12 Arşimet Özelliği ve Sonuçları
Önceki bölümde doğal sayılardan tam sayılara, oradan rasyonel sayılara geçtik ve \(\mathbb{N} \subset \mathbb{Z} \subset \mathbb{Q} \subset \mathbb{R}\) zincirini kurduk. Daha önce tamlık aksiyomunun (Bölüm 10.4) ilk sonucunu da görmüştük: doğal sayılar kümesi üstten sınırlı değildir (Teorem 10.4). Bu bölümde, o küçük görünen sonucun aslında ne kadar iş gördüğünü göreceğiz.
Bölümün ana teoremi Arşimet özelliğidir: pozitif bir sayı ne kadar küçük olursa olsun, onu kendisiyle yeterince çok kez toplayarak istediğimiz kadar büyük bir sayıyı geçebiliriz. Bu özellik, analizde sürekli karşımıza çıkacak olan “yeterince büyük \(n\) için \(\frac{1}{n} < \varepsilon\)” cümlesinin arkasındaki güvencedir. Bölümün sonunda Arşimet özelliğinin iki somut ürününü inceleyeceğiz: her reel sayıyı iki ardışık tam sayı arasına yerleştiren taban fonksiyonu ve tam sayılarda bölme algoritması.
12.1 Arşimet Özelliği
Sayı doğrusunda \(b > 0\) uzunluğunda adımlarla yürüdüğümüzü düşünelim: \(b\), \(2b\), \(3b\), \(\dots\) Sezgimiz, \(b\) ne kadar küçük olursa olsun bu adımlarla her \(a\) sayısını eninde sonunda geçeceğimizi söyler. Bu sezgi doğrudur; ama nedeni aksiyomlardan çıkar ve kaynağı tamlık aksiyomudur. Adı, Antik Yunan matematikçisi Arşimet’in (M.Ö. 287–212) uzunlukları karşılaştırırken kullandığı bir ilkeden gelir (Archimedean property).
Teorem 12.1 (Arşimet Özelliği) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(b > 0\) olsun. O zaman
\[nb > a\]
olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) doğal sayısı vardır.
İspat
\(b > 0\) olduğundan \(\frac{a}{b}\) bir reel sayıdır. Teorem 10.4 gereği \(\mathbb{N}\) üstten sınırlı değildir; dolayısıyla \(\frac{a}{b}\) sayısı \(\mathbb{N}\) için bir üst sınır olamaz. Yani
\[n > \frac{a}{b}\]
olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu eşitsizliğin iki yanını pozitif \(b\) sayısıyla çarparsak (sıralama aksiyomu O4, bkz. Bölüm 7.1) yön değişmez:
\[nb > \frac{a}{b}\, b = a.\]
Aynı ispat olmayana ergi diliyle de anlatılabilir: her \(n \in \mathbb{N}\) için \(nb \le a\) olsaydı, \(\frac{1}{b} > 0\) ile çarparak (Önerme 7.9) her \(n\) için \(n \le \frac{a}{b}\) elde ederdik; bu, \(\frac{a}{b}\) sayısının \(\mathbb{N}\) için bir üst sınır olması demektir ve Teorem 10.4 ile çelişir.
\(\blacksquare\)
Teoremin gücü, \(b\) üzerinde hiçbir küçüklük sınırı koymamasındadır: \(b = 10^{-100}\) olsa bile uygun bir \(n\) vardır. Analizde bu teorem çoğunlukla aşağıdaki iki özel biçimde kullanılır.
Sonuç 12.1 (Her Reel Sayıyı Aşan Doğal Sayı) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(n > x\) olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
İspat
Teorem 12.1 teoreminde \(a = x\) ve \(b = 1\) alalım. \(1 > 0\) olduğundan (Önerme 7.7) teorem uygulanabilir ve \(n \cdot 1 > x\), yani \(n > x\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
\(\blacksquare\)
Sonuç 12.2 (Bir Bölü n Her Pozitif Sayının Altına İner) Her \(\varepsilon > 0\) reel sayısı için
\[0 < \frac{1}{n} < \varepsilon\]
olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
İspat
Teorem 12.1 teoreminde \(a = 1\) ve \(b = \varepsilon > 0\) alalım: \(n\varepsilon > 1\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(n \ge 1 > 0\) olduğundan \(\frac{1}{n} > 0\)’dır (Önerme 7.9). \(n\varepsilon > 1\) eşitsizliğinin iki yanını \(\frac{1}{n} > 0\) ile çarparsak \(\varepsilon > \frac{1}{n}\) elde ederiz. Böylece \(0 < \frac{1}{n} < \varepsilon\).
