Sonsuz cəmlər

Nümunə 1.1 (cəmi olmayan sonsuz cəm — böyüyən hal). $1+2+4+8+\cdots$ cəminə baxaq. Burada $S_n=1+2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1$ (G18-dəki sürüşdür-çıx). $2^n-1$ ədədi $n$ böyüdükcə heç bir ədədə yaxınlaşmır, məhdudsuz böyüyür. Deməli bu cəmin qiyməti yoxdur.

Nümunə 1.2 (cəmi olmayan sonsuz cəm — sıçrayan hal). $1-1+1-1+\cdots$ cəmində $S_1=1,\ S_2=0,\ S_3=1,\ S_4=0,\dots$ — hissə-cəmlər $1$ və $0$ arasında sonsuz sıçrayır, heç bir ədədə yaxınlaşmır. Cəmin qiyməti yoxdur. (Diqqət: bu cəmi “$(1-1)+(1-1)+\cdots=0$” kimi qruplaşdırmaq da, “$1-(1-1)-(1-1)-\cdots=1$” kimi qruplaşdırmaq da olmaz. Qiyməti olmayan cəmlə cəbri əməllər aparmaq qadağandır.)

Nümunə 1.3 (şəkillə tutuşdurma). $\tfrac12+\tfrac14+\tfrac18+\cdots$ cəmini tapaq. Burada $a=\tfrac12$, $q=\tfrac12$ və $|q|=\tfrac12<1$ — şərt ödənir. İki addımla gedirik: $S_n=\tfrac12\cdot\dfrac{1-(1/2)^n}{1-1/2}=1-\left(\tfrac12\right)^{n}$, sonra $(1/2)^n$ sönür, deməli cəm $1$-ə bərabərdir. Bu, dərsin açılış şəklindəki kvadratın tam dolmasıdır.

Nümunə 1.4 (mənfi məxrəc — işarəli cəm). $1-\tfrac12+\tfrac14-\tfrac18+\cdots$ cəmini tapaq. Burada $a=1$, $q=-\tfrac12$ və $|q|=\tfrac12<1$ — şərt ödənir. $S_n=\dfrac{1-(-1/2)^n}{1-(-1/2)}=\dfrac23\left(1-\left(-\tfrac12\right)^{n}\right)$; $\left(-\tfrac12\right)^{n}$ ifadəsi işarəsini dəyişə-dəyişə sönür (çünki $|-1/2|<1$), deməli cəm $\dfrac{1}{1+\frac12}=\dfrac23$.

Nümunə 1.5 (tərs məsələ — sistem qurma, E13 körpüsü). Sonsuz azalan həndəsi silsilənin cəmi $9$, ikinci həddi isə $2$-dir. Silsiləni tapın.Şərtlər: $\dfrac{a}{1-q}=9$ və $aq=2$, üstəlik $|q|<1$. Birincidən $a=9(1-q)$; bunu ikinciyə qoyaq: $9q(1-q)=2$, yəni $9q^2-9q+2=0$. Buradan $q=\dfrac{9\pm\sqrt{81-72}}{18}=\dfrac{9\pm3}{18}$, yəni $q=\tfrac23$ və ya $q=\tfrac13$. Hər ikisi $|q|<1$ şərtini ödəyir (bu yoxlama məcburidir!). Uyğun olaraq $a=3$ və ya $a=6$. Deməli iki silsilə var: $3,2,\tfrac43,\dots$ və $6,2,\tfrac23,\dots$ Yoxlama: $\frac{3}{1-2/3}=9$ və $\frac{6}{1-1/3}=9$.

Nümunə 1.6 (dövr önü olan hal). $0{,}2(45)$ kəsrini adi kəsrə çevirək. Dövr olmayan hissəni ayırırıq:

$$0{,}2(45)=\frac{2}{10}+\underbrace{\frac{45}{1000}+\frac{45}{100000}+\cdots}_{a=\frac{45}{1000},\ q=\frac1{100}} .$$

$|q|=\tfrac1{100}<1$, deməli quyruğun cəmi $\dfrac{45/1000}{1-1/100}=\dfrac{45/1000}{99/100}=\dfrac{45}{990}=\dfrac1{22}$. Onda $0{,}2(45)=\dfrac15+\dfrac1{22}=\dfrac{22+5}{110}=\dfrac{27}{110}$.C5 yolu ilə yoxlama: $x=0{,}2(45)$, $1000x=245{,}(45)$, $10x=2{,}(45)$, fərq: $990x=243$, $x=\dfrac{243}{990}=\dfrac{27}{110}$. Uyğun gəldi.

