6 Reel Sayılar ve Cebirsel Aksiyomlar

Analizin bütün yapısı reel sayılar üzerine kurulur: limitler, süreklilik, türev ve integral, hepsi \(\mathbb{R}\)’nin özelliklerine dayanır. Öyleyse ilk sorumuz şudur: reel sayılar tam olarak nedir? Lise yıllarından beri \(\mathbb{R}\) ile hesap yapıyoruz, ama \((-1)\cdot(-1) = 1\) ya da \(x \cdot 0 = 0\) gibi “herkesin bildiği” eşitliklerin neden doğru olduğunu hiç sormadık. Bu bölümde reel sayıları az sayıda temel kuralla (aksiyomla) tanımlayacak, ardından bu kurallardan alışık olduğumuz cebirsel özellikleri tek tek türeteceğiz.

Önceki bölümlerde geliştirdiğimiz mantık ve küme dili burada işe koşulacak: her ispat adımında hangi aksiyomu kullandığımızı açıkça yazacağız. Bu bölümün amacı yeni bir hesap tekniği öğretmek değil, bildiğimiz hesapların hangi temel kurallara dayandığını görmektir.

6.1 Reel Sayıları Nasıl Kuracağız?

Reel sayıları sağlam bir temele oturtmanın iki ana yolu vardır:

İnşa yöntemi: Rasyonel sayılar kümesi \(\mathbb{Q}\)’dan yola çıkılır ve reel sayılar, örneğin Dedekind kesitleri ya da Cauchy dizilerinin denklik sınıfları yardımıyla adım adım inşa edilir. Bu yol somuttur ama uzun ve tekniktir.
Aksiyomatik yöntem: Reel sayılar kümesi, belirli bir özellik listesini (aksiyomları) sağlayan bir küme olarak tanımlanır. Bu yaklaşım daha kısa, temiz ve moderndir.

Bu derste aksiyomatik yöntemi izleyeceğiz. Buna göre reel sayılar kümesi \(\mathbb{R}\), üç grup aksiyomu sağlayan bir kümedir:

Cebirsel aksiyomlar: Toplama ve çarpma işlemlerinin kurallarını verir. Bu bölümün konusudur (Bölüm 6.2).
Sıralama aksiyomları: Sayılar arasında “küçüktür / büyüktür” ilişkisini kurar (Bölüm 7.1).
Tamlık aksiyomu: En önemli aksiyomdur; reel sayıları rasyonel sayılardan ayırır ve sayı doğrusunda “boşluk” kalmamasını sağlar (Bölüm 10.4).

Neden aksiyomlarla uğraşıyoruz?

Aksiyomatik yöntemin üç büyük kazancı vardır.

Az kuraldan çok sonuç. Dokuz cebirsel aksiyomdan, cebirde kullandığımız bütün özdeşlikler türetilir. Bir eşitliğin doğruluğunu “öyle olduğunu biliyoruz” diyerek değil, aksiyomlara dayanarak gösteririz.
Neyin neye bağlı olduğunu görürüz. Örneğin \(\mathbb{Q}\) cebirsel ve sıralama aksiyomlarını sağlar ama tamlık aksiyomunu sağlamaz. Demek ki \(\sqrt{2}\)’nin varlığı gibi sonuçlar cebirden ya da sıralamadan değil, yalnızca tamlıktan gelir.
Sonuçlar taşınabilir. Aksiyomları sağlayan başka bir yapı bulduğumuzda, burada ispatladığımız her şey o yapıda da otomatik olarak doğrudur.

6.2 Cebirsel Aksiyomlar

Reel sayılar kümesi \(\mathbb{R}\) üzerinde toplama (\(+\)) ve çarpma (\(\cdot\)) adı verilen iki ikili işlem tanımlıdır. İkili işlem demek, her \((x, y)\) reel sayı çiftine tek bir reel sayı karşılık getiren bir fonksiyon demektir (Tanım 5.1):

\[+ : \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \qquad (x, y) \mapsto x + y,\]

\[\cdot\ : \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \qquad (x, y) \mapsto x \cdot y.\]

Yani \(x + y\) ve \(x \cdot y\) her zaman vardır ve tektir; buna “toplama ve çarpma altında kapalılık” da denir. Bu iki işlem aşağıdaki aksiyomları sağlar.

Toplama Aksiyomları

Her \(x, y, z \in \mathbb{R}\) için:

(A1) Değişme: \(x + y = y + x\).
(A2) Birleşme: \((x + y) + z = x + (y + z)\).
(A3) Toplama birimi (sıfır): Öyle bir \(0 \in \mathbb{R}\) elemanı vardır ki her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x + 0 = x\) olur. (Dikkat: önce \(0\) seçilir, sonra her \(x\) için eşitlik sağlanır; \(0\) elemanı \(x\)’e göre değişmez.)
(A4) Toplama tersi: Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x + y = 0\) olacak biçimde bir \(y \in \mathbb{R}\) elemanı vardır. Bu eleman \(-x\) ile gösterilir.

Bu dört aksiyom, cebir dilinde “\((\mathbb{R}, +)\) değişmeli (Abel) bir gruptur” demektir.

