Yazarlar: İlham Aliyev, Ayhan Dil (Akdeniz Üniversitesi)
Yıl: 2023-1
Sayı: 115
Matematik bölümlerinin birinci sınıflarına okutulan analiz derslerinde, genel terimi sıfıra giden, fakat ıraksayan serilerden bahsedilirken, verilen örneklerin en başında
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots
$$
serisi gelir. Harmonik seri olarak adlandırılan bu seri ve onun kısmi toplamlar dizisi
$$
H_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n},\quad (n=1,2,3, \ldots),
$$
yani, harmonik sayılar yüzyıllardan beri matematikçilerin ilgisini çekmektedir. Harmonik sayılar ve harmonik dizi olarak bilinen
$$
\frac{1}{1},\, \frac{1}{2},\, \frac{1}{3},\, \ldots
$$
dizisi, başta analiz, analitik sayılar teorisi, kombinatorik olmak üzere matematiğin birçok alanında ve hatta müziğin teorisinde bile kullanım alanına sahiptir (“harmonik” ismi de müzikten gelmiştir).
Biz bu yazıda harmonik serinin ıraksaklığının çeşitli kanıtlarını konu edineceğiz. Bu kanıtların büyük bir kısmı 400 yıldan uzun bir süredir bilinmektedir. Birkaç kanıt ise nispeten daha yeni kanitlardır. Gelecekte de yeni kanıtların verilmesi muhtemeldir. Matematikte yeni kanıtlara olan ilgi, söz konusu iddianın güvenilirliğini artırma kaygısından daha çok, hem değişik metodların uygulanabilirliğini göstermek açısından, hem de pedagojik açıdan (“farklı zevklere hitap etme”) önem taşımaktadır.
Sonsuz toplamlar (seriler) teorisinde harmonik serinin önemli bir yere sahip olmasının başlıca nedenlerinden birisi, bu serinin, karşılaştırma testlerinde bir nevi “mihenk taşı” görevi gören
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\alpha}}
$$
serileri için “doğal sınır” rolü oynamasıdır.
Harmonik serinin bir başka ilginç tarafı da, $\frac{1}{n}$ sayılarının sıfıra “nispeten zayıf” yakınsamasına rağmen,
$$
H_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}
$$
dizisinin sonsuza çok yavaş ıraksamasıdır.
Bu masum görünüşlü dizi, teori olmadan uygulamanın çok fazla ileri gidemeyeceğini göstermesi açısından da dikkat çekicidir. Ne demek istediğimizi anlatalım: Bir anlığına harmonik serinin ıraksadığını bilmediğimizi varsayalım ve yalnız toplama yapabilen bilgisayarlar yardımıyla serinin raksaklığına dair deliller elde etmeye çalışalım. $n=10^{13}$ ($1$’in yanında $13$ tane sıfır!) alınırsa, $H_{n}$ sayısı $30$’dan küçük bir sayı olur. $H_{n}$’nin daha da büyümesini istiyorsak, mesela, $60$’a yakın bir sayı olmasını istiyorsak, $n=10^{30}$ alınmalıdır. Gündelik yaşamımızda kullandığımız bilgisayarların bile bu hesabı yapabilmeleri için yıllarca çalışmaları gerekmektedir. Yani, sayıları sadece toplayabilen bir bilgisayar, harmonik serinin ıraksaklığını gösterme umudumuzu artırmak yerine azaltmakta ve pratik olarak bu serinin “yakınsak olduğunu” söylemektedir.
Harmonik serinin (veya $H_{n}$ dizisinin) ıraksaklığının çeşitli kanıtlarını verelim. Bu konuda bilgisini daha da artırmak isteyen okurlarımıza yazının sonundaki kaynaklara bakmalarını tavsiye ederiz.
Tarihi, Euler dönemine kadar uzanan ve integral yardımıyla yapılan bir kanıtla başlayalım. Bu kanıt, harmonik serinin ıraksama hızını kestirmek açısından da çok önemlidir.
Kanıt 1.
