13 Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk
Önceki bölümde tamlık aksiyomunun “doğal sayılar her reel sayıyı aşar” yönünü, yani Arşimet özelliğini işledik. Bu bölümde aynı aksiyomun asıl karakterini belirleyen öbür yüzüne bakıyoruz: reel sayı doğrusunda boşluk yoktur. Rasyonel sayılarla çalışırken \(x^2 = 2\) gibi masum bir denklemin çözümü yoktur; reel sayılarda ise tamlık aksiyomu bu çözümü üretir. Böylece \(\sqrt{2}\)’yi gerçekten tanımlayabilecek, sonra da onun rasyonel olmadığını göstererek \(\mathbb{Q} \ne \mathbb{R}\) olduğunu ispatlayacağız.
Bölümün ikinci yarısı, rasyonel ve irrasyonel sayıların doğru üzerinde nasıl iç içe geçtiğini anlatır: birbirinden farklı herhangi iki reel sayının arasında hem rasyonel hem irrasyonel sayılar vardır, üstelik sonsuz çoklukta. Bu yoğunluk olgusu, ileride limit ve süreklilik kavramlarında sık sık kullanılacak.
13.1 Karekök İkinin Varlığı
Tamlık aksiyomu (Bölüm 10.4) “üstten sınırlı boş olmayan her kümenin supremumu vardır” der. Bir denklemin çözümünü bulmak için bu aksiyomu şöyle kullanırız: çözümün “altında kalan” sayıların kümesini yazar, bu kümenin supremumunu alır ve supremumun tam olarak aradığımız çözüm olduğunu gösteririz. İlk ve en ünlü örnek \(x^2 = 2\) denklemidir.
Teorem 13.1 (Karekök İkinin Varlığı) \(x^2 = 2\) olacak biçimde bir ve yalnız bir pozitif reel sayı \(x\) vardır. Bu sayı \(\sqrt{2}\) ile gösterilir.
İspat
Varlık. \(A = \{ y \in \mathbb{R} : y > 0,\ y^2 < 2 \}\) kümesini alalım.
\(A\) boş değildir: \(1 > 0\) ve \(1^2 = 1 < 2\) olduğundan \(1 \in A\).
\(A\) üstten sınırlıdır ve \(2\) bir üst sınırdır: \(y \ge 2\) olsaydı \(y^2 \ge 2y \ge 4 > 2\) olur, \(y \notin A\) olurdu. Demek ki her \(y \in A\) için \(y < 2\).
Tamlık aksiyomu gereği \(x = \sup A\) vardır. \(1 \in A\) olduğundan \(x \ge 1 > 0\). Şimdi \(x^2 = 2\) olduğunu göstereceğiz; üçlem yasasına göre (Bölüm 7.1) \(x^2 > 2\), \(x^2 < 2\) ya da \(x^2 = 2\)’dir. İlk ikisinin çelişkiye götürdüğünü göstereceğiz.
Durum 1: \(x^2 > 2\). Bu durumda \(x\)’ten biraz küçük bir sayının da \(A\) için üst sınır olduğunu, böylece \(x\)’in en küçük üst sınır olamayacağını göstereceğiz. Küçük bir \(\varepsilon > 0\) için
\[(x - \varepsilon)^2 = x^2 - 2x\varepsilon + \varepsilon^2 > x^2 - 2x\varepsilon\]
olur. Sağ tarafın \(2\)’den büyük ya da eşit olması için \(x^2 - 2x\varepsilon \ge 2\), yani \(\varepsilon \le \dfrac{x^2 - 2}{2x}\) yeter. O hâlde
\[\varepsilon = \frac{x^2 - 2}{2x}\]
seçelim; \(x^2 > 2\) ve \(x > 0\) olduğundan \(\varepsilon > 0\)’dır. Ayrıca \(\varepsilon < \dfrac{x^2}{2x} = \dfrac{x}{2} < x\), dolayısıyla \(x - \varepsilon > 0\). Bu seçimle
\[(x - \varepsilon)^2 > x^2 - 2x\varepsilon = x^2 - (x^2 - 2) = 2.\]
Şimdi \(y \in A\) keyfi olsun: \(y > 0\) ve \(y^2 < 2 < (x - \varepsilon)^2\). İki pozitif sayıdan karesi küçük olan kendisi de küçüktür (Önerme 7.12 (4)’ün karşıt tersi: \(y \ge x - \varepsilon > 0\) olsaydı \(y^2 \ge (x - \varepsilon)^2\) olurdu), yani \(y < x - \varepsilon\). Demek ki \(x - \varepsilon\), \(A\) için bir üst sınırdır. Ama \(x - \varepsilon < x = \sup A\) ve supremum en küçük üst sınırdır — çelişki.
Durum 2: \(x^2 < 2\). Bu kez \(x\)’ten biraz büyük bir sayının hâlâ \(A\)’da olduğunu, böylece \(x\)’in üst sınır olamayacağını göstereceğiz. \(0 < \varepsilon \le 1\) için \(\varepsilon^2 \le \varepsilon\) olduğundan
\[(x + \varepsilon)^2 = x^2 + 2x\varepsilon + \varepsilon^2 \le x^2 + 2x\varepsilon + \varepsilon = x^2 + \varepsilon(2x + 1).\]
Sağ tarafın \(2\)’den küçük olması için \(\varepsilon(2x + 1) < 2 - x^2\) yeter. O hâlde
\[\varepsilon = \frac{2 - x^2}{2x + 1}\]
seçelim; \(x^2 < 2\) olduğundan \(\varepsilon > 0\)’dır. \(\varepsilon \le 1\) koşulunu da kontrol edelim: \(x \ge 1\) olduğundan \(2 - x^2 \le 1\) ve \(2x + 1 \ge 3\), yani \(\varepsilon \le \frac{1}{3} < 1\). Üstelik \(0 < \varepsilon < 1\) olduğundan \(\varepsilon^2 < \varepsilon\) eşitsizliği kesindir; dolayısıyla yukarıdaki açılım da kesin eşitsizlik verir:
\[(x + \varepsilon)^2 < x^2 + \varepsilon(2x + 1) = x^2 + (2 - x^2) = 2.\]
Ayrıca \(x + \varepsilon > 0\). Demek ki \(x + \varepsilon \in A\). Ama \(x + \varepsilon > x = \sup A\), oysa supremum \(A\)’nın her elemanından büyük ya da eşittir — çelişki.
