11 Tam Sayılar ve Rasyonel Sayılar
Reel sayıların aksiyomlarını tamamladık ve önceki bölümde doğal sayılar kümesini bu aksiyomların içinde inşa ettik. Ne var ki \(\mathbb{N}\) toplama ve çarpma altında kapalı olsa da çıkarmaya ve bölmeye izin vermez: \(3 - 5\) ya da \(\dfrac{3}{5}\) doğal sayı değildir. Bu bölümde doğal sayıları iki adımda genişletiyoruz. Önce toplamsal tersleri ve sıfırı ekleyerek tam sayılar kümesi \(\mathbb{Z}\)’yi, sonra bölümleri ekleyerek rasyonel sayılar kümesi \(\mathbb{Q}\)’yu tanımlayacağız.
Her iki küme için aynı soruları soracağız: Hangi işlemler altında kapalıdır? Sınırlı mıdır? Supremum ve infimum bu kümelerde nasıl davranır? Tam sayılar için verilecek maksimum ilkesi, ileride taban fonksiyonunu ve bölme algoritmasını kuracak; rasyonel sayıların bir sıralı cisim oluşu ise reel sayılardan tek farkının tamlık olduğunu gösterecek.
11.1 Tam Sayılar Kümesi
Doğal sayılar reel sayıların alt kümesi olduğundan her \(n \in \mathbb{N}\) sayısının tek bir toplamsal tersi \(-n\) vardır (Önerme 6.2). Bu terslerin kümesini
\[-\mathbb{N} = \{-n : n \in \mathbb{N}\} = \{-1, -2, -3, \dots\}\]
ile gösterelim. Tam sayılar, doğal sayılar ile bunların terslerini ve sıfırı bir araya getirir.
Tanım 11.1 (Tam Sayılar Kümesi) Doğal sayılardan, doğal sayıların toplamsal terslerinden ve sıfırdan oluşan kümeye tam sayılar kümesi (set of integers) denir ve \(\mathbb{Z}\) ile gösterilir:
\[\mathbb{Z} = \mathbb{N} \cup \{0\} \cup (-\mathbb{N}) = \{x \in \mathbb{R} : x = 0 \text{ ya da } x \in \mathbb{N} \text{ ya da } -x \in \mathbb{N}\}.\]
\(\mathbb{N}\)’nin elemanlarına pozitif tam sayılar da denir ve \(\mathbb{Z}^+ = \mathbb{N}\) yazılır; \(-\mathbb{N}\)’nin elemanlarına negatif tam sayılar denir ve \(\mathbb{Z}^- = -\mathbb{N}\) yazılır. Böylece \(\mathbb{Z} = \mathbb{Z}^+ \cup \{0\} \cup \mathbb{Z}^-\) olur.
Adlar yerindedir: \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \ge 1 > 0\) (Önerme 9.3 ve Önerme 7.7), dolayısıyla \(-n < 0\)’dır. Yani \(\mathbb{Z}^+\)’nın elemanları gerçekten pozitif, \(\mathbb{Z}^-\)’nin elemanları gerçekten negatiftir ve üç parça birbirinden ayrıktır. Tanımdan doğrudan \(\mathbb{N} \subset \mathbb{Z} \subset \mathbb{R}\) görülür.
Tam sayıların toplama ve çarpma altında kapalı olduğunu göstermek istiyoruz. Bunun için doğal sayılara ilişkin, önceki bölümde kanıtladığımız küçük ama önemli bir olguyu hatırlayalım (Önerme 9.3): \(m, b \in \mathbb{N}\) ve \(b < m\) ise \(m - b \in \mathbb{N}\)’dir; yani büyük bir doğal sayıdan küçüğünü çıkarınca yine doğal sayı elde edilir. Aynı önerme \(m \ne 1\) için \(m - 1 \in \mathbb{N}\) olduğunu da söyler.
Önerme 11.1 (Tam Sayılar İşlemler Altında Kapalıdır) \(m, n \in \mathbb{Z}\) olsun. O zaman
- \(-m \in \mathbb{Z}\),
- \(m + n \in \mathbb{Z}\) ve \(m - n \in \mathbb{Z}\),
- \(m \cdot n \in \mathbb{Z}\).
İspat
1. \(m = 0\) ise \(-m = 0 \in \mathbb{Z}\). \(m \in \mathbb{N}\) ise \(-m \in -\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\). \(m \in -\mathbb{N}\) ise \(m = -a\) olacak bir \(a \in \mathbb{N}\) vardır ve \(-m = a \in \mathbb{N}\).
2. Toplam için durumlara ayıralım.
Durum 1: En az biri sıfır. \(m = 0\) ise \(m + n = n \in \mathbb{Z}\); \(n = 0\) hâli aynıdır.