$k=1,2, \ldots, n$ için $k<x<k+1$ alınırsa,
$$\frac{1}{k+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{k} $$
olur ve buradan
$$
\int_{k}^{k+1} \frac{1}{k+1} \operatorname{d} x<\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x} \operatorname{d} x<\int_{k}^{k+1} \frac{1}{k} \operatorname{d} x
$$
elde edilir. Dolayısıyla,
$$
\frac{1}{k+1}<\ln (k+1)-\ln k<\frac{1}{k} \tag{1}
$$
olur. $(1)$ eşitsizliği $k=1,2, \ldots, n$ değerleri verilerek taraf tarafa toplanırsa,
$$
\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1}<\ln (n+1)<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}
$$
ve buradan da
$$
\ln (n+1)<H_{n}<\ln n+1 \tag{2}
$$
elde edilir. $(2)$ eşitsizliğinden, $H_{n}$ dizisinin ıraksaklığı ve bundan da öte, ıraksama hızının $\ln n$ civarında olduğu görülür.
Örneğin $(2)$’de $n=10^{13}$ alınırsa,
$$
\ln n=\ln 10^{13}=13 \ln 10 \approx 30
$$
olur. Yani,
$$
1,\, \frac{1}{2},\, \frac{1}{3},\, \frac{1}{4},\, \frac{1}{5} \ldots
$$
dizisinin ilk $10^{13}$ teriminin toplamı yaklaşık $30$’dur.
$$
a_{n}=H_{n}-\ln n
$$
tanımını yaparsak, $(2)$’den dolayı,
$$
\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<a_{n}<1
$$
olur. Yani, $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ dizisi sınırlı bir dizidir. Öte yandan,
$$
\begin{aligned}
a_{n}-a_{n+1} & =\ln (n+1)-\ln n-\frac{1}{n+1} \\
& =\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} \operatorname{d} x-\int_{n}^{n+1} \frac{1}{n+1} \operatorname{d} x \\
& =\int_{n}^{n+1}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{n+1}\right) \operatorname{d} x>0
\end{aligned}
$$
olduğundan, $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ dizisi kesin azalan bir dizidir. Monoton ve sınırlı bir dizinin sonlu limiti var olduğundan,
$$
\left( a_{n} \right)_{n\geq 1} = \left( H_{n} – \ln n \right)_{n\geq 1}
$$
dizisi yakınsaktır. Bu dizinin limiti Euler tarafından $\gamma$ ile gösterilmiştir. Euler-Mascheroni sabiti olarak bilinen $\gamma$ sabitinin yaklaşık değeri
$$
\gamma \approx 0.5772
$$
dir ve rasyonel olup olmadığı henüz bilinmemektedir. Böylece, büyük $n$ değerleri için
$$
H_{n} \approx \ln n+\gamma
$$
olduğunu söyleyebiliriz. Daha ince tahminlerden biri şöyledir: $0<\varepsilon_{n}<\frac{1}{n}$ eşitsizliğini sağlayan bir $\varepsilon_{n}>0$ sayısı için,
$$
H_{n}=\ln n+\gamma+\varepsilon_{n}
$$
olur.
Kanıt 2.
Harmonik serinin toplamının sonlu olduğunu varsayalım ve bu toplama $H$ diyelim. O halde,
$$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }H_{n}=H$$
ve
$$
\lim\limits_{n\rightarrow \infty }H_{2n}=H
$$
olmalıdır. Buradan,
$$
\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\left( H_{2n}-H_{n}\right) =0
$$
olur. Oysa ki,
$$
\begin{aligned}
H_{2 n}-H_{n} & =\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n} \\
& >\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2 n}+\cdots+\frac{1}{2 n} \\
& >n \cdot \frac{1}{2 n}=\frac{1}{2} .
\end{aligned}
$$
Kanıt 3.
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ toplamı sonlu bir $H$ sayısına eşit olsun. O halde
$$
\begin{aligned}
H & =\left(1+\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+\cdots \\
& >2 \cdot \frac{1}{2}+2 \cdot \frac{1}{4}+2 \cdot \frac{1}{6}+2 \cdot \frac{1}{8}+\cdots \\
& =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots=H
\end{aligned}
$$
olur ve buradan $H>H$ çelişkisi çıkar.
Yukarıdaki kanıtta, serinin elemanlarını ikişer ikişer parantezleme yerine, üçer üçer, dörder dörder, … parantezleme yapılarak benzer çelişkiler elde edilebilir. Örneğin,
$$
\begin{aligned}
H & =\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}\right)+\cdots \\
& >3 \cdot \frac{1}{3}+3 \cdot \frac{1}{6}+3 \cdot \frac{1}{9}+\cdots \\
& =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots=H
\end{aligned}
$$
eşitsizliğinden, yine $H>H$ çelişkisine ulaşılır.