Her iki durum da çelişki verdiğinden \(x^2 = 2\)’dir.
Teklik. \(x, y > 0\) ve \(x^2 = y^2 = 2\) olsun. \(x < y\) olsaydı Önerme 7.12 gereği \(x^2 < y^2\) olurdu; \(y < x\) olsaydı \(y^2 < x^2\) olurdu. İkisi de \(x^2 = y^2\) ile çelişir; üçlem yasasından \(x = y\).
\(\blacksquare\)
İspattaki \(\varepsilon\) değerleri gökten inmedi. Her iki durumda da önce \((x \mp \varepsilon)^2\) ifadesini açtık, \(\varepsilon^2\) terimini uygun yönde bir eşitsizlikle attık ve geriye kalan \(\varepsilon\)’a göre doğrusal ifadeyi \(2\) ile karşılaştırdık. Doğrusal eşitsizliği \(\varepsilon\) için çözmek, seçimi verir. İkinci durumda \(\varepsilon^2 \le \varepsilon\) diyebilmek için \(\varepsilon \le 1\) gerekiyordu; seçimin bunu otomatik sağladığını ayrıca kontrol ettik. Bu “önce aç, doğrusallaştır, sonra çöz” tekniği analizde çok sık kullanılır.
Teoremin asıl mesajı şudur: tamlık aksiyomu, denklemleri “yaklaşık çözümlerin supremumu” olarak çözmemize izin verir. Aynı yöntem her pozitif sayının her mertebeden köküne uygulanabilir.
13.2 n-inci Köklerin Varlığı
Genel durumda \((x + \varepsilon)^n\) açılımıyla uğraşmak yerine, kuvvet farklarını denetleyen basit bir özdeşlik kullanacağız.
Lemma 13.1 (Kuvvet Farkı Özdeşliği) \(n \in \mathbb{N}\) ve \(u, v \in \mathbb{R}\) olsun. O zaman
\[v^n - u^n = (v - u)\left( v^{n-1} + v^{n-2}u + \cdots + v\,u^{n-2} + u^{n-1} \right) = (v - u) \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k} u^{k}.\]
Toplamdaki \(u^0\) ve \(v^0\) çarpanları, \(u\) ya da \(v\) sıfır olsa bile \(1\) olarak okunur; Tanım 11.5 \(0^0\)’ı tanımsız bıraktığından özdeşliğin her \(u, v \in \mathbb{R}\) için geçerli olması bu uzlaşımı gerektirir. Örneğin \(n = 1\) için toplam tek terimden ibarettir ve özdeşlik \(v - u = (v - u) \cdot 1\) olur.
Özel olarak \(0 < u < v\) ise
\[v^n - u^n \le (v - u)\, n\, v^{n-1}.\]
İspat
Sağ taraftaki çarpımı dağıtalım:
\[(v - u) \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k} u^{k} = \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-k} u^{k} - \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k} u^{k+1}.\]
İkinci toplamda \(j = k + 1\) yazarsak \(\sum_{j=1}^{n} v^{n-j} u^{j}\) olur. İlk toplam \(j = 0, 1, \dots, n-1\), ikincisi \(j = 1, \dots, n\) terimlerini içerir; ortak \(j = 1, \dots, n-1\) terimleri birbirini götürür ve geriye \(v^n u^0 - v^0 u^n = v^n - u^n\) kalır.
Eşitsizlik için \(0 < u < v\) olsun. Teorem 11.3 gereği her \(k \ge 1\) için \(u^k < v^k\), dolayısıyla toplamdaki her terim \(v^{n-1-k} u^k \le v^{n-1-k} v^k = v^{n-1}\) sağlar (\(k = 0\) için eşitlik vardır). Toplamda \(n\) terim olduğundan toplam \(\le n\, v^{n-1}\)’dir; \(v - u > 0\) ile çarpınca istenen eşitsizlik çıkar.
\(\blacksquare\)
Teorem 13.2 (n-inci Kökün Varlığı) \(a > 0\) bir reel sayı ve \(n \in \mathbb{N}\) olsun. O zaman \(x^n = a\) olacak biçimde bir ve yalnız bir pozitif reel sayı \(x\) vardır. Bu sayıya \(a\)’nın \(n\)-inci kökü denir ve
\[x = a^{1/n} = \sqrt[n]{a}\]
ile gösterilir. Ayrıca \(0^{1/n} = 0\) tanımlanır; \(n = 2\) için \(\sqrt{a}\) yazılır.
İspat
Varlık. \(A = \{ y \in \mathbb{R} : y > 0,\ y^n < a \}\) olsun.
\(A\) boş değildir: \(y_0 = \dfrac{a}{1 + a}\) alalım. \(0 < y_0 < 1\) ve \(y_0 < a\)’dır (çünkü \(1 + a > 1\)). \(0 < y_0 < 1\) olduğundan her \(k \in \mathbb{N}\) için \(y_0^k < 1^k = 1\) (Teorem 11.3 (4)); \(n = 1\) için de \(y_0^0 = 1\). Dolayısıyla \(y_0^n = y_0^{\,n-1} y_0 \le y_0 < a\); yani \(y_0 \in A\).
\(A\) üstten sınırlıdır ve \(1 + a\) bir üst sınırdır: \(y \ge 1 + a > 1\) olsaydı, \(y > 1\) için \(y^{n-1} \ge 1\) olduğundan (yine (4) ile; \(n = 1\) için \(y^0 = 1\)) \(y^n = y \cdot y^{n-1} \ge y \ge 1 + a > a\) olurdu, yani \(y \notin A\).
Tamlık aksiyomu gereği \(x = \sup A\) vardır ve \(x \ge y_0 > 0\). Yine üçlem yasasıyla \(x^n < a\) ve \(x^n > a\) durumlarını çürüteceğiz.
