7  Sıralama Aksiyomları ve Aralıklar

Önceki bölümdeki cebirsel (cisim) aksiyomları reel sayıların aritmetik yapısını, yani toplama ve çarpmanın kurallarını belirler. Ancak bu aksiyomlar iki sayıyı karşılaştırmaya yetmez: “\(3\), \(5\)’ten küçüktür” cümlesinin anlamı cebirsel aksiyomlarda yoktur. Nitekim sonlu cisim \(\{0, 1\}\) üzerinde \(1 + 1 = 0\) olduğundan orada “\(0 < 1\)” demenin bile tutarlı bir yolu bulunamaz. Sayıları bir doğru üzerine dizebilmek için yeni bir aksiyom grubuna ihtiyacımız var: sıralama aksiyomları.

Bu bölümde dört sıralama aksiyomunu vereceğiz, ardından eşitsizliklerle çalışırken kullandığımız bütün kuralları (taraf değiştirme, negatifle çarpınca yön değişmesi, \(0 < 1\), karelerin negatif olmaması, \(\dots\)) bu dört aksiyomdan ve cebirsel aksiyomlardan türeteceğiz. Sonra sıralamanın doğal ürünleri olan aralıkları, maksimum, minimum ve işaret fonksiyonlarını tanımlayacağız. Mutlak değer, sıradaki bölümün konusudur.

7.1 Sıralama Aksiyomları

Reel sayılar kümesi üzerinde \(<\) ile gösterilen ve “küçüktür” diye okunan bir bağıntı (Tanım 4.1) vardır. Bu bağıntı şu dört aksiyomu sağlar:

ÖnemliSıralama Aksiyomları

Her \(x, y, z \in \mathbb{R}\) için:

• (O1) Üçlem yasası (trichotomy): \(x = y\), \(x < y\), \(y < x\) koşullarından tam olarak biri doğrudur.
• (O2) Geçişlilik: \(x < y\) ve \(y < z\) ise \(x < z\)’dir.
• (O3) Toplamayla uyum: \(x < y\) ise \(x + z < y + z\)’dir.
• (O4) Pozitifle çarpmayla uyum: \(x < y\) ve \(0 < z\) ise \(xz < yz\)’dir.

Aksiyomların anlamı üzerinde duralım. (O1), herhangi iki reel sayının her zaman karşılaştırılabildiğini ve bu karşılaştırmanın tek bir sonucu olduğunu söyler; özel olarak hiçbir \(x\) için \(x < x\) olamaz (çünkü \(x = x\) doğrudur ve üç koşuldan yalnız biri doğru olabilir). (O2), sıralamanın zincirlenebildiğini söyler. (O3) ve (O4) ise sıralamayı cebirsel işlemlere bağlar: bir eşitsizliğin iki yanına aynı sayıyı eklemek ya da iki yanı aynı pozitif sayıyla çarpmak eşitsizliğin yönünü değiştirmez. (O4)’te \(0 < z\) koşulunun ne kadar önemli olduğunu birazdan göreceğiz: negatif bir sayıyla çarpmak yönü tersine çevirir.

Yalnızca \(<\) bağıntısını aksiyom olarak aldık; ötekiler bunun kısaltmasıdır.

Tanım 7.1 (Öteki Sıralama Sembolleri) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) olsun.

• Büyüktür: \(x > y\) ifadesi \(y < x\) demektir.
• Küçük veya eşit: \(x \leq y\) ifadesi “\(x < y\) veya \(x = y\)” demektir.
• Büyük veya eşit: \(x \geq y\) ifadesi “\(x > y\) veya \(x = y\)” demektir.
• Zincir eşitsizlik: \(x < y < z\) ifadesi “\(x < y\) ve \(y < z\)” demektir. \(x \leq y < z\), \(x < y \leq z\) gibi karışık zincirler de aynı biçimde okunur.

Üçlem yasasının bir sonucu olarak \(x \leq y\) ile \(y < x\) birbirinin olumsuzlamasıdır: “\(x \leq y\) değil” demek “\(y < x\)” demektir. Bu, eşitsizlik ispatlarında olmayana ergi yöntemini kullanmamızı çok kolaylaştırır. Ayrıca \(\leq\) bağıntısı yansımalı, ters simetrik ve geçişlidir ve herhangi iki reel sayı \(\leq\) ile karşılaştırılabilir; yani \(\leq\), \(\mathbb{R}\) üzerinde bir tam sıralamadır (Tanım 4.7). Bunun ispatı bölüm sonundaki alıştırmalardadır.

Bir sayıyı sıfırla karşılaştırmak, onu pozitif ya da negatif olarak sınıflandırmamızı sağlar.

Tanım 7.2 (Pozitif ve Negatif Sayılar) Bir \(x \in \mathbb{R}\) sayısına

• \(x > 0\) ise pozitif,
• \(x < 0\) ise negatif,
• \(x \geq 0\) ise negatif olmayan,
• \(x \leq 0\) ise pozitif olmayan

denir. Pozitif ve negatif reel sayıların kümeleri

\[\mathbb{R}^{+} = \{x \in \mathbb{R} : x > 0\}, \qquad \mathbb{R}^{-} = \{x \in \mathbb{R} : x < 0\}\]

ile gösterilir.

Üçlem yasasının \(y = 0\) için özel hâli şudur: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \in \mathbb{R}^{+}\), \(x = 0\), \(x \in \mathbb{R}^{-}\) koşullarından tam olarak biri doğrudur. Yani \(\mathbb{R}\), birbirinden ayrık üç parçaya ayrılır: \(\mathbb{R} = \mathbb{R}^{-} \cup \{0\} \cup \mathbb{R}^{+}\). Birazdan \(x \in \mathbb{R}^{-}\) koşulunun \(-x \in \mathbb{R}^{+}\) koşuluna denk olduğunu göstereceğiz; böylece üçlem “ya \(x\) pozitif, ya \(x = 0\), ya da \(-x\) pozitif” biçimini alır.

7.2 Sıralama Aksiyomlarının Sonuçları

Sıralama aksiyomları, cebirsel aksiyomlarla birlikte kullanıldığında eşitsizliklerle ilgili bütün tanıdık kuralları verir. Sırayla türetelim; her adımda kullanılan aksiyom ya da sonuç parantez içinde belirtilmiştir.

Önerme 7.1 (Eşitsizliklerin Toplanması) \(x, y, z, t \in \mathbb{R}\) olsun. \(x < y\) ve \(z \leq t\) ise \(x + z < y + t\)’dir. Özel olarak \(x < y\) ve \(z < t\) ise \(x + z < y + t\)’dir.

İspat

\(x < y\) olduğundan (O3) ile \(x + z < y + z\)’dir. Şimdi \(z \leq t\) koşulunu iki duruma ayıralım.

• \(z < t\) ise (O3) ile \(z + y < t + y\), (A1) ile \(y + z < y + t\) olur. \(x + z < y + z\) ve \(y + z < y + t\) olduğundan (O2) ile \(x + z < y + t\).
• \(z = t\) ise \(y + z = y + t\) olur ve \(x + z < y + z = y + t\) doğrudan istenendir.

