Polinomun pozitif kökünün limiti {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Karşılaştığım ilginç bir problemi paylaşmak istedim.

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.

[Metin Can Aydemir]

Descartes işaret kuralına göre verilen denklemin sadece $1$ adet pozitif kökü vardır. Bu köke $r_n$ diyelim. Bariz şekilde $r_1=1$'dir. $r_n>r_{n+1}$ olduğunu gösterelim. Aksini kabul edelim. $r_n\neq r_{n+1}$ olduğunu göstermek kolaydır. Bu yüzden $r_k<r_{k+1}$ olacak şekilde bir $k$ olduğunu kabul etmek yeterlidir. $$r_{k+1}^{k+1}+r_{k+1}^{k}+\cdots+r_{k+1}^{2}+r_{k+1}=1=r_{k}^{k}+r_{k}^{k-1}+\cdots+r_{k}^{2}+r_{k}$$ $$\implies r_{k+1}^{k+1}+\sum_{i=1}^{k}(r_{k+1}^i-r_k^i)=0$$ Ancak sol taraftaki ifade bariz şekilde pozitiftir. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla her $n$ pozitif tam sayısı için $r_n>r_{n+1}$'dir. $(r_n)_{n=1}^{\infty}$ dizisi monoton (azalan) ve sınırlı olduğundan (alttan $0$ ile, üstten $1$ ile) bu dizinin limiti vardır ve bu limit $0\leq L\leq 1$ şartını sağlar. Dizi azalan olduğundan $L\neq 1$'dir. $$\sum_{i=1}^{\infty} L^i=\frac{1}{1-L}-1=1\implies L=\frac{1}{2}$$ elde edilir. Dolayısıyla aradığımız limit değeri $L=\frac{1}{2}$'dir.

[Lokman Gökçe]

Kendi çözümümü de paylaşabilirim.

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.



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 yazalım: $n\geq 2$ tam sayısı için $$\dfrac{1}{2}<x_n<\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{n+1}$$ sağlanır. Çözümünü yapınca bunu da paylaşabiliriz. Bu eşitsizliğin sağ tarafını da gösterebilirsek, sıkıştırma teoreminden dolayı limit problemini de çözmüş oluyoruz.

[Metin Can Aydemir]

Lokman hocanın notlar kısmında bahsettiği $\frac{1}{2}<x_n<\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}$ iddiasını ispatlayalım. Lokman hocanın gösterdiği gibi fonksiyon pozitif reel sayılarda artandır ve $f\left(\frac{1}{2}\right)<0=f(x_n)$'dır. Dolayısıyla $\frac{1}{2}<x_n$ elde ederiz. $s=\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}>x_n$ olduğunu göstermek için $f\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}\right)>0$ olduğun göstermemiz yeterlidir. $n\geq 2$ için $s<1$ olduğundan $(s-1)f(s)<0$ olduğunu göstermeliyiz. $$(s-1)f(s)=(s-1)(s^n+s^{n-1}+\dots+s-1)=-2(s-1)+(s-1)(s^n+s^{n-1}+\dots+s+1)=s^{n+1}-2s+1$$ Yani $s^{n+1}<2s-1$ veya $$\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}<\frac{2}{n+1}$$ olduğunu göstermeliyiz. $\frac{1}{n+1}=m$ yazarsak $0<m\leq \frac{1}{3}$ için $\frac{1}{2}+m<(2m)^m$ haline döner. $g(m)=(2m)^m-m$ dersek, $$g'(m)=(2m)^m(1+\ln(2m))-1$$ ve $g'(m)=0\iff m=\frac{1}{2}$ olur. Yani $g'$ fonksiyonu $\left(0,\frac{1}{3}\right]$ aralığında negatif ve $g$ fonksiyonu da azalandır. Dolayısıyla $$g(m)\geq g\left(\frac{1}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)^{\frac{1}{3}}-\frac{1}{3}>\frac{1}{2}$$ olur. Bunu görmek için tersten gidip $\frac{2}{3}>\left(\frac{5}{6}\right)^3$ olduğunu gösterebiliriz. Sonuç olarak $(s-1)f(s)<0$ ve buradan $f(s)>0$ olduğunu göstermiş olduk. Dolayısıyla $x_n<\frac{1}{2}+\frac{1}{n+1}$ elde ederiz.