41 Reel Sayıların Özellikleri, Mutlak Değer ve Sınırlı Kümeler Üzerine Problemler
Bu bölümdeki problemler, reel sayıları kuran aksiyomların ve onlardan türettiğimiz araçların ilk yoğun alıştırmasıdır. Önce cebirsel aksiyomlardan işaret ve ters kurallarını, denklem çözmenin gerekçelerini; sonra sıralama aksiyomlarından eşitsizlikleri, doğal sayılar ve tümevarımla kuvvetlerin sıralanmasını çalışacağız. Ardından mutlak değer ile denklem ve eşitsizlik çözecek, düzlemde kümeler çizeceğiz; son olarak supremum ve infimum kavramlarıyla sınırlı kümeleri inceleyeceğiz. Rasyonel ve irrasyonel sayılarla ilgili problemlerde tam ve rasyonel sayılar ile kökler ve irrasyonel sayılar bölümlerinin sonuçları kullanılır.
Bazı problemler kitapta zaten kanıtlanmış bir sonucun aynısıdır; bunları da baştan, her adımı gerekçelendirerek çözdük, çünkü amaç sonucu bilmek değil, ispatı kendi başına kurabilmektir. Her problemi önce kendiniz deneyin, sonra çözümü okuyun; bir adımda takılırsanız bağlantısı verilen kutuya dönün.
41.1 Cebirsel Aksiyomlardan Türetmeler
İlk problemler, toplama ve çarpmanın dokuz aksiyomundan, yani (A1)–(A4), (M1)–(M4) ve (D) aksiyomlarından (Bölüm 6.2) işaret ve ters kurallarını türetmeyi istiyor; her adımda hangi aksiyomun kullanıldığını yazacağız.
Alıştırma 41.1 (Toplamı Sıfır Olan İki Sayı) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. \(a + b = 0\) ise \(b = -a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(-a\), (A4) aksiyomunun \(a\) için var dediği ve \(a + (-a) = 0\) eşitliğini sağlayan sayıdır. \(a + b = 0\) varsayımını kullanarak \(b\)’yi adım adım \(-a\)’ya dönüştürelim:
\[ \begin{aligned} b &= b + 0 && \text{(A3)} \\ &= b + \big(a + (-a)\big) && \text{(A4)} \\ &= (b + a) + (-a) && \text{(A2)} \\ &= (a + b) + (-a) && \text{(A1)} \\ &= 0 + (-a) && \text{(varsayım)} \\ &= (-a) + 0 && \text{(A1)} \\ &= -a. && \text{(A3)} \end{aligned} \]
Yani bir sayıya eklendiğinde sıfır veren sayı, o sayının toplama tersinden başkası olamaz. Bu, toplama tersinin tekliğinin (Önerme 6.2) başka bir söylenişidir. Aşağıdaki problemlerde onu “teklik hilesi” olarak kullanacağız: \(-a = b\) olduğunu göstermek için \(a + b = 0\) olduğunu göstermek yeter.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.2 (Toplama Tersinin Tersi) Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(-(-a) = a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce \((-a) + a = 0\) olduğunu görelim: (A1) ile \((-a) + a = a + (-a)\), (A4) ile de \(a + (-a) = 0\)’dır.
Şimdi ilk sonucu (Alıştırma 41.1), \(a\) yerine \(-a\) ve \(b\) yerine \(a\) yazarak uygulayalım. \((-a) + a = 0\) olduğundan, \(a\) sayısı \(-a\)’nın toplama tersidir:
\[a = -(-a).\]
Yani bir sayının tersinin tersi sayının kendisidir; kitapta bu sonuç Önerme 6.5 olarak da yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.3 (Eksi Birle Çarpmak) Her \(a \in \mathbb{R}\) için \((-1)a = -a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Teklik hilesini kullanacağız: \(a + (-1)a = 0\) olduğunu göstermek yeter.
\[ \begin{aligned} a + (-1)a &= 1 \cdot a + (-1)a && \text{(M3), (M1)} \\ &= a \cdot 1 + a(-1) && \text{(M1)} \\ &= a\big(1 + (-1)\big) && \text{(D)} \\ &= a \cdot 0 && \text{(A4)} \\ &= 0. && \text{(sıfırla çarpım)} \end{aligned} \]
Son adımda her sayının sıfırla çarpımının sıfır olduğunu söyleyen Önerme 6.9 kullanıldı. Böylece \(a + (-1)a = 0\)’dır ve Alıştırma 41.1 gereği (\(b = (-1)a\) alınarak)
\[(-1)a = -a.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.4 (Eksi Birin Karesi) \((-1)(-1) = 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Eksi birle çarpma kuralını (Alıştırma 41.3) \(a = -1\) için yazalım:
\[(-1)(-1) = -(-1).\]
Tersin tersi kuralını (Alıştırma 41.2) \(a = 1\) için yazarsak \(-(-1) = 1\) olur. İki eşitliği birleştirince
\[(-1)(-1) = 1\]
bulunur. “Eksi ile eksinin çarpımı artıdır” kuralı bir uzlaşım değil, dağılma aksiyomunun zorunlu sonucudur: \((-1)a = -a\) eşitliğinin ispatında (Alıştırma 41.3) (D) aksiyomu belirleyici rol oynadı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.5 (Toplamın Toplama Tersi) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(-(a + b) = (-a) + (-b)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Teklik hilesiyle \((a + b) + \big((-a) + (-b)\big) = 0\) olduğunu göstermek yeter:
\[ \begin{aligned} (a + b) + \big((-a) + (-b)\big) &= \big((a + b) + (-a)\big) + (-b) && \text{(A2)} \\ &= \big((b + a) + (-a)\big) + (-b) && \text{(A1)} \\ &= \big(b + (a + (-a))\big) + (-b) && \text{(A2)} \\ &= (b + 0) + (-b) && \text{(A4)} \\ &= b + (-b) && \text{(A3)} \\ &= 0. && \text{(A4)} \end{aligned} \]
O hâlde \((-a) + (-b)\), \(a + b\)’nin toplama tersidir; Alıştırma 41.1 gereği
\[-(a + b) = (-a) + (-b).\]
Çıkarma tanımıyla (Tanım 6.2) aynı eşitlik \(-(a + b) = -a - b\) biçiminde de yazılır: “eksi parantez açılırken içerideki her terimin işareti değişir.”
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.6 (İki Toplama Tersinin Çarpımı) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \((-a)(-b) = ab\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Alıştırma 41.3 gereği \(-a = (-1)a\) ve \(-b = (-1)b\)’dir. Buna göre
\[ \begin{aligned} (-a)(-b) &= \big((-1)a\big)\big((-1)b\big) && \text{(eksi bir kuralı)} \\ &= \big((-1)(-1)\big)(ab) && \text{(M1), (M2)} \\ &= 1 \cdot (ab) && \text{(eksi birin karesi)} \\ &= ab. && \text{(M3), (M1)} \end{aligned} \]
İkinci adımda dört çarpan, birleşme ve değişme aksiyomlarıyla yeniden gruplandı; üçüncü adımda \((-1)(-1) = 1\) eşitliği (Alıştırma 41.4) kullanıldı.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.7 (Eksi Bir Sayının Çarpma Tersi) \(a \in \mathbb{R}\) ve \(a \neq 0\) olsun. \(\dfrac{1}{-a} = -\dfrac{1}{a}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sol taraf anlamlıdır. Önce \(-a \neq 0\) olduğunu görelim. (A3) gereği \(0 + 0 = 0\)’dır; Alıştırma 41.1 bu eşitlikten \(0 = -0\) sonucunu verir. Şimdi \(-a = 0\) olsaydı Alıştırma 41.2 ile
\[a = -(-a) = -0 = 0\]
olurdu; bu, \(a \neq 0\) varsayımıyla çelişir. Demek ki \(-a \neq 0\) ve (M4) gereği \(\dfrac{1}{-a} = (-a)^{-1}\) vardır.
Eşitlik. Çarpma tersi için de teklik hilesi geçerlidir: \((-a)\,c = 1\) ise, çarpma tersi tek olduğundan (Önerme 6.8) \(c = (-a)^{-1}\)’dir. \(c = -\dfrac{1}{a}\) alalım. Alıştırma 41.6 ve (M4) ile
\[(-a)\left(-\frac{1}{a}\right) = a \cdot \frac{1}{a} = 1.\]
O hâlde \(-\dfrac{1}{a}\), \(-a\)’nın çarpma tersidir:
\[\frac{1}{-a} = -\frac{1}{a}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.8 (Bir Bölümün Toplama Tersi) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(b \neq 0\) olsun. \(-\dfrac{a}{b} = \dfrac{-a}{b}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bölmenin tanımı (Tanım 6.3) \(\dfrac{x}{b} = x\,b^{-1}\)’dir. Buna göre
\[ \begin{aligned} \frac{-a}{b} &= (-a)\,b^{-1} && \text{(bölme tanımı)} \\ &= \big((-1)a\big)\,b^{-1} && \text{(eksi bir kuralı)} \\ &= (-1)\big(a\,b^{-1}\big) && \text{(M2)} \\ &= -\big(a\,b^{-1}\big) && \text{(eksi bir kuralı)} \\ &= -\frac{a}{b}. && \text{(bölme tanımı)} \end{aligned} \]
İkinci ve dördüncü adımda \((-1)x = -x\) eşitliği (Alıştırma 41.3), sırasıyla \(x = a\) ve \(x = a\,b^{-1}\) için kullanıldı. Bu yüzden \(-\dfrac{a}{b}\) yazımında eksi işaretinin pay ile birlikte mi, kesrin önünde mi okunduğu fark etmez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.9 (Çarpımın Çarpma Tersi) \(a \neq 0\) ve \(b \neq 0\) ise \(\dfrac{1}{ab} = \dfrac{1}{a} \cdot \dfrac{1}{b}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sol taraf anlamlıdır. \(ab = 0\) olsaydı sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(a = 0\) ya da \(b = 0\) olurdu; ikisi de varsayıma aykırıdır. Demek ki \(ab \neq 0\) ve (M4) ile \((ab)^{-1}\) vardır.
Eşitlik. Teklik hilesi: \((ab)\big(a^{-1} b^{-1}\big) = 1\) olduğunu gösterelim.
\[ \begin{aligned} (ab)\big(a^{-1} b^{-1}\big) &= \big(a\,a^{-1}\big)\big(b\,b^{-1}\big) && \text{(M1), (M2)} \\ &= 1 \cdot 1 && \text{(M4)} \\ &= 1. && \text{(M3)} \end{aligned} \]
Demek ki \(a^{-1} b^{-1}\), \(ab\)’nin bir çarpma tersidir. Çarpma tersi tek olduğundan (Önerme 6.8) \((ab)^{-1} = a^{-1} b^{-1}\), yani
\[\frac{1}{ab} = \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b}.\]
Bu, kitapta Önerme 6.14 olarak kaydedilen sonuçtur.
\(\blacksquare\)
41.2 Aksiyomlarla Denklem Çözme
Şimdi aynı aksiyomları denklem çözmek için kullanalım. Bir denklemi çözmek, onu sağlayan bütün sayıları bulmaktır; bunun için hem her çözümün bulduğumuz değerlerden biri olduğunu hem de bulduğumuz değerlerin gerçekten çözüm olduğunu göstermek gerekir. İki yana aynı sayıyı eklemek ya da iki yanı aynı sayıyla çarpmak meşrudur, çünkü toplama ve çarpma birer fonksiyondur: eşit girdiler eşit sonuç verir.
Alıştırma 41.10 (Birinci Dereceden Bir Denklem) \(2x + 5 = 8\) denklemini, her adımı uygun bir aksiyoma ya da sonuca dayandırarak çözünüz.
Çözüm
\(x\) bir çözüm olsun: \(2x + 5 = 8\).
Adım 1: \(5\)’i karşıya geçirmek. İki yana \(-5\) ekleyelim: \((2x + 5) + (-5) = 8 + (-5)\). Sol yan
\[(2x + 5) + (-5) = 2x + \big(5 + (-5)\big) = 2x + 0 = 2x\]
olur; sırasıyla (A2), (A4) ve (A3) kullanıldı. Sağ yanda \(8 = 3 + 5\) olduğundan aynı aksiyomlarla \(8 + (-5) = 3 + \big(5 + (-5)\big) = 3\) bulunur. Böylece
\[2x = 3.\]
Adım 2: \(2\)’ye bölmek. Önerme 7.7 ve Önerme 7.8 gereği \(0 < 1 < 2\), yani \(2 \neq 0\); (M4) ile \(2^{-1} = \frac{1}{2}\) vardır. İki yanı \(\frac{1}{2}\) ile çarpalım. Sol yan
\[\tfrac{1}{2}(2x) = \big(\tfrac{1}{2} \cdot 2\big)x = 1 \cdot x = x\]
olur; sırasıyla (M2), (M1) ile (M4) ve (M3) kullanıldı. Sağ yan \(\frac{1}{2} \cdot 3 = 3 \cdot 2^{-1} = \frac{3}{2}\)’dir (Tanım 6.3). Demek ki her çözüm \(x = \frac{3}{2}\)’dir.
Adım 3: Sağlama. \(2 \cdot \frac{3}{2} = 3\,(2 \cdot 2^{-1}) = 3\) olduğundan \(2 \cdot \frac{3}{2} + 5 = 3 + 5 = 8\); \(\frac{3}{2}\) gerçekten bir çözümdür.
Sonuç. Denklemin tek çözümü vardır: \(x = \dfrac{3}{2} = 1{,}5\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.11 (İkinci Dereceden Bir Denklem) \(x^2 = 2x\) denklemini, her adımı uygun bir aksiyoma ya da sonuca dayandırarak çözünüz.
Çözüm
\(x\) bir çözüm olsun. İki yana \(-(2x)\) ekleyelim; sağ yan (A4) ile \(0\) olur:
\[x^2 + \big(-(2x)\big) = 0.\]
Çarpanlara ayırma. (M1) ve Önerme 6.12 (1) ile \(-(2x) = -(x \cdot 2) = x(-2)\)’dir. O hâlde (D) aksiyomuyla
\[x^2 + \big(-(2x)\big) = x \cdot x + x(-2) = x\big(x + (-2)\big) = x(x - 2).\]
Demek ki \(x(x - 2) = 0\). Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(x = 0\) ya da \(x - 2 = 0\)’dır. İkinci durumda iki yana \(2\) eklenirse (A2), (A1), (A4), (A3) ile \(x = 2\) bulunur. Yani her çözüm \(0\) ya da \(2\)’dir.
Sağlama. \(x = 0\) için \(0^2 = 0 = 2 \cdot 0\) (Önerme 6.9); \(x = 2\) için \(2^2 = 4 = 2 \cdot 2\).
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{0, 2\}\)’dir.
İki yanı doğrudan \(x\)’e “bölmek” \(x = 2\) verirdi ve \(x = 0\) çözümü kaybolurdu. Bölme yalnızca \(x \neq 0\) iken yapılabilir (Sonuç 6.1); bu yüzden ifadeyi bir yana toplayıp çarpanlarına ayırmak güvenli yoldur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.12 (Kare Farkına Dönüşen Denklem) \(x^2 - 1 = 3\) denklemini, her adımı uygun bir aksiyoma ya da sonuca dayandırarak çözünüz.
Çözüm
\(x\) bir çözüm olsun. İki yana \(1\) ekleyelim: (A2), (A1), (A4), (A3) ile sol yan \(x^2\), sağ yan \(3 + 1 = 4\) olur; \(x^2 = 4\). Şimdi iki yana \(-4\) ekleyelim:
\[x^2 - 4 = 0.\]
Çarpanlara ayırma. Alıştırma 6.1 (e) şıkkındaki \((x - y)(x + y) = x^2 - y^2\) özdeşliğini \(y = 2\) için yazalım; \(2^2 = 4\) olduğundan
\[(x - 2)(x + 2) = x^2 - 4 = 0.\]
Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(x - 2 = 0\) ya da \(x + 2 = 0\)’dır. Birincisinden iki yana \(2\) ekleyerek \(x = 2\); ikincisinden Alıştırma 41.1 ile \(x = -2\) bulunur.
Sağlama. \(2^2 - 1 = 4 - 1 = 3\); Sonuç 6.2 ile \((-2)^2 = 2^2 = 4\) olduğundan \((-2)^2 - 1 = 3\).
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-2, 2\}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.13 (Çarpım Biçiminde Verilen Denklem) \((x - 1)(x + 2) = 0\) denklemini, her adımı uygun bir aksiyoma ya da sonuca dayandırarak çözünüz.
Çözüm
Denklem zaten çarpım biçimindedir. Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği
\[(x - 1)(x + 2) = 0 \iff x - 1 = 0 \ \text{ya da}\ x + 2 = 0.\]
- \(x - 1 = 0\) ise iki yana \(1\) ekleyelim: (A2), (A1), (A4), (A3) ile sol yan \(x + \big((-1) + 1\big) = x\), sağ yan \(0 + 1 = 1\) olur; yani \(x = 1\).
- \(x + 2 = 0\) ise Alıştırma 41.1 gereği \(x = -2\).
Sağlama. \(x = 1\) için \((1 - 1)(1 + 2) = 0 \cdot 3 = 0\); \(x = -2\) için ikinci çarpan \(-2 + 2 = 0\) olduğundan çarpım \((-3) \cdot 0 = 0\)’dır (Önerme 6.9).
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-2, 1\}\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.14 (Karesi Kendisine Eşit Olan Sayılar) \(a \in \mathbb{R}\) sayısı \(a \cdot a = a\) eşitliğini sağlıyorsa \(a = 0\) ya da \(a = 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(a \cdot a = a\) olsun. İki yana \(-a\) ekleyelim; (A4) ile sağ yan \(0\) olur: \(a \cdot a + (-a) = 0\).
Alıştırma 41.3 ve (M1) ile \(-a = (-1)a = a(-1)\)’dir. (D) aksiyomuyla
\[a \cdot a + (-a) = a \cdot a + a(-1) = a\big(a + (-1)\big) = a(a - 1).\]
Demek ki \(a(a - 1) = 0\). Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(a = 0\) ya da \(a - 1 = 0\)’dır; ikincisinde iki yana \(1\) ekleyince \(a = 1\) bulunur.
İki değer de gerçekten eşitliği sağlar: \(0 \cdot 0 = 0\) (Önerme 6.9) ve \(1 \cdot 1 = 1\) (M3). Yani karesi kendisine eşit olan reel sayılar tam olarak \(0\) ve \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
41.3 Rasyonel ve İrrasyonel Sayılar
Sıradaki problemler, karesi belli bir tam sayı olan rasyonel sayıların varlığını ve rasyonel ile irrasyonel sayılar arasındaki işlemlerin sonuçlarını konu alıyor. Araçlarımız tek–çift ayrımı (Tanım 11.2), bölme algoritması (Teorem 12.4) ve her rasyonel sayının sadeleştirilmiş biçimde yazılabilmesidir (Önerme 11.5).