Her iki durumda da \(x + z < y + t\).

\(\blacksquare\)

Eşitsizliklerin toplanabildiğini gördük; çıkarılamayacağını da not edelim: \(1 < 2\) ve \(0 < 5\) iken \(1 - 0 < 2 - 5\) yanlıştır. Eşitsizlikler yalnızca aynı yönde toplanır.

Önerme 7.2 (Farkın İşareti) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. Aşağıdakiler birbirine denktir:

\[x < y \iff x - y < 0 \iff 0 < y - x.\]

İspat

Birinci denklik. (\(\Rightarrow\)) \(x < y\) olsun. (O3) ile iki yana \(-y\) ekleyelim: \(x + (-y) < y + (-y)\). Sol yan çıkarma tanımıyla \(x - y\), sağ yan (A4) ile \(0\)’dır: \(x - y < 0\).

(\(\Leftarrow\)) \(x - y < 0\) olsun. (O3) ile iki yana \(y\) ekleyelim: \((x - y) + y < 0 + y\). Sol yan (A2), (A1), (A4), (A3) ile \(x + ((-y) + y) = x + 0 = x\), sağ yan (A1), (A3) ile \(y\)’dir: \(x < y\).

İkinci denklik. \(x - y < 0\) olsun. (O3) ile iki yana \(-(x - y)\) ekleyelim: \((x - y) + (-(x - y)) < 0 + (-(x - y))\), yani (A4), (A1), (A3) ile \(0 < -(x - y)\). Bölüm 6’nın alıştırmasında (Alıştırma 6.1 (b)) \(-(x - y) = y - x\) gösterilmişti; o hâlde \(0 < y - x\). Tersi de aynı yolla: \(0 < y - x\) ise iki yana \(-(y - x) = x - y\) ekleyince \(x - y < 0\) çıkar.

\(\blacksquare\)

Bu önerme, eşitsizlik çözerken “her şeyi bir yana topla” adımının gerekçesidir: \(x < y\) eşitsizliği ile \(x - y < 0\) eşitsizliği aynı çözüm kümesine sahiptir.

Önerme 7.3 (Eksi Alma Yönü Çevirir) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun. \(x < y\) olması için gerek ve yeter koşul \(-y < -x\) olmasıdır.

İspat

(\(\Rightarrow\)) \(x < y\) olsun. (O3) ile iki yana \((-x) + (-y)\) ekleyelim:

\[x + \big((-x) + (-y)\big) < y + \big((-x) + (-y)\big).\]

Sol yan (A2), (A4), (A1), (A3) ile, sağ yan da (A1), (A2), (A4), (A3) ile sadeleşir:

\[\begin{aligned} (x + (-x)) + (-y) &= 0 + (-y) = -y \\ y + ((-y) + (-x)) &= (y + (-y)) + (-x) = 0 + (-x) = -x \end{aligned}\]

O hâlde \(-y < -x\).

(\(\Leftarrow\)) \(-y < -x\) olsun. Az önce ispatladığımız yönü bu eşitsizliğe uygulayalım (burada \(x\) yerine \(-y\), \(y\) yerine \(-x\) alıyoruz): \(-(-x) < -(-y)\). Önerme 6.5 gereği \(-(-x) = x\) ve \(-(-y) = y\) olduğundan \(x < y\).

\(\blacksquare\)

Önerme 7.4 (Bir Sayı ile Tersinin İşareti) Her \(x \in \mathbb{R}\) için

\[x > 0 \iff -x < 0 \qquad \text{ve} \qquad x < 0 \iff -x > 0.\]

Yani pozitif bir sayının toplama tersi negatif, negatif bir sayının toplama tersi pozitiftir.

İspat

Önerme 7.3’de \(x\) yerine \(0\), \(y\) yerine \(x\) alalım: \(0 < x \iff -x < -0\). Önerme 6.4 gereği \(-0 = 0\) olduğundan bu, \(x > 0 \iff -x < 0\) demektir. İkincisi için \(x\) aynı kalsın, \(y\) yerine \(0\) alalım: \(x < 0 \iff -0 < -x\), yani \(x < 0 \iff 0 < -x\).

\(\blacksquare\)

Böylece söz verdiğimiz sonucu elde ettik: her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x \in \mathbb{R}^{+}\), \(x = 0\), \(-x \in \mathbb{R}^{+}\) koşullarından tam olarak biri doğrudur.

Şimdi çarpmanın işaretle ilişkisine geçelim. (O4), pozitifle çarpmanın yönü koruduğunu söyler; önce bunun hemen çıkan sonuçlarını, sonra negatifle çarpmayı ele alalım.

Önerme 7.5 (Çarpımın İşareti) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun.

1. \(x > 0\) ve \(y > 0\) ise \(xy > 0\).
2. \(x > 0\) ve \(y < 0\) ise \(xy < 0\).

İspat

(1) \(0 < x\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(y\) ile çarpalım (O4): \(0 \cdot y < xy\). Önerme 6.9 gereği \(0 \cdot y = 0\); o hâlde \(0 < xy\).

(2) \(y < 0\) olduğundan Önerme 7.4 ile \(-y > 0\)’dır. (1) ile \(x(-y) > 0\). Önerme 6.12 gereği \(x(-y) = -(xy)\); yani \(-(xy) > 0\). Yine Önerme 7.4 ile (\(x\) yerine \(xy\) alarak) \(xy < 0\).

\(\blacksquare\)

Önerme 7.6 (Negatifle Çarpma Yönü Çevirir) \(x, y, z \in \mathbb{R}\) olsun. \(x < y\) ve \(z < 0\) ise \(yz < xz\)’dir.

İspat

\(z < 0\) olduğundan Önerme 7.4 ile \(0 < -z\)’dir. \(x < y\) eşitsizliğini pozitif \(-z\) ile çarpalım (O4): \(x(-z) < y(-z)\). Önerme 6.12 (1) ile \(x(-z) = -(xz)\) ve \(y(-z) = -(yz)\); yani

\[-(xz) < -(yz).\]

Önerme 7.3’i bu eşitsizliğe uygularsak (\(x\) yerine \(yz\), \(y\) yerine \(xz\) alarak: \(-(xz) < -(yz) \iff yz < xz\)) istenen \(yz < xz\) elde edilir.

\(\blacksquare\)

Bu önerme, eşitsizlik çözerken en sık yapılan hatanın kaynağını gösterir: bir eşitsizliği negatif bir sayıyla çarparken (ya da negatif bir sayıya bölerken) yön mutlaka değişir. İşareti bilinmeyen bir sayıyla çarpmak ise hiçbir şey söylemez; iki durumu ayrı ayrı incelemek gerekir.

Sonuç 7.1 (İki Negatifin Çarpımı) \(x < 0\) ve \(z < 0\) ise \(xz > 0\)’dır.

İspat

Önerme 7.6’de \(y = 0\) alalım: \(x < 0\) ve \(z < 0\) olduğundan \(0 \cdot z < xz\), yani Önerme 6.9 ile \(0 < xz\).

