39 Reel Sayılar, Mutlak Değer ve Supremum Üzerine Problemler
Bu bölümün problemleri reel sayıların üç aksiyom grubunu ve onların en çok kullanılan ürünlerini çalıştırır. İlk problemler, eşitsizliklerle çalışırken hiç düşünmeden yaptığımız adımların (“negatifle çarpınca yön değişir”, “sıfırdan farklı sayının karesi pozitiftir”) cebirsel aksiyomlardan ve sıralama aksiyomlarından nasıl çıktığını gösterir. Ardından mutlak değerli denklem ve eşitsizlikler gelir; bunların hepsi, sayı doğrusunu mutlak değerlerin işaret değiştirdiği noktalardan parçalara ayırma yöntemiyle çözülür. Son iki kısım supremum ve infimum üzerinedir: önce somut kümelerin supremum, infimum, maksimum ve minimumlarını buluyor, sonra supremumun küme işlemleriyle nasıl davrandığını ispatlıyoruz. Bu ispatlarda Arşimet özelliği ve köklerin varlığı da sık sık işe karışır.
Her problemi önce kendi başınıza denemenizi öneririz; çözümler ancak ondan sonra gerçekten öğretici olur. Çözümlerde her adımın hangi aksiyoma, tanıma ya da sonuca dayandığı belirtilmiş, kullanılan sonuçlara bağlantı verilmiştir. Bir adım karanlık kalırsa önce o bağlantıdaki kutuya dönmek en hızlı yoldur.
39.1 Cisim ve Sıralama Aksiyomlarından Türetmeler
Bu kısımdaki problemlerde yalnızca (A1)–(A4), (M1)–(M4), (D) cisim aksiyomlarını, (O1)–(O4) sıralama aksiyomlarını ve Reel Sayılar ve Cebirsel Aksiyomlar bölümünde bu aksiyomlardan türetilen cebirsel sonuçları kullanacağız; karesi \(2\) olan rasyonel sayıyla ilgili problemde bunlara rasyonel sayıların sade biçimi ve tek–çift ayrımı gibi tam ve rasyonel sayılarla ilgili temel sonuçlar da eklenecek. Amaç, her adımı bir aksiyoma ya da daha önce ispatlanmış bir sonuca dayandırmaktır.
Alıştırma 39.1 (Tersin Sıfırdan Farklılığı ve Tersin Tersi) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(x \neq 0\) olsun. Cisim aksiyomlarını kullanarak \(\dfrac{1}{x} \neq 0\) ve \(\dfrac{1}{1/x} = x\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bölme tanımı (Tanım 6.3) gereği \(\dfrac{1}{x} = 1 \cdot x^{-1} = x^{-1}\)’dir. Dolayısıyla göstermemiz gereken iki şey \(x^{-1} \neq 0\) ve \((x^{-1})^{-1} = x\) eşitlikleridir. \(x \neq 0\) olduğundan (M4) aksiyomu \(x^{-1}\) sayısının var olduğunu ve \(x x^{-1} = 1\) eşitliğini sağladığını söyler.
Birinci iddia: \(x^{-1} \neq 0\). Olmayana ergi yöntemini kullanalım ve \(x^{-1} = 0\) olduğunu varsayalım. O zaman Önerme 6.9 gereği
\[x x^{-1} = x \cdot 0 = 0\]
olur. Öte yandan (M4) gereği \(x x^{-1} = 1\)’dir. Bu iki eşitlik birlikte \(1 = 0\) verir; bu ise (M3) aksiyomundaki \(1 \neq 0\) koşuluyla çelişir. Demek ki \(x^{-1} \neq 0\), yani \(\dfrac{1}{x} \neq 0\).
İkinci iddia: \((x^{-1})^{-1} = x\). \(x^{-1} \neq 0\) olduğunu artık bildiğimiz için (M4) aksiyomu \(x^{-1}\) sayısının da bir çarpma tersi olduğunu söyler. Önerme 6.8 gereği bu ters tektir: \(x^{-1} y = 1\) eşitliğini sağlayan tek \(y\) sayısı \((x^{-1})^{-1}\)’dir. Şimdi (M1) ve (M4) ile
\[x^{-1} x = x x^{-1} = 1\]
yazalım. Bu eşitlik, \(y = x\) sayısının \(x^{-1} y = 1\) koşulunu sağladığını söyler. Teklik gereği \((x^{-1})^{-1} = x\)’tir. Kesir yazımına dönersek
\[\frac{1}{1/x} = 1 \cdot (x^{-1})^{-1} = (x^{-1})^{-1} = x.\]
Yani sıfırdan farklı bir sayının tersi de sıfırdan farklıdır ve ters alma işlemi iki kez uygulanınca başa döner.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.2 (Sıfırdan Farklı Sayının Karesi) \(x \in \mathbb{R}\) ve \(x \neq 0\) olsun. Cisim ve sıralama aksiyomlarını kullanarak \(x^2 > 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x \neq 0\) olduğundan üçlem yasası (O1) gereği ya \(x > 0\) ya da \(x < 0\)’dır. İki durumu ayrı ayrı inceleyelim.
Durum \(x > 0\). \(0 < x\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) sayısıyla çarpalım. (O4) aksiyomu yönün korunduğunu söyler:
\[0 \cdot x < x \cdot x.\]
Önerme 6.9 gereği \(0 \cdot x = 0\), tanım gereği de \(x \cdot x = x^2\)’dir; yani \(0 < x^2\).
Durum \(x < 0\). Önce \(-x\) sayısının pozitif olduğunu görelim. \(x < 0\) eşitsizliğinin iki yanına (O3) ile \(-x\) ekleyelim:
\[x + (-x) < 0 + (-x).\]
Sol yan (A4) gereği \(0\), sağ yan (A1) ve (A3) gereği \(-x\)’tir; yani \(0 < -x\). Şimdi birinci durumu pozitif \(-x\) sayısına uygulayalım: \(0 < (-x)(-x)\). Önerme 6.12 (2) gereği \((-x)(-x) = x x = x^2\)’dir; o hâlde \(0 < x^2\).
Her iki durumda da \(x^2 > 0\) elde edildi.
Bu sonucun küçük ama önemli bir özel hâli vardır: (M3) gereği \(1 \neq 0\)’dır ve yine (M3) ile \(1^2 = 1 \cdot 1 = 1\)’dir. O hâlde \(x = 1\) için sonuç \(0 < 1\) verir. Yani \(0 < 1\) eşitsizliği bir aksiyom değil, aksiyomların bir sonucudur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.3 (Bir Sayı ile Çarpma Tersinin İşareti) \(x \in \mathbb{R}\) olsun. Cisim ve sıralama aksiyomlarını kullanarak \(x > 0\) ise \(\dfrac{1}{x} > 0\), \(x < 0\) ise \(\dfrac{1}{x} < 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki durumda da \(x \neq 0\)’dır; dolayısıyla \(\dfrac{1}{x} = x^{-1}\) vardır ve \(x^{-1} \neq 0\)’dır (bkz. Alıştırma 39.1). Ayrıca \(0 < 1\) olduğunu biliyoruz (bkz. Alıştırma 39.2). Bir de şu gözlemi kullanacağız: her \(a \in \mathbb{R}\) için
\[a < 0 \iff 0 < -a.\]
Gerçekten \(a < 0\) ise (O3) ile iki yana \(-a\) eklenince (A4), (A1), (A3) ile \(0 < -a\) çıkar; tersine \(0 < -a\) ise iki yana \(a\) eklenince aynı aksiyomlarla \(a < 0\) çıkar.
Durum \(x > 0\). Olmayana ergi: \(x^{-1} > 0\) olmasın. \(x^{-1} \neq 0\) olduğundan (O1) gereği \(x^{-1} < 0\), yukarıdaki gözlemle de \(0 < -(x^{-1})\) olur. \(0 < x\) eşitsizliğini pozitif \(-(x^{-1})\) sayısıyla çarpalım (O4):
\[0 \cdot \big(-(x^{-1})\big) < x \big(-(x^{-1})\big).\]
Sol yan Önerme 6.9 ile \(0\)’dır. Sağ yan Önerme 6.12 (1) ve (M4) ile \(-(x x^{-1}) = -1\)’dir. Yani \(0 < -1\); gözlemle bu \(1 < 0\) demektir. Oysa \(0 < 1\)’dir ve (O1) gereği \(0 < 1\) ile \(1 < 0\) aynı anda doğru olamaz. Çelişki; demek ki \(x^{-1} > 0\).
Durum \(x < 0\). Gözlem gereği \(-x > 0\)’dır; birinci durumu \(-x\) sayısına uygularsak \((-x)^{-1} > 0\) buluruz. Şimdi \((-x)^{-1}\) sayısını hesaplayalım. Önerme 6.12 (2) ve (M4) ile
\[(-x)\big(-(x^{-1})\big) = x x^{-1} = 1\]
olur. Demek ki \(-(x^{-1})\), \(-x\) sayısının bir çarpma tersidir ve Önerme 6.8 gereği \((-x)^{-1} = -(x^{-1})\)’dir. O hâlde \(0 < -(x^{-1})\) ve gözlem gereği \(x^{-1} < 0\).
Yani bir sayı ile çarpma tersi her zaman aynı işaretlidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.4 (Pozitif Çarpımın Karakterizasyonu) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. Cisim ve sıralama aksiyomlarını kullanarak
\[xy > 0 \iff (x > 0 \text{ ve } y > 0) \ \text{veya} \ (x < 0 \text{ ve } y < 0)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki yardımcı gözlemle başlayalım.
- Her \(a \in \mathbb{R}\) için \(a < 0 \iff 0 < -a\)’dır; bunu Alıştırma 39.3 çözümünün başında (O3) ile gördük.
- \(a > 0\) ve \(b > 0\) ise \(ab > 0\)’dır: \(0 < a\) eşitsizliğini pozitif \(b\) ile çarparsak (O4) ile \(0 \cdot b < ab\), Önerme 6.9 ile de \(0 < ab\) bulunur.
(\(\Leftarrow\)) \(x > 0\) ve \(y > 0\) ise ikinci gözlem doğrudan \(xy > 0\) verir. \(x < 0\) ve \(y < 0\) ise birinci gözlemle \(-x > 0\) ve \(-y > 0\)’dır; ikinci gözlemle \((-x)(-y) > 0\) olur. Önerme 6.12 (2) gereği \((-x)(-y) = xy\) olduğundan \(xy > 0\).
(\(\Rightarrow\)) \(xy > 0\) olsun. Önce \(x \neq 0\) ve \(y \neq 0\) olduğunu görelim: çarpanlardan biri \(0\) olsaydı Önerme 6.9 gereği \(xy = 0\) olurdu ve \(0 < 0\) elde ederdik; bu, (O1) ile çelişir. Öyleyse (O1) gereği \(x\) ile \(y\)’nin her biri ya pozitif ya negatiftir ve dört işaret durumu vardır. Karışık işaretli iki durumun olanaksız olduğunu gösterelim.
- \(x > 0\) ve \(y < 0\) olsun. Birinci gözlemle \(-y > 0\), ikinci gözlemle \(x(-y) > 0\)’dır. Önerme 6.12 (1) ile \(x(-y) = -(xy)\); yani \(0 < -(xy)\) ve birinci gözlemle \(xy < 0\). Bu, \(xy > 0\) ile birlikte (O1)’e aykırıdır.
- \(x < 0\) ve \(y > 0\) olsun. (M1) ile \(xy = yx\) yazıp bir önceki maddeyi \(y\) ile \(x\)’in rolleri değişmiş olarak uygularız; yine çelişki çıkar.
Geriye yalnızca \(x > 0,\ y > 0\) ve \(x < 0,\ y < 0\) durumları kalır.
Yani iki sayının çarpımı ancak ve ancak sayılar sıfırdan farklı ve aynı işaretliyse pozitiftir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.5 (Pozitif Olmayan Sayının Toplama Tersi) \(x \in \mathbb{R}\) olsun. Cisim ve sıralama aksiyomlarını kullanarak \(x \leq 0\) ise \(-x \geq 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x \leq 0\) ifadesi tanım gereği (Tanım 7.1) “\(x < 0\) veya \(x = 0\)” demektir. İki durumu inceleyelim.
Durum \(x = 0\). Önerme 6.4 gereği \(-x = -0 = 0\)’dır; dolayısıyla \(-x \geq 0\).
Durum \(x < 0\). (O3) ile iki yana \(-x\) ekleyelim:
\[x + (-x) < 0 + (-x).\]
Sol yan (A4) gereği \(0\), sağ yan (A1) ve (A3) gereği \(-x\)’tir. Yani \(0 < -x\), dolayısıyla \(-x \geq 0\).