Çarpma Aksiyomları

Her \(x, y, z \in \mathbb{R}\) için:

(M1) Değişme: \(x \cdot y = y \cdot x\).
(M2) Birleşme: \((x \cdot y) \cdot z = x \cdot (y \cdot z)\).
(M3) Çarpma birimi (bir): \(1 \neq 0\) olan ve her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \cdot 1 = x\) sağlayan bir \(1 \in \mathbb{R}\) elemanı vardır.
(M4) Çarpma tersi: Sıfırdan farklı her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \cdot y = 1\) olacak biçimde bir \(y \in \mathbb{R}\) elemanı vardır. Bu eleman \(x^{-1}\) ya da \(\dfrac{1}{x}\) ile gösterilir.

Bu dört aksiyom da “\((\mathbb{R} \setminus \{0\}, \cdot)\) değişmeli bir gruptur” demektir. (Bunun için sıfırdan farklı iki sayının çarpımının sıfırdan farklı olması ve sıfırdan farklı bir sayının çarpma tersinin de sıfırdan farklı olması gerekir; ikisini de aksiyomlardan türeteceğiz: Sonuç 6.3 ve Önerme 6.10.) Toplama ile çarpmayı birbirine bağlayan tek bir aksiyom kalıyor:

Dağılma Aksiyomu

(D) Dağılma: Her \(x, y, z \in \mathbb{R}\) için \(x \cdot (y + z) = (x \cdot y) + (x \cdot z)\).

Toplama ve çarpma birbirinden bağımsız iki işlem olsaydı aralarında hiçbir ilişki kuramazdık; (D) aksiyomu bu köprüyü kurar. Bütün “parantez açma” işlemleri ona dayanır.

Bu dokuz kuralı sağlayan her yapıya bir ad verelim; bu ad, reel sayıların “cebirsel kimliği”dir.

Tanım 6.1 (Cisim) Üzerinde toplama ve çarpma adlı iki ikili işlem tanımlı olan ve (A1)–(A4), (M1)–(M4), (D) aksiyomlarının dokuzunu da sağlayan bir \(F\) kümesine cisim (field) denir.

Böylece \(\mathbb{R}\) bir cisimdir. Cebirsel aksiyomlar reel sayıları tek başına belirlemez; aynı dokuz kuralı sağlayan başka kümeler de vardır.

Cisim olan ve olmayan sayı kümeleri

\(\mathbb{Q}\) rasyonel sayılar kümesi de bir cisimdir: iki rasyonel sayının toplamı ve çarpımı rasyoneldir, \(0\) ve \(1\) rasyoneldir, \(-\frac{p}{q} = \frac{-p}{q}\) ve \(\left(\frac{p}{q}\right)^{-1} = \frac{q}{p}\) rasyoneldir; dokuz kural da sağlanır.
\(\mathbb{Z}\) tam sayılar kümesi cisim değildir: (M4) bozulur. Örneğin \(2 \cdot y = 1\) denklemini sağlayan bir tam sayı \(y\) yoktur (\(\frac{1}{2}\) tam sayı değildir).
Yalnızca iki elemanlı \(\{0, 1\}\) kümesi, \(1 + 1 = 0\) kuralıyla (öteki toplam ve çarpımlar bildiğimiz gibi) bir cisimdir. Demek ki dokuz aksiyom, elemanı sonlu bir küme tarafından bile sağlanabilir. Reel sayıları öteki cisimlerden ayıran şey cebirsel aksiyomlar değil, sonraki bölümlerde gelecek sıralama ve tamlık aksiyomlarıdır.

Yazım uzlaşımları

Bundan sonra \(x \cdot y\) yerine kısaca \(xy\) yazacağız; çarpma toplamadan önce yapılır (\(xy + z\) ifadesi \((xy) + z\) demektir). Birleşme aksiyomları sayesinde \(x + y + z\) ve \(xyz\) yazımında parantez gerekmez. Ayrıca

\[x^2 = x \cdot x, \qquad 2 = 1 + 1, \qquad 3 = 2 + 1, \qquad 4 = 3 + 1\]

kısaltmalarını kullanacağız. Bunlar yeni aksiyom değil, yalnızca adlandırmadır.

6.3 Toplama Aksiyomlarının Sonuçları

(A3) aksiyomu “bir sıfır vardır” der; “yalnız bir tane vardır” demez. İlk işimiz, aksiyomların var dediği elemanların tek olduğunu göstermek. Bu, ileride \(-x\) ve \(x^{-1}\) yazımlarının anlamlı olması için gereklidir: “tersi” diyebilmek için tersin tek olması gerekir.