\(\blacksquare\)

İşaret kurallarını bir tabloda toplayalım (\(x \neq 0\), \(y \neq 0\)):

\(x\)	\(y\)	\(xy\)	Gerekçe
\(+\)	\(+\)	\(+\)	Önerme 7.5 (1)
\(+\)	\(-\)	\(-\)	Önerme 7.5 (2)
\(-\)	\(+\)	\(-\)	Önerme 7.5 (2) ve (M1)
\(-\)	\(-\)	\(+\)	Sonuç 7.1

Tabloya göre iki sayının çarpımı pozitifse işaretleri aynı, negatifse işaretleri farklıdır. Bu gözlem, çarpım biçimindeki eşitsizlikleri çözerken kullanılacak.

Şimdi çok temel bir soruya geliyoruz: \(0 < 1\) midir? Aksiyomlar bunu söylemez; (M3) yalnızca \(1 \neq 0\) der. Ama sıralama aksiyomlarıyla birlikte bu, ispatlanabilir bir sonuçtur.

Önerme 7.7 (Sıfır Birden Küçüktür) \(0 < 1\)’dir. Dolayısıyla \(-1 < 0\)’dır.

İspat

(O1) gereği \(0 = 1\), \(0 < 1\), \(1 < 0\) koşullarından tam olarak biri doğrudur. (M3) gereği \(0 = 1\) olamaz. \(1 < 0\) olduğunu varsayalım. O zaman Sonuç 7.1’i \(x = z = 1\) ile uygulayabiliriz: \(1 \cdot 1 > 0\), yani (M3) ile \(1 > 0\). Ama bu, \(1 < 0\) varsayımıyla birlikte (O1)’e aykırıdır: \(0 < 1\) ile \(1 < 0\) aynı anda doğru olamaz. Çelişki. O hâlde geriye tek seçenek kalır: \(0 < 1\).

\(-1 < 0\) ise Önerme 7.4’ten gelir (\(x = 1 > 0\) için \(-1 < 0\)).

\(\blacksquare\)

Bu küçük sonuç, sayı doğrusunda “sağa doğru sonsuza kadar gidebileceğimizi” verir:

Önerme 7.8 (Her Sayıdan Büyük Bir Sayı Vardır) Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(x - 1 < x < x + 1\)’dir. Dolayısıyla en büyük ve en küçük reel sayı yoktur.

İspat

Önerme 7.7 gereği \(0 < 1\). (O3) ile iki yana \(x\) ekleyelim: \(0 + x < 1 + x\), yani (A1), (A3) ile \(x < x + 1\). Benzer biçimde \(-1 < 0\) eşitsizliğine \(x\) eklersek \(x - 1 < x\) bulunur.

Şimdi \(M\) en büyük reel sayı olsaydı \(M + 1\) de bir reel sayı olur ve \(M < M + 1\) sağlanırdı; bu, \(M\)’nin en büyük olmasıyla çelişir. En küçük için \(x - 1 < x\) aynı işi görür.

\(\blacksquare\)

Bu önermeden \(1 < 1 + 1 = 2\) ve \(2 < 3\), \(3 < 4\) eşitsizlikleri de çıkar; (O2) ile \(0 < 1 < 2 < 3 < 4\). Bu sayıların pozitif olduğunu ileride sürekli kullanacağız.

Önerme 7.9 (Pozitif Sayının Tersi Pozitiftir) \(x \in \mathbb{R}\) olsun.

1. \(0 < x\) ise \(0 < x^{-1}\)’dir.
2. \(x < 0\) ise \(x^{-1} < 0\)’dır.

Yani bir sayı ile çarpma tersi aynı işaretlidir.

İspat

(1) \(0 < x\) olsun. Önerme 6.10 gereği \(x^{-1} \neq 0\)’dır; o hâlde (O1) ile ya \(x^{-1} > 0\) ya da \(x^{-1} < 0\). \(x^{-1} < 0\) olduğunu varsayalım. \(x > 0\) ve \(x^{-1} < 0\) olduğundan Önerme 7.5 (2) ile \(x x^{-1} < 0\), yani (M4) ile \(1 < 0\) olur. Bu, Önerme 7.7 ile çelişir. Demek ki \(x^{-1} > 0\).

(2) \(x < 0\) olsun. Yine \(x^{-1} \neq 0\)’dır. \(x^{-1} > 0\) olduğunu varsayalım. \(x^{-1} > 0\) ve \(x < 0\) olduğundan Önerme 7.5 (2) ile (\(x\) yerine \(x^{-1}\), \(y\) yerine \(x\) alarak) \(x^{-1} x < 0\), yani \(1 < 0\); çelişki. Demek ki \(x^{-1} < 0\).

\(\blacksquare\)

Önerme 7.10 (Tersler Sıralamayı Çevirir) \(x, y \in \mathbb{R}\) ve \(0 < x < y\) ise \(0 < y^{-1} < x^{-1}\)’dir. Kesir yazımıyla:

\[0 < x < y \implies 0 < \frac{1}{y} < \frac{1}{x}.\]

İspat

\(0 < x\) ve \(x < y\) olduğundan (O2) ile \(0 < y\)’dir. Önerme 7.9 gereği \(x^{-1} > 0\) ve \(y^{-1} > 0\); Önerme 7.5 (1) ile \(x^{-1} y^{-1} > 0\). Şimdi \(x < y\) eşitsizliğinin iki yanını bu pozitif sayıyla çarpalım (O4):

\[x (x^{-1} y^{-1}) < y (x^{-1} y^{-1}).\]

Sol yan (M2), (M4), (M3) ile \((x x^{-1}) y^{-1} = 1 \cdot y^{-1} = y^{-1}\); sağ yan (M1), (M2), (M4), (M3) ile \((y y^{-1}) x^{-1} = x^{-1}\). O hâlde \(y^{-1} < x^{-1}\), ve zaten \(0 < y^{-1}\).

\(\blacksquare\)

Örneğin \(0 < 2 < 3\) olduğundan \(\frac{1}{3} < \frac{1}{2}\)’dir. Bu önerme yalnızca pozitif sayılar için yön çevirir; \(-1 < 2\) iken \(\frac{1}{2} < -1\) yanlıştır.

Sıradaki sonuç, reel sayıların “sık” olduğunu, yani iki sayı arasında her zaman bir üçüncüsünün bulunduğunu söyler.

Önerme 7.11 (İki Sayı Arasında Bir Sayı Vardır) \(x, y \in \mathbb{R}\) ve \(x < y\) ise

\[x < \frac{x + y}{2} < y\]

olur. Dolayısıyla birbirinden farklı herhangi iki reel sayı arasında bir başka reel sayı vardır: \(x < y\) ise \(x < z < y\) olacak biçimde bir \(z \in \mathbb{R}\) bulunur.

İspat

Önce \(\frac{1}{2}\)’nin pozitif olduğunu görelim: \(2 = 1 + 1\); Önerme 7.7 ve Önerme 7.8 ile \(0 < 1 < 2\), (O2) ile \(0 < 2\); Önerme 7.9 ile \(0 < 2^{-1} = \frac{1}{2}\).