\(\blacksquare\)
Sonuç 12.2, ileride limit ispatlarının vazgeçilmezi olacak. Bir de küçük bir gözlem: \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) sağlayan bir \(n\) bulduysak, \(m \ge n\) olan her \(m\) için de \(\frac{1}{m} \le \frac{1}{n} < \varepsilon\) olur. Yani eşitsizlik yalnızca tek bir \(n\) için değil, o \(n\)’den sonraki bütün doğal sayılar için geçerlidir. “Yeterince büyük \(n\) için” deyişi tam olarak bunu anlatır.
Şimdiye kadar gördüğümüz ifadelerin hepsi aslında aynı olgunun farklı kılıklarıdır. Bunu bir teoremle kayda geçirelim; ispatı, dört ifadenin birbirini döngü hâlinde gerektirdiğini göstermekten ibarettir.
Teorem 12.2 (Arşimet Özelliğinin Denk Biçimleri) Aşağıdaki ifadeler birbirine denktir:
- \(\mathbb{N}\) kümesi üstten sınırlı değildir.
- Her \(x > 0\) ve her \(y \in \mathbb{R}\) için \(nx > y\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
- Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(n > x\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
- Her \(x > 0\) için \(0 < \frac{1}{n} < x\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
İspat
\((1) \Rightarrow (2) \Rightarrow (3) \Rightarrow (4) \Rightarrow (1)\) döngüsünü göstereceğiz; böylece herhangi ikisi birbirini gerektirmiş olur.
\((1) \Rightarrow (2)\). Bu, Teorem 12.1 teoreminin ispatının kendisidir: \(\mathbb{N}\) üstten sınırlı olmadığından \(\frac{y}{x}\) bir üst sınır değildir, \(n > \frac{y}{x}\) olan bir \(n\) vardır ve \(x > 0\) ile çarpınca \(nx > y\) çıkar.
\((2) \Rightarrow (3)\). \(x \in \mathbb{R}\) verilsin. (2)’yi pozitif sayı olarak \(1\) ve keyfi sayı olarak \(x\) ile uygulayalım: \(n \cdot 1 > x\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
\((3) \Rightarrow (4)\). \(x > 0\) verilsin. Önerme 7.9 gereği \(\frac{1}{x} > 0\)’dır; (3)’ü \(\frac{1}{x}\) sayısına uygulayalım: \(n > \frac{1}{x}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\) için \(n \ge 1 > 0\) olduğundan, yine Önerme 7.9 gereği \(\frac{1}{n} > 0\)’dır. Şimdi \(n > \frac{1}{x}\) eşitsizliğinin iki yanını \(x > 0\) ile çarparsak \(nx > 1\), sonra \(\frac{1}{n} > 0\) ile çarparsak \(x > \frac{1}{n}\) elde ederiz; böylece \(0 < \frac{1}{n} < x\).
\((4) \Rightarrow (1)\). Olmayana ergi: \(\mathbb{N}\) üstten sınırlı olsun ve \(M\) bir üst sınır olsun. \(1 \in \mathbb{N}\) olduğundan \(M \ge 1 > 0\), dolayısıyla \(\frac{1}{M} > 0\)’dır. (4)’ü \(x = \frac{1}{M}\) için uygulayalım: \(\frac{1}{n} < \frac{1}{M}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. İki yanı pozitif \(nM\) sayısıyla çarparsak \(M < n\) buluruz. Ama \(M\) bir üst sınırdı, \(n \le M\) olmalıydı; çelişki. Demek ki \(\mathbb{N}\) üstten sınırlı değildir.
\(\blacksquare\)
Bu teorem sayesinde, dört ifadeden hangisi elimizde uygunsa onu “Arşimet özelliği” diye anıp kullanabiliriz. Reel sayılarda dördü de doğrudur, çünkü (1) tamlık aksiyomundan çıkmıştı.
Arşimet özelliği cebirsel ve sıralama aksiyomlarından tek başına çıkmaz; ispatımızda tamlık aksiyomunu (üzerinden Teorem 10.4 ile) kullandık. Gerçekten de bütün cebirsel ve sıralama aksiyomlarını sağladığı hâlde Arşimet özelliğini sağlamayan sıralı cisimler vardır: bunlarda “sonsuz küçük” pozitif elemanlar bulunur ve \(\frac{1}{n}\) dizisi onların altına hiç inemez. Bu tür yapılar dersimizin dışındadır; ama tamlığın sıradan görünen bu özelliği bile garanti eden şey olduğunu bilmek önemlidir.
12.2 Supremum ve İnfimum İspatlarında Arşimet Özelliği
Bir kümenin supremumunu ya da infimumunu tahmin etmek çoğu zaman kolaydır; zor olan tahmini ispatlamaktır. İspatın kalıbı, Teorem 10.1 teoreminden gelir: \(s\)’nin supremum olduğunu göstermek için önce \(s\)’nin bir üst sınır olduğunu, sonra her \(\varepsilon > 0\) için \(s - \varepsilon\)’dan büyük bir küme elemanı bulunduğunu göstermek gerekir. İkinci adımda “uygun bir \(n\) var” demek için hemen her zaman Arşimet özelliğine başvururuz.