Nümunə 1.7 ($0{,}(9)=1$ — C5 müzakirəsinin yekunu). C5-də $0{,}(9)$ ilə bağlı mübahisəni açıq saxlamışdıq. İndi cavab tam aydındır:

$$0{,}(9)=\frac{9}{10}+\frac{9}{100}+\frac{9}{1000}+\cdots =\frac{9/10}{1-1/10}=1 .$$

Burada heç bir hiylə yoxdur. $0{,}(9)$ yazılışı elə hissə-cəmlərin yaxınlaşdığı ədəd deməkdir; $S_n=1-\tfrac1{10^n}$ olduğu üçün bu ədəd məhz $1$-dir. $0{,}(9)$ “birdən bir az kiçik” ayrıca ədəd deyil — sadəcə $1$ ədədinin ikinci onluq yazılışıdır.

Nümunə 1.8 (klassik teleskop). $\dfrac1{1\cdot2}+\dfrac1{2\cdot3}+\dfrac1{3\cdot4}+\cdots$ cəmini tapaq. C6-dan bilirik ki, $\dfrac1{k(k+1)}=\dfrac1k-\dfrac1{k+1}$. Onda

$$S_n=\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\cdots +\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=1-\frac1{n+1}.$$

İkinci addım: $n$ böyüdükcə $\dfrac1{n+1}$ istənilən qədər kiçilir (məsələn $n=10^6$ üçün milyondan kiçikdir), deməli sonsuz cəm $1$-ə bərabərdir. Cavab: $1$

Nümunə 1.9 (addımı $2$ olan parçalanma). $\displaystyle \frac1{1\cdot3}+\frac1{2\cdot4}+\frac1{3\cdot5}+\cdots$ cəmini tapaq. C6-dakı kimi $\dfrac1{k(k+2)}=\dfrac12\left(\dfrac1k-\dfrac1{k+2}\right)$, deməli

$$S_n=\frac12\left(1+\frac12-\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right).$$

Burada iki hədd sağ ucda sağ qalır, çünki teleskop iki addımlıdır. $\dfrac1{n+1}$ və $\dfrac1{n+2}$ sönür, deməli cəm $\dfrac12\left(1+\dfrac12\right)=\dfrac34$. Cavab: $\dfrac34$

Nümunə 1.10 (C6-nın zirvə parçalanmasının sonsuz finalı). $\displaystyle \sum_{k\ge1}\frac{k}{k^4+k^2+1}$ cəmini tapaq. C6-da məxrəci vuruqlara ayırmışdıq: $k^4+k^2+1=(k^2-k+1)(k^2+k+1)$, və

$$\frac{k}{k^4+k^2+1}=\frac12\left(\frac1{k^2-k+1}-\frac1{k^2+k+1}\right).$$

Teleskopun işləməsinin səbəbi: $k$ yerinə $k+1$ qoysaq, $(k+1)^2-(k+1)+1=k^2+k+1$ — yəni hər həddin çıxılanı növbəti həddin azalanıdır. Onda $S_n=\dfrac12\left(\dfrac1{1}-\dfrac1{n^2+n+1}\right)$, və $\dfrac1{n^2+n+1}$ sönür. Cavab: $\dfrac12$

Nümunə 1.11 (cəmi olmayan, amma hədləri sönən cəm — harmonik cəm). $1+\dfrac12+\dfrac13+\dfrac14+\cdots$ cəmində hədlər sönür, buna baxmayaraq cəmin qiyməti yoxdur. G21-dəki qruplaşdırma alətini işə salaq:

$$\underbrace{\frac13+\frac14}_{>\,2\cdot\frac14=\frac12} ,\qquad \underbrace{\frac15+\cdots+\frac18}_{>\,4\cdot\frac18=\frac12} ,\qquad \underbrace{\frac19+\cdots+\frac1{16}}_{>\,8\cdot\frac1{16}=\frac12},\ \dots$$

Hər blok $\tfrac12$-dən böyükdür və belə blok sonsuz sayda var, deməli $S_n$ məhdudsuz böyüyür. Nəticə: hədlərin sönməsi cəmin mövcudluğu üçün kifayət deyil.

Nümunə 1.12 ($k/2^k$ cəmi). $S=\dfrac12+\dfrac2{4}+\dfrac3{8}+\dfrac4{16}+\cdots$ cəmini tapaq.Əvvəlcə sonlu hissə-cəmə baxaq: $S_n=\dfrac12+\dfrac2{2^2}+\cdots+\dfrac n{2^n}$. Bunu $\tfrac12$-ə vurub çıxaq:

$$S_n-\frac12 S_n=\frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^n}-\frac n{2^{n+1}} .$$

Sağdakı həndəsi cəm $1-\dfrac1{2^n}$-ə bərabərdir, deməli

$$\frac12 S_n=1-\frac1{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}},\qquad S_n=2-\frac{2}{2^{n}}-\frac{n}{2^{n}} .$$

