8 Mutlak Değer

Önceki bölümde sıralama aksiyomlarını ve onlardan türeyen \(\max\), \(\min\) ve işaret fonksiyonlarını tanıdık. Bu bölümde sıralamanın en çok kullanılan ürününü inceliyoruz: mutlak değer. Analizin neredeyse her tanımı — dizinin limiti, fonksiyonun limiti, süreklilik — “iki sayı birbirine yakın” cümlesine dayanır ve bu yakınlık \(|x - y|\) ile ölçülür. Dolayısıyla mutlak değerin özelliklerini, özellikle üçgen eşitsizliğini iyi bilmek, ileride yazacağımız her \(\varepsilon\)’lu ispatın ön koşuludur.

Bu bölümde yalnızca Bölüm 6.2 ve Bölüm 7.1 altındaki aksiyomlar ile onlardan çıkardığımız sonuçları kullanacağız; doğal sayılar ve tamlık henüz devreye girmeyecek.

8.1 Mutlak Değer ve Uzaklık

Sayı doğrusunda \(3\) ile \(-3\) farklı noktalardır ama ikisinin de \(0\)’a uzaklığı aynıdır: \(3\) birim. “İşaretini unutup büyüklüğüne bakma” işlemi, her reel sayıya negatif olmayan bir sayı eşleyen bir fonksiyondur.

Tanım 8.1 (Mutlak Değer) \(|\cdot| : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu

\[|x| = \begin{cases} x, & x \ge 0 \text{ ise}, \\ -x, & x < 0 \text{ ise} \end{cases}\]

eşitliğiyle tanımlanır. \(|x|\) sayısına \(x\)’in mutlak değeri (absolute value) denir.

Geometrik olarak \(|x|\), sayı doğrusunda \(x\) noktasının başlangıç noktası \(0\)’a uzaklığıdır. Aynı şekilde \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(|x - y|\), \(x\) ile \(y\) noktaları arasındaki uzaklıktır: \(x \ge y\) ise bu uzaklık \(x - y\), \(x < y\) ise \(y - x = -(x-y)\)’dir; her iki hâlde de \(|x - y|\)’ye eşittir. Bu yorum bölüm boyunca eşitsizlikleri “okumamızı” sağlayacak: örneğin \(|x - a| < \varepsilon\) eşitsizliği, “\(x\)’in \(a\)’ya uzaklığı \(\varepsilon\)’dan küçük” demektir.

Solda y = |x| grafiği: −2 ile 2 aynı değeri alır, çünkü ikisi de 0'a 2 uzaklıktadır. Sağda |x − a| < ε eşitsizliği: x'in a'ya uzaklığı ε'dan küçüktür, yani x açık (a − ε, a + ε) aralığındadır.

Birkaç değer: \(|5| = 5\), \(|-5| = -(-5) = 5\), \(|0| = 0\), \(|3 - 7| = |-4| = 4\). Tanımdan hemen görülen iki eşitsizlik vardır: her \(x \in \mathbb{R}\) için

\[x \le |x| \qquad \text{ve} \qquad -x \le |x|.\]

Gerçekten \(x \ge 0\) ise \(|x| = x\) olduğundan ilki eşitlik, ikincisi \(-x \le 0 \le x\) nedeniyle doğrudur; \(x < 0\) ise \(|x| = -x\) olduğundan ikincisi eşitlik, ilki \(x < 0 < -x\) nedeniyle doğrudur. Bu iki eşitsizliği aşağıda Teorem 8.1 içinde tekrar göreceğiz.

8.2 Mutlak Değer, Maksimum ve Minimum

Tanım 7.4 ile tanımlanan \(\max\) ve \(\min\) fonksiyonları, mutlak değerle tek bir formülde yazılabilir. Sezgi şudur: iki sayının ortalaması \(\frac{x+y}{2}\), ikisinin tam ortasındadır; aralarındaki uzaklığın yarısı \(\frac{|x-y|}{2}\) kadar sağa gidince büyüğüne, sola gidince küçüğüne ulaşırız.

Önerme 8.1 (Maksimum ve Minimumun Mutlak Değerle İfadesi) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için

\[\max\{x, y\} = \frac{1}{2}\big(x + y + |x - y|\big) \qquad \text{ve} \qquad \min\{x, y\} = \frac{1}{2}\big(x + y - |x - y|\big).\]

İspat

Üçlem yasası (O1) gereği \(x = y\), \(x > y\) ya da \(x < y\) durumlarından tam olarak biri geçerlidir.

Durum \(x = y\). \(|x - y| = 0\) olduğundan sağ taraflar \(\frac{1}{2}(x + x) = x\) olur; sol taraflar da \(\max\{x, x\} = \min\{x, x\} = x\)’tir.