Örnek 12.1 (Bir Eksi Bir Bölü n Kümesi) \(A = \left\{ 1 - \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\} = \left\{ 0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{3}, \dfrac{3}{4}, \dots \right\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu bulunuz.
Çözüm
İnfimum. \(n = 1\) için \(1 - \frac{1}{1} = 0 \in A\)’dır. Öte yandan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\frac{1}{n} \le 1\), yani \(1 - \frac{1}{n} \ge 0\) olduğundan \(0\) bir alt sınırdır. Kümeye ait olan bir alt sınır en küçük elemandır (Tanım 10.3); dolayısıyla
\[\min A = \inf A = 0.\]
Supremum. İddiamız \(\sup A = 1\). İki adım var.
Üst sınır. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\frac{1}{n} > 0\), dolayısıyla \(1 - \frac{1}{n} < 1\). Yani \(1\), \(A\) için bir üst sınırdır.
En küçük üst sınır. Herhangi bir \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(1 - \varepsilon < a\) olacak bir \(a \in A\) bulmalıyız; yani
\[1 - \varepsilon < 1 - \frac{1}{n} \iff \frac{1}{n} < \varepsilon\]
olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) arıyoruz. Sonuç 12.2 tam olarak böyle bir \(n\)’nin varlığını söyler. Bu \(n\) için \(a = 1 - \frac{1}{n} \in A\) ve \(a > 1 - \varepsilon\)’dur. Teorem 10.1 gereği \(\sup A = 1\).
Son bir gözlem: \(1 \notin A\)’dır, çünkü \(1 - \frac{1}{n} = 1\) olması \(\frac{1}{n} = 0\) demek olurdu ki bu imkânsızdır. Demek ki \(A\)’nın supremumu vardır ama maksimumu yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.2 (Üçe Yaklaşan Bir Küme) \(A = \left\{ \dfrac{3n^2}{n^2 + n - 1} : n \in \mathbb{N},\ n \ge 2 \right\}\) kümesi için \(\sup A = 3\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce paydanın pozitif olduğunu görelim: \(n \ge 2\) için \(n^2 + n - 1 \ge 4 + 2 - 1 = 5 > 0\). Dolayısıyla kümenin elemanları iyi tanımlı ve pozitiftir.
Üst sınır. \(n \ge 2\) için \(n - 1 \ge 1 > 0\), yani \(n^2 + n - 1 > n^2\). Pozitif bir sayıyı daha büyük bir pozitif sayıya bölmek sonucu küçültür:
\[\frac{3n^2}{n^2 + n - 1} < \frac{3n^2}{n^2} = 3.\]
Demek ki \(3\) bir üst sınırdır (ve kümeye ait değildir).
En küçük üst sınır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(3 - \varepsilon < \dfrac{3n^2}{n^2+n-1}\) olacak bir \(n \ge 2\) arıyoruz; bu, \(3 - \dfrac{3n^2}{n^2+n-1} < \varepsilon\) demektir. Sol tarafı hesaplayalım ve yukarıdan sınırlayalım:
\[3 - \frac{3n^2}{n^2 + n - 1} = \frac{3n^2 + 3n - 3 - 3n^2}{n^2 + n - 1} = \frac{3n - 3}{n^2 + n - 1} < \frac{3n}{n^2} = \frac{3}{n}.\]
Buradaki eşitsizlikte payı büyüttük (\(3n - 3 < 3n\)) ve paydayı küçülttük (\(n^2 + n - 1 > n^2\)); ikisi de kesri büyütür. Şimdi \(\frac{3}{n} < \varepsilon\), yani \(\frac{1}{n} < \frac{\varepsilon}{3}\) olacak bir \(n\) yeter. Sonuç 12.2 gereği böyle bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır; gerekirse \(n = \max\{n_0, 2\}\) alarak \(n \ge 2\) koşulunu da sağlarız (büyük \(n\) için \(\frac{1}{n}\) daha da küçüktür). Bu \(n\) için
\[3 - \frac{3n^2}{n^2 + n - 1} < \frac{3}{n} < \varepsilon,\]
yani kümede \(3 - \varepsilon\)’dan büyük bir eleman vardır. Teorem 10.1 gereği \(\sup A = 3\).
\(\blacksquare\)
İki örnekte de aynı yolu izledik:
- Tahmin edilen \(s\) sayısının bir üst sınır olduğunu cebirsel bir eşitsizlikle göster.
- Keyfi bir \(\varepsilon > 0\) al; \(s - \varepsilon < a_n\) eşitsizliğini \(n\) cinsinden çöz ya da (ikinci örnekteki gibi) \(s - a_n\) farkını \(\frac{c}{n}\) biçiminde daha basit bir ifadeyle yukarıdan sınırla.
