Crux 1975 Problem 8 - 9 - Yakınsak Diziler {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

1975 te yayınlanmaya başlanan Crux Dergisinin ilk sayısının 8. ve 9. problemleri:


Problem 8: $a_n=\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }}}$   ($n$ tane kök)

biçiminde tanımlanan $(a_n)$ dizisinin yakınsaklığını inceleyiniz ve varsa $\lim a_n$ değerini belirleyiniz.



Problem 9: $b_n=\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3 +  \cdots +\sqrt{n} }}}$

biçiminde tanımlanan $(b_n)$ dizisinin yakınsaklığını inceleyiniz.

[Lokman Gökçe]

Problem 8'in Çözümü:

$a_1=1$, $a_2=\sqrt{1+\sqrt{1}}$, ... , $a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}$ dir. Her $n\geq 1$ tam sayısı için $a_{n+1} > a_n$ olduğunu, yani $(a_n)$ dizisinin monoton artan olduğunu gösterelim. $a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}$ eşitliğinde iki tarafın karesini alırsak
$$ a_{n+1}^2 - a_{n}^2 = 2a_{n}+1 > 0 $$
olduğundan $a_{n+1} > a_n$ elde edilir.

Ayrıca her $n$ pozitif tam sayısı için $a_n < 2$ olduğunu, yani üstten sınırlı olduğunu gösterelim. Bunun için
         $a_n=\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }}} < 2$
$\iff 1+\sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }} < 4$ (Kare aldığımız için $n-1$ tane kök vardır.)
$\iff \sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }} < 3$
$\iff 1+\sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }} < 9$ (Kare aldığımız için $n-2$ tane kök vardır.)
$\iff \sqrt{1+\sqrt{1 +  \cdots +\sqrt{1} }} < 8$
$\vdots$
Kare alarak devam edersek, eşitsizlikte sol tarafın hızla büyüdüğünü görürüz. Böylece $a_n < 2$ eşitsizliğinin doğru olduğu anlaşılır.

$a_n < 2$ eşitsizliği için bir başka ispat da tümevarım yardımıyla yapılabilir. $a_1=1<2$, $a_2=\sqrt{1+\sqrt{1}}<2$ dir. Bir $n$ pozitif tam sayısı için $a_n < 2$ sağlandığını kabul edelim. $a_{n+1}=\sqrt{1+a_n} < \sqrt{1+2}<2$ olur. Yani $n+1$ pozitif tam sayısı için de önerme doğrudur. Böylece, matematiksel tümevarım prensibi gereği her $n$ pozitif tam sayısı için $a_n < 2$ dir.

'Monoton artan ve üstten sınırlı bir dizinin limiti vardır' teoreminden dolayı $(a_n)$ dizisinin yakınsaktır, yani bir limiti vardır. $\lim a_n = x$ diyelim. $a_n \geq 1$ olduğundan $x \geq 1$ dir. Ayrıca 'Yakınsak bir dizinin her alt dizisi de yakınsaktır' teoreminden dolayı $\lim a_{n+1} = x$ olur. $a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}$ eşitliğine göre $\lim a_{n+1}=\lim \sqrt{1+a_n}$ olup
$$ \lim x = \lim \sqrt{1+x} $$
dir. Buradan $x^2 - x - 1=0$ olup $x \geq 1$ koşuluna uygun kök $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ dir. $\lim a_n = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ bulunur.

[Lokman Gökçe]

Problem 9'un Çözümü:

Her $n$ pozitif tam sayısı için $\sqrt{n+1}>0$ olduğundan
$\implies n+\sqrt{n+1}>n$
$\implies \sqrt{n+\sqrt{n+1}} > \sqrt{n}$
$\implies n-1 + \sqrt{n+\sqrt{n+1}} > n-1+\sqrt{n}$
$\implies \sqrt{n-1 + \sqrt{n+\sqrt{n+1}}} > \sqrt{n-1+\sqrt{n}}$
$\vdots$
$\implies \sqrt{1+\cdots + \sqrt{n-1 + \sqrt{n+\sqrt{n+1}}}} > \sqrt{1+\cdots + \sqrt{n-1+\sqrt{n}}}$
$\implies b_{n+1}>b_n$
elde edilir. Dolayısıyla $(b_n)$ dizisi monoton artandır. Problem 8'in çözümüne benzer biçimde, her iki tarafa $n$ defa kare alma işlemi ugulanarak $b_n<2$ olduğu da gösterilebilir.

Böylece, $(b_n)$ dizisi monoton artan ve üstten sınırlı olduğundan yakınsaktır. Yani $\lim b_n$ vardır.