\(x < y\) eşitsizliğine (O3) ile önce \(x\), sonra \(y\) ekleyelim:

\[x + x < y + x = x + y \qquad \text{ve} \qquad x + y < y + y.\]

Burada (A1) kullanıldı. Öte yandan (M3), (D) ve (M1) ile \(x + x = x \cdot 1 + x \cdot 1 = x(1 + 1) = x \cdot 2 = 2x\), benzer biçimde \(y + y = 2y\). Böylece

\[2x < x + y < 2y.\]

Şimdi her iki eşitsizliğin iki yanını pozitif \(\frac{1}{2}\) ile çarpalım (O4). \((2x) \cdot \frac{1}{2} = x(2 \cdot 2^{-1}) = x \cdot 1 = x\) ve benzer biçimde \((2y) \cdot \frac{1}{2} = y\) olduğundan

\[x < (x + y) \cdot \frac{1}{2} = \frac{x + y}{2} < y\]

elde edilir. \(z = \frac{x + y}{2}\) istenen sayıdır.

\(\blacksquare\)

Bu önermenin iki önemli sonucu vardır. Birincisi, aynı işlemi tekrarlayarak \(x\) ile \(y\) arasında sonsuz çoklukta reel sayı bulunduğunu görürüz: \(x < z_1 < y\), sonra \(x < z_2 < z_1\), sonra \(x < z_3 < z_2\), \(\dots\) İkincisi, \(x = 0\) alınırsa: her \(y > 0\) için \(0 < \frac{y}{2} < y\)’dir; yani en küçük pozitif reel sayı yoktur. Bu gözlem, analizdeki “\(\varepsilon\) ne kadar küçük olursa olsun” cümlelerinin temelidir.

Bölümün bu kısmındaki son sonuç, karelerle ilgilidir.

Önerme 7.12 (Karelerin Sıralama Özellikleri) \(x, y \in \mathbb{R}\) olsun.

1. \(0 \leq x^2\); üstelik \(x^2 = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(x = 0\) olmasıdır. Yani sıfırdan farklı her sayının karesi pozitiftir.
2. \(0 < x < 1\) ise \(0 < x^2 < x\)’tir.
3. \(1 < x\) ise \(x < x^2\)’tir.
4. \(0 < x < y\) ise \(x^2 < y^2\)’dir.
5. \(x < y < 0\) ise \(y^2 < x^2\)’dir.

İspat

(1) (O1) gereği \(x = 0\), \(x > 0\), \(x < 0\) durumlarından biri geçerlidir.

• \(x = 0\) ise \(x^2 = 0 \cdot 0 = 0\) (Önerme 6.9).
• \(x > 0\) ise Önerme 7.5 (1) ile \(x \cdot x > 0\), yani \(x^2 > 0\).
• \(x < 0\) ise Sonuç 7.1 ile \(x \cdot x > 0\), yani \(x^2 > 0\).

Her durumda \(x^2 \geq 0\); ayrıca \(x \neq 0\) olan iki durumda \(x^2 > 0\), yani \(x^2 \neq 0\)’dır. Öte yandan \(x = 0\) iken \(x^2 = 0\). Demek ki \(x^2 = 0 \iff x = 0\). (Aynı sonuç Önerme 6.13’den de çıkar: \(x \cdot x = 0 \iff x = 0\).)

(2) \(0 < x < 1\) olsun. \(x < 1\) eşitsizliğinin iki yanını pozitif \(x\) ile çarpalım (O4): \(x \cdot x < x \cdot 1\), yani (M3) ile \(x^2 < x\). Ayrıca (1) ile \(x^2 > 0\) (çünkü \(x \neq 0\)). O hâlde \(0 < x^2 < x\).

(3) \(1 < x\) olsun. (O2) ile \(0 < 1 < x\)’ten \(x > 0\). \(1 < x\) eşitsizliğini pozitif \(x\) ile çarpalım (O4): \(1 \cdot x < x \cdot x\), yani (M3), (M1) ile \(x < x^2\).

(4) \(0 < x < y\) olsun; (O2) ile \(y > 0\). \(x < y\) eşitsizliğini önce pozitif \(x\) ile çarpalım: \(x^2 < xy\). Sonra pozitif \(y\) ile çarpalım: \(xy < y^2\) (burada \(xy = yx\) için (M1) kullanıldı). (O2) ile \(x^2 < y^2\).

(5) \(x < y < 0\) olsun. Önerme 7.3 ile \(x < y\)’den \(-y < -x\), Önerme 7.4 ile \(y < 0\)’dan \(0 < -y\). Böylece \(0 < -y < -x\). (4)’ü bu pozitif sayılara uygulayalım: \((-y)^2 < (-x)^2\). Sonuç 6.2 gereği \((-y)^2 = y^2\) ve \((-x)^2 = x^2\); o hâlde \(y^2 < x^2\).

\(\blacksquare\)

Önermenin (4) ve (5) maddeleri birlikte şunu söyler: kare alma, pozitif sayılarda sıralamayı korur, negatif sayılarda ise çevirir. Bu yüzden \(x^2 < y^2\) eşitsizliğinden \(x < y\) sonucu çıkarılamaz; örneğin \((-1)^2 < (-3)^2\) ama \(-3 < -1\)’dir. Kare alma işlemi mutlak değerle birlikte düşünüldüğünde bu durum netleşir; bir sonraki bölümde göreceğiz.

Karelerin negatif olmamasının en ünlü uygulaması, iki sayının çarpımını toplamlarıyla karşılaştıran eşitsizliktir.

Teorem 7.1 (Aritmetik-Geometrik Ortalama Eşitsizliği) Her \(a, b \in \mathbb{R}\) için

\[ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2} \qquad \text{ve} \qquad ab \leq \left(\frac{a + b}{2}\right)^2\]

eşitsizlikleri geçerlidir. Her iki eşitsizlikte eşitlik ancak ve ancak \(a = b\) iken sağlanır.

İspat

Önerme 7.12 (1) gereği \((a - b)^2 \geq 0\)’dır. Bölüm 6’daki alıştırmanın (a) şıkkındaki açılımı \(y = -b\) ile uygulayıp Önerme 6.12 ve Sonuç 6.2’i kullanırsak

\[(a - b)^2 = a^2 + 2a(-b) + (-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2\]

elde ederiz. O hâlde \(a^2 - 2ab + b^2 \geq 0\). İki yana \(2ab\) ekleyelim; kesin eşitsizlik durumunda (O3) uygulanır, eşitlik durumunda ise iki yan eşit kalır: \(a^2 + b^2 \geq 2ab\). Şimdi iki yanı \(\frac{1}{2}\) ile çarpalım; \(0 < 2\) olduğundan Önerme 7.9 ile \(\frac{1}{2} > 0\)’dır (yine kesin eşitsizlik durumunda (O4), eşitlik durumunda eşitlik):

\[ab \leq \frac{a^2 + b^2}{2}.\]

İkinci eşitsizlik için \((a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) açılımını kullanalım:

\[(a + b)^2 = (a^2 - 2ab + b^2) + 4ab = (a - b)^2 + 4ab \geq 4ab.\]

Burada \(4 = 2 + 2\) ve \(2ab + 2ab = 4ab\) (D ile) kullanıldı. Önerme 7.8’in ardından gördüğümüz \(0 < 1 < 2 < 3 < 4\) zinciri ve Önerme 7.9 gereği \(\frac{1}{4} > 0\)’dır; iki yanı bu pozitif sayıyla çarpalım; \(\left(\frac{a + b}{2}\right)^2 = (a + b)^2 \cdot 2^{-1} \cdot 2^{-1} = (a + b)^2 \cdot 4^{-1}\) olduğundan (çünkü \(2 \cdot 2 = 4\) ve Önerme 6.14 ile \((2 \cdot 2)^{-1} = 2^{-1} 2^{-1}\))

\[\left(\frac{a + b}{2}\right)^2 \geq ab.\]

Eşitlik durumu. Yukarıdaki iki türetmede de tek “kayıp” \((a - b)^2 \geq 0\) adımındadır; eşitsizlik ancak \((a - b)^2 = 0\) iken eşitliğe dönüşür. Önerme 7.12 (1) gereği \((a - b)^2 = 0 \iff a - b = 0 \iff a = b\).