Her iki durumda da \(-x \geq 0\) bulunur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.6 (Negatif ile Pozitifin Çarpımı) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. Cisim ve sıralama aksiyomlarını kullanarak \(x < 0\) ve \(y > 0\) ise \(xy < 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x < 0\) olduğundan (O3) ile iki yana \(-x\) eklenince \(0 < -x\) elde edilir (bkz. Alıştırma 39.5). Şimdi \(0 < -x\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(y\) sayısıyla çarpalım; (O4) yönü korur:
\[0 \cdot y < (-x) y.\]
Sol yan Önerme 6.9 ile \(0\)’dır. Sağ yan Önerme 6.12 (1) ile \(-(xy)\)’dir. Demek ki \(0 < -(xy)\). Bu eşitsizliğin iki yanına (O3) ile \(xy\) ekleyelim:
\[0 + xy < -(xy) + xy.\]
Sol yan (A1), (A3) ile \(xy\), sağ yan (A1), (A4) ile \(0\)’dır. Böylece \(xy < 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.7 (Karışık Geçişlilik) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) olsun. Sıralama aksiyomlarını kullanarak \(x < y\) ve \(y \leq z\) ise \(x < z\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(y \leq z\) ifadesi tanım gereği (Tanım 7.1) “\(y < z\) veya \(y = z\)” demektir.
Durum \(y < z\). \(x < y\) ve \(y < z\) olduğundan geçişlilik aksiyomu (O2) doğrudan \(x < z\) verir.
Durum \(y = z\). \(x < y\) eşitsizliğinde \(y\) yerine ona eşit olan \(z\) yazılabilir: \(x < z\).
Her iki durumda \(x < z\)’dir. Yani zincirdeki eşitsizliklerden biri kesinse sonuç da kesindir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.8 (Eksi Bir ile Çarpım) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \((-1) \cdot x = -x\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Fikir şudur: \(-x\), \(x\) ile toplamı \(0\) olan tek sayıdır (Önerme 6.2). Öyleyse \(x + (-1)x = 0\) olduğunu göstermek yeter. (D) aksiyomu \(z(u + v) = zu + zv\) biçimindedir; (M1) ile çarpanların yerini değiştirerek onu \((u + v)z = uz + vz\) biçiminde de kullanabiliriz. Buna göre
\[ \begin{aligned} x + (-1)x &= 1 \cdot x + (-1)x && \text{(M3), (M1)} \\ &= \big(1 + (-1)\big)x && \text{(D), (M1)} \\ &= 0 \cdot x && \text{(A4)} \\ &= 0. && \text{(sıfırla çarpım)} \end{aligned} \]
Son adımda Önerme 6.9 kullanıldı. Demek ki \((-1)x\) sayısı \(x\)’in bir toplama tersidir. Toplama tersi tek olduğundan (Önerme 6.2) \((-1)x = -x\)’tir.
Yani bir sayının toplama tersini almak, onu \(-1\) ile çarpmakla aynı şeydir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.9 (Çarpımın Sıfır Olma Koşulu) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. \(x \cdot y = 0\) olması için gerek ve yeter koşulun \(x = 0\) veya \(y = 0\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
(\(\Leftarrow\)) \(x = 0\) ise Önerme 6.9 gereği \(xy = 0 \cdot y = 0\)’dır. \(y = 0\) ise yine aynı önermeyle \(xy = x \cdot 0 = 0\)’dır.
(\(\Rightarrow\)) \(xy = 0\) olsun. \(x = 0\) ise gösterilecek bir şey kalmaz. \(x \neq 0\) olsun; \(y = 0\) olduğunu göstereceğiz. \(x \neq 0\) olduğundan (M4) gereği \(x^{-1}\) vardır ve
\[ \begin{aligned} y &= 1 \cdot y && \text{(M3), (M1)} \\ &= (x^{-1} x) y && \text{(M4), (M1)} \\ &= x^{-1} (x y) && \text{(M2)} \\ &= x^{-1} \cdot 0 && \text{(varsayım: } xy = 0) \\ &= 0. && \text{(sıfırla çarpım)} \end{aligned} \]
Son adımda yine Önerme 6.9 kullanıldı. Böylece \(x = 0\) değilse \(y = 0\)’dır; her durumda \(x = 0\) veya \(y = 0\) sağlanır.
Bu özellik, \((x - 1)(x - 2) = 0\) gibi bir denklemi “\(x - 1 = 0\) veya \(x - 2 = 0\)” diye ikiye ayırmamızın gerekçesidir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.10 (Karesi İki Olan Rasyonel Sayı Yoktur) \(q^2 = 2\) eşitliğini sağlayan bir \(q \in \mathbb{Q}\) rasyonel sayısının olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Olmayana ergi yöntemini kullanalım: \(q \in \mathbb{Q}\) ve \(q^2 = 2\) olsun. Önerme 11.5 gereği \(q\) sayısı, \(n \in \mathbb{N}\), \(m \in \mathbb{Z}\) ve \(m\) ile \(n\) aralarında asal olmak üzere
\[q = \frac{m}{n}\]
biçiminde yazılabilir. Kesirlerle çarpma kuralı (Örnek 6.2) ile \(q^2 = \dfrac{m^2}{n^2}\)’dir; dolayısıyla \(\dfrac{m^2}{n^2} = 2\). İki yanı sıfırdan farklı \(n^2\) sayısıyla çarparsak
\[m^2 = 2n^2\]
buluruz. Bu eşitlik \(m^2\)’nin çift olduğunu söyler, çünkü \(n^2 \in \mathbb{Z}\)’dir. Önerme 11.3 gereği \(m\) de çifttir: \(m = 2p\) olacak biçimde bir \(p \in \mathbb{Z}\) vardır. Bunu yerine koyalım:
\[4p^2 = 2n^2, \qquad \text{yani} \qquad n^2 = 2p^2.\]
Demek ki \(n^2\) de çifttir ve yine Önerme 11.3 gereği \(n\) çifttir. Böylece \(2\) sayısı hem \(m\)’yi hem \(n\)’yi böler. Bu, \(m\) ile \(n\)’nin aralarında asal olmasıyla çelişir. O hâlde karesi \(2\) olan bir rasyonel sayı yoktur.
İspatta \(q\)’nun işareti hiç kullanılmadı; \(m\) negatif bir tam sayı olsa da aynı akıl yürütme geçerlidir. Tamlık aksiyomu ise karesi \(2\) olan bir reel sayının var olduğunu garanti eder (Teorem 13.1). İkisi birlikte \(\sqrt{2}\)’nin irrasyonel olduğunu söyler (Teorem 13.3).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.11 (Negatif Sayıyla Çarpınca Eşitsizliğin Yönü) \(x, y, c \in \mathbb{R}\) olsun. \(x \leq y\) ve \(c < 0\) ise \(cx \geq cy\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x \leq y\) ifadesi “\(x < y\) veya \(x = y\)” demektir.
Durum \(x = y\). Bu durumda \(cx = cy\)’dir, dolayısıyla \(cx \geq cy\).
Durum \(x < y\). \(c < 0\) olduğundan (O3) ile \(0 < -c\)’dir (bkz. Alıştırma 39.5). \(x < y\) eşitsizliğini pozitif \(-c\) ile çarpalım; (O4) yönü korur:
\[x(-c) < y(-c).\]
Önerme 6.12 (1) ile \(x(-c) = -(xc)\) ve \(y(-c) = -(yc)\)’dir; yani \(-(xc) < -(yc)\). Şimdi iki yana (O3) ile \(xc + yc\) ekleyelim:
\[-(xc) + (xc + yc) < -(yc) + (xc + yc).\]
Toplama aksiyomları (A1), (A2), (A4), (A3) ile sol yan \(yc\), sağ yan \(xc\)’ye sadeleşir: \(yc < xc\). (M1) ile bu \(cy < cx\), yani \(cx > cy\) demektir.
Her iki durumda \(cx \geq cy\)’dir. Yani bir eşitsizliği negatif bir sayıyla çarpınca yönü değişir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.12 (Toplamın Karesi Aksiyomlarla) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için \((x + y)^2 = x^2 + 2xy + y^2\) olduğunu gösteriniz. Her adımda hangi aksiyomu kullandığınızı belirtiniz.
Çözüm
Kullanacağımız kısaltmalar \(u^2 = u \cdot u\) ve \(2 = 1 + 1\)’dir. (D) aksiyomu \(z(u + v) = zu + zv\) biçimindedir. Önce \(x + y\) toplamını tek bir çarpan gibi görüp (D)’yi uygulayalım, sonra her parçayı yeniden açalım:
\[ \begin{aligned} (x + y)^2 &= (x + y)(x + y) && \text{(kare tanımı)} \\ &= (x + y)x + (x + y)y && \text{(D)} \\ &= x(x + y) + y(x + y) && \text{(M1)} \\ &= (xx + xy) + (yx + yy) && \text{(D)} \\ &= (x^2 + xy) + (xy + y^2) && \text{(M1), kare tanımı} \\ &= x^2 + \big((xy + xy) + y^2\big) && \text{(A2), iki kez} \\ &= x^2 + \big(2xy + y^2\big) && \text{(M3), (D)} \\ &= x^2 + 2xy + y^2. && \text{(A2)} \end{aligned} \]
Beşinci satırda yalnızca \(yx = xy\) için (M1) kullanıldı. Altıncı satırda birleşme aksiyomu iki kez uygulandı:
\[(a + b) + (c + d) = a + \big(b + (c + d)\big) = a + \big((b + c) + d\big).\]
Yedinci satırdaki adım şudur: (M3) ve (M1) ile \(xy = (xy) \cdot 1\) yazılırsa (D) aksiyomu
\[xy + xy = (xy) \cdot 1 + (xy) \cdot 1 = (xy)(1 + 1) = (xy) \cdot 2\]
verir; (M1) ve (M2) ile \((xy) \cdot 2 = 2xy\) olarak yazılır. Son satırda (A2) sayesinde parantezsiz yazım anlam kazanır.
\(\blacksquare\)
39.2 Mutlak Değerli Denklem ve Eşitsizlikler
Bu kısımdaki problemlerin çoğu aynı yöntemle çözülür: her mutlak değerin içindeki ifadenin işaret değiştirdiği noktalar sayı doğrusunu parçalara böler; her parçada mutlak değerler tanımla (Tanım 8.1) açılır ve geriye mutlak değersiz, birinci ya da ikinci dereceden bir denklem ya da eşitsizlik kalır. Tek bir mutlak değer içeren eşitsizliklerde ise Teorem 8.1 (7)–(8) ve Önerme 8.3 doğrudan sonuç verir.
Alıştırma 39.13 (İki Mutlak Değerin Farkı) \(|x - 1| - |x + 2| = 1\) denklemini çözünüz.
Çözüm
\(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de, \(|x + 2|\) ifadesi \(x = -2\)’de işaret değiştirir. Sayı doğrusunu \((-\infty, -2)\), \([-2, 1)\) ve \([1, \infty)\) parçalarına ayırıp her parçada mutlak değerleri tanımla açalım.
Durum \(x < -2\). Bu durumda \(x - 1 < 0\) ve \(x + 2 < 0\)’dır; dolayısıyla \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 2| = -x - 2\). Sol yan
\[(1 - x) - (-x - 2) = 3\]
olur; \(3 = 1\) yanlış olduğundan bu parçada çözüm yoktur.
Durum \(-2 \leq x < 1\). Bu durumda \(x + 2 \geq 0\) ve \(x - 1 < 0\)’dır; \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 2| = x + 2\). Denklem
\[(1 - x) - (x + 2) = 1 \iff -2x - 1 = 1 \iff x = -1\]
biçimini alır. \(-1 \in [-2, 1)\) olduğundan \(x = -1\) bir çözümdür.
Durum \(x \geq 1\). \(|x - 1| = x - 1\) ve \(|x + 2| = x + 2\) olduğundan sol yan \((x - 1) - (x + 2) = -3\)’tür; \(-3 = 1\) yanlıştır ve bu parçada da çözüm yoktur.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-1\}\)’dir. Sağlama: \(x = -1\) için \(|-2| - |1| = 2 - 1 = 1\). Uzaklık diliyle: \(1\)’e uzaklığı \(-2\)’ye uzaklığından tam \(1\) fazla olan tek nokta \(-1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.14 (Mutlak Değerlerin Karşılaştırılması) \(|3x + 2| > 4|x - 1|\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
\(|3x + 2|\) ifadesi \(x = -\frac{2}{3}\)’te, \(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir. Üç parçayı inceleyelim.
Durum \(x < -\frac{2}{3}\). \(3x + 2 < 0\) ve \(x - 1 < 0\) olduğundan eşitsizlik
\[-(3x + 2) > -4(x - 1) \iff -3x - 2 > -4x + 4 \iff x > 6\]
olur. Oysa bu parçada \(x < -\frac{2}{3}\)’tür; \(x > 6\) ile birlikte olamaz. Çözüm yoktur.
Durum \(-\frac{2}{3} \leq x < 1\). \(3x + 2 \geq 0\) ve \(x - 1 < 0\) olduğundan eşitsizlik
\[3x + 2 > -4(x - 1) \iff 3x + 2 > 4 - 4x \iff 7x > 2 \iff x > \tfrac{2}{7}\]
olur; son adımda iki yan pozitif \(\frac{1}{7}\) ile çarpıldı (O4). \(\frac{2}{7} > -\frac{2}{3}\) olduğundan bu parçadaki çözümler \(\left(\frac{2}{7}, 1\right)\)’dir.