Durum 1: \(x^n < a\). \(x\)’ten biraz büyük bir sayının \(A\)’da olduğunu göstereceğiz. \(0 < h < 1\) olsun. Lemma 13.1 eşitsizliğini \(u = x\), \(v = x + h\) için uygularsak
\[(x + h)^n - x^n \le h\, n\, (x + h)^{n-1} \le h\, n\, (x + 1)^{n-1}\]
olur (ikinci adımda \(x + h < x + 1\) ve Teorem 11.3 kullanıldı; \(n = 1\) için üs sıfırdır ve iki taraf \(1\)’e eşittir). Şimdi
\[0 < h < 1 \qquad \text{ve} \qquad h < \frac{a - x^n}{n\,(x + 1)^{n-1}}\]
koşullarının ikisini de sağlayan bir \(h\) seçelim (sağdaki sayı pozitiftir; iki pozitif sayının küçüğünün yarısı işimizi görür). O zaman
\[(x + h)^n \le x^n + h\, n\, (x + 1)^{n-1} < x^n + (a - x^n) = a,\]
yani \(x + h \in A\). Ama \(x + h > x = \sup A\) — çelişki.
Durum 2: \(x^n > a\). \(x\)’ten biraz küçük bir sayının \(A\) için üst sınır olduğunu göstereceğiz.
\[k = \frac{x^n - a}{n\, x^{n-1}}\]
alalım. \(x^n > a\) olduğundan \(k > 0\); \(x^n - a < x^n\) olduğundan \(k < \dfrac{x^n}{n x^{n-1}} = \dfrac{x}{n} \le x\). Demek ki \(0 < x - k < x\). Lemma 13.1 eşitsizliğini \(u = x - k\), \(v = x\) için uygularsak
\[x^n - (x - k)^n \le k\, n\, x^{n-1} = x^n - a,\]
yani \((x - k)^n \ge a\). Şimdi \(t \ge x - k\) olan herhangi bir \(t > 0\) için Teorem 11.3 gereği \(t^n \ge (x - k)^n \ge a\), dolayısıyla \(t \notin A\). Karşıt tersi: her \(y \in A\) için \(y < x - k\). Yani \(x - k\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır; ama \(x - k < x = \sup A\) — çelişki.
Her iki durum çelişki verdiğinden \(x^n = a\)’dır.
Teklik. \(x, y > 0\) ve \(x^n = y^n = a\) olsun. \(x < y\) olsaydı Teorem 11.3 gereği \(x^n < y^n\) olurdu; \(y < x\) olsaydı tersi. İkisi de \(x^n = y^n\) ile çelişir; dolayısıyla \(x = y\).
\(\blacksquare\)
Bu teoremle \(\sqrt{a}\), \(\sqrt[3]{a}\), \(\sqrt[n]{a}\) gibi ifadeler artık iyi tanımlı reel sayılardır. Pozitif olmayan sayıların kökleri içinse \(n\)’nin tek ya da çift olması belirleyicidir.
Önerme 13.1 (Negatif Sayının Çift Mertebeden Kökü Yoktur) \(a < 0\) ve \(n\) çift bir doğal sayı ise \(x^n = a\) olacak bir \(x \in \mathbb{R}\) yoktur.
İspat
\(n = 2k\) olsun (\(k \in \mathbb{N}\)). Her \(x \in \mathbb{R}\) için Teorem 11.3 gereği \(x^n = x^{2k} = (x^k)^2\)’dir ve bir reel sayının karesi negatif olamaz (Önerme 7.12): \(x^n \ge 0\). Demek ki \(x^n = a < 0\) olması imkânsızdır.
\(\blacksquare\)
Önerme 13.2 (Negatif Sayının Tek Mertebeden Kökü) \(a < 0\) ve \(n\) tek bir doğal sayı ise \(x^n = a\) olacak biçimde bir ve yalnız bir \(x \in \mathbb{R}\) vardır ve bu \(x\) negatiftir. Bu durumda da \(x = \sqrt[n]{a} = -\sqrt[n]{-a}\) yazılır.
İspat
Varlık. \(b = -a > 0\) olsun. Teorem 13.2 gereği \(y^n = b\) olan tek bir \(y > 0\) vardır. \(x = -y\) alalım. \(n\) tek olduğundan \(n = 2k + 1\) yazılır ve Teorem 11.3 ile \((-1)^n = \big((-1)^2\big)^k (-1) = 1^k \cdot (-1) = -1\)’dir; yine aynı teoremle
\[x^n = (-y)^n = (-1)^n y^n = -b = a.\]
Teklik. \(x^n = a < 0\) olan herhangi bir \(x\) alalım. \(x \ge 0\) olsaydı \(x^n \ge 0\) olurdu; demek ki \(x < 0\) ve \(-x > 0\). O zaman \((-x)^n = (-1)^n x^n = -a = b\), yani \(-x\), \(b\)’nin pozitif \(n\)-inci köküdür. Bu kök tek olduğundan \(-x = y\), yani \(x = -y\).
\(\blacksquare\)
Örnek 13.1 (Kökleri Teklikle Hesaplama) Teklik teoremlerini kullanarak \(\sqrt{8} = 2\sqrt{2}\), \(\sqrt[3]{-27} = -3\) ve \(16^{1/4} = 2\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kökün tekliği, bir sayının kök olduğunu göstermek için yalnızca iki şeyi kontrol etmemiz gerektiğini söyler: işareti ve kuvvetini.
\(\sqrt{8}\). \(2\sqrt{2} > 0\) ve \((2\sqrt{2})^2 = 4 \cdot (\sqrt{2})^2 = 4 \cdot 2 = 8\). Demek ki \(2\sqrt{2}\), \(8\)’in pozitif karekökü, yani Teorem 13.2’teki teklik gereği \(\sqrt{8} = 2\sqrt{2}\).
\(\sqrt[3]{-27}\). \((-3)^3 = -27\) ve \(-3 < 0\). Önerme 13.2 gereği \(x^3 = -27\) denkleminin tek çözümü \(-3\)’tür.
