Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Analiz-Cebir => Konuyu başlatan: Metin Can Aydemir - Haziran 17, 2020, 06:24:35 ös
-
$k\geq 1$ tam sayı olmak üzere, $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor}$$ sonsuz toplamını hesaplayınız. (Burada $\lfloor x \rfloor$ tamdeğer fonksiyonudur.)
-
$\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor=m$ olsun. $$m\leq n^{\frac{1}{k}} < m+1 \Leftrightarrow m^k\leq n < (m+1)^k\Leftrightarrow m^k\leq n\leq (m+1)^k-1$$ Yani $[m^k,(m+1)^k-1]$ aralığındaki her $n$ tam sayısı için $\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor=m$ olur. Dolayısıyla, $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} \dfrac{(-1)^{n+1}}{m}=\sum_{m=1}^{\infty}\left (\dfrac{1}{m} \sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} (-1)^{n+1}\right )$$ $(-1)^{n+1}$'li toplamı ele alalım. $$\sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} (-1)^{n+1}=(-1)^{m^k+1}+(-1)^{m^k+2}+\cdots +(-1)^{(m+1)^k}$$ Burada $(m+1)^k-(m^k+1)+1=(m+1)^k-m^k$ terim vardır. $\{ -1,1,-1,...\}$ dizisinde ardışık çift sayıdaki sayının toplamı sıfırdır. Bizim elde ettiğimiz toplamda ise $(m+1)^k-m^k$ tek sayı olduğundan (Bariz olduğundan ispatlamıyorum.) ilk terim haricindeki diğer tüm terimlerin toplamı 0 olacaktır. Dolayısıyla $$\sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} (-1)^{n+1}=(-1)^{m^k+1}+(-1)^{m^k+2}+\cdots +(-1)^{(m+1)^k}=(-1)^{m^k+1}=(-1)^{m+1}$$ ($m$ ile $m^k$'nın paritesi aynı olduğundan bunu yapabiliriz.) Dolayısıyla, $$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor}=\sum_{m=1}^{\infty}\left (\dfrac{1}{m} \sum_{n=m^k}^{(m+1)^k-1} (-1)^{n+1}\right )=\sum_{m=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{m+1}}{m}=\ln 2$$
Not: Fark edildiği gibi sonuç $k$'ya bağlı değil ve soruda $k$'nın pozitif tam sayı da olmasını kullanıyoruz. Aynı toplamı $k$'nın rasyonel veya reel sayı olması durumunda da elde edebilir miyiz? Eğer bu konuyla ilgili bir fikriniz veya çözümünüz varsa belirtirseniz sevinirim.
-
$k=1$ için $\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor}$ toplamı
$$ \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2$$
ifadesine dönüşmektedir. Her $k>1$ tam sayısı için sanki $\left \lfloor n^{\frac{1}{k}} \right \rfloor = n $ eşitliği varmış gibi davranıyor. Fakat öyle bir şey de yok ortada. Örneğin $k=2$, $n=4$ için $\left \lfloor \sqrt{4} \right \rfloor \neq 4 $ olur. Acaba çözümde bir hata mı var diye düşündürdü bana. $k$ nın çeşitli değerleri için wolframalpha'ya gönderelim:
$k=2$ değeri için burada (https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%7B%5Cinfty%7D+%5Cfrac%7B%28-1%29%5E%7Bn%2B1%7D%7D%7Bfloor%28n%5E%7B%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%29%7D%7D)
$k=3$ değeri için burada (https://www.wolframalpha.com/input/?i=%5Csum_%7Bn%3D1%7D%5E%7B%5Cinfty%7D+%5Cfrac%7B%28-1%29%5E%7Bn%2B1%7D%7D%7Bfloor%28n%5E%7B%5Cfrac%7B1%7D%7B3%7D%29%7D%7D)
İlk bakışta sonuçlar farklı duruyor. Fakat wolframalpha da sonucu karmaşık sayı olarak verdiğine göre programın bir hata yaptığı anlaşılıyor. Metin Can hocamın yukarıdaki çözümünde de bir hata göremedim.
İlk yazılan $m\leq n^{\frac{1}{k}} < m+1 \Leftrightarrow m^k\leq n < (m+1)^k\Leftrightarrow m^k\leq n\leq (m+1)^k-1 $ türü eşitsizlikler $k$ rasyonel iken de yazılabiliyor mu buna bakmakta fayda var.