Önerme 6.1 (Toplama Biriminin Tekliği) Toplama birimi tektir. Yani her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x + 0 = x\) eşitliğini sağlayan yalnız bir \(0 \in \mathbb{R}\) vardır:

\[\exists!\, 0 \in \mathbb{R}, \ \forall x \in \mathbb{R} \quad x + 0 = x.\]

İspat

Varlık (A3) ile verilmiştir; tekliği gösterelim. \(0'\) de aynı özelliği sağlayan bir eleman olsun: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x + 0' = x\). Bu eşitlik her \(x\) için geçerli olduğundan özel olarak \(x = 0\) için de geçerlidir:

\[0 + 0' = 0. \tag{1}\]

Öte yandan (A3) aksiyomunu \(x = 0'\) için yazarsak

\[0' + 0 = 0'. \tag{2}\]

(A1) gereği \(0 + 0' = 0' + 0\)’dır. Şimdi (1), (A1) ve (2) sırasıyla kullanılırsa

\[0 = 0 + 0' = 0' + 0 = 0'\]

elde edilir. Yani \(0' = 0\); toplama birimi tektir.

\(\blacksquare\)

Aynı düşünce ters eleman için de işler.

Önerme 6.2 (Toplama Tersinin Tekliği) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x + y = 0\) eşitliğini sağlayan yalnız bir \(y \in \mathbb{R}\) vardır:

\[\forall x \in \mathbb{R} \ \exists!\, y \in \mathbb{R} \quad x + y = 0.\]

İspat

Varlık (A4) ile verilmiştir. \(x\) verilsin ve \(y\), (A4)’ün var dediği eleman olsun: \(x + y = 0\). Tekliği göstermek için \(x + z = 0\) eşitliğini sağlayan bir \(z \in \mathbb{R}\) daha olduğunu varsayalım ve \(z = y\) olduğunu gösterelim:

\[ \begin{aligned} z &= z + 0 && \text{(A3)} \\ &= z + (x + y) && \text{(varsayım: } x + y = 0) \\ &= (z + x) + y && \text{(A2)} \\ &= (x + z) + y && \text{(A1)} \\ &= 0 + y && \text{(varsayım: } x + z = 0) \\ &= y + 0 && \text{(A1)} \\ &= y. && \text{(A3)} \end{aligned} \]

Böylece \(z = y\); toplama tersi tektir.

\(\blacksquare\)

Artık “\(x\)’in toplama tersi” ifadesi tek bir sayıyı gösterdiğinden \(-x\) yazımı anlamlıdır. Bu da çıkarmayı tanımlamamıza izin verir: aksiyomlarda çıkarma diye bir işlem yoktur, çıkarma toplamanın kısaltmasıdır.

Tanım 6.2 (Çıkarma) \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(x - y\) ifadesi

\[x - y = x + (-y)\]

olarak tanımlanır. Bu işleme çıkarma denir.

Lise cebirinde “eşitliğin iki yanından aynı sayıyı atarız” deriz. Bunun gerekçesi şudur:

Önerme 6.3 (Sadeleştirme Kuralları) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) olsun.

\(x + z = y + z\) ise \(x = y\)’dir.
\(z \neq 0\) ve \(xz = yz\) ise \(x = y\)’dir.

İspat

(1) \(x + z = y + z\) olsun. İki yana da \(-z\) ekleyip aksiyomları sırayla uygulayalım:

\[ \begin{aligned} x &= x + 0 && \text{(A3)} \\ &= x + (z + (-z)) && \text{(A4)} \\ &= (x + z) + (-z) && \text{(A2)} \\ &= (y + z) + (-z) && \text{(varsayım)} \\ &= y + (z + (-z)) && \text{(A2)} \\ &= y + 0 && \text{(A4)} \\ &= y. && \text{(A3)} \end{aligned} \]

(2) \(z \neq 0\) olduğundan (M4) gereği \(z^{-1}\) vardır. Aynı düzeni çarpma aksiyomlarıyla kuralım:

\[ \begin{aligned} x &= x \cdot 1 && \text{(M3)} \\ &= x (z z^{-1}) && \text{(M4)} \\ &= (xz) z^{-1} && \text{(M2)} \\ &= (yz) z^{-1} && \text{(varsayım)} \\ &= y (z z^{-1}) && \text{(M2)} \\ &= y \cdot 1 && \text{(M4)} \\ &= y. && \text{(M3)} \end{aligned} \]

\(\blacksquare\)

Çarpmada \(z \neq 0\) şartı vazgeçilmezdir: birazdan göreceğimiz gibi her \(x\) için \(x \cdot 0 = 0\)’dır, dolayısıyla \(x \cdot 0 = y \cdot 0\) eşitliğinden \(x = y\) çıkmaz.

Sadeleştirme ve teklik sonuçları elimizdeyken, işaretle ilgili tanıdık kuralları türetebiliriz.

Önerme 6.4 (Sıfırın Tersi) \(-0 = 0\). Yani sıfırın toplama tersi yine sıfırdır.

İspat

(A3) aksiyomunu \(x = 0\) için yazarsak \(0 + 0 = 0\) olur. Bu eşitlik, \(0\) sayısının kendisinin bir toplama tersi olduğunu söyler. Önerme 6.2 gereği bir sayının toplama tersi tek olduğundan \(-0 = 0\)’dır.

\(\blacksquare\)

Önerme 6.5 (Tersin Tersi) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(-(-x) = x\)’tir.