Durum 2: İkisi de pozitif (\(m, n \in \mathbb{N}\)). Önerme 9.2 gereği \(m + n \in \mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\).
Durum 3: İkisi de negatif (\(m, n \in -\mathbb{N}\)). \(m = -a\), \(n = -b\) olacak \(a, b \in \mathbb{N}\) vardır ve
\[m + n = (-a) + (-b) = -(a + b).\]
\(a + b \in \mathbb{N}\) olduğundan \(-(a + b) \in -\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\).
Durum 4: Biri pozitif, diğeri negatif. Toplama değişmeli olduğundan \(m \in \mathbb{N}\) ve \(n \in -\mathbb{N}\) alabiliriz; \(n = -b\), \(b \in \mathbb{N}\) olsun. \(m + n = m - b\)’dir. Üçlem yasasına göre (Bölüm 7.1) üç alt durum vardır:
- \(m > b\) ise Önerme 9.3 ile \(m - b \in \mathbb{N}\).
- \(m < b\) ise aynı önermeyle \(b - m \in \mathbb{N}\) ve \(m - b = -(b - m) \in -\mathbb{N}\).
- \(m = b\) ise \(m - b = 0 \in \mathbb{Z}\).
Bütün durumlarda \(m + n \in \mathbb{Z}\). Fark için: \(-n \in \mathbb{Z}\) (birinci madde) ve \(m - n = m + (-n)\) iki tam sayının toplamıdır.
3. Çarpım için de durumlara ayıralım. Biri sıfırsa çarpım \(0 \in \mathbb{Z}\)’dir (Önerme 6.9). İkisi de \(\mathbb{N}\)’deyse Önerme 9.2 gereği çarpım \(\mathbb{N}\)’dedir. İkisi de negatifse \(m = -a\), \(n = -b\) ile işaret kuralları (Önerme 6.12) gereği \(mn = (-a)(-b) = ab \in \mathbb{N}\). Biri pozitif biri negatifse, \(m \in \mathbb{N}\) ve \(n = -b\) diyelim: yine Önerme 6.12 ile \(mn = m(-b) = -(mb)\) ve \(mb \in \mathbb{N}\) olduğundan \(mn \in -\mathbb{N}\).
\(\blacksquare\)
Bu önerme, tam sayılarla toplama, çıkarma ve çarpma yaparken kümeden çıkmadığımızı garanti eder. Bölme ise böyle değildir; bunu anlamak için tam sayıların “içinde” hangi tam sayıların bulunmadığını bilmemiz gerekir.
Lemma 11.1 (Ardışık Tam Sayılar Arasında Tam Sayı Yoktur)
- \(k \in \mathbb{Z}\) ve \(k > 0\) ise \(k \in \mathbb{N}\)’dir; dolayısıyla \(k \ge 1\)’dir. Özel olarak \(0 < k < 1\) olan bir tam sayı yoktur.
- \(n \in \mathbb{Z}\) için \(n < k < n + 1\) olan bir \(k \in \mathbb{Z}\) yoktur.
İspat
1. \(k \in \mathbb{Z}\) ve \(k > 0\) olsun. \(k \ne 0\)’dır. \(k \in -\mathbb{N}\) olsaydı \(k = -a\), \(a \in \mathbb{N}\) olurdu; ama \(a \ge 1 > 0\) olduğundan \(k = -a < 0\) olurdu, bu \(k > 0\) ile çelişir. Geriye \(k \in \mathbb{N}\) kalır; Önerme 9.3 gereği \(1 = \min \mathbb{N}\) olduğundan \(k \ge 1\).
2. \(n < k < n + 1\) olan bir \(k \in \mathbb{Z}\) olsaydı, \(j = k - n\) sayısı Önerme 11.1 ile bir tam sayı olur ve \(0 < j < 1\) sağlardı. Bu, birinci maddeyle çelişir.
\(\blacksquare\)
Bir \(G\) kümesi üzerindeki bir \(\ast\) işlemi birleşmeli ise, \(G\)’de bir birim eleman varsa ve her elemanın \(G\) içinde bir tersi varsa \((G, \ast)\) ikilisine grup (group) denir; işlem ayrıca değişmeli ise gruba değişmeli grup denir.
\((\mathbb{Z}, +)\) değişmeli bir gruptur: toplama Önerme 11.1 ile \(\mathbb{Z}\)’de kalır, birleşme ve değişme özellikleri reel sayılardan miras alınır, \(0 \in \mathbb{Z}\) birim elemandır ve her \(m \in \mathbb{Z}\) için \(-m \in \mathbb{Z}\)’dir.