Durum \(x > y\). \(x - y > 0\) olduğundan \(|x - y| = x - y\)’dir. Böylece

\[\frac{1}{2}\big(x + y + (x - y)\big) = \frac{1}{2}(2x) = x = \max\{x, y\}, \qquad \frac{1}{2}\big(x + y - (x - y)\big) = \frac{1}{2}(2y) = y = \min\{x, y\}.\]

Durum \(x < y\). \(x - y < 0\) olduğundan \(|x - y| = -(x - y) = y - x\)’tir. Böylece

\[\frac{1}{2}\big(x + y + (y - x)\big) = y = \max\{x, y\}, \qquad \frac{1}{2}\big(x + y - (y - x)\big) = x = \min\{x, y\}.\]

Her durumda iki eşitlik de sağlanır.

\(\blacksquare\)

İki formülü toplayıp çıkarırsak \(\max\{x,y\} + \min\{x,y\} = x + y\) ve \(\max\{x,y\} - \min\{x,y\} = |x - y|\) elde ederiz: iki sayının toplamı ve aralarındaki uzaklık, büyüğü ile küçüğü belirler. \(y = 0\) alınca pozitif ve negatif kısımlar için de formül çıkar.

Sonuç 8.1 (Pozitif ve Negatif Kısım) Her \(x \in \mathbb{R}\) için

\[x^{+} = \max\{x, 0\} = \frac{1}{2}\big(x + |x|\big), \qquad \min\{x, 0\} = \frac{1}{2}\big(x - |x|\big), \qquad x^{-} = \max\{-x, 0\} = \frac{1}{2}\big(|x| - x\big).\]

Dolayısıyla \(x = x^{+} - x^{-}\) ve \(|x| = x^{+} + x^{-}\)’dir.

İspat

Önerme 8.1 içinde \(y = 0\) alalım: \(|x - 0| = |x|\) olduğundan ilk iki formül doğrudan çıkar. Üçüncüsü için önceki bölümde ispatladığımız \(x = x^{+} - x^{-}\) eşitliğini (Önerme 7.13 (2)) kullanalım:

\[x^{-} = x^{+} - x = \frac{1}{2}\big(x + |x|\big) - x = \frac{1}{2}\big(|x| - x\big).\]

Böylece \(x = x^{+} - x^{-}\) zaten elimizde; ayrıca

\[x^{+} + x^{-} = \frac{1}{2}(x + |x|) + \frac{1}{2}(|x| - x) = |x|.\]

\(\blacksquare\)

Mutlak değer, Tanım 7.6 ile tanımlanan \(\operatorname{sgn}\) fonksiyonuyla da bağlantılıdır: işaret, büyüklükle çarpılınca sayının kendisini verir.

Önerme 8.2 (Mutlak Değer ve İşaret Fonksiyonu) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(|x| = x \cdot \operatorname{sgn}(x)\) ve \(x = |x| \cdot \operatorname{sgn}(x)\)’tir.

İspat

\(x > 0\) ise \(\operatorname{sgn}(x) = 1\) ve \(|x| = x = x \cdot 1\); \(x = 0\) ise her iki taraf \(0\); \(x < 0\) ise \(\operatorname{sgn}(x) = -1\) ve Önerme 6.11 gereği \(x \cdot (-1) = -x = |x|\). İkinci eşitlik için \(x > 0\) ve \(x = 0\) durumları aynıdır; \(x < 0\) ise \(|x| \cdot (-1) = -|x| = -(-x) = x\).

\(\blacksquare\)

8.3 Mutlak Değerin Temel Özellikleri

Aşağıdaki teorem, mutlak değerle yapılan hemen her hesabın dayanağıdır. Özellikle (7) ve (8), mutlak değerli bir eşitsizliği mutlak değersiz eşitsizliklere çevirir; bu bölümün sonundaki örneklerde bunları sürekli kullanacağız.

Teorem 8.1 (Mutlak Değerin Temel Özellikleri) \(x, y, a \in \mathbb{R}\) ve \(a \ge 0\) olsun. Aşağıdakiler geçerlidir.

\(|x| \ge 0\).
\(|x| = a \iff x = a \text{ veya } x = -a\). Özel olarak \(|x| = 0 \iff x = 0\).
\(|-x| = |x|\).
\(-|x| \le x \le |x|\).
\(|xy| = |x|\,|y|\).
\(y \ne 0\) için \(\left|\dfrac{x}{y}\right| = \dfrac{|x|}{|y|}\).
\(|x| \le a \iff -a \le x \le a\).
\(|x| \ge a \iff x \ge a \text{ veya } x \le -a\).

İspat

Özellik (1). \(x \ge 0\) ise \(|x| = x \ge 0\). \(x < 0\) ise Önerme 7.4 ile \(-x > 0\), yani \(|x| = -x > 0\). Her iki durumda da \(|x| \ge 0\).

Özellik (2). (\(\Rightarrow\)) \(|x| = a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(x = |x| = a\). \(x < 0\) ise \(-x = |x| = a\), yani \(x = -a\). (\(\Leftarrow\)) \(x = a\) ise \(x \ge 0\) olduğundan \(|x| = x = a\). \(x = -a\) ise iki alt durum vardır: \(a > 0\) iken \(x = -a < 0\) olduğundan \(|x| = -x = a\); \(a = 0\) iken \(x = 0\) ve \(|x| = 0 = a\). Özel durum, \(a = 0\) alınıp \(-0 = 0\) kullanılarak elde edilir.