- \(\frac{1}{n} < \frac{\varepsilon}{c}\) sağlayan \(n\)’nin varlığını Sonuç 12.2 ile garanti et.
İnfimum için Teorem 10.2 kullanılır ve eşitsizliklerin yönü ters çevrilir.
12.3 Aralık Ailelerinin Kesişimi ve Birleşimi
Arşimet özelliğinin bir başka tipik kullanımı, sonsuz çoklukta aralığın kesişimini ya da birleşimini hesaplamaktır. Buradaki temel fikir hep aynıdır: bir noktanın aileye ait her aralıkta bulunması, o noktanın “\(\frac{1}{n}\)’den küçük” her mesafeye dayanabilmesi demektir; Arşimet özelliği ise pozitif bir mesafenin buna dayanamayacağını söyler.
Örnek 12.3 (Sağa Kayan Işınların Kesişimi) \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} [n, \infty) = \varnothing\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Olmayana ergi: kesişimde bir \(x\) elemanı bulunsun. O zaman her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x \in [n, \infty)\), yani \(x \ge n\)’dir. Bu, \(x\)’in \(\mathbb{N}\) kümesi için bir üst sınır olması demektir. Ama Sonuç 12.1 gereği \(n > x\) olan bir doğal sayı vardır; çelişki. Demek ki kesişim boştur.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.4 (Kapalı Aralıkların Birleşimi Yarı Açık Aralık) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left[0, \frac{n}{n+1}\right] = [0, 1)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Küme eşitliğini iki kapsamayla gösteririz.
\((\subseteq)\) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\frac{n}{n+1} < 1\)’dir (çünkü \(n < n + 1\)). Dolayısıyla \(\left[0, \frac{n}{n+1}\right] \subseteq [0, 1)\) olur; bu aralıkların birleşimi de \([0,1)\) içinde kalır.
\((\supseteq)\) \(x \in [0, 1)\) alalım. \(x < 1\) olduğundan \(1 - x > 0\)’dır. Sonuç 12.2 gereği
\[\frac{1}{n} < 1 - x\]
olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}\) olduğundan \(\frac{1}{n+1} < 1 - x\), yani
\[x < 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}.\]
\(0 \le x\) de verildiğinden \(x \in \left[0, \frac{n}{n+1}\right]\), dolayısıyla \(x\) birleşime aittir.
\(\blacksquare\)
Aynı düşünce, herhangi bir \([a, b]\) aralığını “dıştan daraltan” ve “içten genişleten” ailelere de uygulanır.
Önerme 12.1 (Kapalı ve Açık Aralıkları Üreten Aileler) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(a < b\) olsun. O zaman
- \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \left[a - \frac{1}{n},\ b + \frac{1}{n}\right] = [a, b]\),
- \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left[a + \frac{1}{n},\ b - \frac{1}{n}\right] = (a, b)\).
(İkinci ailede küçük \(n\) değerleri için \(a + \frac{1}{n} > b - \frac{1}{n}\) olabilir; bu durumda o aralık boş kümedir ve birleşime katkısı yoktur.)
İspat
(1). \((\supseteq)\) \(x \in [a, b]\) ise her \(n\) için \(a - \frac{1}{n} < a \le x \le b < b + \frac{1}{n}\), yani \(x\) ailenin her aralığındadır.
\((\subseteq)\) \(x\) ailenin her aralığında olsun. \(x < a\) olamayacağını gösterelim: \(x < a\) olsaydı \(a - x > 0\) olur ve Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < a - x\) sağlayan bir \(n\) bulunurdu; bu \(n\) için \(x < a - \frac{1}{n}\), yani \(x \notin \left[a - \frac{1}{n}, b + \frac{1}{n}\right]\) olurdu — çelişki. Tamamen benzer biçimde \(x > b\) olsaydı \(\frac{1}{n} < x - b\) sağlayan bir \(n\) için \(x > b + \frac{1}{n}\) olur, yine çelişirdi. Demek ki \(a \le x \le b\).
(2). \((\subseteq)\) \(x \in \left[a + \frac{1}{n}, b - \frac{1}{n}\right]\) ise \(a < a + \frac{1}{n} \le x \le b - \frac{1}{n} < b\), yani \(x \in (a, b)\).
\((\supseteq)\) \(x \in (a, b)\) alalım. \(x - a > 0\) ve \(b - x > 0\) olduğundan \(\delta = \min\{x - a,\ b - x\}\) pozitiftir. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \delta\) olan bir \(n\) seçelim. O zaman \(\frac{1}{n} < x - a\) verir \(a + \frac{1}{n} < x\); \(\frac{1}{n} < b - x\) verir \(x < b - \frac{1}{n}\). Yani \(x \in \left[a + \frac{1}{n}, b - \frac{1}{n}\right]\) ve \(x\) birleşime aittir.