\((\mathbb{Z}, \cdot)\) ise grup değildir. Sıfırın çarpımsal tersi hiç yoktur. \(m \in \mathbb{N}\) ve \(m \ne 1\) ise \(m \ge 2 > 1\)’dir (Önerme 9.3); Önerme 7.9 ile \(\dfrac{1}{m} > 0\) ve \(m > 1\) eşitsizliğini \(\dfrac{1}{m} > 0\) ile çarparak \(1 > \dfrac{1}{m}\) buluruz. Yani \(0 < \dfrac{1}{m} < 1\), dolayısıyla Lemma 11.1 gereği \(\dfrac{1}{m} \notin \mathbb{Z}\). \(m \in -\mathbb{N}\) ve \(m \ne -1\) ise \(\dfrac{1}{m} = -\dfrac{1}{-m}\) için \(-1 < \dfrac{1}{m} < 0\) olur; \(-1\) ile \(0\) ardışık tam sayılar olduğundan yine Lemma 11.1 gereği \(\dfrac{1}{m} \notin \mathbb{Z}\). Çarpımsal tersi tam sayı olan yalnızca \(1\) ve \(-1\)’dir.
\(\mathbb{N}\) ise ne toplamada ne çarpmada gruptur: \(0 \notin \mathbb{N}\) olduğundan toplamsal birim eleman yoktur; \(2\)’nin çarpımsal tersi \(\dfrac{1}{2}\) doğal sayı değildir.
11.2 Tam Sayılarda Sınırlılık ve Maksimum İlkesi
Doğal sayıların üstten sınırlı olmadığını Tamlık Aksiyomu’ndan çıkarmıştık (Teorem 10.4). Tam sayılar her iki yönde de sınırsızdır.
Teorem 11.1 (Tam Sayılar Kümesi Sınırsızdır) \(\mathbb{Z}\) ne üstten ne alttan sınırlıdır; dolayısıyla sınırsız bir kümedir.
İspat
Üstten sınırsızlık. \(M\), \(\mathbb{Z}\)’nin bir üst sınırı olsaydı, \(\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\) olduğundan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \le M\) olur ve \(M\), \(\mathbb{N}\)’nin de üst sınırı olurdu. Bu, Teorem 10.4 ile çelişir.
Alttan sınırsızlık. \(m\), \(\mathbb{Z}\)’nin bir alt sınırı olsaydı, \(-\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\) olduğundan her \(n \in \mathbb{N}\) için \(m \le -n\), yani \(n \le -m\) olurdu. O zaman \(-m\), \(\mathbb{N}\)’nin bir üst sınırı olurdu; yine Teorem 10.4 ile çelişki.
Tanım 10.2 gereği bir küme ancak hem üstten hem alttan sınırlıysa sınırlıdır; \(\mathbb{Z}\) ikisini de sağlamadığından sınırsızdır.
\(\blacksquare\)
Teorem 9.2, \(\mathbb{N}\)’nin boş olmayan her alt kümesinin bir en küçük elemanı olduğunu söyler. Bu ilke \(\mathbb{Z}\)’ye taşınmaz, çünkü \(\mathbb{Z}\) alttan sınırlı değildir. Örneğin \(-\mathbb{N} = \{\dots, -3, -2, -1\}\) kümesinin minimumu yoktur: \(-n \in -\mathbb{N}\) ise \(-(n+1) \in -\mathbb{N}\) daha küçüktür. Ancak alttan sınırlılık eklenince ilke geri gelir; aşağıdaki teorem ve sonucu bunu söyler.
Tam sayıların supremumla ilgili en önemli özelliği, supremumun kümeden “kaçamamasıdır”: reel sayılarda \([0, 1)\) gibi bir kümenin supremumu kümeye ait olmayabilirken, tam sayı kümelerinde supremum daima kümenin elemanıdır.
Teorem 11.2 (Tam Sayılar için Maksimum İlkesi) Tam sayıların üstten sınırlı ve boş olmayan her alt kümesinin bir en büyük elemanı (maksimumu) vardır.
İspat
\(A \subset \mathbb{Z}\) boş olmayan ve üstten sınırlı bir küme olsun. \(A\) aynı zamanda \(\mathbb{R}\)’nin alt kümesi olduğundan Tamlık Aksiyomu (Bölüm 10.4) gereği \(\alpha = \sup A\) vardır. \(\alpha \in A\) olduğunu göstereceğiz; o zaman Önerme 10.3 ile \(\alpha = \max A\) olur.
Olmayana ergi yöntemiyle \(\alpha \notin A\) varsayalım. \(\alpha\) üst sınır olduğundan her \(n \in A\) için \(n \le \alpha\); \(\alpha \notin A\) olduğundan bu eşitsizlik kesindir: her \(n \in A\) için \(n < \alpha\).