\(\blacksquare\)

Teoremin adı şuradan gelir: \(a, b \geq 0\) için \(\frac{a + b}{2}\) sayısına aritmetik ortalama, \(\sqrt{ab}\) sayısına geometrik ortalama denir ve ikinci eşitsizlik, karekök tanımlandıktan sonra, \(\sqrt{ab} \leq \frac{a + b}{2}\) biçimini alır. Karekökün varlığı tamlık aksiyomunu gerektirdiğinden bu biçimi Köklerin Varlığı, İrrasyonel Sayılar ve Yoğunluk bölümüne bırakıyoruz; burada ispatladığımız kareli biçim ise yalnızca cebirsel ve sıralama aksiyomlarına dayanır.

7.3 Eşitsizlik Çözme

Türettiğimiz kurallar, bir eşitsizliği sağlayan bütün \(x\)’leri bulmak için yeter. Her adımın gerekçesini yazarak iki örnek çözelim.

Örnek 7.1 (Birinci Dereceden Eşitsizlik) \(2x - 3 < 5x + 6\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.

Çözüm

Eşitsizlik çözmek, verilen eşitsizliğe denk ama daha basit eşitsizlikler zinciri kurmaktır; her adımın iki yönlü olmasına dikkat edelim.

(O3) gereği bir eşitsizliğin iki yanına aynı sayıyı eklemek denk bir eşitsizlik verir (çünkü eklenen sayının tersini ekleyerek geri dönülür). İki yana \(-5x + 3\) ekleyelim:

\[2x - 3 < 5x + 6 \iff (2x - 3) + (-5x + 3) < (5x + 6) + (-5x + 3) \iff -3x < 9.\]

Son adımda (A1), (A2), (A4), (A3) ve (D) ile \(2x - 5x = (2 - 5)x = -3x\) sadeleştirmesi yapıldı; burada \(5 = 4 + 1\) kısaltmasını, \(-(5x) = (-5)x\) için Önerme 6.12 (1)’i ve \(5 = 3 + 2\) olduğundan \(2 - 5 = 2 - (3 + 2) = -3\) hesabını kullandık.

Şimdi iki yanı \(-\frac{1}{3}\) ile çarpacağız. \(3 > 0\) olduğundan Önerme 7.9 ile \(\frac{1}{3} > 0\), Önerme 7.4 ile \(-\frac{1}{3} < 0\)’dır. Negatif sayıyla çarpma yönü çevirir (Önerme 7.6):

\[-3x < 9 \iff 9 \cdot \left(-\tfrac{1}{3}\right) < (-3x) \cdot \left(-\tfrac{1}{3}\right) \iff -3 < x.\]

Burada \((-3x)(-\frac{1}{3}) = (3x)\frac{1}{3} = x\) için Önerme 6.12 (2) ve (M1), (M2), (M4), (M3) kullanıldı; geri yön için de eşitsizliği yine negatif olan \(-3\) ile çarpmak yeter.

Çözüm kümesi \(\{x \in \mathbb{R} : x > -3\}\)’tür; birazdan tanımlayacağımız aralık gösterimiyle \((-3, +\infty)\).

\(\blacksquare\)

Örnek 7.2 (Çarpım Biçiminde Eşitsizlik) \((x - 1)(x + 3) < 0\) eşitsizliğini sağlayan bütün \(x \in \mathbb{R}\) sayılarını bulunuz.

Çözüm

İşaret tablosuna göre bir çarpımın negatif olması için gerek ve yeter koşul çarpanların sıfırdan farklı ve zıt işaretli olmasıdır. Gerçekten: çarpanlardan biri sıfırsa çarpım sıfırdır (Önerme 6.9); ikisi de pozitif ya da ikisi de negatifse çarpım pozitiftir (Önerme 7.5, Sonuç 7.1); zıt işaretliyse çarpım negatiftir (Önerme 7.5 (2)). Üçlem yasası gereği başka durum yoktur. O hâlde

\[(x - 1)(x + 3) < 0 \iff \big(x - 1 < 0 \wedge x + 3 > 0\big) \vee \big(x - 1 > 0 \wedge x + 3 < 0\big).\]

Birinci durum. Önerme 7.2 ile \(x - 1 < 0 \iff x < 1\) ve \(x + 3 > 0 \iff x > -3\) (ikincisi için \(x + 3 = x - (-3)\) yazılır). Yani \(-3 < x < 1\).

İkinci durum. \(x > 1\) ve \(x < -3\). Bu ikisi birlikte olamaz: \(x > 1\) ve \(x < -3\) olsaydı (O2) ile \(1 < x < -3\)’ten \(1 < -3\) çıkardı; oysa \(-3 < 0 < 1\) (çünkü \(3 > 0\) ve Önerme 7.4) ve (O1) gereği \(1 < -3\) ile \(-3 < 1\) aynı anda doğru olamaz. İkinci durum boştur.

Çözüm kümesi \(\{x \in \mathbb{R} : -3 < x < 1\}\), yani \((-3, 1)\) aralığıdır.

\(\blacksquare\)

7.4 Aralıklar

Sıralama bağıntısı, reel sayıların en önemli alt kümelerini tanımlamamızı sağlar: aralıklar. Sezgisel olarak aralık, sayı doğrusunda “deliksiz” bir parçadır: iki noktası kümedeyse aralarındaki her nokta da kümededir.