Alıştırma 41.15 (Karesi Altı Olan Rasyonel Sayı Yoktur) \(s^2 = 6\) eşitliğini sağlayan bir \(s\) rasyonel sayısının bulunmadığını gösteriniz.
Çözüm
Olmayana ergi yöntemini kullanalım: \(s \in \mathbb{Q}\) ve \(s^2 = 6\) olsun. Önerme 11.5 gereği
\[s = \frac{m}{n}, \qquad m \in \mathbb{Z},\ n \in \mathbb{N},\ m \text{ ile } n \text{ aralarında asal}\]
yazabiliriz. Örnek 6.2 (1) ile \(s^2 = \dfrac{m^2}{n^2} = 6\); iki yanı \(n^2\) ile çarpınca
\[m^2 = 6n^2.\]
Adım 1: \(m\) çifttir. \(m^2 = 6n^2 = 2\,(3n^2)\) ve \(3n^2 \in \mathbb{Z}\) (Önerme 11.1); yani \(m^2\) çifttir. Önerme 11.3 gereği \(m\) de çifttir: \(m = 2p\) olacak bir \(p \in \mathbb{Z}\) vardır.
Adım 2: \(n\) çifttir. \(m = 2p\)’yi yerine koyarsak \(4p^2 = 6n^2\) olur. İki yanı \(2\) ile sadeleştirelim (Önerme 6.3 (2), \(2 \neq 0\)):
\[2p^2 = 3n^2.\]
Buradan
\[n^2 = 3n^2 - 2n^2 = 2p^2 - 2n^2 = 2\,(p^2 - n^2)\]
ve \(p^2 - n^2 \in \mathbb{Z}\); yani \(n^2\) çifttir. Yine Önerme 11.3 gereği \(n\) çifttir.
Çelişki. \(2\) sayısı hem \(m\)’yi hem \(n\)’yi böler; bu, \(m\) ile \(n\)’nin aralarında asal olmasıyla çelişir. Demek ki karesi \(6\) olan rasyonel sayı yoktur.
\(6 > 0\) olduğundan Teorem 13.2 gereği \(\sqrt{6}\) bir reel sayı olarak vardır; bu problem onun irrasyonel olduğunu söyler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.16 (Karesi Üç Olan Rasyonel Sayı Yoktur) \(t^2 = 3\) eşitliğini sağlayan bir \(t\) rasyonel sayısının bulunmadığını gösteriniz.
Çözüm
Yardımcı olgu: \(m \in \mathbb{Z}\) için \(3 \mid m^2\) ise \(3 \mid m\)’dir. Bölme algoritması (Teorem 12.4) gereği \(m = 3k + r\) olacak biçimde \(k \in \mathbb{Z}\) ve \(r \in \{0, 1, 2\}\) vardır. \(r = 1\) ve \(r = 2\) durumlarında karesini açalım:
\[(3k + 1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3\,(3k^2 + 2k) + 1,\]
\[(3k + 2)^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3\,(3k^2 + 4k + 1) + 1.\]
İki durumda da \(m^2 = 3q + 1\) biçimindedir (\(q \in \mathbb{Z}\)). Bölme algoritmasındaki kalan tek olduğundan \(m^2\)’nin \(3\)’e bölümünden kalan \(1\)’dir; \(m^2 = 3j\) (kalan \(0\)) olamaz. Demek ki \(3 \mid m^2\) ancak \(r = 0\), yani \(3 \mid m\) iken mümkündür.
Asıl iddia. \(t \in \mathbb{Q}\) ve \(t^2 = 3\) olsun. Önerme 11.5 gereği \(t = \dfrac{m}{n}\), \(m \in \mathbb{Z}\), \(n \in \mathbb{N}\) ve \(m\) ile \(n\) aralarında asaldır. Kare alıp \(n^2\) ile çarpınca
\[m^2 = 3n^2.\]
Yani \(3 \mid m^2\); yardımcı olgudan \(3 \mid m\), yani \(m = 3k\) (\(k \in \mathbb{Z}\)). Yerine koyunca \(9k^2 = 3n^2\) ve \(3\) ile sadeleştirince \(n^2 = 3k^2\) olur. Yine yardımcı olgudan \(3 \mid n\).
Çelişki. \(3\) sayısı hem \(m\)’yi hem \(n\)’yi böler; bu, aralarında asal olmalarıyla çelişir. Karesi \(3\) olan rasyonel sayı yoktur, yani \(\sqrt{3}\) irrasyoneldir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.17 (Rasyonel Sayıların Toplamı ve Çarpımı) \(x\) ve \(y\) rasyonel sayılar ise \(x + y\) ve \(xy\) sayılarının da rasyonel olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Rasyonel sayı tanımı (Tanım 11.6) gereği
\[x = \frac{m}{n}, \qquad y = \frac{k}{l}, \qquad m, k \in \mathbb{Z},\ n, l \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\]
yazabiliriz. Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(nl \neq 0\)’dır.
Toplam. Örnek 6.2 (2) ile
\[x + y = \frac{m}{n} + \frac{k}{l} = \frac{ml + nk}{nl}.\]
Çarpım. Örnek 6.2 (1) ile
\[xy = \frac{m}{n} \cdot \frac{k}{l} = \frac{mk}{nl}.\]
Tam sayılar toplama ve çarpma altında kapalı olduğundan (Önerme 11.1) \(ml + nk\), \(mk\) ve \(nl\) tam sayıdır; ayrıca \(nl \neq 0\)’dır. Demek ki \(x + y\) ve \(xy\), payı ve paydası tam sayı olan ve paydası sıfırdan farklı kesirlerdir; ikisi de rasyoneldir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.18 (Rasyonel Sayı İrrasyonelliği Bozmaz) \(x\) rasyonel ve \(y\) irrasyonel bir sayı olsun. \(x + y\) sayısının irrasyonel olduğunu; ayrıca \(x \neq 0\) ise \(xy\) sayısının da irrasyonel olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Önce iki gözlem. \(x = \dfrac{m}{n}\) (\(m, n \in \mathbb{Z}\), \(n \neq 0\)) olsun.
- \(-x\) rasyoneldir: Alıştırma 41.8 gereği \(-x = \dfrac{-m}{n}\) ve \(-m \in \mathbb{Z}\).
- \(x \neq 0\) ise \(\dfrac{1}{x}\) rasyoneldir: \(x \neq 0\) olduğundan \(m \neq 0\)’dır ve \(\dfrac{m}{n} \cdot \dfrac{n}{m} = \dfrac{mn}{nm} = 1\) olduğundan (Örnek 6.2) \(\dfrac{1}{x} = \dfrac{n}{m}\)’dir.
Toplam. Olmayana ergi: \(x + y = q\) rasyonel olsun. İki yana \(-x\) ekleyince (A1), (A2), (A4), (A3) ile
\[y = q + (-x)\]
bulunur. \(q\) ve \(-x\) rasyonel olduğundan Alıştırma 41.17 gereği \(y\) rasyonel olurdu; bu, \(y\)’nin irrasyonel olmasıyla çelişir. Demek ki \(x + y\) irrasyoneldir.
Çarpım. \(x \neq 0\) olsun ve olmayana ergi için \(xy = q\) rasyonel olsun. İki yanı \(\dfrac{1}{x}\) ile çarpınca (M2), (M1), (M4), (M3) ile
\[y = \frac{1}{x} \cdot q\]
olur. İki rasyonel sayının çarpımı rasyonel olduğundan \(y\) rasyonel olurdu; yine çelişki. Demek ki \(xy\) irrasyoneldir.
\(x \neq 0\) koşulu gereklidir: \(x = 0\) ise her \(y\) için \(xy = 0\) rasyoneldir. Bu sonuç kitapta Önerme 13.3 olarak da yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.19 (Karekök İkili Sayılarda Toplama ve Çarpma) \(K = \{s + t\sqrt{2} : s, t \in \mathbb{Q}\}\) olsun. \(x_1, x_2 \in K\) ise \(x_1 + x_2 \in K\) ve \(x_1 x_2 \in K\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x_1 = s_1 + t_1\sqrt{2}\) ve \(x_2 = s_2 + t_2\sqrt{2}\) olsun; burada \(s_1, t_1, s_2, t_2 \in \mathbb{Q}\).
Toplam. (A1), (A2) ile terimleri yeniden gruplayıp (D) ile \(\sqrt{2}\)’yi ortak çarpan olarak dışarı alalım:
\[x_1 + x_2 = (s_1 + s_2) + (t_1 + t_2)\sqrt{2}.\]
Alıştırma 41.17 gereği \(s_1 + s_2\) ve \(t_1 + t_2\) rasyoneldir; demek ki \(x_1 + x_2 \in K\).
Çarpım. (D) aksiyomuyla çarpımı açalım ve \(\left(\sqrt{2}\right)^2 = 2\) eşitliğini kullanalım:
\[ \begin{aligned} x_1 x_2 &= s_1 s_2 + s_1 t_2 \sqrt{2} + t_1 s_2 \sqrt{2} + t_1 t_2 \left(\sqrt{2}\right)^2 \\[1mm] &= (s_1 s_2 + 2\,t_1 t_2) + (s_1 t_2 + s_2 t_1)\sqrt{2}. \end{aligned} \]
\(2 \in \mathbb{Q}\) olduğundan rasyonel sayıların toplama ve çarpma altında kapalılığını (Alıştırma 41.17) tekrar tekrar uygulayarak \(s_1 s_2 + 2\,t_1 t_2\) ve \(s_1 t_2 + s_2 t_1\) sayılarının rasyonel olduğunu görürüz. Demek ki \(x_1 x_2 \in K\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.20 (Karekök İkili Sayıların Çarpma Tersi) \(K = \{s + t\sqrt{2} : s, t \in \mathbb{Q}\}\) olsun. \(x \in K\) ve \(x \neq 0\) ise \(\dfrac{1}{x} \in K\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x = s + t\sqrt{2} \neq 0\) olsun (\(s, t \in \mathbb{Q}\)). Fikir, paydadaki kökten kurtulmak için \(x\)’i “eşleniği” \(\bar{x} = s - t\sqrt{2}\) ile çarpmaktır.
Adım 1: \(\bar{x} \neq 0\). \(t = 0\) ise \(\bar{x} = s = x \neq 0\). \(t \neq 0\) ise ve \(\bar{x} = 0\) olsaydı \(s = t\sqrt{2}\), yani \(\sqrt{2} = s \cdot \dfrac{1}{t}\) rasyonel olurdu: sıfırdan farklı bir rasyonel sayının tersi rasyoneldir (Alıştırma 41.18 çözümündeki ilk gözlemler) ve iki rasyonelin çarpımı rasyoneldir (Alıştırma 41.17). Bu, Teorem 13.3 ile çelişir. Her iki durumda \(\bar{x} \neq 0\)’dır.
Adım 2: \(N = x\bar{x}\) sıfırdan farklı bir rasyonel sayıdır. Alıştırma 6.1 (e) şıkkındaki özdeşlik ve \((t\sqrt{2})^2 = 2t^2\) ile
\[N = x\,\bar{x} = (s + t\sqrt{2})(s - t\sqrt{2}) = s^2 - 2t^2.\]
\(s^2 - 2t^2\) rasyoneldir (Alıştırma 41.17). Ayrıca \(x \neq 0\) ve \(\bar{x} \neq 0\) olduğundan Sonuç 6.3 gereği \(N \neq 0\)’dır.
Adım 3: Ters eleman. \(z = \bar{x}\,N^{-1}\) sayısını alalım. \(N\) sıfırdan farklı bir rasyonel sayı olduğundan \(N^{-1}\) de rasyoneldir; (D) ile
\[z = \frac{s}{N} + \left(-\frac{t}{N}\right)\sqrt{2}\]
ve katsayılar \(\dfrac{s}{N}\), \(-\dfrac{t}{N}\) rasyoneldir; yani \(z \in K\). Öte yandan (M2) ve (M4) ile
\[x z = (x\,\bar{x})\,N^{-1} = N\,N^{-1} = 1.\]
Çarpma tersi tek olduğundan (Önerme 6.8) \(\dfrac{1}{x} = z \in K\)’dır.
\(K\) bir alt cisimdir. \(0 = 0 + 0\sqrt{2}\) ve \(1 = 1 + 0\sqrt{2}\) sayıları \(K\)’dadır; \(x = s + t\sqrt{2} \in K\) ise \(-x = (-s) + (-t)\sqrt{2} \in K\)’dır. Bu problem ve Alıştırma 41.19 ile birlikte \(K\) dört işlem altında kapalıdır; cisim aksiyomları \(\mathbb{R}\)’den miras kaldığı için \(K\), \(\mathbb{R}\)’nin bir alt cismidir (alt cisim kavramı için bkz. Teorem 11.4 öncesindeki açıklama). \(\mathbb{R}\)’nin sıralamasıyla birlikte sıralama aksiyomları da \(K\)’da geçerlidir; yani \(K\) sıralı bir cisimdir.
\(K\), \(\mathbb{Q}\) ile \(\mathbb{R}\) arasında kalır ve ikisinden de farklıdır. \(t = 0\) alınca \(\mathbb{Q} \subseteq K\) görülür ve \(\sqrt{2} \in K \setminus \mathbb{Q}\)’dur. Öte yandan \(\sqrt{3} \notin K\): \(\sqrt{3} = s + t\sqrt{2}\) olsaydı kare alarak
\[3 = s^2 + 2t^2 + 2st\sqrt{2}\]
bulurduk. \(st \neq 0\) ise \(\sqrt{2} = \dfrac{3 - s^2 - 2t^2}{2st}\) rasyonel olurdu. \(t = 0\) ise \(\sqrt{3} = s\) rasyonel olurdu; bu Alıştırma 41.16 ile çelişir. \(s = 0\) ise \(3 = 2t^2\), yani \((2t)^2 = 4t^2 = 6\) olurdu; bu da \(2t\) rasyonel olduğundan Alıştırma 41.15 ile çelişir. Demek ki \(\mathbb{Q} \subsetneq K \subsetneq \mathbb{R}\).
\(\blacksquare\)
41.4 Sıralama Aksiyomlarıyla Eşitsizlikler
Bu gruptaki problemler, eşitsizliklerle yapılan işlemlerin kurallarını dört sıralama aksiyomundan (O1)–(O4) (Bölüm 7.1) ve onların sonuçlarından türetiyor. Kesin eşitsizlik (\(<\)) ile geniş eşitsizlik (\(\le\)) arasındaki farka özellikle dikkat edeceğiz.
Alıştırma 41.21 (Aynı Yönlü Eşitsizliklerin Toplanması) \(a < b\) ve \(c < d\) ise \(a + c < b + d\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(a < b\) eşitsizliğinin iki yanına \(c\) ekleyelim; (O3) gereği
\[a + c < b + c.\]
\(c < d\) eşitsizliğinin iki yanına \(b\) ekleyelim; (O3) gereği \(c + b < d + b\), (A1) ile de
\[b + c < b + d.\]
İki eşitsizlik zincir oluşturur: \(a + c < b + c < b + d\). Geçişlilik (O2) gereği \(a + c < b + d\)’dir.
Aynı yönlü eşitsizlikler böylece taraf tarafa toplanabilir; çıkarılamazlar: \(1 < 2\) ve \(0 < 5\) iken \(1 - 0 < 2 - 5\) yanlıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.22 (Negatif Olmayan Sayılarda Eşitsizliklerin Çarpılması) \(0 < a < b\) ve \(0 \le c \le d\) ise \(0 \le ac \le bd\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Yardımcı gözlem. \(u \le v\) ve \(w \ge 0\) ise \(uw \le vw\)’dir. Gerçekten \(u = v\) ise \(uw = vw\)’dir. \(u < v\) ve \(w = 0\) ise iki yan da \(0\)’dır (Önerme 6.9). \(u < v\) ve \(w > 0\) ise (O4) gereği \(uw < vw\)’dir. Her durumda \(uw \le vw\) olur. Bu gözlemi bölümün geri kalanında da kullanacağız.
\(0 \le ac\). \(a > 0\) ve \(c \ge 0\)’dır. \(c = 0\) ise \(ac = 0\); \(c > 0\) ise Önerme 7.5 (1) gereği \(ac > 0\). Her iki durumda \(ac \ge 0\).
\(ac \le bc\). \(a < b\) (dolayısıyla \(a \le b\)) ve \(c \ge 0\) olduğundan yardımcı gözlem \(ac \le bc\) verir.
\(bc \le bd\). \(0 < a < b\) olduğundan (O2) ile \(b > 0\)’dır. \(c \le d\) ve \(b \ge 0\) olduğundan yardımcı gözlem \(cb \le db\), (M1) ile de \(bc \le bd\) verir.
Sonuç. \(0 \le ac \le bc \le bd\) zincirinde \(\le\) bağıntısının geçişliliği (Alıştırma 7.1 (a)) ile \(0 \le ac \le bd\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.23 (Pozitif Sayının Tersi) \(a > 0\) ise \(\dfrac{1}{a} > 0\) ve \(\dfrac{1}{1/a} = a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\frac{1}{a} > 0\). Önce \(\frac{1}{a} \neq 0\): \(\frac{1}{a} = 0\) olsaydı (M4) ve Önerme 6.9 ile \(1 = a \cdot \frac{1}{a} = a \cdot 0 = 0\) olurdu; bu (M3)’teki \(1 \neq 0\) koşuluyla çelişir. Üçlem yasası (O1) gereği geriye \(\frac{1}{a} > 0\) ve \(\frac{1}{a} < 0\) seçenekleri kalır. \(\frac{1}{a} < 0\) olduğunu varsayalım. \(a > 0\) olduğundan Önerme 7.5 (2) gereği \(a \cdot \frac{1}{a} < 0\), yani (M4) ile \(1 < 0\) olurdu. Bu, Önerme 7.7 ile çelişir. Demek ki \(\frac{1}{a} > 0\).
\(\frac{1}{1/a} = a\). \(\frac{1}{a} \neq 0\) olduğundan (M4) gereği onun çarpma tersi vardır. (M1) ve (M4) ile \(\frac{1}{a} \cdot a = a \cdot \frac{1}{a} = 1\); yani \(a\), \(\frac{1}{a}\) sayısının bir çarpma tersidir. Çarpma tersi tek olduğundan (Önerme 6.8)
\[\frac{1}{1/a} = a.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.24 (İki Sayının Ortalaması Arada Kalır) \(a < b\) ise \(a < \dfrac{1}{2}(a + b) < b\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\frac{1}{2}\) pozitiftir. Önerme 7.7 ve Önerme 7.8 ile \(0 < 1 < 2\); Alıştırma 41.23 gereği \(\frac{1}{2} > 0\).