\(\blacksquare\)
Bu önerme ileride topolojide işimize yarayacak: kapalı bir aralığın, onu dıştan saran ve gitgide daralan aralıkların kesişimi; açık bir aralığın da içindeki kapalı aralıkların birleşimi olarak yazılabildiğini söyler. (1) ayrıca Teorem 10.5 teoremiyle uyumludur: iç içe kapalı aralıkların kesişimi boş değildir ve burada tam olarak \([a, b]\)’ye eşittir.
12.4 Taban Fonksiyonu
Arşimet özelliğinin en doğrudan sonuçlarından biri, her reel sayının iki ardışık tam sayı arasına düştüğüdür. Sezgisel olarak açık görünen bu olgu, tam sayıların üstten sınırlı boş olmayan her alt kümesinin maksimumu olduğu gerçeğine (Teorem 11.2) dayanır.
Önce bu bölümde birkaç kez kullanacağımız küçük bir gözlemi ayıralım; bu, önceki bölümdeki “ardışık tam sayılar arasında tam sayı yoktur” olgusunun (Lemma 11.1) mutlak değerle yazılmış hâlidir.
Lemma 12.1 (Mutlak Değeri Birden Küçük Tam Sayı) \(k \in \mathbb{Z}\) ve \(|k| < 1\) ise \(k = 0\)’dır. Dolayısıyla \(p, p' \in \mathbb{Z}\) ve \(|p - p'| < 1\) ise \(p = p'\) olur.
İspat
\(k \ne 0\) olsun. \(|k| < 1\) olduğundan iki durum vardır. \(0 < k < 1\) ise, Lemma 11.1 (1) gereği \(0\) ile \(1\) arasında tam sayı bulunmadığından çelişki çıkar. \(-1 < k < 0\) ise \(0 < -k < 1\) olur; \(-k\) da bir tam sayıdır (Önerme 11.1) ve aynı çelişkiye düşeriz. Demek ki \(k = 0\).
İkinci ifade için \(k = p - p'\) alınır: tam sayılar çıkarma altında kapalıdır (Önerme 11.1), \(|k| < 1\) olduğundan \(k = 0\), yani \(p = p'\).
\(\blacksquare\)
Teorem 12.3 (Her Reel Sayı İki Ardışık Tam Sayı Arasındadır) Her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[p \le x < p + 1\]
olacak biçimde bir ve yalnız bir \(p \in \mathbb{Z}\) tam sayısı vardır.
İspat
Varlık. \(A = \{ n \in \mathbb{Z} : n \le x \}\) kümesini düşünelim.
\(A\) boş değildir: Sonuç 12.1 gereği \(m > -x\) olacak bir \(m \in \mathbb{N}\) vardır; o zaman \(-m < x\) ve \(-m \in \mathbb{Z}\), yani \(-m \in A\).
\(A\) üstten sınırlıdır: tanımı gereği her elemanı \(x\)’i aşmaz.
Öyleyse Teorem 11.2 gereği \(A\)’nın bir en büyük elemanı vardır; ona \(p\) diyelim. \(p \in A\) olduğundan \(p \le x\)’tir. Şimdi \(x < p + 1\) olduğunu görelim: aksi hâlde \(p + 1 \le x\) olurdu; \(p + 1\) bir tam sayıdır (Önerme 11.1), dolayısıyla \(p + 1 \in A\) olurdu. Ama \(p + 1 > p\) ve \(p\), \(A\)’nın en büyük elemanıydı — çelişki. Demek ki \(p \le x < p + 1\).
Teklik. \(p\) ve \(p'\) tam sayılarının ikisi de koşulu sağlasın: \(p \le x < p + 1\) ve \(p' \le x < p' + 1\). İlkinden \(p \le x\) ve ikincisinden \(x < p' + 1\) alırsak \(p < p' + 1\), yani \(p - p' < 1\). Rolleri değiştirince \(p' - p < 1\). Demek ki \(|p - p'| < 1\) ve Lemma 12.1 gereği \(p = p'\).
\(\blacksquare\)
Bu teorem, her reel sayıya “hemen altındaki tam sayıyı” eşleyen bir fonksiyon tanımlamamıza izin verir.
Tanım 12.1 (Taban Fonksiyonu) \(x \in \mathbb{R}\) olsun. \(p \le x < p + 1\) koşulunu sağlayan tek \(p \in \mathbb{Z}\) tam sayısına \(x\)’in tabanı (floor) denir ve \(\lfloor x \rfloor\) ile gösterilir. \(x \mapsto \lfloor x \rfloor\) kuralıyla tanımlanan \(\mathbb{R} \to \mathbb{Z}\) fonksiyonuna taban fonksiyonu (floor function) ya da tam değer fonksiyonu denir.