Özellik (3). \(x > 0\) ise \(-x < 0\); dolayısıyla \(|-x| = -(-x) = x = |x|\). \(x = 0\) ise \(|-0| = |0|\). \(x < 0\) ise \(-x > 0\); dolayısıyla \(|-x| = -x = |x|\).

Özellik (4). Bölümün başında \(x \le |x|\) ve \(-x \le |x|\) olduğunu gördük. İkincisinin her iki tarafını \(-1\) ile çarpmak eşitsizliğin yönünü çevirir (Önerme 7.6; eşitlik hâlinde iki yan zaten eşit kalır) ve \(-|x| \le x\) verir.

Özellik (5). \(x\) ya da \(y\) sıfırsa Önerme 6.9 gereği \(xy = 0\) ve iki taraf da \(0\)’dır. Geriye dört işaret durumu kalır.

\(x > 0,\ y > 0\): (O4) ile \(0 = 0 \cdot y < xy\), yani \(xy > 0\). Böylece \(|xy| = xy = |x|\,|y|\).
\(x > 0,\ y < 0\): \(-y > 0\) olduğundan Önerme 7.5 (1) ile \(x(-y) > 0\)’dır. Önerme 6.12 (1) ile \(x(-y) = -(xy)\); dolayısıyla \(-(xy) > 0\), yani Önerme 7.4 ile \(xy < 0\). O hâlde \(|xy| = -(xy) = x(-y) = |x|\,|y|\).
\(x < 0,\ y > 0\): bir önceki durumda \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değişir; (M1) ile aynı sonuç çıkar.
\(x < 0,\ y < 0\): Sonuç 7.1 ile \(xy > 0\); Önerme 6.12 (2) ile \((-x)(-y) = xy\). Böylece \(|xy| = xy = (-x)(-y) = |x|\,|y|\).

Özellik (6). \(y \ne 0\) olduğundan (2) ile \(|y| \ne 0\)’dır; dolayısıyla \(|y|^{-1}\) vardır. \(x = y \cdot \dfrac{x}{y}\) eşitliğine (5)’i uygularsak

\[|x| = \left| y \cdot \frac{x}{y} \right| = |y| \cdot \left|\frac{x}{y}\right|\]

olur. Her iki tarafı \(|y|^{-1}\) ile çarpınca \(\left|\frac{x}{y}\right| = \frac{|x|}{|y|}\) elde edilir.

Özellik (7). (\(\Rightarrow\)) \(|x| \le a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(|x| = x\); dolayısıyla \(0 \le x \le a\) ve \(-a \le 0\) olduğundan \(-a \le x \le a\). \(x < 0\) ise \(|x| = -x\); dolayısıyla \(-x \le a\), yani \(-a \le x\); ayrıca \(x < 0 \le a\). Yine \(-a \le x \le a\). (\(\Leftarrow\)) \(-a \le x \le a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(|x| = x \le a\). \(x < 0\) ise \(|x| = -x\) ve \(-a \le x\) eşitsizliğini \(-1\) ile çarpınca \(-x \le a\), yani \(|x| \le a\).

Özellik (8). (\(\Rightarrow\)) \(|x| \ge a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(x = |x| \ge a\). \(x < 0\) ise \(-x = |x| \ge a\), yani \(x \le -a\). (\(\Leftarrow\)) \(x \ge a\) ise \(a \ge 0\) olduğundan \(x \ge 0\) ve \(|x| = x \ge a\). \(x \le -a\) ise \(-a \le 0\) olduğundan \(x \le 0\); \(x = 0\) ise \(-a \ge 0\) ile birlikte \(a = 0 = |x|\), \(x < 0\) ise \(|x| = -x \ge a\).

\(\blacksquare\)

Özellik (7) ve (8)’in kesin eşitsizlikli biçimleri de aynı yolla elde edilir; \(\varepsilon\)’lu tanımlarda hep bu biçimleri kullanacağız.

Önerme 8.3 (Kesin Eşitsizlikli Biçimler) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(a > 0\) olsun.

\(|x| < a \iff -a < x < a\).
\(|x| > a \iff x > a \text{ veya } x < -a\).

İspat

Madde (1). (\(\Rightarrow\)) \(|x| < a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(-a < 0 \le x = |x| < a\). \(x < 0\) ise \(-x = |x| < a\), yani \(-a < x\); ayrıca \(x < 0 < a\). (\(\Leftarrow\)) \(-a < x < a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(|x| = x < a\); \(x < 0\) ise \(-a < x\)’ten \(|x| = -x < a\).

Madde (2). (\(\Rightarrow\)) \(|x| > a\) olsun. \(x \ge 0\) ise \(x = |x| > a\); \(x < 0\) ise \(-x = |x| > a\), yani \(x < -a\). (\(\Leftarrow\)) \(x > a > 0\) ise \(|x| = x > a\); \(x < -a < 0\) ise \(|x| = -x > a\).