İspat

(A4) gereği \(x + (-x) = 0\), (A1) gereği de \((-x) + x = 0\)’dır. Son eşitlik, \(x\)’in \(-x\) sayısının bir toplama tersi olduğunu söyler. Oysa \(-x\)’in toplama tersi, tanım gereği \(-(-x)\) ile gösterilen ve Önerme 6.2 gereği tek olan sayıdır. O hâlde \(-(-x) = x\).

\(\blacksquare\)

Teklik hilesi

Yukarıdaki iki ispatın ortak fikri, bu bölümde tekrar tekrar kullanacağımız bir kalıptır: \(-a = b\) olduğunu göstermek için \(a + b = 0\) olduğunu göstermek yeter. Çünkü \(a + b = 0\) ise \(b\), \(a\)’nın bir toplama tersidir; ters tek olduğundan \(b = -a\)’dır. Aynı biçimde, \(a \neq 0\) için \(a^{-1} = b\) olduğunu göstermek için \(ab = 1\) olduğunu göstermek yeter.

Önerme 6.6 (Toplamın Tersi) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(-(x + y) = (-x) + (-y)\)’dir.

İspat

Teklik hilesini kullanacağız: \((x + y) + \big((-x) + (-y)\big) = 0\) olduğunu göstermek yeter.

\[ \begin{aligned} (x + y) + \big((-x) + (-y)\big) &= \big((x + y) + (-x)\big) + (-y) && \text{(A2)} \\ &= \big((y + x) + (-x)\big) + (-y) && \text{(A1)} \\ &= \big(y + (x + (-x))\big) + (-y) && \text{(A2)} \\ &= (y + 0) + (-y) && \text{(A4)} \\ &= y + (-y) && \text{(A3)} \\ &= 0. && \text{(A4)} \end{aligned} \]

Demek ki \((-x) + (-y)\), \(x + y\)’nin bir toplama tersidir; Önerme 6.2 gereği \(-(x + y) = (-x) + (-y)\).

\(\blacksquare\)

Çıkarma tanımıyla bu sonuç \(-(x + y) = -x - y\) biçiminde de yazılır; “eksi parantez açarken işaretler değişir” kuralının aksiyomatik gerekçesi budur.

6.4 Çarpma Aksiyomlarının Sonuçları

Çarpma aksiyomları toplama aksiyomlarıyla aynı biçimde olduğundan, toplama için yaptığımız ilk ispatlar kelimesi kelimesine çarpmaya aktarılır: (A1)→(M1), (A2)→(M2), (A3)→(M3), (A4)→(M4). Tek fark, çarpmada \(0\)’ın dışarıda bırakılmasıdır.

Önerme 6.7 (Çarpma Biriminin Tekliği) Çarpma birimi tektir: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \cdot 1 = x\) sağlayan yalnız bir \(1 \in \mathbb{R}\) vardır.

İspat

\(1'\) de aynı özelliği sağlasın: her \(x\) için \(x \cdot 1' = x\). Özel olarak \(x = 1\) alırsak \(1 \cdot 1' = 1\) olur. (M3)’ü \(x = 1'\) için yazarsak \(1' \cdot 1 = 1'\) olur. (M1) gereği \(1 \cdot 1' = 1' \cdot 1\) olduğundan

\[1 = 1 \cdot 1' = 1' \cdot 1 = 1'\]

bulunur. Çarpma birimi tektir.

\(\blacksquare\)

Önerme 6.8 (Çarpma Tersinin Tekliği) Sıfırdan farklı her \(x \in \mathbb{R}\) için \(xy = 1\) eşitliğini sağlayan yalnız bir \(y \in \mathbb{R}\) vardır:

\[\forall x \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \ \exists!\, y \in \mathbb{R} \quad xy = 1.\]

İspat

\(x \neq 0\) olsun; (M4) gereği \(xy = 1\) olan bir \(y\) vardır. \(xz = 1\) olan bir \(z\) daha olduğunu varsayalım:

\[ \begin{aligned} z &= z \cdot 1 && \text{(M3)} \\ &= z (xy) && \text{(varsayım: } xy = 1) \\ &= (zx) y && \text{(M2)} \\ &= (xz) y && \text{(M1)} \\ &= 1 \cdot y && \text{(varsayım: } xz = 1) \\ &= y \cdot 1 && \text{(M1)} \\ &= y. && \text{(M3)} \end{aligned} \]

Böylece \(z = y\); çarpma tersi tektir.

\(\blacksquare\)

Artık \(x \neq 0\) için \(x^{-1}\) yazımı tek bir sayıyı gösterir. Bölme de çarpmanın kısaltmasıdır:

Tanım 6.3 (Bölme) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(y \in \mathbb{R} \setminus \{0\}\) için \(\dfrac{x}{y}\) ifadesi

\[\frac{x}{y} = x \cdot y^{-1}\]

olarak tanımlanır. Bu işleme bölme denir. Özel olarak \(\dfrac{1}{y} = 1 \cdot y^{-1} = y^{-1}\)’dir; yani (M4)’teki iki gösterim uyumludur.

Bölme tanımı, \(y = 0\) için hiçbir anlam taşımaz; çünkü (M4) yalnızca \(y \neq 0\) için ters eleman verir. Birazdan sıfırın tersinin olamayacağını da ispatlayacağız.