Tanımın iyi tanımlı olması, yani her \(x\) için böyle bir \(p\)’nin hem var hem tek olması, tam olarak Teorem 12.3 ile güvence altındadır. Taban fonksiyonunun grafiği bir merdiven gibidir: her \([p, p+1)\) aralığında sabit \(p\) değerini alır, sol uçta o değeri alır (dolu nokta), sağ uca ulaşmadan bir üst basamağa sıçrar (içi boş nokta).
Örnek 12.5 (Taban Değerleri) \(\left\lfloor \frac{3}{2} \right\rfloor\), \(\left\lfloor -\frac{3}{2} \right\rfloor\), \(\lfloor 5 \rfloor\), \(\lfloor -0{,}2 \rfloor\) ve \(m \ge 2\) bir doğal sayı olmak üzere \(\left\lfloor \frac{1}{m} \right\rfloor\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
Her seferinde \(p \le x < p + 1\) koşulunu sağlayan tam sayıyı arıyoruz.
- \(1 \le \frac{3}{2} < 2\) olduğundan \(\left\lfloor \frac{3}{2} \right\rfloor = 1\).
- \(-2 \le -\frac{3}{2} < -1\) olduğundan \(\left\lfloor -\frac{3}{2} \right\rfloor = -2\). Dikkat: negatif sayılarda taban, “virgülden sonrasını atmak” değildir; \(-1\) değil \(-2\) çıkar, çünkü \(-1 \le -\frac{3}{2}\) yanlıştır.
- \(5 \le 5 < 6\) olduğundan \(\lfloor 5 \rfloor = 5\). Genel olarak \(x \in \mathbb{Z}\) ise \(\lfloor x \rfloor = x\)’tir.
- \(-1 \le -0{,}2 < 0\) olduğundan \(\lfloor -0{,}2 \rfloor = -1\).
- \(m \ge 2\) için \(0 < \frac{1}{m} \le \frac{1}{2} < 1\), dolayısıyla \(\left\lfloor \frac{1}{m} \right\rfloor = 0\). Bu, önceki bölümde gördüğümüz bir olguyu yeniden verir: \(m \ge 2\) olan bir tam sayının çarpmaya göre tersi \(\frac{1}{m}\), \(0\) ile \(1\) arasında kaldığı için tam sayı olamaz (Lemma 12.1).
\(\blacksquare\)
Taban fonksiyonunun sık kullanılan özelliklerini toplayalım.
Sonuç 12.3 (Taban Fonksiyonunun Özellikleri) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(p \in \mathbb{Z}\) olsun.
- \(\lfloor x \rfloor = p \iff p \le x < p + 1\).
- \(\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor + 1\); buna denk olarak \(x - 1 < \lfloor x \rfloor \le x\).
- \(x = \lfloor x \rfloor + \theta\) olacak biçimde tek bir \(\theta \in [0, 1)\) vardır (\(\theta\)’ya \(x\)’in kesir kısmı denir).
- \(\lfloor x \rfloor = \max \{ n \in \mathbb{Z} : n \le x \}\).
- \(m \in \mathbb{Z}\) ise \(\lfloor x + m \rfloor = \lfloor x \rfloor + m\).
- \(\lfloor x \rfloor = x \iff x \in \mathbb{Z}\).
İspat
(1) tanımın kendisidir; \(p\)’nin tekliği Teorem 12.3 ile verilmiştir.
(2) (1)’de \(p = \lfloor x \rfloor\) alınca \(\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor + 1\) çıkar. Sağdaki eşitsizlikten \(1\) çıkarınca \(x - 1 < \lfloor x \rfloor\) elde edilir.
(3) \(\theta = x - \lfloor x \rfloor\) alalım. (2)’den \(0 \le \theta < 1\). Teklik: \(x = \lfloor x \rfloor + \theta = \lfloor x \rfloor + \theta'\) ise \(\theta = \theta'\).
(4) Teorem 12.3 ispatındaki \(A = \{ n \in \mathbb{Z} : n \le x \}\) kümesinin maksimumunun tam olarak \(p = \lfloor x \rfloor\) olduğunu gördük.
(5) \(p = \lfloor x \rfloor\) olsun: \(p \le x < p + 1\). Her yana \(m\) ekleyince \(p + m \le x + m < (p + m) + 1\) olur ve \(p + m \in \mathbb{Z}\)’dir. (1) gereği \(\lfloor x + m \rfloor = p + m\).
(6) \(\lfloor x \rfloor = x\) ise \(x\) bir tam sayıdır, çünkü \(\lfloor x \rfloor \in \mathbb{Z}\). Tersine \(x \in \mathbb{Z}\) ise \(x \le x < x + 1\) sağlanır ve (1) gereği \(\lfloor x \rfloor = x\).