\(\blacksquare\)

Mutlak değeri kaldırma kuralı

Özellik (7) ve Önerme 8.3 (1) şunu söyler: “\(|x|\) küçük” demek “\(x\), \(-a\) ile \(a\) arasında” demektir; Özellik (8) ve Önerme 8.3 (2) ise “\(|x|\) büyük” demenin “\(x\) ya çok sağda ya çok solda” anlamına geldiğini söyler. Mutlak değerli bir eşitsizlikle karşılaşınca ilk iş, bu kurallardan biriyle mutlak değeri kaldırmaktır.

Sonuç 8.2 (Karenin Mutlak Değeri) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(|x^2| = |x|^2 = x^2\).

İspat

Özellik (5) ile \(|x^2| = |x \cdot x| = |x|\,|x| = |x|^2\). Öte yandan Önerme 7.12 (1) gereği \(x^2 \ge 0\) olduğundan tanımdan \(|x^2| = x^2\)’dir.

\(\blacksquare\)

8.4 Üçgen Eşitsizliği

Düzlemde bir üçgenin bir kenarı, diğer iki kenarın toplamından uzun olamaz. Sayı doğrusunda bunun karşılığı şudur: \(0\)’dan \(x + y\)’ye “doğrudan” gitmek, önce \(x\) kadar sonra \(y\) kadar gitmekten uzun olamaz. Bu basit gözlem, analizin en çok kullanılan eşitsizliğidir.

Teorem 8.2 (Üçgen Eşitsizliği) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için

\[|x + y| \le |x| + |y|.\]

İspat

Teorem 8.1 (4) ile

\[-|x| \le x \le |x| \qquad \text{ve} \qquad -|y| \le y \le |y|\]

eşitsizlikleri geçerlidir. Aynı yönlü eşitsizlikler taraf tarafa toplanabilir (Önerme 7.1; her iki eşitsizlik de eşitlik hâlindeyse toplam da eşitliktir); toplayınca

\[-\big(|x| + |y|\big) \le x + y \le |x| + |y|\]

elde ederiz. \(a = |x| + |y| \ge 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) uygulanabilir ve \(|x + y| \le |x| + |y|\) bulunur.

\(\blacksquare\)

Üçgen eşitsizliği ne işe yarar? Bir toplamın büyüklüğünü, toplananların büyüklükleriyle sınırlamaya yarar. Analizde tipik kullanımı şudur: \(x\)’in \(a\)’ya, \(a\)’nın \(b\)’ye yakın olduğunu biliyorsak, \(x\)’in \(b\)’ye yakın olduğunu göstermek için \(|x - b| = |(x - a) + (a - b)| \le |x - a| + |a - b|\) yazarız. Aşağıdaki sonuçların hepsi bu tek fikrin çeşitlemeleridir.

Sonuç 8.3 (Ters Üçgen Eşitsizliği) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için

\[\big|\,|x| - |y|\,\big| \le |x - y|.\]

İspat

\(x = (x - y) + y\) yazıp üçgen eşitsizliğini uygulayalım:

\[|x| = |(x - y) + y| \le |x - y| + |y| \quad \Longrightarrow \quad |x| - |y| \le |x - y|. \tag{1}\]

Aynı şeyi \(y = (y - x) + x\) için yapalım; Teorem 8.1 (3) ile \(|y - x| = |-(x-y)| = |x - y|\) olduğundan

\[|y| = |(y - x) + x| \le |x - y| + |x| \quad \Longrightarrow \quad |y| - |x| \le |x - y|. \tag{2}\]

(2) eşitsizliği \(-(|x| - |y|) \le |x - y|\), yani \(-|x - y| \le |x| - |y|\) demektir. (1) ile birlikte

\[-|x - y| \le |x| - |y| \le |x - y|\]

elde ederiz; \(a = |x - y| \ge 0\) ile Teorem 8.1 (7) istenen eşitsizliği verir.

\(\blacksquare\)

Ters üçgen eşitsizliği, iki sayı birbirine yakınsa mutlak değerlerinin de birbirine yakın olduğunu söyler; ileride “\(|a_n| \to |a|\)” türünden sonuçlar tam olarak buradan çıkacaktır.

Sonuç 8.4 (Üçgen Eşitsizliğinin Sonuçları) Her \(x, y, a, b, c \in \mathbb{R}\) için aşağıdakiler geçerlidir.

\(|x - y| \le |x| + |y|\).
\(\big|\,|x| - |y|\,\big| \le |x + y|\).
\(|a - b| \le |a - c| + |c - b|\).

İspat

Madde (1). \(x - y = x + (-y)\) yazıp üçgen eşitsizliğini ve (3) numaralı özelliği kullanalım: \(|x - y| = |x + (-y)| \le |x| + |-y| = |x| + |y|\).

Madde (2). Sonuç 8.3 içinde \(y\) yerine \(-y\) yazalım: \(\big|\,|x| - |-y|\,\big| \le |x - (-y)|\). \(|-y| = |y|\) ve \(x - (-y) = x + y\) olduğundan istenen çıkar.

Madde (3). \(a - b = (a - c) + (c - b)\) yazalım ve üçgen eşitsizliğini \(x = a - c\), \(y = c - b\) için uygulayalım.