\(16^{1/4}\). \(2 > 0\) ve \(2^4 = 16\). Teklikten \(16^{1/4} = 2\).
\(\blacksquare\)
13.3 Karekök İki Rasyonel Değildir
Artık \(\sqrt{2}\) gerçek bir sayı. Peki rasyonel mi? Bu sorunun yanıtı Pisagorcuları sarsmıştı; ispatı ise kısa ve zariftir. Daha önce ispat yöntemlerini işlerken bu ispatla karşılaşmıştık (Örnek 2.7); şimdi onu, elimizdeki kesin tanımlarla yeniden yazalım.
Teorem 13.3 (Karekök İki Rasyonel Değildir) \(x^2 = 2\) olacak bir rasyonel sayı \(x\) yoktur. Başka bir deyişle \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\).
İspat
Olmayana ergi: \(\sqrt{2} \in \mathbb{Q}\) olsun. Her rasyonel sayı, paydası doğal sayı ve payı ile paydası aralarında asal olacak biçimde, yani sadeleştirilmiş olarak yazılabilir (Önerme 11.5). \(\sqrt{2} > 0\) ve payda pozitif olduğundan pay da pozitiftir; demek ki
\[\sqrt{2} = \frac{m}{n}, \qquad m, n \in \mathbb{N},\ m \text{ ile } n \text{ aralarında asal}\]
yazabiliriz. Karesini alırsak \(2 = \dfrac{m^2}{n^2}\), yani
\[m^2 = 2n^2.\]
Bu, \(m^2\)’nin çift olduğunu söyler. Önerme 11.3 gereği o zaman \(m\) de çifttir: \(m = 2p\) olacak bir \(p \in \mathbb{Z}\) vardır. Yerine koyarsak \(4p^2 = 2n^2\), yani
\[n^2 = 2p^2.\]
Demek ki \(n^2\) çifttir ve yine Önerme 11.3 gereği \(n\) çifttir. Hem \(m\) hem \(n\) çift; yani \(2\) ikisinin ortak bölenidir. Bu, \(m\) ile \(n\)’nin aralarında asal olmasıyla çelişir. Demek ki \(\sqrt{2}\) rasyonel değildir.
\(\blacksquare\)
Bu teorem önceki bölümde açık bırakılan bir noktayı da kapatır: \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}\) kapsaması özdür, \(\sqrt{2} \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) (Teorem 11.4). Ama daha derin bir sonuç var: rasyonel sayılar tamlık aksiyomunu sağlamaz. Yani \(\mathbb{Q}\) da bir sıralı cisimdir ama “delikli” bir sıralı cisimdir.
Sonuç 13.1 (Tamlık Aksiyomu Rasyonellerde Geçersizdir) \(B = \{ q \in \mathbb{Q} : q > 0,\ q^2 < 2 \}\) kümesi boş değildir ve \(\mathbb{Q}\) içinde üstten sınırlıdır; ama \(B\)’nin rasyonel sayılar içinde en küçük üst sınırı yoktur. Yani “üstten sınırlı boş olmayan her kümenin supremumu vardır” ifadesi \(\mathbb{Q}\)’da yanlıştır.
İspat
\(1 \in B\) olduğundan \(B \ne \varnothing\); Teorem 13.1 ispatındaki gibi \(2\) rasyonel bir üst sınırdır.
Olmayana ergi: \(s \in \mathbb{Q}\), \(B\)’nin rasyonel sayılar içindeki en küçük üst sınırı olsun; yani \(s\) bir üst sınır ve \(s\)’den küçük hiçbir rasyonel sayı üst sınır değil. \(1 \in B\) olduğundan \(s \ge 1 > 0\). Üçlem yasasına göre üç durum vardır.
\(s^2 = 2\) olamaz, çünkü \(s\) rasyoneldir ve Teorem 13.3 bunu yasaklar.
\(s^2 > 2\) olamaz. Teorem 13.1 ispatının birinci durumundaki gibi \(\varepsilon = \dfrac{s^2 - 2}{2s}\) alalım. \(s\) rasyonel olduğundan \(\varepsilon\) de rasyoneldir (Önerme 11.6) ve \(0 < \varepsilon < s\). Aynı hesapla \((s - \varepsilon)^2 > 2\) ve dolayısıyla her \(q \in B\) için \(q < s - \varepsilon\): \(s - \varepsilon\), \(B\)’nin rasyonel bir üst sınırıdır ve \(s\)’den küçüktür — \(s\)’nin en küçük olmasıyla çelişir.
\(s^2 < 2\) olamaz. İkinci durumdaki gibi \(\varepsilon = \dfrac{2 - s^2}{2s + 1}\) alalım; yine rasyoneldir, \(0 < \varepsilon < 1\) ve \((s + \varepsilon)^2 < 2\). Demek ki \(s + \varepsilon \in B\); ama \(s + \varepsilon > s\), yani \(s\) bir üst sınır değildir — çelişki.
Üç durum da imkânsız olduğundan böyle bir \(s\) yoktur.
\(\blacksquare\)
Sonuç, \(\mathbb{Q}\) ile \(\mathbb{R}\) arasındaki farkın tam olarak nerede olduğunu gösterir: cebirsel ve sıralama aksiyomları iki kümede de geçerlidir; ayrılık yalnızca tamlık aksiyomundadır. Reel sayı kavramının bütün gücü bu tek aksiyomdan gelir.
13.4 İrrasyonel Sayılar
Reel sayı doğrusunda rasyonel sayıların kapatamadığı noktalar olduğunu artık biliyoruz; bu “geri kalan” sayılara bir ad verelim.
Tanım 13.1 (İrrasyonel Sayı) Rasyonel olmayan reel sayılara irrasyonel sayı (irrational number) denir. İrrasyonel sayıların kümesi
\[\mathbb{I} = \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\]
ile gösterilir. \(\mathbb{Q} \cap \mathbb{I} = \varnothing\) ve \(\mathbb{Q} \cup \mathbb{I} = \mathbb{R}\)’dir.