Şimdi toplama ile çarpmayı birleştiren ilk sonuç geliyor. “Sıfırla çarpım sıfırdır” cümlesi aksiyom değildir; dağılma aksiyomunun bir sonucudur.

Önerme 6.9 (Sıfırla Çarpım) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \cdot 0 = 0\) ve \(0 \cdot x = 0\)’dır.

İspat

(M3), (A3), (D) ve (M3) sırasıyla kullanılırsa

\[x = x \cdot 1 = x (1 + 0) = x \cdot 1 + x \cdot 0 = x + x \cdot 0\]

elde edilir. Öte yandan (A3) gereği \(x = x + 0\)’dır. Demek ki

\[x + x \cdot 0 = x + 0.\]

(A1) ile iki yanı da \(x \cdot 0 + x = 0 + x\) biçiminde yazıp Önerme 6.3 (1) ile \(x\)’i sadeleştirirsek \(x \cdot 0 = 0\) bulunur. \(0 \cdot x = x \cdot 0 = 0\) ise (M1)’den gelir.

\(\blacksquare\)

Neden (M3) aksiyomunda bir, sıfırdan farklı alınır?

(M3)’teki \(1 \neq 0\) koşulu gereksiz bir ayrıntı gibi görünebilir; değildir. \(1 = 0\) olsaydı her \(x \in \mathbb{R}\) için (M3), varsayım ve Önerme 6.9 sırasıyla

\[x = x \cdot 1 = x \cdot 0 = 0\]

verirdi; yani her reel sayı \(0\) olurdu ve \(\mathbb{R} = \{0\}\) tek elemanlı bir küme olurdu. Üzerinde çalışılacak bir sayı sistemi kalmazdı. Bu yüzden analizde pek çok ispat “… o hâlde \(0 = 1\) olurdu, çelişki” cümlesiyle biter.

Sonuç 6.1 (Sıfırın Çarpma Tersi Yoktur) \(0 \cdot y = 1\) eşitliğini sağlayan bir \(y \in \mathbb{R}\) yoktur; yani \(0^{-1}\) tanımsızdır ve \(\dfrac{x}{0}\) ifadesi hiçbir \(x\) için anlamlı değildir.

İspat

Olmayana ergi ile: \(0 \cdot y = 1\) olan bir \(y\) olsaydı, Önerme 6.9 gereği \(0 \cdot y = 0\) olduğundan \(0 = 1\) bulunurdu. Bu, (M3)’teki \(1 \neq 0\) koşuluyla çelişir.

\(\blacksquare\)

Sıfırla çarpım sonucu, ters elemanla ilgili küçük ama gerekli bir bilgiyi de verir: sıfırdan farklı bir sayının tersi de sıfırdan farklıdır. Bu sayede “tersin tersi”nden söz edebiliriz.

Önerme 6.10 (Çarpma Tersinin Tersi) Sıfırdan farklı her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x^{-1} \neq 0\) ve \((x^{-1})^{-1} = x\)’tir.

İspat

Önce \(x^{-1} \neq 0\): \(x^{-1} = 0\) olsaydı Önerme 6.9 gereği \(x x^{-1} = x \cdot 0 = 0\) olurdu; oysa (M4) gereği \(x x^{-1} = 1\) ve (M3) gereği \(1 \neq 0\)’dır. Çelişki. Demek ki \(x^{-1} \neq 0\) ve (M4) ile \((x^{-1})^{-1}\) vardır.

Şimdi (M4) gereği \(x x^{-1} = 1\), (M1) gereği de \(x^{-1} x = 1\)’dir. Son eşitlik, \(x\)’in \(x^{-1}\) sayısının bir çarpma tersi olduğunu söyler. Önerme 6.8 gereği çarpma tersi tek olduğundan \((x^{-1})^{-1} = x\)’tir.

\(\blacksquare\)

Sıradaki sonuçlar “eksi” ile çarpmanın kurallarıdır. Hepsinin ortak aracı, teklik hilesi ile dağılma aksiyomudur.

Önerme 6.11 (Eksi Bir ile Çarpım) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(-x = (-1)x\)’tir.

İspat

(A4) gereği \(1 + (-1) = 0\)’dır. Önerme 6.9, bu eşitlik, (D) ve (M3) sırasıyla kullanılırsa

\[0 = x \cdot 0 = x\big(1 + (-1)\big) = x \cdot 1 + x(-1) = x + x(-1)\]

elde edilir. Demek ki \(x(-1)\), \(x\)’in bir toplama tersidir; Önerme 6.2 gereği \(x(-1) = -x\). (M1) ile \((-1)x = -x\) bulunur.

\(\blacksquare\)

Önerme 6.12 (Çarpımda İşaret Kuralları) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için:

\(x(-y) = -(xy)\) ve \((-x)y = -(xy)\);
\((-x)(-y) = xy\).