\(\blacksquare\)

Madde (3), “üçgen eşitsizliği” adını en açık biçimde hak eden ifadedir: \(a\)’dan \(b\)’ye uzaklık, \(c\) üzerinden gitmekle kısalmaz. Uzaklık fonksiyonu \(d(a, b) = |a - b|\) için bu, metrik uzaylar kuramının temel aksiyomu olacaktır.

Sonlu toplamlar için üçgen eşitsizliği

Üçgen eşitsizliği ikiden çok sayı için de geçerlidir: \(a_1, a_2, \dots, a_n \in \mathbb{R}\) için

\[|a_1 + a_2 + \cdots + a_n| \le |a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n|.\]

Bunun ispatı \(n\) üzerinden tümevarım gerektirir; tümevarım ilkesini bir sonraki bölümde kurduktan sonra bu eşitsizliği Teorem 9.7 olarak ispatlayacağız.

Üçgen eşitsizliğinde eşitlik ne zaman olur? Sezgisel yanıt: \(x\) ile \(y\) aynı yöne bakıyorsa, yani aynı işaretliyse.

Önerme 8.4 (Üçgen Eşitsizliğinde Eşitlik Hâli) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. \(|a + b| = |a| + |b|\) olması için gerek ve yeter koşul \(ab \ge 0\) olmasıdır.

İspat

(\(\Rightarrow\)) \(|a + b| = |a| + |b|\) olsun. Eşit iki sayının kareleri de eşittir; Sonuç 8.2 (\(|a + b|^2 = (a + b)^2\), \(|a|^2 = a^2\), \(|b|^2 = b^2\)) ve Teorem 8.1 (5) ile

\[(a + b)^2 = |a + b|^2 = \big(|a| + |b|\big)^2 = |a|^2 + 2|a|\,|b| + |b|^2 = a^2 + 2|ab| + b^2.\]

Sol taraf \(a^2 + 2ab + b^2\) olduğundan sadeleştirmeyle (Önerme 6.3) \(2ab = 2|ab|\), yani \(ab = |ab|\) bulunur. \(|ab| \ge 0\) olduğundan \(ab \ge 0\)’dır.

(\(\Leftarrow\)) \(ab \ge 0\) olsun. \(a = 0\) ya da \(b = 0\) ise iki taraf da açıkça eşittir. Aksi hâlde Önerme 6.13 gereği \(ab \ne 0\), dolayısıyla \(ab > 0\)’dır; bu ancak \(a\) ile \(b\) aynı işaretliyse olur (zıt işaretli olsalardı Önerme 7.5 (2) ile çarpım negatif olurdu). \(a > 0\) ve \(b > 0\) ise \(a + b > 0\) ve \(|a + b| = a + b = |a| + |b|\). \(a < 0\) ve \(b < 0\) ise \(a + b < 0\) ve

\[|a + b| = -(a + b) = (-a) + (-b) = |a| + |b|.\]

\(\blacksquare\)

Önerme 8.5 (Yakın Sayılar Aynı İşaretlidir) \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(|x - y| < |x|\) ise \(xy > 0\)’dır.

İspat

Karşıt tersini gösterelim: \(xy \le 0\) ise \(|x - y| \ge |x|\) olduğunu görelim. Önerme 6.12 (1) ile \(x(-y) = -(xy)\)’dir. \(xy < 0\) hâlinde Önerme 7.4 ile \(-(xy) > 0\); \(xy = 0\) hâlinde ise Önerme 6.4 ile \(-(xy) = -0 = 0\)’dır. Her iki hâlde de \(x(-y) \ge 0\)’dır. Önerme 8.4 ile (\(a = x\), \(b = -y\))

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

elde edilir; son adımda \(|y| \ge 0\) kullanıldı. Karşıt tersi doğru olduğundan önerme de doğrudur: \(|x - y| < |x|\) ise \(xy > 0\)’dır.

\(\blacksquare\)

Önermenin anlamı şudur: \(y\) noktası \(x\)’e, \(x\)’in \(0\)’a olduğundan daha yakınsa, \(y\) ile \(x\) sıfırın aynı tarafındadır. Özel olarak \(y = 0\) olamaz. Bu gözlem, ileride “limiti sıfırdan farklı olan dizinin terimleri bir yerden sonra limitle aynı işaretlidir” sonucunun çekirdeğidir.

Üçgen eşitsizliğinin analizdeki asıl kullanımını bir örnekle görelim: bir ifadeyi, bildiğimiz küçük bir büyüklük cinsinden sınırlamak.