Durum \(x \geq 1\). İki ifade de negatif değildir:
\[3x + 2 > 4(x - 1) \iff 3x + 2 > 4x - 4 \iff x < 6.\]
Bu parçadaki çözümler \([1, 6)\)’dır.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\left(\frac{2}{7}, 1\right) \cup [1, 6) = \left(\frac{2}{7}, 6\right)\)’dır.
Aynı sonuç kareler yoluyla da bulunur (bkz. Alıştırma 39.23): \(4|x - 1| = |4x - 4|\) olduğundan eşitsizlik \((3x + 2)^2 > (4x - 4)^2\) eşitsizliğine denktir. Açıp bir yana toplayınca
\[ \begin{aligned} &9x^2 + 12x + 4 > 16x^2 - 32x + 16 \\[1mm] &\quad\iff 7x^2 - 44x + 12 < 0 \iff (7x - 2)(x - 6) < 0 \end{aligned} \]
bulunur. Çarpanlar zıt işaretli olmalıdır (Örnek 7.2); bu da tam olarak \(\frac{2}{7} < x < 6\) demektir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.15 (Tek Mutlak Değerli Denklem) \(|x + 3| = 5\) denklemini çözünüz.
Çözüm
\(5 \geq 0\) olduğundan Teorem 8.1 (2) uygulanabilir:
\[|x + 3| = 5 \iff x + 3 = 5 \ \text{veya} \ x + 3 = -5 \iff x = 2 \ \text{veya} \ x = -8.\]
Çözüm kümesi \(\{-8, 2\}\)’dir. Sağlama: \(|2 + 3| = 5\) ve \(|-8 + 3| = |-5| = 5\). Uzaklık diliyle: \(|x + 3| = |x - (-3)|\) olduğundan bunlar \(-3\)’e uzaklığı \(5\) olan iki noktadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.16 (Dört Mutlak Değerli Denklem) Aşağıdaki denklemi çözünüz:
\[|x| - |x - 1| + 3|x - 2| - 2|x - 3| = x + 1.\]
Çözüm
Sol yana \(f(x)\) diyelim. Mutlak değerler \(x = 0, 1, 2, 3\) noktalarında işaret değiştirir; sayı doğrusunu beş parçaya ayırıp her parçada \(f(x)\)’i mutlak değersiz yazalım.
Durum \(x < 0\). Dört ifade de negatiftir: \(|x| = -x\), \(|x - 1| = 1 - x\), \(|x - 2| = 2 - x\), \(|x - 3| = 3 - x\). Böylece
\[f(x) = -x - (1 - x) + 3(2 - x) - 2(3 - x) = -x - 1.\]
Denklem \(-x - 1 = x + 1\), yani \(2x = -2\) ve \(x = -1\) olur. \(-1 < 0\) olduğundan \(x = -1\) bir çözümdür.
Durum \(0 \leq x < 1\). Yalnızca \(|x| = x\) değişir:
\[f(x) = x - (1 - x) + 3(2 - x) - 2(3 - x) = x - 1.\]
Denklem \(x - 1 = x + 1\), yani \(-1 = 1\) olur; bu yanlıştır. Çözüm yoktur.
Durum \(1 \leq x < 2\). Artık \(|x - 1| = x - 1\):
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(2 - x) - 2(3 - x) = 1 - x.\]
Denklem \(1 - x = x + 1\), yani \(x = 0\) olur; ama \(0 \notin [1, 2)\). Çözüm yoktur.
Durum \(2 \leq x < 3\). Artık \(|x - 2| = x - 2\):
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(x - 2) - 2(3 - x) = 5x - 11.\]
Denklem \(5x - 11 = x + 1\), yani \(x = 3\) olur; ama \(3 \notin [2, 3)\). Çözüm yoktur.
Durum \(x \geq 3\). Dört ifade de negatif değildir:
\[f(x) = x - (x - 1) + 3(x - 2) - 2(x - 3) = x + 1.\]
Bu parçada denklem \(x + 1 = x + 1\) özdeşliğine dönüşür; her \(x \geq 3\) bir çözümdür.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\{-1\} \cup [3, \infty)\)’dur.
Böyle bir denklemin sonsuz çoklukta çözümü olması şaşırtıcı görünebilir; ama \(f\), her parçada doğrusal olan bir fonksiyondur ve son parçada \(f(x) = x + 1\) olur. Yani \(f\) orada \(y = x + 1\) doğrusuyla çakışır: eğimleri de sabit terimleri de aynıdır. Şekil bu durumu gösteriyor.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.17 (İç İçe Mutlak Değer) \(\big|1 - |x - 1|\big| < 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Dıştaki mutlak değeri Önerme 8.3 (1) ile kaldıralım (\(a = 1 > 0\)):
\[\big|1 - |x - 1|\big| < 1 \iff -1 < 1 - |x - 1| < 1.\]
Her parçaya \(-1\) ekleyelim (O3): \(-2 < -|x - 1| < 0\). Şimdi her parçayı \(-1\) ile çarpalım; negatif sayıyla çarpma yönü çevirir (Önerme 7.6):
\[0 < |x - 1| < 2.\]
Bu iki koşulu ayrı ayrı çözelim.
- \(|x - 1| > 0\) koşulu: Teorem 8.1 (1) gereği \(|x - 1| \geq 0\)’dır ve (2) gereği \(|x - 1| = 0 \iff x = 1\)’dir. Dolayısıyla koşul \(x \neq 1\) demektir.
- \(|x - 1| < 2\) koşulu: Önerme 8.3 (1) ile \(-2 < x - 1 < 2\), yani \(-1 < x < 3\).
Sonuç. Çözüm kümesi \((-1, 3) \setminus \{1\} = (-1, 1) \cup (1, 3)\)’tür. Uzaklık diliyle: \(1\)’e uzaklığı \(0\)’dan büyük ve \(2\)’den küçük olan noktalar; yani \(1\) merkezli, \(2\) yarıçaplı açık aralıktan merkezi çıkarılmış küme.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.18 (Mutlak Değerlerin Farkının Mutlak Değeri) \(\big||x + 1| - |x - 1|\big| < 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
İçerideki farka \(h(x) = |x + 1| - |x - 1|\) diyelim. \(|x + 1|\) ifadesi \(x = -1\)’de, \(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir; \(h\)’yi üç parçada açalım.
- \(x < -1\) ise \(h(x) = -x - 1 - (1 - x) = -2\).
- \(-1 \leq x < 1\) ise \(h(x) = (x + 1) - (1 - x) = 2x\).
- \(x \geq 1\) ise \(h(x) = (x + 1) - (x - 1) = 2\).
Şimdi \(|h(x)| < 1\) koşulunu her parçada inceleyelim.
Durum \(x < -1\). \(|h(x)| = |-2| = 2\) ve \(2 < 1\) yanlıştır. Çözüm yoktur.
Durum \(-1 \leq x < 1\). Önerme 8.3 (1) ile
\[|2x| < 1 \iff -1 < 2x < 1 \iff -\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}.\]
Bu aralık tamamen \([-1, 1)\) içinde kaldığından bu parçadaki çözümler \(\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)\)’dir.
Durum \(x \geq 1\). \(|h(x)| = 2\); çözüm yoktur.
Sonuç. Çözüm kümesi \(\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)\)’dir. Yorum: \(x\)’in \(-1\)’e ve \(1\)’e uzaklıkları arasındaki fark \(1\)’den küçük olmalıdır; bu fark yalnızca \(0\)’ın yakınında küçüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.19 (Üçe Uzaklığı Üçten Küçük Olan Sayılar) \(|x - 3| < 3\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Önerme 8.3 (1) ile (\(a = 3 > 0\))
\[|x - 3| < 3 \iff -3 < x - 3 < 3 \iff 0 < x < 6;\]
son adımda her parçaya \(3\) eklendi (O3). Çözüm kümesi \((0, 6)\)’dır. Bu, Önerme 8.7 ile de okunabilir: \(3\) merkezli, \(3\) yarıçaplı açık aralık \((3 - 3, 3 + 3) = (0, 6)\)’dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.20 (Doğrusal İfadenin Mutlak Değeri Birden Küçük) \(|2x + 1| < 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Önerme 8.3 (1) ile
\[|2x + 1| < 1 \iff -1 < 2x + 1 < 1 \iff -2 < 2x < 0 \iff -1 < x < 0.\]
İkinci adımda her parçaya \(-1\) eklendi (O3), üçüncü adımda her parça pozitif \(\frac{1}{2}\) ile çarpıldı (O4). Çözüm kümesi \((-1, 0)\)’dır.
Uzaklık yorumu: Teorem 8.1 (5) ile \(|2x + 1| = 2\left|x + \frac{1}{2}\right|\) olduğundan eşitsizlik \(\left|x - \left(-\frac{1}{2}\right)\right| < \frac{1}{2}\) demektir; yani \(x\), \(-\frac{1}{2}\) merkezli ve \(\frac{1}{2}\) yarıçaplı \((-1, 0)\) aralığındadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.21 (Eksi Bire Uzaklığı İkiden Büyük Olan Sayılar) \(|x + 1| > 2\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Önerme 8.3 (2) ile (\(a = 2 > 0\))
\[|x + 1| > 2 \iff x + 1 > 2 \ \text{veya} \ x + 1 < -2 \iff x > 1 \ \text{veya} \ x < -3.\]
Çözüm kümesi \((-\infty, -3) \cup (1, \infty)\)’dur. Uzaklık diliyle: \(|x + 1| = |x - (-1)|\), \(x\)’in \(-1\)’e uzaklığıdır; \(-1\)’den \(2\) birimden daha uzak noktalar \(-1 - 2 = -3\)’ün solunda ve \(-1 + 2 = 1\)’in sağındadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.22 (Bire Eksi Birden Daha Yakın Olan Sayılar) \(|x - 1| < |x + 1|\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
\(|x + 1|\) ifadesi \(x = -1\)’de, \(|x - 1|\) ifadesi \(x = 1\)’de işaret değiştirir.
Durum \(x < -1\). \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 1| = -x - 1\); eşitsizlik \(1 - x < -x - 1\), yani \(1 < -1\) olur. Bu yanlıştır; çözüm yoktur.
Durum \(-1 \leq x < 1\). \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x + 1| = x + 1\); eşitsizlik \(1 - x < x + 1\), yani \(0 < 2x\) ve \(x > 0\) olur. Bu parçadaki çözümler \((0, 1)\)’dir.
Durum \(x \geq 1\). \(|x - 1| = x - 1\) ve \(|x + 1| = x + 1\); eşitsizlik \(x - 1 < x + 1\), yani \(-1 < 1\) olur ve her zaman doğrudur. Bu parçadaki çözümler \([1, \infty)\)’dur.
Sonuç. Çözüm kümesi \((0, 1) \cup [1, \infty) = (0, \infty)\)’dur. Yorum: \(x\)’in \(1\)’e uzaklığı \(-1\)’e uzaklığından küçükse \(x\), bu iki noktanın orta noktası olan \(0\)’ın sağındadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.23 (Mutlak Değer ve Karelerin Sıralaması) \(a, b \in \mathbb{R}\) olsun. \(|a| \leq |b|\) olması için gerek ve yeter koşulun \(a^2 \leq b^2\) olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sonuç 8.2 gereği \(a^2 = |a|^2\) ve \(b^2 = |b|^2\)’dir. \(u = |a|\) ve \(v = |b|\) diyelim; Teorem 8.1 (1) gereği \(u \geq 0\) ve \(v \geq 0\)’dır. Göstermemiz gereken şudur: negatif olmayan \(u, v\) için
\[u \leq v \iff u^2 \leq v^2.\]
Önce bir yardımcı gözlem: \(0 \leq u < v\) ise \(u^2 < v^2\)’dir. Gerçekten \(u = 0\) ise \(v > 0\) olur ve Önerme 7.12 (1) ile \(u^2 = 0 < v^2\); \(u > 0\) ise Önerme 7.12 (4) doğrudan \(u^2 < v^2\) verir.
(\(\Rightarrow\)) \(u \leq v\) olsun. \(u = v\) ise \(u^2 = v^2\); \(u < v\) ise gözlem gereği \(u^2 < v^2\). Her iki durumda \(u^2 \leq v^2\).
(\(\Leftarrow\)) Karşıt tersini gösterelim: \(u \leq v\) olmasın. (O1) gereği \(v < u\)’dur ve \(0 \leq v < u\) olduğundan gözlem \(v^2 < u^2\) verir; yani \(u^2 \leq v^2\) yanlıştır. Karşıt tersi doğru olduğundan \(u^2 \leq v^2\) ise \(u \leq v\)’dir.
Böylece \(|a| \leq |b| \iff a^2 \leq b^2\).