İkinci addım: $\dfrac2{2^n}$ sönür; $\dfrac n{2^n}$ də sönür, çünki $2^n$ ədədi $n$-dən qat-qat sürətlə böyüyür (məsələn $n=20$ üçün $\tfrac{20}{2^{20}}<0{,}00002$). Deməli $S=2$. Cavab: $S=2$

Nümunə 1.13 (başqa parametr). $S=\dfrac13+\dfrac2{9}+\dfrac3{27}+\cdots$ cəmini tapaq (ümumi hədd $\dfrac k{3^k}$). Artıq qısaldılmış yazılışla gedirik. Hissə-cəmlərdə eyni gediş aparıldıqda quyruq hədləri $\dfrac{n}{3^n}$ tipli olur və sönür; ona görə birbaşa $S$ ilə işləyə bilərik:

$$S-\frac13S=\frac13+\frac19+\frac1{27}+\cdots=\frac{1/3}{1-1/3}=\frac12 ,$$

buradan $\dfrac23S=\dfrac12$, yəni $S=\dfrac34$. Cavab: $S=\dfrac34$

Nümunə 1.14 ($\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots}}$). Qiyməti $x$ ilə işarə edək (bu, yerli işarədir). Mövcudluq G19-dan məlumdur. $a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$ bərabərliyində həm sol, həm sağ tərəf eyni $x$ qiymətinə yaxınlaşır, deməli

$$x=\sqrt{2+x}\ \Longrightarrow\ x^2=2+x\ \Longrightarrow\ x^2-x-2=0 \ \Longrightarrow\ (x-2)(x+1)=0 .$$

Kökləri $x=2$ və $x=-1$. Kvadrat kök qeyri-mənfidir (D8 intizamı: alınan kökləri ilkin şərtə görə seçirik), ona görə $x=-1$ atılır. Cavab: $x=2$

Nümunə 1.15 (eyni gediş, başqa ədəd). $\sqrt{6+\sqrt{6+\sqrt{6+\cdots}}}$ ifadəsini hesablayaq. Mövcudluq eyni yolla yoxlanır: $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$ ardıcıllığı artandır və $3$-dən kiçik qalır (əgər $a_n<3$ olsa, $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}<\sqrt9=3$). Onda $x=\sqrt{6+x}$, yəni $x^2-x-6=0$, $(x-3)(x+2)=0$. Mənfi kök atılır. Cavab: $x=3$

Nümunə 1.16 (qızıl nisbətin görünməsi).

$$x=1+\cfrac1{1+\cfrac1{1+\cfrac1{1+\cdots}}}$$

ifadəsini hesablayaq. Tərifə görə bu, $a_1=1$, $a_{n+1}=1+\dfrac1{a_n}$ rekurentinin yaxınlaşdığı qiymətdir.Mövcudluq (qısa yoxlama). $a_1=1$ və $a_n\ge1$ olduqda $a_{n+1}=1+\frac1{a_n}\le2$; həmçinin $a_{n+1}\ge1$. Deməli bütün hədlər $[1;2]$ parçasındadır. Hədlər növbə ilə bir-birinə yaxınlaşır (C6-dakı $\frac32,\frac53,\frac85,\frac{13}8,\dots$ ardıcıllığına baxın: $1{,}5;\ 1{,}666;\ 1{,}6;\ 1{,}625;\ 1{,}615;\dots$) və G19-dakı kimi bir qiymətə oturur.Tənlik. $x=1+\dfrac1x$, yəni $x^2=x+1$, yəni $x^2-x-1=0$. Bu, G20-də qarşılaşdığımız qızıl nisbət tənliyidir! Kökləri $\dfrac{1\pm\sqrt5}2$. Bütün hədlər $[1;2]$-də olduğu üçün mənfi kök atılır. Cavab: $x=\dfrac{1+\sqrt5}2$Bu, C6-dakı müşahidənin finalıdır: Fibonaççi nisbətləri $\frac{F_{n+1}}{F_n}$ məhz qızıl nisbətə “dırmaşır”.

Nümunə 1.17 (sintez: sonsuz kök-hasil). $\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2\cdots}}}$ ifadəsini hesablayaq. Burada gediş 1.2 ilə birləşir: ifadəni $2$-nin qüvvəti kimi yazaq. $n$-ci mərtəbədə üst $\tfrac12+\tfrac14+\cdots+\tfrac1{2^n}=1-\tfrac1{2^n}$ olur, yəni $n$-ci mərtəbə $2^{\,1-1/2^n}$-ə bərabərdir. $\tfrac1{2^n}$ sönür, deməli üstlərin cəmi $\dfrac{1/2}{1-1/2}=1$ və ifadə $2^1=2$. Cavab: $2$