Örnek 8.1 (Üçgen Eşitsizliğiyle Sınırlama) \(|x - 2| < 1\) ise \(|x^2 - 4| < 5\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çarpanlara ayırıp Teorem 8.1 (5)’i kullanalım:

\[|x^2 - 4| = |(x - 2)(x + 2)| = |x - 2|\,|x + 2|.\]

İlk çarpan varsayımla \(1\)’den küçüktür. İkinci çarpanı, bilinen küçük büyüklük \(|x - 2|\) cinsinden sınırlayalım: \(x + 2 = (x - 2) + 4\) yazıp üçgen eşitsizliğini uygularsak

\[|x + 2| = |(x - 2) + 4| \le |x - 2| + |4| < 1 + 4 = 5.\]

Şimdi iki eşitsizliği çarpalım; çarpanlar negatif olmadığından bunu iki adımda (O4) ile yapabiliriz. Önce \(|x + 2| < 5\) eşitsizliğini \(|x - 2| \ge 0\) ile çarpalım (\(|x - 2| = 0\) ise iki yan da \(0\) olur): \(|x - 2|\,|x + 2| \le 5\,|x - 2|\). Sonra \(|x - 2| < 1\) eşitsizliğini pozitif \(5\) ile çarpalım: \(5\,|x - 2| < 5\). (O2) ile

\[|x^2 - 4| = |x - 2|\,|x + 2| \le 5\,|x - 2| < 5 \cdot 1 = 5.\]

\(\blacksquare\)

Bu tür “önce çarpanlara ayır, sonra bilinmeyen çarpanı üçgen eşitsizliğiyle sınırla” adımı, limit ispatlarında \(\delta\) seçerken tekrar tekrar karşımıza çıkacaktır.

8.5 Mutlak Değer ve \(\varepsilon\)-Komşuluğu

\(|a - b| < \varepsilon\) eşitsizliği, analizin ana cümlesidir: “\(a\) ile \(b\) arasındaki uzaklık \(\varepsilon\)’dan küçük”. Aynı cümleyi mutlak değersiz yazmanın birkaç yolu vardır; hepsinin denk olduğunu bilmek, ispatlarda istediğimiz biçime serbestçe geçmemizi sağlar.

Önerme 8.6 (Epsilon Komşuluğunun Denk İfadeleri) \(\varepsilon > 0\) ve \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdaki ifadeler birbirine denktir.

\(|a - b| < \varepsilon\).
\(-\varepsilon < a - b < \varepsilon\).
\(b - \varepsilon < a < b + \varepsilon\).
\(a - \varepsilon < b < a + \varepsilon\).

İspat

(1) \(\Leftrightarrow\) (2). Önerme 8.3 (1)’i \(x = a - b\) için uygulamak yeterlidir: \(|a - b| < \varepsilon \iff -\varepsilon < a - b < \varepsilon\).

(2) \(\Leftrightarrow\) (3). \(-\varepsilon < a - b < \varepsilon\) eşitsizliğinin her üç parçasına (O3) ile \(b\) eklersek \(b - \varepsilon < a < b + \varepsilon\) olur. Tersine, (3)’ün her parçasına \(-b\) eklersek (2) geri gelir.

(2) \(\Leftrightarrow\) (4). \(-\varepsilon < a - b < \varepsilon\) eşitsizliğini \(-1\) ile çarpalım; Önerme 7.6 gereği eşitsizlikler yön değiştirir: \(\varepsilon > b - a > -\varepsilon\), yani \(-\varepsilon < b - a < \varepsilon\). Şimdi her parçaya \(a\) ekleyelim: \(a - \varepsilon < b < a + \varepsilon\). Adımların her biri tersinir olduğundan (4)’ten (2)’ye de dönülür.

Böylece (1) \(\Leftrightarrow\) (2), (2) \(\Leftrightarrow\) (3) ve (2) \(\Leftrightarrow\) (4); dolayısıyla dördü de birbirine denktir.

\(\blacksquare\)

Geometrik olarak (3), “\(a\) noktası \(b\) merkezli, \(\varepsilon\) yarıçaplı \((b - \varepsilon, b + \varepsilon)\) açık aralığındadır” der; (4) ise aynı şeyi \(a\) merkezli aralık için söyler. Bu aralığa ileride \(b\)’nin \(\varepsilon\)-komşuluğu diyeceğiz (Komşuluklar ve Açık Kümeler). Örneğin \(|x - 3| < 0{,}5\) eşitsizliği tam olarak \(2{,}5 < x < 3{,}5\), yani \(x \in (2{,}5;\ 3{,}5)\) demektir.

Analizde neden bu biçim?

Dizinin limiti tanımı “her \(\varepsilon > 0\) için, bir yerden sonra \(|a_n - a| < \varepsilon\)” biçiminde olacak. Önerme 8.6 sayesinde bunu istediğimizde “\(a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon\)” ya da “\(a_n \in (a - \varepsilon, a + \varepsilon)\)” diye okuyabileceğiz. Aynı denkliğin \(\le\) ile yazılmış biçimi de Teorem 8.1 (7) ile aynı şekilde çıkar.

8.6 Mutlak Değerli Eşitsizlikler

Şimdi öğrendiklerimizi eşitsizlik çözmede kullanalım. Yöntem hep aynıdır: (7)–(8) ya da Önerme 8.3 ile mutlak değeri kaldır, kalan doğrusal eşitsizlikleri sıralama aksiyomlarıyla çöz, sonucu sayı doğrusunda yorumla.

Örnek 8.2 (Halka Biçimli Çözüm Kümesi) \(3 \le |x - 2| \le 7\) eşitsizliğini sağlayan bütün reel sayıları bulunuz.