Aynı denkliğin kesin eşitsizlikli biçimi de buradan çıkar. \(a\) ile \(b\)’nin rollerini değiştirince \(|b| \leq |a| \iff b^2 \leq a^2\) olur; iki yanın olumsuzlaması alınırsa (O1) ile
\[|a| < |b| \iff a^2 < b^2\]
elde edilir. Özel olarak \(c > 0\) için \(|x| < c \iff x^2 < c^2\)’dir; bunu ileride karekökle tanımlanan kümelerde kullanacağız.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.24 (İkinci Dereceden İfadenin Mutlak Değeri) \(|x^2 - 4x - 1| \geq 4\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Teorem 8.1 (8) ile (\(a = 4 \geq 0\)) eşitsizlik iki koşulun birleşimidir:
\[x^2 - 4x - 1 \geq 4 \quad \text{veya} \quad x^2 - 4x - 1 \leq -4.\]
Birinci koşul. \(x^2 - 4x - 5 \geq 0\), yani \((x - 5)(x + 1) \geq 0\). Bir çarpım ancak çarpanlardan biri sıfırsa ya da ikisi aynı işaretliyse negatif olmayan bir sayıdır (Alıştırma 39.4 ve Alıştırma 39.9). Üç parçaya bakalım:
- \(x \leq -1\) ise \(x + 1 \leq 0\) ve \(x - 5 < 0\); çarpım \(\geq 0\)’dır.
- \(-1 < x < 5\) ise \(x + 1 > 0\) ve \(x - 5 < 0\); çarpım negatiftir.
- \(x \geq 5\) ise \(x + 1 > 0\) ve \(x - 5 \geq 0\); çarpım \(\geq 0\)’dır.
Birinci koşulun çözümleri \((-\infty, -1] \cup [5, \infty)\)’dur.
İkinci koşul. \(x^2 - 4x + 3 \leq 0\), yani \((x - 1)(x - 3) \leq 0\). Bu kez çarpanlardan biri sıfır ya da çarpanlar zıt işaretli olmalıdır:
- \(x < 1\) ise iki çarpan da negatiftir; çarpım pozitiftir.
- \(1 \leq x \leq 3\) ise \(x - 1 \geq 0\) ve \(x - 3 \leq 0\); çarpım \(\leq 0\)’dır.
- \(x > 3\) ise iki çarpan da pozitiftir; çarpım pozitiftir.
İkinci koşulun çözümleri \([1, 3]\)’tür.
Sonuç. Çözüm kümesi
\[(-\infty, -1] \cup [1, 3] \cup [5, \infty)\]
olur. Sağlama için birkaç nokta: \(x = 2\) için \(|4 - 8 - 1| = 5 \geq 4\) (çözüm), \(x = 0\) için \(|-1| = 1 < 4\) (çözüm değil), \(x = 4\) için \(|16 - 16 - 1| = 1 < 4\) (çözüm değil).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.25 (Uzaklıklar Toplamı Altı) \(|x - 3| + |x + 3| = 6\) denklemini sağlayan bütün reel sayıları bulunuz.
Çözüm
\(|x + 3|\) ifadesi \(x = -3\)’te, \(|x - 3|\) ifadesi \(x = 3\)’te işaret değiştirir.
Durum \(x < -3\). \(|x - 3| = 3 - x\) ve \(|x + 3| = -x - 3\); denklem \(-2x = 6\), yani \(x = -3\) olur. Ama bu parçada \(x < -3\)’tür; çözüm yoktur.
Durum \(-3 \leq x \leq 3\). \(|x - 3| = 3 - x\) ve \(|x + 3| = x + 3\); sol yan \((3 - x) + (x + 3) = 6\)’dır. Denklem \(6 = 6\) özdeşliğine dönüşür: bu parçadaki her \(x\) bir çözümdür.
Durum \(x > 3\). \(|x - 3| = x - 3\) ve \(|x + 3| = x + 3\); denklem \(2x = 6\), yani \(x = 3\) olur. Ama bu parçada \(x > 3\)’tür; çözüm yoktur.
Sonuç. Çözüm kümesi \([-3, 3]\) kapalı aralığıdır.
Uzaklık yorumu bu sonucu bir bakışta açıklar: sol yan, \(x\)’in \(3\)’e ve \(-3\)’e uzaklıklarının toplamıdır. Bu toplam hiçbir zaman iki nokta arasındaki \(6\) uzaklığından küçük olamaz ve tam olarak \(x\) iki noktanın arasındayken \(6\)’ya eşittir. Aynı şey üçgen eşitsizliğinin eşitlik hâlinden de çıkar: \((3 - x) + (x + 3) = 6\) olduğundan Önerme 8.5 gereği
\[|3 - x| + |x + 3| = |(3 - x) + (x + 3)| \iff (3 - x)(x + 3) \geq 0,\]
ve son koşul tam olarak \(-3 \leq x \leq 3\) demektir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.26 (İç İçe Mutlak Değerli Eşitsizlik) \(\big||2x - 1| - 5\big| \leq 2\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Dıştaki mutlak değeri Teorem 8.1 (7) ile kaldıralım (\(a = 2 \geq 0\)):
\[\big||2x - 1| - 5\big| \leq 2 \iff -2 \leq |2x - 1| - 5 \leq 2 \iff 3 \leq |2x - 1| \leq 7.\]
Son adımda her parçaya \(5\) eklendi. İki koşulu ayrı ayrı çözelim.
Koşul \(|2x - 1| \leq 7\). (7) numaralı özellikle \(-7 \leq 2x - 1 \leq 7\), yani \(-6 \leq 2x \leq 8\) ve \(-3 \leq x \leq 4\).
Koşul \(|2x - 1| \geq 3\). (8) numaralı özellikle \(2x - 1 \geq 3\) veya \(2x - 1 \leq -3\); yani \(x \geq 2\) veya \(x \leq -1\).
Sonuç. İki koşulun kesişimi
\[[-3, 4] \cap \big((-\infty, -1] \cup [2, \infty)\big) = [-3, -1] \cup [2, 4]\]
olur. Uzaklık yorumu: \(|2x - 1| = 2\left|x - \frac{1}{2}\right|\) olduğundan koşul \(\frac{3}{2} \leq \left|x - \frac{1}{2}\right| \leq \frac{7}{2}\) demektir; \(\frac{1}{2}\)’nin solunda \([-3, -1]\), sağında \([2, 4]\) parçaları bu uzaklıktadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.27 (Ters Üçgen Eşitsizliğinin İspatı) Her \(x, y \in \mathbb{R}\) için
\[\big||x| - |y|\big| \leq |x - y|\]
olduğunu (ters üçgen eşitsizliği) gösteriniz.
Çözüm
Tek araç üçgen eşitsizliğidir (Teorem 8.2): her \(u, v\) için \(|u + v| \leq |u| + |v|\).
Birinci adım. \(x = (x - y) + y\) yazıp üçgen eşitsizliğini uygulayalım:
\[|x| = |(x - y) + y| \leq |x - y| + |y|.\]
İki yana \(-|y|\) ekleyince \(|x| - |y| \leq |x - y|\) bulunur.
İkinci adım. Rolleri değiştirelim: \(y = (y - x) + x\) yazınca
\[|y| = |(y - x) + x| \leq |y - x| + |x| = |x - y| + |x|\]
olur; burada Teorem 8.1 (3) ile \(|y - x| = |-(x - y)| = |x - y|\) kullanıldı. İki yana \(-|x|\) ekleyince \(|y| - |x| \leq |x - y|\), yani \(-|x - y| \leq |x| - |y|\) bulunur.
Birleştirme. İki adım birlikte
\[-|x - y| \leq |x| - |y| \leq |x - y|\]
verir. \(|x - y| \geq 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) uygulanabilir ve \(\big||x| - |y|\big| \leq |x - y|\) elde edilir.
Yani iki sayı birbirine yakınsa mutlak değerleri de en az o kadar birbirine yakındır. Bu eşitsizlik kitapta Sonuç 8.3 olarak da yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.28 (İki Uzaklığın Toplamı Birden Büyük) \(|x - 1| + |x - 2| > 1\) eşitsizliğini çözünüz.
Çözüm
Mutlak değerler \(x = 1\) ve \(x = 2\) noktalarında işaret değiştirir.
Durum \(x < 1\). \(|x - 1| = 1 - x\) ve \(|x - 2| = 2 - x\); eşitsizlik \(3 - 2x > 1\), yani \(x < 1\) olur. Bu parçanın her noktası çözümdür: \((-\infty, 1)\).
Durum \(1 \leq x \leq 2\). \(|x - 1| = x - 1\) ve \(|x - 2| = 2 - x\); sol yan \((x - 1) + (2 - x) = 1\)’dir ve \(1 > 1\) yanlıştır. Çözüm yoktur.
Durum \(x > 2\). \(|x - 1| = x - 1\) ve \(|x - 2| = x - 2\); eşitsizlik \(2x - 3 > 1\), yani \(x > 2\) olur. Bu parçanın her noktası çözümdür: \((2, \infty)\).
Sonuç. Çözüm kümesi \((-\infty, 1) \cup (2, \infty)\)’dur. Yorum: \(1\)’e ve \(2\)’ye uzaklıkların toplamı, iki nokta arasındayken tam \(1\)’e eşittir; bu aralığın dışına çıkınca \(1\)’i aşar.
\(\blacksquare\)
39.3 Supremum, İnfimum, Maksimum ve Minimum Bulma
Bu kısımda somut kümelerin uç değerlerini buluyoruz. Yöntem her seferinde aynıdır: önce tahmin edilen sayının bir üst (ya da alt) sınır olduğunu gösteririz, sonra ondan küçük (ya da büyük) hiçbir sayının bu işi göremeyeceğini (S2) ya da (I2) koşuluyla, çoğu zaman da epsilon ölçütüyle (Teorem 9.1, Teorem 9.2) kanıtlarız. Maksimum ve minimum için ise yalnızca supremumun ya da infimumun kümeye ait olup olmadığına bakmak yeter (Önerme 9.3).
Alıştırma 39.29 (Sol Ucu Açık Aralığın Uç Değerleri) \(A = (-1, 2]\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Maksimum ve supremum. Her \(x \in A\) için \(x \leq 2\)’dir ve \(2 \in A\)’dır. Kümeye ait bir üst sınır, kümenin maksimumudur (Tanım 9.3): \(\max A = 2\). Önerme 9.3 gereği \(\sup A = 2\)’dir.
İnfimum. Her \(x \in A\) için \(-1 < x\) olduğundan \(-1\) bir alt sınırdır. Daha büyük bir alt sınır olmadığını gösterelim: \(b > -1\) olsun.
- \(b > 2\) ise \(2 \in A\) ve \(2 < b\); \(b\) alt sınır değildir.
- \(-1 < b \leq 2\) ise \(c = \dfrac{-1 + b}{2}\) sayısı Önerme 7.11 gereği \(-1 < c < b \leq 2\) sağlar. Demek ki \(c \in A\) ve \(c < b\); yine \(b\) alt sınır değildir.
O hâlde her alt sınır \(-1\)’den küçük ya da ona eşittir; (I2) sağlanır ve \(\inf A = -1\).
Minimum. \(\min A\) var olsaydı Önerme 9.3 gereği \(\inf A = -1\)’e eşit olurdu; ama \(-1 \notin A\). Demek ki \(\min A\) yoktur.
Sonuç. \(\sup A = \max A = 2\), \(\inf A = -1\) ve \(\min A\) yoktur. (İnfimum hesabı için bkz. Örnek 9.3.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.30 (Kapalı Aralığın Uç Değerleri) \(B = [-1, 2]\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Maksimum ve supremum. Her \(x \in B\) için \(x \leq 2\) ve \(2 \in B\)’dir; kümeye ait bir üst sınır olduğundan \(\max B = 2\) ve Önerme 9.3 gereği \(\sup B = 2\).
Minimum ve infimum. Her \(x \in B\) için \(-1 \leq x\) ve \(-1 \in B\)’dir; kümeye ait bir alt sınır olduğundan \(\min B = -1\) ve aynı önerme gereği \(\inf B = -1\).
Sonuç. \(\sup B = \max B = 2\) ve \(\inf B = \min B = -1\). Bir önceki problemle karşılaştırınca: \((-1, 2]\) ile \([-1, 2]\) kümelerinin infimumu aynıdır; uç noktanın kümeye ait olup olmaması yalnızca minimumun varlığını değiştirir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.31 (Kapalı ve Açık Işının İnfimumu) \(\inf\, [2, +\infty) = \inf\, (2, +\infty) = 2\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kapalı ışın. Her \(x \in [2, +\infty)\) için \(2 \leq x\) ve \(2 \in [2, +\infty)\)’dur. Kümeye ait bir alt sınır minimumdur; Önerme 9.3 gereği \(\inf\, [2, +\infty) = \min\, [2, +\infty) = 2\).
Açık ışın. Her \(x \in (2, +\infty)\) için \(2 < x\) olduğundan \(2\) bir alt sınırdır. \(m > 2\) olan bir \(m\) sayısının alt sınır olamayacağını gösterelim. Önerme 7.11 gereği
\[2 < \frac{2 + m}{2} < m\]
olur. Dolayısıyla \(\frac{2 + m}{2}\) sayısı \((2, +\infty)\) kümesinin bir elemanıdır ve \(m\)’den küçüktür; \(m\) alt sınır değildir. Demek ki her alt sınır \(2\)’den küçük ya da ona eşittir ve (I2) ile \(\inf\, (2, +\infty) = 2\).