Teorem 10.1’i \(\varepsilon = 1\) ile uygulayalım: \(\alpha - 1 < n_1\) olan bir \(n_1 \in A\) vardır ve yukarıdaki gözlemle \(n_1 < \alpha\)’dır. Şimdi \(n_1 < \alpha = \sup A\) olduğundan \(n_1\), \(A\)’nın bir üst sınırı olamaz (olsaydı en küçük üst sınır \(\alpha \le n_1\) gerekirdi). Demek ki \(n_1 < k\) olan bir \(k \in A\) vardır; \(k \in A\) olduğundan yine \(k < \alpha\). Eşitsizlikleri birleştirelim:
\[\alpha - 1 < n_1 < k < \alpha.\]
Buradan \(0 < k - n_1 < 1\) çıkar. Ama \(k, n_1 \in \mathbb{Z}\) olduğundan Önerme 11.1 ile \(k - n_1 \in \mathbb{Z}\)’dir; \(0\) ile \(1\) arasında tam sayı bulunması Lemma 11.1 ile çelişir. O hâlde varsayımımız yanlıştır: \(\alpha \in A\) ve \(\max A = \alpha\).
\(\blacksquare\)
Teorem, tam sayı kümelerinde “supremum” ile “maksimum” arasındaki farkı ortadan kaldırır. Bir sonraki bölümde bu ilkeyle her reel sayının altındaki en büyük tam sayıyı, yani taban fonksiyonunu tanımlayacağız (Teorem 12.3).
Sonuç 11.1 (Tam Sayılar için Minimum İlkesi) Tam sayıların alttan sınırlı ve boş olmayan her alt kümesinin bir en küçük elemanı (minimumu) vardır.
İspat
\(A \subset \mathbb{Z}\) boş olmayan ve alttan sınırlı olsun; \(m\) bir alt sınır olsun. \(B = -A = \{-a : a \in A\}\) kümesini düşünelim. Önerme 11.1 ile \(B \subset \mathbb{Z}\)’dir ve \(A \ne \varnothing\) olduğundan \(B \ne \varnothing\)’dir. Her \(a \in A\) için \(m \le a\) olduğundan \(-a \le -m\); yani \(-m\), \(B\)’nin bir üst sınırıdır. Teorem 11.2 gereği \(\beta = \max B\) vardır.
\(-\beta = \min A\) olduğunu gösterelim. \(\beta \in B\) olduğundan \(\beta = -a_0\) olacak bir \(a_0 \in A\) vardır, yani \(-\beta = a_0 \in A\). Her \(a \in A\) için \(-a \in B\) ve \(\beta\) üst sınır olduğundan \(-a \le \beta\), yani \(-\beta \le a\). Demek ki \(-\beta\), \(A\)’ya ait bir alt sınırdır: \(\min A = -\beta\).
\(\blacksquare\)
Örnek 11.1 (Bir Tam Sayı Kümesinin Maksimumu) \(A = \{m \in \mathbb{Z} : 3m < 20\}\) kümesinin maksimumunu bulalım.
Çözüm
\(A\) boş değildir (\(0 \in A\)) ve üstten sınırlıdır: \(m \in A\) ise \(3m < 20\) eşitsizliğini \(\dfrac{1}{3} > 0\) ile çarparak \(m < \dfrac{20}{3}\) buluruz. Teorem 11.2 gereği \(\max A\) vardır; bulalım.
\(3 \cdot 6 = 18 < 20\) olduğundan \(6 \in A\). \(m \ge 7\) olan bir tam sayı için \(3m \ge 21 > 20\) olduğundan \(m \notin A\). Demek ki \(A\)’nın her elemanı \(6\)’dan küçük ya da eşittir (bir tam sayı \(7\)’den küçükse \(6\)’dan büyük olamaz; Lemma 11.1). Kümeye ait bir üst sınır olan \(6\), maksimumdur: \(\max A = 6\).
Dikkat edelim: \(A\)’yı reel sayılarda tanımlasaydık, \(\{x \in \mathbb{R} : 3x < 20\}\) kümesinin supremumu \(\dfrac{20}{3}\) olur ama maksimumu olmazdı. Tam sayılara kısıtlamak supremumu \(6\)’ya çekti ve onu kümeye ait kıldı.
\(\blacksquare\)
11.3 Tek ve Çift Sayılar
Tam sayıların ikiye bölünüp bölünmemesine göre ayrılması, sayılar teorisinin ve birçok ispatın temel aracıdır; ileride \(\sqrt{2}\)’nin rasyonel olmadığını bu ayrımla kanıtlayacağız (Teorem 13.3).
Tanım 11.2 (Tek ve Çift Sayılar) \(m \in \mathbb{Z}\) olsun.