İki eşitsizlik. \(a < b\) eşitsizliğinin iki yanına önce \(a\), sonra \(b\) ekleyelim; (O3) ve (A1) ile
\[a + a < a + b \qquad \text{ve} \qquad a + b < b + b.\]
Ayrıca (M3) ve (D) ile \(a + a = a(1 + 1) = 2a\), benzer biçimde \(b + b = 2b\)’dir. Böylece
\[2a < a + b < 2b.\]
\(\frac{1}{2}\) ile çarpmak. Her iki eşitsizliği pozitif \(\frac{1}{2}\) sayısıyla çarpalım (O4). \(\frac{1}{2}(2a) = \big(\frac{1}{2} \cdot 2\big)a = a\) ve \(\frac{1}{2}(2b) = b\) olduğundan
\[a < \tfrac{1}{2}(a + b) < b.\]
Yani iki sayının aritmetik ortalaması, sayı doğrusunda tam ortalarındadır. Bu sonuç, iki farklı reel sayı arasında her zaman bir başka reel sayı bulunduğunu söyler (Önerme 7.11).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.25 (Zıt İşaretli Çarpımların Karşılaştırılması) \(a, b, c, d\) sayıları \(0 < a < b\) ve \(c < d < 0\) koşullarını sağlasın. \(ac < bd\) olan bir örnek ve \(bd < ac\) olan bir örnek veriniz.
Çözüm
Neden iki durum da olabilir? \(a > 0\) ve \(c < 0\) olduğundan \(ac < 0\)’dır (Önerme 7.5 (2)); aynı nedenle \(bd < 0\)’dır. İki çarpım da negatiftir ve hangisinin daha küçük olduğu büyüklüklerine bağlıdır: \(b\), \(a\)’dan büyüktür ama \(d\)’nin büyüklüğü \(c\)’ninkinden küçüktür. Bu iki etkiden hangisi ağır basarsa sonuç ona göre değişir.
Birinci örnek (\(ac < bd\)). \(a = 1\), \(b = 2\), \(c = -3\), \(d = -1\) alalım. \(0 < 1 < 2\) ve \(-3 < -1 < 0\) koşulları sağlanır.
\[ac = 1 \cdot (-3) = -3, \qquad bd = 2 \cdot (-1) = -2,\]
ve \(-3 < -2\) olduğundan \(ac < bd\)’dir.
İkinci örnek (\(bd < ac\)). \(a = 1\), \(b = 4\), \(c = -2\), \(d = -1\) alalım. \(0 < 1 < 4\) ve \(-2 < -1 < 0\) koşulları sağlanır.
\[ac = 1 \cdot (-2) = -2, \qquad bd = 4 \cdot (-1) = -4,\]
ve \(-4 < -2\) olduğundan \(bd < ac\)’dir.
Sonuç. \(0 < a < b\) ve \(c < d < 0\) varsayımlarından \(ac\) ile \(bd\) arasında genel bir eşitsizlik çıkmaz. Eşitsizlikleri taraf tarafa çarpma kuralı (Alıştırma 41.22) yalnızca negatif olmayan sayılar için geçerlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.26 (Kareleri Toplamı Sıfır Olan Sayılar) \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(a^2 + b^2 = 0\) olması için gerek ve yeter koşulun \(a = 0\) ve \(b = 0\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(\(\Leftarrow\)) \(a = b = 0\) ise Önerme 6.9 ve (A3) ile \(a^2 + b^2 = 0 + 0 = 0\).
(\(\Rightarrow\)) Karşıt tersini gösterelim: \(a \neq 0\) ya da \(b \neq 0\) ise \(a^2 + b^2 \neq 0\).
\(a \neq 0\) olsun. Önerme 7.12 (1) gereği \(a^2 > 0\) ve \(b^2 \ge 0\)’dır. \(b^2 = 0\) ise \(a^2 + b^2 = a^2 > 0\). \(b^2 > 0\) ise (O3) ile \(a^2 + 0 < a^2 + b^2\), yani \(a^2 + b^2 > a^2 > 0\). Her iki durumda \(a^2 + b^2 > 0\), dolayısıyla \(a^2 + b^2 \neq 0\)’dır. \(b \neq 0\) durumu, (A1) ile rolleri değiştirince aynıdır.
Yani negatif olmayan sayıların toplamı ancak hepsi sıfırsa sıfır olabilir; karelerin toplamı bunun özel bir hâlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.27 (Kareler ile Çarpım Arasındaki Eşitsizlik) \(0 \le a < b\) ise \(a^2 \le ab < b^2\) olduğunu gösteriniz. \(a^2 < ab < b^2\) eşitsizliğinin her zaman sağlanmadığını bir örnekle gösteriniz.
Çözüm
\(0 \le a < b\) olduğundan \(b > 0\)’dır.
\(a^2 \le ab\). \(a \le b\) ve \(a \ge 0\) olduğundan Alıştırma 41.22 çözümündeki yardımcı gözlem (\(w = a\) ile) \(a \cdot a \le b \cdot a\) verir; (M1) ile \(a^2 \le ab\).
\(ab < b^2\). \(a < b\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(b\) sayısıyla çarpalım (O4): \(ab < b \cdot b = b^2\).
İkisini birleştirince \(a^2 \le ab < b^2\) elde edilir.
Kesin eşitsizlik neden çıkmaz? \(a = 0\), \(b = 1\) alalım; \(0 \le 0 < 1\) koşulu sağlanır. \(a^2 = 0\) ve \(ab = 0\) olduğundan \(a^2 < ab\) eşitsizliği \(0 < 0\) demek olur ve (O1) gereği yanlıştır. Demek ki \(a^2 < ab < b^2\) her zaman doğru değildir.
Sorun yalnızca \(a = 0\) durumundadır: \(a > 0\) ise \(a < b\) eşitsizliğini pozitif \(a\) ile çarpmak (O4) \(a^2 < ab\) verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.28 (Geometrik Ortalama Arada Kalır) \(0 < a < b\) ise \(a < \sqrt{ab} < b\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kök vardır. \(a, b > 0\) olduğundan \(ab > 0\)’dır (Önerme 7.5 (1)); Teorem 13.2 gereği \(g = \sqrt{ab}\) pozitif bir sayıdır ve \(g^2 = ab\)’dir.
Karelerin sıralaması. \(a < b\) eşitsizliğini önce pozitif \(a\) ile, sonra pozitif \(b\) ile çarpalım (O4):
\[a^2 < ab \qquad \text{ve} \qquad ab < b^2.\]
Yani \(a^2 < g^2 < b^2\).
Karelerden sayılara. Pozitif \(u, v\) için \(u^2 < v^2\) ise \(u < v\)’dir. Gerçekten \(v \le u\) olsaydı ya \(v = u\) ve \(v^2 = u^2\), ya da \(v < u\) ve Önerme 7.12 (4) ile \(v^2 < u^2\) olurdu; iki durumda da \(u^2 < v^2\) sağlanmazdı. Bunu \(u = a\), \(v = g\) ve \(u = g\), \(v = b\) çiftlerine uygulayınca
\[a < \sqrt{ab} < b\]
bulunur. \(\sqrt{ab}\) sayısına \(a\) ile \(b\)’nin geometrik ortalaması denir; bu problem onun da iki sayının arasında kaldığını söyler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.29 (Pozitif Sayılarda Terslerin Sıralaması) \(0 < a < b\) ise \(\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(0 < a < b\) olduğundan (O2) ile \(b > 0\)’dır. Alıştırma 41.23 gereği \(\frac{1}{a} > 0\) ve \(\frac{1}{b} > 0\); Önerme 7.5 (1) gereği \(\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} > 0\)’dır.
\(a < b\) eşitsizliğinin iki yanını bu pozitif sayıyla çarpalım (O4):
\[a \cdot \tfrac{1}{a} \cdot \tfrac{1}{b} < b \cdot \tfrac{1}{a} \cdot \tfrac{1}{b}.\]
Sol yan (M2), (M4), (M3) ile \(\frac{1}{b}\)’ye; sağ yan (M1), (M2), (M4), (M3) ile \(\frac{1}{a}\)’ya eşittir. Böylece \(\frac{1}{b} < \frac{1}{a}\).
Pozitiflik koşulu gereklidir: \(-1 < 2\) iken \(\frac{1}{2} < \frac{1}{-1} = -1\) yanlıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.30 (Ortalamanın Karesi ile Karelerin Ortalaması) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(\left[\dfrac{1}{2}(a + b)\right]^2 \le \dfrac{1}{2}\left(a^2 + b^2\right)\) olduğunu gösteriniz. Eşitliğin ancak ve ancak \(a = b\) iken sağlandığını gösteriniz.
Çözüm
İki yanın farkını hesaplayalım. \(\left(\frac{a + b}{2}\right)^2 = \frac{(a + b)^2}{4}\)’tür (Örnek 6.2 (1), \(2 \cdot 2 = 4\)) ve \(\frac{a^2 + b^2}{2} = \frac{2(a^2 + b^2)}{4}\)’tür. \((a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) açılımıyla (Alıştırma 6.1 (a))
\[ \begin{aligned} \frac{a^2 + b^2}{2} - \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 &= \frac{2a^2 + 2b^2 - (a^2 + 2ab + b^2)}{4} \\[1mm] &= \frac{a^2 - 2ab + b^2}{4} = \frac{(a - b)^2}{4}. \end{aligned} \]
Eşitsizlik. Önerme 7.12 (1) gereği \((a - b)^2 \ge 0\) ve \(\frac{1}{4} > 0\)’dır; çarpımları negatif değildir (Alıştırma 41.22 çözümündeki yardımcı gözlem). Fark \(> 0\) ise Önerme 7.2 ile \(\left(\frac{a + b}{2}\right)^2 < \frac{a^2 + b^2}{2}\) olur; fark \(= 0\) ise iki yan eşittir. Her iki durumda
\[\left(\frac{a + b}{2}\right)^2 \le \frac{a^2 + b^2}{2}.\]
Eşitlik durumu. Eşitlik, farkın sıfır olması, yani \((a - b)^2 = 0\) olmasıdır. Önerme 7.12 (1) gereği bu, \(a - b = 0\), yani \(a = b\) demektir.
Aritmetik–geometrik ortalama eşitsizliği (Teorem 7.1) ile birlikte her \(a, b\) için \(ab \le \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 \le \frac{a^2 + b^2}{2}\) zincirini elde ederiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.31 (Birden Küçük Pozitif Sayının Karesi) \(0 < c < 1\) ise \(0 < c^2 < c < 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(c < 1\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(c\) ile çarpalım (O4): \(c \cdot c < c \cdot 1\), yani (M3) ile \(c^2 < c\). Ayrıca \(c > 0\) olduğundan Önerme 7.5 (1) gereği \(c^2 = c \cdot c > 0\)’dır. Bunları \(c < 1\) ile birleştirince
\[0 < c^2 < c < 1.\]
Yani \(0\) ile \(1\) arasındaki bir sayının karesi küçülür; örneğin \(\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} < \frac{1}{2}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.32 (Birden Büyük Sayının Karesi) \(1 < c\) ise \(1 < c < c^2\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(0 < 1\) (Önerme 7.7) ve \(1 < c\) olduğundan (O2) ile \(c > 0\)’dır. \(1 < c\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(c\) ile çarpalım (O4): \(1 \cdot c < c \cdot c\), yani (M3), (M1) ile \(c < c^2\). Böylece
\[1 < c < c^2.\]
Yani \(1\)’den büyük bir sayının karesi büyür; örneğin \(2^2 = 4 > 2\).
\(\blacksquare\)
41.5 Eşitsizlik Çözme
Şimdi bir eşitsizliği sağlayan bütün reel sayıları bulacağız. Yöntem Örnek 7.2 örneğindekiyle aynıdır: her şey bir yana toplanır, çarpanlara ayrılır ve çarpımın işareti çarpanların işaretlerinden okunur. İki sayının çarpımı ancak ve ancak çarpanlar sıfırdan farklı ve aynı işaretliyse pozitif, zıt işaretliyse negatiftir. İşareti bilinmeyen bir ifadeyle eşitsizliği çarpmayız; önce durumları ayırırız.
Alıştırma 41.33 (Çarpanlarına Ayrılan İkinci Derece Eşitsizlik) \(x^2 > 3x + 4\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Bir yana toplamak. Önerme 7.2 gereği eşitsizlik \(x^2 - 3x - 4 > 0\) ile denktir.
Çarpanlara ayırmak. (D) ile
\[(x - 4)(x + 1) = x^2 + x - 4x - 4 = x^2 - 3x - 4.\]
O hâlde
\[x^2 > 3x + 4 \iff (x - 4)(x + 1) > 0.\]
İşaret incelemesi. Çarpım ancak ve ancak çarpanlar aynı işaretliyse pozitiftir.
- İkisi de pozitif: \(x > 4\) ve \(x > -1\). Birincisi ikincisini gerektirir; bu durum \(x > 4\) demektir.
- İkisi de negatif: \(x < 4\) ve \(x < -1\). İkincisi birincisini gerektirir; bu durum \(x < -1\) demektir.
Sonuç. Çözüm kümesi \((-\infty, -1) \cup (4, \infty)\)’dur. Örneğin \(x = 5\) için \(25 > 19\); \(x = 0\) için \(0 > 4\) yanlıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.34 (Karesi İki Sayı Arasında Kalan Sayılar) \(1 < x^2 < 4\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Zincir eşitsizlik, \(x^2 < 4\) ve \(1 < x^2\) koşullarının birlikte sağlanmasıdır (Tanım 7.1).
\(x^2 < 4\). Alıştırma 6.1 (e) ile \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)\). Eşitsizlik \((x - 2)(x + 2) < 0\), yani çarpanların zıt işaretli olmasıdır. \(x - 2 < 0 < x + 2\) durumu \(-2 < x < 2\) verir. \(x - 2 > 0 > x + 2\) durumu \(x > 2\) ve \(x < -2\) ister; bu ikisi birlikte olamaz. Demek ki \(x^2 < 4 \iff -2 < x < 2\).
\(1 < x^2\). Aynı yolla \(x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1) > 0\), yani çarpanlar aynı işaretli olmalıdır. İkisi de pozitifse \(x > 1\); ikisi de negatifse \(x < -1\). Demek ki \(1 < x^2 \iff x < -1\) ya da \(x > 1\).
Kesişim. İki koşulu birlikte sağlayanlar
\[(-2, 2) \cap \big((-\infty, -1) \cup (1, \infty)\big) = (-2, -1) \cup (1, 2)\]
kümesidir. Çözüm kümesi \((-2, -1) \cup (1, 2)\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.35 (Tersinden Küçük Olan Sayılar) \(\dfrac{1}{x} < x\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
\(\frac{1}{x}\) yalnızca \(x \neq 0\) için tanımlıdır. İki yanı \(x\) ile çarpmak istiyoruz; ama \(x\)’in işareti bilinmediğinden iki durumu ayrı inceleyelim.
Durum \(x > 0\). Pozitif \(x\) ile çarpmak eşitsizliği korur (O4); geri dönmek için de pozitif \(\frac{1}{x}\) ile çarparız. Böylece \(\frac{1}{x} < x \iff 1 < x^2\). Alıştırma 41.34 çözümünde gördüğümüz gibi \(1 < x^2 \iff x < -1\) ya da \(x > 1\); \(x > 0\) ile birlikte bu durumda çözümler \(x > 1\)’dir.
Durum \(x < 0\). Negatif \(x\) ile çarpmak eşitsizliğin yönünü çevirir (Önerme 7.6): \(\frac{1}{x} < x \iff x \cdot x < \frac{1}{x} \cdot x\), yani \(x^2 < 1\). Alıştırma 7.1 (e) gereği \(x^2 < 1 \iff -1 < x < 1\); \(x < 0\) ile birlikte bu durumda çözümler \(-1 < x < 0\)’dır.
Sonuç. Çözüm kümesi \((-1, 0) \cup (1, \infty)\)’dur. Örneğin \(x = 2\) için \(\frac{1}{2} < 2\); \(x = -\frac{1}{2}\) için \(-2 < -\frac{1}{2}\) doğrudur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.36 (Tersi Karesinden Küçük Olan Sayılar) \(\dfrac{1}{x} < x^2\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Yine \(x \neq 0\) olmalıdır; durumları ayıralım.
Durum \(x < 0\). Önerme 7.9 (2) gereği \(\frac{1}{x} < 0\); Önerme 7.12 (1) gereği \(x^2 > 0\). (O2) ile \(\frac{1}{x} < 0 < x^2\); yani eşitsizlik her negatif \(x\) için sağlanır.
Durum \(x > 0\). İki yanı pozitif \(x\) ile çarpalım (O4); denk eşitsizlik \(1 < x^3\) olur. \(1 = 1^3\) ve \(x, 1\) pozitif olduğundan Teorem 11.3 (4) gereği
\[1^3 < x^3 \iff 1 < x.\]
Bu durumda çözümler \(x > 1\)’dir.
Sonuç. Çözüm kümesi \((-\infty, 0) \cup (1, \infty)\)’dur.
\(\blacksquare\)
41.6 Her Pozitif Epsilon İçin Geçerli Eşitsizlikler
İki problem, analizde sürekli kullanacağımız bir düşünceyi işliyor: bir eşitsizlik her pozitif \(\varepsilon\) için sağlanıyorsa, \(\varepsilon\)’u uygun biçimde küçük seçerek bir sonuca ulaşabiliriz. İki ispat da olmayana ergi ile kurulur ve çelişkiyi doğuran \(\varepsilon\) açıkça seçilir.
Alıştırma 41.37 (Her Pozitif Sayıdan Küçük Olan Negatif Olmayan Sayı) \(a \in \mathbb{R}\) sayısı her \(\varepsilon > 0\) için \(0 \le a \le \varepsilon\) koşulunu sağlıyorsa \(a = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(a \ge 0\) verilmiştir. \(a \neq 0\) olduğunu varsayalım; o zaman \(a > 0\)’dır.
\(\varepsilon\) seçimi. \(\varepsilon = \frac{a}{2}\) alalım. \(\frac{1}{2} > 0\) olduğundan (O4) ile \(\varepsilon > 0\)’dır; yani varsayım bu \(\varepsilon\) için de geçerlidir ve \(a \le \frac{a}{2}\) verir.
Çelişki. Ortalamanın arada kalması (Alıştırma 41.24) \(0 < a\) çiftine uygulanırsa \(0 < \frac{0 + a}{2} < a\), yani \(\frac{a}{2} < a\) elde edilir. Oysa \(a \le \frac{a}{2}\) ve \(\frac{a}{2} < a\) birlikte \(a < a\) verir; bu (O1) ile çelişir. Demek ki \(a = 0\).