Teorem 13.3 gereği \(\sqrt{2}\) bir irrasyonel sayıdır; demek ki \(\mathbb{I} \ne \varnothing\). Yeni irrasyonel sayılar üretmenin en kolay yolu, bir irrasyonel sayıyı rasyonellerle “karıştırmaktır”.
Önerme 13.3 (Rasyonel ile İrrasyonelin Toplamı ve Çarpımı) \(x \in \mathbb{Q}\) ve \(y \in \mathbb{I}\) olsun.
- \(x + y\) irrasyoneldir.
- \(x \ne 0\) ise \(xy\) irrasyoneldir.
İspat
(1) Olmayana ergi: \(x + y = q \in \mathbb{Q}\) olsun. O zaman \(y = q - x\) iki rasyonel sayının farkıdır; rasyonel sayılar çıkarma altında kapalı olduğundan (Önerme 11.6) \(y \in \mathbb{Q}\). Bu, \(y\)’nin irrasyonel olmasıyla çelişir.
(2) Olmayana ergi: \(xy = q \in \mathbb{Q}\) olsun. \(x \ne 0\) olduğundan \(x^{-1}\) vardır ve rasyoneldir (Önerme 11.6). O zaman \(y = q \cdot x^{-1}\) iki rasyonelin çarpımı olarak rasyoneldir — çelişki.
\(\blacksquare\)
Önerme, bir rasyonel ile bir irrasyoneli birleştirir. İki irrasyonel sayının toplamı ya da çarpımı ise rasyonel de irrasyonel de olabilir:
- Toplam: \(\sqrt{2} \in \mathbb{I}\) ve \(-\sqrt{2} \in \mathbb{I}\) (ikincisi önermenin (2) maddesinden), ama \(\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0 \in \mathbb{Q}\).
- Çarpım: \(\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 2 \in \mathbb{Q}\).
- Öte yandan \(\sqrt{2} + \sqrt{2} = 2\sqrt{2}\) ve \(\sqrt{2} \cdot \sqrt{8} = \sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} = 4\); ilki irrasyonel, ikincisi rasyoneldir.
Yani \(\mathbb{I}\), toplama ve çarpma altında kapalı değildir; \(\mathbb{Q}\)’nun tersine bir cisim değildir.
Örnek 13.2 (İrrasyonel Olduğu Gösterilen Sayılar) \(3 - \sqrt{2}\), \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) ve \(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) sayılarının irrasyonel olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(3 - \sqrt{2}\). Önerme 13.3 (2) gereği \(-\sqrt{2} = (-1)\cdot\sqrt{2}\) irrasyoneldir; (1) gereği \(3 + (-\sqrt{2})\) de irrasyoneldir.
\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Bu sayı \(\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2}\)’dir; \(\frac{1}{2} \in \mathbb{Q}\) sıfırdan farklı olduğundan (2) gereği irrasyoneldir.
\(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). \(\dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) olduğundan bir önceki maddeye indirgenir. Genel olarak, irrasyonel bir \(y \ne 0\) için \(\frac{1}{y}\) de irrasyoneldir: \(\frac{1}{y} = q \in \mathbb{Q}\) olsaydı \(q \ne 0\) ve \(y = \frac{1}{q} \in \mathbb{Q}\) olurdu.
\(\blacksquare\)
13.5 Rasyonel Üsler
Kökler tanımlandığına göre \(a^{1/n}\) anlamlıdır; tam sayı kuvvetlerle (Tanım 11.5) birleştirerek rasyonel üsleri tanımlayabiliriz.
Tanım 13.2 (Rasyonel Kuvvet) \(m \in \mathbb{Z}\), \(n \in \mathbb{N}\) ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(a\)’nın \(\dfrac{m}{n}\)-inci kuvveti şu koşullarla tanımlanır:
- \(a > 0\) ise \(a^{m/n} = \left(a^{1/n}\right)^m\).
- \(a = 0\) ve \(m > 0\) ise \(0^{m/n} = 0\); \(m \le 0\) için \(0^{m/n}\) tanımsızdır.
- \(a < 0\) ise önce \(\dfrac{m}{n}\) kesri sadeleştirilir (\(m\) ile \(n\) aralarında asal alınır). \(n\) tek ise \(a^{m/n} = \left(a^{1/n}\right)^m\), burada \(a^{1/n}\) Önerme 13.2 ile verilen negatif köktür.
- \(a < 0\) ve (sadeleştirilmiş kesirde) \(n\) çift ise \(a^{m/n}\) tanımsızdır.
Tanımda iki şüphe doğar; önce ikisini de \(a > 0\) için giderelim, sonra \(a < 0\) hâline bakalım. (\(a < 0\) için tanımı yalnızca sadeleştirilmiş kesre uyguladığımızdan orada temsil sorunu zaten doğmaz.)
\(\left(a^{1/n}\right)^m = \left(a^m\right)^{1/n}\) midir? \(y = a^{1/n} > 0\) olsun. Teorem 11.3 gereği \((y^m)^n = y^{mn} = (y^n)^m = a^m\) ve \(y^m > 0\); demek ki \(y^m\), \(a^m\)’nin pozitif \(n\)-inci köküdür ve teklikten \(y^m = (a^m)^{1/n}\). Yani önce kök sonra kuvvet ile önce kuvvet sonra kök aynı sonucu verir.
Sonuç kesrin yazılışına bağlı mı? \(\frac{m}{n} = \frac{mk}{nk}\) (\(k \in \mathbb{N}\)) için \(a^{mk/(nk)} = a^{m/n}\) olmalı. \(z = a^{1/(nk)} > 0\) olsun. \((z^k)^n = z^{nk} = a\) olduğundan teklikle \(z^k = a^{1/n}\). O hâlde \(a^{mk/(nk)} = z^{mk} = (z^k)^m = \left(a^{1/n}\right)^m = a^{m/n}\). Demek ki tanım, \(\frac{m}{n}\) rasyonel sayısının hangi temsille yazıldığından bağımsızdır.