Kanıt 4.
$H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ toplamının sonlu olduğunu varsayalım. Pozitif terimli yakınsak bir seride toplananların yerlerini istediğimiz şekilde değiştirebiliriz. O halde,
$$
\begin{aligned}
H & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots \\
& =\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots\right) \\
& =\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\right) \\
& =\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)+\frac{1}{2} H .
\end{aligned}
$$
Buradan,
$$
\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)=\frac{1}{2} H=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots\right)
$$
eşitliği elde edilir. Oysa,
$$
1>\frac{1}{2},\, \frac{1}{3}>\frac{1}{4},\, \frac{1}{5}>\frac{1}{6}, \ldots
$$
eşitsizlikleri taraf tarafa toplanırsa
$$
1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots>\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots
$$
olur ve dolayısıyla, $\frac{1}{2} H>\frac{1}{2} H$ çelişkisi elde edilir.
Kanıt 5.
Analizde iyi bilinen
$$
\ln 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots
$$
formülünü kullanacağız,
Eğer
$$
H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots
$$
serisi yakınsak ise, $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots$ serisi mutlak yakınsaktır ve dolayısyla, toplananlarının yerleri değiştirilebilir. Bu durumda, Kanıt 4 ‘teki “eşitlikler” kullanılırsa,
$$
\begin{aligned}
\ln 2 & =\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\cdots\right) \\
& =\frac{1}{2} H-\frac{1}{2} H=0
\end{aligned}
$$
yani, $\ln 2=0$ çelişkisi elde edilir.
Kanıt 6.
$H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ toplamının terimlerini aşağıdaki şekilde gruplayalım:
$$
\begin{aligned}
H & =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{9}\right)+\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{99}\right) +\left(\frac{1}{100}+\frac{1}{101}+\cdots+\frac{1}{999}\right)+\cdots \\
& \geq 9 \cdot \frac{1}{10}+90 \cdot \frac{1}{100}+900 \cdot \frac{1}{1000}+\cdots \\
& =\frac{9}{10}+\frac{9}{10}+\frac{9}{10}+\cdots
\end{aligned}
$$
Yukarıdaki eşitsizlikten, $H=\infty$ olduğu çıkar.
Kanıt 7.
$n=2,3,4, \ldots$ için $\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n+1}>\frac{2}{n}$ eşitsizliği kullanılırsa,
$$
\frac{1}{2}+\frac{1}{4}>\frac{2}{3},\, \frac{1}{5}+\frac{1}{7}>\frac{2}{6}, \ldots
$$
olur. Buradan da
$$
\begin{aligned}
H & =1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}\right)+\cdots \\
& >1+\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{2}{6}+\frac{1}{6}\right)+\left(\frac{2}{9}+\frac{1}{9}\right)+\cdots \\
& =1+\frac{3}{3}+\frac{3}{6}+\frac{3}{9}+\cdots \\
& =1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots \\
& =1+H
\end{aligned}
$$
yani, $H>1+H$ çelişkisi elde edilir.
Kanıt 8.
Verilen koşullar altında $\lim_{n \rightarrow \infty} H_{n} = H$ ve $H < \infty$ olduğunu varsayalım. Bu durumda, $(H_{n})_{n \geq 1}$ dizisi sınırlı bir dizi olmalıdır. Oysa, her $n$ doğal sayısı için,
$$
\begin{aligned}
H_{2^{n}} & =1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right) +\cdots+\left(\frac{1}{2^{n-1}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right) \\
& >1+\frac{1}{2}+2 \cdot \frac{1}{4}+4 \cdot \frac{1}{8}+\cdots+2^{n-1} \cdot \frac{1}{2^{n}} \\
& =1+\frac{n}{2}
\end{aligned}
$$
olur. Yani, $\left(H_{n}\right)_{n \geq 1}$ dizisi sınırlı değildir.
Kanıt 9.