\(0 \le a\) koşulu gereklidir: \(a = -1\) sayısı her \(\varepsilon > 0\) için \(a \le \varepsilon\) koşulunu sağlar ama \(0\) değildir. Yani “her pozitif sayıdan küçük ya da ona eşit olan negatif olmayan tek sayı \(0\)’dır.”
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.38 (Epsilon Payıyla Verilen Eşitsizlik) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun ve her \(\varepsilon > 0\) için \(a \le b + \varepsilon\) sağlansın. \(a \le b\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Olmayana ergi: \(a \le b\) olmasın; üçlem yasası (O1) gereği \(b < a\)’dır.
\(\varepsilon\) seçimi. \(\varepsilon = \frac{a - b}{2}\) alalım. Önerme 7.2 ile \(a - b > 0\) ve \(\frac{1}{2} > 0\) olduğundan \(\varepsilon > 0\)’dır. Varsayım bu \(\varepsilon\) için
\[a \le b + \frac{a - b}{2} = \frac{2b + a - b}{2} = \frac{a + b}{2}\]
verir.
Çelişki. \(b < a\) olduğundan Alıştırma 41.24 gereği \(b < \frac{a + b}{2} < a\)’dır; özel olarak \(\frac{a + b}{2} < a\). Bunu \(a \le \frac{a + b}{2}\) ile birleştirince \(a < a\) çıkar; bu (O1) ile çelişir. Demek ki \(a \le b\).
Bu sonuç, Alıştırma 7.1 (c) şıkkının “\(\le\)” ile yazılmış biçimidir: bir sayının \(b\)’yi en fazla keyfi küçük bir payla aşabildiğini biliyorsak, \(b\)’yi hiç aşmadığını biliyoruz demektir.
\(\blacksquare\)
41.7 Doğal Sayılar ve Kuvvetler
Reel sayılarla ilgili son problemler, doğal sayıların sayı doğrusundaki yerini ve kuvvetlerin büyüklük karşılaştırmasını konu alıyor. Araçlarımız iyi sıralama ilkesi (Teorem 10.2), tümevarım ilkesi (Teorem 10.1) ve kuvvetin özyineli tanımıdır: \(a^1 = a\) ve \(a^{n+1} = a^n a\) (Tanım 10.4).
Alıştırma 41.39 (Sıfır ile Bir Arasında Doğal Sayı Yoktur) \(0 < n < 1\) olacak biçimde bir \(n \in \mathbb{N}\) bulunmadığını, doğal sayıların iyi sıralama özelliğini kullanarak gösteriniz.
Çözüm
\(S = \{n \in \mathbb{N} : 0 < n < 1\}\) kümesine bakalım; \(S = \varnothing\) olduğunu göstereceğiz.
Olmayana ergi: \(S \neq \varnothing\) olsun. \(S \subseteq \mathbb{N}\) olduğundan iyi sıralama ilkesi (Teorem 10.2) gereği \(S\)’nin bir en küçük elemanı \(m\) vardır. \(m \in S\) olduğundan \(0 < m < 1\)’dir.
Daha küçük bir eleman. Alıştırma 41.31 gereği \(0 < m^2 < m < 1\)’dir. Ayrıca doğal sayılar çarpma altında kapalı olduğundan (Önerme 10.2) \(m^2 = m \cdot m \in \mathbb{N}\)’dir. Demek ki \(m^2 \in S\) ve \(m^2 < m\).
Çelişki. \(m\), \(S\)’nin en küçük elemanıydı; \(S\)’de ondan küçük bir eleman bulunamaz. Bu çelişki \(S = \varnothing\) olduğunu gösterir: \(0 < n < 1\) olan doğal sayı yoktur.
(Aynı sonuç, kitapta tümevarımla kanıtlanan \(n \ge 1\) eşitsizliğinden de çıkar: Önerme 10.3 (1). Burada iyi sıralamayla kurulan ikinci bir yol gördük.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.40 (Hem Tek Hem Çift Olan Doğal Sayı Yoktur) Hiçbir doğal sayının hem tek hem çift olamayacağını gösteriniz.
Çözüm
Olmayana ergi: bir \(n \in \mathbb{N}\) hem çift hem tek olsun. Tanım (Tanım 11.2) gereği \(n = 2k\) ve \(n = 2j + 1\) olacak biçimde \(k, j \in \mathbb{Z}\) vardır.
Bir tam sayının iki katı \(1\) olur. \(2k = 2j + 1\) eşitliğinin iki yanına \(-2j\) ekleyip (D) kullanırsak \(2(k - j) = 1\) bulunur. \(d = k - j\) diyelim; Önerme 11.1 gereği \(d \in \mathbb{Z}\)’dir.
\(d\) bir doğal sayıdır. \(d \le 0\) olsaydı, \(2 > 0\) ile çarpınca \(2d \le 0\) olurdu (Alıştırma 41.22 çözümündeki yardımcı gözlem); oysa \(2d = 1 > 0\). Demek ki \(d > 0\). Tam sayılar kümesi \(\mathbb{N}\), \(\{0\}\) ve \(-\mathbb{N}\) parçalarından oluşur (Tanım 11.1) ve \(-\mathbb{N}\)’nin elemanları negatiftir; pozitif \(d\) bu yüzden \(\mathbb{N}\)’dedir.
\(d\), \(0\) ile \(1\) arasındadır. \(2d = 1\) eşitliğini \(\frac{1}{2}\) ile çarpınca \(d = \frac{1}{2}\) olur. Alıştırma 41.24 gereği (\(a = 0\), \(b = 1\) ile) \(0 < \frac{1}{2} < 1\)’dir.
Çelişki. \(d \in \mathbb{N}\) ve \(0 < d < 1\); bu, Alıştırma 41.39 ile çelişir. Demek ki hiçbir doğal sayı hem tek hem çift değildir. (Aynı ispat her tam sayı için geçerlidir; bkz. Önerme 11.2.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.41 (Birden Büyük Sayının Kuvvetleri) \(c > 1\) ise her \(n \in \mathbb{N}\) için \(c^n \ge c\) olduğunu ve \(n > 1\) için \(c^n > c\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(c > 1 > 0\) olduğundan \(c\) pozitiftir.
Adım 1: Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(c^{n+1} > c\). \(n\) üzerinden tümevarım yapalım (Teorem 10.1).
Temel adım. \(n = 1\) için \(c^2 > c\) olmalıdır; bu Alıştırma 41.32 ile verilmiştir.
Tümevarım adımı. Bir \(k \in \mathbb{N}\) için \(c^{k+1} > c\) olsun. Tanım gereği \(c^{k+2} = c^{k+1} \cdot c\)’dir. Hipotezdeki eşitsizliği pozitif \(c\) ile çarpalım (O4): \(c^{k+1} \cdot c > c \cdot c = c^2\). Yine Alıştırma 41.32 ile \(c^2 > c\); (O2) ile
\[c^{k+2} > c^2 > c.\]
Yani önerme \(k + 1\) için de doğrudur. Tümevarım ilkesi gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(c^{n+1} > c\).
Adım 2: Sonuç. \(n \in \mathbb{N}\) verilsin. \(n = 1\) ise \(c^1 = c\), dolayısıyla \(c^n \ge c\). \(n > 1\) ise \(n \neq 1\) olduğundan Önerme 10.3 (2) gereği \(n - 1 \in \mathbb{N}\)’dir ve Adım 1’i \(n - 1\) için uygularsak
\[c^n = c^{(n-1)+1} > c.\]
Böylece her \(n\) için \(c^n \ge c\), \(n > 1\) için de \(c^n > c\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.42 (Birden Küçük Pozitif Sayının Kuvvetleri) \(0 < c < 1\) ise her \(n \in \mathbb{N}\) için \(c^n \le c\) olduğunu ve \(n > 1\) için \(c^n < c\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İspat, Alıştırma 41.41 çözümünün ayna görüntüsüdür.
Adım 1: Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(c^{n+1} < c\). Tümevarım yapalım.
Temel adım. \(n = 1\) için \(c^2 < c\); bu Alıştırma 41.31 ile verilmiştir.
Tümevarım adımı. \(c^{k+1} < c\) olsun. Pozitif \(c\) ile çarpalım (O4): \(c^{k+2} = c^{k+1} \cdot c < c \cdot c = c^2\). Alıştırma 41.31 ile \(c^2 < c\); (O2) ile
\[c^{k+2} < c^2 < c.\]
Tümevarım ilkesi (Teorem 10.1) gereği her \(n\) için \(c^{n+1} < c\).
Adım 2: Sonuç. \(n = 1\) ise \(c^1 = c\), yani \(c^n \le c\). \(n > 1\) ise Önerme 10.3 (2) gereği \(n - 1 \in \mathbb{N}\) ve Adım 1 ile \(c^n = c^{(n-1)+1} < c\).
Örneğin \(c = \frac{1}{2}\) için \(\frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{16}, \dots\) kuvvetlerinin hepsi \(\frac{1}{2}\)’den küçüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.43 (Kuvvet Alma Pozitif Sayılarda Sıralamayı Korur) \(a > 0\), \(b > 0\) ve \(n \in \mathbb{N}\) olsun. \(a < b\) olması için gerek ve yeter koşulun \(a^n < b^n\) olması olduğunu tümevarımla gösteriniz.
Çözüm
Pozitif bir sayının her doğal sayı kuvveti pozitiftir: \(a^1 = a > 0\) ve \(a^n > 0\) ise \(a^{n+1} = a^n a\) iki pozitif sayının çarpımı olarak pozitiftir (Önerme 7.5 (1)); tümevarım ilkesi bu gözlemi her \(n\) için verir.
(\(\Rightarrow\)) \(a < b\) olsun. \(P(n)\): “\(a^n < b^n\)” önermesini tümevarımla gösterelim.
Temel adım. \(n = 1\) için \(a^1 = a < b = b^1\).
Tümevarım adımı. \(a^k < b^k\) olsun. Bu eşitsizliği pozitif \(a\) ile çarpalım (O4): \(a^k a < b^k a\). \(a < b\) eşitsizliğini pozitif \(b^k\) ile çarpalım: \(b^k a < b^k b\). (O2) ile
\[a^{k+1} = a^k a < b^k a < b^k b = b^{k+1}.\]
Tümevarım ilkesi (Teorem 10.1) gereği her \(n\) için \(a^n < b^n\).
(\(\Leftarrow\)) Karşıt tersini gösterelim: \(a < b\) değilse \(a^n < b^n\) de değildir. Üçlem yasası (O1) gereği \(a = b\) ya da \(b < a\)’dır. \(a = b\) ise \(a^n = b^n\); \(b < a\) ise az önce kanıtlanan yön (rolleri değişmiş olarak) \(b^n < a^n\) verir. Her iki durumda (O1) gereği \(a^n < b^n\) sağlanmaz.
Bu sonuç Teorem 11.3 (4) olarak da kaydedilmiştir. Pozitiflik koşulu gereklidir: \(-3 < 1\) iken \((-3)^2 = 9 > 1 = 1^2\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.44 (Birden Büyük Tabanda Üslerin Sıralaması) \(c > 1\) ve \(m, n \in \mathbb{N}\) olsun. \(c^m > c^n\) olması için gerek ve yeter koşulun \(m > n\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(\(\Leftarrow\)) \(m > n\) olsun. Önerme 10.3 (4) gereği \(k = m - n \in \mathbb{N}\)’dir ve \(m = n + k\)’dir. Kuvvet kuralı \(c^{n+k} = c^n c^k\) (Teorem 11.3 (1); tümevarımla ispatı için bkz. Alıştırma 41.47) ile
\[c^m = c^n \cdot c^k.\]
Alıştırma 41.41 gereği \(c^k \ge c > 1\)’dir. \(1 < c^k\) eşitsizliğini pozitif \(c^n\) ile çarpalım (O4): \(c^n < c^n c^k = c^m\).
(\(\Rightarrow\)) Karşıt tersini gösterelim: \(m \le n\) ise \(c^m > c^n\) değildir. \(m = n\) ise \(c^m = c^n\). \(m < n\) ise az önce kanıtlanan yön (rolleri değişmiş olarak) \(c^n > c^m\) verir. Her iki durumda (O1) gereği \(c^m > c^n\) sağlanmaz.
Yani \(1\)’den büyük bir tabanda üs büyüdükçe kuvvet de büyür: \(2 < 4 < 8 < 16 < \cdots\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.45 (Birden Küçük Pozitif Tabanda Üslerin Sıralaması) \(0 < c < 1\) ve \(m, n \in \mathbb{N}\) olsun. \(c^m < c^n\) olması için gerek ve yeter koşulun \(m > n\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(\(\Leftarrow\)) \(m > n\) olsun ve \(k = m - n \in \mathbb{N}\) diyelim (Önerme 10.3 (4)). Teorem 11.3 (1) ile \(c^m = c^n c^k\)’dir. Alıştırma 41.42 gereği \(c^k \le c < 1\)’dir. \(c^k < 1\) eşitsizliğini pozitif \(c^n\) ile çarpalım (O4): \(c^m = c^n c^k < c^n\).
(\(\Rightarrow\)) \(m \le n\) ise: \(m = n\) durumunda \(c^m = c^n\); \(m < n\) durumunda az önce kanıtlanan yön \(c^n < c^m\) verir. İki durumda da \(c^m < c^n\) sağlanmaz.
Yani \(0\) ile \(1\) arasındaki bir tabanda üs büyüdükçe kuvvet küçülür: \(\frac{1}{2} > \frac{1}{4} > \frac{1}{8} > \cdots\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.46 (Birden Büyük Sayının Köklerinin Sıralaması) Köklerin varlığını (Teorem 13.2) kullanarak şunu gösteriniz: \(c > 1\) ve \(m, n \in \mathbb{N}\) ise \(c^{1/m} < c^{1/n}\) olması için gerek ve yeter koşul \(m > n\) olmasıdır.
Çözüm
\(x = c^{1/m}\) ve \(y = c^{1/n}\) diyelim. Teorem 13.2 gereği \(x\) ve \(y\) pozitiftir ve \(x^m = c\), \(y^n = c\)’dir.
Ortak kuvvet. İki sayının da \(mn\)-inci kuvvetini alalım. Kuvvet kuralı \((a^p)^q = a^{pq}\) (Teorem 11.3 (3)) ve (M1) ile
\[x^{mn} = \left(x^m\right)^n = c^n, \qquad y^{mn} = y^{nm} = \left(y^n\right)^m = c^m.\]
Denklik zinciri. \(mn \in \mathbb{N}\) (Önerme 10.2) ve \(x, y > 0\) olduğundan Alıştırma 41.43 bize \(x < y \iff x^{mn} < y^{mn}\) verir. Alıştırma 41.44 ise \(c > 1\) için \(c^n < c^m \iff m > n\) verir. Böylece
\[c^{1/m} < c^{1/n} \iff x^{mn} < y^{mn} \iff c^n < c^m \iff m > n.\]
Yani \(1\)’den büyük bir sayının kökleri, kök derecesi büyüdükçe küçülür: \(\sqrt{c} > \sqrt[3]{c} > \sqrt[4]{c} > \cdots\). Örneğin \(\sqrt{64} = 8\), \(\sqrt[3]{64} = 4\), \(\sqrt[6]{64} = 2\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.47 (Doğal Sayı Üslerinin Kuralları) \(a \in \mathbb{R}\) ve \(m, n \in \mathbb{N}\) olsun. Tümevarım kullanarak \(a^{m+n} = a^m a^n\) ve \((a^m)^n = a^{mn}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Her iki eşitlikte \(m \in \mathbb{N}\) sabit tutulur ve \(n\) üzerinden tümevarım yapılır (Teorem 10.1). Kullanacağımız tek bilgi kuvvetin tanımıdır: \(a^1 = a\) ve \(a^{k+1} = a^k a\) (Tanım 10.4).
Birinci kural: \(a^{m+n} = a^m a^n\).
Temel adım. \(n = 1\) için \(a^{m+1} = a^m a = a^m a^1\); tanımın kendisidir.
Tümevarım adımı. \(a^{m+k} = a^m a^k\) olsun. (A2), tanım, hipotez ve (M2) sırasıyla kullanılırsa
\[a^{m+(k+1)} = a^{(m+k)+1} = a^{m+k} a = (a^m a^k)\,a = a^m (a^k a) = a^m a^{k+1}.\]
Tümevarım ilkesi gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a^{m+n} = a^m a^n\).
İkinci kural: \((a^m)^n = a^{mn}\).
Temel adım. \(n = 1\) için \((a^m)^1 = a^m = a^{m \cdot 1}\) (tanım ve (M3)).
Tümevarım adımı. \((a^m)^k = a^{mk}\) olsun. Tanım, hipotez, birinci kural ve (D) sırasıyla kullanılırsa
\[(a^m)^{k+1} = (a^m)^k \, a^m = a^{mk} a^m = a^{mk + m} = a^{m(k+1)}.\]
Tümevarım ilkesi gereği her \(n \in \mathbb{N}\) için \((a^m)^n = a^{mn}\).
Bu iki kural ve sonraki genellemeleri (tam sayı ve rasyonel üsler) Teorem 11.3 ve Teorem 13.4 içinde yer alır. Örneğin \(2^{3+2} = 32 = 8 \cdot 4 = 2^3 \cdot 2^2\) ve \((2^3)^2 = 64 = 2^6\).
\(\blacksquare\)
41.8 Mutlak Değerin Özellikleri
Şimdi mutlak değere geçiyoruz. Bu gruptaki problemler, mutlak değerin tanımını (Tanım 8.1) ve temel özelliklerini (Teorem 8.1) kullanarak birkaç eşitliği ve “\(|x - y|\), \(x\) ile \(y\) arasındaki uzaklıktır” yorumunu işliyor. En sık başvuracağımız araç, mutlak değerin içinin işaretine göre durum ayırmaktır.
Alıştırma 41.48 (Mutlak Değer ve Karekök) Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(|a| = \sqrt{a^2}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\sqrt{a^2}\) neyi gösterir? Önerme 7.12 (1) gereği \(a^2 \ge 0\)’dır. Teorem 13.2 gereği \(a^2 > 0\) ise \(\sqrt{a^2}\), karesi \(a^2\) olan tek pozitif sayıdır; \(a^2 = 0\) ise \(\sqrt{0} = 0\)’dır.
Durum \(a = 0\). \(|0| = 0 = \sqrt{0} = \sqrt{0^2}\).