Negatif tabanda da “önce kök” ile “önce kuvvet” aynı mı? Evet, sadeleştirilmiş \(\frac{m}{n}\) kesrinde \(n\) tek iken de aynı denklik geçerlidir. \(y = \left(a^{1/n}\right)^m\) diyelim; Teorem 11.3 gereği \(y^n = \left(\left(a^{1/n}\right)^n\right)^m = a^m\)’dir. \(a^{1/n} < 0\) olduğundan \(m\) çift ise \(y > 0\) ve \(a^m > 0\); teklik (Teorem 13.2) \(y = \left(a^m\right)^{1/n}\) verir. \(m\) tek ise \(y < 0\) ve \(a^m < 0\); bu kez aynı sonucu Önerme 13.2’teki teklik verir.
Tam sayı üsler için bildiğimiz kurallar rasyonel üslere de aktarılır.
Teorem 13.4 (Rasyonel Üs Kuralları) \(a, b > 0\) reel sayılar ve \(p, q \in \mathbb{Q}\) olsun. O zaman
- \(a^p \cdot a^q = a^{p+q}\),
- \(a^p \cdot b^p = (ab)^p\),
- \(\left(a^p\right)^q = a^{pq}\).
İspat
\(p = \dfrac{m}{n}\) ve \(q = \dfrac{k}{l}\) olsun (\(m, k \in \mathbb{Z}\); \(n, l \in \mathbb{N}\)). Her adımda Teorem 11.3 (tam sayı üsler) ile köklerin tekliğini (Teorem 13.2) kullanacağız.
(1) Ortak paydaya geçelim: \(p = \dfrac{ml}{nl}\), \(q = \dfrac{kn}{nl}\). \(N = nl\) ve \(u = a^{1/N} > 0\) olsun. Yukarıdaki callout gereği \(a^p = u^{ml}\) ve \(a^q = u^{kn}\); dolayısıyla
\[a^p a^q = u^{ml} u^{kn} = u^{ml + kn} = a^{(ml + kn)/N} = a^{p + q}.\]
(2) \(y = a^{1/n}\), \(z = b^{1/n}\) olsun. \((yz)^n = y^n z^n = ab\) ve \(yz > 0\); teklikten \(yz = (ab)^{1/n}\). O zaman
\[a^p b^p = y^m z^m = (yz)^m = \left((ab)^{1/n}\right)^m = (ab)^{m/n} = (ab)^p.\]
(3) \(v = a^{1/(nl)} > 0\) olsun. \((v^l)^n = v^{nl} = a\) olduğundan teklikle \(v^l = a^{1/n}\); dolayısıyla \(w = a^p = (v^l)^m = v^{lm}\). Şimdi \((v^m)^l = v^{ml} = w\) ve \(v^m > 0\), teklikle \(w^{1/l} = v^m\). Böylece
\[\left(a^p\right)^q = w^{k/l} = \left(w^{1/l}\right)^k = (v^m)^k = v^{mk} = a^{mk/(nl)} = a^{pq}.\]
\(\blacksquare\)
Kurallar \(a, b > 0\) için ispatlandı. Negatif tabanlarda çift paydalı üsler tanımsız olduğu için kurallar bozulabilir. Örneğin (3) kuralı \(p = 2\), \(q = \frac{1}{6}\) için \(\left((-8)^{2}\right)^{1/6} = (-8)^{2 \cdot \frac{1}{6}} = (-8)^{1/3} = -2\) vermek isterdi (\(\frac{2}{6}\)’nın sadeleştirilmiş biçimi \(\frac{1}{3}\)’tür); oysa sol taraf \(64^{1/6} = 2\)’dir. Sorunun kaynağı, çift bir kuvvetin tabanın işaretini silmesidir: \((-8)^2 = 64 = 8^2\) olduğundan altıncı kök artık \(-8\) ile \(8\)’i birbirinden ayırt edemez ve pozitif olanı verir. (Kesir sadeleştirilmeden bırakılsaydı da bir şey kazanmazdık: paydası çift olduğu için \((-8)^{2/6}\) ifadesi tanımsızdır.) Bu yüzden rasyonel üslerle çalışırken taban pozitif tutulur.
13.6 Rasyonel ve İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu
\(\mathbb{Q}\) ve \(\mathbb{I}\) reel doğruyu iki ayrık parçaya böler; ama bu parçalar “adalar” hâlinde değil, birbirinin içine sonsuz incelikte örülmüş biçimde durur. Bunun kesin ifadesi yoğunluktur.
Tanım 13.3 (Yoğun Küme (Sıralama Anlamında)) \(A \subseteq \mathbb{R}\) olsun. \(x < y\) olan her \(x, y \in \mathbb{R}\) çifti için \(x < a < y\) olacak bir \(a \in A\) varsa \(A\) kümesine \(\mathbb{R}\)’de yoğun (dense) denir.
Sözle: yoğun bir küme, ne kadar kısa olursa olsun her açık aralığa girer. İleride topoloji bölümünde yoğunluğu kapanış kavramıyla yeniden tanımlayacağız (Tanım 17.6); iki tanımın denk olduğu orada gösterilecek.
Teorem 13.5 (Rasyonel Sayıların Yoğunluğu) \(\mathbb{Q}\), \(\mathbb{R}\)’de yoğundur: \(a < b\) olan her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(a < q < b\) olacak bir \(q \in \mathbb{Q}\) vardır.
İspat
\(a < b\) olsun; \(b - a > 0\)’dır. Fikir şu: \((a, b)\) aralığını \(n\) katına büyütüp uzunluğunu \(1\)’i aşacak hâle getirirsek içine bir tam sayı sığar; sonra \(n\)’e bölerek geri döneriz.
Adım 1: Aralığı büyütme. Teorem 12.1 teoremini pozitif sayı \(b - a\) ve keyfi sayı \(1\) için uygulayalım: \(n(b - a) > 1\), yani
\[nb - na > 1\]
olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.