İspat

(1) Teklik hilesi: \(xy + x(-y) = 0\) olduğunu gösterelim. (D), (A4) ve Önerme 6.9 ile

\[xy + x(-y) = x\big(y + (-y)\big) = x \cdot 0 = 0.\]

O hâlde \(x(-y)\), \(xy\)’nin toplama tersidir: \(x(-y) = -(xy)\). İkinci eşitlik için (M1)’i iki kez kullanalım: \((-x)y = y(-x) = -(yx) = -(xy)\).

(2) Birinci maddeyi \(x\) yerine \(-x\) ile uygulayalım: \((-x)(-y) = -\big((-x)y\big)\). Yine birinci madde ile \((-x)y = -(xy)\) olduğundan

\[(-x)(-y) = -\big(-(xy)\big) = xy\]

bulunur; son adımda Önerme 6.5 kullanıldı.

\(\blacksquare\)

Sonuç 6.2 (Karede İşaret) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \((-x)(-x) = xx = x^2\)’dir; özel olarak \((-1)(-1) = 1\).

İspat

Önerme 6.12 (2)’de \(y = x\) alınırsa \((-x)(-x) = x^2\); \(x = 1\) alınırsa (M3) ile \((-1)(-1) = 1 \cdot 1 = 1\) bulunur.

\(\blacksquare\)

“Eksi ile eksinin çarpımı artıdır” kuralı, görüldüğü gibi bir tercih ya da uzlaşım değil, dağılma aksiyomunun zorunlu sonucudur. Aksi tanımlansaydı (D) bozulurdu.

Şimdi denklem çözerken en çok kullandığımız kurala geliyoruz: bir çarpım sıfırsa çarpanlardan biri sıfırdır.

Önerme 6.13 (Sıfır Çarpım Özelliği) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. \(xy = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(x = 0\) veya \(y = 0\) olmasıdır:

\[xy = 0 \Leftrightarrow x = 0 \ \vee\ y = 0.\]

İspat

(\(\Leftarrow\)) \(x = 0\) ise Önerme 6.9 gereği \(xy = 0 \cdot y = 0\); \(y = 0\) ise yine aynı önermeyle \(xy = x \cdot 0 = 0\).

(\(\Rightarrow\)) \(xy = 0\) olsun. \(x = 0\) ise iş bitmiştir. \(x \neq 0\) olsun; \(y = 0\) olduğunu göstereceğiz. \(x \neq 0\) olduğundan (M4) gereği \(x^{-1}\) vardır ve

\[ \begin{aligned} y &= 1 \cdot y && \text{(M3), (M1)} \\ &= (x^{-1} x) y && \text{(M4), (M1)} \\ &= x^{-1} (xy) && \text{(M2)} \\ &= x^{-1} \cdot 0 && \text{(varsayım: } xy = 0) \\ &= 0. && \text{(sıfırla çarpım)} \end{aligned} \]

Son adımda Önerme 6.9 kullanıldı. Her iki durumda da \(x = 0\) veya \(y = 0\)’dır.

\(\blacksquare\)

Sonuç 6.3 (Sıfırdan Farklı Sayıların Çarpımı) \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(xy \neq 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(x \neq 0\) ve \(y \neq 0\) olmasıdır.

İspat

Önerme 6.13’in iki yanını olumsuzlayalım: \(xy \neq 0 \Leftrightarrow \neg(x = 0 \vee y = 0)\). De Morgan yasası (Teorem 1.1 (6)) ile \(\neg(x = 0 \vee y = 0) \equiv (x \neq 0 \wedge y \neq 0)\)’dır.

\(\blacksquare\)

Sıfır çarpım özelliği, \((x - 1)(x - 2) = 0\) gibi bir denklemi “ya \(x - 1 = 0\) ya \(x - 2 = 0\)” diye ikiye ayırmamızın gerekçesidir. Bu özellik her cisimde geçerlidir. Ama örneğin saat aritmetiğinde (\(12\)’ye göre kalanlarda) \(3 \cdot 4 = 12 = 0\) olur; çarpanların ikisi de sıfır değildir. Demek ki bu yapı cisim değildir (\(3\)’ün çarpma tersi yoktur).

Bölümün son sonucu, çarpımın tersini verir.

Önerme 6.14 (Çarpımın Tersi) \(x \neq 0\) ve \(y \neq 0\) reel sayıları için \(xy \neq 0\) ve \((xy)^{-1} = y^{-1} x^{-1} = x^{-1} y^{-1}\)’dir.

İspat

Sonuç 6.3 gereği \(xy \neq 0\)’dır; dolayısıyla (M4) ile \(x^{-1}\), \(y^{-1}\) ve \((xy)^{-1}\) vardır. Teklik hilesi: \((xy)(y^{-1} x^{-1}) = 1\) olduğunu gösterelim.

\[ \begin{aligned} (xy)(y^{-1} x^{-1}) &= x \big(y (y^{-1} x^{-1})\big) && \text{(M2)} \\ &= x \big((y y^{-1}) x^{-1}\big) && \text{(M2)} \\ &= x (1 \cdot x^{-1}) && \text{(M4)} \\ &= x x^{-1} && \text{(M3), (M1)} \\ &= 1. && \text{(M4)} \end{aligned} \]

O hâlde \(y^{-1} x^{-1}\), \(xy\)’nin bir çarpma tersidir; Önerme 6.8 gereği \((xy)^{-1} = y^{-1} x^{-1}\). (M1) ile \(y^{-1} x^{-1} = x^{-1} y^{-1}\) olduğu da açıktır.