Sonuç. İki infimum da \(2\)’dir. Farkları şudur: \(2 \in [2, +\infty)\) olduğundan kapalı ışının minimumu \(2\)’dir; açık ışının ise minimumu yoktur. İki küme de üstten sınırsızdır (Önerme 9.4 (2)); supremumları reel sayı olarak yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.32 (Sıfır ile İki Arasındaki Kapalı Aralık) \(\sup\, [0, 2] = 2\) ve \(\inf\, [0, 2] = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Her \(x \in [0, 2]\) için \(0 \leq x \leq 2\)’dir; dolayısıyla \(2\) bir üst sınır, \(0\) bir alt sınırdır. Ayrıca \(0\) ile \(2\) kümenin elemanlarıdır.
- \(2\) kümeye ait bir üst sınır olduğundan \(\max\, [0, 2] = 2\)’dir. \(M\) herhangi bir üst sınırsa \(2 \in [0, 2]\) olduğundan \(2 \leq M\)’dir; yani (S2) sağlanır ve \(\sup\, [0, 2] = 2\).
- \(0\) kümeye ait bir alt sınır olduğundan \(\min\, [0, 2] = 0\)’dır. \(m\) herhangi bir alt sınırsa \(0 \in [0, 2]\) olduğundan \(m \leq 0\)’dır; (I2) sağlanır ve \(\inf\, [0, 2] = 0\).
Bu akıl yürütme, maksimum ile supremumun ilişkisini veren önermenin (Önerme 9.3) bu kümedeki karşılığıdır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.33 (Kesirli İfadenin Değerleri) \(A = \left\{ \dfrac{x^2}{1 + x^2} : x \in \mathbb{R} \right\}\) kümesinin supremum ve infimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = \dfrac{x^2}{1 + x^2}\) diyelim. Her \(x\) için \(1 + x^2 \geq 1 > 0\) olduğundan kesir tanımlıdır ve \(A\), \(f\)’nin aldığı değerlerin kümesidir.
İnfimum. \(x^2 \geq 0\) ve \(1 + x^2 > 0\) olduğundan \(f(x) \geq 0\)’dır; \(0\) bir alt sınırdır. \(f(0) = 0\) olduğundan \(0 \in A\)’dır. Kümeye ait bir alt sınır olduğundan \(\min A = 0\) ve Önerme 9.3 gereği \(\inf A = 0\).
Üst sınır. Payda ile payın farkını yazalım:
\[1 - f(x) = \frac{1 + x^2 - x^2}{1 + x^2} = \frac{1}{1 + x^2} > 0.\]
Demek ki her \(x\) için \(f(x) < 1\); \(1\) bir üst sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.1 gereği \(n > \dfrac{1}{\varepsilon}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(n \geq 1\) olduğundan \(n^2 \geq n\)’dir (\(n \geq 1\) eşitsizliği pozitif \(n\) ile çarpıldı). Böylece
\[1 + n^2 > n^2 \geq n > \frac{1}{\varepsilon} > 0\]
olur. Önerme 7.10 gereği \(\dfrac{1}{1 + n^2} < \varepsilon\), yani \(f(n) = 1 - \dfrac{1}{1 + n^2} > 1 - \varepsilon\). \(f(n) \in A\) olduğundan Teorem 9.1 gereği \(\sup A = 1\).
Maksimum. \(f(x) < 1\) olduğundan \(1 \notin A\); dolayısıyla \(\max A\) yoktur.
Sonuç. \(\sup A = 1\) (kümeye ait değil), \(\inf A = \min A = 0\). Aynı küme Örnek 9.5 örneğinde de incelenmiş ve grafiği çizilmişti.
Aslında \(A = [0, 1)\)’dir. \(A \subset [0, 1)\) olduğunu yukarıda gördük. Tersine \(0 \leq y < 1\) verilsin. \(\frac{y}{1 - y} \geq 0\) olduğundan Teorem 13.2 gereği \(x = \sqrt{\frac{y}{1 - y}}\) tanımlıdır ve \(x^2 = \frac{y}{1 - y}\)’dir. Bu \(x\) için
\[1 + x^2 = \frac{1}{1 - y}, \qquad f(x) = \frac{y}{1 - y} \cdot (1 - y) = y\]
olur; yani \(y \in A\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.34 (Karesi Sıfır ile İki Arasında Olan Sayılar) \(A = \{x \in \mathbb{R} : 0 < x^2 < 2\}\) kümesinin supremum ve infimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. Teorem 13.1 gereği \((\sqrt{2})^2 = 2\) olan pozitif bir \(\sqrt{2}\) sayısı vardır. Karelerle mutlak değerin ilişkisinden (Alıştırma 39.23) ve \(|\sqrt{2}| = \sqrt{2}\) olmasından
\[x^2 < 2 = (\sqrt{2})^2 \iff |x| < \sqrt{2} \iff -\sqrt{2} < x < \sqrt{2}\]
bulunur. Öte yandan \(x \neq 0\) için \(x^2 > 0\) (Alıştırma 39.2) ve \(x = 0\) için \(x^2 = 0\) olduğundan \(0 < x^2 \iff x \neq 0\)’dır. O hâlde
\[A = (-\sqrt{2}, 0) \cup (0, \sqrt{2}).\]
Supremum. Her \(x \in A\) için \(x < \sqrt{2}\) olduğundan \(\sqrt{2}\) bir üst sınırdır. \(M < \sqrt{2}\) olsun; \(M\)’yi geçen bir eleman bulalım.
- \(M \leq 0\) ise \(t = \frac{\sqrt{2}}{2}\) alalım: \(0 < t < \sqrt{2}\) olduğundan \(t \in A\) ve \(t > 0 \geq M\).
- \(0 < M < \sqrt{2}\) ise \(t = \frac{M + \sqrt{2}}{2}\) alalım: Önerme 7.11 gereği \(0 < M < t < \sqrt{2}\), dolayısıyla \(t \in A\) ve \(t > M\).
Her iki durumda \(M\) bir üst sınır değildir; (S2) sağlanır ve \(\sup A = \sqrt{2}\).
İnfimum. \((-x)^2 = x^2\) olduğundan (Sonuç 6.2) \(x \in A \iff -x \in A\)’dır; yani \(-A = A\). Teorem 9.3 gereği
\[\inf A = -\sup(-A) = -\sup A = -\sqrt{2}.\]
Sonuç. \(\sup A = \sqrt{2}\) ve \(\inf A = -\sqrt{2}\). \((\pm\sqrt{2})^2 = 2\) olduğundan bu sayılar \(A\)’ya ait değildir; maksimum ve minimum yoktur. Kümeden \(0\)’ın çıkarılmış olması uç değerleri hiç etkilemez.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.35 (Karesi İkiden Küçük Olan Sayılar) \(A = \{x \in \mathbb{R} : x^2 < 2\}\) kümesinin supremum ve infimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Bir önceki problemde gördüğümüz gibi (Alıştırma 39.23 ve Teorem 13.1)
\[x^2 < 2 \iff |x| < \sqrt{2} \iff -\sqrt{2} < x < \sqrt{2};\]
yani \(A = (-\sqrt{2}, \sqrt{2})\) açık aralığıdır. \(-\sqrt{2} < \sqrt{2}\) olduğundan Önerme 9.4 (1) doğrudan
\[\sup A = \sqrt{2}, \qquad \inf A = -\sqrt{2}\]
verir. Uç noktalar aralığa ait olmadığından \(\max A\) ve \(\min A\) yoktur. Bu kümenin bir önceki kümeden tek farkı \(0 \in A\) olmasıdır; supremum ve infimum aynı kalır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.36 (Karesi İkiden Büyük Pozitif Sayılar) \(A = \{x \in \mathbb{R} : 0 < x \ \text{ve} \ x^2 > 2\}\) kümesinin supremum ve infimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. Karelerle mutlak değerin ilişkisinin kesin biçimini (Alıştırma 39.23) \(a = \sqrt{2}\), \(b = x\) ile uygulayalım: \(2 < x^2 \iff \sqrt{2} < |x|\). \(x > 0\) için \(|x| = x\) olduğundan koşul \(x > \sqrt{2}\)’ye indirgenir. Ayrıca \(x > \sqrt{2}\) ise zaten \(x > 0\)’dır. O hâlde
\[A = (\sqrt{2}, +\infty).\]
İnfimum. Önerme 9.4 (2) gereği \(\inf A = \sqrt{2}\)’dir. \(\sqrt{2} \notin A\) olduğundan minimum yoktur.
Supremum. Aynı önerme gereği \(A\) üstten sınırsızdır; supremumu bir reel sayı olarak yoktur. Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup A = +\infty\) yazılır. Maksimum da yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.37 (Karesi İkiden Büyük Olan Sayılar) \(A = \{x \in \mathbb{R} : x^2 > 2\}\) kümesinin supremum ve infimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. Bir önceki problemdeki gibi \(x^2 > 2 \iff |x| > \sqrt{2}\), yani Önerme 8.3 (2) ile \(x > \sqrt{2}\) veya \(x < -\sqrt{2}\):
\[A = (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, +\infty).\]
Üstten sınırsızlık. \(M \in \mathbb{R}\) keyfi olsun ve \(x = \max\{M, 2\} + 1\) alalım. \(x > 2\)’dir ve \((\sqrt{2})^2 = 2 < 4 = 2^2\) olduğundan Alıştırma 39.23 ile \(\sqrt{2} < 2\)’dir; dolayısıyla \(x > \sqrt{2}\), yani \(x \in A\). Ayrıca \(x > M\). Hiçbir \(M\) üst sınır olamaz.
Alttan sınırsızlık. \(m \in \mathbb{R}\) keyfi olsun ve \(x = \max\{-m, 2\} + 1\) alalım. Yukarıdaki gibi \(x > \sqrt{2}\) olduğundan \(-x < -\sqrt{2}\), yani \(-x \in A\). Ayrıca \(x > -m\) olduğundan \(-x < m\). Hiçbir \(m\) alt sınır olamaz.
Sonuç. \(A\) ne üstten ne alttan sınırlıdır; supremumu ve infimumu reel sayı olarak yoktur. Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup A = +\infty\) ve \(\inf A = -\infty\). Maksimum ve minimum da yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.38 (Pi ve Üç) \(A = \{\pi, 3\}\) kümesinin supremum ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
Önce iki sayıyı karşılaştıralım. \(\pi\) sayısı bu derste tanımlanmadı; okul geometrisinden bilinen şu olguyu kabul ediyoruz: yarıçapı \(1\) olan çembere çizilen düzgün altıgenin kenarları yarıçapa eşittir ve bu altıgenin çevresi (\(6\)), çemberin çevresinden (\(2\pi\)) kısadır. Buradan \(6 < 2\pi\), yani \(3 < \pi\) çıkar. (Ondalık yazımla \(\pi = 3{,}14159\ldots\))
İki elemanlı bir kümenin büyük elemanı maksimum, küçük elemanı minimumdur (Önerme 10.4): \(\max A = \pi\) ve \(\min A = 3\). Önerme 9.3 gereği
\[\sup A = \pi, \qquad \inf A = 3.\]
Sonlu bir kümede supremum ile infimum her zaman kümenin elemanlarıdır; “en küçük üst sınır” kavramı ancak sonsuz kümelerde maksimumdan ayrılabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.39 (Bir Eksi Bir Bölü n Kümesinin Uç Değerleri) \(\left\{ 1 - \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(A\) diyelim; elemanları \(0, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \ldots\) biçiminde sıralanır.
Minimum ve infimum. Her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \geq 1\)’dir (Önerme 10.3). \(n = 1\) ise \(\frac{1}{n} = 1\), \(n > 1\) ise Önerme 7.10 gereği \(\frac{1}{n} < 1\); her durumda \(\frac{1}{n} \leq 1\) ve \(1 - \frac{1}{n} \geq 0\). Demek ki \(0\) bir alt sınırdır. \(n = 1\) için \(1 - \frac{1}{1} = 0 \in A\) olduğundan \(\min A = \inf A = 0\).
Supremum. Her \(n\) için \(\frac{1}{n} > 0\) olduğundan \(1 - \frac{1}{n} < 1\); \(1\) bir üst sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < \varepsilon\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu \(n\) için
\[1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon\]
olur ve \(1 - \frac{1}{n} \in A\)’dır. Teorem 9.1 gereği \(\sup A = 1\).
Maksimum. \(1 - \frac{1}{n} = 1\) olması \(\frac{1}{n} = 0\) demek olurdu; bu olanaksızdır. \(1 \notin A\) olduğundan \(\max A\) yoktur.
Sonuç. \(\sup A = 1\) (maksimum yok), \(\inf A = \min A = 0\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.40 (İşareti Değişen Terimler) \(\left\{ (-1)^n \left(1 + \dfrac{1}{n}\right) : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(B\), terimlere \(a_n = (-1)^n \left(1 + \frac{1}{n}\right)\) diyelim. Örnek 11.3 gereği \(n\) çiftse \((-1)^n = 1\), tekse \((-1)^n = -1\)’dir:
\[a_n = 1 + \frac{1}{n} \ \ (n \text{ çift}), \qquad a_n = -\left(1 + \frac{1}{n}\right) \ \ (n \text{ tek}).\]
İlk terimler \(-2, \frac{3}{2}, -\frac{4}{3}, \frac{5}{4}, -\frac{6}{5}, \frac{7}{6}, \ldots\)’dır: çift sıradaki terimler pozitif, tek sıradakiler negatiftir.