Adım 2: Araya tam sayı sıkıştırma. \(p = \lfloor na \rfloor + 1\) alalım (Tanım 12.1); \(p \in \mathbb{Z}\)’dir. Teorem 12.3 gereği \(\lfloor na \rfloor \le na < \lfloor na \rfloor + 1 = p\), yani
\[na < p.\]
Öte yandan \(p = \lfloor na \rfloor + 1 \le na + 1 < nb\); buradaki son eşitsizlik Adım 1’deki \(nb - na > 1\)’dir. Böylece
\[na < p < nb.\]
Adım 3: Geri dönüş. \(n > 0\) olduğundan her yanı \(\frac{1}{n}\) ile çarpınca (yön korunur)
\[a < \frac{p}{n} < b.\]
\(q = \dfrac{p}{n}\) bir rasyonel sayıdır (Tanım 11.6) ve \(a\) ile \(b\) arasındadır.
\(\blacksquare\)
İspat yapıcıdır: verilen \(a < b\) için önce \(\frac{1}{n} < b - a\) olan bir \(n\), sonra \(p = \lfloor na \rfloor + 1\) hesaplanır ve \(q = \frac{p}{n}\) aranan sayıdır.
Teorem 13.6 (İrrasyonel Sayıların Yoğunluğu) \(\mathbb{I}\), \(\mathbb{R}\)’de yoğundur: \(a < b\) olan her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(a < r < b\) olacak bir \(r \in \mathbb{I}\) vardır.
İspat
\(a < b\) olsun. Aralığı \(\sqrt{2}\) kadar sola kaydıralım: \(a - \sqrt{2} < b - \sqrt{2}\). Teorem 13.5 gereği
\[a - \sqrt{2} < q < b - \sqrt{2}\]
olacak bir \(q \in \mathbb{Q}\) vardır. Her yana \(\sqrt{2}\) ekleyince \(a < q + \sqrt{2} < b\). \(q\) rasyonel ve \(\sqrt{2}\) irrasyonel olduğundan Önerme 13.3 gereği \(r = q + \sqrt{2}\) irrasyoneldir. Aradığımız sayı budur.
\(\blacksquare\)
Sonuç 13.2 (Aralıkta Sonsuz Çoklukta Rasyonel ve İrrasyonel) \(a < b\) olan her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \((a, b)\) aralığında sonsuz çoklukta rasyonel ve sonsuz çoklukta irrasyonel sayı vardır.
İspat
Rasyoneller için gösterelim; irrasyoneller için ispat kelimesi kelimesine aynıdır (Teorem 13.6 kullanılarak).
Olmayana ergi: \((a, b) \cap \mathbb{Q}\) sonlu, yani elemanları \(q_1, \dots, q_n\) diye listelenebilir olsun. Teorem 13.5 gereği bu küme boş değildir; sonlu ve boş olmayan bir kümenin en büyük elemanı vardır (Önerme 10.1), ona \(q_0\) diyelim. \(q_0 < b\) olduğundan yine yoğunluk gereği \(q_0 < q' < b\) olan bir \(q' \in \mathbb{Q}\) vardır. \(a < q_0 < q' < b\) olduğundan \(q' \in (a, b) \cap \mathbb{Q}\); ama \(q' > q_0 = \max\big((a,b) \cap \mathbb{Q}\big)\) — çelişki. Demek ki küme sonsuzdur.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.3 (Aralıkta Rasyonel Sayı Bulma) \(\sqrt{2} \approx 1{,}414214\) olduğu bilinsin. \(\sqrt{2}\) ile \(\sqrt{2} + 0{,}001\) arasında bir rasyonel sayıyı, Teorem 13.5 ispatındaki yöntemle bulunuz.
Çözüm
\(a = \sqrt{2}\), \(b = \sqrt{2} + 0{,}001\) ve \(b - a = 0{,}001\).
Adım 1. \(n(b - a) > 1\), yani \(n > 1000\) olmalı; \(n = 1001\) alalım.
Adım 2. \(na = 1001\sqrt{2} \approx 1415{,}63\); dolayısıyla \(\lfloor na \rfloor = 1415\) ve \(p = 1416\). Gerçekten \(na \approx 1415{,}63 < 1416 < 1416{,}63 \approx nb\).
Adım 3. \(q = \dfrac{1416}{1001} \approx 1{,}414585\). Kontrol: \(1{,}414214 < 1{,}414585 < 1{,}415214\).
Aynı aralıkta bir irrasyonel sayı istenseydi, Teorem 13.6 ispatındaki gibi kaydırılmış \((a - \sqrt{2}, b - \sqrt{2}) = (0,\ 0{,}001)\) aralığından bir rasyonel, örneğin \(\frac{1}{2000}\), seçilir ve \(\sqrt{2} + \frac{1}{2000}\) alınırdı.
\(\blacksquare\)
Yoğunluğun bir başka anlatımı, her reel sayının rasyonel sayılarla “aşağıdan kuşatılabildiğidir”. Bu, reel sayıları rasyonellerden inşa eden yaklaşımların (Dedekind kesitleri) da çıkış noktasıdır.
Önerme 13.4 (Her Reel Sayı Rasyonellerin Supremumudur) Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(A = \{ q \in \mathbb{Q} : q < a \}\) kümesi boş değildir, üstten sınırlıdır ve \(\sup A = a\)’dır.
İspat
Boş değil. Sonuç 12.1 gereği \(n > -a\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır; o zaman \(-n < a\) ve \(-n \in \mathbb{Q}\), yani \(-n \in A\).
Üstten sınırlı. Tanım gereği her \(q \in A\) için \(q < a\); \(a\) bir üst sınırdır. Dolayısıyla \(s = \sup A\) vardır ve \(s \le a\).
\(s = a\). \(s < a\) olsaydı Teorem 13.5 gereği \(s < q' < a\) olan bir \(q' \in \mathbb{Q}\) bulunurdu. \(q' < a\) olduğundan \(q' \in A\); ama \(q' > s = \sup A\), supremum ise \(A\)’nın her elemanından büyük ya da eşittir — çelişki. Demek ki \(s = a\).
\(\blacksquare\)
\(a = \sqrt{2}\) alırsak \(A = \{ q \in \mathbb{Q} : q < \sqrt{2} \}\) tamamen rasyonel sayılardan oluşur, ama supremumu irrasyoneldir. Yani rasyonellerden oluşan sınırlı bir kümenin en küçük üst sınırı rasyonellerin dışına düşebilir; bu, Sonuç 13.1’un başka bir görünümüdür. \(\mathbb{R}\), \(\mathbb{Q}\)’nun bütün bu “eksik supremumlarını” ekleyerek elde edilen, artık deliksiz sayı doğrusudur.