Bu kanıt, her $x \neq 0$ için iyi bilinen $e^{x}>1+x$ eşitsizliğine dayanıyor. Şimdi, $H_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$ olmak üzere,
$$
\begin{aligned}
e^{H_{n}} & =e^{1} e^{\frac{1}{2}} e^{\frac{1}{3}} \cdots e^{\frac{1}{n}} \\
& >(1+1) \cdot\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{n}\right) \\
& =2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdots \frac{n+1}{n}=n+1
\end{aligned}
$$
yani,
$$
e^{H_{n}}>n+1
$$
eşitsizliğinden,
$$
H_{n}>\ln (n+1)
$$
bulunur. Dolayısıyla, $H_{n}$ dizisi sınırlı değildir.
Kanıt 10.
$|q|<1$ için $1+q+q^{2}+\cdots=\frac{1}{1-q}$ formülünü kullanacağız.
$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} & =1+\overbrace{\left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k+1}\right)}^{k \text { tane terim }} +\overbrace{\left(\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{k^{2}+k+1}\right)}^{k^{2} \text { tane terim }} +\overbrace{\left(\frac{1}{k^{2}+k+2}+\cdots+\frac{1}{k^{3}+k^{2}+k+1}\right)}^{k^3 \text {tane terim }}+\cdots \\
& >1+\frac{k}{k+1}+\frac{k^{2}}{k^{2}+k+1}+\cdots \\
& >1+\left(\frac{k}{k+1}\right)+\left(\frac{k}{k+1}\right)^{2}+\cdots \\
& =\frac{1}{1-\frac{k}{k+1}}\\
& =k+1 .
\end{aligned}
$$
Herhangi pozitif $k$ değeri için doğru olan bu eşitsizlik, harmonik serinin yakınsak olmadığını gösterir.
Kanıt 11.
Bu kanıt, iyi bilinen
$$
\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}<\frac{1}{e}
$$
eşitsizliğine dayanmaktadır.
$$
\begin{aligned}
H_{n} & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} \\
& =\int_{0}^{1}\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-1}\right) \operatorname{d} x \\
& =\int_{0}^{1}\left(\frac{1-x^{n}}{1-x}\right) \operatorname{d} x \\
& >\int_{0}^{1-\frac{1}{n}}\left(\frac{1-x^{n}}{1-x}\right) \operatorname{d} x \\
& >\int_{0}^{1-\frac{1}{n}} \frac{1-\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}}{1-x} \operatorname{d} x \\
& >\int_{0}^{1-\frac{1}{n}} \frac{1-\frac{1}{e}}{1-x} \operatorname{d} x\\
& =\left(1-\frac{1}{e}\right) \int_{0}^{1-\frac{1}{n}} \frac{\operatorname{d} x}{1-x} \\
& =\left(1-\frac{1}{e}\right) \ln n .
\end{aligned}
$$
Yani,
$$
H_{n}>\left(1-\frac{1}{e}\right) \ln n
$$
elde edilir ve $\left(H_{n}\right)$ dizisinin sınırlı olmadığı görülür.
Sıradaki iki kanıt Bernoulli kardeşlere atfedilmektedir.
Kanıt 12.
Her $k \geq 2$ tamsayısı için
$$
\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{k^{2}}>\left(k^{2}-k\right) \frac{1}{k^{2}}=1-\frac{1}{k}
$$
ve buradan da
$$
\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{k^{2}}>1
$$
elde edilir. O halde,
$$
\begin{gathered}
1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{5^{2}}\right)
+\left(\frac{1}{26}+\frac{1}{27}+\cdots+\frac{1}{26^{2}}\right)+\cdots
\geq 1+1+\cdots=\infty .
\end{gathered}
$$
Kanıt 13.
Bu kanıtta,
$$
\frac{1}{k(k+1)}+\frac{1}{(k+1)(k+2)}+\cdots
$$
sonsuz toplamları için “teleskopik formül” kullanılacaktır:
$$
\frac{1}{k(k+1)}+\frac{1}{(k+1)(k+2)}+\cdots =\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)+\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}\right)+\cdots=\frac{1}{k} .$$
Şimdi, $H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ serisinin yakınsak olduğunu varsayarak, şunları yazabiliriz:
$$
\begin{aligned}
H & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots \\
& =1+\frac{1}{1.2}+\frac{2}{2.3}+\frac{3}{3.4}+\frac{4}{4.5}+\cdots \\
& =1+\left(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\cdots\right) +\left(\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}+\cdots\right) +\left(\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}+\cdots\right)+\cdots \\
& =1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\\
& =1+H
\end{aligned}
$$
Yani, $H=1+H$ çelişkisi elde edilir.