Maksimum ve supremum. \(n\) çift olsun. \(1\) tek olduğundan \(n \neq 1\)’dir ve Önerme 10.3 (2) gereği \(n \geq 2\); dolayısıyla \(\frac{1}{n} \leq \frac{1}{2}\) ve \(a_n \leq \frac{3}{2}\). \(n\) tekse \(a_n < 0 < \frac{3}{2}\). Demek ki \(\frac{3}{2}\) bir üst sınırdır. \(a_2 = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \in B\) olduğundan
\[\max B = \sup B = \frac{3}{2}.\]
Minimum ve infimum. \(n\) tek olsun. \(n \geq 1\) olduğundan \(\frac{1}{n} \leq 1\), \(1 + \frac{1}{n} \leq 2\) ve eksi alınca yön değiştiğinden \(a_n \geq -2\). \(n\) çiftse \(a_n > 0 > -2\). Demek ki \(-2\) bir alt sınırdır. \(a_1 = -(1 + 1) = -2 \in B\) olduğundan
\[\min B = \inf B = -2.\]
Sonuç. \(\sup B = \max B = \frac{3}{2}\) ve \(\inf B = \min B = -2\). Terimler \(1\)’e ve \(-1\)’e yaklaşsa da uç değerleri ilk iki terim belirler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.41 (Doğrusal Kesrin Değerleri) \(\left\{ \dfrac{5n - 1}{7n + 2} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(C\), terimlere \(c_n = \dfrac{5n - 1}{7n + 2}\) diyelim. Kesri, \(n\) büyüdükçe neye yaklaştığını gösterecek biçimde yeniden yazalım. Ortak paydada hesaplarsak
\[\frac{5}{7} - c_n = \frac{5(7n + 2) - 7(5n - 1)}{7(7n + 2)} = \frac{17}{7(7n + 2)}\]
buluruz; yani
\[c_n = \frac{5}{7} - \frac{17}{7(7n + 2)}.\]
Terimler artar. \(n < m\) ise \(7n + 2 < 7m + 2\), Önerme 7.10 gereği \(\frac{1}{7m + 2} < \frac{1}{7n + 2}\) ve pozitif \(\frac{17}{7}\) ile çarpıp eksi alınca \(c_n < c_m\). Kümenin en küçük elemanı ilk terimdir.
Minimum ve infimum. Her \(n\) için \(n \geq 1\) ve terimler arttığından \(c_n \geq c_1 = \frac{5 - 1}{7 + 2} = \frac{4}{9}\); \(c_1 \in C\) olduğundan \(\min C = \inf C = \frac{4}{9}\).
Supremum. Çıkarılan kesir pozitif olduğundan her \(n\) için \(c_n < \frac{5}{7}\); \(\frac{5}{7}\) bir üst sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(7n + 2 > 7n\) olduğundan
\[\frac{5}{7} - c_n = \frac{17}{7(7n + 2)} < \frac{17}{49n}\]
olur. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n} < \frac{49\varepsilon}{17}\) olan bir \(n\) vardır; bu \(n\) için \(\frac{5}{7} - c_n < \varepsilon\), yani \(c_n > \frac{5}{7} - \varepsilon\). Teorem 9.1 gereği \(\sup C = \frac{5}{7}\).
Maksimum. \(c_n < \frac{5}{7}\) olduğundan \(\frac{5}{7} \notin C\); \(\max C\) yoktur.
Sonuç. \(\inf C = \min C = \frac{4}{9}\), \(\sup C = \frac{5}{7}\) ve maksimum yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.42 (Birden Küçük Pozitif Kesirler) \(\left\{ \dfrac{m}{n} : m, n \in \mathbb{N},\ m < n \right\}\) kümesinin supremum, infimum, maksimum ve minimumunu, varsa, bulunuz.
Çözüm
Kümeye \(D\) diyelim. \(D\) boş değildir: \(\frac{1}{2} \in D\).
Sınırlar. \(m, n \in \mathbb{N}\) pozitif olduğundan \(\frac{m}{n} > 0\)’dır. \(m < n\) eşitsizliğini pozitif \(\frac{1}{n}\) ile çarparsak \(\frac{m}{n} < 1\) olur. Demek ki \(0\) bir alt sınır, \(1\) bir üst sınırdır ve \(0, 1 \notin D\).
İnfimum. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n_0} < \varepsilon\) olan bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır; \(n = n_0 + 1\) alalım. \(n \geq 2\) olduğundan \(m = 1 < n\) seçilebilir ve \(\frac{1}{n} \in D\)’dir. Ayrıca \(\frac{1}{n} < \frac{1}{n_0} < \varepsilon\). Teorem 9.2 gereği \(\inf D = 0\).
Supremum. Aynı \(n = n_0 + 1 \geq 2\) için \(m = n - 1\) bir doğal sayıdır (Önerme 10.3 (2)) ve \(m < n\)’dir; dolayısıyla
\[\frac{n - 1}{n} = 1 - \frac{1}{n} \in D \qquad \text{ve} \qquad 1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon.\]
Teorem 9.1 gereği \(\sup D = 1\).
Sonuç. \(\inf D = 0\) ve \(\sup D = 1\); ikisi de kümeye ait olmadığından \(D\)’nin maksimumu ve minimumu yoktur. Aslında \(D\), \((0, 1)\) aralığındaki bütün rasyonel sayılardan oluşur: böyle bir sayı paydası doğal sayı olacak biçimde \(\frac{m}{n}\) yazılır (Önerme 11.5), \(\frac{m}{n} > 0\) olduğundan \(m \in \mathbb{N}\) ve \(\frac{m}{n} < 1\) olduğundan \(m < n\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.43 (Sinüs Terimli Küme) \(S = \left\{ \sin\left(\dfrac{n\pi}{2}\right) - \dfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\) kümesinin supremum ve infimumunu bulunuz. Kümenin maksimumu ya da minimumu var mıdır?
Çözüm
Sinüs fonksiyonu ve \(\pi\) bu derste tanımlanmadı; okuldan bilinen şu özellikleri kullanıyoruz: \(\sin\frac{\pi}{2} = 1\), \(\sin\pi = 0\), \(\sin\frac{3\pi}{2} = -1\), \(\sin 2\pi = 0\), her \(t\) için \(\sin(t + 2\pi) = \sin t\) ve \(\sin t \leq 1\).
Terimlere \(s_n\) diyelim. \(\frac{(n + 4)\pi}{2} = \frac{n\pi}{2} + 2\pi\) olduğundan \(\sin\frac{(n + 4)\pi}{2} = \sin\frac{n\pi}{2}\)’dir. Bölme algoritmasına (Teorem 12.4) göre her \(n\), \(4\)’e bölümünden kalana göre tam olarak bir sınıfa düşer:
- \(n = 4k + 1\) ise \(s_n = 1 - \frac{1}{n}\); bunlar \(0, \frac{4}{5}, \frac{8}{9}, \ldots\) terimleridir.
- \(n\) çift ise \(s_n = -\frac{1}{n}\); bunlar \(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{4}, -\frac{1}{6}, \ldots\) terimleridir.
- \(n = 4k + 3\) ise \(s_n = -1 - \frac{1}{n}\); bunlar \(-\frac{4}{3}, -\frac{8}{7}, -\frac{12}{11}, \ldots\) terimleridir.
Burada \(k \geq 0\) bir tam sayıdır.
Supremum. Her \(n\) için \(\sin\frac{n\pi}{2} \leq 1\) ve \(\frac{1}{n} > 0\) olduğundan \(s_n < 1\); \(1\) bir üst sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.2 gereği \(\frac{1}{n_0} < \varepsilon\) olan bir \(n_0 \in \mathbb{N}\) vardır; \(n = 4n_0 + 1\) alalım. \(n > n_0\) olduğundan \(\frac{1}{n} < \frac{1}{n_0} < \varepsilon\) ve
\[s_n = 1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon.\]
Teorem 9.1 gereği \(\sup S = 1\). Her terim \(1\)’den kesin küçük olduğundan \(1 \notin S\); maksimum yoktur.
İnfimum. \(-\frac{4}{3}\)’ün bir alt sınır olduğunu gösterelim. \(n = 4k + 3\) ise \(n \geq 3\), dolayısıyla \(\frac{1}{n} \leq \frac{1}{3}\) ve \(s_n = -1 - \frac{1}{n} \geq -\frac{4}{3}\). \(n\) çift ise \(s_n = -\frac{1}{n} \geq -1 > -\frac{4}{3}\). \(n = 4k + 1\) ise \(s_n = 1 - \frac{1}{n} \geq 0 > -\frac{4}{3}\). Demek ki \(-\frac{4}{3}\) bir alt sınırdır. \(n = 3\) için \(s_3 = -1 - \frac{1}{3} = -\frac{4}{3} \in S\) olduğundan \(\min S = -\frac{4}{3}\) ve Önerme 9.3 gereği \(\inf S = -\frac{4}{3}\).
Sonuç. \(\sup S = 1\) ve maksimum yoktur; \(\inf S = \min S = -\frac{4}{3}\) ve bu değer \(n = 3\)’te alınır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.44 (Karesi Beşten Küçük Rasyonel Sayılar) \(A = \{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 5\}\) kümesinin supremum ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
\(0 \in A\) olduğundan \(A\) boş değildir. Teorem 13.2 gereği karesi \(5\) olan pozitif bir \(\sqrt{5}\) reel sayısı vardır. Karelerle mutlak değerin ilişkisinin kesin biçimiyle (Alıştırma 39.23)
\[x^2 < 5 = (\sqrt{5})^2 \iff |x| < \sqrt{5} \iff -\sqrt{5} < x < \sqrt{5}.\]
Supremum. Her \(x \in A\) için \(x < \sqrt{5}\); \(\sqrt{5}\) bir üst sınırdır. \(M < \sqrt{5}\) olsun ve \(M' = \max\{M, 0\}\) diyelim; \(0 \leq M' < \sqrt{5}\)’tir. Rasyonel sayıların yoğunluğu (Teorem 13.5) gereği \(M' < q < \sqrt{5}\) olan bir \(q \in \mathbb{Q}\) vardır. \(0 \leq M' < q < \sqrt{5}\) olduğundan \(|q| < \sqrt{5}\), yani \(q^2 < 5\) ve \(q \in A\); üstelik \(q > M' \geq M\). Demek ki \(M\) bir üst sınır değildir; (S2) ile \(\sup A = \sqrt{5}\).
İnfimum. \(q \in \mathbb{Q} \iff -q \in \mathbb{Q}\) ve \((-q)^2 = q^2\) olduğundan \(-A = A\)’dır. Teorem 9.3 gereği
\[\inf A = -\sup(-A) = -\sup A = -\sqrt{5}.\]
Sonuç. \(\sup A = \sqrt{5}\) ve \(\inf A = -\sqrt{5}\). \((\pm\sqrt{5})^2 = 5\) olduğundan bu sayılar \(A\)’ya ait değildir; maksimum ve minimum yoktur. Çözümde iki tamlık sonucu birlikte çalıştı: \(\sqrt{5}\)’in varlığı köklerin varlığından, supremuma istenildiği kadar yaklaşan rasyonel elemanlar ise rasyonellerin yoğunluğundan geldi.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.45 (Üstel Fonksiyonun Değerleri) \(C = \left\{ e^{-x^2} : x \in \mathbb{R} \right\}\) kümesinin supremum ve infimumunu bulunuz.
Çözüm
\(e\) sayısı Tanım 23.1 ile tanımlanmıştır ve Sonuç 23.5 gereği \(2 < e < 3\)’tür. Üstel fonksiyonun okuldan bilinen şu özelliklerini de kullanacağız: her \(t\) için \(e^t > 0\); \(e^0 = 1\); \(e^{-t} = \dfrac{1}{e^t}\); \(s < t\) ise \(e^s < e^t\); doğal sayı \(n\) için \(e^n\), \(e\)’nin \(n\) kez kendisiyle çarpımıdır.
Maksimum ve supremum. Her \(x\) için \(x^2 \geq 0\), yani \(-x^2 \leq 0\)’dır. Üstel fonksiyon artan olduğundan \(e^{-x^2} \leq e^0 = 1\); \(1\) bir üst sınırdır. \(x = 0\) için \(e^{0} = 1 \in C\) olduğundan \(\max C = 1\) ve Önerme 9.3 gereği \(\sup C = 1\).
İnfimum. Her \(x\) için \(e^{-x^2} > 0\) olduğundan \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Sonuç 12.1 gereği \(n > \frac{1}{\varepsilon}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. \(x = \sqrt{n}\) alalım (Teorem 13.2); \(x^2 = n\)’dir. \(0 < 2 < e\) olduğundan Teorem 11.3 (4) ile \(2^n < e^n\), Örnek 10.7 ile de \(n < 2^n\)’dir. Böylece \(n < e^n\) ve Önerme 7.10 gereği
\[e^{-x^2} = e^{-n} = \frac{1}{e^n} < \frac{1}{n} < \varepsilon.\]
Teorem 9.2 gereği \(\inf C = 0\). \(e^{-x^2} > 0\) olduğundan \(0 \notin C\); minimum yoktur.