Tanım 7.3 (Aralık) \(I \subseteq \mathbb{R}\) boş olmayan bir küme olsun. \(I\)’nın \(x < y\) olan her \(x, y\) elemanı için, \(x < z < y\) koşulunu sağlayan her \(z\) sayısı da \(I\)’nın elemanı oluyorsa \(I\)’ya bir aralık (interval) denir. Sembolle:

\[\forall x, y \in I \ \forall z \in \mathbb{R} \quad \big(x < z < y \implies z \in I\big).\]

\(a, b \in \mathbb{R}\) ve \(a < b\) olmak üzere dokuz tür aralık tanımlanır:

1. \((a, b) = \{x \in \mathbb{R} : a < x < b\}\) — açık aralık;
2. \([a, b] = \{x \in \mathbb{R} : a \leq x \leq b\}\) — kapalı aralık;
3. \((a, b] = \{x \in \mathbb{R} : a < x \leq b\}\) — yarı açık aralık;
4. \([a, b) = \{x \in \mathbb{R} : a \leq x < b\}\) — yarı açık aralık;
5. \((-\infty, b) = \{x \in \mathbb{R} : x < b\}\) — açık aralık;
6. \((a, +\infty) = \{x \in \mathbb{R} : a < x\}\) — açık aralık;
7. \((-\infty, b] = \{x \in \mathbb{R} : x \leq b\}\) — kapalı aralık;
8. \([a, +\infty) = \{x \in \mathbb{R} : a \leq x\}\) — kapalı aralık;
9. \((-\infty, +\infty) = \mathbb{R}\) — bütün reel sayılar.

Dolu nokta uç noktanın aralığa ait olduğunu, içi boş nokta ait olmadığını gösterir. Sonsuz tarafta uç nokta yoktur; aralık o yönde sınırsız sürer.

İlk dördü sınırlı aralık, son beşi sınırsız aralık olarak anılır; \(a\) ve \(b\) sayılarına aralığın uç noktaları denir. Yuvarlak ayraç uç noktanın kümeye ait olmadığını, köşeli ayraç ait olduğunu gösterir. \(+\infty\) ve \(-\infty\) sembolleri reel sayı değildir; yalnızca “sağa/sola doğru sınır yok” demenin kısa yoludur. Bu yüzden sonsuz tarafta her zaman yuvarlak ayraç kullanılır.

Tanımda \(a < b\) varsaydık. \(a = b\) olursa \([a, a] = \{a\}\) tek elemanlı küme olur; \((a, a)\), \((a, a]\) ve \([a, a)\) ise boş kümedir. Aksi söylenmedikçe her zaman \(a < b\) varsayacağız. Önerme 7.11 sayesinde \(a < b\) iken \((a, b)\) aralığı boş değildir; hatta sonsuz elemanlıdır.

Örnek 7.3 (Hangi Kümeler Aralıktır?) Aşağıdaki kümelerin aralık olup olmadığını tanıma göre belirleyiniz.

1. \((a, b)\) açık aralığı (\(a < b\)).
2. \(\mathbb{R}^{+}\) pozitif reel sayılar kümesi.
3. \(A = [0, 1] \cup [2, 3]\).
4. \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\).

Çözüm

(1) \(x, y \in (a, b)\), \(x < y\) ve \(x < z < y\) olsun. \(a < x\) ve \(x < z\) olduğundan (O2) ile \(a < z\); \(z < y\) ve \(y < b\) olduğundan yine (O2) ile \(z < b\). Yani \(a < z < b\), \(z \in (a, b)\). Küme boş da değildir (Önerme 7.11). Demek ki \((a, b)\) tanım anlamında bir aralıktır. Dokuz türün her biri için ispat aynı kalıptadır: kapalı uçlarda \(\leq\) ile \(<\) birlikte kullanılır.

(2) \(\mathbb{R}^{+} = (0, +\infty)\)’dur; tanım gereği \(x, y > 0\) ve \(x < z < y\) ise \(0 < x < z\), (O2) ile \(z > 0\). Boş olmadığı da açıktır (\(1 \in \mathbb{R}^{+}\)). Aralıktır.

(3) \(x = 1 \in A\) ve \(y = 2 \in A\) alalım; \(1 < 2\)’dir. \(z = \frac{3}{2}\) için \(1 < \frac{3}{2} < 2\)’dir (Önerme 7.11). Ama \(\frac{3}{2} \notin [0, 1]\) (çünkü \(\frac{3}{2} > 1\)) ve \(\frac{3}{2} \notin [2, 3]\) (çünkü \(\frac{3}{2} < 2\)); yani \(\frac{3}{2} \notin A\). Tanımdaki koşul \(x = 1\), \(y = 2\), \(z = \frac{3}{2}\) için bozulur. \(A\) aralık değildir: sayı doğrusunda \((1, 2)\) deliği vardır.

(4) \(x = -1\), \(y = 1\) alalım; ikisi de kümededir ve \(-1 < 0 < 1\). Ama \(0 \notin \mathbb{R} \setminus \{0\}\). Aralık değildir.

\(\blacksquare\)

Tanım, tek elemanlı kümeleri de (“\(x < y\) olan iki eleman” bulunamadığından, koşul boş yere sağlanır) aralık sayar; bunlara dejenere aralık denir. Tersi de doğrudur: \(\mathbb{R}\)’nin aralık olan her alt kümesi yukarıdaki dokuz türden biridir ya da tek noktadır. Bunun ispatı tamlık aksiyomunu (supremum ve infimum kavramlarını) gerektirdiğinden burada vermiyoruz; bu kitapta yalnızca dokuz türle çalışacağız.

7.5 Sıralamayla Tanımlanan Fonksiyonlar

Sıralama aksiyomları, cebirsel işlemlerden bağımsız yeni fonksiyonlar tanımlamamızı sağlar. Bunlardan üçü analizde sürekli karşımıza çıkar.

Sezgisel olarak iki sayının “büyüğü” ve “küçüğü” apaçıktır; ancak bunların iyi tanımlı olması için üçlem yasası gerekir: iki sayıdan hangisinin büyük olduğu her zaman bellidir ve tektir.

Tanım 7.4 (Maksimum ve Minimum Fonksiyonları) Maksimum fonksiyonu \(\max : \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),

\[(x, y) \mapsto \max\{x, y\} = \begin{cases} x, & x \geq y \text{ ise}, \\ y, & y > x \text{ ise} \end{cases}\]

kuralıyla, minimum fonksiyonu \(\min : \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),

\[(x, y) \mapsto \min\{x, y\} = \begin{cases} y, & x \geq y \text{ ise}, \\ x, & y > x \text{ ise} \end{cases}\]

kuralıyla tanımlanır. Yani \(\max\{x, y\}\) iki sayının büyüğü, \(\min\{x, y\}\) küçüğüdür. Sonlu çoklukta sayı için tanım tümevarımsal olarak genişletilir:

\[\max\{x_1, \dots, x_n, x_{n+1}\} = \max\big\{\max\{x_1, \dots, x_n\},\, x_{n+1}\big\},\]

\[\min\{x_1, \dots, x_n, x_{n+1}\} = \min\big\{\min\{x_1, \dots, x_n\},\, x_{n+1}\big\}.\]

Tanımdan hemen çıkan gözlemler: \(\min\{x, y\} \leq x \leq \max\{x, y\}\), \(\min\{x, y\} \leq y \leq \max\{x, y\}\), \(\max\{x, y\} = \max\{y, x\}\) ve \(\max\{x, y\} + \min\{x, y\} = x + y\) (çünkü ikisi birlikte \(x\) ve \(y\)’nin kendisidir). Bu fonksiyonların mutlak değerle ifadesi bir sonraki bölümde verilecek (Önerme 8.1).