\(\blacksquare\)

Bu sonucun kesirlerle yazımı \(\dfrac{1}{xy} = \dfrac{1}{x} \cdot \dfrac{1}{y}\)’dir.

6.5 Örnekler

Aşağıdaki örnekler, türettiğimiz sonuçların lise cebirindeki tanıdık işlemleri nasıl gerekçelendirdiğini gösterir.

Örnek 6.1 (Birinci Dereceden Denklemin Çözümü) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(a \neq 0\) olsun. \(ax + b = 0\) denkleminin tam olarak bir çözümü vardır ve bu çözüm \(x = -\dfrac{b}{a}\)’dır.

Çözüm

Varlık. \(x_0 = -\dfrac{b}{a} = (-b) a^{-1}\) alalım (burada \(-\dfrac{b}{a}\) ile \((-b)a^{-1}\)’i kastediyoruz; iki olası okumanın eşit olduğu aşağıda görülecek). Denklemde yerine koyalım:

\[ \begin{aligned} a x_0 + b &= a\big((-b) a^{-1}\big) + b && \\ &= \big(a a^{-1}\big)(-b) + b && \text{(M1), (M2)} \\ &= 1 \cdot (-b) + b && \text{(M4)} \\ &= (-b) + b && \text{(M3), (M1)} \\ &= 0. && \text{(A1), (A4)} \end{aligned} \]

Demek ki \(x_0\) bir çözümdür.

Teklik. \(x\) herhangi bir çözüm olsun: \(ax + b = 0\). İki yana \(-b\) ekleyelim; (A2), (A4), (A1), (A3) ile \(ax = -b\) olur. Şimdi \(a \neq 0\) olduğundan iki yanı \(a^{-1}\) ile çarpalım:

\[x = 1 \cdot x = (a^{-1} a) x = a^{-1}(ax) = a^{-1}(-b) = (-b) a^{-1} = x_0.\]

Burada sırasıyla (M3)+(M1), (M4)+(M1), (M2), \(ax = -b\) ve (M1) kullanıldı. O hâlde her çözüm \(x_0\)’a eşittir.

Son olarak \(-\dfrac{b}{a}\) yazımının iki okuması olan \((-b)a^{-1}\) ile \(-(b a^{-1})\) eşittir: Önerme 6.12 (1) ile \((-b)a^{-1} = -(b a^{-1})\). Bu yüzden yazımda parantez gerekmez.

\(\blacksquare\)

Örnek 6.2 (Kesirlerle İşlem Kuralları) \(a, b, c, d \in \mathbb{R}\) ve \(b \neq 0\), \(d \neq 0\) olsun. Aşağıdaki kesir kurallarını aksiyomlardan türetelim.

\(\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{c}{d} = \dfrac{ac}{bd}\).
\(\dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{d} = \dfrac{ad + bc}{bd}\).
\(\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d} \Leftrightarrow ad = bc\).

Çözüm

Önce \(bd \neq 0\) olduğunu not edelim (Sonuç 6.3); böylece \(\dfrac{ac}{bd}\) ve \(\dfrac{ad + bc}{bd}\) anlamlıdır.

(1) Bölme tanımı (Tanım 6.3), (M1)–(M2) ile çarpanları yeniden sıralama ve Önerme 6.14:

\[\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} = (a b^{-1})(c d^{-1}) = (ac)(b^{-1} d^{-1}) = (ac)(bd)^{-1} = \frac{ac}{bd}.\]

(2) Önce her kesri “paydayı \(bd\) yapacak” biçimde genişletelim. \(d d^{-1} = 1\) olduğundan (M3), (M4), çarpanları yeniden sıralamak için (M1)–(M2) ve Önerme 6.14 ile

\[\frac{a}{b} = a b^{-1} = a b^{-1} (d d^{-1}) = (ad)(b^{-1} d^{-1}) = (ad)(bd)^{-1};\]

benzer biçimde \(\dfrac{c}{d} = (bc)(bd)^{-1}\). Şimdi (D) aksiyomu ile ortak çarpanı dışarı alalım:

\[\frac{a}{b} + \frac{c}{d} = (ad)(bd)^{-1} + (bc)(bd)^{-1} = (ad + bc)(bd)^{-1} = \frac{ad + bc}{bd}.\]

Burada (D) aksiyomu \(z(x + y) = zx + zy\) biçiminde (M1) ile birlikte kullanıldı.

(3) (\(\Rightarrow\)) \(a b^{-1} = c d^{-1}\) olsun. İki yanı \(bd\) ile çarpalım. Sol yan:

\[(a b^{-1})(bd) = a (b^{-1} b) d = a \cdot 1 \cdot d = ad,\]

sağ yan benzer biçimde \((c d^{-1})(bd) = c (d^{-1} d) b = cb = bc\). Eşit sayıların \(bd\) ile çarpımları eşit olduğundan (\(\cdot\) bir fonksiyondur) \(ad = bc\).

