42 Aksiyomlar, Eşitsizlikler ve Tamlık Üzerine Problemler
Bu bölümdeki problemler, reel sayıları kuran üç aksiyom grubunu sırayla çalıştırır. İlk dokuz problem, eşitsizliklerle hesap yaparken düşünmeden uyguladığımız kuralları yalnızca cebirsel ve sıralama aksiyomlarından türetir (Reel Sayılar ve Cebirsel Aksiyomlar, Sıralama Aksiyomları ve Aralıklar). Ardından mutlak değerli denklem ve eşitsizlikler gelir (Mutlak Değer). En kalabalık grup ise tamlık aksiyomunun dili olan supremum ve infimumla ilgilidir: somut kümelerin uç değerlerini bulacak, küme işlemlerinin supremumu nasıl değiştirdiğini inceleyecek ve rasyonel ile irrasyonel sayıların yoğunluğunu supremum hesaplarında kullanacağız (Üst Sınır, Supremum ve Tamlık Aksiyomu, Arşimet Özelliği ve Sonuçları, Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk).
Her problemi önce kendi başınıza deneyin, sonra çözümü okuyun. Çözümlerde her adımın hangi aksiyoma, tanıma ya da teoreme dayandığı açıkça yazılmıştır. Aksiyomlardan türetme yapılan ilk grupta yalnızca o noktaya kadar kurulmuş sonuçları kullandık; istenen olgu kitapta bir önerme olarak da geçiyorsa çözümün sonunda ona bağlantı verdik. Bir adım karanlık kaldığında önce bağlantısı verilen kutuya dönmek en hızlı yoldur.
42.1 Sıralama Aksiyomlarından Eşitsizlik Kuralları
İlk dokuz problemde \(x\), \(y\), \(z\) keyfi reel sayılardır ve her biri, eşitsizliklerle çalışırken sürekli kullandığımız bir kuralın gerekçesini istiyor. Araçlarımız cebirsel aksiyomlar (A1)–(A4), (M1)–(M4), (D) ile sıralama aksiyomları (O1)–(O4) ve bunlardan türetilmiş ilk sonuçlardır.
Alıştırma 42.1 (Sıfırdan Farklı Bir Sayının Tersi) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(x \neq 0\) olsun. \(\dfrac{1}{x} \neq 0\) ve \(\dfrac{1}{1/x} = x\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(x \neq 0\) olduğundan (M4) gereği \(x \cdot y = 1\) eşitliğini sağlayan bir \(y\) vardır ve Önerme 6.8 gereği bu sayı tektir. \(\frac{1}{x} = x^{-1}\) ile gösterdiğimiz sayı budur:
\[x \cdot \frac{1}{x} = 1. \tag{1}\]
Adım 1: \(\frac{1}{x} \neq 0\). Olmayana ergi: \(\frac{1}{x} = 0\) olsun. Sıfırla çarpım sıfır olduğundan (Önerme 6.9)
\[x \cdot \frac{1}{x} = x \cdot 0 = 0\]
olur. Bunu (1) ile birleştirince \(1 = 0\) çıkar; bu ise (M3)’teki \(1 \neq 0\) koşuluyla çelişir. Demek ki \(\frac{1}{x} \neq 0\).
Adım 2: \(\frac{1}{1/x} = x\). Adım 1 sayesinde \(\frac{1}{x}\) sıfırdan farklıdır; (M4) gereği onun da bir çarpma tersi vardır ve Önerme 6.8 gereği tektir. Bu ters \(\frac{1}{1/x}\) ile gösterilir: \(\frac{1}{x}\) ile çarpımı \(1\) olan tek sayıdır. Öte yandan (M1) ve (1) ile
\[\frac{1}{x} \cdot x = x \cdot \frac{1}{x} = 1;\]
yani \(x\) sayısı da \(\frac{1}{x}\) ile çarpımı \(1\) olan bir sayıdır. Çarpma tersi tek olduğundan \(\frac{1}{1/x} = x\).
Bu olgu kitapta Önerme 6.10 olarak da yer alır; yukarıdaki çözüm, o ispatın her adımını gerekçesiyle açar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.2 (Sıfırdan Farklı Bir Sayının Karesi) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(x \neq 0\) ise \(x^2 > 0\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Üçlem yasası (O1) gereği \(x = 0\), \(0 < x\), \(x < 0\) koşullarından tam olarak biri doğrudur. \(x \neq 0\) olduğundan geriye iki durum kalır.
Durum \(0 < x\). \(0 < x\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) sayısıyla çarpalım (O4):
\[0 \cdot x < x \cdot x.\]
Önerme 6.9 gereği \(0 \cdot x = 0\), tanım gereği \(x \cdot x = x^2\)’dir; o hâlde \(0 < x^2\).
Durum \(x < 0\). Bu kez önce \(-x\) sayısının pozitif olduğunu görelim. \(x < 0\) eşitsizliğinin iki yanına (O3) ile \(-x\) ekleyelim:
\[x + (-x) < 0 + (-x).\]
Sol yan (A4) ile \(0\), sağ yan (A1) ve (A3) ile \(-x\)’tir; yani \(0 < -x\). Birinci durumu pozitif \(-x\) sayısına uygulayınca \(0 < (-x)(-x)\) bulunur. Sonuç 6.2 gereği \((-x)(-x) = x^2\); o hâlde yine \(0 < x^2\).
Her iki durumda da \(x^2 > 0\)’dır. Bu olgu kitapta Önerme 7.12 (1) maddesinin bir parçasıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.3 (Bir Sayı ile Çarpma Tersinin İşareti) \(x \in \mathbb{R}\) olsun. \(x > 0\) ise \(\dfrac{1}{x} > 0\), \(x < 0\) ise \(\dfrac{1}{x} < 0\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
İki durumda da \(x \neq 0\)’dır. Dolayısıyla \(\frac{1}{x}\) vardır, \(x \cdot \frac{1}{x} = 1\) sağlanır ve Alıştırma 42.1 gereği \(\frac{1}{x} \neq 0\)’dır. (O1) gereği \(\frac{1}{x}\) ya pozitif ya negatiftir; yanlış olan seçeneği çelişkiyle eleyeceğiz. Çelişkiyi Önerme 7.7 verecek: \(0 < 1\).
\(x > 0\) hâli. \(\frac{1}{x} < 0\) olduğunu varsayalım. Bu eşitsizliğin iki yanını pozitif \(x\) ile çarpalım (O4):
\[\frac{1}{x} \cdot x < 0 \cdot x, \quad \text{yani} \quad 1 < 0.\]
Burada (M1) ile \(\frac{1}{x} \cdot x = 1\), Önerme 6.9 ile \(0 \cdot x = 0\) kullanıldı. \(1 < 0\) ile \(0 < 1\) aynı anda doğru olamaz (O1); çelişki. O hâlde \(\frac{1}{x} > 0\).
\(x < 0\) hâli. \(\frac{1}{x} > 0\) olduğunu varsayalım. Bu kez pozitif olan sayı \(\frac{1}{x}\)’tir; \(x < 0\) eşitsizliğinin iki yanını onunla çarpalım (O4):
\[x \cdot \frac{1}{x} < 0 \cdot \frac{1}{x}, \quad \text{yani} \quad 1 < 0.\]
Yine çelişki. O hâlde \(\frac{1}{x} < 0\).
Kısacası bir sayı ile çarpma tersi her zaman aynı işaretlidir (bkz. Önerme 7.9).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.4 (Pozitif Bir Çarpımın Çarpanları) \(x, y \in \mathbb{R}\) ve \(xy > 0\) olsun. Ya \(x > 0\) ve \(y > 0\), ya da \(x < 0\) ve \(y < 0\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Adım 1: Çarpanlar sıfır değildir. \(x = 0\) ya da \(y = 0\) olsaydı Önerme 6.9 gereği \(xy = 0\) olurdu. Bu, \(xy > 0\) ile birlikte \(0 < 0\) demektir; oysa (O1) gereği hiçbir sayı kendisinden küçük değildir. Demek ki \(x \neq 0\) ve \(y \neq 0\); (O1) gereği her biri ya pozitif ya negatiftir.
Adım 2: Zıt işaret olanaksızdır. \(x > 0\) ve \(y < 0\) olduğunu varsayalım. \(y < 0\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) ile çarpalım (O4):
\[xy < x \cdot 0 = 0;\]
son eşitlik Önerme 6.9 önermesinden gelir. Bu, \(xy > 0\) ile (O1) gereği çelişir. \(x < 0\) ve \(y > 0\) durumu da aynıdır: \(x < 0\) eşitsizliğini pozitif \(y\) ile çarpınca \(xy < 0 \cdot y = 0\) çıkar; yine çelişki.
Sonuç. Dört işaret durumundan zıt işaretli ikisi elendi; geriye ya \(x > 0\) ve \(y > 0\), ya da \(x < 0\) ve \(y < 0\) kalır. Bu iki durum aynı anda gerçekleşemez, çünkü \(x > 0\) ile \(x < 0\) (O1) gereği bir arada bulunmaz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.5 (Pozitif Sayıların Kuvvetlerinde Sıralama) \(x, y \in \mathbb{R}\) ve \(0 < x < y\) olsun. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x^n < y^n\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Kuvvetler \(a^1 = a\) ve \(a^{n+1} = a^n \cdot a\) kuralıyla tanımlıdır (Tanım 10.4); bu yüzden doğal yol tümevarımdır (Teorem 10.1). \(P(n)\) önermesi “\(x^n < y^n\)” olsun.
Hazırlık. \(0 < x\) ve \(x < y\) olduğundan (O2) ile \(0 < y\)’dir. Pozitif bir sayının her doğal kuvveti pozitiftir (bkz. Tanım 10.4 ve hemen ardından not edilen olgu); dolayısıyla her \(n\) için \(y^n > 0\)’dır.
Başlangıç adımı (\(n = 1\)). \(x^1 = x < y = y^1\); \(P(1)\), varsayımın kendisidir.
Tümevarım adımı. \(P(n)\) doğru olsun: \(x^n < y^n\). İki eşitsizliği uygun pozitif sayılarla çarpacağız.
- \(x^n < y^n\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) ile çarpalım (O4): \(x^n x < y^n x\).
- \(x < y\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(y^n\) ile çarpalım (O4): \(x y^n < y\, y^n\); (M1) ile bu, \(y^n x < y^n y\) demektir.
İki eşitsizliği geçişlilikle (O2) zincirleyelim:
\[x^{n+1} = x^n x < y^n x < y^n y = y^{n+1}.\]
Demek ki \(P(n) \Rightarrow P(n+1)\).
Sonuç. Başlangıç ve tümevarım adımları sağlandığından Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x^n < y^n\)’dir. Aynı olgu Teorem 11.3 (4) maddesinin bir yönüdür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.6 (Karekök Sıralamayı Korur) \(x, y \in \mathbb{R}\) ve \(0 < x < y\) ise \(0 < \sqrt{x} < \sqrt{y}\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(x > 0\) ve (O2) ile \(y > 0\) olduğundan Teorem 13.2 gereği \(\sqrt{x}\) ve \(\sqrt{y}\) vardır: \(\sqrt{x}\), karesi \(x\) olan tek pozitif sayıdır; \(\sqrt{y}\) de aynı biçimde tanımlıdır. Dolayısıyla \(0 < \sqrt{x}\) tanımın içindedir; geriye \(\sqrt{x} < \sqrt{y}\) eşitsizliği kalır.
Olmayana ergi: \(\sqrt{x} < \sqrt{y}\) olmasın. (O1) gereği ya \(\sqrt{y} = \sqrt{x}\) ya da \(\sqrt{y} < \sqrt{x}\)’tir.
- \(\sqrt{y} = \sqrt{x}\) ise kareleri de eşittir: \(y = (\sqrt{y})^2 = (\sqrt{x})^2 = x\). Bu, \(x < y\) ile (O1) gereği çelişir.