- \(m = 2k\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) varsa \(m\)’ye çift sayı (even number) denir.
- \(m = 2k + 1\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) varsa \(m\)’ye tek sayı (odd number) denir.
Çift sayılar kümesi \(\{\dots, -4, -2, 0, 2, 4, \dots\}\), tek sayılar kümesi \(\{\dots, -3, -1, 1, 3, \dots\}\)’tür.
Tanım, her tam sayının bu iki sınıftan tam olarak birine düştüğünü kendiliğinden söylemez; bunu kanıtlamak gerekir.
Önerme 11.2 (Her Tam Sayı Ya Tektir Ya Çifttir) Her tam sayı ya tektir ya çifttir; hiçbir tam sayı hem tek hem çift değildir.
İspat
Hiçbiri ikisi birden değildir. \(m = 2k = 2j + 1\) olsaydı \(2(k - j) = 1\), yani \(k - j = \dfrac{1}{2}\) olurdu. \(k - j \in \mathbb{Z}\)’dir (Önerme 11.1) ve \(0 < \dfrac{1}{2} < 1\) olduğundan (Önerme 7.11, \(0 < 1\) için) bu, Lemma 11.1 ile çelişir.
Her tam sayı en az biridir. \(E\), tek ya da çift olan tam sayıların kümesi olsun. Önce \(\mathbb{N} \subset E\) olduğunu, “\(n \in E\)” önermesi üzerinden tümevarımla görelim: \(1 = 2 \cdot 0 + 1\) tektir, dolayısıyla \(1 \in E\). \(n \in \mathbb{N}\) ve \(n \in E\) olsun. \(n = 2k\) ise \(n + 1 = 2k + 1\) tektir; \(n = 2k + 1\) ise \(n + 1 = 2k + 2 = 2(k + 1)\) çifttir ve \(k + 1 \in \mathbb{Z}\)’dir. Her iki hâlde \(n + 1 \in E\); Teorem 9.1 ile her \(n \in \mathbb{N}\) için \(n \in E\), yani \(\mathbb{N} \subset E\).
\(0 = 2 \cdot 0\) çifttir. Son olarak \(m \in -\mathbb{N}\) olsun; \(m = -p\), \(p \in \mathbb{N} \subset E\). \(p = 2k\) ise \(m = 2(-k)\) çifttir. \(p = 2k + 1\) ise
\[m = -2k - 1 = 2(-k - 1) + 1\]
tektir ve \(-k - 1 \in \mathbb{Z}\)’dir. Böylece \(\mathbb{Z} = \mathbb{N} \cup \{0\} \cup (-\mathbb{N}) \subset E\).
\(\blacksquare\)
Bu önerme, bir sonraki bölümde kanıtlayacağımız bölme algoritmasının (Teorem 12.4) \(b = 2\) özel hâlidir. Şimdi karelerin tek–çiftliğine bakalım.
Önerme 11.3 (Karenin Tek–Çiftliği) \(m \in \mathbb{Z}\) olsun. \(m\) çifttir ancak ve ancak \(m^2\) çiftse. Benzer biçimde \(m\) tektir ancak ve ancak \(m^2\) tekse.
İspat
Çift ise karesi çifttir. \(m = 2k\) olsun. \(m^2 = (2k)^2 = 4k^2 = 2(2k^2)\) ve \(2k^2 \in \mathbb{Z}\); demek ki \(m^2\) çifttir.
Tek ise karesi tektir. \(m = 2k + 1\) olsun.
\[m^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1\]
ve \(2k^2 + 2k \in \mathbb{Z}\); demek ki \(m^2\) tektir.
Karesi çift ise çifttir. \(m^2\) çift olsun. \(m\) çift olmasaydı Önerme 11.2 ile tek olurdu; o zaman yukarıdaki gibi \(m^2\) tek olurdu. Ama \(m^2\) hem tek hem çift olamaz. Demek ki \(m\) çifttir.
Karesi tek ise tektir. \(m^2\) tek olsun. \(m\) tek olmasaydı çift olurdu ve \(m^2\) çift olurdu; bu, \(m^2\)’nin tek olmasıyla çelişir. Demek ki \(m\) tektir.
\(\blacksquare\)
Örnek 11.2 (Ardışık İki Tam Sayının Çarpımı) Her \(n \in \mathbb{Z}\) için \(n(n + 1)\) sayısının çift olduğunu gösterelim.
Çözüm
Önerme 11.2 gereği \(n\) ya tek ya çifttir.
\(n\) çift ise \(n = 2k\) ve \(n(n+1) = 2k(n+1) = 2\big(k(n+1)\big)\); \(k(n+1) \in \mathbb{Z}\) olduğundan çarpım çifttir.