Durum \(a \neq 0\). \(|a| \ge 0\) ve \(|a| = 0 \iff a = 0\) olduğundan (Teorem 8.1 (1), (2)) \(|a| > 0\)’dır. Ayrıca Sonuç 8.2 gereği \(|a|^2 = a^2\)’dir. Demek ki \(|a|\), karesi \(a^2\) olan pozitif bir sayıdır. Böyle bir sayı tek olduğundan
\[|a| = \sqrt{a^2}.\]
Dikkat: \(\sqrt{a^2} = a\) eşitliği yalnızca \(a \ge 0\) için doğrudur. Örneğin \(\sqrt{(-3)^2} = \sqrt{9} = 3 = |-3|\), ama \(3 \neq -3\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.49 (Bölümün Mutlak Değeri) \(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(b \neq 0\) ise \(\left|\dfrac{a}{b}\right| = \dfrac{|a|}{|b|}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Alıştırma 41.48 sonucunun bir yan ürününü kullanacağız: \(u \ge 0\) ise \(u = |u| = \sqrt{u^2}\)’dir. Dolayısıyla negatif olmayan iki sayının kareleri eşitse kendileri de eşittir: \(u, v \ge 0\) ve \(u^2 = v^2\) ise \(u = \sqrt{u^2} = \sqrt{v^2} = v\).
İki taraf da negatif değildir. \(\left|\frac{a}{b}\right| \ge 0\)’dır. \(b \neq 0\) olduğundan \(|b| > 0\), Alıştırma 41.23 gereği \(\frac{1}{|b|} > 0\)’dır; \(|a| \ge 0\) ile çarpımı da negatif değildir. Yani \(\frac{|a|}{|b|} \ge 0\).
Kareler eşittir. Sonuç 8.2 ve Örnek 6.2 (1) ile
\[\left|\frac{a}{b}\right|^2 = \left(\frac{a}{b}\right)^2 = \frac{a^2}{b^2}, \qquad \left(\frac{|a|}{|b|}\right)^2 = \frac{|a|^2}{|b|^2} = \frac{a^2}{b^2}.\]
İki taraf negatif değil ve kareleri eşit olduğundan
\[\left|\frac{a}{b}\right| = \frac{|a|}{|b|}.\]
Örneğin \(\left|\frac{-6}{4}\right| = \frac{3}{2} = \frac{|-6|}{|4|}\). Aynı sonuca Teorem 8.1 (5) ile \(|a| = |b| \cdot \left|\frac{a}{b}\right|\) yazarak da ulaşılır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.50 (Üçgen Eşitsizliği Ne Zaman Eşitlik Olur?) \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(|a + b| = |a| + |b|\) olması için gerek ve yeter koşulun \(ab \ge 0\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki taraf da negatif değildir. Alıştırma 41.49 çözümünde gördüğümüz gibi negatif olmayan iki sayı ancak ve ancak kareleri eşitse eşittir (karelerin eşit olması, sayıların eşitliğinden zaten çıkar). O hâlde
\[|a + b| = |a| + |b| \iff |a + b|^2 = \big(|a| + |b|\big)^2.\]
Kareleri açalım. Sonuç 8.2 ve Teorem 8.1 (5) ile
\[|a + b|^2 = (a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2,\]
\[\big(|a| + |b|\big)^2 = |a|^2 + 2|a||b| + |b|^2 = a^2 + 2|ab| + b^2.\]
Karşılaştıralım. İki ifadeden ortak \(a^2 + b^2\) terimini sadeleştirip (Önerme 6.3) \(\frac{1}{2}\) ile çarparsak
\[|a + b| = |a| + |b| \iff 2ab = 2|ab| \iff ab = |ab|.\]
Son olarak bir \(t\) sayısı için \(|t| = t \iff t \ge 0\)’dır: \(t \ge 0\) ise tanım gereği \(|t| = t\); \(t < 0\) ise \(|t| = -t > 0 > t\). Bunu \(t = ab\) için uygularsak
\[|a + b| = |a| + |b| \iff ab \ge 0.\]
Yani üçgen eşitsizliği (Teorem 8.2) tam olarak \(a\) ile \(b\) aynı işaretliyken (ya da biri sıfırken) eşitliğe dönüşür. Kitapta aynı sonuç Önerme 8.5 olarak da kanıtlanmıştır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.51 (Arada Olmanın Uzaklıkla İfadesi) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) ve \(x \le z\) olsun. \(x \le y \le z\) olması için gerek ve yeter koşulun \(|x - y| + |y - z| = |x - z|\) olması olduğunu gösteriniz ve bu sonucu geometrik olarak yorumlayınız.
Çözüm
\(x \le z\) olduğundan \(x - z \le 0\) ve \(|x - z| = -(x - z) = z - x\)’tir. Üçlem yasası (O1) gereği \(y\) için üç durum vardır: \(y < x\), \(x \le y \le z\) ya da \(z < y\).
Durum \(x \le y \le z\). \(x - y \le 0\) ve \(y - z \le 0\) olduğundan
\[|x - y| + |y - z| = (y - x) + (z - y) = z - x = |x - z|.\]
Eşitlik sağlanır.
Durum \(y < x\). O zaman \(y < x \le z\), dolayısıyla \(y < z\)’dir. \(|x - y| = x - y\) ve \(|y - z| = z - y\) olur;
\[|x - y| + |y - z| = (x - y) + (z - y) = (z - x) + 2(x - y).\]
\(x - y > 0\) olduğundan bu toplam \(z - x = |x - z|\)’den kesin olarak büyüktür. Eşitlik sağlanmaz.
Durum \(z < y\). O zaman \(x \le z < y\) ve \(|x - y| = y - x\), \(|y - z| = y - z\);
\[|x - y| + |y - z| = (y - x) + (y - z) = (z - x) + 2(y - z) > z - x.\]
Eşitlik yine sağlanmaz.
Üç durum birlikte şunu gösterir: eşitlik ancak ve ancak \(x \le y \le z\) iken sağlanır.
Geometrik yorum. \(|x - y|\), sayı doğrusunda \(x\) ile \(y\) arasındaki uzaklıktır. Eşitlik, “\(x\)’ten \(y\)’ye, oradan \(z\)’ye gitmek, doğrudan \(x\)’ten \(z\)’ye gitmekle aynı yolu tutar” demektir. Bu ancak \(y\), \(x\) ile \(z\) arasındaysa olur; \(y\) aralığın dışındaysa, dışarı taşan parça iki kez yürünür ve yol, taşma miktarının iki katı kadar uzar. Yukarıdaki \(2(x - y)\) ve \(2(y - z)\) terimleri tam olarak bu fazlalıktır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.52 (Epsilon Uzaklığın Aralıkla İfadesi) \(a \in \mathbb{R}\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. \(|x - a| < \varepsilon\) olması için gerek ve yeter koşulun \(a - \varepsilon < x < a + \varepsilon\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(\(\Rightarrow\)) \(|x - a| < \varepsilon\) olsun. \(x - a\)’nın işaretine göre ayıralım.
- \(x - a \ge 0\) ise \(|x - a| = x - a < \varepsilon\); iki yana \(a\) ekleyince (O3) \(x < a + \varepsilon\). Ayrıca \(a - \varepsilon < a \le x\).
- \(x - a < 0\) ise \(|x - a| = a - x < \varepsilon\); iki yana \(x - \varepsilon\) ekleyince \(a - \varepsilon < x\). Ayrıca \(x < a < a + \varepsilon\).
Her iki durumda \(a - \varepsilon < x < a + \varepsilon\).
(\(\Leftarrow\)) \(a - \varepsilon < x < a + \varepsilon\) olsun. Her parçaya \(-a\) ekleyince (O3) \(-\varepsilon < x - a < \varepsilon\) olur.
- \(x - a \ge 0\) ise \(|x - a| = x - a < \varepsilon\).
- \(x - a < 0\) ise \(-\varepsilon < x - a\) eşitsizliğine Önerme 7.3 uygulanınca \(-(x - a) < \varepsilon\), yani \(|x - a| < \varepsilon\).
Her iki durumda \(|x - a| < \varepsilon\).
Yorum. “\(x\)’in \(a\)’ya uzaklığı \(\varepsilon\)’dan küçüktür” cümlesi ile “\(x\), \((a - \varepsilon, a + \varepsilon)\) açık aralığındadır” cümlesi aynı şeyi söyler. Bu denklik Önerme 8.7 olarak kaydedilmiştir ve limit tanımlarının temelidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.53 (Aynı Açık Aralıktaki İki Nokta) \(a < x < b\) ve \(a < y < b\) ise \(|x - y| < b - a\) olduğunu gösteriniz ve bu sonucu geometrik olarak yorumlayınız.
Çözüm
\(a < y < b\) zincirine Önerme 7.3 uygulanırsa \(-b < -y < -a\) elde edilir. Bunu \(a < x < b\) zinciriyle taraf tarafa toplayalım (Alıştırma 41.21):
\[a + (-b) < x + (-y) < b + (-a),\]
yani \(-(b - a) < x - y < b - a\).
\(a < b\) olduğundan \(b - a > 0\)’dır. Önerme 8.3 (1) gereği
\[|x - y| < b - a.\]
Geometrik yorum. \((a, b)\) açık aralığının uzunluğu \(b - a\)’dır. Aralığın içindeki iki nokta arasındaki uzaklık, aralığın uzunluğundan kesin olarak küçüktür; uzaklık ancak noktalar uçlara oturabilseydi \(b - a\)’ya ulaşabilirdi, oysa uçlar açık aralığa ait değildir.
\(\blacksquare\)
41.9 Mutlak Değerli Denklem ve Eşitsizlikler
Bu gruptaki problemlerde mutlak değer içeren denklem ve eşitsizliklerin çözüm kümelerini bulacağız. İki yol kullanacağız. Tek mutlak değer varsa Teorem 8.1 (7)–(8) ve Önerme 8.3 ile mutlak değeri kaldırırız. Birden çok mutlak değer varsa, her birinin içinin işaret değiştirdiği noktalarla sayı doğrusunu parçalara ayırır ve her parçada tanımı uygularız (Örnek 8.4).
Alıştırma 41.54 (Doğrusal İfadenin Mutlak Değeri) \(|4x - 5| \le 13\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
\(13 \ge 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) uygulanır:
\[|4x - 5| \le 13 \iff -13 \le 4x - 5 \le 13.\]
Her parçaya \(5\) ekleyelim: \(-8 \le 4x \le 18\). Her parçayı pozitif \(\frac{1}{4}\) ile çarpalım (kesin eşitsizlik parçalarında (O3) ve (O4) uygulanır, eşitlik parçalarında iki yan eşit kalır):
\[-2 \le x \le \frac{9}{2}.\]
Adımların hepsi tersinir olduğundan zincir iki yönlüdür. Çözüm kümesi \(\left[-2, \frac{9}{2}\right]\) kapalı aralığıdır. Uzaklık diliyle: \(|4x - 5| = 4\left|x - \frac{5}{4}\right|\) olduğundan koşul \(\left|x - \frac{5}{4}\right| \le \frac{13}{4}\), yani \(x\)’in \(\frac{5}{4}\)’e uzaklığının en çok \(\frac{13}{4}\) olmasıdır; aralığın orta noktası gerçekten \(\frac{-2 + 9/2}{2} = \frac{5}{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.55 (İkinci Dereceden İfadenin Mutlak Değeri) \(|x^2 - 1| \le 3\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Teorem 8.1 (7) ile
\[|x^2 - 1| \le 3 \iff -3 \le x^2 - 1 \le 3 \iff -2 \le x^2 \le 4.\]
İkinci denklikte her parçaya \(1\) eklendi (kesin eşitsizlik parçalarında (O3) uygulanır, eşitlik parçalarında iki yan eşit kalır; geri dönmek için \(-1\) eklenir).
Sol eşitsizlik. Önerme 7.12 (1) gereği \(x^2 \ge 0 > -2\); bu koşul her \(x\) için sağlanır.
Sağ eşitsizlik. \(x^2 \le 4\) eşitsizliği \(x^2 - 4 \le 0\) ile, yani \((x - 2)(x + 2) \le 0\) ile denktir. Çarpım ya sıfırdır (bir çarpan sıfır: \(x = 2\) ya da \(x = -2\)) ya da negatiftir (çarpanlar zıt işaretli). Alıştırma 41.34 çözümünde gördüğümüz gibi negatif olması \(-2 < x < 2\) demektir. Birlikte \(x^2 \le 4 \iff -2 \le x \le 2\).
Sonuç. Çözüm kümesi \([-2, 2]\)’dir. Sağlama: \(x = 2\) için \(|4 - 1| = 3 \le 3\); \(x = 0\) için \(|0 - 1| = 1 \le 3\); \(x = 3\) için \(|9 - 1| = 8 > 3\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.56 (İki Mutlak Değerin Toplamı Sabit) \(|x + 1| + |x - 2| = 7\) denklemini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
\(|x + 1|\) ifadesi \(x = -1\)’de, \(|x - 2|\) ifadesi \(x = 2\)’de işaret değiştirir. Sayı doğrusunu üç parçaya ayıralım.
Durum \(x < -1\). \(x + 1 < 0\) ve \(x - 2 < 0\); denklem
\[-(x + 1) - (x - 2) = -2x + 1 = 7\]
olur. Buradan \(-2x = 6\), yani \(x = -3\); bu değer \(x < -1\) koşulunu sağlar.
Durum \(-1 \le x < 2\). \(x + 1 \ge 0\) ve \(x - 2 < 0\); sol taraf \((x + 1) - (x - 2) = 3\)’tür. \(3 \neq 7\) olduğundan bu parçada çözüm yoktur.
Durum \(x \ge 2\). İki ifade de negatif değildir; denklem \((x + 1) + (x - 2) = 2x - 1 = 7\), yani \(x = 4\) olur ve \(x \ge 2\) koşulunu sağlar.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-3, 4\}\)’tür. Sağlama: \(|-2| + |-5| = 7\) ve \(|5| + |2| = 7\). Uzaklık yorumu: \(x\)’in \(-1\)’e ve \(2\)’ye uzaklıklarının toplamı \(7\) olmalıdır; iki noktanın arasında bu toplam sabit \(3\)’tür; dışarıda, aralıktan uzaklaştıkça toplam, uzaklaşılan mesafenin iki katı kadar artar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.57 (Mutlak Değerlerin Eşitliği) \(|x + 1| = |2x - 1|\) denklemini sağlayan bütün \(x\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
Kareye geçmek. İki taraf da negatif değildir; negatif olmayan iki sayı ancak ve ancak kareleri eşitse eşittir (Alıştırma 41.49 çözümü). Sonuç 8.2 ile \(|u|^2 = u^2\) olduğundan
\[|u| = |v| \iff u^2 = v^2 \iff (u - v)(u + v) = 0.\]
Son adımda Alıştırma 6.1 (e) özdeşliği kullanıldı.
Bu denklemde. \(u = x + 1\) ve \(v = 2x - 1\) için
\[u - v = 2 - x, \qquad u + v = 3x.\]
Sıfır çarpım özelliği (Önerme 6.13) gereği \(2 - x = 0\) ya da \(3x = 0\); yani \(x = 2\) ya da \(x = 0\).
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{0, 2\}\)’dir. Sağlama: \(x = 0\) için \(|1| = |-1|\); \(x = 2\) için \(|3| = |3|\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.58 (Mutlak Değerlerin Eşitliği İkinci Örnek) \(|2x - 1| = |x - 5|\) denklemini sağlayan bütün \(x\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
Alıştırma 41.57 çözümündeki denkliği kullanalım: \(|u| = |v| \iff (u - v)(u + v) = 0\). \(u = 2x - 1\) ve \(v = x - 5\) için
\[u - v = x + 4, \qquad u + v = 3x - 6.\]
Sıfır çarpım özelliği gereği \(x + 4 = 0\) ya da \(3x - 6 = 0\); yani \(x = -4\) ya da \(x = 2\).
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-4, 2\}\)’dir. Sağlama: \(x = -4\) için \(|-9| = 9 = |-9|\); \(x = 2\) için \(|3| = 3 = |-3|\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.59 (Mutlak Değer ile Doğrunun Karşılaştırılması) \(|x - 2| \le x + 1\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x\) değerlerini bulunuz. İki tarafın grafiklerini çiziniz.
Çözüm
Sağ tarafın işareti. Sol taraf negatif değildir. \(x + 1 < 0\) ise \(|x - 2| \ge 0 > x + 1\) olur ve eşitsizlik sağlanmaz. Demek ki her çözüm \(x + 1 \ge 0\), yani \(x \ge -1\) koşulunu sağlar.
Mutlak değeri kaldırmak. \(x \ge -1\) iken \(x + 1 \ge 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) uygulanır:
\[|x - 2| \le x + 1 \iff -(x + 1) \le x - 2 \le x + 1.\]
- Sağ eşitsizlik \(x - 2 \le x + 1\), iki yandan \(x\) atılınca \(-2 \le 1\) olur; her zaman doğrudur.
- Sol eşitsizlik \(-x - 1 \le x - 2\), iki yana \(x + 2\) eklenince \(1 \le 2x\), yani \(x \ge \frac{1}{2}\) olur.
\(x \ge \frac{1}{2}\) koşulu \(x \ge -1\) koşulunu zaten gerektirir.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\left[\frac{1}{2}, \infty\right)\)’dur.
Grafik. \(y = |x - 2|\) grafiği köşesi \((2, 0)\)’da olan bir “V”dir; \(y = x + 1\) ise eğimi \(1\) olan bir doğrudur. İki grafik \(x = \frac{1}{2}\)’de, \(y = \frac{3}{2}\) yüksekliğinde kesişir. Bu noktanın sağında doğru V’nin üstündedir; V’nin sağ kolu \(y = x - 2\) doğrudan \(3\) birim aşağıda ve ona paraleldir, bu yüzden sağa doğru kesişme bir daha olmaz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.60 (Mutlak Değerin Katı ile Doğrunun Karşılaştırılması) \(3|x| \le 2 - x\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x\) değerlerini bulunuz. İki tarafın grafiklerini çiziniz.
Çözüm
Sağ tarafın işareti. Sol taraf negatif değildir; \(2 - x < 0\) ise eşitsizlik sağlanamaz. Her çözüm için \(2 - x \ge 0\)’dır.
Mutlak değeri kaldırmak. \(3|x| = |3x|\) (Teorem 8.1 (5)) olduğundan, \(2 - x \ge 0\) iken Teorem 8.1 (7) ile
\[3|x| \le 2 - x \iff -(2 - x) \le 3x \le 2 - x.\]
- Sağ eşitsizlik: \(3x \le 2 - x \iff 4x \le 2 \iff x \le \frac{1}{2}\).
- Sol eşitsizlik: \(x - 2 \le 3x\) ancak ve ancak \(-2 \le 2x\), yani \(x \ge -1\).
Bu iki koşulu sağlayan \(x\) için \(2 - x \ge 2 - \frac{1}{2} > 0\) olduğundan baştaki koşul da sağlanır.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\left[-1, \frac{1}{2}\right]\)’dir.