- \(\sqrt{y} < \sqrt{x}\) ise \(0 < \sqrt{y} < \sqrt{x}\) olur ve Alıştırma 42.5 (\(n = 2\) için) \((\sqrt{y})^2 < (\sqrt{x})^2\), yani \(y < x\) verir. Bu da \(x < y\) ile çelişir.
İki durum da olanaksız olduğundan \(\sqrt{x} < \sqrt{y}\); böylece \(0 < \sqrt{x} < \sqrt{y}\).
Yani karekök almak, pozitif sayılar arasındaki sıralamayı korur. Aynı akıl yürütme, \(n = 2\) yerine keyfi \(n\) alınarak \(n\)-inci kökler için de işler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.7 (Pozitif Olmayan Bir Sayının Toplama Tersi) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(x \le 0\) ise \(-x \ge 0\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(x \le 0\) ifadesi “\(x < 0\) veya \(x = 0\)” demektir (Tanım 7.1). İki durumu ayrı ele alalım.
Durum \(x < 0\). Eşitsizliğin iki yanına (O3) ile \(-x\) ekleyelim:
\[x + (-x) < 0 + (-x).\]
Sol yan (A4) ile \(0\), sağ yan (A1) ve (A3) ile \(-x\)’tir. Demek ki \(0 < -x\), yani \(-x > 0\).
Durum \(x = 0\). O zaman Önerme 6.4 gereği \(-x = -0 = 0\)’dır.
Birinci durumda \(-x > 0\), ikincisinde \(-x = 0\) bulundu; her iki durumda da \(-x \ge 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.8 (Zıt İşaretli İki Sayının Çarpımı) \(x, y \in \mathbb{R}\), \(x < 0\) ve \(y > 0\) ise \(xy < 0\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(x < 0\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(y\) sayısıyla çarpalım. (O4) aksiyomu, pozitif bir sayıyla çarpmanın eşitsizliğin yönünü koruduğunu söyler:
\[xy < 0 \cdot y.\]
Önerme 6.9 gereği \(0 \cdot y = 0\)’dır; o hâlde \(xy < 0\).
Bu kısa ispatın tek inceliği, (O4)’ü doğru sayıyla kullanmaktır: çarpan olarak pozitif \(y\)’yi seçtik, \(x\) ise eşitsizliğin bir yanıdır. \(x\) ile çarpmaya kalkışsaydık negatif bir sayıyla çarpmış olurduk ve (O4) uygulanamazdı. Aynı olgu kitapta Önerme 7.5 (2) olarak geçer.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.9 (Kesin ve Geniş Eşitsizlikten Oluşan Zincir) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) olsun. \(x < y\) ve \(y \le z\) ise \(x < z\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(y \le z\) ifadesi “\(y < z\) veya \(y = z\)” demektir (Tanım 7.1).
- \(y < z\) ise \(x < y\) ve \(y < z\) eşitsizliklerinden geçişlilik aksiyomu (O2) ile \(x < z\) çıkar.
- \(y = z\) ise \(x < y\) eşitsizliğinde \(y\) yerine ona eşit olan \(z\) yazılabilir: \(x < z\).
Her iki durumda \(x < z\)’dir. Yani bir zincirde tek bir kesin eşitsizliğin bulunması, sonucu kesin yapmaya yeter. Aynı akıl yürütme \(x \le y\) ve \(y < z\) durumunda da işler.
\(\blacksquare\)
42.2 Mutlak Değerli Denklem ve Eşitsizlikler
Sıradaki problemlerde mutlak değer içeren denklem ve eşitsizlikleri çözeceğiz. Yöntem Tanım 8.1 tanımının kendisidir: sayı doğrusu, mutlak değerlerin içindeki ifadelerin işaret değiştirdiği noktalarda parçalara ayrılır; her parçada mutlak değerler tanımla açılır, kalan doğrusal denklem ya da eşitsizlik çözülür ve parçaların sonuçları birleştirilir. Tek bir mutlak değer içeren ifadelerde Teorem 8.1 ile Önerme 8.3 doğrudan kullanılabilir.
Alıştırma 42.10 (Farkı Bir Olan İki Uzaklık) \(|x - 1| - |x + 2| = 1\) denklemini çözünüz.
Çözüm
\(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de, \(|x + 2|\) ifadesi \(x = -2\)’de işaret değiştirir. Sayı doğrusunu \((-\infty, -2)\), \([-2, 1)\) ve \([1, \infty)\) parçalarına ayıralım ve her parçada mutlak değerleri Tanım 8.1 ile açalım.
Durum \(x < -2\). \(x - 1 < 0\) ve \(x + 2 < 0\) olduğundan \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 2| = -x - 2\). Sol taraf
\[(1 - x) - (-x - 2) = 1 - x + x + 2 = 3\]
olur. \(3 = 1\) yanlış olduğundan bu parçada çözüm yoktur.
Durum \(-2 \le x < 1\). \(x - 1 < 0\) ama \(x + 2 \ge 0\); dolayısıyla \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 2| = x + 2\). Denklem
\[(1 - x) - (x + 2) = 1 \iff -1 - 2x = 1 \iff -2x = 2 \iff x = -1\]
biçimini alır. \(-2 \le -1 < 1\) olduğundan \(x = -1\) bu parçadadır; bir çözümdür.
Durum \(x \ge 1\). İki ifade de negatif değildir: \(|x - 1| = x - 1\), \(|x + 2| = x + 2\). Sol taraf \((x - 1) - (x + 2) = -3\) olur ve \(-3 = 1\) yanlış olduğundan çözüm yoktur.
Sağlama ve sonuç. \(x = -1\) için sol taraf \(|-2| - |1| = 2 - 1 = 1\)’dir. Çözüm kümesi
\[\{-1\}\]
tek elemanlı kümedir. Uzaklık diliyle: \(x\)’in \(1\)’e uzaklığı, \(-2\)’ye uzaklığından tam \(1\) fazladır. Sol taraf \(x < -2\) iken sabit \(3\), \(x \ge 1\) iken sabit \(-3\)’tür; aradaki parçada \(3\)’ten \(-3\)’e doğrusal olarak azalır ve \(1\) değerini yalnızca bir kez alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.11 (İki Mutlak Değerin Karşılaştırılması) \(|3x + 2| > 4|x - 1|\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
\(|3x + 2|\) ifadesi \(x = -\frac{2}{3}\)’te, \(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir. Üç parçayı ayrı ayrı inceleyelim.
Durum \(x < -\frac{2}{3}\). \(3x + 2 < 0\) ve \(x - 1 < 0\) olduğundan eşitsizlik
\[-3x - 2 > 4(1 - x) \iff -3x - 2 > 4 - 4x \iff x > 6\]
olur (iki yana \(4x + 2\) eklendi, (O3)). Ama bu parçada \(x < -\frac{2}{3} < 6\)’dır; \(x > 6\) ile bir arada bulunamaz. Bu parçada çözüm yoktur.
Durum \(-\frac{2}{3} \le x < 1\). \(3x + 2 \ge 0\) ve \(x - 1 < 0\); eşitsizlik
\[3x + 2 > 4 - 4x \iff 7x > 2 \iff x > \frac{2}{7}\]
olur; son adımda iki yan pozitif \(\frac{1}{7}\) ile çarpıldı (O4). \(-\frac{2}{3} < \frac{2}{7} < 1\) olduğundan bu parçadaki çözümler \(\left(\frac{2}{7}, 1\right)\) aralığıdır.
Durum \(x \ge 1\). İki ifade de negatif değildir; eşitsizlik
\[3x + 2 > 4x - 4 \iff 6 > x\]
olur. Bu parçadaki çözümler \([1, 6)\)’dır.
Sonuç. Üç parçanın birleşimi
\[\left(\frac{2}{7}, 1\right) \cup [1, 6) = \left(\frac{2}{7},\ 6\right)\]
açık aralığıdır.
Kareler yoluyla sağlama. İki yan da negatif olmadığından, aşağıda Alıştırma 42.17 kutusunda ispatlanacak denkliğin kesin biçimi (\(|a| < |b| \iff a^2 < b^2\)) burada da kullanılabilir. \(|4(x-1)| = 4|x - 1|\) olduğundan
\[\begin{aligned} |3x + 2| > 4|x - 1| &\iff (3x + 2)^2 > 16(x - 1)^2 \\[1mm] &\iff 9x^2 + 12x + 4 > 16x^2 - 32x + 16 \\[1mm] &\iff 7x^2 - 44x + 12 < 0 \\[1mm] &\iff (7x - 2)(x - 6) < 0 . \end{aligned}\]
Çarpım negatiftir ancak ve ancak çarpanlar zıt işaretliyse (Örnek 7.2); \(7x - 2 > 0\) ve \(x - 6 < 0\) seçeneği \(\frac{2}{7} < x < 6\) verir, öteki seçenek (\(x < \frac{2}{7}\) ve \(x > 6\)) boştur. Aynı sonuç çıktı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.12 (Tek Mutlak Değerli Bir Denklem) \(|x + 3| = 5\) denklemini çözünüz.
Çözüm
\(5 \ge 0\) olduğundan Teorem 8.1 (2) uygulanabilir:
\[|x + 3| = 5 \iff x + 3 = 5 \ \text{ veya } \ x + 3 = -5.\]
Birinci denklemden (iki yana \(-3\) ekleyerek) \(x = 2\), ikincisinden \(x = -8\) bulunur.
Sağlama. \(|2 + 3| = |5| = 5\) ve \(|-8 + 3| = |-5| = 5\).
Çözüm kümesi \(\{-8,\ 2\}\)’dir. Uzaklık diliyle: \(|x + 3| = |x - (-3)|\), \(x\)’in \(-3\)’e uzaklığıdır; \(-3\)’e uzaklığı \(5\) olan iki nokta \(-3 - 5 = -8\) ve \(-3 + 5 = 2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.13 (Dört Mutlak Değerli Bir Denklem) Aşağıdaki denklemi çözünüz:
\[|x| - |x - 1| + 3|x - 2| - 2|x - 3| = x + 1.\]
Çözüm
Sol tarafa \(f(x)\) diyelim. Mutlak değerlerin içleri sırasıyla \(x = 0, 1, 2, 3\) noktalarında işaret değiştirir. Bu dört nokta sayı doğrusunu beş parçaya böler. Her parçada bir noktanın dört ifadeye göre konumu belli olduğundan Tanım 8.1 ile her mutlak değer ya içindeki ifadeye ya da onun ters işaretlisine eşittir.
Durum \(x < 0\). Dört ifade de negatiftir: \(|x| = -x\), \(|x - 1| = 1 - x\), \(|x - 2| = 2 - x\), \(|x - 3| = 3 - x\). Buna göre
\[\begin{aligned} f(x) &= -x - (1 - x) + 3(2 - x) - 2(3 - x) \\[1mm] &= -x - 1 + x + 6 - 3x - 6 + 2x = -1 - x . \end{aligned}\]
Denklem \(-1 - x = x + 1\), yani \(-2x = 2\), \(x = -1\) olur. \(-1 < 0\) olduğundan bu bir çözümdür.
Durum \(0 \le x < 1\). Yalnızca \(|x|\) değişir: \(|x| = x\). Böylece
\[f(x) = x - (1 - x) + 3(2 - x) - 2(3 - x) = x - 1 .\]
Denklem \(x - 1 = x + 1\), yani \(-1 = 1\) olur; yanlıştır. Çözüm yoktur.
Durum \(1 \le x < 2\). Şimdi \(|x - 1| = x - 1\) de olur:
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(2 - x) - 2(3 - x) = 1 - x .\]
Denklem \(1 - x = x + 1\), yani \(x = 0\) verir. Ama \(0\) bu parçada değildir; çözüm yoktur.
Durum \(2 \le x < 3\). \(|x - 2| = x - 2\) olur:
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(x - 2) - 2(3 - x) = 5x - 11 .\]
Denklem \(5x - 11 = x + 1\), yani \(4x = 12\), \(x = 3\) verir. \(3\) bu parçada değildir (\(x < 3\)); çözüm yoktur.