Kanıt 14.
Bu kanıt, Kanıt 9 ile çok benzerdir ve $x>-1,(x \neq 0)$ için doğru olan $x>\ln (1+x)$ eşitsizliğine dayanmaktadır.
$$
\begin{aligned}
H_{n} & =\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}>\sum_{k=1}^{n} \ln \left(1+\frac{1}{k}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n}(\ln (k+1)-\ln k))\\
& =\ln (n+1)
\end{aligned}
$$
eşitsizliğinden, $H_{n}>\ln (n+1)$ elde edilir.
Kanıt 15.
Her $k$ doğal sayısı için
$$
\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{3 k}>1
$$
olduğunu gösterirsek, buradan
$$
H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots
$$
serisinin ıraksaklığı çıkar. Bir önceki kanıtta söz ettiğimiz $x>\ln (1+x)$ eşitsizliğini burada da kullanacağız.
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+\cdots+\frac{1}{3 k}
& >\ln \left(1+\frac{1}{k}\right)+\cdots+\ln \left(1+\frac{1}{3 k}\right) \\
& =\ln \left(\frac{k+1}{k} \cdot \frac{k+2}{k+1} \cdots \cdots \frac{3 k+1}{3 k}\right) \\
& =\ln \left(\frac{3 k+1}{k}\right)>\ln 3\\
& >1 .
\end{aligned}
$$
Bu kadar farklı kanıtlar verilirken, “Fibonacci çılgınları” boş durur mu? Sıradaki kanıt bu meşhur diziye dayanmaktadır.
Kanıt 16.
İyi bilindiği üzere, Fibonacci dizisi, $F_{0}=1$, $F_{1}=1$ ve $n \geq 1$ için
$$
F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}
$$
yineleme formulü ile tanımlanmaktadır. Fibonacci dizisinin ardışı terimlerinin oranlarının limiti, yani,
$$
\lim_{{n \rightarrow \infty}} \frac{{F_{n+1}}}{{F_{n}}} = \alpha = \frac{{1 + \sqrt{5}}}{2}
$$
“altın oran” ismiyle meşhur olan bir sayıdır. Bu limitten yola çıkarak,
$$
\begin{aligned} \lim_{{n \rightarrow \infty}} \frac{F_{n-1}}{F_{n+1}} &= \lim_{{n \rightarrow \infty}} \frac{F_{n+1} – F_{n}}{F_{n+1}} \\ &= 1 – \lim_{{n \rightarrow \infty}} \frac{F_{n}}{F_{n+1}} \\ &= 1 – \frac{1}{\alpha} > 0 \end{aligned}$$
elde edilir. Şimdi,
$$
\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} & =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots \\
& =1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right) +\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\cdots+\frac{1}{13}\right) +\left(\frac{1}{14}+\frac{1}{15}+\cdots+\frac{1}{21}\right)+\cdots \\
& \geq 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{2}{5}+\frac{3}{8}+\frac{5}{13}+\frac{8}{21}+\cdots \\
& =1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_{n-1}}{F_{n+1}} .
\end{aligned}
$$
eşitsizliğinde, en son yazılan serinin genel teriminin limiti
$$
\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n-1}}{F_{n+1}} = 1 – \frac{1}{\alpha} \neq 0
$$
olduğundan,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_{n-1}}{F_{n+1}}
$$
serisi sonsuza ıraksar. Dolayısıyla,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
serisi de ıraksaktır.
Kanıt 17.
Yine, $H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ serisinin yakınsak olduğunu varsayalım. O halde,
$$
\begin{aligned}
H & =1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}\right) +\left(\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}\right)+\left(\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{15}\right)+\cdots \\
& >1+\frac{2}{3}+\frac{3}{6}+\frac{4}{10}+\frac{5}{15}+\frac{6}{21}+\cdots \\
& =\frac{2}{2}+\frac{2}{3}+\frac{2}{4}+\frac{2}{5}+\frac{2}{6}+\frac{2}{7}+\cdots \\
& =2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\cdots\right) \\
& =2(H-1) .