Grafik. \(y = 3|x|\) köşesi orijinde olan dik bir “V”dir; \(y = 2 - x\) eğimi \(-1\) olan bir doğrudur. İki grafik \((-1, 3)\) ve \(\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)\) noktalarında kesişir; çözüm kümesi, doğrunun V’nin üstünde ya da üzerinde kaldığı aradaki parçadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.61 (Bire Yakın mı Eksi Bire Yakın mı?) \(|x - 1| > |x + 1|\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Kareye geçmek. \(u, v \ge 0\) için \(u > v \iff u^2 > v^2\)’dir. (\(\Rightarrow\)) \(v > 0\) ise Önerme 7.12 (4) gereği \(v^2 < u^2\); \(v = 0\) ise \(u > 0\) ve \(u^2 > 0 = v^2\). (\(\Leftarrow\)) Karşıt tersi: \(u \le v\) ise ya \(u = v\) ve \(u^2 = v^2\), ya da \(u < v\) ve az önceki yön ile \(u^2 < v^2\); her iki durumda \(u^2 > v^2\) sağlanmaz.
Bunu \(u = |x - 1|\), \(v = |x + 1|\) için kullanalım; Sonuç 8.2 ile
\[ \begin{aligned} |x - 1| > |x + 1| &\iff (x - 1)^2 > (x + 1)^2 \\[1mm] &\iff x^2 - 2x + 1 > x^2 + 2x + 1 \\[1mm] &\iff 0 > 4x \iff x < 0. \end{aligned} \]
Üçüncü adımda iki yana \(-x^2 + 2x - 1\) eklendi (O3).
Sonuç. Çözüm kümesi \((-\infty, 0)\)’dır. Uzaklık yorumu: \(x\)’in \(1\)’e uzaklığı \(-1\)’e uzaklığından büyükse \(x\), \(-1\)’e daha yakındır; yani \(-1\) ile \(1\)’in orta noktası olan \(0\)’ın solundadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.62 (Sıfıra ve Eksi Bire Uzaklıkların Toplamı) \(|x| + |x + 1| < 2\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Kritik noktalar \(x = -1\) ve \(x = 0\)’dır; üç parçayı inceleyelim.
Durum \(x < -1\). \(|x| = -x\) ve \(|x + 1| = -x - 1\); eşitsizlik \(-2x - 1 < 2\), yani \(-2x < 3\) olur. Negatif \(-\frac{1}{2}\) ile çarpınca yön değişir (Önerme 7.6): \(x > -\frac{3}{2}\). Bu parçadaki çözümler \(\left(-\frac{3}{2}, -1\right)\)’dir.
Durum \(-1 \le x < 0\). \(|x| = -x\) ve \(|x + 1| = x + 1\); toplam \(1 < 2\) her zaman doğrudur. Bu parçanın tamamı, yani \([-1, 0)\) çözümdür.
Durum \(x \ge 0\). \(|x| = x\) ve \(|x + 1| = x + 1\); eşitsizlik \(2x + 1 < 2\), yani \(x < \frac{1}{2}\) olur. Bu parçadaki çözümler \(\left[0, \frac{1}{2}\right)\)’dir.
Sonuç. Üç parçanın birleşimi
\[\left(-\tfrac{3}{2}, -1\right) \cup [-1, 0) \cup \left[0, \tfrac{1}{2}\right) = \left(-\tfrac{3}{2}, \tfrac{1}{2}\right)\]
açık aralığıdır. Uzaklık yorumu: \(x\)’in \(0\)’a ve \(-1\)’e uzaklıklarının toplamı \(2\)’den küçük olmalıdır; iki noktanın arasında toplam sabit \(1\)’dir ve dışarı çıkıldıkça artarak \(x = -\frac{3}{2}\) ile \(x = \frac{1}{2}\)’de \(2\)’ye ulaşır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.63 (İki Mutlak Değerin Farkının Grafiği) \(y = |x| - |x - 1|\) denkleminin grafiğini çiziniz.
Çözüm
\(|x|\) ifadesi \(0\)’da, \(|x - 1|\) ifadesi \(1\)’de işaret değiştirir. Her parçada mutlak değerleri tanımla açalım.
- \(x < 0\) ise \(|x| = -x\) ve \(|x - 1| = 1 - x\); \(y = -x - (1 - x) = -1\).
- \(0 \le x < 1\) ise \(|x| = x\) ve \(|x - 1| = 1 - x\); \(y = x - (1 - x) = 2x - 1\).
- \(x \ge 1\) ise \(|x| = x\) ve \(|x - 1| = x - 1\); \(y = x - (x - 1) = 1\).
Yani
\[y = \begin{cases} -1, & x < 0 \text{ ise}, \\ 2x - 1, & 0 \le x < 1 \text{ ise}, \\ 1, & x \ge 1 \text{ ise}. \end{cases}\]
Grafik, solda \(y = -1\) yüksekliğinde yatay bir ışın, \((0, -1)\) ile \((1, 1)\) noktalarını birleştiren eğimi \(2\) olan bir doğru parçası ve sağda \(y = 1\) yüksekliğinde yatay bir ışından oluşur. Parçalar uçlarda birleşir: \(x = 0\)’da \(2 \cdot 0 - 1 = -1\), \(x = 1\)’de \(2 \cdot 1 - 1 = 1\).
Grafiğin \(-1\) ile \(1\) arasında kalması bir rastlantı değildir: ters üçgen eşitsizliği (Sonuç 8.3) gereği \(\big||x| - |x - 1|\big| \le |x - (x - 1)| = 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.64 (İki Sınır Arasında Kalan Uzaklık Toplamı) \(4 < |x + 2| + |x - 1| < 5\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = |x + 2| + |x - 1|\) diyelim. Kritik noktalar \(-2\) ve \(1\)’dir.
- \(x < -2\) ise \(f(x) = -(x + 2) - (x - 1)\), yani \(f(x) = -2x - 1\).
- \(-2 \le x < 1\) ise \(f(x) = (x + 2) - (x - 1) = 3\).
- \(x \ge 1\) ise \(f(x) = (x + 2) + (x - 1) = 2x + 1\).
Orta parça. \(f(x) = 3\) ve \(4 < 3\) yanlış olduğundan bu parçada çözüm yoktur.
Sol parça. \(4 < -2x - 1 < 5\); her parçaya \(1\) ekleyince \(5 < -2x < 6\), negatif \(-\frac{1}{2}\) ile çarpınca yönler değişir: \(-3 < x < -\frac{5}{2}\). Bu aralık \(x < -2\) koşulunu sağlar.
Sağ parça. \(4 < 2x + 1 < 5\); \(3 < 2x < 4\), yani \(\frac{3}{2} < x < 2\). Bu aralık \(x \ge 1\) koşulunu sağlar.
Sonuç. Çözüm kümesi
\[\left(-3, -\tfrac{5}{2}\right) \cup \left(\tfrac{3}{2}, 2\right)\]
kümesidir. Şekilde \(f\)’nin grafiği ile \(y = 4\) ve \(y = 5\) doğruları görülüyor: çözümler, grafiğin iki doğru arasındaki şeritte kaldığı \(x\) değerleridir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.65 (İki Mutlak Değer Koşulu Birlikte) \(|2x - 3| < 5\) ve \(|x + 1| > 2\) koşullarını aynı anda sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.
Çözüm
Birinci koşul. Önerme 8.3 (1) ile
\[|2x - 3| < 5 \iff -5 < 2x - 3 < 5 \iff -2 < 2x < 8 \iff -1 < x < 4.\]
İkinci koşul. Önerme 8.3 (2) ile
\[|x + 1| > 2 \iff x + 1 > 2 \ \text{ya da}\ x + 1 < -2 \iff x > 1 \ \text{ya da}\ x < -3.\]
Kesişim. İki koşulu sağlayanlar
\[(-1, 4) \cap \big((-\infty, -3) \cup (1, \infty)\big) = (1, 4)\]
kümesidir: \((-1, 4)\) aralığı \((-\infty, -3)\) ile kesişmez, \((1, \infty)\) ile kesişimi ise \((1, 4)\)’tür.
Sonuç. Çözüm kümesi \((1, 4)\) açık aralığıdır. Uzaklık yorumu: \(x\), \(\frac{3}{2}\)’ye \(\frac{5}{2}\)’den yakın, \(-1\)’e ise \(2\)’den uzak olmalıdır.
\(\blacksquare\)
41.10 Düzlemde Mutlak Değerle Tanımlanan Kümeler
Mutlak değerli koşullar düzlemde de ilginç kümeler tanımlar. Aşağıdaki koşulların hepsi yalnızca \(|x|\) ile \(|y|\)’ye bağlıdır; bu yüzden \((x, y)\) kümedeyse \((-x, y)\), \((x, -y)\) ve \((-x, -y)\) de kümededir ve küme iki eksene göre de simetriktir. Çoğu zaman kümeyi \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) bölgesinde bulmak ve simetriyle tamamlamak yeter.
Alıştırma 41.66 (Mutlak Değerleri Eşit Koordinatlar) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| = |y|\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Alıştırma 41.57 çözümündeki denklik ile
\[|x| = |y| \iff (y - x)(y + x) = 0 \iff y = x \ \text{ya da}\ y = -x.\]
Sonuç. Küme, orijinden geçen iki doğrunun birleşimidir:
\[\{(x, y) : y = x\} \cup \{(x, y) : y = -x\}.\]
Bunlar, birinci ve üçüncü bölgelerin açıortayı ile ikinci ve dördüncü bölgelerin açıortayıdır; ikisi orijinde dik kesişir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.67 (Mutlak Değerlerin Toplamı Bir) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| + |y| = 1\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Birinci bölge (\(x \ge 0\), \(y \ge 0\)). Koşul \(x + y = 1\), yani \(y = 1 - x\) olur; \(y \ge 0\) olması \(x \le 1\) ister. Bu bölgedeki parça, \((1, 0)\) ile \((0, 1)\) noktalarını birleştiren doğru parçasıdır.
Öteki bölgeler. Simetriyle:
- \(x \le 0\), \(y \ge 0\): \(-x + y = 1\); \((-1, 0)\) ile \((0, 1)\) arasındaki parça.
- \(x \le 0\), \(y \le 0\): \(-x - y = 1\); \((-1, 0)\) ile \((0, -1)\) arasındaki parça.
- \(x \ge 0\), \(y \le 0\): \(x - y = 1\); \((1, 0)\) ile \((0, -1)\) arasındaki parça.
Sonuç. Küme, köşeleri \((1, 0)\), \((0, 1)\), \((-1, 0)\), \((0, -1)\) olan karenin kenarlarıdır (köşesi üstte duran bir kare). Bu kare, “\(|x| + |y|\) uzaklığına göre” orijine uzaklığı \(1\) olan noktalardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.68 (Koordinatların Çarpımının Mutlak Değeri İki) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|xy| = 2\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Teorem 8.1 (2) gereği
\[|xy| = 2 \iff xy = 2 \ \text{ya da}\ xy = -2.\]
İki durumda da \(x \neq 0\)’dır (aksi hâlde \(xy = 0\) olurdu); iki yanı \(\frac{1}{x}\) ile çarparak
\[y = \frac{2}{x} \qquad \text{ya da} \qquad y = -\frac{2}{x}\]
buluruz.
Sonuç. Küme dört kollu bir eğridir: \(y = \frac{2}{x}\) hiperbolünün birinci ve üçüncü bölgedeki iki kolu ile \(y = -\frac{2}{x}\) hiperbolünün ikinci ve dördüncü bölgedeki iki kolu. Örneğin \((1, 2)\), \((2, 1)\), \((-1, 2)\), \((-2, -1)\) noktaları kümededir. Kollar eksenlere yaklaşır ama onları kesmez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.69 (Mutlak Değerlerin Farkı İki) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| - |y| = 2\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Koşul \(|y| = |x| - 2\) ile denktir. Sol taraf negatif olmadığından bir çözüm için \(|x| - 2 \ge 0\), yani \(|x| \ge 2\) gerekir. Bu durumda Teorem 8.1 (2) ile
\[|y| = |x| - 2 \iff y = |x| - 2 \ \text{ya da}\ y = -(|x| - 2).\]
Sağ yarı (\(x \ge 2\)). \(|x| = x\); küme \(y = x - 2\) ve \(y = -(x - 2)\) ışınlarından oluşur. İkisi de \((2, 0)\) noktasından başlar ve sağa doğru açılır.
Sol yarı (\(x \le -2\)). \(|x| = -x\); küme \(y = -x - 2\) ve \(y = x + 2\) ışınlarından oluşur. İkisi de \((-2, 0)\) noktasından başlar ve sola doğru açılır.
Sonuç. Küme dört ışından oluşur: köşesi \((2, 0)\)’da olan ve sağa açılan bir açı ile onun \(y\) eksenine göre simetriği olan, köşesi \((-2, 0)\)’da bulunan ve sola açılan açı. \(-2 < x < 2\) şeridinde kümenin hiçbir noktası yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.70 (Apsisi Ordinatından Küçük Mutlak Değerli Noktalar) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| \le |y|\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
\(|y| \ge 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) gereği
\[|x| \le |y| \iff -|y| \le x \le |y|.\]
Üst yarı (\(y \ge 0\)). Koşul \(-y \le x \le y\)’dir: nokta, \(y = x\) ve \(y = -x\) doğrularının arasında, \(y\) ekseninin pozitif yarısını içeren açısal bölgededir.
Alt yarı (\(y \le 0\)). Koşul \(y \le x \le -y\)’dir: simetrik olarak, \(y\) ekseninin negatif yarısını içeren açısal bölge.
Sonuç. Küme, \(y = x\) ve \(y = -x\) doğrularının ayırdığı dört bölgeden \(y\) eksenini içeren ikisidir; sınır doğruları da kümeye dahildir (eşitlik durumu, Alıştırma 41.66). Örneğin \((1, 2)\) kümededir (\(1 \le 2\)), \((2, 1)\) değildir (\(2 > 1\)).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.71 (Mutlak Değerlerin Toplamı En Çok Bir) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| + |y| \le 1\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Birinci bölge. \(x, y \ge 0\) için koşul \(x + y \le 1\), yani \(y \le 1 - x\)’tir. Bu, köşeleri \((0, 0)\), \((1, 0)\), \((0, 1)\) olan dolu üçgendir: eksenler ile \(x + y = 1\) doğrusu arasında kalan bölge.
Simetri. Öteki üç bölgede de aynı biçimde birer dolu üçgen elde edilir.
Sonuç. Küme, köşeleri \((1, 0)\), \((0, 1)\), \((-1, 0)\), \((0, -1)\) olan dolu karedir; sınırı Alıştırma 41.67 ile bulduğumuz kare, içi ise \(|x| + |y| < 1\) eşitsizliğini sağlayan noktalardır. Örneğin \((0, 0)\) ve \(\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)\) kümededir, \((1, 1)\) değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.72 (Koordinatların Çarpımı Sınırlı Olan Noktalar) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|xy| \le 2\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Teorem 8.1 (7) gereği \(|xy| \le 2 \iff -2 \le xy \le 2\)’dir.
Birinci bölge (\(x > 0\), \(y \ge 0\)). \(xy \ge 0 \ge -2\) kendiliğinden doğrudur; koşul \(xy \le 2\), yani pozitif \(x\) ile bölünce \(y \le \frac{2}{x}\)’tir. Bu, \(x\) ekseni ile \(y = \frac{2}{x}\) kolu arasındaki bölgedir.
Eksenler. \(x = 0\) ya da \(y = 0\) ise \(xy = 0\) ve koşul sağlanır; iki eksen de tamamen kümededir.
Simetri. Öteki bölgelerde de küme, eksen ile ilgili hiperbol kolu arasındaki bölgedir.
Sonuç. Küme, \(y = \frac{2}{x}\) ve \(y = -\frac{2}{x}\) hiperbollerinin dört kolu arasında kalan ve iki ekseni içeren bölgedir; kollar da kümeye dahildir (Alıştırma 41.68). Örneğin \((1, 1)\) ve \((10, 0{,}1)\) kümededir, \((2, 2)\) değildir. Küme sınırsızdır: eksenler boyunca sonsuza uzanır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.73 (Mutlak Değerlerin Farkı En Az İki) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\) düzleminde \(|x| - |y| \ge 2\) koşulunu sağlayan \((x, y)\) ikililerinin kümesini belirleyiniz ve çiziniz.
Çözüm
Koşul \(|y| \le |x| - 2\) ile denktir. Sol taraf negatif olmadığından \(|x| \ge 2\) gerekir; bu durumda Teorem 8.1 (7) ile
\[|y| \le |x| - 2 \iff -(|x| - 2) \le y \le |x| - 2.\]
Sağ yarı (\(x \ge 2\)). Koşul \(-(x - 2) \le y \le x - 2\)’dir: \((2, 0)\) köşeli, \(y = x - 2\) ve \(y = -(x - 2)\) ışınları arasında sağa açılan açısal bölge.
Sol yarı (\(x \le -2\)). Simetrik olarak \((-2, 0)\) köşeli, sola açılan açısal bölge.
Sonuç. Küme, Alıştırma 41.69 ile bulduğumuz dört ışının sınırladığı iki açısal bölgedir ve sınır ışınları da kümeye dahildir. Örneğin \((3, 0)\) ve \((5, 2)\) kümededir, \((3, 2)\) değildir (\(3 - 2 = 1 < 2\)).
\(\blacksquare\)
41.11 Maksimum, Minimum ve Orta Sayı
Mutlak değer problemlerinin sonuncuları, Tanım 7.4 ile tanımlanan maksimum ve minimum fonksiyonlarını konu alıyor. Hatırlayalım: \(x \ge y\) ise \(\max\{x, y\} = x\) ve \(\min\{x, y\} = y\); \(y > x\) ise \(\max\{x, y\} = y\) ve \(\min\{x, y\} = x\)’tir.
Alıştırma 41.74 (Maksimum ve Minimumun Mutlak Değerle Yazılışı) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için
\[\max\{a, b\} = \frac{1}{2}\big(a + b + |a - b|\big) \quad \text{ve} \quad \min\{a, b\} = \frac{1}{2}\big(a + b - |a - b|\big)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tanımdaki iki duruma göre ilerleyelim.
Durum \(a \ge b\). \(a - b \ge 0\) olduğundan \(|a - b| = a - b\)’dir. Böylece
\[\tfrac{1}{2}\big(a + b + (a - b)\big) = \tfrac{1}{2}(2a) = a, \qquad \tfrac{1}{2}\big(a + b - (a - b)\big) = \tfrac{1}{2}(2b) = b.\]
Tanım gereği bu durumda \(\max\{a, b\} = a\) ve \(\min\{a, b\} = b\)’dir; iki eşitlik de sağlanır.
Durum \(b > a\). \(a - b < 0\) olduğundan \(|a - b| = -(a - b) = b - a\)’dır. Böylece
\[\tfrac{1}{2}\big(a + b + (b - a)\big) = b, \qquad \tfrac{1}{2}\big(a + b - (b - a)\big) = a.\]
Bu durumda \(\max\{a, b\} = b\) ve \(\min\{a, b\} = a\)’dır; yine iki eşitlik sağlanır.