Bir sayıyı sıfırla karşılaştırarak iki “yarım” elde ederiz:

Tanım 7.5 (Pozitif ve Negatif Kısım) \(x \in \mathbb{R}\) sayısının pozitif kısmı ve negatif kısmı sırasıyla

\[x^{+} = \max\{x, 0\} \qquad \text{ve} \qquad x^{-} = \max\{-x, 0\}\]

olarak tanımlanır.

Adlandırmaya dikkat: \(x^{-}\) negatif bir sayı değildir; her zaman \(x^{-} \geq 0\)’dır. Örneğin \(x = -5\) için \(x^{+} = 0\) ve \(x^{-} = 5\); \(x = 3\) için \(x^{+} = 3\) ve \(x^{-} = 0\).

Önerme 7.13 (Pozitif ve Negatif Kısmın Özellikleri) Her \(x \in \mathbb{R}\) için

1. \(x^{+} \geq 0\) ve \(x^{-} \geq 0\);
2. \(x = x^{+} - x^{-}\);
3. \(x^{+} \cdot x^{-} = 0\);
4. \(x^{+} + x^{-} = \max\{x, -x\}\).

İspat

Üçlem yasasına göre üç durum vardır.

• \(x > 0\) ise Önerme 7.4 ile \(-x < 0\); dolayısıyla \(x^{+} = x\) ve \(x^{-} = 0\).
• \(x = 0\) ise \(-x = 0\) ve \(x^{+} = x^{-} = 0\).
• \(x < 0\) ise \(-x > 0\); dolayısıyla \(x^{+} = 0\) ve \(x^{-} = -x\).

(1) Her durumda \(x^{+}\) ve \(x^{-}\) ya \(0\)’dır ya da pozitif bir sayıdır.

(2) Birinci durumda \(x^{+} - x^{-} = x - 0 = x\); ikincide \(0 - 0 = 0 = x\); üçüncüde \(0 - (-x) = -(-x) = x\) (Önerme 6.5).

(3) Her durumda çarpanlardan biri \(0\)’dır; Önerme 6.9 ile çarpım \(0\).

(4) Birinci durumda \(x^{+} + x^{-} = x\) ve \(-x < 0 < x\) olduğundan \(\max\{x, -x\} = x\); ikincide iki yan da \(0\); üçüncüde \(x^{+} + x^{-} = -x\) ve \(x < 0 < -x\) olduğundan \(\max\{x, -x\} = -x\).

\(\blacksquare\)

Dördüncü maddedeki \(\max\{x, -x\}\) sayısı, bir sonraki bölümde tanımlayacağımız mutlak değerin ta kendisidir; yani \(x^{+} + x^{-} = |x|\) olacak. Bir sayıyı “pozitif parça eksi negatif parça” biçiminde yazma fikri integral kuramında yeniden karşımıza çıkar.

Son olarak bir sayının yalnızca işaretini kaydeden fonksiyon:

Tanım 7.6 (İşaret Fonksiyonu) İşaret fonksiyonu (signum) \(\operatorname{sgn} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\),

\[\operatorname{sgn}(x) = \begin{cases} 1, & x > 0 \text{ ise}, \\ 0, & x = 0 \text{ ise}, \\ -1, & x < 0 \text{ ise} \end{cases}\]

kuralıyla tanımlanır.

İşaret fonksiyonu: pozitif x'lerde 1, negatif x'lerde −1, sıfırda 0. Grafik 0'da iki düzeye ayrılır; sağ limit 1, sol limit −1 olduğundan x → 0 iken limit yoktur ve fonksiyon 0'da süreksizdir.

Üçlem yasası burada da tanımın iyi tanımlı olmasını sağlar: her \(x\) tam olarak bir duruma düşer. İşaret fonksiyonu görüntü kümesi \(\{-1, 0, 1\}\) olan bir fonksiyondur ve \(\operatorname{sgn}(x) = 0 \iff x = 0\)’dır. Ayrıca \(x \cdot \operatorname{sgn}(x)\) çarpımı her zaman negatif olmayan bir sayıdır; bu çarpımın mutlak değere eşit olduğunu bir sonraki bölümde göreceğiz. İşaret fonksiyonunun çarpımla uyumu (\(\operatorname{sgn}(xy) = \operatorname{sgn}(x)\operatorname{sgn}(y)\)) alıştırmalarda ispatlanacak.

Örnek 7.4 (Maksimum, Minimum, Kısımlar ve İşaret) \(x = -4\) ve \(y = 7\) için \(\max\{x, y\}\), \(\min\{x, y\}\), \(x^{+}\), \(x^{-}\), \(y^{+}\), \(y^{-}\), \(\operatorname{sgn}(x)\), \(\operatorname{sgn}(xy)\) değerlerini bulunuz ve Önerme 7.13’in (2) ve (4) maddelerini bu sayılarda doğrulayınız.

Çözüm

\(-4 < 0 < 7\) olduğundan (O2) ile \(-4 < 7\); dolayısıyla \(\max\{-4, 7\} = 7\) ve \(\min\{-4, 7\} = -4\).

\(x = -4 < 0\) için \(-x = 4 > 0\); \(x^{+} = \max\{-4, 0\} = 0\), \(x^{-} = \max\{4, 0\} = 4\). \(y = 7 > 0\) için \(y^{+} = \max\{7, 0\} = 7\), \(y^{-} = \max\{-7, 0\} = 0\).

\(\operatorname{sgn}(x) = \operatorname{sgn}(-4) = -1\). Çarpım \(xy = (-4) \cdot 7\), işaret tablosuna göre negatiftir (negatif çarpı pozitif); o hâlde \(\operatorname{sgn}(xy) = -1\). Gerçekten \(\operatorname{sgn}(x)\operatorname{sgn}(y) = (-1) \cdot 1 = -1\) ile uyumludur.

Doğrulama. (2): \(x^{+} - x^{-} = 0 - 4 = -4 = x\) ve \(y^{+} - y^{-} = 7 - 0 = 7 = y\). (4): \(x^{+} + x^{-} = 0 + 4 = 4 = \max\{-4, 4\}\) ve \(y^{+} + y^{-} = 7 + 0 = 7 = \max\{7, -7\}\).

\(\blacksquare\)

7.6 Alıştırmalar

Alıştırma 7.1 (Sıralama Aksiyomlarıyla Türetmeler) Aşağıdakileri yalnızca aksiyomları ve bu bölümde ispatlanan sonuçları kullanarak gösteriniz. (\(x, y \in \mathbb{R}\).)

1. \(\leq\) bağıntısı \(\mathbb{R}\) üzerinde bir tam sıralamadır: yansımalı (\(x \leq x\)), ters simetrik (\(x \leq y\) ve \(y \leq x\) ise \(x = y\)), geçişli (\(x \leq y\) ve \(y \leq z\) ise \(x \leq z\)) ve herhangi iki eleman karşılaştırılabilir.

2. \(x > 0\) ise \(x + \dfrac{1}{x} \geq 2\)’dir; eşitlik ancak ve ancak \(x = 1\) iken sağlanır.

3. \(x \leq y\) olması için gerek ve yeter koşul, her \(\varepsilon > 0\) için \(x < y + \varepsilon\) olmasıdır.

