_n) = 0$ biçiminde yazabiliriz. $x_{n+1}^{n+1} >0$ olup $f_n(x_{n+1}) < f_n(x_n)$ elde edilir. $f_n(x)$ fonksiyonu $(0,1)$ aralığında artan olduğundan olduğundan $0<x_{n+1}<x_{n}<1$ sonucuna ulaşılır. O halde her $n$ pozitif tam sayısı için $(x_n)$ dizisi sınırlı ve azalandır. Monoton yakınsaklık teoremi gereğince $\lim (x_n) = L$ şeklinde bir $L$ gerçel sayısı vardır.  $0<x_{n}<1$ bilgisinden dolayı $0\leq L <1$ dir.

$x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$ denkleminden $x^n+x^{n-1}+\cdots+x+1 = 2$ yazalım ve bir $0<x<1$ sayısı için sonlu geometrik toplam formülünden $\dfrac{x^{n+1} -1}{x-1} = 2$ olur. Düzenlersek $x^{n+1} = 2x -1$ olur. $x=x_n$ sayısı bu denklemi sağladığından $x_n^{n+1} = 2x_n -1$ olur. Her iki tarafın limitini alırsak $\lim x_n^{n+1} = 2\lim (x_n) - 1$ olur. $0\leq L <1$ olduğundan $\lim x_n^{n+1} = 0$ olur. Böylece $0 = 2L - 1$ olup $L=\dfrac{1}{2}$ elde edilir.

 

$\color{red}{\text{Notlar:}}$
$\color{red}\bullet$ Bu limitin bir sonucu olarak her $n\geq 2$ tam sayısı için $\dfrac{1}{2}<x_n<1$ olduğunu anlıyoruz. Limit yaklaşımından bağımsız olarak, $x_n\leq \dfrac{1}{2}$ biçiminde bir pozitif kök olduğunu kabul edersek $f(x_n)\leq f(\dfrac{1}{2}) = \dfrac{1}{2^n} + \dfrac{1}{2^{n-1}} + \cdots + \dfrac{1}{2^1} - 1 = \dfrac{1-\dfrac{1}{2^{n+1}}}{1- \dfrac{1}{2}} - 2 = -  \dfrac{1}{2^n} < 0$ olup $f(x_n)<0$ çelişkisi elde edilir. Böylelikle $\dfrac{1}{2}<x_n<1$ elde edilir.

$\color{red}\bullet$ Biraz daha ilginç olabilecek bir eşitsizlik vardır: $n\geq 2$ tam sayısı için $$\dfrac{1}{2}<x_n<\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{n+1}$$ sağlanır. Doğan Dönmez'in çözümünde bu eşitsizliğin bir ispatı verilmiştir.
(2.6k puan) tarafından 
Bu çözüm güzelmiş.
20,248 soru
21,774 cevap
73,421 yorum
2,150,234 kullanıcı