Sonuç. \(\sup C = \max C = 1\) ve \(\inf C = 0\) (minimum yok).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.46 (Aralık Birleşiminin Bir Parçası) Aşağıdaki kümenin supremum ve infimumunu bulunuz:
\[D = \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} [2n, 2n + 1] \right) \cap [0, 10].\]
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. \(\mathbb{N}\) \(1\)’den başladığından aralıklar \([2, 3], [4, 5], [6, 7], \ldots\)’dır. Kesişim birleşime dağıldığından (Önerme 3.5)
\[D = \bigcup_{n=1}^{\infty} \big([2n, 2n + 1] \cap [0, 10]\big)\]
olur. Kesişimleri aralık aralık hesaplayalım:
- \(n = 1, 2, 3, 4\) için \(2n + 1 \leq 9 \leq 10\) ve \(2n \geq 2 \geq 0\) olduğundan \([2n, 2n + 1] \subset [0, 10]\)’dur.
- \(n = 5\) için \([10, 11] \cap [0, 10] = \{10\}\)’dur.
- \(n \geq 6\) için her \(x \in [2n, 2n + 1]\), \(x \geq 12 > 10\) sağlar; kesişim boştur.
Boş kümeler birleşime bir şey katmadığından
\[D = [2, 3] \cup [4, 5] \cup [6, 7] \cup [8, 9] \cup \{10\}.\]
Supremum. \(D \subset [0, 10]\) olduğundan her eleman \(10\)’dan küçük ya da ona eşittir; \(10\) bir üst sınırdır ve \(10 \in D\)’dir. O hâlde \(\max D = 10\) ve Önerme 9.3 gereği \(\sup D = 10\).
İnfimum. \(D\)’nin her elemanı bir \([2n, 2n + 1]\) aralığındadır ve \(x \geq 2n \geq 2\) sağlar; \(2\) bir alt sınırdır ve \(2 \in [2, 3] \subset D\)’dir. O hâlde \(\min D = \inf D = 2\).
Sonuç. \(\sup D = \max D = 10\) ve \(\inf D = \min D = 2\). Dikkat: supremum, birleşimdeki “son tam aralıkta” (\([8, 9]\)) değil, \([0, 10]\) ile kesişimin bıraktığı tek nokta \(10\)’da alınır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.47 (Bir Aralık ile İki Noktanın Toplamları) Aşağıdaki kümenin supremum ve infimumunu bulunuz:
\[E = \{x + y : x \in [-1, 1],\ y \in \{0, 2\}\}.\]
Çözüm
Kümeyi tanıyalım. \(y = 0\) için \(x + y\) toplamları \([-1, 1]\) aralığını, \(y = 2\) için \([1, 3]\) aralığını tarar. Gerçekten \(t \in [1, 3]\) ise \(x = t - 2 \in [-1, 1]\) ve \(t = x + 2\)’dir. Dolayısıyla
\[E = [-1, 1] \cup [1, 3] = [-1, 3].\]
Uç değerler. \(E = [-1, 3]\) kapalı aralığının \(3\) ve \(-1\) uç noktaları kümeye aittir; \(3\) bir üst sınır, \(-1\) bir alt sınırdır. O hâlde
\[\sup E = \max E = 3, \qquad \inf E = \min E = -1.\]
\(3 = 1 + 2\) ve \(-1 = (-1) + 0\) olarak elde edilir.
Aynı sonuç Önerme 9.5 (4) ile de bulunur: \(E = [-1, 1] + \{0, 2\}\) olduğundan \(\sup E = 1 + 2 = 3\) ve \(\inf E = -1 + 0 = -1\).
\(\blacksquare\)
39.4 Supremum ve İnfimumun Özellikleri
Son kısımda belirli kümelerin değil, küme işlemlerinin supremumla ilişkisini inceliyoruz: birleşim, öteleme, aynalama, çarpım ve fark kümeleri. İspatların hepsi aynı iki adımdan oluşur: aday sayının bir üst (alt) sınır olduğunu göstermek, sonra (S2) ya da epsilon ölçütüyle en küçük (en büyük) olduğunu kanıtlamak. Bazı problemlerde de iddianın her zaman doğru olmadığını bir karşı örnekle göreceğiz.
Alıştırma 39.48 (Çarpım Kümesinde Supremumun Bozulması) \(A, B \subset \mathbb{R}\) için \(AB = \{ab : a \in A,\ b \in B\}\) olsun. Hem \(\sup(AB) \neq (\sup A)(\sup B)\) hem de \(\inf(AB) \neq (\inf A)(\inf B)\) olacak biçimde \(A\) ve \(B\) kümelerine bir örnek veriniz.
Çözüm
Eşitliği bozan şey negatif sayılardır: negatif bir sayıyla çarpmak sıralamayı çevirir. Bu yüzden negatif sayılardan oluşan kümeleri deneyelim: \(A = B = [-1, 0]\).
\(AB\) kümesini bulalım. \(a, b \in [-1, 0]\) olsun. O zaman \(-a, -b \in [0, 1]\)’dir ve Önerme 6.12 (2) gereği \(ab = (-a)(-b)\)’dir. İki negatif olmayan sayının çarpımı negatif değildir; ayrıca \(-a \leq 1\) eşitsizliği negatif olmayan \(-b\) ile çarpılırsa \((-a)(-b) \leq -b \leq 1\) olur. Demek ki \(ab \in [0, 1]\), yani \(AB \subset [0, 1]\). Tersine her \(t \in [0, 1]\) için \(-1 \in A\), \(-t \in B\) ve \((-1)(-t) = t\)’dir; yani \([0, 1] \subset AB\). Böylece
\[AB = [0, 1], \qquad \sup(AB) = 1, \qquad \inf(AB) = 0.\]
Karşılaştırma. \(\sup A = \sup B = 0\) ve \(\inf A = \inf B = -1\)’dir (kapalı aralığın uçları). Buna göre
\[(\sup A)(\sup B) = 0 \neq 1 = \sup(AB), \qquad (\inf A)(\inf B) = 1 \neq 0 = \inf(AB).\]
Tek bir örnek iki eşitliği birden bozar. Kümeler pozitif sayılardan oluştuğunda ise supremum eşitliği doğrudur (bkz. Alıştırma 39.53).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.49 (Birleşimin Supremumu) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı alt kümeleri olsun. \(\sup(A \cup B) = \max\{\sup A, \sup B\}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tamlık Aksiyomu gereği \(\alpha = \sup A\) ve \(\beta = \sup B\) vardır. \(s = \max\{\alpha, \beta\}\) diyelim (Tanım 7.4); tanım gereği \(\alpha \leq s\) ve \(\beta \leq s\)’dir.
(S1): \(s\) bir üst sınırdır. \(x \in A \cup B\) olsun. \(x \in A\) ise \(x \leq \alpha \leq s\); \(x \in B\) ise \(x \leq \beta \leq s\). Her durumda \(x \leq s\). Böylece \(A \cup B\) boş olmayan, üstten sınırlı bir kümedir ve supremumu vardır.
(S2): \(s\) üst sınırların en küçüğüdür. \(M\), \(A \cup B\)’nin herhangi bir üst sınırı olsun. \(A \subset A \cup B\) olduğundan \(M\), \(A\)’nın da bir üst sınırıdır ve (S2) gereği \(\alpha \leq M\). Aynı nedenle \(\beta \leq M\). \(s\) sayısı \(\alpha\) ya da \(\beta\)’dan birine eşit olduğundan \(s \leq M\)’dir.
İki koşul sağlandığından \(\sup(A \cup B) = s = \max\{\sup A, \sup B\}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.50 (Birleşimin İnfimumu) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı alt kümeleri olsun. \(\inf(A \cup B) = \min\{\inf A, \inf B\}\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Teorem 9.3 gereği \(\alpha = \inf A\) ve \(\beta = \inf B\) vardır. \(t = \min\{\alpha, \beta\}\) diyelim; tanım gereği \(t \leq \alpha\) ve \(t \leq \beta\)’dır.
(I1): \(t\) bir alt sınırdır. \(x \in A \cup B\) olsun. \(x \in A\) ise \(t \leq \alpha \leq x\); \(x \in B\) ise \(t \leq \beta \leq x\). Her durumda \(t \leq x\). Böylece \(A \cup B\) alttan sınırlıdır ve infimumu vardır.
(I2): \(t\) alt sınırların en büyüğüdür. \(m\), \(A \cup B\)’nin herhangi bir alt sınırı olsun. \(A \subset A \cup B\) olduğundan \(m\), \(A\)’nın da alt sınırıdır ve (I2) gereği \(m \leq \alpha\). Aynı nedenle \(m \leq \beta\). \(t\) sayısı \(\alpha\) ya da \(\beta\)’dan birine eşit olduğundan \(m \leq t\)’dir.
İki koşul sağlandığından \(\inf(A \cup B) = t = \min\{\inf A, \inf B\}\). (Aynı sonucun bir başka yazılışı için bkz. Alıştırma 45.1.)
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.51 (Ötelenmiş Kümenin Supremumu) \(A\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı bir alt kümesi, \(c \in \mathbb{R}\) ve \(c + A = \{c + a : a \in A\}\) olsun. \(\sup(c + A) = c + \sup A\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(s = \sup A\) olsun; Tamlık Aksiyomu gereği bu sayı vardır. \(c + s\) sayısının supremum için epsilon ölçütündeki (Teorem 9.1) iki koşulu sağladığını gösterelim.
Üst sınır. \(c + A\)’nın bir elemanı \(c + a\) biçimindedir (\(a \in A\)). \(a \leq s\) olduğundan iki yana \(c\) eklenince \(c + a \leq c + s\) olur ((O3); eşitlik hâlinde iki yan zaten eşittir). Demek ki \(c + s\) bir üst sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 9.1 gereği \(s - \varepsilon < a\) olan bir \(a \in A\) vardır. İki yana \(c\) ekleyelim:
\[(c + s) - \varepsilon < c + a, \qquad c + a \in c + A.\]
İki koşul sağlandığından \(\sup(c + A) = c + s = c + \sup A\). Yani bir kümeyi \(c\) kadar kaydırmak supremumunu da \(c\) kadar kaydırır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.52 (Ötelenmiş Kümenin İnfimumu) \(A\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı bir alt kümesi, \(c \in \mathbb{R}\) ve \(c + A = \{c + a : a \in A\}\) olsun. \(\inf(c + A) = c + \inf A\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(t = \inf A\) olsun; Teorem 9.3 gereği bu sayı vardır. \(c + t\) sayısının infimum için epsilon ölçütündeki (Teorem 9.2) iki koşulu sağladığını gösterelim.
Alt sınır. Her \(a \in A\) için \(t \leq a\)’dır; iki yana \(c\) eklenince \(c + t \leq c + a\) olur. Demek ki \(c + t\), \(c + A\)’nın bir alt sınırıdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Teorem 9.2 gereği \(a < t + \varepsilon\) olan bir \(a \in A\) vardır. İki yana \(c\) ekleyelim:
\[c + a < (c + t) + \varepsilon, \qquad c + a \in c + A.\]
İki koşul sağlandığından \(\inf(c + A) = c + t = c + \inf A\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.53 (Pozitif Kümelerin Çarpımının Supremumu) \(A, B \subset \mathbb{R}^{+}\) boş olmayan ve sınırlı kümeler, \(AB = \{ab : a \in A,\ b \in B\}\) olsun. \(\sup(AB) = (\sup A)(\sup B)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\alpha = \sup A\) ve \(\beta = \sup B\) olsun. \(A\) boş olmadığından bir \(a_0 \in A\) vardır ve \(\alpha \geq a_0 > 0\); aynı biçimde \(\beta > 0\)’dır.
Adım 1: \(\alpha\beta\) bir üst sınırdır. \(a \in A\) ve \(b \in B\) olsun; \(a, b > 0\)’dır. \(a \leq \alpha\) eşitsizliğini pozitif \(b\) ile, \(b \leq \beta\) eşitsizliğini pozitif \(\alpha\) ile çarparsak (O4; eşitlik hâlinde eşitlik korunur)
\[ab \leq \alpha b \leq \alpha \beta\]
bulunur. Demek ki \(AB\) boş olmayan, üstten sınırlı bir kümedir; \(\gamma = \sup(AB)\) vardır ve (S2) gereği \(\gamma \leq \alpha\beta\).
Adım 2: \(\alpha\beta \leq \gamma\). Bir \(b \in B\) sabitleyelim. Her \(a \in A\) için \(ab \in AB\) olduğundan \(ab \leq \gamma\)’dır. İki yanı pozitif \(\frac{1}{b}\) ile çarparsak \(a \leq \frac{\gamma}{b}\) olur. Bu her \(a \in A\) için doğru olduğundan \(\frac{\gamma}{b}\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır ve (S2) gereği
\[\alpha \leq \frac{\gamma}{b}, \qquad \text{yani} \qquad b \leq \frac{\gamma}{\alpha}.\]
(İkinci eşitsizlik için önce iki yan pozitif \(b\) ile, sonra pozitif \(\frac{1}{\alpha}\) ile çarpıldı.) Bu kez \(b \in B\) keyfi olduğundan \(\frac{\gamma}{\alpha}\), \(B\)’nin bir üst sınırıdır ve \(\beta \leq \frac{\gamma}{\alpha}\), yani \(\alpha\beta \leq \gamma\).