Yorum. \(\frac{a + b}{2}\) iki sayının tam ortasıdır; aralarındaki uzaklığın yarısı \(\frac{|a - b|}{2}\) kadar sağa gidince büyüğe, sola gidince küçüğe ulaşılır. Bu formüller kitapta Önerme 8.1 olarak da yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.75 (Üç Sayının Minimumu) \(a, b, c \in \mathbb{R}\) olsun. \(\{a, b, c\}\) kümesinin en küçük elemanının \(\min\big\{\min\{a, b\}, c\big\}\) olduğunu, yani
\[\min\{a, b, c\} = \min\big\{\min\{a, b\}, c\big\}\]
eşitliğini gösteriniz.
Çözüm
\(m = \min\big\{\min\{a, b\}, c\big\}\) diyelim. Bir kümenin minimumu, hem kümenin elemanı hem de bir alt sınırı olan sayıdır (Tanım 9.3); \(m\)’nin bu iki koşulu sağladığını gösterelim.
\(m\) kümenin elemanıdır. İki sayının minimumu o iki sayıdan biridir. \(m\) ya \(\min\{a, b\}\)’ye ya da \(c\)’ye eşittir; \(\min\{a, b\}\) de ya \(a\)’ya ya da \(b\)’ye eşittir. Demek ki \(m \in \{a, b, c\}\).
\(m\) bir alt sınırdır. İki sayının minimumu ikisinden de küçük ya da onlara eşittir. Bu yüzden \(m \le c\) ve \(m \le \min\{a, b\}\)’dir; ayrıca \(\min\{a, b\} \le a\) ve \(\min\{a, b\} \le b\)’dir. \(\le\) bağıntısının geçişliliği ile \(m \le a\), \(m \le b\) ve \(m \le c\)’dir.
Sonuç. \(m\), \(\{a, b, c\}\) kümesinin minimumudur. Minimum tek olduğundan \(\min\{a, b, c\} = \min\big\{\min\{a, b\}, c\big\}\)’dir.
Kitapta sonlu çoklukta sayının minimumu Tanım 7.4 içinde tam bu eşitlikle, yani özyineli olarak tanımlanmıştı. Bu problem, özyineli tanımın gerçekten “en küçük eleman”ı verdiğini gösteriyor. Aynı yolla \(\min\{a, b, c\} = \min\big\{a, \min\{b, c\}\big\}\) olduğu da görülür; yani gruplamanın önemi yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.76 (Üç Sayının Orta Sayısı) \(a, b, c \in \mathbb{R}\) olsun. Bu üç sayı küçükten büyüğe \(p \le q \le r\) biçiminde sıralandığında ortadaki \(q\) sayısına üç sayının orta sayısı denir ve \(\operatorname{mid}\{a, b, c\}\) ile gösterilir.
\[\operatorname{mid}\{a, b, c\} = \min\big\{\max\{a, b\},\ \max\{b, c\},\ \max\{a, c\}\big\}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sıralama her zaman yapılabilir. Üçlem yasası (O1) ile herhangi iki sayı karşılaştırılabilir ve \(\le\) geçişlidir; bu yüzden \(a, b, c\) sayıları bir sırayla \(p \le q \le r\) biçiminde dizilebilir. Burada \(\{p, q, r\}\), \(a\), \(b\), \(c\) sayılarının yeniden adlandırılmasıdır.
Sağ taraf sıraya bağlı değildir. Sağ tarafta \(a, b, c\) sayılarından seçilebilecek üç ikilinin her birinin büyüğü alınıyor: \(\{a, b\}\), \(\{b, c\}\), \(\{a, c\}\). \(a, b, c\) sayılarının yerleri nasıl değiştirilirse değiştirilsin, bu üç ikili yine aynı üç ikilidir (yalnızca sıraları değişir); \(\max\) iki sayının sırasına bağlı değildir ve üç sayının minimumu da sıralarına bağlı değildir (Alıştırma 41.75). Dolayısıyla sağ taraf, ikilileri \(p, q, r\) üzerinden yazarak hesaplanabilir:
\[\min\big\{\max\{p, q\},\ \max\{q, r\},\ \max\{p, r\}\big\}.\]
Hesap. \(p \le q \le r\) olduğundan \(\max\{p, q\} = q\), \(\max\{q, r\} = r\) ve (\(p \le r\) olduğundan) \(\max\{p, r\} = r\)’dir. Böylece sağ taraf
\[\min\{q, r, r\} = q\]
olur, çünkü \(q \le r\)’dir. Bu, orta sayının kendisidir.
Yorum. Üç ikiliden yalnızca biri, en küçük ile ortancadan oluşan \(\{p, q\}\) ikilisi, en büyük sayıyı içermez; onun büyüğü ortanca \(q\)’dur. Öteki iki ikilinin büyüğü en büyük sayı \(r\)’dir. Bu yüzden “ikililerin büyüklerinin en küçüğü” tam olarak ortanca sayıdır. Örneğin \(\operatorname{mid}\{5, -2, 3\} = \min\{5, 3, 5\} = 3\).
\(\blacksquare\)
41.12 Sınırlar, Supremum ve İnfimum Hesapları
Şimdi somut kümelerin alt ve üst sınırlarını, supremum ve infimumlarını bulalım. Bir sayının supremum olduğunu göstermek için iki şey gerekir: sayı bir üst sınırdır (S1) ve ondan küçük hiçbir sayı üst sınır değildir (S2); infimum için (I1) ve (I2) (Tanım 9.4). Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur ve supremuma eşittir (Önerme 9.3); bu, hesapları çoğu zaman kısaltır.
Alıştırma 41.77 (Negatif Olmayan Sayılar Kümesi) \(S_1 = \{x \in \mathbb{R} : x \ge 0\}\) olsun. \(S_1\)’in alt sınırları olduğunu ama üst sınırı olmadığını ayrıntılı olarak gösteriniz; \(\inf S_1 = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Alt sınırlar. \(m \le 0\) olsun. Her \(x \in S_1\) için \(m \le 0 \le x\)’tir; yani \(m\) bir alt sınırdır. Özel olarak \(0\), \(-1\), \(-5\) birer alt sınırdır. Tersine \(m > 0\) ise \(0 \in S_1\) ve \(0 < m\) olduğundan \(m\) alt sınır değildir. Demek ki \(S_1\)’in alt sınırları tam olarak \(m \le 0\) olan sayılardır; \(S_1\) alttan sınırlıdır.
Üst sınır yoktur. \(M \in \mathbb{R}\) herhangi bir sayı olsun; \(S_1\)’de \(M\)’den büyük bir eleman bulacağız.
- \(M < 0\) ise \(0 \in S_1\) ve \(0 > M\)’dir.
- \(M \ge 0\) ise \(M + 1 \ge 1 > 0\), yani \(M + 1 \in S_1\)’dir ve Önerme 7.8 gereği \(M + 1 > M\)’dir.
Her iki durumda \(M\) bir üst sınır değildir. \(M\) keyfi olduğundan \(S_1\) üstten sınırsızdır; Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup S_1 = +\infty\).
İnfimum. \(0\) bir alt sınırdır (I1) ve yukarıda gördüğümüz gibi her alt sınır \(m\) için \(m \le 0\)’dır (I2). Demek ki \(\inf S_1 = 0\). \(0 \in S_1\) olduğundan bu aynı zamanda minimumdur: \(\min S_1 = 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.78 (Pozitif Sayılar Kümesi) \(S_2 = \{x \in \mathbb{R} : x > 0\}\) olsun. \(S_2\)’nin alt sınırları ve üst sınırları var mıdır? \(\inf S_2\) ve \(\sup S_2\) var mıdır? Yanıtlarınızı kanıtlayınız.
Çözüm
Alt sınırlar vardır. \(m \le 0\) ise her \(x \in S_2\) için \(m \le 0 < x\)’tir; \(m\) bir alt sınırdır. \(m > 0\) ise \(\frac{m}{2} \in S_2\) ve Alıştırma 41.24 gereği \(\frac{m}{2} < m\)’dir; yani \(m\) alt sınır değildir. Demek ki alt sınırlar tam olarak \(m \le 0\) olan sayılardır.
Üst sınır yoktur. \(M \in \mathbb{R}\) olsun. \(M \le 0\) ise \(1 \in S_2\) ve \(1 > 0 \ge M\); \(M > 0\) ise \(M + 1 \in S_2\) ve \(M + 1 > M\). Hiçbir \(M\) üst sınır olamaz.
İnfimum vardır ve \(0\)’dır. \(S_2\) boş değil ve alttan sınırlıdır; Teorem 9.3 gereği \(\inf S_2\) vardır. \(0\) bir alt sınırdır (I1) ve her alt sınır \(0\)’dan küçük ya da ona eşittir (I2); dolayısıyla \(\inf S_2 = 0\). Ancak \(0 \notin S_2\) olduğundan \(S_2\)’nin minimumu yoktur (Önerme 9.3).
Supremum yoktur. \(S_2\) üstten sınırlı olmadığından hiçbir reel sayı üst sınır, dolayısıyla en küçük üst sınır olamaz. \(\sup S_2\) bir reel sayı olarak yoktur; Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup S_2 = +\infty\) yazılır.
Alıştırma 41.77 ile karşılaştırınca: \(0\)’ı kümeden çıkarmak infimumu değiştirmez, ama minimumu ortadan kaldırır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.79 (Bir Bölü n Kümesinin Supremumu) \(S_3 = \left\{\dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\}\) olsun. \(\sup S_3 = 1\) ve \(\inf S_3 \ge 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Supremum. 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 Alıştırma 41.29 gereği \(\frac{1}{n} < 1\). Demek ki \(1\) bir üst sınırdır. Ayrıca \(1 = \frac{1}{1} \in S_3\)’tür. Kümeye ait bir üst sınır maksimumdur ve Önerme 9.3 gereği
\[\sup S_3 = \max S_3 = 1.\]
İnfimum negatif değildir. Her \(n\) için \(\frac{1}{n} > 0\)’dır (Alıştırma 41.23); yani \(0\) bir alt sınırdır. \(S_3\) boş olmadığından Teorem 9.3 gereği \(\inf S_3\) vardır ve \(0\) bir alt sınır olduğundan (I2) gereği \(0 \le \inf S_3\)’tür.
Aslında \(\inf S_3 = 0\). Bunun için Arşimet özelliği gerekir. \(\varepsilon > 0\) verilsin; Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < \varepsilon = 0 + \varepsilon\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(0\) bir alt sınır olduğundan Teorem 9.2 gereği \(\inf S_3 = 0\)’dır (bkz. Örnek 10.15). \(0 \notin S_3\) olduğundan minimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.80 (İşareti Değişen Kesirlerin Kümesi) \(S_4 = \left\{1 - \dfrac{(-1)^n}{n} : n \in \mathbb{N}\right\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu bulunuz.
Çözüm
Kümenin elemanları. \(a_n = 1 - \frac{(-1)^n}{n}\) diyelim. Örnek 11.3 gereği \(n\) çiftse \((-1)^n = 1\), tekse \((-1)^n = -1\)’dir. Her doğal sayı ya tek ya çifttir (Önerme 11.2); buna göre
\[a_n = \begin{cases} 1 + \dfrac{1}{n}, & n \text{ tek ise}, \\[2mm] 1 - \dfrac{1}{n}, & n \text{ çift ise}. \end{cases}\]
İlk değerler: \(a_1 = 2\), \(a_2 = \frac{1}{2}\), \(a_3 = \frac{4}{3}\), \(a_4 = \frac{3}{4}\), \(a_5 = \frac{6}{5}\), \(a_6 = \frac{5}{6}\), … Tek indisli terimler \(1\)’in üstünde, çift indisliler altında kalır.
Supremum. \(n\) tekse \(\frac{1}{n} \le 1\) olduğundan (Alıştırma 41.79) \(a_n = 1 + \frac{1}{n} \le 2\); \(n\) çiftse \(a_n = 1 - \frac{1}{n} < 1 < 2\). Demek ki \(2\) bir üst sınırdır ve \(a_1 = 2 \in S_4\)’tür. Önerme 9.3 gereği
\[\sup S_4 = \max S_4 = 2.\]
İnfimum. \(n\) çiftse \(n \neq 1\)’dir (\(1\) tektir); Önerme 10.3 (2) gereği \(n \ge 2\) ve Alıştırma 41.29 (ya da \(n = 2\) için eşitlik) ile \(\frac{1}{n} \le \frac{1}{2}\), yani \(a_n = 1 - \frac{1}{n} \ge \frac{1}{2}\). \(n\) tekse \(a_n = 1 + \frac{1}{n} > 1 > \frac{1}{2}\). Demek ki \(\frac{1}{2}\) bir alt sınırdır ve \(a_2 = \frac{1}{2} \in S_4\)’tür. Yine Önerme 9.3 gereği
\[\inf S_4 = \min S_4 = \frac{1}{2}.\]
Elemanlar \(1\)’e iki yandan yaklaşır; ama kümenin en büyük ve en küçük değerleri ilk iki terimdedir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.81 (Doğrusal Eşitsizlikle Tanımlı Küme) \(A = \{x \in \mathbb{R} : 2x + 5 > 0\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu (varsa) bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. \(2x + 5 > 0\) eşitsizliği \(2x > -5\) ile, o da \(x > -\frac{5}{2}\) ile denktir; ilk adımda iki yana \(-5\) eklendi (O3), ikincide iki yan pozitif \(\frac{1}{2}\) ile çarpıldı (O4). Demek ki \(A = \left(-\frac{5}{2}, \infty\right)\).
İnfimum. \(-\frac{5}{2}\) bir alt sınırdır. \(m > -\frac{5}{2}\) ise iki sayının ortası \(\frac{1}{2}\left(-\frac{5}{2} + m\right)\), Alıştırma 41.24 gereği \(-\frac{5}{2}\) ile \(m\) arasındadır; yani \(A\)’ya aittir ve \(m\)’den küçüktür. Böylece \(m\) alt sınır değildir ve \(\inf A = -\frac{5}{2}\)’dir (bkz. Önerme 9.4 (2)). \(-\frac{5}{2} \notin A\) olduğundan minimum yoktur.
Supremum. \(A\) üstten sınırsızdır: her \(M\) için \(\max\left\{M, -\frac{5}{2}\right\} + 1\) sayısı \(A\)’dadır ve \(M\)’den büyüktür. Supremum bir reel sayı olarak yoktur (\(\sup A = +\infty\)).
Sonuç. \(\inf A = -\frac{5}{2} = -2{,}5\); \(\sup A\) yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.82 (İkinci Derece Eşitsizlikle Tanımlı Kapalı Küme) \(B = \{x \in \mathbb{R} : x + 2 \ge x^2\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu (varsa) bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. \(x + 2 \ge x^2 \iff x^2 - x - 2 \le 0\). Çarpanlara ayıralım: \((x - 2)(x + 1) = x^2 - x - 2\). Çarpım ya sıfırdır (\(x = 2\) ya da \(x = -1\)) ya da negatiftir; negatif olması çarpanların zıt işaretli olmasıdır:
- \(x - 2 < 0 < x + 1\), yani \(-1 < x < 2\);
- \(x - 2 > 0 > x + 1\), yani \(x > 2\) ve \(x < -1\); bu birlikte olamaz.
Demek ki \(B = [-1, 2]\).
Sonuç. \(-1\) ve \(2\) kümeye ait sınırlardır: \(-1\) bir alt sınır ve \(-1 \in B\); \(2\) bir üst sınır ve \(2 \in B\). Önerme 9.3 gereği
\[\inf B = \min B = -1, \qquad \sup B = \max B = 2.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.83 (Tersinden Küçük Olan Sayılar Kümesi) \(C = \left\{x \in \mathbb{R} : x < \dfrac{1}{x}\right\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu (varsa) bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. \(\frac{1}{x}\) yalnızca \(x \neq 0\) için tanımlıdır; Alıştırma 41.35 çözümündeki gibi durumları ayıralım.
- \(x > 0\) ise pozitif \(x\) ile çarpmak (O4) eşitsizliği korur: \(x < \frac{1}{x} \iff x^2 < 1\), ve \(x^2 < 1 \iff -1 < x < 1\)’dir (Alıştırma 7.1 (e)). \(x > 0\) ile birlikte: \(0 < x < 1\).
- \(x < 0\) ise negatif \(x\) ile çarpmak yönü çevirir (Önerme 7.6): \(x < \frac{1}{x} \iff 1 < x^2 \iff x < -1\) ya da \(x > 1\) (Alıştırma 41.34). \(x < 0\) ile birlikte: \(x < -1\).
Demek ki \(C = (-\infty, -1) \cup (0, 1)\).
Supremum. Her \(x \in C\) için \(x < 1\)’dir (ya \(x < -1 < 1\) ya da \(x < 1\)); \(1\) bir üst sınırdır. \(M < 1\) olsun ve \(c = \max\{M, 0\}\) diyelim; \(0 \le c < 1\)’dir. Alıştırma 41.24 gereği \(\frac{c + 1}{2}\) sayısı \(c\) ile \(1\) arasındadır; dolayısıyla \((0, 1) \subseteq C\) aralığına aittir ve \(M \le c < \frac{c+1}{2}\)’dir. Yani \(M\) üst sınır değildir ve \(\sup C = 1\)’dir. \(1 \notin C\) olduğundan maksimum yoktur.
İnfimum. \(C\) alttan sınırsızdır: her \(m\) için \(\min\{m, -1\} - 1\) sayısı \(-1\)’den küçük olduğundan \(C\)’dedir ve \(m\)’den küçüktür. İnfimum bir reel sayı olarak yoktur (\(\inf C = -\infty\)).
Sonuç. \(\sup C = 1\); \(\inf C\) yoktur. (Karşılaştırma: Alıştırma 41.35 eşitsizliğinin çözüm kümesi \((-1, 0) \cup (1, \infty)\) idi; iki küme ile \(\{-1, 1\}\) birlikte \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\)’ı oluşturur, çünkü \(x \neq 0\) için üçlem yasası gereği \(x < \frac{1}{x}\), \(x = \frac{1}{x}\), \(x > \frac{1}{x}\) durumlarından tam biri geçerlidir ve ortadaki durum \(x^2 = 1\) demektir.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.84 (Kökleri İrrasyonel Olan Eşitsizlikle Tanımlı Küme) \(D = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 2x - 5 < 0\}\) kümesinin infimumunu ve supremumunu (varsa) bulunuz.