Durum \(x \ge 3\). Dört ifade de negatif değildir:
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(x - 2) - 2(x - 3) = x + 1 .\]
Denklem \(x + 1 = x + 1\) olur ve bu parçadaki her \(x\) için doğrudur. Bütün \([3, \infty)\) aralığı çözümdür.
Sonuç. Çözüm kümesi
\[\{-1\} \cup [3, \infty)\]
olur. Sağlama: \(x = -1\) için sol taraf \(1 - 2 + 9 - 8 = 0\), sağ taraf \(-1 + 1 = 0\); \(x = 3\) için sol taraf \(3 - 2 + 3 - 0 = 4\), sağ taraf \(4\). Grafikte görüldüğü gibi \(f\) parçalı doğrusal bir fonksiyondur ve son parçada \(y = x + 1\) doğrusunun ta kendisidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.14 (Paydalı Bir Mutlak Değer Eşitsizliği) \(x \neq -1\) olmak üzere
\[\frac{|x|}{x + 1} > \frac{x}{x + 1}\]
eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Her şeyi bir yana toplayalım. Önerme 7.2 gereği eşitsizlik, iki yanın farkının pozitif olmasına denktir. Paydalar aynı olduğundan (Örnek 6.2)
\[\frac{|x|}{x + 1} - \frac{x}{x + 1} = \frac{|x| - x}{x + 1};\]
dolayısıyla çözmemiz gereken eşitsizlik
\[\frac{|x| - x}{x + 1} > 0 .\]
Payın işareti. \(x \ge 0\) ise \(|x| = x\) ve pay \(0\)’dır. \(x < 0\) ise \(|x| = -x\) ve pay \(-2x > 0\)’dır.
Durum \(x \ge 0\). Kesir \(\frac{0}{x+1} = 0\)’dır ve \(0 > 0\) yanlıştır. Bu parçada çözüm yoktur.
Durum \(x < 0\). Pay \(p = |x| - x\) pozitiftir; payda \(q = x + 1\) olsun ve kesri \(\frac{p}{q} = p \cdot \frac{1}{q}\) biçiminde yazalım (Tanım 6.3).
- \(q > 0\) ise Alıştırma 42.3 ile \(\frac{1}{q} > 0\) ve iki pozitif sayının çarpımı pozitiftir (Önerme 7.5 (1)).
- \(q < 0\) ise \(\frac{1}{q} < 0\) ve pozitif ile negatif bir sayının çarpımı negatiftir (Alıştırma 42.8).
Demek ki pozitif paylı kesir, ancak ve ancak payda pozitifken pozitiftir. O hâlde koşul \(x + 1 > 0\), yani \(x > -1\)’dir. Bu parçadaki çözümler \(-1 < x < 0\) sayılarıdır.
Sonuç. Çözüm kümesi
\[(-1,\ 0)\]
açık aralığıdır. Sağlama: \(x = -\frac{1}{2}\) için sol yan \(\frac{1/2}{1/2} = 1\), sağ yan \(\frac{-1/2}{1/2} = -1\) ve \(1 > -1\). Buna karşılık \(x = -2\) için sol yan \(\frac{2}{-1} = -2\), sağ yan \(\frac{-2}{-1} = 2\) olur ve eşitsizlik bozulur. Paydaların işaretine dikkat etmeden “iki yanı \(x + 1\) ile çarpmak” bu yüzden hatalı sonuç verirdi.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.15 (İç İçe Mutlak Değerli Bir Eşitsizlik) \(\big|\,1 - |x - 1|\,\big| < 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Dıştaki mutlak değeri Önerme 8.3 (1) ile (\(a = 1 > 0\)) kaldıralım:
\[\big|\,1 - |x - 1|\,\big| < 1 \iff -1 < 1 - |x - 1| < 1 .\]
Zincir iki koşuldan oluşur; ikisini ayrı çözelim.
Sol koşul. \(-1 < 1 - |x - 1|\) eşitsizliğine (O3) ile \(|x - 1| + 1\) ekleyince \(|x - 1| < 2\) olur. Yine Önerme 8.3 (1) ile
\[|x - 1| < 2 \iff -2 < x - 1 < 2 \iff -1 < x < 3 .\]
Sağ koşul. \(1 - |x - 1| < 1\) eşitsizliğine \(|x - 1| - 1\) ekleyince \(0 < |x - 1|\) olur. Teorem 8.1 (1) ve (2) gereği \(|x - 1| \ge 0\) ve \(|x - 1| = 0 \iff x = 1\)’dir; demek ki \(0 < |x - 1| \iff x \neq 1\).
Sonuç. İki koşul birlikte \(-1 < x < 3\) ve \(x \neq 1\) verir; çözüm kümesi
\[(-1,\ 1) \cup (1,\ 3)\]
olur. \(x = 1\) noktası dışarıda kalır, çünkü orada ifadenin değeri tam \(|1 - 0| = 1\)’dir ve kesin eşitsizlik sağlanmaz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.16 (Mutlak Değerlerin Farkının Mutlak Değeri) \(\big|\,|x + 1| - |x - 1|\,\big| < 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
İçteki mutlak değerler \(x = -1\) ve \(x = 1\)’de işaret değiştirir. Önce \(g(x) = |x + 1| - |x - 1|\) farkını her parçada açalım.
Durum \(x < -1\). \(|x + 1| = -x - 1\) ve \(|x - 1| = 1 - x\); dolayısıyla \(g(x) = -x - 1 - 1 + x = -2\) ve \(|g(x)| = 2\). \(2 < 1\) yanlış olduğundan çözüm yoktur.
Durum \(-1 \le x < 1\). \(|x + 1| = x + 1\) ve \(|x - 1| = 1 - x\); dolayısıyla \(g(x) = 2x\). Teorem 8.1 (5) ile \(|2x| = 2|x|\) olduğundan eşitsizlik
\[2|x| < 1 \iff |x| < \frac{1}{2} \iff -\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}\]
olur (önce iki yan pozitif \(\frac12\) ile çarpıldı, sonra Önerme 8.3 (1) uygulandı). Bu aralık \([-1, 1)\)’in içindedir; hepsi çözümdür.
Durum \(x \ge 1\). \(g(x) = (x + 1) - (x - 1) = 2\) ve \(|g(x)| = 2\); çözüm yoktur.
Sonuç. Çözüm kümesi
\[\left(-\frac{1}{2},\ \frac{1}{2}\right)\]
açık aralığıdır. Uzaklık yorumu: \(|x + 1| - |x - 1|\), \(x\)’in \(-1\)’e ve \(1\)’e uzaklıklarının farkıdır. Bu fark \([-1, 1]\) dışında hep \(\pm 2\)’dir; içeride \(2x\)’e eşittir ve mutlak değeri ancak \(x\) orta nokta \(0\)’a yeterince yakınken \(1\)’in altına iner.
\(\blacksquare\)
Son iki problem mutlak değerle iki temel olguyu kayda geçiriyor: mutlak değerler arasındaki sıralama karelere aktarılabilir ve iki “yakınlık” bilgisi toplanabilir.
Alıştırma 42.17 (Mutlak Değerlerin ve Karelerin Karşılaştırılması) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. \(|a| \le |b|\) olması için gerek ve yeter koşulun \(a^2 \le b^2\) olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
İndirgeme. \(u = |a|\) ve \(v = |b|\) diyelim. Teorem 8.1 (1) gereği \(u \ge 0\), \(v \ge 0\); Sonuç 8.2 gereği \(u^2 = a^2\) ve \(v^2 = b^2\)’dir. O hâlde göstermemiz gereken şudur: negatif olmayan \(u, v\) için
\[u \le v \iff u^2 \le v^2 .\]
Yardımcı olgu: \(0 \le s < t\) ise \(s^2 < t^2\). \(s = 0\) ise \(t > 0\) ve Alıştırma 42.2 ile \(t^2 > 0 = s^2\). \(s > 0\) ise \(0 < s < t\) olur ve Önerme 7.12 (4) doğrudan \(s^2 < t^2\) verir.
(\(\Rightarrow\)) \(u \le v\) olsun. \(u = v\) ise \(u^2 = v^2\); \(u < v\) ise yardımcı olgu (\(s = u\), \(t = v\)) ile \(u^2 < v^2\). Her iki hâlde \(u^2 \le v^2\).
(\(\Leftarrow\)) Karşıt tersini gösterelim: \(u \le v\) değilse \(u^2 \le v^2\) de değildir. \(u \le v\) değilse (O1) gereği \(v < u\)’dur, yani \(0 \le v < u\). Yardımcı olgu (\(s = v\), \(t = u\)) ile \(v^2 < u^2\); (O1) gereği bu, \(u^2 \le v^2\) önermesinin değilidir.
İki yön birlikte \(|a| \le |b| \iff a^2 \le b^2\) verir.
Kesin biçim. Denkliğin iki yanını olumsuzlayıp \(a\) ile \(b\)’nin rollerini değiştirirsek
\[|a| < |b| \iff a^2 < b^2\]
elde edilir: \(|a| < |b|\) demek “\(|b| \le |a|\) değil” demektir; bu da az önce ispatlanan denklikle “\(b^2 \le a^2\) değil”, yani \(a^2 < b^2\) demektir. Bu kesin biçimi aşağıdaki supremum problemlerinde sık sık kullanacağız; örneğin \(b = \sqrt{2}\) alınırsa her \(x \in \mathbb{R}\) için \(|x| < \sqrt{2} \iff x^2 < 2\) olur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.18 (Yakın Sayıların Toplamları da Yakındır) \(a, b, x, y \in \mathbb{R}\) ve \(r > 0\) olsun. \(|x - a| \le r\) ve \(|b - y| \le r\) ise
\[\big|(a + b) - (x + y)\big| \le 2r\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Farkı, bildiğimiz iki küçük büyüklüğün toplamı olarak yazalım. Toplamanın değişme ve birleşme özellikleriyle ((A1), (A2)) ve Önerme 6.6 ile
\[(a + b) - (x + y) = (a - x) + (b - y) .\]
Üçgen eşitsizliğini (Teorem 8.2) uygulayalım:
\[\big|(a + b) - (x + y)\big| \le |a - x| + |b - y| .\]
İlk terimde Teorem 8.1 (3) ile \(|a - x| = |-(x - a)|\), yani \(|a - x| = |x - a| \le r\); ikinci terim varsayım gereği \(|b - y| \le r\)’dir. Aynı yönlü iki geniş eşitsizlik taraf tarafa toplanabilir (Önerme 7.1; ikisi de eşitlikse toplam da eşitliktir):
\[|a - x| + |b - y| \le r + r = 2r .\]
İki eşitsizlik birlikte \(\big|(a + b) - (x + y)\big| \le 2r\) verir.
Yani \(x\), \(a\)’ya ve \(y\), \(b\)’ye en çok \(r\) uzaklıktaysa, \(x + y\) toplamı \(a + b\)’ye en çok \(2r\) uzaklıktadır. İleride iki yakınsak dizinin toplamının limitini bulurken tam olarak bu akıl yürütmeyi kullanacağız.
\(\blacksquare\)
42.3 Karesi İki ile Karşılaştırılan Sayılar
Aşağıdaki dört kümenin tanımında \(x^2\) ile \(2\) karşılaştırılıyor. Hepsinde ilk iş, kümeyi aralıklar cinsinden yazmaktır. Bunun için Teorem 13.1 ile var olan \(\sqrt{2} > 0\) sayısını ve Alıştırma 42.17 sonucunu \(b = \sqrt{2}\) için kullanacağız; \(|b| = \sqrt{2}\) ve \(b^2 = 2\) olduğundan her \(x \in \mathbb{R}\) için
\[x^2 \le 2 \iff |x| \le \sqrt{2}, \qquad x^2 < 2 \iff |x| < \sqrt{2}, \qquad x^2 > 2 \iff |x| > \sqrt{2}\]
olur (sonuncusu, ilk denkliğin iki yanının olumsuzlamasıdır). Kümeler aralıklarla yazıldıktan sonra supremum ve infimum Önerme 9.4 ile okunur.
Alıştırma 42.19 (Karesi Sıfır ile İki Arasında Olan Sayılar) Varsa
\[A = \{x \in \mathbb{R} : 0 < x^2 < 2\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi aralıklarla yazalım. Koşul iki parçalıdır.
- \(0 < x^2\): Önerme 7.12 (1) gereği \(x^2 \ge 0\) ve \(x^2 = 0 \iff x = 0\); dolayısıyla \(0 < x^2 \iff x \neq 0\).
- \(x^2 < 2\): bölüm girişindeki denklikle \(|x| < \sqrt{2}\), Önerme 8.3 (1) ile de \(-\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\).
Böylece
\[A = (-\sqrt{2},\ 0) \cup (0,\ \sqrt{2}) .\]
Supremum. Her \(x \in A\) için \(x < \sqrt{2}\) olduğundan \(\sqrt{2}\) bir üst sınırdır; \(A \neq \varnothing\) olduğundan Tamlık Aksiyomu gereği \(\sup A\) vardır ve (S2) ile \(\sup A \le \sqrt{2}\). Öte yandan \((0, \sqrt{2}) \subseteq A\)’dır; Önerme 9.5 (1) ve Önerme 9.4 gereği
\[\sqrt{2} = \sup\,(0, \sqrt{2}) \le \sup A .\]
İki eşitsizlik birlikte \(\sup A = \sqrt{2}\) verir (O1).
İnfimum. Ayna görüntüsü: her \(x \in A\) için \(-\sqrt{2} < x\) olduğundan \(-\sqrt{2}\) bir alt sınırdır ve \(-\sqrt{2} \le \inf A\). \((-\sqrt{2}, 0) \subseteq A\) olduğundan yine Önerme 9.5 (1) ve Önerme 9.4 ile \(\inf A \le \inf\,(-\sqrt{2}, 0) = -\sqrt{2}\). Demek ki \(\inf A = -\sqrt{2}\).
Sonuç. \(\sup A = \sqrt{2}\) ve \(\inf A = -\sqrt{2}\). \((\pm\sqrt{2})^2 = 2\) olduğundan bu iki sayı \(x^2 < 2\) koşulunu sağlamaz, yani \(\pm\sqrt{2} \notin A\)’dır; Önerme 9.3 gereği \(A\)’nın maksimumu ve minimumu yoktur. \(0\)’ın kümeden çıkarılmış olması uç değerleri etkilemez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.20 (Karesi İkiden Küçük Reel Sayılar) Varsa
\[B = \{x \in \mathbb{R} : x^2 < 2\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Bölüm girişindeki denklik ve Önerme 8.3 (1) ile
\[x^2 < 2 \iff |x| < \sqrt{2} \iff -\sqrt{2} < x < \sqrt{2};\]
yani \(B = (-\sqrt{2}, \sqrt{2})\) açık aralığıdır. Önerme 9.4 (1) gereği
\[\sup B = \sqrt{2}, \qquad \inf B = -\sqrt{2} .\]
Uç noktalar aralığa ait olmadığından \(B\)’nin maksimumu ve minimumu yoktur (Önerme 9.3).
Aynı küme Alıştırma 45.4 kutusunda da başka bir yoldan, supremumun tanımındaki iki koşul tek tek denetlenerek ele alınır; iki çözümü karşılaştırmak öğreticidir. Burada işi kısaltan, Alıştırma 42.17 ile kümeyi doğrudan bir aralık olarak tanımamızdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.21 (Karesi İkiden Büyük Pozitif Sayılar) Varsa
\[C = \{x \in \mathbb{R} : x > 0 \text{ ve } x^2 > 2\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi aralıkla yazalım. Bölüm girişindeki denklik ve Önerme 8.3 (2) ile
\[x^2 > 2 \iff |x| > \sqrt{2} \iff x > \sqrt{2} \ \text{ veya } \ x < -\sqrt{2} .\]
\(x > 0\) koşuluyla birlikte ikinci seçenek düşer: \(x < -\sqrt{2} < 0\) olsaydı \(x > 0\) ile çelişirdi. Geriye \(x > \sqrt{2}\) kalır; ayrıca \(x > \sqrt{2} > 0\) olduğundan \(x > 0\) koşulu kendiliğinden sağlanır. Demek ki
\[C = (\sqrt{2},\ \infty) .\]
İnfimum. Önerme 9.4 (2) gereği \(\inf C = \sqrt{2}\)’dir. \(\sqrt{2} \notin C\) olduğundan minimum yoktur.
Supremum. Aynı önerme gereği \(C\) üstten sınırsızdır; hiçbir reel sayı üst sınır olamayacağından supremum (bir reel sayı olarak) yoktur. Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup C = +\infty\) yazılır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.22 (Karesi İkiden Büyük Reel Sayılar) Varsa
\[D = \{x \in \mathbb{R} : x^2 > 2\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Bölüm girişindeki denklik ve Önerme 8.3 (2) ile
\[D = (-\infty,\ -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2},\ \infty) .\]
Üstten sınırsızdır. \(M\), \(D\)’nin bir üst sınırı olsaydı \((\sqrt{2}, \infty) \subseteq D\) olduğundan \((\sqrt{2}, \infty)\) aralığının da üst sınırı olurdu. Oysa bu aralık üstten sınırsızdır (Önerme 9.4 (2)). Demek ki \(D\)’nin üst sınırı yoktur ve supremumu bir reel sayı olarak yoktur.
Alttan sınırsızdır. Aynı gerekçeyle \((-\infty, -\sqrt{2}) \subseteq D\) ve bu aralık alttan sınırsız olduğundan \(D\)’nin alt sınırı yoktur; infimumu da yoktur.
Sonuç. \(D\)’nin ne supremumu ne de infimumu vardır; Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup D = +\infty\) ve \(\inf D = -\infty\). Dört kümeyi birlikte düşünürsek: \(x^2\)’yi yukarıdan sınırlayan koşullar sınırlı kümeler, aşağıdan sınırlayan koşullar ise sınırsız kümeler verir.
\(\blacksquare\)
42.4 Supremum Hesapları
Bu gruptaki yedi kümenin yalnızca supremumu soruluyor. Her birinde önce bir aday sayı belirleyip onun bir üst sınır olduğunu, sonra ondan küçük bir üst sınırın bulunmadığını göstereceğiz (Tanım 9.4, Teorem 9.1). Aday sayı kümeye aitse iş Önerme 9.3 ile kısalır. Supremumun hiç olmayabileceğini de unutmayalım: iki kümede bu durumla karşılaşacağız.
Alıştırma 42.23 (Uçları Ters Sırada Verilmiş Bir Aralık) \((\pi, 3] = \{x \in \mathbb{R} : \pi < x \le 3\}\) kümesinin supremumu var mıdır?
Çözüm
Küme boştur. \(\pi = 3{,}14159\ldots\) sayısı \(3\)’ten büyüktür. Kümede bir \(x\) bulunsaydı \(\pi < x\) ve \(x \le 3\) olurdu; Alıştırma 42.9 gereği bundan \(\pi < 3\) çıkardı. Bu, \(3 < \pi\) ile (O1) gereği çelişir. Demek ki
\[(\pi, 3] = \varnothing .\]
Boş kümenin supremumu yoktur. Supremum, boş olmayan kümeler için tanımlanır (Tanım 9.4). Nedenini görmek de kolaydır: “her \(a \in \varnothing\) için \(a \le M\)” önermesinde sınanacak hiçbir eleman olmadığından her reel sayı boş kümenin bir üst sınırıdır. Üst sınırların en küçüğü yoktur, çünkü bir \(s\) üst sınırsa \(s - 1 < s\) de bir üst sınırdır (Önerme 7.8). Demek ki \((\pi, 3]\) kümesinin supremumu bir reel sayı olarak yoktur; Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup \varnothing = -\infty\) yazılır.
Uçlar yer değiştirseydi. \((3, \pi] = \{x : 3 < x \le \pi\}\) kümesi boş değildir ve Önerme 9.4 (1) gereği supremumu \(\pi\)’dir. \(\pi\) bu kümeye ait olduğundan aynı zamanda maksimumdur (Önerme 9.3). Aralık yazımında sol ucun sağ uçtan küçük olması bu yüzden önemlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.24 (Bir Kapalı Aralığın Supremumu) \([2, 4]\) kümesinin supremumunu bulunuz.
Çözüm
Her \(x \in [2, 4]\) için \(x \le 4\) olduğundan \(4\) bir üst sınırdır; ayrıca \(2 \le 4 \le 4\) olduğundan \(4 \in [2, 4]\)’tür. Kümeye ait bir üst sınır, kümenin maksimumudur (Tanım 9.3); Önerme 9.3 gereği
\[\sup\,[2, 4] = \max\,[2, 4] = 4 .\]
Aynı sonuç Önerme 9.4 (1) maddesinden de okunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.25 (Birim Kesirlerin Supremumu) \(\left\{ \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(K\) diyelim. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \ge 1\)’dir (Önerme 10.3 (1)).
- \(n = 1\) ise \(\frac{1}{n} = 1\).
- \(n > 1\) ise \(0 < 1 < n\) olduğundan Önerme 7.10 gereği \(\frac{1}{n} < \frac{1}{1} = 1\).
Her iki hâlde \(\frac{1}{n} \le 1\); yani \(1\), \(K\)’nın bir üst sınırıdır. Ayrıca \(1 = \frac{1}{1} \in K\)’dır. Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur; Önerme 9.3 gereği
\[\sup K = \max K = 1 .\]
Bu kümenin infimumu da Örnek 10.15 örneğinde bulunmuştur: \(\inf K = 0\)’dır ve minimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.26 (Bire Soldan Yaklaşan Bir Küme) \(\left\{ 1 - \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(L\) diyelim. İlk elemanlar \(0, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \dots\) olup \(1\)’e yaklaşıyor gibi görünür. İddia: \(\sup L = 1\). Teorem 9.1 teoremindeki iki koşulu denetleyelim.
Üst sınır. Her \(n\) için \(\frac{1}{n} > 0\)’dır (Önerme 7.9); dolayısıyla \(1 - \frac{1}{n} < 1\). Yani \(1\) bir üst sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(1 - \varepsilon < 1 - \frac{1}{n}\) eşitsizliği, iki yana \(\frac{1}{n} + \varepsilon - 1\) eklenince \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) eşitsizliğine denktir. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır; bu \(n\) için \(1 - \frac{1}{n} \in L\) ve \(1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon\).
İki koşul sağlandığından \(\sup L = 1\). Üstelik \(1 \notin L\)’dir, çünkü \(1 - \frac{1}{n} = 1\) olması \(\frac{1}{n} = 0\) demek olurdu (Alıştırma 42.1 ile olanaksız). Dolayısıyla \(L\)’nin maksimumu yoktur. (Aynı küme Örnek 12.1 örneğinde de incelenmiştir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.27 (Ardışık Sayıların Oranları) \(\left\{ \dfrac{n}{n + 1} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(E\) diyelim. Her elemanı \(1\) eksi küçük bir sayı olarak yazalım:
\[\frac{n}{n + 1} = \frac{(n + 1) - 1}{n + 1} = 1 - \frac{1}{n + 1} .\]
Üst sınır. \(n + 1 > 0\) olduğundan \(\frac{1}{n + 1} > 0\) ve \(\frac{n}{n+1} < 1\). Demek ki \(1\) bir üst sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) seçelim. \(0 < n < n + 1\) olduğundan Önerme 7.10 gereği \(\frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n} < \varepsilon\), dolayısıyla
\[1 - \varepsilon < 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1} \in E .\]
Teorem 9.1 gereği \(\sup E = 1\). \(\frac{n}{n+1} = 1\) olması \(\frac{1}{n+1} = 0\) demek olacağından \(1 \notin E\); maksimum yoktur. Bu kümenin infimumu ve minimumu Alıştırma 10.2 alıştırmasında bulunmuştur: \(\min E = \inf E = \frac{1}{2}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.28 (İşaret Değiştiren Terimlerin Supremumu) \(\left\{ (-1)^n \left(1 + \dfrac{1}{n}\right) : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremumunu bulunuz.
Çözüm
Terimlere \(a_n\), kümeye \(F\) diyelim. Örnek 11.3 gereği \((-1)^n\), \(n\) çiftken \(1\), tekken \(-1\)’dir. Buna göre
\[a_n = \begin{cases} 1 + \dfrac{1}{n}, & n \text{ çift ise}, \\[2mm] -\left(1 + \dfrac{1}{n}\right), & n \text{ tek ise}. \end{cases}\]
İlk terimler \(-2, \frac{3}{2}, -\frac{4}{3}, \frac{5}{4}, \dots\) olur. Aday: \(\frac{3}{2} = a_2\).
\(\frac{3}{2}\) bir üst sınırdır. \(n \in \mathbb{N}\) keyfi olsun.
- \(n\) çift ise \(n = 2k\), \(k \in \mathbb{N}\), dolayısıyla \(n \ge 2\). \(n = 2\) ise eşitlik vardır; \(n > 2\) ise Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{n} < \frac{1}{2}\). Her iki hâlde \(\frac{1}{n} \le \frac{1}{2}\) ve \(a_n = 1 + \frac{1}{n} \le \frac{3}{2}\).
- \(n\) tek ise \(1 + \frac{1}{n} > 0\) olduğundan \(a_n < 0 < \frac{3}{2}\).
Kümenin elemanıdır. \(a_2 = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \in F\).
Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur; Önerme 9.3 gereği
\[\sup F = \max F = \frac{3}{2} .\]
Aynı kümenin infimumu ve minimumu Alıştırma 45.3 kutusunda da ele alınır: \(\min F = \inf F = -2\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.29 (Üstten Sınırsız Bir Terimler Kümesi) \(\left\{ n + \dfrac{(-1)^n}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremumu var mıdır?
Çözüm
Terimlere \(b_n\), kümeye \(G\) diyelim. İlk terimler \(0, \frac{5}{2}, \frac{8}{3}, \frac{17}{4}, \frac{24}{5}, \dots\) olur; terimler \(n\) ile birlikte büyüyor gibi görünür. Kümenin üstten sınırsız olduğunu göstereceğiz.
Alttan bir tahmin. \((-1)^n\) ya \(1\) ya \(-1\)’dir (Örnek 11.3). \(1\) ise \(\frac{(-1)^n}{n} = \frac{1}{n} > 0 > -\frac{1}{n}\); \(-1\) ise \(\frac{(-1)^n}{n} = -\frac{1}{n}\). Her iki hâlde \(\frac{(-1)^n}{n} \ge -\frac{1}{n}\). Ayrıca \(\frac{1}{n} \le 1\) olduğundan (bkz. Alıştırma 42.25) \(-\frac{1}{n} \ge -1\). Böylece her \(n\) için
\[b_n \ge n - \frac{1}{n} \ge n - 1 .\]
Hiçbir \(M\) üst sınır değildir. \(M \in \mathbb{R}\) keyfi olsun. Sonuç 12.1 gereği \(n > M + 1\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\) için
\[b_n \ge n - 1 > (M + 1) - 1 = M .\]
Yani \(G\)’nin \(M\)’yi aşan bir elemanı vardır ve \(M\) üst sınır değildir. \(M\) keyfi olduğundan \(G\) üstten sınırsızdır; supremumu bir reel sayı olarak yoktur. Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup G = +\infty\).
\(\blacksquare\)
42.5 Supremum ve İnfimum Hesapları
Şimdi hem supremum hem infimum isteniyor. İlk iki küme bir ifadenin bir ışın üzerinde aldığı değerlerden, sonraki dördü bir denklemin ya da eşitsizliğin çözümlerinden oluşuyor. İkinci türde önce kümeyi aralıklarla ya da elemanlarıyla yazmak işi çok kolaylaştırır; birinci türde ise ifadeyi sınırlamak ve epsilon ölçütlerini (Teorem 9.1, Teorem 9.2) kullanmak gerekir.
Alıştırma 42.30 (Bir Kesrin Bir Işın Üzerindeki Değerleri) Varsa
\[A = \left\{ \frac{4 + x}{x} : x \ge 1 \right\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
\(x \ge 1 > 0\) olduğundan ifade tanımlıdır ve
\[\frac{4 + x}{x} = \frac{4}{x} + 1\]
biçiminde yazılabilir (Örnek 6.2). Değerlerin davranışını \(\frac{4}{x}\) terimi belirler: \(x\) büyüdükçe bu terim küçülür.
Supremum. \(x = 1\) ise \(\frac{4}{x} = 4\); \(x > 1\) ise Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{x} < 1\) ve pozitif \(4\) ile çarpınca \(\frac{4}{x} < 4\). Her iki hâlde \(\frac{4}{x} + 1 \le 5\); yani \(5\) bir üst sınırdır. \(x = 1\) için değer \(\frac{4 + 1}{1} = 5\) olduğundan \(5 \in A\). Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur:
\[\sup A = \max A = 5 .\]
İnfimum. \(\frac{4}{x} > 0\) olduğundan her eleman \(1\)’den büyüktür; \(1\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(\frac{4}{x} + 1 < 1 + \varepsilon\), yani \(\frac{4}{x} < \varepsilon\) olacak bir \(x \ge 1\) arıyoruz.
\[x = 1 + \frac{4}{\varepsilon}\]
seçelim. \(x \ge 1\)’dir ve \(x > \frac{4}{\varepsilon} > 0\) olduğundan Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{x} < \frac{\varepsilon}{4}\), yani \(\frac{4}{x} < \varepsilon\). Bu \(x\) için \(\frac{4 + x}{x} \in A\) ve \(\frac{4 + x}{x} < 1 + \varepsilon\). Teorem 9.2 gereği \(\inf A = 1\). \(\frac{4}{x} \neq 0\) olduğundan \(1 \notin A\); minimum yoktur.
Sonuç. \(\sup A = \max A = 5\), \(\inf A = 1\) ve minimum yoktur. Gerçekte \(A = (1, 5]\)’tir, ama bunu bilmeye gerek kalmadan sonuca ulaştık.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.31 (Karekök İçeren Bir Kesrin Değerleri) Varsa
\[B = \left\{ \frac{\sqrt{x + 1}}{x} : x \ge 2 \right\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{\sqrt{x + 1}}{x}\) diyelim. \(x \ge 2\) için \(x + 1 > 0\), dolayısıyla \(\sqrt{x + 1} > 0\) (Teorem 13.2); \(x > 0\) olduğundan da \(f(x) > 0\)’dır. Karekökten kurtulmak için kareye bakalım:
\[f(x)^2 = \frac{x + 1}{x^2} = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} .\]
\(f(x)\) ve karşılaştıracağımız sayılar pozitif olduğundan Alıştırma 42.17 (iki pozitif sayıyı kareleriyle karşılaştırma) bize kareler üzerinden çalışma izni verir.
Supremum. \(x = 2\) ise \(\frac{1}{x} = \frac{1}{2}\) ve \(\frac{1}{x^2} = \frac{1}{4}\)’tür. \(x > 2\) ise \(0 < 2 < x\) olduğundan Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{x} < \frac{1}{2}\); Alıştırma 42.5 ile \(4 < x^2\) ve yine Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{x^2} < \frac{1}{4}\). Her iki hâlde \(\frac{1}{x} \le \frac{1}{2}\) ve \(\frac{1}{x^2} \le \frac{1}{4}\). Toplayınca
\[f(x)^2 \le \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4} = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 .\]
Alıştırma 42.17 (\(a = f(x)\), \(b = \frac{\sqrt{3}}{2}\); ikisi de pozitif olduğundan mutlak değerleri kendilerine eşittir) ile \(f(x) \le \frac{\sqrt{3}}{2}\). Demek ki \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) bir üst sınırdır. Üstelik
\[f(2) = \frac{\sqrt{3}}{2} \in B .\]
Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur:
\[\sup B = \max B = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}866 .\]
İnfimum. \(f(x) > 0\) olduğundan \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; \(f(x) < \varepsilon\) olan bir \(x \ge 2\) bulacağız. \(x \ge 1\) için \(\frac{1}{x^2} \le \frac{1}{x}\)’tir: \(x = 1\) ise eşitlik vardır; \(x > 1\) ise iki yanı pozitif \(x\) ile çarparak (O4) \(x < x^2\) buluruz ve Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{x^2} < \frac{1}{x}\). Dolayısıyla \(f(x)^2 \le \frac{2}{x}\)’tir. Şimdi
\[x = 2 + \frac{2}{\varepsilon^2}\]
seçelim. \(x \ge 2\) ve \(x > \frac{2}{\varepsilon^2}\) olduğundan \(\frac{2}{x} < \varepsilon^2\); dolayısıyla \(f(x)^2 < \varepsilon^2\). Alıştırma 42.17 kutusundaki kesin biçimle (iki pozitif sayı) \(f(x) < \varepsilon\). Bu \(x\) için \(f(x) \in B\) ve \(f(x) < 0 + \varepsilon\); Teorem 9.2 gereği \(\inf B = 0\). \(f(x) > 0\) olduğundan \(0 \notin B\); minimum yoktur.
Sonuç. \(\sup B = \max B = \frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\inf B = 0\) ve minimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.32 (İkinci Dereceden Bir Eşitsizliğin Çözümleri) Varsa
\[C = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - x < 6\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi aralıkla yazalım. Önerme 7.2 gereği \(x^2 - x < 6 \iff x^2 - x - 6 < 0\). Çarpanlara ayıralım; doğrudan çarpma ile
\[(x - 3)(x + 2) = x^2 + 2x - 3x - 6 = x^2 - x - 6 .\]
Bir çarpım negatiftir ancak ve ancak çarpanlar sıfırdan farklı ve zıt işaretliyse (Örnek 7.2).
- \(x - 3 < 0\) ve \(x + 2 > 0\): yani \(x < 3\) ve \(x > -2\); birlikte \(-2 < x < 3\).
- \(x - 3 > 0\) ve \(x + 2 < 0\): yani \(x > 3\) ve \(x < -2\); (O2) ile \(3 < -2\) gerekirdi, olanaksızdır.
Demek ki \(C = (-2, 3)\).
Uç değerler. Önerme 9.4 (1) gereği
\[\sup C = 3, \qquad \inf C = -2 .\]
Uç noktalar kümeye ait olmadığından (ikisinde de \(x^2 - x = 6\) olur) maksimum ve minimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.33 (Bir Denklemin Kökler Kümesi) Varsa
\[D = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 3x + 2 = 0\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Doğrudan çarpma ile
\[(x - 1)(x - 2) = x^2 - 2x - x + 2 = x^2 - 3x + 2 .\]
Önerme 6.13 gereği
\[(x - 1)(x - 2) = 0 \iff x = 1 \ \text{ veya } \ x = 2;\]
yani \(D = \{1, 2\}\). Bu iki elemanlı kümede \(1 \le 2\) olduğundan \(2\) kümeye ait bir üst sınır, \(1\) kümeye ait bir alt sınırdır. Önerme 9.3 gereği
\[\sup D = \max D = 2, \qquad \inf D = \min D = 1 .\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.34 (Mutlak Değeri Bir ile Üç Arasında Olan Sayılar) Varsa
\[E = \{x \in \mathbb{R} : 1 \le |x| \le 3\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Kümeyi aralıklarla yazalım. Teorem 8.1 (7) ile \(|x| \le 3 \iff -3 \le x \le 3\); aynı teoremin (8) maddesiyle \(|x| \ge 1 \iff x \ge 1\) veya \(x \le -1\). İki koşulun kesişimi
\[E = [-3, -1] \cup [1, 3]\]
olur (halka biçimli bu küme Örnek 8.2 örneğindekine benzer).
Uç değerler. Her \(x \in E\) için \(-3 \le x \le 3\)’tür; \(3\) bir üst sınır, \(-3\) bir alt sınırdır. Üstelik \(3 \in E\) ve \(-3 \in E\) (ikisinin de mutlak değeri \(3\)’tür). Kümeye ait sınırlar maksimum ve minimumdur:
\[\sup E = \max E = 3, \qquad \inf E = \min E = -3 .\]
Ortadaki \((-1, 1)\) boşluğu uç değerleri etkilemez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.35 (Üçüncü Dereceden Bir Eşitsizliğin Çözümleri) Varsa
\[F = \{x \in \mathbb{R} : x^3 - 4x < 0\}\]
kümesinin supremumunu ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Çarpanlara ayıralım.
\[x^3 - 4x = x(x^2 - 4) = x(x - 2)(x + 2);\]
Son adım Alıştırma 6.1 (e) şıkkındaki \((x - y)(x + y) = x^2 - y^2\) özdeşliğidir. Üç çarpan sırasıyla \(0\), \(2\) ve \(-2\)’de sıfır olur.
İşaret incelemesi. Çarpanlardan biri sıfırsa çarpım sıfırdır ve \(0 < 0\) yanlıştır; dolayısıyla \(-2\), \(0\), \(2\) kümede değildir. Geri kalan dört aralıkta her çarpanın işareti bellidir. İki negatifin çarpımı pozitif (Sonuç 7.1), pozitif ile negatifin çarpımı negatiftir (Alıştırma 42.8); üç çarpanlı çarpımın işareti bu kurallar iki kez uygulanarak bulunur.
| aralık | \(x\) | \(x - 2\) | \(x + 2\) | \(x(x-2)(x+2)\) |
|---|---|---|---|---|
| \(x < -2\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) | \(-\) |
| \(-2 < x < 0\) | \(-\) | \(-\) | \(+\) | \(+\) |
| \(0 < x < 2\) | \(+\) | \(-\) | \(+\) | \(-\) |
| \(x > 2\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) | \(+\) |
Demek ki
\[F = (-\infty,\ -2) \cup (0,\ 2) .\]
Supremum. Her \(x \in F\) için \(x < 2\)’dir: ya \(x < -2 < 2\) ya da \(0 < x < 2\). Dolayısıyla \(2\) bir üst sınırdır ve \(\sup F \le 2\). Öte yandan \((0, 2) \subseteq F\) ve Önerme 9.4 gereği \(\sup\,(0, 2) = 2\); Önerme 9.5 (1) ile \(2 \le \sup F\). Demek ki \(\sup F = 2\). \(2 \notin F\) olduğundan maksimum yoktur.
İnfimum. \((-\infty, -2) \subseteq F\) ve bu aralık alttan sınırsızdır (Önerme 9.4 (2)). \(F\)’nin bir alt sınırı olsaydı bu aralığın da alt sınırı olurdu; dolayısıyla \(F\) alttan sınırsızdır ve infimumu bir reel sayı olarak yoktur (Tanım 9.5 gösterimiyle \(\inf F = -\infty\)).
Sonuç. \(\sup F = 2\) (maksimum yok); infimum yoktur.
\(\blacksquare\)
42.6 Supremum, İnfimum, Maksimum ve Minimum
Bu gruptaki dört kümenin dört uç değeri birden soruluyor. Supremum ve infimumu bulduktan sonra maksimum ve minimumun varlığına Önerme 9.3 ile karar veririz: maksimum varsa supremuma eşittir; dolayısıyla supremum kümeye ait değilse maksimum yoktur. Minimum için de aynısı geçerlidir.
Alıştırma 42.36 (Beşte Yediye Yaklaşan Kesirler) \[A = \left\{ \frac{5n - 1}{7n + 2} : n \in \mathbb{N} \right\}\]
kümesinin varsa supremumunu, infimumunu, maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Terimlere \(a_n = \dfrac{5n - 1}{7n + 2}\) diyelim. İlk terimler \(\frac{4}{9}, \frac{9}{16}, \frac{14}{23}, \frac{19}{30}, \dots\) olup artıyor gibi görünür. Büyük \(n\) için pay ve paydadaki baskın terimler \(5n\) ile \(7n\) olduğundan aday supremum \(\frac{5}{7}\), aday infimum ise ilk terim \(\frac{4}{9}\)’dur. Terimlerin bu iki sayıdan farkını ortak paydaya geçerek hesaplayalım (Örnek 6.2):
\[\begin{aligned} \frac{5}{7} - a_n &= \frac{5(7n + 2) - 7(5n - 1)}{7(7n + 2)} = \frac{17}{7(7n + 2)}, \\[1mm] a_n - \frac{4}{9} &= \frac{9(5n - 1) - 4(7n + 2)}{9(7n + 2)} = \frac{17(n - 1)}{9(7n + 2)} . \end{aligned}\]
Paydalar pozitiftir.
İnfimum ve minimum. \(n \ge 1\) olduğundan \(n - 1 \ge 0\) ve ikinci farka göre \(a_n - \frac{4}{9} \ge 0\), yani \(a_n \ge \frac{4}{9}\). Demek ki \(\frac{4}{9}\) bir alt sınırdır; \(a_1 = \frac{5 - 1}{7 + 2} = \frac{4}{9}\) olduğundan kümeye de aittir. O hâlde
\[\min A = \inf A = \frac{4}{9} .\]
Supremum. Birinci farka göre \(\frac{5}{7} - a_n > 0\), yani her \(n\) için \(a_n < \frac{5}{7}\); \(\frac{5}{7}\) bir üst sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(7(7n + 2) = 49n + 14 > 49n\) olduğundan (Önerme 7.10)
\[\frac{5}{7} - a_n = \frac{17}{49n + 14} < \frac{17}{49n} .\]
Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \frac{49\varepsilon}{17}\) olan bir \(n\) seçelim; o zaman \(\frac{17}{49n} < \varepsilon\) ve dolayısıyla \(\frac{5}{7} - a_n < \varepsilon\), yani \(a_n > \frac{5}{7} - \varepsilon\). Teorem 9.1 gereği
\[\sup A = \frac{5}{7} .\]
Maksimum. Her \(n\) için \(a_n < \frac{5}{7}\) olduğundan \(\frac{5}{7} \notin A\); Önerme 9.3 gereği maksimum yoktur.
Sonuç. \(\sup A = \frac{5}{7}\), \(\inf A = \min A = \frac{4}{9}\); maksimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.37 (İkinin Doğal Sayılara Bölümleri) \[B = \left\{ \frac{2}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\]
kümesinin varsa supremumunu, infimumunu, maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Supremum ve maksimum. Alıştırma 42.25 kutusunda gördüğümüz gibi her \(n\) için \(\frac{1}{n} \le 1\); pozitif \(2\) ile çarpınca \(\frac{2}{n} \le 2\). \(2 = \frac{2}{1} \in B\) olduğundan
\[\max B = \sup B = 2 .\]
İnfimum. Her \(n\) için \(\frac{2}{n} > 0\) (Önerme 7.9); \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n} < \frac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(n\) seçelim; o zaman \(\frac{2}{n} < \varepsilon = 0 + \varepsilon\). Teorem 9.2 gereği
\[\inf B = 0 .\]
Minimum. \(\frac{2}{n} = 0\) hiçbir \(n\) için olmaz; \(0 \notin B\) ve minimum yoktur.
Sonuç. \(\sup B = \max B = 2\), \(\inf B = 0\); minimum yoktur. Bu küme \(\left\{\frac{1}{n}\right\}\) kümesinin \(2\) katıdır; sonuç Önerme 9.5 (2) ile de uyumludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.38 (Bir Etrafında Salınan Terimler) \[C = \left\{ 1 + \frac{2(-1)^n}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\]
kümesinin varsa supremumunu, infimumunu, maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Terimlere \(c_n\) diyelim. Örnek 11.3 gereği
\[c_n = \begin{cases} 1 + \dfrac{2}{n}, & n \text{ çift ise}, \\[2mm] 1 - \dfrac{2}{n}, & n \text{ tek ise}. \end{cases}\]
İlk terimler \(-1, 2, \frac{1}{3}, \frac{3}{2}, \frac{3}{5}, \frac{4}{3}, \dots\) olur: çift indisli terimler \(1\)’in üstünde, tek indisliler altında kalır.
Supremum ve maksimum. \(n\) çift ise \(n = 2k\) (\(k \in \mathbb{N}\)) olduğundan \(n \ge 2\). \(n = 2\) ise \(\frac{1}{n} = \frac{1}{2}\); \(n > 2\) ise Önerme 7.10 ile \(\frac{1}{n} < \frac{1}{2}\). Her iki hâlde \(\frac{1}{n} \le \frac{1}{2}\); iki yanı pozitif \(2\) ile çarparak (O4; eşitlik hâlinde eşitlik korunur) \(\frac{2}{n} \le 1\) ve \(c_n \le 2\) buluruz. \(n\) tek ise \(\frac{2}{n} > 0\) olduğundan \(c_n < 1 < 2\). Demek ki \(2\) bir üst sınırdır. \(c_2 = 1 + \frac{2}{2} = 2 \in C\) olduğundan
\[\max C = \sup C = 2 .\]
İnfimum ve minimum. \(n\) tek ise \(n \ge 1\) olduğundan \(\frac{2}{n} \le 2\) ve \(c_n = 1 - \frac{2}{n} \ge -1\). \(n\) çift ise \(c_n > 1 > -1\). Demek ki \(-1\) bir alt sınırdır. \(c_1 = 1 - 2 = -1 \in C\) olduğundan
\[\min C = \inf C = -1 .\]
Sonuç. Dört uç değer de vardır: \(\sup C = \max C = 2\) ve \(\inf C = \min C = -1\). Terimler \(1\) sayısına iki yandan yaklaşır, ama uç değerleri ilk iki terim belirler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.39 (Birden Küçük Pozitif Kesirler) \[D = \left\{ \frac{m}{n} : m, n \in \mathbb{N},\ m < n \right\}\]
kümesinin varsa supremumunu, infimumunu, maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
Çözüm
Elemanlar \(0\) ile \(1\) arasındadır. \(m, n \in \mathbb{N}\) pozitif olduğundan \(\frac{m}{n} > 0\) (Önerme 7.9, Önerme 7.5 (1)). \(m < n\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(\frac{1}{n}\) ile çarparsak (O4) \(\frac{m}{n} < 1\). Demek ki her eleman için \(0 < \frac{m}{n} < 1\): \(1\) bir üst sınır, \(0\) bir alt sınırdır.
Hazırlık. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 ile \(\frac{1}{n_0} < \varepsilon\) olan bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır. \(n = n_0 + 1\) alalım: \(n \ge 2\)’dir ve \(\frac{1}{n} < \frac{1}{n_0} < \varepsilon\) (Önerme 7.10).
Supremum. \(m = n - 1\) alalım; \(n \ge 2\) olduğundan Önerme 10.3 (2) ile \(m \in \mathbb{N}\) ve \(m < n\). Böylece
\[\frac{n - 1}{n} = 1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon\]
ve \(\frac{n-1}{n} \in D\). Teorem 9.1 gereği \(\sup D = 1\).
İnfimum. \(m = 1\) alalım; \(1 < 2 \le n\) olduğundan \(\frac{1}{n} \in D\) ve \(\frac{1}{n} < 0 + \varepsilon\). Teorem 9.2 gereği \(\inf D = 0\).
Maksimum ve minimum. Her eleman \(0\) ile \(1\) arasında kesin olarak bulunduğundan \(1 \notin D\) ve \(0 \notin D\); Önerme 9.3 gereği maksimum ve minimum yoktur.
Sonuç. \(\sup D = 1\), \(\inf D = 0\); maksimum ve minimum yoktur. Aslında \(D\), \((0, 1)\) aralığındaki bütün rasyonel sayıların kümesidir: böyle bir sayı pozitif tam sayılarla \(\frac{p}{q}\) biçiminde yazılır ve \(\frac{p}{q} < 1\) koşulu \(p < q\) demektir.
\(\blacksquare\)
42.7 Birleşim, Öteleme ve Çarpım Kümeleri
Sıradaki problemler tek bir kümeyle değil, iki kümeden üretilen yeni bir kümeyle ilgilidir: iki kümenin birleşimi, bir kümenin bir sayı kadar ötelenmesi ve elemanların ikişer ikişer çarpımları. Hepsinde aynı iki adımlı kalıbı kullanacağız: önce aday sayının bir üst (ya da alt) sınır olduğunu, sonra ondan daha iyi bir sınırın bulunmadığını göstereceğiz.
Alıştırma 42.40 (Birleşimin Supremumu) \(A\) ve \(B\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi olsun.
\[\sup(A \cup B) = \max\{\sup A,\ \sup B\}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sayılar vardır. \(A\) ve \(B\) boş olmayan ve üstten sınırlı kümeler olduğundan Tamlık Aksiyomu gereği \(\alpha = \sup A\) ve \(\beta = \sup B\) vardır. \(m = \max\{\alpha, \beta\}\) yazalım (Tanım 7.4); tanımı gereği \(\alpha \le m\) ve \(\beta \le m\).
Adım 1: \(m\), \(A \cup B\)’nin bir üst sınırıdır. \(x \in A \cup B\) keyfi olsun. \(x \in A\) ise (S1) ile \(x \le \alpha \le m\); \(x \in B\) ise \(x \le \beta \le m\). Her iki hâlde \(x \le m\).
Adım 2: \(\sup(A \cup B) \le m\). \(A \cup B\) boş değildir ve Adım 1’e göre üstten sınırlıdır; Tamlık Aksiyomu gereği \(s = \sup(A \cup B)\) vardır. \(m\) bir üst sınır ve \(s\) üst sınırların en küçüğü olduğundan (S2) ile \(s \le m\).
Adım 3: \(m \le s\). \(A \subseteq A \cup B\) olduğundan Önerme 9.5 (1) gereği \(\alpha \le s\); aynı gerekçeyle \(\beta \le s\). \(m\) sayısı \(\alpha\) ile \(\beta\)’dan biridir; dolayısıyla \(m \le s\).
Sonuç. Adım 2 ve Adım 3 ile \(s \le m\) ve \(m \le s\); (O1) gereği \(s = m\), yani
\[\sup(A \cup B) = \max\{\sup A,\ \sup B\} .\]
İspatta yalnızca üstten sınırlılık kullanıldı; aynı olgu Alıştırma 9.1 (a) şıkkında da yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.41 (Birleşimin İnfimumu Aynalama ile) \(A\) ve \(B\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi olsun.
\[\inf(A \cup B) = \min\{\inf A,\ \inf B\}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bu eşitliğin iki yönlü eşitsizlikle doğrudan ispatı Alıştırma 45.1 kutusunda da ele alınır. Burada başka bir yol izleyeceğiz: kümeleri \(-1\) ile çarparak “aynalayıp” infimum sorusunu az önce çözdüğümüz supremum sorusuna (Alıştırma 42.40) çevireceğiz.
Adım 1: Aynalanmış kümeler. Bir \(S\) kümesi için \(-S = \{-s : s \in S\}\) olsun. \(A\) sınırlıysa \(-A\) da sınırlıdır: \(m \le a \le M\) ise Önerme 7.3 ile \(-M \le -a \le -m\). Ayrıca \(-A \neq \varnothing\). Aynısı \(B\) için de geçerlidir.
Adım 2: Birleşimin aynası. \(t \in -(A \cup B)\) demek \(-t \in A \cup B\), yani \(-t \in A\) veya \(-t \in B\) demektir; bu da \(t \in -A\) veya \(t \in -B\) demektir. Demek ki
\[-(A \cup B) = (-A) \cup (-B) .\]
Adım 3: Hesap. Teorem 9.3 gereği boş olmayan ve alttan sınırlı her \(S\) için \(\inf S = -\sup(-S)\), yani \(\sup(-S) = -\inf S\)’dir. Bu eşitliği önce \(A \cup B\) için, sonra \(A\) ve \(B\) için kullanalım; aradaki adımda Adım 2’yi ve \(-A\), \(-B\) kümelerine uygulanan Alıştırma 42.40 sonucunu kullanıyoruz:
\[\begin{aligned} \inf(A \cup B) &= -\sup\big((-A) \cup (-B)\big) \\[1mm] &= -\max\{\sup(-A),\ \sup(-B)\} \\[1mm] &= -\max\{-\inf A,\ -\inf B\} . \end{aligned}\]
Adım 4: \(-\max\{-\alpha, -\beta\} = \min\{\alpha, \beta\}\). \(\alpha = \inf A\), \(\beta = \inf B\) diyelim. \(\alpha \le \beta\) ise Önerme 7.3 ile \(-\beta \le -\alpha\); dolayısıyla \(\max\{-\alpha, -\beta\} = -\alpha\) ve sonuç \(-(-\alpha) = \alpha = \min\{\alpha, \beta\}\) olur (Önerme 6.5). \(\beta < \alpha\) ise \(-\alpha < -\beta\), maksimum \(-\beta\) ve sonuç \(\beta = \min\{\alpha, \beta\}\) olur.
Sonuç. Adım 3 ve Adım 4 birlikte
\[\inf(A \cup B) = \min\{\inf A,\ \inf B\}\]
verir. Aynalama, supremum için ispatlanan her sonucu infimuma taşımanın standart yoludur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.42 (Ötelenmiş Kümenin Supremumu) \(A\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı bir alt kümesi, \(c \in \mathbb{R}\) ve \(c + A = \{c + a : a \in A\}\) olsun.
\[\sup(c + A) = c + \sup A\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(A\) boş olmayan ve üstten sınırlı olduğundan \(s = \sup A\) vardır; \(c + A\) da boş değildir. \(c + s\) sayısının Teorem 9.1 teoremindeki iki koşulu sağladığını gösterelim.
Üst sınır. \(c + A\)’nın keyfi bir elemanı \(c + a\) biçimindedir (\(a \in A\)). (S1) gereği \(a \le s\); iki yana \(c\) ekleyince (O3; eşitlik hâlinde eşitlik korunur) \(c + a \le c + s\). Demek ki \(c + s\) bir üst sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 9.1 gereği \(s - \varepsilon < a\) olan bir \(a \in A\) vardır. İki yana \(c\) ekleyelim (O3):
\[(c + s) - \varepsilon < c + a, \qquad c + a \in c + A .\]
İki koşul sağlandığından Teorem 9.1 gereği \(\sup(c + A) = c + \sup A\).
Yani bir kümeyi sayı doğrusu üzerinde \(c\) kadar kaydırmak, supremumunu da tam \(c\) kadar kaydırır. Bu, Önerme 9.5 (4) maddesindeki toplam kuralının \(B = \{c\}\) özel hâlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.43 (Ötelenmiş Kümenin İnfimumu) \(A\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı bir alt kümesi, \(c \in \mathbb{R}\) ve \(c + A = \{c + a : a \in A\}\) olsun.
\[\inf(c + A) = c + \inf A\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(A\) boş olmayan ve alttan sınırlı olduğundan Teorem 9.3 gereği \(t = \inf A\) vardır. \(c + t\) sayısının Teorem 9.2 teoremindeki iki koşulu sağladığını gösterelim.
Alt sınır. \(c + a \in c + A\) keyfi olsun. (I1) gereği \(t \le a\); iki yana \(c\) ekleyince (O3) \(c + t \le c + a\). Demek ki \(c + t\) bir alt sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 9.2 gereği \(a < t + \varepsilon\) olan bir \(a \in A\) vardır. İki yana \(c\) ekleyince
\[c + a < (c + t) + \varepsilon, \qquad c + a \in c + A .\]
İki koşul sağlandığından Teorem 9.2 gereği \(\inf(c + A) = c + \inf A\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.44 (Çarpım Kümesinin Sınırlılığı) \(A\) ve \(B\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi olsun.
\[AB = \{c \in \mathbb{R} : c = ab,\ a \in A,\ b \in B\}\]
kümesinin de sınırlı olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
Sınırlılığı mutlak değerle ifade edelim. Bir küme sınırlıdır ancak ve ancak bütün elemanlarının mutlak değerleri ortak bir pozitif sayıyla sınırlanabiliyorsa (bkz. Tanım 9.2 ve ardından verilen not). Buna göre \(A\) ve \(B\) sınırlı olduğundan her \(a \in A\) için \(|a| \le K\) ve her \(b \in B\) için \(|b| \le L\) olacak biçimde \(K > 0\) ve \(L > 0\) sayıları vardır.
Çarpımların sınırı. \(a \in A\), \(b \in B\) keyfi olsun. Teorem 8.1 (5) ile \(|ab| = |a|\,|b|\). Şimdi iki eşitsizliği adım adım çarpalım:
- \(|a| \le K\) eşitsizliğini \(|b| \ge 0\) ile çarpalım: \(|a|\,|b| \le K|b|\) (\(|b| = 0\) ise iki yan da \(0\); \(|b| > 0\) ise (O4)).
- \(|b| \le L\) eşitsizliğini pozitif \(K\) ile çarpalım (O4): \(K|b| \le KL\).
Böylece \(|ab| \le KL\). Demek ki \(AB\)’nin her elemanının mutlak değeri \(KL\) ile sınırlıdır; Teorem 8.1 (7) ile her \(c \in AB\) için \(-KL \le c \le KL\).
Sonuç. \(AB\) boş değildir (\(A\) ve \(B\)’den birer eleman seçip çarparız); \(-KL\) bir alt, \(KL\) bir üst sınırdır. Dolayısıyla \(AB\) sınırlıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.45 (Çarpım Kümesinde Uç Değer Kuralının Bozulması) \(A\) ve \(B\), reel sayıların boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi ve \(AB = \{ab : a \in A,\ b \in B\}\) olsun. \(\sup(AB) \neq (\sup A)(\sup B)\) ve \(\inf(AB) \neq (\inf A)(\inf B)\) olacak biçimde \(A\), \(B\) kümelerine örnek veriniz.
Çözüm
Toplamda iyi çalışan kural (Önerme 9.5 (4)) çarpımda negatif sayılar yüzünden bozulur: iki “büyük” negatif sayının çarpımı çok büyük bir pozitif sayıdır. Bu yüzden negatif sayılar içeren kümeler arayalım:
\[A = B = [-2,\ 1] .\]
Önerme 9.4 gereği \(\sup A = \sup B = 1\) ve \(\inf A = \inf B = -2\); dolayısıyla
\[(\sup A)(\sup B) = 1, \qquad (\inf A)(\inf B) = (-2)(-2) = 4 .\]
\(\sup(AB) = 4\). \(a, b \in [-2, 1]\) olsun. \(-2 \le a \le 1 \le 2\) olduğundan Teorem 8.1 (7) ile \(|a| \le 2\); aynı biçimde \(|b| \le 2\). Teorem 8.1 (4) ve (5) ile
\[ab \le |ab| = |a|\,|b| \le 4\]
Son adımda, Alıştırma 42.44 kutusunda olduğu gibi iki eşitsizlik çarpıldı. Demek ki \(4\) bir üst sınırdır. \(4 = (-2)(-2) \in AB\) olduğundan \(\max(AB) = \sup(AB) = 4\).
\(\inf(AB) = -2\). \(a, b \in [-2, 1]\) olsun. \(ab \ge 0\) ise \(ab > -2\)’dir. \(ab < 0\) ise çarpanlar sıfırdan farklıdır (biri sıfır olsaydı çarpım sıfır olurdu, Önerme 6.9) ve zıt işaretlidir (ikisi de pozitif ya da ikisi de negatif olsaydı çarpım Önerme 7.5 (1) ya da Sonuç 7.1 gereği pozitif olurdu). (M1) sayesinde \(a < 0 < b\) alabiliriz. O zaman \(0 < -a \le 2\) ve \(0 < b \le 1\); pozitif sayılarla çarparak \((-a)b \le 2b \le 2\) buluruz. Önerme 6.12 ile \((-a)b = -(ab)\) olduğundan \(-(ab) \le 2\), yani \(ab \ge -2\). Demek ki \(-2\) bir alt sınırdır ve \(-2 = (-2) \cdot 1 \in AB\) olduğundan \(\min(AB) = \inf(AB) = -2\).
Sonuç.
\[\sup(AB) = 4 \neq 1 = (\sup A)(\sup B), \qquad \inf(AB) = -2 \neq 4 = (\inf A)(\inf B) .\]
Aslında \(AB = [-2, 4]\)’tür. Kümeler yalnızca pozitif sayılardan oluşursa bu bozulma ortadan kalkar; bunu sıradaki iki problemde göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.46 (Pozitif Kümelerin Çarpımının Supremumu) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}^{+}\) kümesinin boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi ve \(AB = \{ab : a \in A,\ b \in B\}\) olsun.
\[\sup(AB) = (\sup A)(\sup B)\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(\alpha = \sup A\) ve \(\beta = \sup B\) diyelim (Tamlık Aksiyomu). \(A\)’dan bir \(a_0\) seçersek \(0 < a_0 \le \alpha\); demek ki \(\alpha > 0\). Aynı biçimde \(\beta > 0\). \(AB\) boş değildir ve Alıştırma 42.44 gereği sınırlıdır; dolayısıyla \(\gamma = \sup(AB)\) vardır. \(\gamma = \alpha\beta\) olduğunu iki eşitsizlikle göstereceğiz.
Adım 1: \(\gamma \le \alpha\beta\). \(a \in A\), \(b \in B\) keyfi olsun; \(0 < a \le \alpha\) ve \(0 < b \le \beta\). \(a \le \alpha\) eşitsizliğini pozitif \(b\) ile, \(b \le \beta\) eşitsizliğini pozitif \(\alpha\) ile çarpalım (O4; eşitlik hâlinde eşitlik korunur):
\[ab \le \alpha b \le \alpha\beta .\]
Demek ki \(\alpha\beta\), \(AB\)’nin bir üst sınırıdır ve (S2) ile \(\gamma \le \alpha\beta\).
Adım 2: \(\alpha\beta \le \gamma\). Bir \(b \in B\) sabitleyelim. Her \(a \in A\) için \(ab \in AB\) olduğundan \(ab \le \gamma\); iki yanı pozitif \(\frac{1}{b}\) ile çarpınca \(a \le \frac{\gamma}{b}\). Yani \(\frac{\gamma}{b}\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır ve (S2) ile
\[\alpha \le \frac{\gamma}{b}, \quad \text{yani} \quad \alpha b \le \gamma .\]
İki yanı pozitif \(\frac{1}{\alpha}\) ile çarpınca \(b \le \frac{\gamma}{\alpha}\). Bu, her \(b \in B\) için doğrudur; demek ki \(\frac{\gamma}{\alpha}\), \(B\)’nin bir üst sınırıdır ve (S2) ile \(\beta \le \frac{\gamma}{\alpha}\), yani \(\alpha\beta \le \gamma\).
Sonuç. İki adımdan (O1) ile \(\gamma = \alpha\beta\):
\[\sup(AB) = (\sup A)(\sup B) .\]
İspatta pozitiflik iki yerde kullanıldı: üst sınırları çarparken (O4) ve \(b\) ile \(\alpha\)’ya bölerken. Alıştırma 42.45 kutusundaki karşı örnek, bu varsayım olmadan sonucun bozulduğunu gösterir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.47 (Pozitif Kümelerin Çarpımının İnfimumu) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}^{+}\) kümesinin boş olmayan ve sınırlı iki alt kümesi ve \(AB = \{ab : a \in A,\ b \in B\}\) olsun.
\[\inf(AB) = (\inf A)(\inf B)\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(\alpha = \inf A\) ve \(\beta = \inf B\) diyelim (Teorem 9.3). Bütün elemanlar pozitif olduğundan \(0\) her iki kümenin de bir alt sınırıdır; (I2) ile \(\alpha \ge 0\) ve \(\beta \ge 0\). Bu kez infimumlar \(0\) olabilir; örneğin \(A = (0, 1)\) için \(\inf A = 0\)’dır. Bu yüzden ispatı bölmeye dikkat ederek kuracağız. \(AB\) sınırlı ve boş olmadığından (Alıştırma 42.44) \(\delta = \inf(AB)\) vardır.
Adım 1: \(\alpha\beta \le \delta\). \(a \in A\), \(b \in B\) keyfi olsun; \(a \ge \alpha \ge 0\) ve \(b \ge \beta \ge 0\). \(\alpha \le a\) eşitsizliğini pozitif \(b\) ile çarpalım: \(\alpha b \le ab\). \(\beta \le b\) eşitsizliğini \(\alpha \ge 0\) ile çarpalım: \(\alpha\beta \le \alpha b\) (\(\alpha = 0\) ise iki yan da \(0\); \(\alpha > 0\) ise (O4)). Böylece
\[\alpha\beta \le \alpha b \le ab ;\]
\(\alpha\beta\), \(AB\)’nin bir alt sınırıdır ve (I2) ile \(\alpha\beta \le \delta\).
Adım 2: \(\delta \le \alpha\beta\). Bir \(b \in B\) sabitleyelim. Her \(a \in A\) için \(\delta \le ab\); iki yanı pozitif \(\frac{1}{b}\) ile çarpınca \(\frac{\delta}{b} \le a\). Yani \(\frac{\delta}{b}\), \(A\)’nın bir alt sınırıdır ve (I2) ile \(\frac{\delta}{b} \le \alpha\); iki yanı pozitif \(b\) ile çarpınca
\[\delta \le \alpha b \qquad (\text{her } b \in B \text{ için}).\]
Şimdi iki durum vardır.
- \(\alpha = 0\) ise bu eşitsizlik \(\delta \le 0 = \alpha\beta\) verir.
- \(\alpha > 0\) ise iki yanı pozitif \(\frac{1}{\alpha}\) ile çarparak her \(b \in B\) için \(\frac{\delta}{\alpha} \le b\) buluruz. \(\frac{\delta}{\alpha}\), \(B\)’nin bir alt sınırıdır; (I2) ile \(\frac{\delta}{\alpha} \le \beta\), yani \(\delta \le \alpha\beta\).
Sonuç. İki adımdan (O1) ile \(\delta = \alpha\beta\):
\[\inf(AB) = (\inf A)(\inf B) .\]
\(\blacksquare\)
42.8 Rasyonel ve İrrasyonel Sayılarla Kurulan Kümeler
Son iki problem, yoğunluk teoremlerinin (Teorem 13.5, Teorem 13.6) supremum ve infimum hesaplarında nasıl kullanıldığını gösteriyor. Ortak fikir şudur: aday sayının hemen altındaki ya da üstündeki her aralıkta istenen türden bir sayı bulunur; epsilon ölçütünün ikinci koşulu tam olarak budur.
Alıştırma 42.48 (Rasyonel Kümenin Reel Supremumu) \[\sup\{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 2\} = \sup\{x \in \mathbb{R} : x^2 < 2\}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(P = \{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 2\}\) ve \(B = \{x \in \mathbb{R} : x^2 < 2\}\) diyelim. Alıştırma 42.20 kutusunda \(B = (-\sqrt{2}, \sqrt{2})\) ve \(\sup B = \sqrt{2}\) bulundu. Göstermemiz gereken \(\sup P = \sqrt{2}\)’dir.
Üst sınır. \(P \subseteq B\) olduğundan her \(x \in P\) için \(x < \sqrt{2}\); \(\sqrt{2}\), \(P\)’nin bir üst sınırıdır. \(0 \in \mathbb{Q}\) ve \(0^2 < 2\) olduğundan \(P \neq \varnothing\)’dir; Tamlık Aksiyomu gereği \(\sup P\) vardır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve
\[c = \max\{\sqrt{2} - \varepsilon,\ 0\}\]
olsun. \(\sqrt{2} - \varepsilon < \sqrt{2}\) ve \(0 < \sqrt{2}\) olduğundan \(c < \sqrt{2}\). Teorem 13.5 gereği \(c < q < \sqrt{2}\) olan bir \(q \in \mathbb{Q}\) vardır. Bu \(q\) için:
- \(q > c \ge 0\), yani \(0 < q < \sqrt{2}\); Önerme 7.12 (4) ile \(q^2 < (\sqrt{2})^2 = 2\), dolayısıyla \(q \in P\);
- \(q > c \ge \sqrt{2} - \varepsilon\).
Teorem 9.1 gereği \(\sup P = \sqrt{2} = \sup B\).
\(c\)’yi \(0\) ile karşılaştırmamızın nedeni şudur: \(\varepsilon\) büyükse \(\sqrt{2} - \varepsilon\) negatif, hatta \(-\sqrt{2}\)’den küçük olabilir; o zaman \(\sqrt{2} - \varepsilon\) ile \(\sqrt{2}\) arasındaki her rasyonel \(P\)’ye ait olmaz. Pozitif bir \(q\) seçmek \(q^2 < 2\) koşulunu güvenceye alır.
Bu sonucu Sonuç 13.1 ile birlikte okumak gerekir: \(P\)’nin supremumu \(\mathbb{R}\) içinde vardır ve \(\sqrt{2}\)’dir, ama \(\sqrt{2}\) rasyonel olmadığından \(P\)’nin \(\mathbb{Q}\) içinde en küçük üst sınırı yoktur. Benzer bir küme Alıştırma 13.1 (d) şıkkında da incelenmiştir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 42.49 (Bir Sayının Sağındaki İrrasyoneller) Her \(y \in \mathbb{R}\) için
\[\inf\{x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} : y < x\} = y\]
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm
\(y \in \mathbb{R}\) sabit olsun ve \(I_y = \{x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} : y < x\}\) diyelim; \(I_y\), \(y\)’den büyük irrasyonel sayıların kümesidir.
Küme boş değildir. \(y < y + 1\) olduğundan Teorem 13.6 gereği \(y < r < y + 1\) olan bir irrasyonel \(r\) vardır; \(r \in I_y\).
Alt sınır. Tanım gereği her \(x \in I_y\) için \(y < x\); dolayısıyla \(y\) bir alt sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(y < y + \varepsilon\) olduğundan yine Teorem 13.6 gereği
\[y < r < y + \varepsilon\]
olan bir irrasyonel \(r\) vardır. Bu \(r\), \(I_y\)’nin bir elemanıdır ve \(r < y + \varepsilon\)’dur.
İki koşul sağlandığından Teorem 9.2 gereği \(\inf I_y = y\). Sonuç \(y\)’nin rasyonel ya da irrasyonel olmasına bağlı değildir. Ayrıca \(y \notin I_y\) olduğundan (koşul \(y < x\) kesin eşitsizliktir) minimum yoktur. \(y = 0\) alınırsa Alıştırma 13.1 (e) şıkkındaki pozitif irrasyoneller kümesi elde edilir.
\(\blacksquare\)
Bu problemlerle reel sayıların üç aksiyom grubunu, mutlak değeri ve tamlığı birlikte çalıştırdık. Sıradaki problemler doğal sayılara, tümevarıma, irrasyonel sayılara, sayılabilirliğe ve önemli eşitsizliklere geçiyor: Doğal Sayılar, Sayılabilirlik ve Eşitsizlikler Üzerine Problemler.