\(n\) tek ise \(n = 2k + 1\) ve \(n + 1 = 2k + 2 = 2(k+1)\); dolayısıyla \(n(n+1) = 2\big((k+1)n\big)\) çifttir.
\(\blacksquare\)
11.4 Bölünebilme ve Asal Sayılar
Tek–çift ayrımı, “2 ile bölünüp bölünmeme” fikrinin özel hâlidir. Genel kavramı tanımlayalım.
Tanım 11.3 (Bölünebilme) \(m, n \in \mathbb{Z}\) ve \(n \ne 0\) olsun. \(m = k \cdot n\) olacak biçimde bir \(k \in \mathbb{Z}\) varsa \(m\) sayısı \(n\) ile bölünebilir (divisible) ya da \(n\), \(m\)’nin bir bölenidir (divisor) denir ve \(n \mid m\) yazılır. Aksi hâlde \(n \nmid m\) yazılır.
Örneğin \(3 \mid 12\) (\(12 = 4 \cdot 3\)), \(-4 \mid 12\) (\(12 = (-3)(-4)\)), ama \(5 \nmid 12\)’dir: \(12 = 5k\) olsaydı \(k = \dfrac{12}{5}\) olurdu ve \(2 < \dfrac{12}{5} < 3\) olduğundan \(k\) tam sayı olamazdı (Lemma 11.1). Her \(n \ne 0\) için \(n \mid 0\) (\(0 = 0 \cdot n\)) ve her \(m\) için \(1 \mid m\) (\(m = m \cdot 1\)) sağlanır.
Çift sayılar tam olarak \(2\) ile bölünebilen tam sayılardır; bu, tanımın kendisidir. Tek sayılar ise \(2\) ile bölünemeyen tam sayılardır: Önerme 11.2 gereği bir tam sayı \(2\) ile bölünemiyorsa (çift değilse) tektir ve tek ise çift değildir. Böylece “her tam sayı ya tek ya çifttir” cümlesi, “\(2\) her tam sayıyı ya böler ya bölmez” biçiminde de okunabilir.
Çarpma işleminin “yapı taşları”, \(1\) dışında, kendisinden küçük doğal sayıların çarpımı olarak parçalanamayan sayılardır.
Tanım 11.4 (Asal Sayı) \(p \in \mathbb{N}\) ve \(p \ne 1\) olsun. \(p\)’nin doğal sayılar içindeki bölenleri yalnızca \(1\) ve \(p\) ise \(p\)’ye asal sayı (prime number) denir. Asal sayılar kümesi \(\{2, 3, 5, 7, 11, 13, \dots\}\)’dır.
İki \(m, n \in \mathbb{Z}\) tam sayısının ortak bölenleri yalnızca \(1\) ve \(-1\) ise bu sayılara aralarında asal (relatively prime, coprime) denir.
Örneğin \(8\) ile \(15\) aralarında asaldır (\(8\)’in bölenleri \(\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 8\); \(15\)’in bölenleri \(\pm 1, \pm 3, \pm 5, \pm 15\)), ama \(8\) ile \(12\) aralarında asal değildir (\(4\) ikisini de böler).
Her \(n \in \mathbb{N}\), \(n \ne 1\) doğal sayısı, \(p_1, p_2, \dots, p_k\) asal sayılar olmak üzere \(n = p_1 p_2 \cdots p_k\) biçiminde yazılabilir ve çarpanların sırası dışında bu yazılış tektir. Bu yazılışa \(n\)’nin asal çarpanlara ayrılışı denir. Teoremin ispatı sayılar teorisinin konusudur ve bu dersin dışında kalır; biz yalnızca ifadesini not ediyoruz ve ileride kullanmayacağız.
11.5 Tam Sayı Kuvvetleri
Bir reel sayının doğal sayı kuvvetlerini “kendisiyle tekrar tekrar çarpma” olarak düşünürüz; bu düşünceyi kesin bir tanıma dönüştürmenin yolu tümevarımdır. Sıfırdan farklı sayılar için negatif kuvvetler de terslerle tanımlanır.
Tanım 11.5 (Tam Sayı Kuvveti) \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(a\)’nın doğal sayı kuvvetleri tümevarımla tanımlanır:
\[a^1 = a, \qquad a^{n+1} = a^n \cdot a \quad (n \in \mathbb{N}).\]
\(a \ne 0\) ise ayrıca
\[a^0 = 1, \qquad a^{-n} = \frac{1}{a^n} \quad (n \in \mathbb{N})\]
tanımlanır. Böylece \(a \ne 0\) için \(a^m\) her \(m \in \mathbb{Z}\) için tanımlıdır. \(0^0\) ve \(0\)’ın negatif kuvvetleri tanımsızdır.
