Polinomun Pozitif Kökünün Limiti

Question

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.

Answer 1

$\forall n\in\mathbb{N}^+$ 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.

Comments

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..

Answer 2

$\color{red}{\text{Çözüm 2:}}$

$x^n+x^{n-1}+\cdots+x-1=0$ 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.

Comments

Bu çözüm güzelmiş.