\end{aligned}
$$
Buradan, $H<2$ çıkar. Oysa, serinin ilk dört teriminin toplamı $2$’den büyüktür.
Kanıt 18.
Şimdi de matematiğin en temel kanıt yöntemlerinden birisi olan tümevarımı kullanarak, her $n \in \mathbb{N}$ için
$$
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln (n+1)
$$
olduğunu gösterelim. $n=1$ için, $1>\ln 2$ eşitsizliği doğrudur.
Eşitsizliğin bir $n$ için doğruluğunu varsayarak, $n+1$ için kanıtlayalım.
Varsayımdan,
$$
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}>\ln (n+1)+\frac{1}{n+1}
$$
olur. O halde,
$$
\ln (n+1)+\frac{1}{n+1}>\ln (n+2)
$$
olduğunu gösterirsek tümevarım adımını göstermiş oluruz.
$$
\ln (n+1)+\frac{1}{n+1}>\ln (n+2)
$$
eşitsizliği
$$
\frac{1}{n+1}>\ln \left(\frac{n+2}{n+1}\right)=\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)
$$
eşitsizliğine denktir. Yani
$$1>\ln \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$$
olduğu gösterilmelidir. Bu ise
$$
\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}<e
$$
eşitsizliğine denktir. Sonuncu eşitsizlik iyi bilinen temel bir eşitsizlik olup
$$
a_{k}=\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k}
$$
dizisinin artarak $e$ sayısına yakınsaması gerçeğine dayanır.
Not: Tümevarım metodunu kullanarak, her $n$ için
$$
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln (n+1)
$$
eşitsizliğini kanıtladık. Fakat aynı yol izlenerek,
$$
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln n
$$
eşitsizliği kanıtlanamıyor. (inanmayanlar deneyebilir.)
Buna da tümevarım metodunun bir “cilvesi” diyelim.
Başka Kanıtlar (Balyozla Sivrisinek Öldürmek)
$H=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots$ serisinin ıraksaklığı aşağıdaki teoremlerden de, dolaylı olarak, elde edilebilir.
Teorem 1 (Cauchy): $\left(a_{n}\right)$ pozitif sayılardan oluşan artmayan bir dizi olsun. Bu durumda,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
serisinin yakınsaklığı için gerek ve yeter koşul,
$$
\sum_{k=1}^{\infty} 2^{k} a_{2^{k}}
$$
serisinin yakınsak olmasıdır.
Teorem 2: Pozitif terimli $\left(a_{n}\right)$ dizisi monoton azalan olmak üzere,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
serisi verilsin. Her $n$ için
$$
f(n)=a_{n}
$$
şeklinde tanımlanan bir $f(x),(x \geq 1)$ fonksiyonu, pozitif ve monoton azalan ise,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
serisinin yakınsak olması için gerek ve yeter koşul,
$$
J_{n}=\int_{1}^{n} f(t) \operatorname{d} t
$$
sayı dizisinin sınırlı olmasıdır.
(Bu teoremde $f(t)=\frac{1}{t}$ alınırsa,
$$
J_{n}=\int_{1}^{n} \frac{\operatorname{d} t}{t}=\ln n \rightarrow \infty
$$
olduğu ve dolayısıyla, $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ serisinin ıraksadığı çıkar.)
Teorem 3: $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ pozitif sayıların azalan bir dizisi olsun. Eğer
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
yakınsak ise,
$$
\lim_{n \to \infty} na_n = 0
$$
olmalıdır.
Teorem 4 (Cesàro):
$$\sum_{k=1}^{\infty} a_{k}$$
serisi bir $S$ sayısına yakınsak olsun. O halde,
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n} a_{k}
$$
denirse,
$$
\left(\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} S_{k}\right)
$$
dizisi de $S$’e yakınsar.
Teorem 5: $\left(a_{n}\right)_{n \geq 1}$ pozitif sayıların bir dizisi olsun.
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
serisinin yakınsak olması için gerek ve yeter koşul,
$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+a_{n}\right)
$$
sonsuz çarpımının yakınsak olmasıdır.
Yukarıda verilen teoremlerde $a_{n}=\frac{1}{n}$ alınırsa, harmonik serinin ıraksaklığı çıkar.