Tanımdan hemen çıkan bir gözlem: \(a \ne 0\) ise her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a^n \ne 0\)’dır. Gerçekten \(a^1 = a \ne 0\) ve \(a^n \ne 0\) ise \(a^{n+1} = a^n a\) iki sıfırdan farklı sayının çarpımı olarak sıfırdan farklıdır (Önerme 6.13). Dolayısıyla \(a^{-n} = \dfrac{1}{a^n}\) anlamlıdır ve o da sıfırdan farklıdır. Benzer biçimde \(a > 0\) ise her \(n \in \mathbb{N}\) için \(a^n > 0\)’dır: \(a^1 = a > 0\)’dır ve \(a^n > 0\) ise \(a^{n+1} = a^n a\) iki pozitif sayının çarpımı olarak pozitiftir (Önerme 7.5 (1)). Ayrıca \(a^0 = 1 > 0\) (Önerme 7.7) ve \(a^{-n} = \dfrac{1}{a^n} > 0\) (Önerme 7.9) olduğundan, \(a > 0\) iken her \(m \in \mathbb{Z}\) için \(a^m > 0\)’dır.
Kuvvet kurallarının ispatı için, tanımdaki \(a^{n+1} = a^n a\) adımının negatif üsler için de geçerli olduğunu görmemiz gerekir.
Lemma 11.2 (Üssü Bir Artırma) \(a \ne 0\) ve \(m \in \mathbb{Z}\) olsun. O zaman
\[a^{m+1} = a^m \cdot a \qquad \text{ve} \qquad a^{m-1} = a^m \cdot a^{-1}.\]
İspat
İlk eşitlik için \(m\)’nin üç hâline bakalım. \(m \in \mathbb{N}\) ise bu, tanımın kendisidir. \(m = 0\) ise \(a^1 = a = 1 \cdot a = a^0 a\). \(m = -k\), \(k \in \mathbb{N}\) olsun. \(k = 1\) ise \(a^{m+1} = a^0 = 1\) ve \(a^{-1} a = \dfrac{1}{a} \cdot a = 1\); eşitlik sağlanır. \(k \ge 2\) ise Önerme 9.3 ile \(k - 1 \in \mathbb{N}\) ve tanım gereği \(a^k = a^{k-1} a\); dolayısıyla
\[a^{-k} \cdot a = \frac{a}{a^k} = \frac{a}{a^{k-1} \cdot a} = \frac{1}{a^{k-1}} = a^{-(k-1)} = a^{m+1}.\]
İkinci eşitlik, ilkinin \(m - 1\) için yazılmış hâlidir: \(a^m = a^{m-1} a\); her iki tarafı \(a^{-1}\) ile çarpınca \(a^m a^{-1} = a^{m-1}\).
\(\blacksquare\)
Teorem 11.3 (Tam Sayı Kuvvetlerinin Kuralları) \(a, b\) sıfırdan farklı reel sayılar ve \(m, n \in \mathbb{Z}\) olsun. O zaman
- \(a^m a^n = a^{m+n}\),
- \(a^n b^n = (ab)^n\),
- \((a^m)^n = a^{mn}\),
- \(n > 0\) ve \(0 < a\), \(0 < b\) ise: \(a < b \iff a^n < b^n\).
Birinci, ikinci ve üçüncü kurallar \(a = 0\) ya da \(b = 0\) iken de, ifadedeki bütün kuvvetler tanımlı olmak koşuluyla (yani \(m, n \in \mathbb{N}\) için) geçerlidir.
İspat
Birinci ve dördüncü kuralı burada, ikinci ve üçüncüyü bölüm sonundaki alıştırmada (Alıştırma 11.1) kanıtlıyoruz.
1. \(m \in \mathbb{Z}\) sabit olsun; \(n\) üzerinde üç adım atacağız.
Adım A: \(n \in \mathbb{N}\). \(n\) üzerinden tümevarım. \(n = 1\) için \(a^m a^1 = a^m a = a^{m+1}\) (Lemma 11.2). \(a^m a^n = a^{m+n}\) olsun; o zaman
\[a^m a^{n+1} = a^m (a^n a) = (a^m a^n) a = a^{m+n} a = a^{m+n+1}\]
olur; ilk ve son adımda tanım ile Lemma 11.2, ortada çarpmanın birleşme özelliği kullanıldı.
Adım B: \(n = 0\). \(a^m a^0 = a^m \cdot 1 = a^m = a^{m+0}\).