4. Her \(x, y\) için \(\operatorname{sgn}(xy) = \operatorname{sgn}(x) \cdot \operatorname{sgn}(y)\).

5. \(x^2 < 1 \iff -1 < x < 1\).

Çözüm

a) Yansımalılık: \(x = x\) doğru olduğundan “\(x < x\) veya \(x = x\)” doğrudur; yani \(x \leq x\).

Ters simetri: \(x \leq y\) ve \(y \leq x\) olsun ve \(x \neq y\) olduğunu varsayalım. O zaman \(x \leq y\)’den \(x < y\), \(y \leq x\)’ten \(y < x\) çıkar. Ama (O1) gereği \(x < y\) ile \(y < x\) aynı anda doğru olamaz. Çelişki; demek ki \(x = y\).

Geçişlilik: \(x \leq y\) ve \(y \leq z\) olsun. Dört durum vardır: \(x < y\) ve \(y < z\) ise (O2) ile \(x < z\); \(x < y\) ve \(y = z\) ise \(x < z\); \(x = y\) ve \(y < z\) ise \(x < z\); \(x = y = z\) ise \(x = z\). Her durumda \(x \leq z\).

Karşılaştırılabilirlik: (O1) gereği \(x = y\), \(x < y\) ya da \(y < x\); ilk ikisinde \(x \leq y\), üçüncüsünde \(y \leq x\). Böylece \(\leq\) bir tam sıralamadır (Tanım 4.7).

b) \(x > 0\) olsun; Önerme 7.9 ile \(\frac{1}{x} = x^{-1} > 0\). Hedef eşitsizliği \(x + x^{-1} - 2 \geq 0\) biçiminde yazalım (Önerme 7.2’in \(\leq\) sürümü). \(x \neq 0\) olduğundan bu ifadeyi \(x^{-1}\) ile çarpanlarına ayırabiliriz:

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

İlk eşitlik (D) ile: \(x^{-1} x^2 = x^{-1}(xx) = (x^{-1}x)x = x\), \(x^{-1} \cdot 1 = x^{-1}\), \(x^{-1}(2x) = 2(x^{-1}x) = 2\). İkinci eşitlik Teorem 7.1’nın ispatındaki \((a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2\) açılımı (\(a = x\), \(b = 1\)). Şimdi \(x^{-1} > 0\) ve Önerme 7.12 (1) ile \((x - 1)^2 \geq 0\)’dır. \((x - 1)^2 = 0\) ise çarpım \(0\); \((x - 1)^2 > 0\) ise Önerme 7.5 (1) ile çarpım pozitif. Her durumda \(x^{-1}(x - 1)^2 \geq 0\), yani \(x + \frac{1}{x} \geq 2\).

Eşitlik: \(x + \frac{1}{x} = 2 \iff x^{-1}(x - 1)^2 = 0 \iff (x - 1)^2 = 0\) (Önerme 6.13 ve \(x^{-1} \neq 0\)) \(\iff x - 1 = 0 \iff x = 1\).

c) (\(\Rightarrow\)) \(x \leq y\) ve \(\varepsilon > 0\) olsun. (O3) ile \(0 < \varepsilon\) eşitsizliğine \(y\) ekleyelim: \(y < y + \varepsilon\). \(x \leq y\) ve \(y < y + \varepsilon\) olduğundan (\(x = y\) ise doğrudan, \(x < y\) ise (O2) ile) \(x < y + \varepsilon\).

(\(\Leftarrow\)) Her \(\varepsilon > 0\) için \(x < y + \varepsilon\) olsun ve \(x \leq y\) olmadığını varsayalım; (O1) gereği \(y < x\)’tir. Önerme 7.2 ile \(0 < x - y\). \(\varepsilon = x - y\) seçelim; bu pozitif bir sayıdır, dolayısıyla varsayımımız \(x < y + (x - y)\) verir. Ama (A1), (A2), (A4), (A3) ile sağ yan sadeleşir:

\[y + (x - y) = y + (x + (-y)) = x + (y + (-y)) = x + 0 = x\]

Yani \(x < x\); bu (O1) ile çelişir. O hâlde \(x \leq y\).

Bu şık, analizde çok kullanılan bir ilkeyi verir: “\(x \leq y\)” olduğunu göstermek için “\(x < y + \varepsilon\)” eşitsizliğini her \(\varepsilon > 0\) için göstermek yeter. Özel olarak \(0 \leq x\) ve her \(\varepsilon > 0\) için \(x < \varepsilon\) ise \(x = 0\)’dır.

d) Üçlem yasasına göre \(x\) ve \(y\)’nin işaretlerine göre durumları inceleyelim.

• \(x = 0\) veya \(y = 0\) ise \(xy = 0\) (Önerme 6.9); iki yan da \(0\)’dır (sağ yanda çarpanlardan biri \(\operatorname{sgn}(0) = 0\)).
• \(x > 0\), \(y > 0\) ise \(xy > 0\) (Önerme 7.5 (1)); sol yan \(1\), sağ yan \(1 \cdot 1 = 1\).
• \(x > 0\), \(y < 0\) ise \(xy < 0\) (Önerme 7.5 (2)); sol yan \(-1\), sağ yan \(1 \cdot (-1) = -1\) ((M1), (M3)). \(x < 0\), \(y > 0\) durumu (M1) ile aynıdır.
• \(x < 0\), \(y < 0\) ise \(xy > 0\) (Sonuç 7.1); sol yan \(1\), sağ yan \((-1)(-1) = 1\) (Sonuç 6.2).

Her durumda eşitlik sağlanır.

e) Bölüm 6 alıştırmasının (e) şıkkı (Alıştırma 6.1) ile \(x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)\)’dir. Önerme 7.2 ile

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

Örnek 7.2’ndeki akıl yürütmeyle bir çarpım negatiftir ancak ve ancak çarpanlar zıt işaretliyse:

• \(x - 1 < 0\) ve \(x + 1 > 0\): yani \(x < 1\) ve \(x > -1\); birlikte \(-1 < x < 1\).
• \(x - 1 > 0\) ve \(x + 1 < 0\): yani \(x > 1\) ve \(x < -1\); (O2) ile \(1 < -1\) gerekir, oysa \(-1 < 0 < 1\) (Önerme 7.7). (O1) ile bu durum olanaksızdır.

O hâlde \(x^2 < 1 \iff -1 < x < 1\). Zincirdeki her adım iki yönlü olduğundan ters yönü ayrıca göstermeye gerek yoktur; nitekim \(-1 < x < 1\) ise \(x + 1 > 0\) ve \(x - 1 < 0\) olur, çarpım negatiftir. Not: \(x^2 < 1\)’den yalnızca \(x < 1\) sonucunu çıkarmak eksik olurdu; Önerme 7.12’nden sonraki uyarıyı hatırlayınız.

\(\blacksquare\)

Sıralama aksiyomları sayı doğrusunu kurdu: sayıları karşılaştırabiliyor, aralıklardan söz edebiliyor ve eşitsizlik çözebiliyoruz. Sıradaki bölümde bu bölümde tanımladığımız \(\max\{x, -x\}\) sayısını, yani bir sayının sıfıra uzaklığını inceleyeceğiz: Mutlak Değer.