Örneğin, $\left(H_{n}\right)$ dizisinin ıraksaklığını kanıtlamak için Cesàro teoreminin nasıl kullanıldığını gösterelim.
$\lim_{n \to \infty} H_n = H$ ve $H < \infty$ olduğunu varsayalım. O halde, Cesàro teoremine göre
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} H_{k}=H
$$
olacaktır. Diğer yandan,
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} H_{k} & =\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}(n-k+1) \cdot \frac{1}{k} \\
& =\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{n}{k}-1+\frac{1}{k}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-1+\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \\
& =H_{n}-1+\frac{1}{n} H_{n},
\end{aligned}
$$
yani,
$$
\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} H_{k}=H_{n}-1+\frac{1}{n} H_{n}
$$
olduğu görülür.
Tümevarımla, $n \geq 3$ için $H_{n}<\sqrt{n+1}$ eşitsizliği kolayca gösterilebilir. Buradan,
$$
\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} H_n=0
$$
olur.
O halde, yukardaki eşitlikte limite geçilirse,
$$
H=H-1
$$
çelişkisi elde edilir.
Teorem 6 (Abel):
$$
\sum_{n=0}^{\infty} u_{n}
$$
serisi yakınsak ise,
$$
f(r)=\sum_{n=0}^{\infty} u_{n} r^{n}
$$
fonksiyonu $0 \leq r \leq 1$ aralığında süreklidir ve dolayısıyla,
$$
\lim_{r \rightarrow 1^{-}} f(r)=\sum_{n=0}^{\infty} u_{n}
$$
sağlanır.
Abel’in bu teoremini, harmonik serinin ıraksak olduğunu kanıtlamak için nasıl kullanacağımızı gösterelim.
$$
H=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
serisi yakınsak olursa, Abel teoremine göre,
$$
f(r)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} r^{n}
$$
fonksiyonu için
$$
\lim _{r \rightarrow 1^{-}} f(r)=H
$$
sonlu olmalıdır. Şimdi, $0 \leq t<1$ için
$$
1+t+t^{2}+\cdots+t^{n}+\cdots=\frac{1}{1-t}
$$
eşitliğinin her iki yanını, $x<1$ olmak üzere, $[0, x]$ aralığında integrallersek,
$$x+\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{3} x^{3}+\frac{1}{4} x^{4}+\cdots=\int_{0}^{x} \frac{1}{1-t} \operatorname{d} t=\ln \frac{1}{1-x}$$
$(0 \leq x<1)$ elde edilir. Eğer
$$
H=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
serisi yakınsak olsa idi, Abel teoremine göre,
$$
\lim _{x \rightarrow 1^{-}} \ln \frac{1}{1-x}
$$
sonlu bir sayı olmalı idi. Oysa, bu limit sonsuzdur.
Teorem 7 (Erdös): Asal sayıların terslerinin toplamı
$$
\sum_{p: \text{ asal}} \frac{1}{p}
$$
sonsuzdur.
Bu teoremden, açık bir şekilde,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
toplamının da sonsuz olması çıkar.
Not: Yukarıdaki teorem daha önce Euler tarafından kanıtlanmıştır. Ancak, Euler kendi kanıtında
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
serisinin ıraksaklığını kullanmış, Erdös ise kanıtında harmonik serinin ıraksaklığından yararlanmamıştır. Elbette, bu kadar önemli ve zor kanıtı olan bir teoremi
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}
$$
serisinin ıraksaklığını göstermek için kullanmak, balyozla değil, tankla-topla sivrisinek öldürmeye benzer.
Son Söz Yerine
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ serisinin sonsuza ıraksadığını, matematikten uzak insanları da ikna edecek kadar çok sayıda “maddi delil” kullanarak kanıtladık. Bir sosyal bilimci arkadaşım, Pisagor teoreminin 300’den fazla kanıtının olduğunu ve “Pisagor fanatikleri” tarafindan hala da yeni kanıtlar arandığını duyunca, “Elde bu kadar maddi delil varken, o teoremin doğruluğuna şüphe eden insanların aklına şaşarım” demişti. Yukarıda da bahsettiğimiz gibi, bir teoremin birden fazla kanıtının olması, onun “daha güvenilir” teorem olması anlamına gelmez. Aslında, bir kanıt yeter (ve bazen artar bile…). Fakat, bir teoreme farklı kanıtların bulunması, matematikçiler arasında her zaman taktirle karşılanmıştır. Çünkü, “farklı zevklere hitap etme” dışında, bazen kanıtta kullanılan metod, teoremin kendisinden daha önemli olur!