Çözüm
Tam kareye tamamlama. \((x - 1)^2 = x^2 - 2x + 1\) olduğundan \(x^2 - 2x - 5 = (x - 1)^2 - 6\)’dır. O hâlde
\[x \in D \iff (x - 1)^2 < 6.\]
Kökle ifade. Teorem 13.2 gereği \(\sqrt{6} > 0\) vardır ve \((\sqrt{6})^2 = 6\)’dır. Sonuç 8.2 ile \((x - 1)^2 = |x - 1|^2\); negatif olmayan \(u, v\) için \(u < v \iff u^2 < v^2\) olduğundan (Alıştırma 41.61 çözümü)
\[(x - 1)^2 < 6 \iff |x - 1| < \sqrt{6} \iff 1 - \sqrt{6} < x < 1 + \sqrt{6}.\]
Son adım Alıştırma 41.52 ile (\(a = 1\), \(\varepsilon = \sqrt{6}\)) yapıldı. Demek ki \(D = \left(1 - \sqrt{6},\ 1 + \sqrt{6}\right)\) açık aralığıdır.
Sonuç. Önerme 9.4 (1) gereği
\[\inf D = 1 - \sqrt{6} \approx -1{,}449, \qquad \sup D = 1 + \sqrt{6} \approx 3{,}449.\]
Uç noktalar kümeye ait olmadığından minimum ve maksimum yoktur. Bu örnek, rasyonel katsayılı bir eşitsizlikle tanımlanan bir kümenin supremumunun irrasyonel olabileceğini de gösterir (\(\sqrt{6}\)’nın irrasyonelliği için Alıştırma 41.15).
\(\blacksquare\)
41.13 Supremum ve İnfimumun Özellikleri
Son problemler, supremum ve infimumun genel özelliklerini kanıtlamayı istiyor. Kullanacağımız her şey tanımdaki dört koşul, Tamlık Aksiyomu (Bölüm 9.4) ve epsilon ölçütleridir (Teorem 9.1, Teorem 9.2).
Alıştırma 41.85 (İnfimumun Supremum ile Yazılışı) \(S\), \(\mathbb{R}\)’nin alttan sınırlı ve boş olmayan bir alt kümesi olsun. \(\inf S = -\sup\{-s : s \in S\}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(-S = \{-s : s \in S\}\) diyelim.
Adım 1: \(\sup(-S)\) vardır. \(m\), \(S\)’nin bir alt sınırı olsun. Her \(s \in S\) için \(m \le s\)’dir; Önerme 7.3 (eşitlik durumunda doğrudan) \(-s \le -m\) verir. Yani \(-m\), \(-S\)’nin bir üst sınırıdır. \(S \neq \varnothing\) olduğundan \(-S \neq \varnothing\)’dir. Tamlık Aksiyomu gereği \(u = \sup(-S)\) vardır.
Adım 2: \(-u\) bir alt sınırdır (I1). \(s \in S\) olsun. \(-s \in -S\) ve \(u\) bir üst sınır olduğundan \(-s \le u\)’dur; eksi alınca \(-u \le s\) (kesin eşitsizlik durumunda Önerme 7.3 ve Alıştırma 41.2, eşitlik durumunda iki yan eşit kalır). Demek ki \(-u\), \(S\)’nin bir alt sınırıdır.
Adım 3: \(-u\) alt sınırların en büyüğüdür (I2). \(m'\), \(S\)’nin herhangi bir alt sınırı olsun. Adım 1’deki gibi \(-m'\), \(-S\)’nin bir üst sınırıdır; \(u\) en küçük üst sınır olduğundan (S2) gereği \(u \le -m'\), eksi alınca \(m' \le -u\) (yine kesin eşitsizlik durumunda Önerme 7.3, eşitlik durumunda iki yan eşit kalır).
Sonuç. \(-u\) hem (I1) hem (I2) koşulunu sağlar:
\[\inf S = -u = -\sup\{-s : s \in S\}.\]
Örneğin \(S = [2, 5]\) için \(-S = [-5, -2]\), \(\sup(-S) = -2\) ve \(\inf S = 2\). Bu sonuç, infimum için ayrı bir aksiyoma neden gerek olmadığını açıklar (Teorem 9.3).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.86 (Kümeye Ait Üst Sınır Supremumdur) Bir \(S \subseteq \mathbb{R}\) kümesi kendi üst sınırlarından birini içeriyorsa, bu üst sınırın \(S\)’nin supremumu olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(u \in S\) ve \(u\), \(S\)’nin bir üst sınırı olsun. (\(u \in S\) olduğundan \(S\) boş değildir.)
(S1) \(u\) bir üst sınırdır; bu varsayımın kendisidir.
(S2) \(M\), \(S\)’nin herhangi bir üst sınırı olsun. \(u \in S\) olduğundan üst sınır tanımı gereği \(u \le M\)’dir.
İki koşul sağlandığından \(u = \sup S\)’dir. (Tanım diliyle: \(u\), \(S\)’nin maksimumudur ve maksimum supremuma eşittir; bkz. Önerme 9.3.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.87 (Üst Sınırın Denk Bir Tanımı) \(S \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun. \(u \in \mathbb{R}\) sayısının \(S\)’nin bir üst sınırı olması için gerek ve yeter koşulun şu olduğunu gösteriniz: \(t \in \mathbb{R}\) ve \(t > u\) ise \(t \notin S\).
Çözüm
(\(\Rightarrow\)) \(u\) bir üst sınır olsun ve \(t > u\) verilsin. \(t \in S\) olsaydı üst sınır tanımı gereği \(t \le u\) olurdu; bu, \(t > u\) ile birlikte (O1) yasasına aykırıdır. Demek ki \(t \notin S\).
(\(\Leftarrow\)) “\(t > u\) ise \(t \notin S\)” koşulu sağlansın ve \(s \in S\) olsun. \(s > u\) olsaydı koşul \(s \notin S\) verirdi; çelişki. Üçlem yasası (O1) gereği geriye \(s = u\) ya da \(s < u\) kalır; yani \(s \le u\). \(s\) keyfi olduğundan \(u\) bir üst sınırdır.
Yorum. İkinci koşul, birincinin karşıt tersidir: “\(S\)’nin her elemanı \(u\)’dan küçük ya da ona eşittir” demek ile “\(u\)’dan büyük hiçbir sayı \(S\)’de değildir” demek aynı şeydir. Sayı doğrusunda: \(u\)’nun sağında kümenin hiçbir noktası yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.88 (Supremumun Bir Bölü n Yakınlığı) \(S \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme ve \(u = \sup S\) olsun. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(u - \dfrac{1}{n}\) sayısının \(S\)’nin bir üst sınırı olmadığını, \(u + \dfrac{1}{n}\) sayısının ise bir üst sınır olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(n \in \mathbb{N}\) verilsin. \(n > 0\) olduğundan \(\frac{1}{n} > 0\)’dır (Alıştırma 41.23).
\(u - \frac{1}{n}\) üst sınır değildir. \(\frac{1}{n} > 0\) olduğundan \(u - \frac{1}{n} < u\)’dur. (S2) gereği her üst sınır \(u\)’dan büyük ya da ona eşittir; \(u\)’dan küçük olan \(u - \frac{1}{n}\) bu yüzden üst sınır olamaz. Başka bir deyişle \(u - \frac{1}{n} < s\) olan bir \(s \in S\) vardır.
\(u + \frac{1}{n}\) üst sınırdır. Her \(s \in S\) için (S1) gereği \(s \le u\) ve \(u < u + \frac{1}{n}\)’dir; geçişlilikle \(s < u + \frac{1}{n}\).
Tersi de doğrudur. \(u \in \mathbb{R}\) her \(n\) için bu iki özelliği sağlasın; \(u = \sup S\) olduğunu gösterelim.
- (S1) \(s \in S\) olsun ve \(s > u\) olduğunu varsayalım. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < s - u\) olan bir \(n\) vardır; o zaman \(u + \frac{1}{n} < s\) olur ve \(u + \frac{1}{n}\) üst sınır olamaz. Çelişki; demek ki \(s \le u\).
- (S2) \(M < u\) olan bir \(M\) alalım. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < u - M\) olan bir \(n\) vardır, yani \(M < u - \frac{1}{n}\). \(u - \frac{1}{n}\) üst sınır olmadığından \(u - \frac{1}{n} < s\) olan bir \(s \in S\) vardır; \(M < s\) olduğundan \(M\) de üst sınır değildir.
Böylece bu iki özellik supremumu tamamen belirler; bu, Teorem 9.1 ölçütünün \(\varepsilon = \frac{1}{n}\) ile yazılmış biçimidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.89 (İki Sınırlı Kümenin Birleşimi) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı alt kümeleri olsun. \(A \cup B\) kümesinin sınırlı olduğunu ve \(\sup(A \cup B) = \sup\{\sup A, \sup B\}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sınırlılık. \(A\)’nın bir alt sınırı \(m_1\) ve bir üst sınırı \(M_1\); \(B\)’nin bir alt sınırı \(m_2\) ve bir üst sınırı \(M_2\) olsun. \(m = \min\{m_1, m_2\}\) ve \(M = \max\{M_1, M_2\}\) diyelim. \(x \in A \cup B\) ise ya \(x \in A\) ve \(m \le m_1 \le x \le M_1 \le M\), ya da \(x \in B\) ve \(m \le m_2 \le x \le M_2 \le M\)’dir. Her iki durumda \(m \le x \le M\); \(A \cup B\) sınırlıdır.
Supremum. Tamlık Aksiyomu gereği \(\alpha = \sup A\) ve \(\beta = \sup B\) vardır. İki elemanlı \(\{\alpha, \beta\}\) kümesinin supremumu, onun maksimumu olan \(s = \max\{\alpha, \beta\}\)’dir (Alıştırma 41.86). \(s = \sup(A \cup B)\) olduğunu gösterelim.
(S1) \(x \in A \cup B\) olsun. \(x \in A\) ise \(x \le \alpha \le s\); \(x \in B\) ise \(x \le \beta \le s\). Demek ki \(s\) bir üst sınırdır.
(S2) \(M'\), \(A \cup B\)’nin herhangi bir üst sınırı olsun. \(A \subseteq A \cup B\) olduğundan \(M'\), \(A\)’nın da bir üst sınırıdır ve (S2) gereği \(\alpha \le M'\); aynı nedenle \(\beta \le M'\). \(s\) bu iki sayıdan birine eşit olduğundan \(s \le M'\)’dir.
Sonuç. Supremum, iki supremumun büyüğüdür:
\[\sup(A \cup B) = \max\{\sup A, \sup B\} = \sup\{\sup A, \sup B\}.\]
Örneğin \(A = [0, 1]\), \(B = (2, 3)\) için \(\sup(A \cup B) = \max\{1, 3\} = 3\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.90 (Alt Kümenin Supremumu ve İnfimumu) \(S\), \(\mathbb{R}\)’de sınırlı bir küme ve \(S_0\), \(S\)’nin boş olmayan bir alt kümesi olsun. \(\inf S \le \inf S_0 \le \sup S_0 \le \sup S\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(S_0 \neq \varnothing\) ve \(S_0 \subseteq S\) olduğundan \(S\) de boş değildir. Tamlık Aksiyomu ve Teorem 9.3 gereği \(\inf S\) ve \(\sup S\) vardır.
\(S_0\) sınırlıdır. \(\sup S\), \(S\)’nin bir üst sınırıdır; \(S_0\)’ın her elemanı \(S\)’nin de elemanı olduğundan \(\sup S\), \(S_0\)’ın da bir üst sınırıdır. Aynı biçimde \(\inf S\), \(S_0\)’ın bir alt sınırıdır. Demek ki \(\sup S_0\) ve \(\inf S_0\) vardır.
\(\sup S_0 \le \sup S\). \(\sup S\), \(S_0\)’ın bir üst sınırı ve \(\sup S_0\) üst sınırların en küçüğü olduğundan (S2) gereği \(\sup S_0 \le \sup S\).
\(\inf S \le \inf S_0\). \(\inf S\), \(S_0\)’ın bir alt sınırı ve \(\inf S_0\) alt sınırların en büyüğü olduğundan (I2) gereği \(\inf S \le \inf S_0\).
\(\inf S_0 \le \sup S_0\). \(S_0\) boş olmadığından bir \(a \in S_0\) seçebiliriz; (I1) ve (S1) gereği \(\inf S_0 \le a \le \sup S_0\) (bkz. Önerme 9.1 (3)).
Üç eşitsizlik birlikte istenen zinciri verir. Yani bir kümeden eleman atmak supremumu küçültebilir, infimumu büyütebilir; tersi asla olmaz. Örneğin \(S = [0, 10]\), \(S_0 = [2, 3]\) için \(0 \le 2 \le 3 \le 10\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.91 (Supremumu Kendisinde Olan Kümeye Eleman Eklemek) \(S \subseteq \mathbb{R}\) olsun ve \(s^* = \sup S\) sayısı \(S\)’ye ait olsun. \(u \notin S\) ise \(\sup(S \cup \{u\}) = \sup\{s^*, u\}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(m = \max\{s^*, u\}\) diyelim. Alıştırma 41.86 gereği iki elemanlı \(\{s^*, u\}\) kümesinin supremumu \(m\)’dir; yani \(\sup\{s^*, u\} = m\). Gösterilecek olan \(\sup(S \cup \{u\}) = m\)’dir.
\(m\) bir üst sınırdır. \(x \in S \cup \{u\}\) olsun. \(x \in S\) ise (S1) gereği \(x \le s^* \le m\); \(x = u\) ise \(x = u \le m\).
\(m\) kümeye aittir. \(m\) ya \(s^*\)’a ya da \(u\)’ya eşittir. \(s^* \in S\) (varsayım) ve \(u \in \{u\}\) olduğundan her iki durumda \(m \in S \cup \{u\}\).
Sonuç. \(S \cup \{u\}\) kendi üst sınırlarından biri olan \(m\)’yi içerir; Alıştırma 41.86 gereği
\[\sup(S \cup \{u\}) = m = \sup\{s^*, u\}.\]
Üstelik bu supremum yine kümenin bir elemanıdır. (İspatta \(u \notin S\) koşulu kullanılmadı; \(u \in S\) ise \(S \cup \{u\} = S\) olur ve \(u \le s^*\) olduğundan eşitlik yine doğrudur. Koşul, Alıştırma 41.92 çözümünde kümeye yeni bir eleman eklendiğini vurgular.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.92 (Sonlu Küme Supremumunu İçerir) Boş olmayan sonlu her \(S \subseteq \mathbb{R}\) kümesinin supremumunu içerdiğini, tümevarım ve Alıştırma 41.91 sonucunu kullanarak gösteriniz.
Çözüm
Sonlu küme tanımı (Tanım 14.2) gereği boş olmayan sonlu \(S\) kümesi bir \(n \in \mathbb{N}\) için \(\mathbb{N}_n = \{1, 2, \dots, n\}\) ile eşgüçlüdür; yani elemanları \(S = \{a_1, a_2, \dots, a_n\}\) biçiminde, birbirinden farklı olarak listelenebilir. Eleman sayısı \(n\) üzerinden tümevarım yapalım.
\(P(n)\): “\(n\) elemanlı her \(S \subseteq \mathbb{R}\) kümesi üstten sınırlıdır, \(\sup S\) vardır ve \(\sup S \in S\)’dir.”
Temel adım. \(n = 1\) ise \(S = \{a_1\}\)’dir. \(a_1\) bir üst sınırdır ve \(S\)’ye aittir; Alıştırma 41.86 gereği \(\sup S = a_1 \in S\).
Tümevarım adımı. \(P(k)\) doğru olsun ve \(S = \{a_1, \dots, a_k, a_{k+1}\}\), \(k + 1\) elemanlı bir küme olsun. \(S' = \{a_1, \dots, a_k\}\) ve \(u = a_{k+1}\) diyelim. \(S'\), \(k\) elemanlıdır ve elemanlar farklı olduğundan \(u \notin S'\)’dür; ayrıca \(S = S' \cup \{u\}\)’dur.
Tümevarım hipotezi gereği \(s^* = \sup S'\) vardır ve \(s^* \in S'\)’dür. Alıştırma 41.91 sonucu (\(S'\) ve \(u\) için) bize
\[\sup S = \sup(S' \cup \{u\}) = \max\{s^*, u\}\]
verir ve bu sayı ya \(s^* \in S' \subseteq S\)’ye ya da \(u \in S\)’ye eşittir. Demek ki \(\sup S\) vardır ve \(S\)’ye aittir; \(P(k+1)\) doğrudur.
Tümevarım ilkesi (Teorem 10.1) gereği \(P(n)\) her \(n \in \mathbb{N}\) için doğrudur: boş olmayan her sonlu küme supremumunu içerir, yani bir maksimumu vardır (bkz. Önerme 10.4). Sonsuz kümeler için bu doğru değildir: \([0, 1)\) kümesinin supremumu \(1\)’dir ama \(1\) kümede değildir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 41.93 (İnfimum için Epsilon Ölçütü) \(S\), alttan sınırlı ve boş olmayan bir küme ve \(w\), \(S\)’nin bir alt sınırı olsun. \(w = \inf S\) olması için gerek ve yeter koşulun şu olduğunu gösteriniz: her \(\varepsilon > 0\) için \(t < w + \varepsilon\) olacak biçimde bir \(t \in S\) vardır.
Çözüm
\(w\) bir alt sınır olduğundan (I1) zaten sağlanır; gösterilecek olan, koşulun (I2) ile denk olduğudur.
(\(\Rightarrow\)) \(w = \inf S\) olsun ve \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(w < w + \varepsilon\)’dur. (I2) gereği her alt sınır \(w\)’dan küçük ya da ona eşittir; \(w\)’dan büyük olan \(w + \varepsilon\) bu yüzden bir alt sınır olamaz. Alt sınır olmaması, \(t < w + \varepsilon\) olan bir \(t \in S\) bulunması demektir.
(\(\Leftarrow\)) Koşul sağlansın; (I2)’yi gösterelim. \(m\), \(S\)’nin herhangi bir alt sınırı olsun ve olmayana ergi için \(w < m\) olduğunu varsayalım. \(\varepsilon = m - w > 0\) alalım. Koşul gereği
\[t < w + \varepsilon = w + (m - w) = m\]
olan bir \(t \in S\) vardır. Bu, \(m\)’nin alt sınır olmasıyla çelişir. Demek ki \(m \le w\); yani \(w\) alt sınırların en büyüğüdür ve \(w = \inf S\)’dir.
Yorum. İnfimumun hemen üstüne ne kadar az çıkarsak çıkalım, \([w, w + \varepsilon)\) aralığında kümeden bir eleman bulunur. Bu ölçüt kitapta Teorem 9.2 olarak yer alır ve infimum hesaplarının standart aracıdır; Alıştırma 41.79 çözümünde onu böyle kullandık.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde reel sayıların aksiyomlarını, mutlak değeri ve supremum–infimum kavramlarını bol bol işlettik. Sıradaki problemlerde cebirsel ve sıralama aksiyomlarına ve tamlık aksiyomuna bir kez daha, farklı açılardan bakacağız: Aksiyomlar, Eşitsizlikler ve Tamlık Üzerine Problemler.