Sonuç. İki adımdan \(\gamma = \alpha\beta\), yani \(\sup(AB) = (\sup A)(\sup B)\). İspatta pozitiflik iki yerde kullanıldı: çarpınca yönün korunmasında ve \(\frac{1}{b}\), \(\frac{1}{\alpha}\) ile çarpabilmekte. Alıştırma 39.48 bu koşul olmadan eşitliğin bozulabildiğini gösteriyor.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.54 (Bir Sayıdan Büyük Sayıların İnfimumu) Her \(y \in \mathbb{R}\) için \(\inf\{x \in \mathbb{R} : y < x\} = y\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(T = \{x \in \mathbb{R} : y < x\}\) diyelim; bu küme \((y, +\infty)\) açık ışınıdır. Önerme 7.8 gereği \(y < y + 1\) olduğundan \(y + 1 \in T\) ve \(T\) boş değildir.
Alt sınır. Tanım gereği her \(x \in T\) için \(y < x\); \(y\) bir alt sınırdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(x = y + \frac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(\frac{\varepsilon}{2} > 0\) olduğundan \(y < x\), yani \(x \in T\). Ayrıca \(\frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon\) olduğundan (Önerme 7.11, \(0 < \varepsilon\) için) \(x < y + \varepsilon\)’dur.
Teorem 9.2 gereği \(\inf T = y\). \(y < y\) yanlış olduğundan \(y \notin T\); \(T\)’nin minimumu yoktur. Yani \(y\)’den büyük sayıların “en küçüğü” yoktur, ama bu sayılar \(y\)’ye istenildiği kadar yaklaşır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.55 (Kesişimin Supremumu) \(A\) ve \(B\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı alt kümeleri olsun. \(\sup(A \cap B) \leq \min\{\sup A, \sup B\}\) eşitsizliği her zaman doğru mudur? Bir ispat ya da karşı örnek veriniz.
Çözüm
Yanıt evettir; yalnızca kesişimin boş olabileceğine dikkat etmek gerekir. İki durumu ayıralım.
Durum \(A \cap B \neq \varnothing\). \(A \cap B \subset A\) ve \(A\) üstten sınırlı olduğundan Önerme 9.5 (1) gereği \(\sup(A \cap B)\) vardır ve
\[\sup(A \cap B) \leq \sup A.\]
Aynı biçimde \(A \cap B \subset B\) olduğundan \(\sup(A \cap B) \leq \sup B\). İki sayıdan da küçük ya da eşit olan bir sayı, onların küçüğünden de küçük ya da eşittir:
\[\sup(A \cap B) \leq \min\{\sup A, \sup B\}.\]
Durum \(A \cap B = \varnothing\). Örneğin \(A = [0, 1]\) ve \(B = [2, 3]\) için kesişim boştur. Boş kümenin her reel sayı bir üst sınırıdır; dolayısıyla supremumu bir reel sayı olarak yoktur. Tanım 9.5 gösterimiyle \(\sup \varnothing = -\infty\)’dur ve eşitsizlik \(-\infty \leq \min\{\sup A, \sup B\}\) biçiminde, sembolik olarak yine doğrudur. Eşitsizliği reel sayılar arasında bir eşitsizlik olarak okumak istiyorsak \(A \cap B \neq \varnothing\) koşulunu eklememiz gerekir.
Eşitsizlik kesin olabilir. \(A = \{0, 2\}\) ve \(B = \{0, 3\}\) alalım. \(A \cap B = \{0\}\) olduğundan \(\sup(A \cap B) = 0\)’dır; oysa \(\min\{\sup A, \sup B\} = \min\{2, 3\} = 2\)’dir. Demek ki eşitsizlik genel olarak eşitliğe çevrilemez: kesişim, iki kümenin “üst uçlarını” kaybedebilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.56 (Aynalanmış Kümenin İnfimumu) \(A\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı bir alt kümesi ve \(-A = \{-a : a \in A\}\) olsun. \(\inf(-A) = -\sup A\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(s = \sup A\) olsun; Tamlık Aksiyomu gereği bu sayı vardır. \(-A\) boş değildir, çünkü \(A\) boş değildir.
(I1): \(-s\) bir alt sınırdır. \(-A\)’nın bir elemanı \(-a\) biçimindedir (\(a \in A\)). \(a \leq s\) olduğundan eksi almak yönü çevirir (Önerme 7.3; eşitlik hâlinde iki yan eşit kalır): \(-s \leq -a\). Demek ki \(-s\), \(-A\)’nın bir alt sınırıdır.
(I2): \(-s\) alt sınırların en büyüğüdür. \(m\), \(-A\)’nın herhangi bir alt sınırı olsun: her \(a \in A\) için \(m \leq -a\). Yine eksi alarak \(a \leq -m\) buluruz; yani \(-m\), \(A\)’nın bir üst sınırıdır. (S2) gereği \(s \leq -m\), eksi alınca \(m \leq -s\).
İki koşul sağlandığından \(\inf(-A) = -s = -\sup A\). Geometrik olarak: \(A\)’yı sıfıra göre aynalamak, en sağdaki uç noktasını en soldaki uca taşır. Bu eşitlik Önerme 9.5 (3) içinde de yer alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.57 (Fonksiyon Toplamının Supremumu) \(f, g : [0, 1] \to \mathbb{R}\) sınırlı fonksiyonlar olsun ve
\[A = \{f(x) : x \in [0, 1]\}, \quad B = \{g(x) : x \in [0, 1]\}, \quad C = \{f(x) + g(x) : x \in [0, 1]\}\]
kümelerini tanımlayalım. \(\sup C = \sup A + \sup B\) eşitliği her zaman doğru mudur? Yanıtınızı gerekçelendiriniz.
Çözüm
Yanıt hayırdır. Önce her zaman doğru olan yarıyı, sonra eşitliği bozan bir örneği görelim.
Her zaman \(\sup C \leq \sup A + \sup B\). \(f\) ve \(g\) sınırlı olduğundan \(A\) ve \(B\) boş olmayan sınırlı kümelerdir; \(\sup A\) ve \(\sup B\) vardır. Her \(x \in [0, 1]\) için \(f(x) \leq \sup A\) ve \(g(x) \leq \sup B\)’dir; taraf tarafa toplayınca (Önerme 7.1)
\[f(x) + g(x) \leq \sup A + \sup B.\]
Demek ki \(\sup A + \sup B\), \(C\)’nin bir üst sınırıdır ve (S2) gereği \(\sup C \leq \sup A + \sup B\).
Eşitlik bozulabilir. \(f(x) = x\) ve \(g(x) = 1 - x\) alalım; ikisi de \([0, 1]\) üzerinde \(0\) ile \(1\) arasında değer aldığından sınırlıdır.
- \(A = \{x : x \in [0, 1]\} = [0, 1]\) ve \(\sup A = 1\).
- Her \(t \in [0, 1]\) için \(x = 1 - t \in [0, 1]\) ve \(g(x) = t\)’dir; ayrıca \(g\)’nin değerleri \([0, 1]\) içindedir. Dolayısıyla \(B = [0, 1]\) ve \(\sup B = 1\).
- Her \(x\) için \(f(x) + g(x) = x + (1 - x) = 1\)’dir; yani \(C = \{1\}\) ve \(\sup C = 1\).
Böylece \(\sup C = 1 \neq 2 = \sup A + \sup B\).
Neden? \(f\) en büyük değerini \(x = 1\)’de, \(g\) ise \(x = 0\)’da alır. \(C\) kümesi iki fonksiyonun aynı noktadaki değerlerini toplar; \(\sup A + \sup B\) ise iki fonksiyonun en iyi değerlerini farklı noktalardan bir araya getirir. Küme diliyle: \(C\), \(A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}\) kümesinin bir alt kümesidir ve genellikle ondan küçüktür. \(A + B\) için eşitlik her zaman doğrudur (Önerme 9.5 (4)). Eşitlik \(C\) için de sağlanabilir; örneğin \(f = g\) ise \(C = 2A\) ve \(\sup C = 2\sup A = \sup A + \sup B\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.58 (Kümeye Ait Olmayan Supremumun Yakınındaki Noktalar) \(A \subset \mathbb{R}\) boş olmayan, üstten sınırlı bir küme ve \(\alpha = \sup A\) olsun. \(\alpha \notin A\) ise her \(\varepsilon > 0\) için \((\alpha - \varepsilon, \alpha)\) aralığının \(A\)’nın sonsuz çoklukta noktasını içerdiğini gösteriniz.
Çözüm
Bir gözlem. Her \(\delta > 0\) için \(A \cap (\alpha - \delta, \alpha)\) boş değildir. Gerçekten Teorem 9.1 gereği \(\alpha - \delta < a\) olan bir \(a \in A\) vardır. (S1) gereği \(a \leq \alpha\)’dır ve \(\alpha \notin A\) olduğundan \(a \neq \alpha\); dolayısıyla \(a < \alpha\) ve \(a \in (\alpha - \delta, \alpha)\).
Olmayana ergi. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(F = A \cap (\alpha - \varepsilon, \alpha)\) kümesinin sonlu olduğunu varsayalım. Gözlem (\(\delta = \varepsilon\) ile) \(F\)’nin boş olmadığını söyler. Boş olmayan sonlu bir kümenin en büyük elemanı vardır (Önerme 10.4); \(m = \max F\) diyelim. \(m \in F\) olduğundan \(\alpha - \varepsilon < m < \alpha\)’dır.
Şimdi gözlemi \(\delta = \alpha - m > 0\) ile uygulayalım: \(\alpha - \delta = m\) olduğundan \(m < a < \alpha\) olan bir \(a \in A\) vardır. Bu \(a\) için \(\alpha - \varepsilon < m < a < \alpha\), yani \(a \in F\). Ama \(a > m = \max F\); bu, \(m\)’nin \(F\)’nin en büyük elemanı olmasıyla çelişir.
Sonuç. \(F\) sonlu olamaz; \((\alpha - \varepsilon, \alpha)\) aralığı \(A\)’nın sonsuz çoklukta noktasını içerir.
Hipotez gereklidir: \(\alpha \in A\) ise sonuç bozulabilir. Örneğin \(A = \{0\}\) için \(\alpha = 0 \in A\) ve \((-\varepsilon, 0)\) aralığında \(A\)’nın hiç noktası yoktur.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 39.59 (Uzaklıklar Kümesinin Supremumu) \(A\), \(\mathbb{R}\)’nin boş olmayan sınırlı bir alt kümesi olsun.
\[\sup\{|x - y| : x, y \in A\} = \sup A - \inf A\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(s = \sup A\), \(t = \inf A\) ve \(D = \{|x - y| : x, y \in A\}\) diyelim. \(A\) boş olmadığından bir \(x_0 \in A\) için \(|x_0 - x_0| = 0 \in D\); \(D\) boş değildir.
Üst sınır. \(x, y \in A\) olsun. \(t \leq x \leq s\) ve \(t \leq y \leq s\) olduğundan \(-s \leq -y \leq -t\) (Önerme 7.3) ve taraf tarafa toplayınca
\[t - s \leq x - y \leq s - t\]
olur. \(s - t \geq 0\) olduğundan Teorem 8.1 (7) gereği \(|x - y| \leq s - t\). Demek ki \(s - t\), \(D\)’nin bir üst sınırıdır.
Epsilon koşulu. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Supremum ve infimum için epsilon ölçütlerini (Teorem 9.1, Teorem 9.2) \(\frac{\varepsilon}{2}\) ile uygulayalım: \(s - \frac{\varepsilon}{2} < x\) olan bir \(x \in A\) ve \(y < t + \frac{\varepsilon}{2}\) olan bir \(y \in A\) vardır. İkinci eşitsizlikten \(-y > -t - \frac{\varepsilon}{2}\); toplarsak
\[|x - y| \geq x - y > \left(s - \frac{\varepsilon}{2}\right) - \left(t + \frac{\varepsilon}{2}\right) = (s - t) - \varepsilon\]
bulunur; ilk adımda Teorem 8.1 (4) kullanıldı. \(|x - y| \in D\) olduğundan Teorem 9.1 gereği \(\sup D = s - t\).
Sonuç. \(\sup D = \sup A - \inf A\). Yani bir kümenin “çapı”, yani iki elemanı arasındaki uzaklıkların supremumu, kümenin en sağ ucu ile en sol ucu arasındaki uzaklıktır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde reel sayıların aksiyomlarından mutlak değerli eşitsizliklere ve supremum hesaplarına uzanan bir yol yürüdük. Sıradaki problemler kümeler, fonksiyonlar ve tümevarım üzerinedir: Kümeler, Fonksiyonlar ve Tümevarım Üzerine Problemler.