Çözüm

Eşitsizlik iki koşulun birlikte sağlanmasıdır: \(|x - 2| \le 7\) ve \(|x - 2| \ge 3\).

Birinci koşul. Teorem 8.1 (7) ile \(|x - 2| \le 7 \iff -7 \le x - 2 \le 7\). Her parçaya \(2\) ekleyince \(-5 \le x \le 9\), yani \(x \in [-5, 9]\).

İkinci koşul. Teorem 8.1 (8) ile \(|x - 2| \ge 3 \iff x - 2 \ge 3 \text{ veya } x - 2 \le -3\), yani \(x \ge 5\) veya \(x \le -1\). Bu, \(x \in (-\infty, -1] \cup [5, \infty)\) demektir.

Kesişim. İki koşulun kesişimi

\[[-5, 9] \cap \big((-\infty, -1] \cup [5, \infty)\big) = [-5, -1] \cup [5, 9]\]

olur. Uzaklık diliyle: \(2\)’ye uzaklığı en az \(3\), en çok \(7\) olan noktalar, \(2\)’nin solunda \([-5, -1]\) ve sağında \([5, 9]\) parçalarını oluşturur.

2 merkezine uzaklığı en az 3 ve en çok 7 olan noktalar: 2'nin solunda [−5, −1], sağında [5, 9]. Aradaki (−1, 5) parçası 2'ye 3'ten yakındır, dıştaki noktalar 7'den uzaktır; ikisi de çözüm değildir.

\(\blacksquare\)

Örnek 8.3 (Doğrusal İfadenin Mutlak Değeri) \(|2x - 1| < 3\) eşitsizliğinin çözüm kümesini bulunuz ve sonucu bir \(\varepsilon\)-komşuluğu olarak yorumlayınız.

Çözüm

Önerme 8.3 (1) ile

\[|2x - 1| < 3 \iff -3 < 2x - 1 < 3 \iff -2 < 2x < 4 \iff -1 < x < 2.\]

Son adımda her parça pozitif sayı \(\frac{1}{2}\) ile çarpıldı (O4). Çözüm kümesi \((-1, 2)\) açık aralığıdır.

Aynı eşitsizliği \(\varepsilon\)-komşuluğu olarak okuyalım. Teorem 8.1 (5) ile \(|2x - 1| = |2|\,\left|x - \tfrac{1}{2}\right| = 2\left|x - \tfrac{1}{2}\right|\); dolayısıyla

\[|2x - 1| < 3 \iff \left|x - \tfrac{1}{2}\right| < \tfrac{3}{2}.\]

Önerme 8.6 ile bu, “\(x\), merkezi \(\frac{1}{2}\) ve yarıçapı \(\frac{3}{2}\) olan aralıkta” demektir: \(\left(\frac{1}{2} - \frac{3}{2},\ \frac{1}{2} + \frac{3}{2}\right) = (-1, 2)\). İki yol aynı sonucu verir.

\(\blacksquare\)

Birden çok mutlak değer içeren ifadelerde her mutlak değerin işaret değiştirdiği noktalar sayı doğrusunu parçalara böler; her parçada mutlak değerler tanımla açılır.

Örnek 8.4 (İki Mutlak Değerin Toplamı) \(|x| + |x - 1| \le 3\) eşitsizliğini çözünüz.

Çözüm

\(|x|\) ifadesi \(x = 0\)’da, \(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir. Sayı doğrusunu \((-\infty, 0)\), \([0, 1)\) ve \([1, \infty)\) parçalarına ayıralım.

Durum \(x < 0\). \(|x| = -x\) ve \(x - 1 < 0\) olduğundan \(|x - 1| = 1 - x\). Eşitsizlik \(-x + 1 - x \le 3\), yani \(-2x \le 2\) olur; \(-\frac{1}{2}\) ile çarpınca (yön değişir) \(x \ge -1\). Bu durumdaki çözümler \([-1, 0)\).

Durum \(0 \le x < 1\). \(|x| = x\) ve \(|x - 1| = 1 - x\); toplam \(x + 1 - x = 1 \le 3\) her zaman doğrudur. Bu durumdaki çözümler \([0, 1)\).

Durum \(x \ge 1\). \(|x| = x\) ve \(|x - 1| = x - 1\); eşitsizlik \(2x - 1 \le 3\), yani \(x \le 2\). Bu durumdaki çözümler \([1, 2]\).

Üç parçanın birleşimi \([-1, 0) \cup [0, 1) \cup [1, 2] = [-1, 2]\) kapalı aralığıdır. Uzaklık yorumu: \(x\)’in \(0\)’a ve \(1\)’e uzaklıklarının toplamı en çok \(3\) olmalıdır; \([0,1]\) içinde bu toplam sabit \(1\)’dir, dışına çıktıkça her iki uzaklık da büyür ve toplam \(x = -1\) ile \(x = 2\)’de \(3\)’e ulaşır.