\(\blacksquare\)
Benzer biçimde \(x\)’in hemen üstündeki tam sayıya tavan (ceiling) denir ve \(\lceil x \rceil\) ile gösterilir: \(\lceil x \rceil - 1 < x \le \lceil x \rceil\). Tavan için ayrı bir varlık teoremi gerekmez, çünkü \(\lceil x \rceil = -\lfloor -x \rfloor\)’tir: \(p = \lfloor -x \rfloor\) dersek \(p \le -x < p + 1\), yani \(-p - 1 < x \le -p\) olur; demek ki \(-p\) tam sayısı tavan koşulunu sağlar (ve teklik, taban için olduğu gibi Lemma 12.1 ile çıkar). Limit ispatlarında “\(n_\varepsilon = \lfloor 1/\varepsilon \rfloor + 1\)” gibi seçimlerle hem taban hem tavan sıkça karşımıza çıkacak.
12.5 Bölme Algoritması
İlkokuldan bildiğimiz kalanlı bölme — “\(17\)’yi \(5\)’e bölünce bölüm \(3\), kalan \(2\)” — aslında taban fonksiyonunun bir uygulamasıdır. Onu, bölünen sayı negatif olsa bile geçerli olacak biçimde kesinleştirelim.
Teorem 12.4 (Bölme Algoritması) \(n, b \in \mathbb{Z}\) ve \(b > 0\) olsun. O zaman
\[n = bq + r \qquad \text{ve} \qquad 0 \le r < b\]
olacak biçimde bir ve yalnız bir \((q, r)\) tam sayı çifti vardır. \(q\)’ya bölüm, \(r\)’ye kalan denir.
İspat
Varlık. \(x = \frac{n}{b}\) reel sayısını ve \(q = \lfloor x \rfloor \in \mathbb{Z}\) tam sayısını alalım. Sonuç 12.3 (2) gereği \(q \le x < q + 1\), yani
\[0 \le x - q < 1.\]
Her yanı \(b > 0\) ile çarparsak (O4) \(0 \le bx - bq < b\), ve \(bx = n\) olduğundan
\[0 \le n - bq < b.\]
\(r = n - bq\) koyalım. \(r\), tam sayıların farkı ve çarpımı olarak bir tam sayıdır (Önerme 11.1); \(n = bq + r\) ve \(0 \le r < b\) sağlanır.
Teklik. \(n = bq + r = bq' + r'\) ve \(0 \le r, r' < b\) olsun. Taraf tarafa çıkarınca
\[b(q - q') = r' - r.\]
\(0 \le r < b\) ve \(0 \le r' < b\) olduğundan \(-b < r' - r < b\), yani \(|r' - r| < b\). Buradan \(b\,|q - q'| < b\) ve \(b > 0\) ile bölünce \(|q - q'| < 1\) çıkar. \(q - q'\) bir tam sayı olduğundan Lemma 12.1 gereği \(q = q'\), dolayısıyla \(r = n - bq = n - bq' = r'\).
\(\blacksquare\)
İspat yalnızca varlığı değil, bölümün ve kalanın nasıl hesaplanacağını da söyler:
\[q = \left\lfloor \frac{n}{b} \right\rfloor, \qquad r = n - bq.\]
Kalanın \(0\) olması, \(n = bq\) demektir; yani \(r = 0 \iff b \mid n\) (Tanım 11.3). Böylece bölünebilme, bölme algoritmasının özel durumu olarak yeniden görünür.
Örnek 12.6 (Bölüm ve Kalan Hesabı) \(n = 17\) ve \(n = -17\) sayılarını \(b = 5\)’e bölerek bölüm ve kalanı bulunuz.
Çözüm
\(n = 17\) için \(x = \frac{17}{5} = 3{,}4\) ve \(q = \lfloor 3{,}4 \rfloor = 3\); kalan \(r = 17 - 5 \cdot 3 = 2\). Gerçekten \(17 = 5 \cdot 3 + 2\) ve \(0 \le 2 < 5\).
\(n = -17\) için \(x = -3{,}4\) ve \(q = \lfloor -3{,}4 \rfloor = -4\) (çünkü \(-4 \le -3{,}4 < -3\)); kalan \(r = -17 - 5 \cdot (-4) = -17 + 20 = 3\). Gerçekten \(-17 = 5 \cdot (-4) + 3\) ve \(0 \le 3 < 5\).
Dikkat: \(-17 = 5 \cdot (-3) - 2\) yazmak da doğrudur ama kalan \(-2\) negatif olduğu için teoremin istediği biçim değildir; teorem kalanın daima \(0 \le r < b\) aralığında olmasını ister ve bu koşul altında \((q, r)\) çifti tektir.
\(\blacksquare\)
Bölme algoritması, her tam sayının \(b\)’ye bölümünden kalanına göre sınıflandırılmasını sağlar: \(b = 2\) için her tam sayı ya \(2k\) ya da \(2k+1\) biçimindedir (çift ya da tek; Tanım 11.2), \(b = 3\) için her tam sayı \(3k\), \(3k+1\) ya da \(3k+2\) biçimindedir. Bir sonraki bölümün alıştırmalarında \(\sqrt{3}\)’ün irrasyonel olduğunu gösterirken bu üçlü ayrımı kullanacağız.