Bir uyarı: yoğunluk, “çokluk” demek değildir. \(\mathbb{Q}\) da \(\mathbb{I}\) da yoğundur; ama sıradaki bölümde göreceğimiz gibi \(\mathbb{Q}\) sayılabilirken \(\mathbb{R}\) (dolayısıyla \(\mathbb{I}\)) sayılamazdır (Teorem 14.8).
13.7 Alıştırmalar
Alıştırma 13.1 (Kökler, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk Alıştırmaları)
\(\sqrt{3}\)’ün irrasyonel olduğunu gösteriniz. (İpucu: her tam sayı \(3k\), \(3k+1\) ya da \(3k+2\) biçimindedir; Teorem 12.4.)
\(\sqrt{2} + \sqrt{3}\)’ün irrasyonel olduğunu gösteriniz.
\(a < b\) olan her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(a < \dfrac{m}{2^k} < b\) olacak biçimde \(m \in \mathbb{Z}\) ve \(k \in \mathbb{N}\) bulunduğunu gösteriniz. (Bu tür sayılara ikili rasyonel denir.)
\(A = \{ q \in \mathbb{Q} : q > 0,\ q^2 < 2 \}\) kümesinin \(\mathbb{R}\) içindeki supremumunun \(\sqrt{2}\) olduğunu gösteriniz.
\(C = \{ x \in \mathbb{I} : x > 0 \}\) için \(\inf C = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) Önce bir yardımcı olgu: \(m \in \mathbb{Z}\) için \(3 \mid m^2\) ise \(3 \mid m\). Teorem 12.4 ile \(m = 3k + r\), \(r \in \{0, 1, 2\}\) yazalım. \(r = 1\) ise \(m^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1\); \(r = 2\) ise \(m^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1\). İki durumda da \(m^2\)’nin \(3\)’e bölümünden kalan \(1\)’dir, yani \(3 \nmid m^2\). Demek ki \(3 \mid m^2\) ancak \(r = 0\), yani \(3 \mid m\) iken mümkündür.
Şimdi \(\sqrt{3} = \frac{m}{n}\) (\(m, n \in \mathbb{N}\) aralarında asal) olsun. Kare alınca \(m^2 = 3n^2\), yani \(3 \mid m^2\) ve yardımcı olgudan \(3 \mid m\): \(m = 3k\). Yerine koyunca \(9k^2 = 3n^2\), yani \(n^2 = 3k^2\); aynı olguyla \(3 \mid n\). \(3\), hem \(m\)’yi hem \(n\)’yi böler; aralarında asal olmalarıyla çelişir. (\(\sqrt{3}\)’ün varlığı Teorem 13.2 ile güvence altındadır.)
b) \(r = \sqrt{2} + \sqrt{3}\) rasyonel olsun. \(r > 0\)’dır. \(r - \sqrt{2} = \sqrt{3}\) eşitliğinin karesini alalım:
\[r^2 - 2r\sqrt{2} + 2 = 3 \quad \Longrightarrow \quad \sqrt{2} = \frac{r^2 - 1}{2r}.\]
Sağ taraf rasyonel sayılarla yapılan işlemlerden oluşur (\(r \ne 0\)), dolayısıyla rasyoneldir (Önerme 11.6). Bu, Teorem 13.3 ile çelişir. Demek ki \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) irrasyoneldir.
c) \(b - a > 0\). Sonuç 12.1 ile \(k > \dfrac{1}{b - a}\) olan bir \(k \in \mathbb{N}\) seçelim. Teorem 9.5 gereği \(2^k = (1+1)^k \ge 1 + k > k > \dfrac{1}{b-a}\), dolayısıyla \(2^k (b - a) > 1\), yani \(2^k b - 2^k a > 1\). Şimdi Teorem 13.5 ispatındaki gibi \(m = \lfloor 2^k a \rfloor + 1\) alalım: \(2^k a < m \le 2^k a + 1 < 2^k b\). Her yanı \(2^{-k} > 0\) ile çarpınca \(a < \dfrac{m}{2^k} < b\).
d) Üst sınır. \(q \in A\) olsun. \(q \ge \sqrt{2}\) olsaydı Önerme 7.12 gereği \(q^2 \ge 2\) olurdu; demek ki \(q < \sqrt{2}\) ve \(\sqrt{2}\) bir üst sınırdır.
En küçük üst sınır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(c = \max\{\sqrt{2} - \varepsilon,\ 0\}\) olsun, \(c < \sqrt{2}\)’dir. Teorem 13.5 gereği \(c < q < \sqrt{2}\) olan bir \(q \in \mathbb{Q}\) vardır. \(q > c \ge 0\) ve \(0 < q < \sqrt{2}\) olduğundan \(q^2 < 2\); yani \(q \in A\) ve \(q > \sqrt{2} - \varepsilon\). Teorem 10.1 gereği \(\sup A = \sqrt{2}\).
Bu, Sonuç 13.1 ile birlikte okunmalı: aynı kümenin \(\mathbb{R}\) içinde supremumu vardır (\(\sqrt{2}\)), \(\mathbb{Q}\) içinde yoktur.
e) \(C\)’nin her elemanı pozitif olduğundan \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 13.6 gereği \(0 < r < \varepsilon\) olan bir \(r \in \mathbb{I}\) vardır; \(r \in C\) ve \(r < 0 + \varepsilon\). Teorem 10.2 gereği \(\inf C = 0\). (\(0 \notin C\) olduğundan minimum yoktur.)
\(\blacksquare\)
Rasyoneller de irrasyoneller de doğrunun her yerindedir; öyleyse hangisi “daha çok”? Bu sorunun şaşırtıcı yanıtı için sonsuz kümelerin büyüklüğünü karşılaştırmayı öğrenmemiz gerekiyor: Sonlu, Sonsuz ve Sayılabilir Kümeler.