\(\blacksquare\)

8.7 Alıştırmalar

Alıştırma 8.1 (Mutlak Değer Alıştırmaları)

\(|x + 3| = 2x\) denklemini çözünüz.
\(|x - 1| < |x + 1|\) eşitsizliğini çözünüz ve sonucu uzaklık diliyle yorumlayınız.
\(a \in \mathbb{R}\), \(\varepsilon > 0\) olsun. \(|x - a| < \varepsilon\) ve \(|y - a| < \varepsilon\) ise \(|x - y| < 2\varepsilon\) olduğunu gösteriniz.
\(x^2 - 5|x| + 6 = 0\) denkleminin bütün reel çözümlerini bulunuz.
Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için \(|x| + |y| \le |x + y| + |x - y|\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

a) Sol taraf Teorem 8.1 (1) gereği negatif değildir; o hâlde bir çözüm varsa \(2x \ge 0\), yani \(x \ge 0\) olmalıdır. \(a = 2x \ge 0\) ile (2) numaralı özellik, \(|x + 3| = 2x\) denkleminin \(x + 3 = 2x\) veya \(x + 3 = -2x\) olmasına denk olduğunu söyler. Birincisi \(x = 3\), ikincisi \(x = -1\) verir. \(x = -1\) için \(2x = -2 < 0\) olduğundan bu değer atılır. \(x = 3\) sağlamasını yapalım: \(|3 + 3| = 6 = 2 \cdot 3\). Çözüm kümesi \(\{3\}\)’tür.

b) Önce yardımcı bir gözlem: \(u, v \ge 0\) için \(u < v \iff u^2 < v^2\). (\(\Rightarrow\)) \(u = 0\) ise \(v > 0\) ve Önerme 7.12 (1) ile birlikte \(v^2 > 0 = u^2\); \(u > 0\) ise Önerme 7.12 (4) doğrudan uygulanır. (\(\Leftarrow\)) Karşıt tersi: \(u \ge v \ge 0\) ise ya \(u = v\) ve \(u^2 = v^2\), ya da \(0 \le v < u\) ve az önceki yönle \(v^2 \le u^2\); her hâlde \(u^2 \ge v^2\).

\(u = |x - 1|\), \(v = |x + 1|\) alalım ve Sonuç 8.2 ile \(|t|^2 = t^2\) kullanalım:

\[|x - 1| < |x + 1| \iff (x - 1)^2 < (x + 1)^2 \iff x^2 - 2x + 1 < x^2 + 2x + 1 \iff 0 < 4x \iff x > 0.\]

Çözüm kümesi \((0, \infty)\)’dur. Yorum: \(x\)’in \(1\)’e uzaklığı \(-1\)’e uzaklığından küçükse \(x\), \(1\) ile \(-1\)’in orta noktası olan \(0\)’ın sağındadır.

c) \(x - y = (x - a) - (y - a)\) yazalım. Sonuç 8.4 (1) ile

\[|x - y| = |(x - a) - (y - a)| \le |x - a| + |y - a| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon.\]

Son adımda iki kesin eşitsizlik taraf tarafa toplandı. Yorum: \(a\)’nın \(\varepsilon\)-komşuluğundaki iki nokta birbirine \(2\varepsilon\)’dan yakındır.

d) Sonuç 8.2 ile \(x^2 = |x|^2\); \(t = |x|\) dersek \(t \ge 0\) ve denklem \(t^2 - 5t + 6 = 0\) olur. Çarpanlara ayıralım: \((t - 2)(t - 3) = 0\). Önerme 6.13 gereği \(t = 2\) veya \(t = 3\); her ikisi de \(t \ge 0\) koşuluna uyar. Teorem 8.1 (2) ile \(|x| = 2 \iff x = \pm 2\) ve \(|x| = 3 \iff x = \pm 3\). Çözüm kümesi \(\{-3, -2, 2, 3\}\)’tür. Sağlama: \(x = \pm 2\) için \(4 - 10 + 6 = 0\), \(x = \pm 3\) için \(9 - 15 + 6 = 0\).

e) \(x\) ve \(y\)’yi \(x + y\) ile \(x - y\) cinsinden yazalım: \(2x = (x + y) + (x - y)\) ve \(2y = (x + y) - (x - y)\). Teorem 8.2 ve Sonuç 8.4 (1) ile

\[2|x| = |(x + y) + (x - y)| \le |x + y| + |x - y|, \qquad 2|y| = |(x + y) - (x - y)| \le |x + y| + |x - y|.\]

Burada \(|2x| = 2|x|\) eşitliği (5) numaralı özellikten gelir. İki eşitsizliği toplayıp pozitif sayı \(\frac{1}{2}\) ile çarparsak \(|x| + |y| \le |x + y| + |x - y|\) elde edilir.

\(\blacksquare\)

Mutlak değer, “yakınlık” kavramını sayılara indirgeyen araçtır; üçgen eşitsizliği ise bu yakınlığın parçalar üzerinden taşınmasını sağlar. Sonlu toplamlar için genel üçgen eşitsizliğini ve daha pek çok “her \(n\) için” ifadesini ispatlayabilmek için artık doğal sayıları aksiyomlardan kurmamız ve tümevarım ilkesini elde etmemiz gerekiyor: Doğal Sayılar ve Tümevarım.