12.6 Alıştırmalar
Alıştırma 12.1 (Arşimet Özelliği ve Taban Fonksiyonu Alıştırmaları)
\(A = \left\{ \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) için \(\inf A = 0\) olduğunu ve \(A\)’nın minimumunun olmadığını gösteriniz.
\(B = \left\{ \dfrac{2n + 1}{n + 1} : n \in \mathbb{N} \right\}\) için \(\sup B = 2\) olduğunu gösteriniz.
\(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \left(0, \frac{1}{n}\right) = \varnothing\) ve \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \left(-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right) = \{0\}\) olduğunu gösteriniz.
Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor\) toplamının \(x \in \mathbb{Z}\) iken \(0\), \(x \notin \mathbb{Z}\) iken \(-1\) olduğunu gösteriniz.
Her \(\varepsilon > 0\) için \(\dfrac{1}{2^n} < \varepsilon\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\frac{1}{n} > 0\) olduğundan \(0\) bir alt sınırdır. Teorem 10.2 gereği \(\inf A = 0\) olması için her \(\varepsilon > 0\) için \(\frac{1}{n} < 0 + \varepsilon\) olan bir eleman bulmak yeter; bu tam olarak Sonuç 12.2’dir. Demek ki \(\inf A = 0\). Minimum yoktur: minimum olsaydı infimuma eşit, yani \(0\) olurdu; ama \(0 \notin A\), çünkü hiçbir \(n\) için \(\frac{1}{n} = 0\) olmaz.
b) \(\dfrac{2n+1}{n+1} = \dfrac{2(n+1) - 1}{n+1} = 2 - \dfrac{1}{n+1}\) yazalım. \(\frac{1}{n+1} > 0\) olduğundan her eleman \(2\)’den küçüktür; \(2\) bir üst sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n\) seçersek \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} < \varepsilon\), dolayısıyla
\[2 - \frac{1}{n+1} > 2 - \varepsilon.\]
Yani \(B\)’de \(2 - \varepsilon\)’dan büyük bir eleman vardır; Teorem 10.1 gereği \(\sup B = 2\).
c) Birinci kesişim. Kesişimde bir \(x\) olsun. Her \(n\) için \(0 < x < \frac{1}{n}\), özellikle \(x > 0\). Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < x\) olan bir \(n\) vardır; bu \(n\) için \(x \notin \left(0, \frac{1}{n}\right)\) — çelişki. Kesişim boştur.
İkinci kesişim. \(0\), her \(\left(-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right)\) aralığındadır; demek ki \(\{0\}\) kesişimin alt kümesidir. Tersine, \(x \ne 0\) olsun; \(|x| > 0\) (Teorem 8.1) ve Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < |x|\) olan bir \(n\) vardır. Önerme 8.6 gereği \(x \in \left(-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right)\) olması \(|x - 0| = |x| < \frac{1}{n}\) demektir; bu ise seçtiğimiz \(n\) için yanlıştır. Yani \(x \ne 0\) olan hiçbir sayı kesişimde değildir ve kesişim tam olarak \(\{0\}\)’dır.
d) \(x \in \mathbb{Z}\) ise \(-x \in \mathbb{Z}\) ve Sonuç 12.3 (6) gereği \(\lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor = x + (-x) = 0\).
\(x \notin \mathbb{Z}\) olsun ve \(p = \lfloor x \rfloor\) diyelim. \(p \le x < p + 1\) ve \(x \ne p\) olduğundan \(p < x < p + 1\)’dir. Her yanı \(-1\) ile çarpınca (yön değişir) \(-p - 1 < -x < -p\) elde ederiz; yani \(-x\), ardışık \(-p-1\) ve \(-p\) tam sayıları arasındadır ve Sonuç 12.3 (1) gereği \(\lfloor -x \rfloor = -p - 1\). Böylece \(\lfloor x \rfloor + \lfloor -x \rfloor = p + (-p - 1) = -1\).
e) Teorem 9.5 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2^n = (1 + 1)^n \ge 1 + n > n\), dolayısıyla \(\frac{1}{2^n} < \frac{1}{n}\) olur. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n\) seçersek \(\frac{1}{2^n} < \frac{1}{n} < \varepsilon\) elde ederiz.
\(\blacksquare\)
Arşimet özelliği, tamlık aksiyomunun “doğal sayılar her şeyi aşar” yönünü kullandı. Sıradaki bölümde aynı aksiyomun öbür yüzünü göreceğiz: reel sayı doğrusunda boşluk yoktur — \(x^2 = 2\) denkleminin bir çözümü vardır, ama bu çözüm rasyonel değildir; yine de rasyonel sayılar doğrunun her yerine sokulur. Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk.