43  Doğal Sayılar, İrrasyonel Sayılar, Sayılabilirlik ve Eşitsizlikler Üzerine Problemler

Bu bölümdeki problemler reel sayılar kısmının ikinci yarısını çalıştırır: tümevarım ilkesi ve doğal sayıların dizilişi, tek ve çift sayılar, kareköklerin varlığı ve irrasyonellik, Arşimet özelliği ile taban fonksiyonu, son olarak sonlu, sonsuz ve sayılabilir kümeler. Bölümün sonunda analizin her yerinde karşımıza çıkacak birkaç önemli eşitsizliği — faktöriyel ile kuvvetlerin karşılaştırılmasını, Cauchy–Schwarz, Minkowski ve Chebyshev eşitsizliklerini — tümevarımla ve karelerin negatif olmamasıyla ispatlıyoruz.

Her problemi önce kendi başınıza deneyin, sonra çözümü açın. Çözümlerde her adımın dayandığı tanım ya da teorem kitaptaki yerine bağlanmıştır. Tümevarım ve özyineli tanımlar için Doğal Sayılar ve Tümevarım, tek–çift ayrımı ve rasyonel sayılar için Tam Sayılar ve Rasyonel Sayılar, taban fonksiyonu için Arşimet Özelliği ve Sonuçları, kökler için Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk, eşgüçlülük için de Sonlu, Sonsuz ve Sayılabilir Kümeler bölümüne dönebilirsiniz.

43.1 Kuvvetlerin Sıralanması

İlk üç problem, pozitif bir sayının kuvvetlerinin nasıl sıralandığını tümevarımla kurar. Üçünde de aynı iki araç iş görür: bir eşitsizliğin iki yanını pozitif bir sayıyla çarpmak yönü korur (O4), kuvvetler ise \(x^{n+1} = x^n \cdot x\) özyineli tanımıyla (Tanım 10.4) birbirine bağlanır.

Alıştırma 43.1 (Birden Küçük Pozitif Sayının Kuvvetleri) \(0 < x < 1\) olsun. Tümevarım yöntemiyle her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[x^{n+1} < x^n < 1\]

olduğunu ispatlayınız. Buradan, \(m, n \in \mathbb{N}\) ve \(n < m\) ise \(x^m < x^n\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Çözüm boyunca \(x > 0\) olduğundan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(x^n > 0\) olduğunu kullanacağız; bu gözlem, kuvvetin özyineli tanımından (Tanım 10.4) hemen sonra tümevarımla gösterilmişti.

Birinci iddia. \(P(n)\) önermesi “\(x^{n+1} < x^n < 1\)” olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(x^1 = x < 1\) varsayımın kendisidir. \(x < 1\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) sayısıyla çarpalım (O4):

\[x \cdot x < 1 \cdot x, \qquad \text{yani} \qquad x^2 < x .\]

Böylece \(x^2 < x^1 < 1\) ve \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. Bir \(k \in \mathbb{N}\) için \(P(k)\) doğru olsun: \(x^{k+1} < x^k < 1\). Zincirin ilk eşitsizliğini pozitif \(x\) ile çarparsak (O4) \(x^{k+1} \cdot x < x^k \cdot x\) olur; kuvvetin tanımıyla bu

\[x^{k+2} < x^{k+1}\]

demektir. Öte yandan hipotezdeki \(x^{k+1} < x^k\) ve \(x^k < 1\) eşitsizlikleri geçişlilikle (O2) \(x^{k+1} < 1\) verir. İkisini birleştirince \(x^{k+2} < x^{k+1} < 1\), yani \(P(k+1)\) doğrudur. Teorem 10.1 gereği \(P(n)\) her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur.

İkinci iddia. \(n \in \mathbb{N}\) sabit olsun. \(n < m\) koşulu, Önerme 10.3 (4) gereği \(m \ge n + 1\) ile aynı şeydir. Bu yüzden \(Q(m)\): “\(x^m < x^n\)” önermesini \(n_0 = n + 1\)’den başlayan tümevarımla (Teorem 10.4) ispatlamak yeter.

Temel adım (\(m = n + 1\)). \(x^{n+1} < x^n\), birinci iddianın ilk eşitsizliğidir.

Tümevarım adımı. \(m \ge n + 1\) ve \(x^m < x^n\) olsun. Birinci iddiayı \(m\) için yazarsak \(x^{m+1} < x^m\); geçişlilikle (O2) \(x^{m+1} < x^n\), yani \(Q(m+1)\) doğrudur.

Demek ki \(n < m\) olan her \(m\) için \(x^m < x^n\). Örneğin \(x = \frac{1}{2}\) için \(\frac{1}{2} > \frac{1}{4} > \frac{1}{8} > \cdots\) dizilişi tam olarak bu sonuçtur: birden küçük pozitif bir sayının kuvvetleri, üs büyüdükçe kesin olarak küçülür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.2 (Birden Büyük Sayının Kuvvetleri) \(x > 1\) olsun. Tümevarım yöntemiyle her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[x^{n+1} > x^n > 1\]

olduğunu ispatlayınız. Buradan, \(m, n \in \mathbb{N}\) ve \(n < m\) ise \(x^n < x^m\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Önerme 7.7 gereği \(0 < 1\) ve varsayımla \(1 < x\) olduğundan geçişlilikle (O2) \(x > 0\)’dır; dolayısıyla eşitsizlikleri \(x\) ile çarpmak yönü korur (O4).

Birinci iddia. \(P(n)\): “\(x^{n+1} > x^n > 1\)”.

Temel adım (\(n = 1\)). \(1 < x\) eşitsizliğini pozitif \(x\) ile çarparsak \(1 \cdot x < x \cdot x\), yani \(x < x^2\). Varsayımla da \(x^1 = x > 1\). Böylece \(x^2 > x^1 > 1\) ve \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(P(k)\) doğru olsun: \(x^{k+1} > x^k > 1\). İlk eşitsizliği pozitif \(x\) ile çarpınca \(x^{k+1} \cdot x > x^k \cdot x\), yani

\[x^{k+2} > x^{k+1}.\]

Hipotezdeki \(x^{k+1} > x^k > 1\) zinciri geçişlilikle \(x^{k+1} > 1\) verir. Böylece \(x^{k+2} > x^{k+1} > 1\); \(P(k+1)\) doğrudur. Teorem 10.1 gereği \(P(n)\) her \(n\) için doğrudur.

İkinci iddia. \(n\) sabit olsun; \(n < m\), Önerme 10.3 (4) gereği \(m \ge n + 1\) demektir. \(Q(m)\): “\(x^n < x^m\)” önermesini \(n_0 = n + 1\)’den başlayan tümevarımla (Teorem 10.4) gösterelim. \(m = n + 1\) için \(x^n < x^{n+1}\) birinci iddiadır. \(m \ge n + 1\) için \(x^n < x^m\) doğruysa, birinci iddianın verdiği \(x^m < x^{m+1}\) ile birlikte geçişlilikten \(x^n < x^{m+1}\) çıkar.

Demek ki birden büyük bir sayının kuvvetleri üs büyüdükçe kesin olarak büyür. Örneğin \(x = 2\) için \(2 < 4 < 8 < 16 < \cdots\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.3 (Bir Sayı ile Bir Fazlasının Kuvvetleri) \(x > 0\) olsun. Tümevarım yöntemiyle her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[0 < x < (x + 1)^n\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(0 < x\) varsayımdır; geriye her \(n\) için \(x < (x+1)^n\) olduğunu göstermek kalır. \(P(n)\) bu eşitsizlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). \(0 < 1\) eşitsizliğinin iki yanına \(x\) ekleyelim (O3): \(x < x + 1 = (x + 1)^1\). \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(P(k)\) doğru olsun: \(x < (x + 1)^k\). \(x + 1 > x > 0\) olduğundan \(x + 1\) pozitiftir; hipotezi bu sayıyla çarpalım (O4):

\[x(x + 1) < (x + 1)^k (x + 1) = (x + 1)^{k+1}.\]

Sol taraf \(x(x+1) = x^2 + x\)’tir. \(x \ne 0\) olduğundan Önerme 7.12 (1) gereği \(x^2 > 0\), dolayısıyla (O3) ile \(x = 0 + x < x^2 + x\). Geçişlilikle

\[x < x^2 + x < (x + 1)^{k+1},\]

yani \(P(k+1)\) doğrudur. Teorem 10.1 gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(0 < x < (x+1)^n\).

Aynı sonuç, birden büyük sayıların kuvvetleri üzerine olan problemden (Alıştırma 43.2) de okunabilir: \(x + 1 > 1\) olduğundan kuvvetler artar ve \((x+1)^n \ge (x+1)^1 = x + 1 > x\) olur.

\(\blacksquare\)

43.2 Toplam Formülleri ve Bir Üstel Eşitsizlik

Sıradaki beş problemde \(n\)’ye bağlı bir eşitlik ya da eşitsizlik verilmiştir; iş, onu her \(n\) için tümevarımla kanıtlamaktır. Tümevarım adımında hep aynı hamleyi yapacağız: \(n + 1\) için yazılan toplamdan son terimi ayırıp tümevarım hipotezini kullanmak, sonra kalan ifadeyi sadeleştirmek. Toplam sembolü özyineli olarak tanımlanmıştır (Tanım 10.4).

Alıştırma 43.4 (Ardışık Tek Sayıların Toplamı) Tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1 + 3 + 5 + \cdots + (2n - 1) = n^2\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\) yukarıdaki eşitlik olsun. Soldaki toplamın \(k\)-ıncı terimi \(2k - 1\)’dir.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol tarafta yalnızca \(2 \cdot 1 - 1 = 1\) terimi vardır; sağ taraf \(1^2 = 1\)’dir. \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. Bir \(n \in \mathbb{N}\) için \(P(n)\) doğru olsun. \(n + 1\)’inci tek sayı \(2(n+1) - 1 = 2n + 1\)’dir. Toplamın son terimini ayırıp hipotezi kullanalım:

\[1 + 3 + \cdots + (2n - 1) + (2n + 1) = n^2 + 2n + 1 = (n + 1)^2 .\]

Son eşitlik, dağılma özelliğiyle açılan \((n+1)^2 = n^2 + 2n + 1\) özdeşliğidir. Bu, \(P(n+1)\)’dir; Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur.

Formülün bir resmi de var: \(n \times n\)’lik bir kareyi köşeden başlayarak \(1, 3, 5, \dots, 2n - 1\) birim kareden oluşan iç içe “L” parçalarına ayırabiliriz. Kitaptaki Örnek 10.3 aynı eşitliğin bir örneğiydi.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.5 (Ardışık Karelerin Toplamı) Tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\) yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(1^2 = 1\), sağ taraf \(\dfrac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1\). \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(P(n)\) doğru olsun. Son terimi ayırıp hipotezi uygulayalım, sonra ortak paydaya getirip \((n+1)\) çarpanını dışarı alalım:

\[ \begin{aligned} 1^2 + \cdots + n^2 + (n+1)^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 \\[1mm] &= \frac{(n+1)\big[n(2n+1) + 6(n+1)\big]}{6} \\[1mm] &= \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6}. \end{aligned} \]

Köşeli parantezin içi çarpanlarına ayrılır:

\[(n + 2)(2n + 3) = 2n^2 + 3n + 4n + 6 = 2n^2 + 7n + 6 .\]

Dolayısıyla toplam

\[\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6} = \frac{(n+1)\big((n+1)+1\big)\big(2(n+1)+1\big)}{6}\]

olur; bu, formülün \(n + 1\) için yazılmış hâlidir. Teorem 10.1 gereği formül her \(n\) için doğrudur.

Bir sağlama: \(n = 4\) için \(1 + 4 + 9 + 16 = 30\) ve \(\dfrac{4 \cdot 5 \cdot 9}{6} = 30\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.6 (Ardışık Küplerin Toplamı) Tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(P(n)\) yukarıdaki eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(1^3 = 1\), sağ taraf \(\dfrac{1 \cdot 4}{4} = 1\). \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(P(n)\) doğru olsun. Son terimi ayıralım, hipotezi kullanalım ve \((n+1)^2\) çarpanını dışarı alalım:

\[ \begin{aligned} 1^3 + \cdots + n^3 + (n+1)^3 &= \frac{n^2(n+1)^2}{4} + (n+1)^3 \\[1mm] &= \frac{(n+1)^2 \big[n^2 + 4(n+1)\big]}{4} \\[1mm] &= \frac{(n+1)^2 (n^2 + 4n + 4)}{4} = \frac{(n+1)^2 (n+2)^2}{4}. \end{aligned} \]

Son adımda \((n+2)^2 = n^2 + 4n + 4\) özdeşliğini kullandık. Elde edilen ifade, formülün \(n + 1\) için yazılmış hâlidir. Teorem 10.1 gereği formül her \(n\) için doğrudur.

Sonucun güzel bir okunuşu var: Örnek 10.2 gereği \(1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}\) olduğundan

\[1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \left(1 + 2 + \cdots + n\right)^2 .\]

Örneğin \(1 + 8 + 27 = 36 = (1 + 2 + 3)^2\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.7 (Küp ile Üçün Kuvvetinin Karşılaştırılması) Tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n^3 \le 3^n\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Önce küçük değerlere bakalım:

\(n\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)
\(n^3\)	\(1\)	\(8\)	\(27\)	\(64\)
\(3^n\)	\(3\)	\(9\)	\(27\)	\(81\)

\(n = 1, 2, 3\) için eşitsizlik doğrudan sağlanır (\(n = 3\)’te eşitlik vardır). Geriye \(n \ge 3\) olan doğal sayılar kalır; onlar için \(n_0 = 3\)’ten başlayan tümevarım (Teorem 10.4) kullanacağız. Bunun nedeni, tümevarım adımında gereken tahminin ancak \(n \ge 3\) iken işlemesidir.

Temel adım (\(n = 3\)). \(3^3 = 27 \le 27 = 3^3\).

Tümevarım adımı. \(n \ge 3\) ve \(n^3 \le 3^n\) olsun. \((n+1)^3\)’ü açalım:

\[(n + 1)^3 = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 .\]

Sağdaki son üç terimi \(n^3\) cinsinden sınırlayalım.

• \(n \ge 3\) olduğundan iki yanı pozitif \(n^2\) ile çarparak \(3n^2 \le n \cdot n^2 = n^3\) buluruz.
• \(n \ge 3\) olduğundan \(n^2 \ge 9\) ve \(n^3 = n \cdot n^2 \ge 9n = 3n + 6n\); \(6n \ge 6 > 1\) olduğundan \(3n + 1 < n^3\).

Bunları toplayınca

\[(n+1)^3 = n^3 + 3n^2 + (3n + 1) < n^3 + n^3 + n^3 = 3n^3 .\]

Tümevarım hipotezini pozitif \(3\) ile çarparsak \(3n^3 \le 3 \cdot 3^n = 3^{n+1}\). Geçişlilikle \((n+1)^3 < 3^{n+1}\); özel olarak \((n+1)^3 \le 3^{n+1}\) ve iddia \(n + 1\) için de doğrudur.

Teorem 10.4 gereği her \(n \ge 3\) için \(n^3 \le 3^n\); \(n = 1, 2\) hâlleri tabloda görüldü. Demek ki eşitsizlik her \(n \in \mathbb{N}\) için geçerlidir. Adımdaki kesin eşitsizlik, eşitliğin yalnızca \(n = 3\)’te gerçekleştiğini de gösterir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.8 (Ardışık Tek Sayı Çarpımlarının Terslerinin Toplamı) Tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{n}{2n+1}\]

olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Toplamı terim terim yazalım:

\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \cdots + \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} .\]

\(P(n)\) iddia edilen eşitlik olsun.

Temel adım (\(n = 1\)). Sol taraf \(\dfrac{1}{1 \cdot 3} = \dfrac{1}{3}\), sağ taraf \(\dfrac{1}{2 \cdot 1 + 1} = \dfrac{1}{3}\). \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(P(n)\) doğru olsun. Toplam sembolünün tanımı gereği \(n + 1\) terimli toplam, \(n\) terimli toplama \(k = n + 1\) terimini eklemektir; bu terim \(\dfrac{1}{(2n+1)(2n+3)}\)’tür. Hipotezle

\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} &= \frac{n}{2n+1} + \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} \\[1mm] &= \frac{n(2n+3) + 1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{2n^2 + 3n + 1}{(2n+1)(2n+3)} . \end{aligned} \]

Pay çarpanlarına ayrılır:

\[(n+1)(2n+1) = 2n^2 + n + 2n + 1 = 2n^2 + 3n + 1 .\]

\(2n + 1 \ne 0\) olduğundan sadeleştirebiliriz:

\[\frac{(n+1)(2n+1)}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{n+1}{2n+3} = \frac{n+1}{2(n+1)+1} .\]

Bu, \(P(n+1)\)’dir. Teorem 10.1 gereği eşitlik her \(n\) için doğrudur.

Formülün nereden geldiğini görmek için bir terimi ikiye ayırabiliriz:

\[\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right).\]

Toplamda ardışık parçalar birbirini götürür ve geriye \(\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right) = \frac{n}{2n+1}\) kalır. Örneğin \(n = 3\) için

\[\frac{1}{3} + \frac{1}{15} + \frac{1}{35} = \frac{35 + 7 + 3}{105} = \frac{45}{105} = \frac{3}{7} = \frac{3}{2 \cdot 3 + 1} .\]

\(\blacksquare\)

43.3 Ardıllar ve Tek–Çift Sayılar

Şimdi doğal sayıların dizilişine ve tam sayıların tek–çift ayrımına dönüyoruz. Ardıl kavramı Peano aksiyomlarından (Tanım 10.3), tek ve çift sayılar ise kendi tanımlarıyla (Tanım 11.2) verilmiştir; en sık kullanacağımız olgu, her tam sayının ya tek ya çift olduğu ve ikisi birden olamadığıdır (Önerme 11.2).

Alıştırma 43.9 (Birden Farklı Her Doğal Sayı Bir Ardıldır) \(1\)’den farklı her doğal sayının başka bir doğal sayının ardılı olduğunu tümevarımla ispatlayınız.

Çözüm

Doğal sayılarda \(m\)’nin ardılı \(m + 1\)’dir (Önerme 10.5). İspatlanacak iddia şudur: her \(n \in \mathbb{N}\), \(n \ne 1\) için \(n = m + 1\) olacak biçimde bir \(m \in \mathbb{N}\) vardır. “\(n \ne 1\)” koşulunu önermenin içine katarak her \(n\) için anlamlı bir önerme elde edelim:

\[P(n): \quad n = 1 \ \text{ ya da } \ n = m + 1 \text{ olacak biçimde bir } m \in \mathbb{N} \text{ vardır.}\]

Temel adım. \(n = 1\) için “\(n = 1\)” kısmı doğrudur; dolayısıyla \(P(1)\) doğrudur.

Tümevarım adımı. \(k \in \mathbb{N}\) ve \(P(k)\) doğru olsun. \(P(k+1)\)’i göstermek için \(m = k\) almak yeter: \(k \in \mathbb{N}\) ve \(k + 1 = m + 1\). Yani \(k + 1\), \(k\)’nın ardılıdır ve \(P(k+1)\) doğrudur. (Bu adımda hipotezin kendisine ihtiyaç duymadık; yalnızca \(k\)’nın bir doğal sayı olması yetti. Tümevarım ispatlarında bu da olabilir.)

Teorem 10.1 gereği \(P(n)\) her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur. Şimdi \(n \in \mathbb{N}\) ve \(n \ne 1\) olsun. \(P(n)\)’nin birinci kısmı yanlış olduğundan ikinci kısmı doğrudur: \(n = m + 1\) olacak bir \(m \in \mathbb{N}\) vardır, yani \(n\), \(m\)’nin ardılıdır.

Bu \(m\) tektir: \(n = m + 1 = m' + 1\) ise sadeleştirmeyle (Önerme 6.3) \(m = m'\); bu, (P3) aksiyomunun söylediğidir. Ayrıca \(m = n - 1 \ge 1\) olduğundan \(n \ge 2\) bulunur. Kitapta aynı olgu Önerme 10.3 (2) olarak, kümeler diliyle ispatlanmıştı.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.10 (Çarpımı Çift Olan İki Tam Sayı) \(m, n \in \mathbb{Z}\) ve \(mn\) çift bir sayı ise \(m\)’nin ya da \(n\)’nin çift olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Karşıt ters yöntemini kullanalım: \(m\) de \(n\) de çift değilse \(mn\)’nin çift olmadığını göstereceğiz.

\(m\) ve \(n\) çift değilse Önerme 11.2 gereği ikisi de tektir: \(m = 2k + 1\) ve \(n = 2l + 1\) olacak biçimde \(k, l \in \mathbb{Z}\) vardır. Çarpalım:

\[mn = (2k + 1)(2l + 1) = 4kl + 2k + 2l + 1 = 2(2kl + k + l) + 1 .\]

Önerme 11.1 gereği \(2kl + k + l \in \mathbb{Z}\); dolayısıyla \(mn\) tektir (Tanım 11.2). Bir tam sayı hem tek hem çift olamayacağından (Önerme 11.2) \(mn\) çift değildir.

Böylece “\(m\) ve \(n\) çift değil \(\Rightarrow\) \(mn\) çift değil” önermesini gösterdik; karşıt tersi olan “\(mn\) çift \(\Rightarrow\) \(m\) çift ya da \(n\) çift” önermesi de doğrudur.

“Ya da” burada kapsayıcıdır: \(4 \cdot 6 = 24\) örneğinde iki çarpan da çifttir, \(3 \cdot 8 = 24\) örneğinde yalnızca biri. İddianın söylediği, iki çarpanın birden tek olamayacağıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.11 (Ardışık İki Tam Sayının Çarpımı Çifttir) \(n \in \mathbb{Z}\) ise \(n(n + 1)\) sayısının çift olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Çarpımı \(n(n+1) = n^2 + n\) biçiminde yazalım. Önerme 11.3 gereği \(n^2\) ile \(n\) aynı türdendir: \(n\) çiftse \(n^2\) de çifttir, \(n\) tekse \(n^2\) de tektir. İki durumu ayrı ayrı inceleyelim.

• \(n\) çift. \(n = 2a\) ve \(n^2 = 2b\) olacak biçimde \(a, b \in \mathbb{Z}\) vardır. Toplam \(n^2 + n = 2b + 2a = 2(a + b)\) çifttir.

• \(n\) tek. \(n = 2a + 1\) ve \(n^2 = 2b + 1\) olacak biçimde \(a, b \in \mathbb{Z}\) vardır. Toplam

  \[n^2 + n = (2b + 1) + (2a + 1) = 2(a + b + 1)\]

  biçiminde yazılır, yani çifttir.

Önerme 11.2 gereği her tam sayı bu iki durumdan birine düşer ve \(a + b\), \(a + b + 1\) tam sayıdır (Önerme 11.1). Demek ki her \(n \in \mathbb{Z}\) için \(n(n+1)\) çifttir.

Aynı sonuca, ardışık iki tam sayıdan birinin çift olması üzerinden de varılabilir; kitaptaki Örnek 11.2 bu yolu izler. Örneğin \(7 \cdot 8 = 56\), \((-4)(-3) = 12\) ve \(0 \cdot 1 = 0\) sayılarının hepsi çifttir.

\(\blacksquare\)

43.4 Karekökler ve İrrasyonel Sayılar

Bu grubun problemleri \(\sqrt{n}\) biçimindeki sayıların ne zaman rasyonel olduğunu inceliyor. Kitapta \(\sqrt{2}\)’nin irrasyonelliğini tek–çift ayrımıyla gösterdik (Teorem 13.3). Genel bir \(n\) için bu yol işlemez, çünkü elimizde asal çarpanlara ayırma yoktur. Onun yerine iyi sıralama ilkesine (Teorem 10.2) ve taban fonksiyonuna (Tanım 12.1) dayanan bir “küçültme” fikri kullanacağız: bir kesrin paydası, alabileceği en küçük değerden daha da küçültülebiliyorsa çelişki çıkar. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n}\), karesi \(n\) olan tek pozitif reel sayıdır (Teorem 13.2).

Alıştırma 43.12 (Bir Doğal Sayının Karekökü Doğal Sayı ya da İrrasyoneldir) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n}\) sayısının ya bir doğal sayı ya da bir irrasyonel sayı olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Her reel sayı ya rasyoneldir ya irrasyoneldir (Tanım 13.1). Bu yüzden şunu göstermek yeter: \(\sqrt{n}\) rasyonelse bir doğal sayıdır. Olmayana ergi yöntemiyle, \(\sqrt{n} \in \mathbb{Q}\) ama \(\sqrt{n} \notin \mathbb{N}\) olduğunu varsayalım.

Adım 1: \(\sqrt{n}\) iki ardışık doğal sayının arasındadır. \(n \ge 1\) olduğundan \(\sqrt{n} \ge 1\)’dir; aksi hâlde \(0 < \sqrt{n} < 1\) olur ve Teorem 11.3 (4) gereği \(n = (\sqrt{n})^2 < 1^2 = 1\) çıkardı. \(k = \lfloor \sqrt{n} \rfloor\) diyelim. Taban, \(\sqrt{n}\)’yi aşmayan tam sayıların en büyüğü olduğundan (Sonuç 12.3 (4)) ve \(1 \le \sqrt{n}\) olduğundan \(k \ge 1\), yani \(k \in \mathbb{N}\)’dir. Pozitif bir tam sayı doğal sayı olduğundan varsayımımız \(\sqrt{n} \notin \mathbb{Z}\) demektir; Sonuç 12.3 (6) gereği \(k \ne \sqrt{n}\) ve

\[k < \sqrt{n} < k + 1 .\]

Adım 2: En küçük payda. \(\sqrt{n}\) rasyonel olduğundan paydası doğal sayı olan bir kesirle yazılabilir (paydası negatifse pay ve paydayı \(-1\) ile çarparız; Önerme 11.4). Bu tür yazılışlarda görünen paydaların kümesi

\[D = \left\{ q \in \mathbb{N} : \text{bir } m \in \mathbb{Z} \text{ için } \sqrt{n} = \frac{m}{q} \right\}\]

boş değildir. Teorem 10.2 gereği \(D\)’nin en küçük elemanı vardır; ona \(q\) diyelim ve \(\sqrt{n} = \dfrac{m}{q}\) yazalım. \(\sqrt{n} > 0\) ve \(q > 0\) olduğundan \(m = q\sqrt{n} > 0\), yani \(m \in \mathbb{N}\). Kare alınca \(n = \dfrac{m^2}{q^2}\), yani

\[m^2 = n q^2 . \tag{1}\]

Adım 3: Daha küçük bir payda. Adım 1’deki eşitsizliği pozitif \(q\) ile çarpalım: \(kq < m < (k+1)q\), yani

\[0 < m - kq < q .\]

\(q' = m - kq\) ve \(m' = nq - km\) tanımlayalım. İkisi de tam sayıdır (Önerme 11.1); \(q'\) pozitif bir tam sayı olduğundan \(q' \in \mathbb{N}\) ve \(q' < q\). Şimdi (1)’i kullanarak \(m'q\) çarpımını hesaplayalım:

\[m' q = nq^2 - kmq = m^2 - kmq = m(m - kq) = m q' .\]

Önerme 11.4 (1) gereği bu, \(\dfrac{m'}{q'} = \dfrac{m}{q} = \sqrt{n}\) demektir. Demek ki \(q' \in D\); ama \(q' < q\) ve \(q\), \(D\)’nin en küçük elemanıydı. Çelişki.

Sonuç. Varsayımımız yanlıştır: \(\sqrt{n}\) rasyonelse doğal sayıdır. Rasyonel değilse tanım gereği irrasyoneldir. Böylece her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n}\) ya bir doğal sayı ya da bir irrasyonel sayıdır. Örneğin \(\sqrt{9} = 3 \in \mathbb{N}\); buna karşılık \(9 < 10 < 16\) olduğundan \(3 < \sqrt{10} < 4\) ve \(\sqrt{10}\) doğal sayı olamaz, dolayısıyla irrasyoneldir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.13 (Ardışık İki Doğal Sayının Kareköklerinin Toplamı) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n} + \sqrt{n+1}\) sayısının irrasyonel olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Olmayana ergi: bir \(n \in \mathbb{N}\) için \(s = \sqrt{n} + \sqrt{n+1}\) rasyonel olsun. İki pozitif sayının toplamı olarak \(s > 0\), dolayısıyla \(s \ne 0\).

Adım 1: Fark da rasyoneldir. \((a - b)(a + b) = a^2 - b^2\) özdeşliğini \(a = \sqrt{n+1}\), \(b = \sqrt{n}\) ile uygulayalım:

\[\left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right) s = (n + 1) - n = 1 .\]

Demek ki \(\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \dfrac{1}{s}\); rasyonel bir sayının tersi rasyoneldir (Önerme 11.6).

Adım 2: İki karekök de rasyoneldir. Toplamla farkı önce toplayıp sonra çıkaralım:

\[\sqrt{n+1} = \frac{1}{2}\left(s + \frac{1}{s}\right), \qquad \sqrt{n} = \frac{1}{2}\left(s - \frac{1}{s}\right).\]

Sağ taraflar rasyonel sayılarla yapılan dört işlemden oluştuğundan rasyoneldir (Önerme 11.6).

Adım 3: Çelişki. Alıştırma 43.12 gereği rasyonel olan bir karekök doğal sayıdır: \(\sqrt{n} = a\) ve \(\sqrt{n+1} = b\) olacak biçimde \(a, b \in \mathbb{N}\) vardır; yani \(n = a^2\) ve \(n + 1 = b^2\). \(a^2 < b^2\) ve \(a, b > 0\) olduğundan Teorem 11.3 (4) gereği \(a < b\); Önerme 10.3 (4) ile \(b \ge a + 1\). Pozitif sayılarda kare almak sıralamayı koruduğundan

\[n + 1 = b^2 \ge (a + 1)^2 = a^2 + 2a + 1 = n + 2a + 1 \ge n + 3 .\]

Bu, \(1 \ge 3\) demektir; çelişki. Demek ki \(\sqrt{n} + \sqrt{n+1}\) rasyonel olamaz, yani irrasyoneldir.

Çelişkinin özü şudur: negatif olmayan tam sayılar arasında ikisi birden tam kare olan ardışık sayılar yalnızca \(0 = 0^2\) ile \(1 = 1^2\)’dir; \(a \ge 1\) için ardışık iki tam kare \(a^2\) ile \((a+1)^2\) arasındaki fark \(2a + 1 \ge 3\)’tür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.14 (Bir Karekökün Kendisiyle Toplamı) “Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n} + \sqrt{n}\) irrasyoneldir” iddiası doğru mudur? Doğruysa ispatlayınız, yanlışsa bir karşı örnek veriniz ve sayının hangi \(n\) değerleri için irrasyonel olduğunu belirleyiniz.

Çözüm

\(\sqrt{n} + \sqrt{n} = 2\sqrt{n}\)’dir. İddia yanlıştır: \(n = 1\) için \(2\sqrt{1} = 2\), \(n = 4\) için \(2\sqrt{4} = 4\) bulunur ve ikisi de rasyoneldir. Tek bir karşı örnek “her \(n\) için” iddiasını çürütmeye yeter.

Şimdi sayının tam olarak ne zaman irrasyonel olduğunu bulalım.

• \(\sqrt{n}\) irrasyonelse, sıfırdan farklı rasyonel \(2\) ile çarpımı da irrasyoneldir (Önerme 13.3 (2)): \(2\sqrt{n}\) irrasyoneldir.
• \(\sqrt{n}\) rasyonelse \(2\sqrt{n}\) iki rasyonelin çarpımı olarak rasyoneldir (Önerme 11.6).

Demek ki \(2\sqrt{n}\) ile \(\sqrt{n}\) aynı türdendir. Alıştırma 43.12 gereği \(\sqrt{n}\) ancak bir doğal sayıya eşitse rasyoneldir; \(\sqrt{n} = a \in \mathbb{N}\) olması \(n = a^2\), yani \(n\)’nin bir tam kare olması demektir.

Sonuç. \(\sqrt{n} + \sqrt{n}\) sayısı, \(n\) bir tam kare değilken (\(n = 2, 3, 5, 6, 7, 8, 10, \dots\)) irrasyonel, \(n\) bir tam kareyken (\(n = 1, 4, 9, 16, \dots\)) bir doğal sayıdır. Doğru önerme şudur: \(n\) tam kare değilse \(\sqrt{n} + \sqrt{n}\) irrasyoneldir.

Bunu Alıştırma 43.13 ile karşılaştırmak öğreticidir: iki farklı ardışık sayının kareköklerinin toplamı her zaman irrasyoneldir; aynı karekökü iki kez toplamak ise sayının türünü değiştirmez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.15 (Rasyonel ile İrrasyonelin Toplamı) \(r \ne 0\) bir rasyonel sayı ve \(x\) bir irrasyonel sayı olsun. \(x + r\) sayısının irrasyonel olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Olmayana ergi: \(x + r = q\) rasyonel olsun. O zaman

\[x = q - r\]

iki rasyonel sayının farkıdır. Rasyonel sayılar çıkarma altında kapalı olduğundan (Önerme 11.6) \(x \in \mathbb{Q}\) olur. Bu, \(x\)’in irrasyonel olmasıyla çelişir (Tanım 13.1: \(\mathbb{Q} \cap \mathbb{I} = \varnothing\)). Demek ki \(x + r\) irrasyoneldir.

İspatta \(r \ne 0\) koşulunu hiç kullanmadık; \(r = 0\) için \(x + 0 = x\) zaten irrasyoneldir. Bu sonuç Önerme 13.3 (1) ile aynıdır. Örneğin \(\sqrt{2} + \frac{1}{3}\) ve \(\sqrt{2} - 5\) irrasyoneldir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.16 (Sıfırdan Farklı Rasyonel ile İrrasyonelin Çarpımı) \(r \ne 0\) bir rasyonel sayı ve \(x\) bir irrasyonel sayı olsun. \(rx\) sayısının irrasyonel olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Olmayana ergi: \(rx = q\) rasyonel olsun. \(r \ne 0\) olduğundan \(r^{-1}\) vardır ve rasyoneldir (Önerme 11.6). Eşitliğin iki yanını \(r^{-1}\) ile çarparsak

\[x = r^{-1} q\]

bulunur; sağ taraf iki rasyonelin çarpımı olarak rasyoneldir (Önerme 11.6). Bu, \(x\)’in irrasyonel olmasıyla çelişir. Demek ki \(rx\) irrasyoneldir.

Bu kez \(r \ne 0\) koşulu gerçekten gereklidir: \(r = 0\) için \(0 \cdot x = 0\) rasyoneldir (Önerme 6.9). Sonuç Önerme 13.3 (2)’nin kendisidir; örneğin \(-\sqrt{2}\), \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) ve \(7\sqrt{2}\) irrasyoneldir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.17 (Toplamı ve Çarpımı Rasyonel Olan İki İrrasyonel) Hem \(x + y\) hem \(xy\) rasyonel olacak biçimde iki irrasyonel sayı \(x\) ve \(y\) örneği bulunuz.

Çözüm

\(x = 1 + \sqrt{2}\) ve \(y = 1 - \sqrt{2}\) alalım.

İkisi de irrasyoneldir. \(\sqrt{2}\) irrasyoneldir (Teorem 13.3). Alıştırma 43.15 gereği \(1 + \sqrt{2}\) irrasyoneldir. Alıştırma 43.16 gereği \(-\sqrt{2} = (-1)\sqrt{2}\) irrasyoneldir; yine Alıştırma 43.15 gereği \(1 + (-\sqrt{2}) = 1 - \sqrt{2}\) irrasyoneldir.

Toplam ve çarpım rasyoneldir.

\[ \begin{aligned} x + y &= (1 + \sqrt{2}) + (1 - \sqrt{2}) = 2, \\[1mm] xy &= (1 + \sqrt{2})(1 - \sqrt{2}) = 1 - (\sqrt{2})^2 = 1 - 2 = -1 . \end{aligned} \]

Çarpımda \((a + b)(a - b) = a^2 - b^2\) özdeşliğini kullandık. \(2\) ve \(-1\) rasyonel olduğundan aranan örnek budur.

Aynı fikir bütün bir aile verir: her rasyonel \(a\) için \(x = a + \sqrt{2}\) ve \(y = a - \sqrt{2}\) irrasyoneldir, toplamları \(2a\), çarpımları \(a^2 - 2\) rasyoneldir. \(a = 0\) en basit örneği verir: \(\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0\) ve \(\sqrt{2} \cdot (-\sqrt{2}) = -2\). Bu örnekler, irrasyonel sayılar kümesinin toplama ve çarpma altında kapalı olmadığını gösterir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.18 (Karekök İki Artı Karekök Üç) \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(\sqrt{6}\) irrasyoneldir. \(4 < 6 < 9\), yani \(2^2 < (\sqrt{6})^2 < 3^2\). Pozitif sayılarda kareler sıralamayı korur ve yansıtır (Teorem 11.3 (4)); dolayısıyla \(2 < \sqrt{6} < 3\). İki ardışık doğal sayı arasında doğal sayı olmadığından (Önerme 10.3 (3)) \(\sqrt{6} \notin \mathbb{N}\); Alıştırma 43.12 gereği \(\sqrt{6}\) irrasyoneldir.

Adım 2: Kare alma. \(\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{6}\)’dır: sol taraf pozitiftir ve karesi \((\sqrt{2})^2 (\sqrt{3})^2 = 6\)’dır (Teorem 11.3 (2)); karesi \(6\) olan pozitif sayı tek olduğundan (Teorem 13.2) eşitlik doğrudur. Buna göre

\[\left(\sqrt{2} + \sqrt{3}\right)^2 = 2 + 2\sqrt{2}\sqrt{3} + 3 = 5 + 2\sqrt{6} .\]

Adım 3: Çelişki. \(s = \sqrt{2} + \sqrt{3}\) rasyonel olsaydı \(s^2\) de rasyonel olurdu ve

\[\sqrt{6} = \frac{s^2 - 5}{2}\]

rasyonel sayılarla yapılan işlemlerin sonucu olarak rasyonel olurdu (Önerme 11.6). Bu, Adım 1 ile çelişir. Demek ki \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) irrasyoneldir.

Kitaptaki Alıştırma 13.1 (b) şıkkı aynı sonuca \(\sqrt{3} = s - \sqrt{2}\) eşitliğinin karesini alarak varır; orada çelişki \(\sqrt{2}\)’nin irrasyonelliğinden çıkar.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.19 (Karekök İkinin Beş Katı) \(5\sqrt{2}\) sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(5\sqrt{2}\), sıfırdan farklı rasyonel sayı \(5\) ile irrasyonel sayı \(\sqrt{2}\)’nin (Teorem 13.3) çarpımıdır; bu yüzden sonuç, bir önceki gruptaki çarpım probleminin (Alıştırma 43.16) \(r = 5\), \(x = \sqrt{2}\) özel hâlidir.

Gerekçeyi bu özel durumda açıkça yazalım. \(5\sqrt{2} = q\) rasyonel olsaydı, iki yanı \(\frac{1}{5}\) ile çarparak

\[\sqrt{2} = \frac{q}{5}\]

bulurduk. Sağ taraf iki rasyonelin bölümü olarak rasyoneldir (Önerme 11.6); bu, \(\sqrt{2}\)’nin irrasyonelliğiyle çelişir. Demek ki \(5\sqrt{2}\) irrasyoneldir.

Dikkat: sonuç, katsayının rasyonel olmasına dayanır. Katsayı da bir karekök olunca durum değişebilir; örneğin \(\sqrt{8} \cdot \sqrt{2} = \sqrt{16} = 4\) rasyoneldir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.20 (Üç Artı Karekök İki) \(3 + \sqrt{2}\) sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(3 + \sqrt{2}\), rasyonel sayı \(3\) ile irrasyonel sayı \(\sqrt{2}\)’nin (Teorem 13.3) toplamıdır; sonuç, toplam probleminin (Alıştırma 43.15) \(r = 3\), \(x = \sqrt{2}\) özel hâlidir.

Gerekçeyi açıkça yazalım. \(3 + \sqrt{2} = q\) rasyonel olsaydı, iki yandan \(3\) çıkararak

\[\sqrt{2} = q - 3\]

bulurduk. Sağ taraf iki rasyonelin farkı olarak rasyoneldir (Önerme 11.6); bu, \(\sqrt{2}\)’nin irrasyonelliğiyle çelişir. Demek ki \(3 + \sqrt{2}\) irrasyoneldir.

Aynı akıl yürütme her rasyonel \(a\) ve her sıfırdan farklı rasyonel \(b\) için \(a + b\sqrt{2}\) sayısının irrasyonel olduğunu gösterir: önce \(b\sqrt{2}\) irrasyoneldir (Alıştırma 43.16), sonra ona \(a\) eklemek irrasyonelliği bozmaz.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.21 (Doğal Sayı Olmayan Karekök Rasyonel Değildir) \(n \in \mathbb{N}\) olsun. \(\sqrt{n} \notin \mathbb{N}\) ise \(\sqrt{n} \notin \mathbb{Q}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Bu önerme, karekökün “ya doğal sayı ya irrasyonel” olduğunu söyleyen önermenin (Alıştırma 43.12) koşullu biçimidir (\(p \vee q\) ile \(\neg p \Rightarrow q\) denktir). Yine de onu kesir yazmadan, doğrudan reel sayılarla çalışan bir küçültme fikriyle ispatlayalım.

\(\sqrt{n} \notin \mathbb{N}\) olsun ve olmayana ergi yöntemiyle \(\sqrt{n} \in \mathbb{Q}\) varsayalım.

Adım 1: Taban. Aynı önermenin ilk ispatındaki (Alıştırma 43.12, Adım 1) gibi \(k = \lfloor \sqrt{n} \rfloor\) bir doğal sayıdır ve \(\sqrt{n}\) tam sayı olmadığından

\[0 < \sqrt{n} - k < 1 .\]

Adım 2: Tam sayı yapan çarpanlar. \(\sqrt{n} = \dfrac{p}{q}\) (\(p \in \mathbb{Z}\), \(q \in \mathbb{N}\)) olduğundan \(q\sqrt{n} = p\) bir tam sayıdır. Demek ki

\[S = \{ t \in \mathbb{N} : t\sqrt{n} \in \mathbb{Z} \}\]

kümesi boş değildir; Teorem 10.2 gereği en küçük elemanı vardır, ona \(t\) diyelim.

Adım 3: Daha küçük bir çarpan. \(t' = t(\sqrt{n} - k) = t\sqrt{n} - tk\) alalım.

• \(t\sqrt{n}\) ve \(tk\) tam sayı olduğundan \(t'\) bir tam sayıdır.
• Adım 1’deki eşitsizliği pozitif \(t\) ile çarparsak \(0 < t' < t\); pozitif tam sayı olduğundan \(t' \in \mathbb{N}\).
• \(\sqrt{n} \cdot \sqrt{n} = n\) olduğundan \(t'\sqrt{n} = tn - k\,(t\sqrt{n})\) yine bir tam sayıdır.

Demek ki \(t' \in S\) ve \(t' < t\); bu, \(t\)’nin \(S\)’nin en küçük elemanı olmasıyla çelişir. O hâlde \(\sqrt{n} \notin \mathbb{Q}\).

Örneğin \(\sqrt{7}\) (\(2 < \sqrt{7} < 3\)) ve \(\sqrt{15}\) (\(3 < \sqrt{15} < 4\)) doğal sayı olmadığından rasyonel değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.22 (Pozitif Rasyonellerin Kareköklerinin Toplamı) \(x\) ve \(y\) pozitif rasyonel sayılar olsun. \(\sqrt{x} \notin \mathbb{Q}\) ise \(\sqrt{x} + \sqrt{y} \notin \mathbb{Q}\) olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Olmayana ergi: \(s = \sqrt{x} + \sqrt{y}\) rasyonel olsun. \(\sqrt{x} > 0\) ve \(\sqrt{y} > 0\) olduğundan \(s > 0\), özel olarak \(s \ne 0\).

Adım 1: Fark rasyoneldir. \((a + b)(a - b) = a^2 - b^2\) özdeşliğiyle

\[s \left(\sqrt{x} - \sqrt{y}\right) = x - y, \qquad \text{yani} \qquad \sqrt{x} - \sqrt{y} = \frac{x - y}{s} .\]

\(x - y\) ve \(s \ne 0\) rasyonel olduğundan sağ taraf rasyoneldir (Önerme 11.6).

Adım 2: Çelişki. Toplam ile farkı toplayıp ikiye bölelim:

\[\sqrt{x} = \frac{1}{2}\left(s + \frac{x - y}{s}\right).\]

Sağ taraf rasyonel sayılarla yapılan işlemlerden oluştuğundan rasyoneldir; bu, \(\sqrt{x} \notin \mathbb{Q}\) varsayımıyla çelişir. Demek ki \(\sqrt{x} + \sqrt{y} \notin \mathbb{Q}\).

İspat \(x = y\) hâlini de kapsar (o zaman fark \(0\)’dır). Örneğin \(\sqrt{2} + \sqrt{\frac{1}{4}} = \sqrt{2} + \frac{1}{2}\) ve \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) irrasyoneldir. \(\sqrt{y}\)’nin rasyonel olup olmaması sonucu etkilemez; önemli olan tek kökün irrasyonel olmasıdır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.23 (Karekök Üçün İrrasyonelliği) \(\sqrt{3}\) sayısının irrasyonel olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(1 < 3 < 4\), yani \(1^2 < (\sqrt{3})^2 < 2^2\). Pozitif sayılarda kare alma sıralamayı korur ve yansıtır (Teorem 11.3 (4)); dolayısıyla

\[1 < \sqrt{3} < 2 .\]

\(1\) ile \(2\) arasında doğal sayı yoktur (Önerme 10.3 (3)); demek ki \(\sqrt{3} \notin \mathbb{N}\). Alıştırma 43.21 gereği \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}\), yani \(\sqrt{3}\) irrasyoneldir.

\(3\)’e bölme kalanlarıyla yapılan, \(\sqrt{2}\) ispatına benzeyen ikinci bir yol Alıştırma 13.1 (a) şıkkında verilmiştir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.24 (Bir Karekökün İki Olası Türü) \(n \in \mathbb{N}\) için \(\sqrt{n} \in \mathbb{N}\) ya da \(\sqrt{n} \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) irrasyonel sayılar kümesidir (Tanım 13.1); dolayısıyla istenen, daha önce ispatladığımız önermenin (Alıştırma 43.12) kendisidir. Burada üçüncü bir yol izleyelim: küçültmeyi bu kez bölme algoritmasıyla (Teorem 12.4) yapacağız. Göstereceğimiz şey: \(\sqrt{n} \in \mathbb{Q}\) ise \(\sqrt{n} \in \mathbb{N}\).

\(\sqrt{n}\) rasyonel olsun. İlk ispattaki (Alıştırma 43.12, Adım 2) gibi, \(\sqrt{n} = \dfrac{m}{q}\) yazılışları arasında paydası en küçük olanı seçelim: \(q \in \mathbb{N}\) en küçük, \(m \in \mathbb{N}\) ve

\[m^2 = n q^2 . \tag{2}\]

Kalanlı bölme. \(m\)’yi \(q\)’ya bölelim: \(m = kq + r\) ve \(0 \le r < q\) olacak biçimde \(k, r \in \mathbb{Z}\) vardır.

Durum \(r = 0\). O zaman \(\sqrt{n} = \dfrac{kq}{q} = k\) bir tam sayıdır; \(\sqrt{n} > 0\) olduğundan \(k \in \mathbb{N}\). İstediğimiz budur.

Durum \(r \ge 1\) imkânsızdır. (2)’de \(m = kq + r\) yazıp açalım: \(k^2 q^2 + 2kqr + r^2 = nq^2\), yani

\[r^2 = q\,(nq - k^2 q - 2kr) = q\,s, \qquad s = nq - k^2 q - 2kr \in \mathbb{Z} .\]

\(r \cdot r = s \cdot q\) eşitliği, Önerme 11.4 (1) gereği \(\dfrac{r}{q} = \dfrac{s}{r}\) demektir. Buna göre

\[\sqrt{n} = \frac{kq + r}{q} = k + \frac{r}{q} = k + \frac{s}{r} = \frac{kr + s}{r} .\]

Paydası \(r\) olan bu yazılışta \(1 \le r < q\); bu, \(q\)’nun mümkün olan en küçük payda olmasıyla çelişir.

Demek ki yalnızca \(r = 0\) durumu kalır ve \(\sqrt{n} \in \mathbb{N}\)’dir. Rasyonel olmayan karekökler ise \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\)’dadır. Böylece aynı önerme için üç ayrı küçültme ispatı görmüş olduk: taban fonksiyonuyla kesirlerde (Alıştırma 43.12), taban fonksiyonuyla reel çarpanlarda (Alıştırma 43.21) ve bölme algoritmasıyla (bu problem).

\(\blacksquare\)

43.5 Arşimet Özelliği ve Rasyonel Yaklaşım

Sıradaki üç problem, Arşimet özelliğinin (Teorem 12.1) ve onun ürünü olan taban fonksiyonunun (Tanım 12.1) tipik kullanımlarıdır: verilen pozitif bir sayının altına inen bir kesir bulmak, bir sayıyı iki ardışık kesrin arasına yerleştirmek ve bir reel sayıya istenildiği kadar yakın bir rasyonel sayı bulmak.

Alıştırma 43.25 (Bir Bölü n Karenin Pozitif Bir Sayının Altına İnmesi) \(c > 0\) bir reel sayı olsun. \(\dfrac{1}{n^2} < c\) olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) bulunduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Adım 1: Arşimet özelliği. Sonuç 12.2 gereği \(0 < \dfrac{1}{n} < c\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır.

Adım 2: Kare daha küçüktür. Bu \(n\) için \(n \ge 1\)’dir (Önerme 10.3 (1)). \(n \ge 1\) eşitsizliğini pozitif \(n\) ile çarparsak \(n^2 \ge n\); pozitif sayıların tersleri sıralamayı çevirdiğinden (Önerme 7.10; eşitlik hâlinde tersler de eşittir)

\[\frac{1}{n^2} \le \frac{1}{n} .\]

Adım 3: Sonuç. Geçişlilikle \(\dfrac{1}{n^2} \le \dfrac{1}{n} < c\), yani \(\dfrac{1}{n^2} < c\).

Bir sayısal örnek: \(c = 0{,}01\) için ispatın yolu \(n > \frac{1}{c} = 100\), örneğin \(n = 101\) seçer. Bu \(n\) işe yarar ama en küçüğü değildir: \(\frac{1}{n^2} < 0{,}01\) eşitsizliği \(n^2 > 100\), yani \(n > 10\) ile denktir; en küçük uygun değer \(n = 11\)’dir (\(\frac{1}{121} < 0{,}01\), oysa \(\frac{1}{100} = 0{,}01\)). Varlık ispatında en küçüğü bulmak gerekmez; bir tane bulmak yeter.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.26 (Ardışık İki Ters Arasındaki Rasyonel Sayı) \(r\), \(0 < r < 1\) koşulunu sağlayan bir rasyonel sayı olsun.

\[\frac{1}{n+1} < r \le \frac{1}{n}\]

olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) bulunduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Fikir. İstenen eşitsizlik, tersler alınınca \(n \le \frac{1}{r} < n + 1\) biçimini alır; yani \(n\), \(\frac{1}{r}\) sayısının tabanı olmalıdır.

Adım 1: Tabanı seçme. \(0 < r < 1\) olduğundan Önerme 7.10 gereği \(\frac{1}{r} > \frac{1}{1} = 1\). \(n = \left\lfloor \frac{1}{r} \right\rfloor\) diyelim (Tanım 12.1). Taban, \(\frac{1}{r}\)’yi aşmayan tam sayıların en büyüğüdür (Sonuç 12.3 (4)); \(1 \le \frac{1}{r}\) olduğundan \(n \ge 1\), yani \(n \in \mathbb{N}\). Tabanın tanımı gereği

\[n \le \frac{1}{r} < n + 1 .\]

Adım 2: Tersleri alma. Üç sayı da pozitiftir. Pozitif sayılarda ters alma sıralamayı çevirir (Önerme 7.10; eşitlik hâlinde tersler eşittir):

\[\frac{1}{n+1} < r \le \frac{1}{n} .\]

Aranan \(n\) budur. İspatta \(r\)’nin rasyonel olmasını kullanmadık; sonuç \((0, 1)\) aralığındaki her reel sayı için geçerlidir. Üstelik böyle bir \(n\) tektir, çünkü \(\left(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\right]\) aralıkları ayrıktır ve tabanın tekliği (Teorem 12.3) bunu söyler.

Örnek. \(r = \frac{3}{10}\) için \(\frac{1}{r} = \frac{10}{3} = 3{,}33\ldots\) ve \(n = 3\): gerçekten \(\frac{1}{4} = 0{,}25 < 0{,}3 \le 0{,}333\ldots = \frac{1}{3}\). \(r = \frac{1}{3}\) için \(\frac{1}{r} = 3\), \(n = 3\) ve \(\frac{1}{4} < \frac{1}{3} \le \frac{1}{3}\); sağdaki eşitlik bu durumda gerçekleşir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.27 (Bir Reel Sayıya Yakın Rasyonel Sayı) \(x \in \mathbb{R}\) olsun. Her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[|x - r| < \frac{1}{n}\]

olacak biçimde bir \(r \in \mathbb{Q}\) bulunduğunu ispatlayınız.

Çözüm

\(n \in \mathbb{N}\) verilsin. Rasyonel sayıyı açıkça kuracağız: \(x\)’i \(\frac{1}{n}\) uzunluğundaki adımlarla ölçüp \(x\)’i aşmayan son adımı alacağız.

Adım 1: Seçim. \(p = \lfloor nx \rfloor \in \mathbb{Z}\) ve \(r = \dfrac{p}{n}\) olsun; \(r\) rasyoneldir (Tanım 11.6). Sonuç 12.3 (2) gereği

\[p \le nx < p + 1 .\]

Adım 2: Uzaklık. Her yanı pozitif \(\frac{1}{n}\) ile çarpalım (O4): \(r \le x < r + \frac{1}{n}\), yani

\[0 \le x - r < \frac{1}{n} .\]

Özel olarak \(-\frac{1}{n} < x - r < \frac{1}{n}\) ve Önerme 8.7 gereği \(|x - r| < \frac{1}{n}\).

Örnek. \(x = \sqrt{2} \approx 1{,}41421\) ve \(n = 10\) için \(\lfloor 10\sqrt{2} \rfloor = 14\) ve \(r = 1{,}4\); gerçekten \(|\sqrt{2} - 1{,}4| \approx 0{,}0142 < 0{,}1\).

Aynı sonuca rasyonel sayıların yoğunluğuyla da varılır: \(x - \frac{1}{n} < x + \frac{1}{n}\) olduğundan Teorem 13.5 bu iki sayı arasında bir \(r \in \mathbb{Q}\) verir ve yine Önerme 8.7 ile \(|x - r| < \frac{1}{n}\) olur. Yukarıdaki yol ise \(r\)’yi hesaplanabilir biçimde verir; \(x\)’in ondalık açılımını belli bir basamakta kesmek tam olarak budur.

\(\blacksquare\)

43.6 Aralık Ailelerinin Birleşimi ve Kesişimi

Şimdi sonsuz çoklukta kümenin birleşimini ve kesişimini hesaplayacağız. Genel birleşim ve kesişimin tanımı Tanım 3.8 ile verilmiştir: bir nokta birleşimdedir ancak ve ancak en az bir kümededir; kesişimdedir ancak ve ancak her kümededir. Her problemde önce sonucu tahmin edip sonra tahmini iki kapsamayla (Tanım 3.1) kanıtlayacağız; “her \(n\) için” ile “bir \(n\) için” arasındaki farkı kapatan araç neredeyse her seferinde Arşimet özelliğidir (Sonuç 12.2).

Alıştırma 43.28 (Daralan Kapalı Aralıkların Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(I_n = \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) yazalım. İlk birkaç aralık \([1, 2]\), \(\left[1, \frac{3}{2}\right]\), \(\left[1, \frac{4}{3}\right]\), … biçimindedir; aralıklar küçülüyor ve hepsi ilkinin içinde kalıyor. Tahminimiz: birleşim \([1, 2]\)’dir.

(\(\subseteq\)) Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \ge 1\) olduğundan \(\frac{1}{n} \le 1\), yani \(1 + \frac{1}{n} \le 2\). Dolayısıyla \(x \in I_n\) ise \(1 \le x \le 1 + \frac{1}{n} \le 2\) ve \(x \in [1, 2]\). Her \(I_n\), \([1, 2]\)’nin alt kümesi olduğundan birleşimleri de \([1, 2]\)’nin alt kümesidir (Teorem 3.2 (2)).

(\(\supseteq\)) \([1, 2] = I_1\) ailenin bir üyesidir; her üye birleşimin alt kümesi olduğundan (Teorem 3.2 (1)) \(I_1\)’in her elemanı birleşimdedir.

İki kapsamadan

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right] = [1, 2] .\]

Burada kullandığımız fikir geneldir: aile azalan ise, yani her \(n\) için \(I_{n+1} \subseteq I_n\) ise, bütün üyeler ilk üyenin içinde kalır ve birleşim ilk üyeye eşittir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.29 (Daralan Kapalı Aralıkların Kesişimi) \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(I_n = \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) aralıklarının hepsi sol uçtaki \(1\)’i içerir; sağ uçlar ise \(1\)’e istenildiği kadar yaklaşır. Tahminimiz: kesişim \(\{1\}\)’dir.

(\(\supseteq\)) Her \(n\) için \(1 \le 1 \le 1 + \frac{1}{n}\) olduğundan \(1 \in I_n\); demek ki \(1\) kesişimdedir.

(\(\subseteq\)) \(x\) kesişimde olsun; \(x = 1\) olduğunu göstereceğiz. \(x \in I_1\) olduğundan \(x \ge 1\). \(x > 1\) olduğunu varsayalım. O zaman \(x - 1 > 0\) ve Sonuç 12.2 gereği

\[\frac{1}{n} < x - 1, \qquad \text{yani} \qquad 1 + \frac{1}{n} < x\]

olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\) için \(x \notin I_n\); oysa \(x\) bütün aralıklardadır. Çelişki. Demek ki \(x = 1\).

[1, 1 + 1/n] aralıkları n büyüdükçe 1 noktasına doğru daralır. 1'den büyük bir x sayısı (şekilde x = 1,3), 1/n < x − 1 olduğu andan itibaren (burada n = 4'ten itibaren) aralıkların dışında kalır; bütün aralıklarda ortak olan tek nokta 1'dir. En uzun aralık n = 1'e karşılık gelen [1, 2] aralığıdır.

İki kapsamadan

\[\bigcap_{n=1}^{\infty} \left[1, 1 + \frac{1}{n}\right] = \{1\} .\]

Sonuç, iç içe aralıklar teoremiyle (Teorem 10.10) uyumludur: aralıklar kapalı, sınırlı ve iç içedir, uzunlukları \(\frac{1}{n}\) sıfıra yaklaşır; kesişim tek noktadan oluşur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.30 (Daralan Açık Aralıkların Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(J_n = \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right)\) olsun. \(n < n + 1\) olduğundan \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}\) (Önerme 7.10), dolayısıyla \(1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{n}\) ve \(J_{n+1} \subseteq J_n\): aile azalandır. Tahminimiz: birleşim ilk üye \(J_1 = (1, 2)\)’dir.

(\(\subseteq\)) \(x \in J_n\) ise \(1 < x < 1 + \frac{1}{n} \le 2\); yani \(x \in (1, 2)\).

(\(\supseteq\)) \((1, 2) = J_1\) ailenin bir üyesidir; elemanları birleşimdedir.

Demek ki

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right) = (1, 2) .\]

Kapalı aralıklarla karşılaştıralım (Alıştırma 43.28): orada birleşim \([1, 2]\) idi. Aralıkların uçları ailenin her üyesinde dışarıda kaldığından burada birleşime de girmez.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.31 (Daralan Yarı Açık Aralıkların Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(K_n = \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right]\) olsun. Bir önceki problemdeki gibi \(1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{n}\) olduğundan \(K_{n+1} \subseteq K_n\); aile azalandır ve ilk üyesi \(K_1 = (1, 2]\)’dir.

(\(\subseteq\)) \(x \in K_n\) ise \(1 < x \le 1 + \frac{1}{n} \le 2\), yani \(x \in (1, 2]\).

(\(\supseteq\)) \((1, 2] = K_1\) ailenin bir üyesidir.

Demek ki

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \left(1, 1 + \frac{1}{n}\right] = (1, 2] .\]

Sağ uç \(2\) birleşimdedir, çünkü \(K_1\)’e aittir; sol uç \(1\) ise hiçbir \(K_n\)’de olmadığından birleşimde değildir. Birleşimin bir uç noktayı içermesi için o noktanın bir üyede bulunması yeter.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.32 (Sıfırdan Başlayan Açık Aralıkların Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left(0, \frac{1}{n}\right)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

\(L_n = \left(0, \frac{1}{n}\right)\) olsun. \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}\) olduğundan \(L_{n+1} \subseteq L_n\); aile azalandır ve ilk üyesi \(L_1 = (0, 1)\)’dir.

(\(\subseteq\)) \(x \in L_n\) ise \(0 < x < \frac{1}{n} \le 1\), yani \(x \in (0, 1)\).

(\(\supseteq\)) \((0, 1) = L_1\) ailenin bir üyesidir.

Demek ki

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \left(0, \frac{1}{n}\right) = (0, 1) .\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.33 (Sıfırdan Başlayan Açık Aralıkların Kesişimi) \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \left(0, \frac{1}{n}\right)\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tahminimiz: kesişim boştur. Olmayana ergi: kesişimde bir \(x\) bulunsun. O zaman her \(n \in \mathbb{N}\) için \(0 < x < \frac{1}{n}\)’dir. Özel olarak \(x > 0\)’dır ve Sonuç 12.2 gereği

\[\frac{1}{n} < x\]

olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\) için \(x \notin \left(0, \frac{1}{n}\right)\); çelişki. Demek ki

\[\bigcap_{n=1}^{\infty} \left(0, \frac{1}{n}\right) = \varnothing .\]

Bu örnek, iç içe aralıklar teoreminde (Teorem 10.10) aralıkların kapalı olması koşulunun neden gerekli olduğunu gösterir: buradaki aralıklar iç içedir, uzunlukları sıfıra yaklaşır, ama hiçbir nokta hepsinde birden bulunmaz. Kapalı \([0, \frac{1}{n}]\) aralıkları alınsaydı kesişim \(\{0\}\) olurdu.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.34 (Sağ Uçları İkiye Yaklaşan Işınların Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \left(-\infty, \frac{2n-1}{n+1}\right]\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Sağ uçları inceleyelim. \(a_n = \dfrac{2n - 1}{n + 1}\) diyelim. Payı \(2n - 1 = 2(n+1) - 3\) biçiminde yazarsak

\[a_n = 2 - \frac{3}{n+1}\]

bulunur. İlk değerler \(a_1 = \frac{1}{2}\), \(a_2 = 1\), \(a_3 = \frac{5}{4}\), \(a_4 = \frac{7}{5}\), \(a_5 = \frac{3}{2}\), … Bu biçimden iki şey okunur: \(\frac{3}{n+1} > 0\) olduğundan her \(n\) için \(a_n < 2\); ayrıca \(n\) büyüdükçe \(\frac{3}{n+1}\) küçüldüğünden \(a_n\) artar ve \(2\)’ye yaklaşır. Tahminimiz: birleşim \((-\infty, 2)\)’dir.

(\(\subseteq\)) \(x\) bir ışında olsun: bir \(n\) için \(x \le a_n\). \(a_n < 2\) olduğundan \(x < 2\), yani \(x \in (-\infty, 2)\).

(\(\supseteq\)) \(x < 2\) olsun. \(2 - x > 0\) olduğundan Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < \frac{2 - x}{3}\) olacak bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(n < n + 1\) olduğundan

\[\frac{3}{n+1} < \frac{3}{n} < 2 - x, \qquad \text{yani} \qquad x < 2 - \frac{3}{n+1} = a_n .\]

Demek ki \(x \in (-\infty, a_n]\) ve \(x\) birleşimdedir.

Işınların sağ uçları 1/2, 1, 5/4, 7/5, 3/2, 11/7, … sayılarıdır; bu sayılar artarak 2'ye yaklaşır ama 2'ye hiç ulaşmaz. Birleşim, sayı doğrusundaki kalın bantla gösterilen (−∞, 2) ışınıdır.

İki kapsamadan

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \left(-\infty, \frac{2n-1}{n+1}\right] = (-\infty, 2) .\]

Işınların her biri kapalıdır (sağ ucunu içerir), ama birleşim sağ ucu içermeyen bir ışındır: \(2\) hiçbir ışına ait değildir, çünkü her \(a_n\) ondan kesin olarak küçüktür. Sonsuz birleşim, uç noktaların “kapalılığını” korumak zorunda değildir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.35 (Tek Elemanlı Kümelerin Birleşimi) \(\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} \{n\}\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tahminimiz: birleşim \(\mathbb{N}\)’dir.

(\(\subseteq\)) \(x\) birleşimde olsun. Birleşimin tanımı gereği bir \(n \in \mathbb{N}\) için \(x \in \{n\}\), yani \(x = n\). Dolayısıyla \(x \in \mathbb{N}\).

(\(\supseteq\)) \(m \in \mathbb{N}\) olsun. İndis olarak \(n = m\) alınınca \(m \in \{m\}\); demek ki \(m\) birleşimdedir.

Böylece

\[\bigcup_{n=1}^{\infty} \{n\} = \mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\} .\]

Bu basit eşitlik, her kümenin kendi tek elemanlı alt kümelerinin birleşimi olduğunu söyler; sayılabilir birleşim teoreminin (Teorem 14.6) en sade örneğidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.36 (Tek Elemanlı Kümelerin Kesişimi) \(\displaystyle \bigcap_{n=1}^{\infty} \{n\}\) kümesini bulunuz.

Çözüm

Tahminimiz: kesişim boştur. Olmayana ergi: kesişimde bir \(x\) bulunsun. Kesişimin tanımı gereği \(x\) her \(\{n\}\) kümesindedir; özel olarak \(x \in \{1\}\) ve \(x \in \{2\}\), yani \(x = 1\) ve \(x = 2\). Buradan \(1 = 2\) çıkar; oysa \(1 < 2\)’dir. Çelişki. Demek ki

\[\bigcap_{n=1}^{\infty} \{n\} = \varnothing .\]

Aslında yalnızca ilk iki küme bile ayrıktır: \(\{1\} \cap \{2\} = \varnothing\). Bir ailenin iki üyesi ayrıksa bütün ailenin kesişimi boştur, çünkü kesişim her üyenin, dolayısıyla bu iki üyenin kesişiminin de alt kümesidir (Teorem 3.2 (1)).

\(\blacksquare\)

43.7 Sonlu ve Sayılabilir Kümeler

Sıradaki dört problem sonlu ve sayılabilir kümelerin temel özelliklerini işler. Sonlu küme tanımı Tanım 14.2, sayılabilir küme tanımı Tanım 14.3 ile verilmiştir. Bir kümenin sonlu ya da sayılabilir olduğunu göstermek, sonunda hep bir birebir-örten eşleme kurmaya ya da var olan eşlemeleri birleştirmeye varır; eşgüçlülüğün yansıma, simetri ve geçişlilik özellikleri (Önerme 14.1) bu işin temel aracıdır.

Alıştırma 43.37 (Sonlu Kümeye Birebir Giden Küme Sonludur) \(B\) sonlu bir küme ve \(f\colon A \to B\) birebir bir fonksiyon olsun. \(A\)’nın sonlu olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(A\), görüntüsüyle eşgüçlüdür. \(f(A) = \{f(a) : a \in A\}\) görüntü kümesini alalım (Tanım 5.2) ve \(g\colon A \to f(A)\), \(g(a) = f(a)\) fonksiyonunu tanımlayalım. \(g\) birebirdir, çünkü \(g(a) = g(a')\) demek \(f(a) = f(a')\) demektir ve \(f\) birebir olduğundan \(a = a'\). \(g\) örtendir, çünkü \(f(A)\)’nın her elemanı tanım gereği bir \(f(a) = g(a)\) biçimindedir. Demek ki \(A \sim f(A)\).

Adım 2: Görüntü sonludur. \(f(A) \subseteq B\) ve \(B\) sonlu olduğundan Önerme 14.2 gereği \(f(A)\) sonludur.

Adım 3: Sonuç. İki durum vardır.

• \(f(A) = \varnothing\) ise \(A = \varnothing\)’dir; çünkü bir \(a \in A\) olsaydı \(f(a) \in f(A)\) olurdu. Boş küme sonludur.
• \(f(A) \sim \mathbb{N}_k\) ise Adım 1 ile birlikte geçişlilikten (Önerme 14.1 (3)) \(A \sim \mathbb{N}_k\); yani \(A\) sonludur.

Her iki durumda \(A\) sonludur. Üstelik \(|A| = |f(A)| \le |B|\) (Önerme 14.2): sonlu bir kümeye birebir gömülen bir küme, ondan daha fazla elemana sahip olamaz. Bu, güvercin yuvası ilkesinin (Lemma 14.1) genel kümeler için söylenişidir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.38 (İki Sonlu Kümenin Birleşimi Sonludur) \(A\) ve \(B\) sonlu kümeler ise \(A \cup B\)’nin sonlu olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: Ayrık parçalara bölme. \(A \cup B = A \cup (B \setminus A)\) yazalım; bu iki küme ayrıktır, çünkü \(B \setminus A\)’nın hiçbir elemanı \(A\)’da değildir (Tanım 3.5). \(B \setminus A \subseteq B\) olduğundan Önerme 14.2 gereği \(B \setminus A\) sonludur.

Adım 2: Kolay durumlar. \(A = \varnothing\) ise \(A \cup B = B\) sonludur. \(B \setminus A = \varnothing\) ise \(A \cup B = A\) sonludur.

Adım 3: Eşlemeleri yan yana koyma. İki küme de boş değilse \(f\colon A \to \mathbb{N}_m\) ve \(g\colon B \setminus A \to \mathbb{N}_k\) birebir-örten fonksiyonları vardır. \(h\colon A \cup B \to \mathbb{N}_{m+k}\) fonksiyonunu

\[h(x) = \begin{cases} f(x), & x \in A \\ m + g(x), & x \in B \setminus A \end{cases}\]

ile tanımlayalım. Parçalar ayrık olduğundan \(h\) iyi tanımlıdır. Değerler gerçekten \(\mathbb{N}_{m+k}\)’dedir: \(1 \le f(x) \le m\) ve \(m + 1 \le m + g(x) \le m + k\). Yani \(A\)’nın elemanları \(1, \dots, m\) numaralarını, \(B \setminus A\)’nın elemanları \(m + 1, \dots, m + k\) numaralarını alır.

• Birebirlik. \(h(x) = h(y)\) olsun. İkisi de \(A\)’daysa \(f(x) = f(y)\) ve \(f\) birebir olduğundan \(x = y\). İkisi de \(B \setminus A\)’daysa \(m + g(x) = m + g(y)\), sadeleştirmeyle \(g(x) = g(y)\) ve \(x = y\). Biri \(A\)’da, diğeri \(B \setminus A\)’da olamaz, çünkü o zaman değerlerden biri en çok \(m\), diğeri en az \(m + 1\) olurdu.
• Örtenlik. \(j \in \mathbb{N}_{m+k}\) olsun. \(j \le m\) ise \(f\) örten olduğundan bir \(x \in A\) için \(f(x) = j\). \(j > m\) ise Önerme 10.3 (4) gereği \(i = j - m \in \mathbb{N}\) ve \(i \le k\); \(g\) örten olduğundan bir \(y \in B \setminus A\) için \(g(y) = i\), yani \(h(y) = m + i = j\).

Demek ki \(A \cup B \sim \mathbb{N}_{m+k}\) ve \(A \cup B\) sonludur. Üstelik \(|A \cup B| = |A| + |B \setminus A| \le |A| + |B|\) eşitsizliği de elde edilmiş olur (Önerme 14.2). Eşitlik ancak \(A\) ile \(B\) ayrıksa gerçekleşir: \(A \cap B \ne \varnothing\) ise \(B \setminus A\), \(B\)’nin öz alt kümesidir; \(|B \setminus A| = |B|\) olsaydı \(B \setminus A \sim B\) olurdu ve sonlu \(B\) kümesi bir öz alt kümesiyle eşgüçlü olurdu. Bu, Teorem 14.4 ile çelişir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.39 (Sonsuz Kümeden Bir Nokta Çıkarmak) \(X\) sonsuz bir küme ve \(x \in X\) olsun. \(X\)’in \(X \setminus \{x\}\) ile eşgüçlü olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Adım 1: \(X \setminus \{x\}\) sonsuzdur. Sonlu olsaydı, \(\{x\}\) de sonlu olduğundan (\(\{x\} \sim \mathbb{N}_1\)) iki sonlu kümenin birleşimi olarak

\[X = \big(X \setminus \{x\}\big) \cup \{x\}\]

sonlu olurdu (Alıştırma 43.38). Bu, \(X\)’in sonsuz olmasıyla çelişir.

Adım 2: İçeride bir sayılabilir dizi. Önerme 14.3 gereği \(X \setminus \{x\}\) kümesi, birbirinden farklı \(b_1, b_2, b_3, \dots\) elemanlarını içerir. Hiçbiri \(x\)’e eşit değildir. \(E = \{x, b_1, b_2, \dots\}\) yazalım.

Adım 3: Bir adım kaydırma. \(\varphi\colon X \to X \setminus \{x\}\) fonksiyonunu şöyle tanımlayalım:

\[\varphi(x) = b_1, \qquad \varphi(b_n) = b_{n+1} \ (n \in \mathbb{N}), \qquad \varphi(y) = y \ (y \notin E).\]

\(x\) ile \(b_n\)’ler farklı olduğundan her elemana tek bir kural uygulanır; \(\varphi\) iyi tanımlıdır. Değerlerin hiçbiri \(x\) değildir (\(b_n \ne x\) ve \(y \notin E\) ise \(y \ne x\)); yani \(\varphi\) gerçekten \(X \setminus \{x\}\)’e gider. Sezgisel olarak \(x\), sıradaki ilk “odaya”, yani \(b_1\)’e taşınır; \(b_1\)’deki eleman \(b_2\)’ye, \(b_2\)’deki \(b_3\)’e geçer ve böyle sürer. Bu, Hilbert’in oteli olarak bilinen fikirdir.

• Birebirlik. \(\varphi\), \(E\)’yi \(\{b_1, b_2, \dots\}\) kümesine birebir götürür: \(x \mapsto b_1\), \(b_n \mapsto b_{n+1}\) ve \(b\)’ler birbirinden farklıdır. \(X \setminus E\) üzerinde \(\varphi\) birim fonksiyondur ve değerleri \(X \setminus E\)’de kalır. İki parçanın görüntüleri ayrık olduğundan \(\varphi\) birebirdir.
• Örtenlik. \(z \in X \setminus \{x\}\) olsun. \(z = b_1\) ise \(z = \varphi(x)\); bir \(n \ge 2\) için \(z = b_n\) ise \(z = \varphi(b_{n-1})\); \(z \notin E\) ise \(z = \varphi(z)\).

Demek ki \(\varphi\) birebir-örtendir ve \(X \sim X \setminus \{x\}\). Bu sonuç, Dedekind’in sonsuzluk karakterizasyonunun (Teorem 14.4) daha güçlü bir biçimidir: sonsuz bir küme, istediğimiz herhangi bir noktası çıkarılmış hâliyle eşgüçlüdür. Sonlu kümelerde bu imkânsızdır: boş olmayan sonlu bir küme hiçbir öz alt kümesiyle, özel olarak bir noktası çıkarılmış hâliyle eşgüçlü değildir (Teorem 14.4, (\(\Leftarrow\)) yönü).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.40 (Sayılabilir Kümelerin Kartezyen Çarpımı) \(A\) ve \(B\) sayılabilir kümeler ise \(A \times B\)’nin sayılabilir olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Boş durum. \(A\) ya da \(B\) boşsa \(A \times B = \varnothing\)’dir (Tanım 3.7) ve boş küme sonlu, dolayısıyla sayılabilirdir.

Genel durum. \(A\) ve \(B\) boş olmasın. Sayılabilirlik ölçütü (Teorem 14.2, (1) \(\Rightarrow\) (2)) gereği birebir \(f\colon A \to \mathbb{N}\) ve \(g\colon B \to \mathbb{N}\) fonksiyonları vardır. Bunları \(\mathbb{N} \times \mathbb{N}\)’den \(\mathbb{N}\)’ye giden birebir bir fonksiyonla birleştireceğiz. Kitaptaki Alıştırma 14.1 (b) şıkkında

\[\pi(m, n) = 2^{m-1}(2n - 1)\]

ile verilen \(\pi\colon \mathbb{N} \times \mathbb{N} \to \mathbb{N}\) fonksiyonunun birebir (hatta birebir-örten) olduğu gösterilmişti. Şimdi

\[F\colon A \times B \to \mathbb{N}, \qquad F(a, b) = \pi\big(f(a), g(b)\big) = 2^{f(a) - 1}\big(2g(b) - 1\big)\]

tanımlayalım.

\(F\) birebirdir. \(F(a, b) = F(a', b')\) olsun. \(\pi\) birebir olduğundan \(\big(f(a), g(b)\big) = \big(f(a'), g(b')\big)\), yani sıralı ikililerin eşitliği gereği \(f(a) = f(a')\) ve \(g(b) = g(b')\). \(f\) ve \(g\) birebir olduğundan \(a = a'\) ve \(b = b'\), yani \((a, b) = (a', b')\).

Sonuç. \(A \times B \ne \varnothing\) ve birebir bir \(F\colon A \times B \to \mathbb{N}\) vardır; ölçütün (2) \(\Rightarrow\) (1) yönü gereği \(A \times B\) sayılabilirdir.

Örneğin \(\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}\) (tam koordinatlı noktalar) ve \(\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}\) (rasyonel koordinatlı noktalar) sayılabilirdir (Teorem 14.3, Teorem 14.7). Aynı sonuç kitapta Sonuç 14.4 olarak köşegen sayma eşlemesiyle verilmişti; burada yalnızca \(\mathbb{N} \times \mathbb{N}\)’yi \(\mathbb{N}\)’ye gömen eşlemeyi değiştirdik.

\(\blacksquare\)

43.8 Eşgüçlü Aralıklar ve İç İçe Kümeler

Bu kısımdaki üç problem, aralıkların uç noktalarını eklemenin ya da çıkarmanın “büyüklüğü” değiştirmediğini gösterir. İlk ikisinde açık birebir-örten eşlemeler kuracağız; üçüncüsünde ise eşlemeyi doğrudan yazmadan, iç içe üç küme arasındaki genel bir ilkeyi ispatlayacağız. Bu ilke, kitapta ispatı dışarıda bırakılan Cantor–Schröder–Bernstein teoremini de verir.

Alıştırma 43.41 (Kapalı ve Açık Birim Aralıklar) \([0, 1]\) ile \((0, 1)\) aralıklarının eşgüçlü olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

İki aralık yalnızca iki noktada, \(0\) ve \(1\)’de ayrılır. Bu iki noktaya \((0,1)\) içinde “yer açmak” için, \((0, 1)\)’in içindeki sayılabilir bir diziyi iki adım kaydıracağız.

Kullanılacak dizi. \(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots\), yani \(\frac{1}{2^k}\) (\(k \in \mathbb{N}\)) sayılarını alalım. Birden küçük pozitif sayıların kuvvetleri üzerine olan sonucu (Alıştırma 43.1) \(x = \frac{1}{2}\) ile uygulayalım. Sonucun ilk kısmı \(\frac{1}{2^k} < 1\) verir; ikinci kısmı ise \(k < l\) iken \(\frac{1}{2^l} < \frac{1}{2^k}\) olduğunu söyler. Demek ki bu sayılar birbirinden farklıdır ve hepsi \((0, 1)\)’dedir.

\[S = \{0, 1\} \cup \left\{\frac{1}{2^k} : k \in \mathbb{N}\right\}, \qquad T = \left\{\frac{1}{2^k} : k \in \mathbb{N}\right\}\]

yazalım; \(S \subseteq [0, 1]\) ve \(T \subseteq (0, 1)\).

Eşleme. \(F\colon [0, 1] \to (0, 1)\) fonksiyonunu

\[F(0) = \frac{1}{2}, \qquad F(1) = \frac{1}{4}, \qquad F\left(\frac{1}{2^k}\right) = \frac{1}{2^{k+2}} \ (k \in \mathbb{N}), \qquad F(x) = x \ (x \notin S)\]

ile tanımlayalım.

• \(F\), \(S\)’yi \(T\)’ye birebir-örten götürür. \(0 \mapsto \frac{1}{2}\), \(1 \mapsto \frac{1}{4}\) ve \(\frac{1}{2^k} \mapsto \frac{1}{2^{k+2}}\) kuralı \(\frac{1}{8}, \frac{1}{16}, \dots\) değerlerini alır. \(T\)’nin her elemanı tam bir kez alınır: \(\frac{1}{2}\) ve \(\frac{1}{4}\) sırasıyla \(0\) ve \(1\)’in görüntüsüdür, \(j \ge 3\) için \(\frac{1}{2^j}\) ise yalnızca \(\frac{1}{2^{j-2}}\)’nin görüntüsüdür.
• \(S\) dışında \(F\) birim fonksiyondur. \([0, 1] \setminus S\) kümesi, \(0\), \(1\) ve \(\frac{1}{2^k}\) sayıları dışındaki \([0,1]\) noktalarından oluşur; bu tam olarak \((0, 1) \setminus T\) kümesidir.

İki parçanın görüntüleri, \(T\) ile \((0, 1) \setminus T\), ayrıktır ve birleşimleri \((0, 1)\)’dir. Dolayısıyla \(F\) birebir ve örtendir: \([0, 1] \sim (0, 1)\).

Kitaptaki Alıştırma 14.1 (c) şıkkı aynı sonucu \(\frac{1}{n}\) dizisini kaydırarak elde eder; hangi diziyi seçtiğimizin önemi yoktur, yeter ki sonsuz ve birbirinden farklı terimlerden oluşsun.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.42 (Açık ve Yarı Açık Birim Aralıklar) \((0, 1)\) ile \([0, 1)\) aralıklarının eşgüçlü olduğunu ispatlayınız.

Çözüm

Bu kez yalnızca bir noktaya, \(0\)’a yer açmak gerekir; bir adımlık kaydırma yeter.

Eşleme. \(S = \{0\} \cup \left\{\frac{1}{n} : n \ge 2\right\} \subseteq [0, 1)\) ve \(T = \left\{\frac{1}{n} : n \ge 2\right\} \subseteq (0, 1)\) olsun. \(G\colon [0, 1) \to (0, 1)\) fonksiyonunu

\[G(0) = \frac{1}{2}, \qquad G\left(\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n+1} \ (n \ge 2), \qquad G(x) = x \ (x \notin S)\]

ile tanımlayalım. (\(n \ge 2\) için \(0 < \frac{1}{n} \le \frac{1}{2} < 1\) olduğundan bu sayılar gerçekten iki aralıkta da vardır ve \(n < m\) iken \(\frac{1}{m} < \frac{1}{n}\) olduğundan birbirinden farklıdır.)

• \(S\) üzerinde. \(0 \mapsto \frac{1}{2}\), \(\frac{1}{2} \mapsto \frac{1}{3}\), \(\frac{1}{3} \mapsto \frac{1}{4}\), … \(T\)’nin her elemanı \(\frac{1}{j}\) (\(j \ge 2\)) tam bir kez alınır: \(j = 2\) için \(0\)’ın, \(j \ge 3\) için \(\frac{1}{j-1}\)’in görüntüsüdür.
• \(S\) dışında. \([0, 1) \setminus S = (0, 1) \setminus T\) ve \(G\) bu kümede birim fonksiyondur.

Görüntüler \(T\) ile \((0, 1) \setminus T\) ayrıktır ve birleşimleri \((0, 1)\)’dir; \(G\) birebir-örtendir. Demek ki \([0, 1) \sim (0, 1)\) ve simetri gereği (Önerme 14.1 (2)) \((0, 1) \sim [0, 1)\).

Bir önceki problemle birlikte ve geçişlilikle (Önerme 14.1 (3)) \([0, 1]\), \([0, 1)\) ve \((0, 1)\) aralıklarının üçü de birbiriyle eşgüçlüdür; \(x \mapsto 1 - x\) fonksiyonu \((0, 1]\)’i \([0, 1)\)’e birebir-örten götürdüğünden \((0, 1]\) de bu aileye katılır. Üstelik Alıştırma 43.43 bu sonuçların hepsini tek hamlede verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.43 (İki Eşgüçlü Kümenin Arasında Kalan Küme) \(A \subseteq B \subseteq C\) ve \(A \sim C\) olsun. \(A \sim B\) ve \(B \sim C\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Sezgi şudur: \(B\), “büyüklük” bakımından \(A\) ile \(C\) arasında sıkışmıştır; \(A\) ile \(C\) aynı büyüklükteyse \(B\) de onlarla aynı büyüklükte olmalıdır. Sonsuz kümelerde bu sezgiyi bir eşlemeyle doğrulamak gerekir. Önce \(B \sim C\) olduğunu gösterip sonra \(A \sim B\)’yi ondan çıkaracağız.

\(A \sim C\) olduğundan birebir-örten bir \(f\colon C \to A\) vardır (Önerme 14.1 (2)). \(A \subseteq C\) olduğundan \(f\)’yi \(C\)’den \(C\)’ye giden birebir bir fonksiyon olarak da düşünebiliriz.

Adım 1: Halkalar. \(C\)’nin alt kümelerinden oluşan bir diziyi özyineli olarak tanımlayalım:

\[D_1 = C \setminus B, \qquad D_{k+1} = f(D_k) \quad (k \in \mathbb{N}),\]

ve \(D = \displaystyle\bigcup_{k=1}^{\infty} D_k\) olsun. Her \(D_k\), \(C\)’nin alt kümesidir: \(D_1 \subseteq C\) açıktır, \(k \ge 1\) için \(D_{k+1} = f(D_k) \subseteq A \subseteq C\). Ayrıca \(f(D) \subseteq D\)’dir: \(x \in D\) ise bir \(k\) için \(x \in D_k\) ve \(f(x) \in D_{k+1} \subseteq D\).

Adım 2: Eşleme. \(h\colon C \to B\) fonksiyonunu

\[h(x) = \begin{cases} f(x), & x \in D \\ x, & x \notin D \end{cases}\]

ile tanımlayalım. Yani \(h\), \(D\)’nin noktalarını \(f\) ile içeriye taşır, geri kalan noktaları yerinde bırakır.

C, B, A, f(B), f(A), … kümeleri iç içedir. Mavi halkalar D kümesini oluşturur ve h her mavi halkayı f ile bir sonraki mavi halkaya taşır; boyasız halkalarda h birim fonksiyondur. En dıştaki halka (C − B) böylece boşalır: h, C'yi B'nin üzerine eşler.

\(h\) gerçekten \(B\)’ye gider. \(x \in D\) ise \(h(x) = f(x) \in A \subseteq B\). \(x \notin D\) ise özel olarak \(x \notin D_1 = C \setminus B\); \(x \in C\) olduğundan \(x \in B\), yani \(h(x) = x \in B\).

\(h\) birebirdir. \(h(x) = h(y)\) olsun.

• \(x, y \in D\) ise \(f(x) = f(y)\) ve \(f\) birebir olduğundan \(x = y\).
• \(x, y \notin D\) ise \(x = h(x) = h(y) = y\).
• \(x \in D\), \(y \notin D\) olamaz: \(h(x) = f(x) \in f(D) \subseteq D\) iken \(h(y) = y \notin D\), dolayısıyla \(h(x) \ne h(y)\). (Roller değişince de aynı.)

\(h\) örtendir. \(b \in B\) olsun. \(b \notin D\) ise \(h(b) = b\). \(b \in D\) ise bir \(k\) için \(b \in D_k\); \(b \in B\) olduğundan \(b \notin C \setminus B = D_1\), yani \(k \ge 2\). Demek ki \(b \in D_k = f(D_{k-1})\): bir \(y \in D_{k-1} \subseteq D\) için \(b = f(y) = h(y)\).

Böylece \(h\colon C \to B\) birebir-örtendir: \(C \sim B\) ve simetriyle \(B \sim C\).

Adım 3: \(A \sim B\). \(A \sim C\) (varsayım) ve \(C \sim B\) (Adım 2) olduğundan geçişlilikle (Önerme 14.1 (3)) \(A \sim B\).

Somut bir örnek. \(C = [0, 1]\), \(B = (0, 1)\), \(A = \left[\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right]\) alalım; \(A \subseteq B \subseteq C\). \(x \mapsto \frac{1}{4} + \frac{x}{2}\) fonksiyonu \([0, 1]\)’i \(\left[\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right]\)’e birebir-örten götürür (kesin artandır ve tersi \(y \mapsto 2y - \frac{1}{2}\)’dir). Problem gereği \((0, 1) \sim [0, 1]\); bu, kapalı ve açık birim aralıkların eşgüçlülüğü için (Alıştırma 43.41) bir başka ispattır. Bu örnekte halkalar \(D_1 = \{0, 1\}\), \(D_2 = \left\{\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right\}\), \(D_3 = \left\{\frac{3}{8}, \frac{5}{8}\right\}\), … nokta çiftleridir ve \(h\) her çifti bir sonrakine taşır.

Cantor–Schröder–Bernstein teoremi. \(X\)’ten \(Y\)’ye birebir bir \(u\) ve \(Y\)’den \(X\)’e birebir bir \(v\) fonksiyonu olsun. O zaman \(v(u(X)) \subseteq v(Y) \subseteq X\) ve \(v \circ u\), \(X\)’i \(v(u(X))\)’e birebir-örten götürür, yani \(v(u(X)) \sim X\). Problem gereği \(v(Y) \sim X\); öte yandan \(v\), \(Y\)’yi \(v(Y)\)’ye birebir-örten götürür. Geçişlilikle \(X \sim Y\). Sonlu, Sonsuz ve Sayılabilir Kümeler bölümünün sonundaki kardinal sayılar notunda ispatı dışarıda bırakılan bu teorem, böylece bu problemin kısa bir sonucudur.

\(\blacksquare\)

43.9 Faktöriyel ve Kuvvet Eşitsizlikleri

Bu gruptaki beş eşitsizlik, \(n!\) sayısının \(n^2\), \(2^{n-1}\) ve \(n^n\) gibi ifadelerle nasıl karşılaştırıldığını gösterir. Çoğu, belli bir \(n_0\)’dan başlayan tümevarımla (Teorem 10.4) ispatlanır; tümevarım adımında faktöriyelin özyineli tanımı \((n+1)! = (n+1) \cdot n!\) (Tanım 10.4) kullanılır. Her problemde önce küçük değerlere bakmak, eşitsizliğin neden ancak belli bir \(n\)’den sonra doğru olduğunu da gösterir.

Alıştırma 43.44 (Kare ile Faktöriyelin Karşılaştırılması) \(n > 3\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n^2 < n!\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Küçük değerler:

\(n\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)
\(n^2\)	\(1\)	\(4\)	\(9\)	\(16\)	\(25\)
\(n!\)	\(1\)	\(2\)	\(6\)	\(24\)	\(120\)

\(n = 1, 2, 3\) için eşitsizlik sağlanmaz; ilk kez \(n = 4\)’te sağlanır. Bu yüzden \(n_0 = 4\)’ten başlayan tümevarım kullanacağız (Teorem 10.4).

Temel adım (\(n = 4\)). \(4^2 = 16 < 24 = 4!\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 4\) ve \(k^2 < k!\) olsun. \((k+1)^2 = k^2 + 2k + 1\)’dir. Örnek 10.11 gereği \(k \ge 3\) için \(2k + 1 < k^2\); hipotezle de \(k^2 < k!\). Demek ki \(2k + 1 < k!\) ve

\[(k + 1)^2 = k^2 + (2k + 1) < k! + k! = 2 \cdot k! .\]

\(k + 1 \ge 5 > 2\) ve \(k! > 0\) olduğundan \(2 \cdot k! < (k + 1) \cdot k! = (k+1)!\). Geçişlilikle \((k+1)^2 < (k+1)!\).

Teorem 10.4 gereği \(n \ge 4\), yani \(n > 3\) olan her doğal sayı için \(n^2 < n!\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.45 (İkinin Kuvveti ile Faktöriyelin Karşılaştırılması) \(n > 2\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2^{n-1} < n!\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(n = 1\) için \(2^0 = 1 = 1!\), \(n = 2\) için \(2^1 = 2 = 2!\); bu iki değerde eşitlik vardır ve kesin eşitsizlik sağlanmaz. \(n_0 = 3\)’ten başlayalım.

Temel adım (\(n = 3\)). \(2^2 = 4 < 6 = 3!\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 3\) ve \(2^{k-1} < k!\) olsun. Hipotezi pozitif \(2\) ile çarparsak (O4)

\[2^{k} = 2^{k-1} \cdot 2 < 2 \cdot k! .\]

\(k + 1 \ge 4 > 2\) ve \(k! > 0\) olduğundan \(2 \cdot k! < (k+1) \cdot k! = (k+1)!\). Geçişlilikle \(2^{(k+1) - 1} = 2^k < (k+1)!\).

Teorem 10.4 gereği her \(n \ge 3\) için \(2^{n-1} < n!\). Kitaptaki Örnek 10.8 her \(n\) için \(n! \ge 2^{n-1}\) eşitsizliğini vermişti; bu problem, eşitliğin yalnızca \(n = 1, 2\) için gerçekleştiğini söyler.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.46 (Faktöriyel ile n Üssü n) \(n > 1\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n! < n^n\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(n = 1\) için \(1! = 1 = 1^1\) olduğundan \(n_0 = 2\)’den başlayan tümevarım kullanacağız.

Temel adım (\(n = 2\)). \(2! = 2 < 4 = 2^2\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 2\) ve \(k! < k^k\) olsun. Hipotezi pozitif \(k + 1\) ile çarparsak

\[(k+1)! = (k + 1) \cdot k! < (k + 1) \cdot k^k .\]

\(0 < k < k + 1\) olduğundan Teorem 11.3 (4) gereği \(k^k < (k + 1)^k\); bunu pozitif \(k + 1\) ile çarparsak

\[(k+1) \cdot k^k < (k+1)(k+1)^k = (k+1)^{k+1} .\]

Geçişlilikle \((k+1)! < (k+1)^{k+1}\).

Teorem 10.4 gereği her \(n \ge 2\) için \(n! < n^n\).

Sonucu doğrudan da görebiliriz: \(n! = 1 \cdot 2 \cdots n\) ve \(n^n = n \cdot n \cdots n\) çarpımlarında \(n\) tane çarpan vardır; soldaki her çarpan sağdakinden büyük değildir ve \(n \ge 2\) iken ilk çarpanlar için \(1 < n\)’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.47 (Faktöriyelin Karesi ile n Üssü n) \(n > 2\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için \((n!)^2 > n^n\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bu kez tümevarım yerine çarpanları eşleştiren doğrudan bir ispat vereceğiz.

Isınma: \(n = 4\). \((4!)^2 = 4! \cdot 4!\) çarpımında ilk \(4!\)’ü \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4\), ikincisini ters sırayla \(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1\) yazıp karşılıklı çarpanları eşleştirelim:

\[(4!)^2 = (1 \cdot 4)(2 \cdot 3)(3 \cdot 2)(4 \cdot 1) = 4 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 4 = 576 > 256 = 4^4 .\]

Her çift en az \(4\)’tür ve ortadaki çiftler \(4\)’ten büyüktür.

Adım 1: Eşleştirme. Genel olarak \(n! = \prod_{k=1}^{n} k\)’dır; aynı çarpım ters sırayla

\[n! = n \cdot (n-1) \cdots 1 = \prod_{k=1}^{n} (n + 1 - k)\]

biçiminde de yazılır (sonlu bir çarpımda çarpanların sırası değiştirilebilir). İki çarpımı karşılıklı terimleri eşleştirerek çarpalım:

\[(n!)^2 = \prod_{k=1}^{n} k\,(n + 1 - k) = (1 \cdot n)\big(2 (n-1)\big) \cdots (n \cdot 1).\]

Adım 2: Her çift en az \(n\)’dir. \(1 \le k \le n\) için

\[k(n + 1 - k) - n = kn + k - k^2 - n = (k - 1)(n - k) .\]

\(k - 1 \ge 0\) ve \(n - k \ge 0\) olduğundan bu fark negatif değildir: \(k(n + 1 - k) \ge n\). Üstelik \(n \ge 3\) iken \(k = 2\) çifti için fark \((2 - 1)(n - 2) = n - 2 \ge 1 > 0\); yani en az bir çift \(n\)’den kesin olarak büyüktür.

Adım 3: Çarpma. Pozitif sayılar arasındaki eşitsizlikler taraf tarafa çarpılabilir: \(0 < u \le u'\) ve \(0 < v \le v'\) ise (O4) iki kez uygulanarak \(uv \le u'v \le u'v'\) bulunur ve eşitsizliklerden biri kesinse sonuç da kesindir. Bunu \(n\) çarpana tümevarımla genişletirsek, her biri en az \(n\) olan ve en az biri \(n\)’den büyük \(n\) pozitif sayının çarpımı \(n^n\)’den büyüktür. Adım 1 ve Adım 2 ile

\[(n!)^2 = \prod_{k=1}^{n} k\,(n + 1 - k) > \underbrace{n \cdot n \cdots n}_{n \text{ tane}} = n^n \qquad (n \ge 3).\]

\(n = 1, 2\) için eşitlik vardır: \((1!)^2 = 1 = 1^1\) ve \((2!)^2 = 4 = 2^2\); çünkü o zaman bütün çiftler tam olarak \(n\)’ye eşittir. Koşulun \(n > 2\) olmasının nedeni budur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.48 (n Üssü n Sayısının Faktöriyel ile Sıkıştırılması) \(n > 5\) olan her \(n \in \mathbb{N}\) için

\[3^n \, n! > n^n > 2^n \, n!\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İki eşitsizliği de \(n_0 = 6\)’dan başlayan tümevarımla ispatlayacağız. Tümevarım adımının anahtarı, \((1 + \frac{1}{n})^n\) sayısının her zaman \(2\) ile \(3\) arasında kalmasıdır; önce bunu gösterelim.

Adım 1: Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(2 \le \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < 3\).

Alt sınır. Bernoulli eşitsizliğini (Teorem 10.6) \(x = \frac{1}{n} \ge -1\) ile uygulayalım: \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \ge 1 + n \cdot \frac{1}{n} = 2\).

Üst sınır. Binom teoremiyle (Teorem 10.7, \(a = 1\), \(b = \frac{1}{n}\))

\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = 1 + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} .\]

\(1 \le k \le n\) için faktöriyelin tanımı gereği \(n!\), \((n-k)!\) ile \(n(n-1)\cdots(n-k+1)\) çarpımının çarpımıdır; bu yüzden

\[\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\]

ve buradan

\[\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdots \frac{n-k+1}{n} \le \frac{1}{k!} ,\]

çünkü sağdaki her kesir \(1\)’den büyük değildir. Ayrıca Örnek 10.8 gereği \(k! \ge 2^{k-1}\), dolayısıyla \(\frac{1}{k!} \le \frac{1}{2^{k-1}}\). Bunları toplarsak

\[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \le 1 + \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}}\right).\]

Paranteze \(n \ge 2\) iken geometrik toplam formülünü (Örnek 10.10, \(r = \frac{1}{2}\)) uygulayalım:

\[1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}} = \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{1 - \frac{1}{2}} = 2 - \frac{2}{2^{n}} < 2 .\]

\(n = 1\) için parantez yalnızca \(1 < 2\)’dir. Her iki durumda \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n < 1 + 2 = 3\). İlk değerler \(2\), \(\frac{9}{4} = 2{,}25\), \(\frac{64}{27} \approx 2{,}37\), \(\frac{625}{256} \approx 2{,}44\)’tür.

Adım 2: Ardışık terimlerin ilişkisi. Teorem 11.3 (2) ile

\[(n+1)^n = \left(n \cdot \frac{n+1}{n}\right)^n = n^n \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n ,\]

dolayısıyla

\[(n + 1)^{n+1} = (n+1)\, n^n \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n . \tag{3}\]

Adım 3: Sağdaki eşitsizlik, \(n^n > 2^n \, n!\).

Temel adım (\(n = 6\)). \(6^6 = 46\,656\) ve \(2^6 \cdot 6! = 64 \cdot 720 = 46\,080\); \(46\,656 > 46\,080\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 6\) ve \(k^k > 2^k \, k!\) olsun. (3), Adım 1’in alt sınırı ve hipotezle

\[ \begin{aligned} (k+1)^{k+1} &= (k+1)\, k^k \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k \ge 2(k+1)\, k^k \\[1mm] &> 2(k+1) \cdot 2^k \, k! = 2^{k+1} (k+1)! . \end{aligned} \]

Adım 4: Soldaki eşitsizlik, \(3^n \, n! > n^n\).

Temel adım (\(n = 6\)). \(3^6 \cdot 6! = 729 \cdot 720 = 524\,880\) ve \(6^6 = 46\,656\); \(524\,880 > 46\,656\).

Tümevarım adımı. \(k \ge 6\) ve \(k^k < 3^k \, k!\) olsun. (3), Adım 1’in üst sınırı ve hipotezle

\[ \begin{aligned} (k+1)^{k+1} &= (k+1)\, k^k \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k < 3(k+1)\, k^k \\[1mm] &< 3(k+1) \cdot 3^k \, k! = 3^{k+1} (k+1)! . \end{aligned} \]

Teorem 10.4 gereği iki eşitsizlik de her \(n \ge 6\) için, yani \(n > 5\) için doğrudur.

Sınır neden \(n > 5\)? Soldaki eşitsizlik aslında her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur (aynı tümevarım \(n = 1\)’den, \(3 \cdot 1 > 1\) temel adımıyla başlatılabilir). Sağdaki ise \(n = 5\)’te bozulur: \(5^5 = 3125 < 3840 = 2^5 \cdot 5!\). Sonuç olarak \(\frac{n^n}{n!}\) oranı \(n \ge 6\) için \(2^n\) ile \(3^n\) arasında kalır. Adım 1’deki \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) sayıları Monoton Yakınsaklık Teoremi ve e Sayısı bölümünde \(e\) sayısının tanımında kullanılır.

\(\blacksquare\)

43.10 Cauchy–Schwarz, Minkowski ve Chebyshev Eşitsizlikleri

Son problemler toplamlar arasındaki üç ünlü eşitsizliği işler. Kitapta Cauchy–Schwarz eşitsizliğini henüz kurmadık. Önce Cauchy–Schwarz eşitsizliğini ve eşitlik hâlini kuracak, ondan Minkowski eşitsizliğini ve ağırlıklı ortalama eşitsizliğini türetecek, son olarak Chebyshev eşitsizliğini doğrudan ispatlayacağız. Fikir, aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğindeki (Teorem 7.1) gibi, karelerin negatif olmamasıdır (Önerme 7.12). Bölüm boyunca

\[A = \sum_{i=1}^{n} a_i^2, \qquad B = \sum_{i=1}^{n} b_i^2, \qquad C = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i\]

kısaltmalarını kullanacağız. \(A\) ve \(B\), negatif olmayan sayıların toplamı olarak negatif değildir.

Alıştırma 43.49 (Cauchy–Schwarz Eşitsizliği) \(n \in \mathbb{N}\) ve \(a_1, \dots, a_n\), \(b_1, \dots, b_n\) reel sayılar olsun.

\[\left(\sum_{i=1}^{n} a_i b_i\right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_i^2\right)\]

eşitsizliğini ispatlayınız. Bu eşitsizliğe Cauchy–Schwarz eşitsizliği denir.

Çözüm

Kısaltmalarla iddia \(C^2 \le AB\)’dir.

Isınma: \(n = 2\). Sağ taraftan sol tarafı çıkarıp açalım:

\[ \begin{aligned} (a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) - (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 &= a_1^2 b_2^2 + a_2^2 b_1^2 - 2 a_1 b_1 a_2 b_2 \\[1mm] &= (a_1 b_2 - a_2 b_1)^2 \ge 0 . \end{aligned} \]

Fark bir tam karedir; genel durumda da bir kareden yararlanacağız.

Adım 1: Negatif olmayan bir ikinci derece ifade. Her \(t \in \mathbb{R}\) için

\[Q(t) = \sum_{i=1}^{n} (t a_i + b_i)^2\]

toplamını düşünelim. Her terim bir karedir, dolayısıyla negatif değildir (Önerme 7.12 (1)); toplamları da negatif değildir: \(Q(t) \ge 0\). Öte yandan her terimi açalım: \((t a_i + b_i)^2 = t^2 a_i^2 + 2t\, a_i b_i + b_i^2\). Sonlu toplamlarda terimler gruplanabilir ve ortak çarpan dışarı alınabilir; böylece

\[Q(t) = t^2 \sum_{i=1}^{n} a_i^2 + 2t \sum_{i=1}^{n} a_i b_i + \sum_{i=1}^{n} b_i^2 = A t^2 + 2C t + B \ge 0 .\]

Adım 2: \(A = 0\) durumu. Negatif olmayan sayıların toplamı ancak hepsi sıfırsa sıfırdır (bir \(a_j^2 > 0\) olsaydı toplam pozitif olurdu). Demek ki her \(i\) için \(a_i^2 = 0\), yani \(a_i = 0\); o zaman \(C = 0\) ve iddia \(0 \le 0 \cdot B\) biçiminde doğrudur.

Adım 3: \(A > 0\) durumu. Kareye tamamlayalım:

\[A t^2 + 2C t + B = A\left(t + \frac{C}{A}\right)^2 + B - \frac{C^2}{A} .\]

Bu ifade en küçük değerini \(t = -\frac{C}{A}\) noktasında alır; o noktada ilk terim sıfırdır. Adım 1’deki eşitsizliği bu \(t\) için yazarsak

\[Q\left(-\frac{C}{A}\right) = B - \frac{C^2}{A} \ge 0 .\]

İki yanı pozitif \(A\) ile çarparsak \(AB - C^2 \ge 0\), yani \(C^2 \le AB\).

İki durumda da eşitsizlik doğrudur. Örneğin \(a = (1, 2, 3)\), \(b = (4, 5, 6)\) için \(C = 4 + 10 + 18 = 32\), \(A = 14\), \(B = 77\) ve gerçekten \(32^2 = 1024 \le 1078 = 14 \cdot 77\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.50 (Cauchy–Schwarz Eşitsizliğinde Eşitlik Hâli) \(a_1, \dots, a_n\), \(b_1, \dots, b_n\) reel sayılar olsun. Cauchy–Schwarz eşitsizliğinde (Alıştırma 43.49) eşitliğin ancak ve ancak şu iki durumdan birinde sağlandığını gösteriniz: bütün \(a_i\)’ler sıfırdır ya da her \(i\) için \(b_i = \lambda a_i\) olacak biçimde bir \(\lambda \in \mathbb{R}\) vardır.

Çözüm

Kısaltmalarla eşitlik \(C^2 = AB\) demektir.

(\(\Leftarrow\)) Bütün \(a_i\)’ler sıfırsa \(A = 0\) ve \(C = 0\); iki taraf da \(0\)’dır. Her \(i\) için \(b_i = \lambda a_i\) ise

\[C = \sum_{i=1}^{n} a_i (\lambda a_i) = \lambda A, \qquad B = \sum_{i=1}^{n} \lambda^2 a_i^2 = \lambda^2 A,\]

dolayısıyla \(C^2 = \lambda^2 A^2 = A \cdot \lambda^2 A = AB\).

(\(\Rightarrow\)) \(C^2 = AB\) olsun ve \(a_i\)’lerin hepsi sıfır olmasın; o zaman \(A > 0\)’dır. Bir önceki problemin Adım 3’ündeki hesapla, \(t_0 = -\frac{C}{A}\) için

\[\sum_{i=1}^{n} (t_0 a_i + b_i)^2 = Q(t_0) = B - \frac{C^2}{A} = \frac{AB - C^2}{A} = 0 .\]

Negatif olmayan sayıların toplamı sıfır olduğundan her terim sıfırdır: her \(i\) için \((t_0 a_i + b_i)^2 = 0\), yani (Önerme 7.12 (1)) \(t_0 a_i + b_i = 0\). Demek ki \(\lambda = -t_0 = \frac{C}{A}\) ile her \(i\) için \(b_i = \lambda a_i\).

Yorum. \(n = 2\) ya da \(n = 3\) için \((a_1, \dots, a_n)\) ve \((b_1, \dots, b_n)\) listelerini düzlemde ya da uzayda birer vektör olarak düşünürsek, eşitlik tam olarak iki vektör aynı doğru üzerindeyken (biri ötekinin katıyken) gerçekleşir. Örneğin \(a = (1, 2)\), \(b = (3, 6)\) için \(C = 15\), \(A = 5\), \(B = 45\) ve \(15^2 = 225 = 5 \cdot 45\).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.51 (Minkowski Eşitsizliği) \(a_1, \dots, a_n\) ve \(b_1, \dots, b_n\) reel sayılar olsun. Cauchy–Schwarz eşitsizliğini kullanarak

\[\left(\sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i)^2\right)^{1/2} \le \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right)^{1/2} + \left(\sum_{i=1}^{n} b_i^2\right)^{1/2}\]

olduğunu gösteriniz. Bu eşitsizliğe Minkowski eşitsizliği denir.

Çözüm

Negatif olmayan bir \(u\) için \(u^{1/2} = \sqrt{u}\)’dur (Tanım 13.2). Kısaltmalarla iddia

\[\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i)^2} \le \sqrt{A} + \sqrt{B}\]

biçimindedir. Önce iki yanın karelerini karşılaştıracağız.

Adım 1: Sol tarafın karesi. Her terimi açıp toplamları gruplayalım:

\[\sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i)^2 = \sum_{i=1}^{n} \left(a_i^2 + 2 a_i b_i + b_i^2\right) = A + 2C + B .\]

Adım 2: \(C \le \sqrt{A}\sqrt{B}\). Alıştırma 43.49 gereği \(C^2 \le AB\). Sonuç 8.2 gereği \(|C|^2 = C^2\); ayrıca \((\sqrt{A}\sqrt{B})^2 = AB\) (Teorem 11.3 (2)). Yani

\[|C|^2 \le \left(\sqrt{A}\sqrt{B}\right)^2 .\]

\(|C|\) ve \(\sqrt{A}\sqrt{B}\) negatif değildir. \(|C| > \sqrt{A}\sqrt{B}\) olsaydı, negatif olmayan sayılarda kare almak kesin sıralamayı koruduğundan (Önerme 7.12 (4); küçük olan sayı \(0\) ise büyüğün karesi zaten pozitiftir) \(|C|^2 > (\sqrt{A}\sqrt{B})^2\) olurdu. Demek ki \(|C| \le \sqrt{A}\sqrt{B}\) ve Teorem 8.1 (4) ile \(C \le |C| \le \sqrt{A}\sqrt{B}\).

Adım 3: Karelerin karşılaştırılması. Adım 1 ve Adım 2’den

\[\sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i)^2 = A + 2C + B \le A + 2\sqrt{A}\sqrt{B} + B = \left(\sqrt{A} + \sqrt{B}\right)^2 .\]

Adım 4: Karekök alma. \(0 \le u \le v\) ise \(\sqrt{u} \le \sqrt{v}\)’dir: aksi hâlde \(\sqrt{v} < \sqrt{u}\) olur ve yine kare alarak \(v < u\) çıkardı. Ayrıca \(\sqrt{A} + \sqrt{B} \ge 0\) olduğundan \(\sqrt{\left(\sqrt{A} + \sqrt{B}\right)^2} = \sqrt{A} + \sqrt{B}\) (karesi aynı olan negatif olmayan sayı tektir, Teorem 13.2). Adım 3’ün iki yanının karekökünü alırsak

\[\sqrt{\sum_{i=1}^{n} (a_i + b_i)^2} \le \sqrt{A} + \sqrt{B} .\]

Yorum. \(n = 2\) için \(\sqrt{a_1^2 + a_2^2}\), düzlemdeki \((a_1, a_2)\) vektörünün uzunluğudur. Minkowski eşitsizliği, iki vektörün toplamının uzunluğunun uzunluklar toplamını aşamayacağını söyler: bu, üçgen eşitsizliğinin vektör biçimidir. \(n = 1\) için \(\sqrt{x^2} = |x|\) olduğundan eşitsizlik tam olarak \(|a_1 + b_1| \le |a_1| + |b_1|\), yani Teorem 8.2 olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.52 (Minkowski Eşitsizliğinde Eşitlik Hâli) \(a_1, \dots, a_n\) ve \(b_1, \dots, b_n\) reel sayılar olsun. Minkowski eşitsizliğinde (Alıştırma 43.51) eşitliğin ne zaman sağlandığını belirleyiniz.

Çözüm

Bir önceki problemin adımlarını geriye doğru izleyelim; kısaltmalar aynıdır.

Adım 1: Eşitlik nerede kaybolabilir? Adım 4’teki karekök alma, negatif olmayan sayılarda hem sıralamayı hem eşitliği korur: \(\sqrt{u} = \sqrt{v}\) ancak \(u = v\) iken olur. Adım 1 bir eşitliktir. Demek ki Minkowski eşitsizliğinde eşitlik ancak ve ancak Adım 3’te eşitlik varken, yani

\[C = \sqrt{A}\sqrt{B}\]

iken gerçekleşir.

Adım 2: Bu koşulu çözelim. \(C = \sqrt{A}\sqrt{B}\) ise \(C \ge 0\) ve \(C^2 = AB\)’dir. Tersine \(C \ge 0\) ve \(C^2 = AB = (\sqrt{A}\sqrt{B})^2\) ise, karesi aynı olan negatif olmayan iki sayı eşit olduğundan \(C = \sqrt{A}\sqrt{B}\). Yani koşul “\(C \ge 0\) ve \(C^2 = AB\)” ile denktir. Alıştırma 43.50 gereği \(C^2 = AB\), bütün \(a_i\)’ler sıfırken ya da her \(i\) için \(b_i = \lambda a_i\) iken gerçekleşir.

• Bütün \(a_i\)’ler sıfırsa \(C = 0 = \sqrt{A}\sqrt{B}\); eşitlik vardır.
• \(a_i\)’lerin hepsi sıfır değilse (\(A > 0\)) ve \(b_i = \lambda a_i\) ise \(C = \lambda A\) ve \(B = \lambda^2 A\). \(|\lambda|\sqrt{A}\) negatif değildir ve karesi \(\lambda^2 A = B\)’dir (Sonuç 8.2); karekökün tekliğiyle \(\sqrt{B} = |\lambda|\sqrt{A}\), yani \(\sqrt{A}\sqrt{B} = |\lambda| A\). Koşul \(\lambda A = |\lambda| A\), yani \(\lambda = |\lambda|\), yani \(\lambda \ge 0\) olur.

Sonuç. Minkowski eşitsizliğinde eşitlik ancak ve ancak bütün \(a_i\)’ler sıfırken ya da her \(i\) için \(b_i = \lambda a_i\) olacak biçimde bir \(\lambda \ge 0\) varken sağlanır. Kısacası listelerden biri ötekinin negatif olmayan bir katı olmalıdır; vektör diliyle iki vektör aynı yönü göstermelidir.

Örnekler.

• \(a = (1, 2)\), \(b = (2, 4)\) (\(\lambda = 2\)): sol taraf \(\sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}\), sağ taraf \(\sqrt{5} + \sqrt{20} = \sqrt{5} + 2\sqrt{5} = 3\sqrt{5}\); eşitlik vardır.
• \(a = (1, 1)\), \(b = (-1, -1)\) (\(\lambda = -1\)): sol taraf \(0\), sağ taraf \(2\sqrt{2}\); eşitlik yoktur.
• \(a = (1, 0)\), \(b = (0, 1)\) (orantılı değil): sol taraf \(\sqrt{2}\), sağ taraf \(2\); eşitlik yoktur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.53 (Ağırlıklı Ortalamanın Karesi) \(a_1, \dots, a_n\) ve \(b_1, \dots, b_n\) pozitif reel sayılar ve \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} b_k = 1\) olsun. Cauchy–Schwarz eşitsizliğini kullanarak

\[\left(\sum_{k=1}^{n} a_k b_k\right)^2 \le \sum_{k=1}^{n} a_k^2 b_k\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Fikir. Sağ taraftaki \(a_k^2 b_k\) terimini bir kare olarak, \(\left(a_k \sqrt{b_k}\right)^2\) biçiminde yazabiliriz; \(b_k\)’nin kendisi de \(\left(\sqrt{b_k}\right)^2\)’dir. Cauchy–Schwarz eşitsizliğini bu iki liste için yazacağız.

Adım 1: Listeleri seçme. \(b_k > 0\) olduğundan \(\sqrt{b_k}\) tanımlıdır (Teorem 13.2). Her \(k\) için

\[x_k = a_k \sqrt{b_k}, \qquad y_k = \sqrt{b_k}\]

alalım. O zaman

\[x_k y_k = a_k \left(\sqrt{b_k}\right)^2 = a_k b_k, \qquad x_k^2 = a_k^2 b_k, \qquad y_k^2 = b_k .\]

Adım 2: Cauchy–Schwarz. Alıştırma 43.49 eşitsizliğini \(x_k\) ve \(y_k\) listelerine uygulayalım:

\[ \begin{aligned} \left(\sum_{k=1}^{n} a_k b_k\right)^2 &= \left(\sum_{k=1}^{n} x_k y_k\right)^2 \le \left(\sum_{k=1}^{n} x_k^2\right)\left(\sum_{k=1}^{n} y_k^2\right) \\[1mm] &= \left(\sum_{k=1}^{n} a_k^2 b_k\right)\left(\sum_{k=1}^{n} b_k\right). \end{aligned} \]

\(\sum b_k = 1\) olduğundan sağ taraf \(\sum a_k^2 b_k\)’ye eşittir ve iddia çıkar.

Eşitlik hâli. Hiçbir \(x_k\) sıfır değildir; Alıştırma 43.50 gereği eşitlik ancak her \(k\) için \(y_k = \lambda x_k\), yani \(\sqrt{b_k} = \lambda a_k \sqrt{b_k}\) iken, bu da \(\lambda a_k = 1\) iken sağlanır. Demek ki eşitlik tam olarak bütün \(a_k\)’ler birbirine eşitken gerçekleşir.

Yorum. \(b_k\)’ler toplamı \(1\) olan pozitif “ağırlıklar”dır ve \(m = \sum a_k b_k\), \(a_k\)’lerin ağırlıklı ortalamasıdır. Eşitsizlik, ortalamanın karesinin karelerin ortalamasını aşmadığını söyler. İkinci bir ispat da buradan gelir: \(\sum b_k = 1\) kullanılarak

\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} b_k (a_k - m)^2 &= \sum_{k=1}^{n} a_k^2 b_k - 2m \sum_{k=1}^{n} a_k b_k + m^2 \sum_{k=1}^{n} b_k \\[1mm] &= \sum_{k=1}^{n} a_k^2 b_k - 2m^2 + m^2 = \sum_{k=1}^{n} a_k^2 b_k - m^2 \end{aligned} \]

bulunur ve sol taraf negatif olmayan terimlerin toplamıdır. Örneğin \(a = (1, 3)\) ve \(b = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)\) için \(m = 2\) ve \(m^2 = 4 \le 5 = \frac{1}{2} + \frac{9}{2}\). İspatta \(a_k\)’lerin pozitif olması kullanılmadı; eşitsizlik her reel \(a_k\) için doğrudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 43.54 (Chebyshev Toplam Eşitsizliği) \(a_1, \dots, a_n\) ve \(b_1, \dots, b_n\) reel sayılar, \(a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n\) ve \(b_1 \le b_2 \le \cdots \le b_n\) olsun.

\[\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} b_i\right) \le \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i b_i\]

olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İki yanı pozitif \(n^2\) ile çarparsak iddia

\[\left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_i\right) \le n \sum_{i=1}^{n} a_i b_i \tag{4}\]

biçimini alır; bunu göstereceğiz.

Isınma: \(n = 2\). (4) eşitsizliği

\[(a_1 + a_2)(b_1 + b_2) \le 2(a_1 b_1 + a_2 b_2)\]

olur. Sağdan solu çıkaralım:

\[2a_1 b_1 + 2a_2 b_2 - a_1 b_1 - a_1 b_2 - a_2 b_1 - a_2 b_2 = (a_2 - a_1)(b_2 - b_1) .\]

\(a_1 \le a_2\) ve \(b_1 \le b_2\) olduğundan iki çarpan da negatif değildir ve çarpım negatif değildir. Genel durumda aynı fikri bütün \((i, j)\) çiftlerine uygulayacağız.

Adım 1: Her çift için bir işaret bilgisi. Sıralama koşulu, \(i \le j\) için \(a_i \le a_j\) ve \(b_i \le b_j\) demektir. Her \(i, j \in \{1, \dots, n\}\) için

\[(a_i - a_j)(b_i - b_j) \ge 0 .\]

Gerçekten, \(i \le j\) ise iki çarpan da sıfır ya da negatiftir; \(i > j\) ise iki çarpan da sıfır ya da pozitiftir. İki durumda da çarpım negatif değildir (Önerme 7.5, Sonuç 7.1; çarpanlardan biri sıfırsa çarpım sıfırdır).

Adım 2: Bütün çiftler üzerinden toplama. \(n^2\) tane negatif olmayan sayının toplamı negatif değildir:

\[S = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (a_i - a_j)(b_i - b_j) \ge 0 .\]

Adım 3: Toplamı açma. Terimi açarsak

\[(a_i - a_j)(b_i - b_j) = a_i b_i - a_i b_j - a_j b_i + a_j b_j\]

olur. Dört parçayı ayrı ayrı toplayalım. Birinci parçada iç toplamın terimi \(j\)’ye bağlı değildir ve \(n\) kez toplanır; dördüncüde aynı şey dış toplam için olur. İkinci ve üçüncü parçada ise iç toplama göre sabit olan çarpan dışarı alınır:

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_i b_i &= \sum_{i=1}^{n} n\, a_i b_i = n \sum_{i=1}^{n} a_i b_i , \\[1mm] \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_i b_j &= \sum_{i=1}^{n} a_i \left(\sum_{j=1}^{n} b_j\right) = \left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{j=1}^{n} b_j\right), \\[1mm] \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_j b_i &= \sum_{i=1}^{n} b_i \left(\sum_{j=1}^{n} a_j\right) = \left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_i\right), \\[1mm] \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_j b_j &= n \sum_{j=1}^{n} a_j b_j . \end{aligned} \]

Toplarsak

\[S = 2n \sum_{i=1}^{n} a_i b_i - 2\left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_i\right) \ge 0 ,\]

ve iki yanı \(\frac{1}{2}\) ile çarpıp düzenleyince (4) çıkar. (4)’ü pozitif \(\frac{1}{n^2}\) ile çarparsak istenen eşitsizlik elde edilir.

Yorum ve örnekler. Eşitsizlik, “aynı yönde sıralanmış iki listenin çarpımlarının ortalaması, ortalamaların çarpımından küçük değildir” der. \(a = b = (1, 2, 3)\) için sol taraf \(2 \cdot 2 = 4\), sağ taraf \(\frac{1 + 4 + 9}{3} = \frac{14}{3}\). Listelerden biri artan, öteki azalan sıralanırsa Adım 1’deki çarpımların hepsi sıfır ya da negatif olur ve eşitsizlik ters döner: \(a = (1, 2, 3)\), \(b = (3, 2, 1)\) için sağ taraf \(\frac{3 + 4 + 3}{3} = \frac{10}{3} < 4\).

\(\blacksquare\)

Bu bölümde tümevarımı sayılar üzerine iddialarda, iyi sıralama ilkesini irrasyonellik ispatlarında, Arşimet özelliğini sonsuz aile hesaplarında, eşgüçlülüğü de sonsuz kümelerin karşılaştırılmasında kullandık; karelerin negatif olmaması ise bütün eşitsizliklerin ortak dayanağı oldu. Sıradaki bölüm küme cebiri, görüntüler ve tümevarım üzerine karışık bir problem dizisiyle devam ediyor: Küme Cebiri, Görüntüler ve Tümevarım Üzerine Problemler.