(\(\Leftarrow\)) \(ad = bc\) olsun. İki yanı \((bd)^{-1} = b^{-1} d^{-1}\) ile çarpalım:

\[(ad)(b^{-1} d^{-1}) = a b^{-1} (d d^{-1}) = a b^{-1} = \frac{a}{b}, \qquad (bc)(b^{-1} d^{-1}) = c d^{-1} (b b^{-1}) = c d^{-1} = \frac{c}{d}.\]

Sol yanlar eşit olduğundan \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}\).

\(\blacksquare\)

6.6 Alıştırmalar

Alıştırma 6.1 (Cebirsel Aksiyomlardan Türetmeler) Aşağıdaki eşitlikleri yalnızca aksiyomları ve bu bölümde ispatlanan sonuçları kullanarak gösteriniz. Her adımda hangi kuralı kullandığınızı belirtiniz. (\(x, y \in \mathbb{R}\).)

\((x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2\).
\(-(x - y) = y - x\).
\(x \neq 0\) ise \(-x \neq 0\) ve \((-x)^{-1} = -(x^{-1})\).
\(y \neq 0\) olmak üzere \(\dfrac{x}{y} = 0 \Leftrightarrow x = 0\).
\((x - y)(x + y) = x^2 - y^2\).

Çözüm

a) (D) aksiyomunu iki kez uygulayalım; önce \((x + y)\)’yi tek bir çarpan gibi görüp (M1) ile sola alalım:

\[ \begin{aligned} (x + y)^2 &= (x + y)(x + y) && \text{(tanım)} \\ &= (x + y)x + (x + y)y && \text{(D)} \\ &= x(x + y) + y(x + y) && \text{(M1)} \\ &= (xx + xy) + (yx + yy) && \text{(D)} \\ &= x^2 + (xy + xy) + y^2 && \text{(M1), (A1), (A2)} \\ &= x^2 + (1 + 1)(xy) + y^2 && \text{(M3), (D)} \\ &= x^2 + 2xy + y^2. && (2 = 1 + 1) \end{aligned} \]

Beşinci adımda \(yx = xy\) (M1) ve toplamların yeniden gruplanması (A1, A2), altıncı adımda \(xy + xy = 1 \cdot (xy) + 1 \cdot (xy) = (1 + 1)(xy)\) kullanıldı.

b) Çıkarma tanımı ile \(x - y = x + (-y)\). Önerme 6.6 ve Önerme 6.5 ile

\[-(x - y) = -\big(x + (-y)\big) = (-x) + \big(-(-y)\big) = (-x) + y = y + (-x) = y - x;\]

son iki adımda (A1) ve çıkarma tanımı kullanıldı.

c) Önce \(-x \neq 0\): \(-x = 0\) olsaydı Önerme 6.5 ve Önerme 6.4 ile \(x = -(-x) = -0 = 0\) olurdu; bu \(x \neq 0\) ile çelişir. Demek ki \(-x \neq 0\) ve (M4) gereği \((-x)^{-1}\) vardır. Şimdi teklik hilesi: \((-x)\big(-(x^{-1})\big) = 1\) olduğunu gösterelim. Önerme 6.12 (2) ve (M4) ile

\[(-x)\big(-(x^{-1})\big) = x x^{-1} = 1.\]

Demek ki \(-(x^{-1})\), \(-x\)’in bir çarpma tersidir; Önerme 6.8 gereği \((-x)^{-1} = -(x^{-1})\).

d) \(\dfrac{x}{y} = x y^{-1}\) ve \(y^{-1} \neq 0\) (Önerme 6.10). Önerme 6.13 gereği \(x y^{-1} = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(x = 0\) veya \(y^{-1} = 0\) olmasıdır; ikincisi olanaksız olduğundan koşul \(x = 0\)’a indirgenir.

e) (D) ile açalım, sonra işaret kurallarını uygulayalım:

\[ \begin{aligned} (x - y)(x + y) &= (x - y)x + (x - y)y && \text{(D)} \\ &= x(x - y) + y(x - y) && \text{(M1)} \\ &= \big(x^2 + x(-y)\big) + \big(yx + y(-y)\big) && \text{(D), çıkarma tanımı} \\ &= x^2 + \big(-(xy)\big) + xy + \big(-(y^2)\big) && \text{(işaret kuralları), (M1)} \\ &= x^2 + 0 + \big(-(y^2)\big) && \text{(A1), (A2), (A4)} \\ &= x^2 - y^2. && \text{(A3), çıkarma tanımı} \end{aligned} \]

Dördüncü adımda \(x(-y) = -(xy)\) ve \(y(-y) = -(yy) = -(y^2)\) için Önerme 6.12 (1), beşinci adımda \(-(xy) + xy = 0\) için (A1) ve (A4) kullanıldı.

\(\blacksquare\)

Cebirsel aksiyomlar reel sayılarla nasıl hesap yapılacağını söyler; ama iki sayıdan hangisinin büyük olduğunu söylemez. Sayı doğrusundaki sıralamayı kuran aksiyomlar sıradaki bölümün konusudur: Sıralama Aksiyomları ve Aralıklar.