Serilerle yeni tanışan öğrencilerin kafasında şöyle bir soru oluşması beklenir: genel terimi $\frac{1}{n}$’den daha hızlı sıfıra giden, ama yine de ıraksak olan pozitif terimli seri(ler) var mıdır?
Bu sorunun yanıtının “evet” olduğunu aşağıdaki örneklerle söyleyebiliriz:
$$
\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln (n)} , \quad \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n \ln (n) \ln (\ln n)}, \text { vs. }
$$
Aşağıdaki teorem bu tip örnekleri kurmanın bir yolunu göstermektedir.
Teorem 8: Her $n$ için $a_{n}>0$ ve
$$
\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}
$$
ıraksak olsun. O halde,
$$
S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}
$$
denirse,
$$
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n+1}}{S_{n}}
$$
serisi de ıraksaktır.
Teorem, esasında şunu söylüyor: pozitif terimli ve iraksak herhangi bir seri verildiğinde, terimleri sıfıra daha hızlı giden ve yine de ıraksak olan yeni bir bir seri kurulabilir. (Bu teoremin kanıtını, örneğin, [6] kaynağında bulabilirsiniz.)
Yazımızın sonunda, harmonik seri ile ilintili olan ilginç bir problem çözelim.
Problem: Doğal sayıların öyle bir $A$ alt kümesini alalım ki, bu alt kümedeki sayıların yazılımında bir rakam (örneğin, 7) hiç kullanılmasın. O halde,
$$
\sum_{n \in A} \frac{1}{n}
$$
serisi yakınsak mı, yoksa, ıraksak mıdır?
Çözüm: Bu serinin yakınsak olup, toplamının da 90’dan küçük olduğunu gösterelim. Yazılımında hiç $7$ bulunmayan $k$ basamaklı sayılar sayısı
$$
8 \cdot 9^{k-1}
$$
dir, yani, $9^{k}$’dan küçüktür. Diğer yandan, $k$ basamaklı her $n$ sayısı için
$$
10^{k-1} \leq n<10^{k}
$$
eşitsizliği sağlandığından, bu $n$’ler için
$$
\frac{1}{n} \leq \frac{1}{10^{k-1}}
$$
olur. O halde,
$$
\begin{aligned}
\sum_{n \in A} \frac{1}{n} & <\sum_{k=1}^{\infty} 9^{k} \cdot \frac{1}{10^{k-1}}\\ &=9 \sum_{k=1}^{\infty} 9^{k-1} \frac{1}{10^{k-1}} \\
& =9 \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{9}{10}\right)^{k}=90
\end{aligned}
$$
yani,
$$
\sum_{n \in A} \frac{1}{n}<90
$$
olur.
Kaynaklar:
- A. Nesin, Sonsuza giden diziler, Matematik Dünyası, 2007-III, sayfa 50-51.
- S. J. Kifowit and T. A. Stamps, The harmonic series diverges again and again, The AMATYC Review, 27 (2006), 31-43.
- D. M. Bradley, A note on the divergence of the harmonic series, American Mathematical Monthly, 107 (2000), page 651.
- A. Fearnehough, Another method for showing the divergence of the harmonic series, The Mathematical Gazette, 75 (1991), page 138.
- A. J. B. Ward, Divergence of the harmonic series, The Mathematical Gazette, (c) (1970), page 277.
- J. M. Ash, Neither a worst convergent series nor a best divergent series exists, College Mathematics Journal, 28 (1997), 296-297.
- S. J. Kifowit and T. A. Stamps, Serious about the harmonic series, 31st Annual Conf.of the American Math.Association of Two-Year Colleges; San Diego, CA; November 10, 2005.
- S. J. Kifowit, Serious about the harmonic series, 31st Annual Conference of the Illinois Mathematics Association of Community Colleges; Monticello, IL; March 31, 2006.
- S. J. Kifowit, More proofs of the divergence of the harmonic series, Preprint (2010), Prairie State College, 1-16.10.
- J. Tanton, A Dozen Harmonious Questions, Math Horizons, V.17, No:4, 2010.