Adım C: \(n = -k\), \(k \in \mathbb{N}\). Adım A’yı \(m\) yerine \(m - k\) ve \(n\) yerine \(k\) ile uygulayalım: \(a^{m-k} a^k = a^{(m-k)+k} = a^m\). \(a^k \ne 0\) olduğundan her iki tarafı \(a^k\)’ye bölebiliriz:
\[a^{m-k} = \frac{a^m}{a^k} = a^m \cdot \frac{1}{a^k} = a^m a^{-k}.\]
Bu tam olarak \(a^m a^n = a^{m+n}\)’dir. Üç adım birlikte her \(n \in \mathbb{Z}\)’yi kapsar. \(a = 0\) ve \(m, n \in \mathbb{N}\) hâlinde Adım A’daki tümevarım kelimesi kelimesine geçerlidir.
4. \(n \in \mathbb{N}\) ve \(0 < a\), \(0 < b\) olsun.
(\(\Rightarrow\) yönü) \(a < b\) olsun; \(a^n < b^n\) olduğunu \(n\) üzerinden tümevarımla gösterelim. \(n = 1\) için ifade hipotezin kendisidir. \(a^n < b^n\) olsun. \(a > 0\) olduğundan \(a^n < b^n\) eşitsizliğini \(a\) ile çarpabiliriz: \(a^n a < b^n a\). \(b^n > 0\) olduğundan \(a < b\) eşitsizliğini \(b^n\) ile çarpabiliriz: \(b^n a < b^n b\). Geçişlilikle
\[a^{n+1} = a^n a < b^n a < b^n b = b^{n+1}.\]
(\(\Leftarrow\) yönü) Karşıt tersini gösterelim: \(a < b\) değilse, üçlem yasasıyla \(a = b\) ya da \(b < a\)’dır. \(a = b\) ise \(a^n = b^n\); \(b < a\) ise az önce kanıtlanan yönle \(b^n < a^n\). Her iki hâlde \(a^n < b^n\) sağlanmaz. Demek ki \(a^n < b^n\) ise \(a < b\).
\(\blacksquare\)
Dördüncü kuralın önemli bir yan ürünü vardır: pozitif \(a, b\) için \(a^n = b^n\) ise \(a = b\)’dir (üçlem yasası ve iki yön). Bu, ileride \(n\)-inci köklerin tekliğini verecek (Teorem 13.2): karesi \(2\) olan en çok bir pozitif reel sayı vardır.
Örnek 11.3 (Eksi Birin Kuvvetleri) Her \(n \in \mathbb{Z}\) için \((-1)^n\) sayısının, \(n\) çiftse \(1\), tekse \(-1\) olduğunu gösterelim.
Çözüm
Önce \(n \in \mathbb{N}\) için tümevarımla: \((-1)^1 = -1\) ve \(1\) tektir. \(n\) için doğru olsun. \(n\) çiftse \((-1)^n = 1\) ve \((-1)^{n+1} = 1 \cdot (-1) = -1\); \(n + 1\) tektir. \(n\) tekse \((-1)^{n+1} = (-1)(-1) = 1 \cdot 1 = 1\) (Önerme 6.12) ve \(n + 1\) çifttir. \(n = 0\) için \((-1)^0 = 1\) ve \(0\) çifttir.
\(n = -k\), \(k \in \mathbb{N}\) olsun. \((-1)^{-k} = \dfrac{1}{(-1)^k}\)’dir. \(k = 2j\) çiftse \(n = -k = 2(-j)\) de çifttir ve \((-1)^n = \dfrac{1}{1} = 1\); \(k = 2j + 1\) tekse \(n = -k = -2j - 1 = 2(-j-1) + 1\) tektir ve \((-1)^n = \dfrac{1}{-1} = -1\).
Özel olarak \((-1)^{2k} = 1\) ve \((-1)^{2k+1} = -1\); bu, ileride \(\big((-1)^n\big)\) dizisinin ıraksaklığını incelerken (Örnek 20.6) kullanılacaktır.
\(\blacksquare\)
11.6 Rasyonel Sayılar
Sıfırdan farklı her \(x \in \mathbb{R}\) sayısının çarpımsal tersi \(x^{-1} = \dfrac{1}{x}\) vardır ve her \(y \in \mathbb{R}\) için \(y x^{-1} = \dfrac{y}{x}\) tanımlıdır (Bölüm 6.2). Pay ve paydayı tam sayılardan seçince rasyonel sayıları elde ederiz.
Tanım 11.6 (Rasyonel Sayılar Kümesi) \(m, n \in \mathbb{Z}\) ve \(n \ne 0\) olmak üzere \(x = \dfrac{m}{n}\) biçiminde yazılabilen reel sayılara rasyonel sayı (rational number) denir. Rasyonel sayılar kümesi
\[\mathbb{Q} = \left\{ x \in \mathbb{R} : x = \frac{m}{n},\ m, n \in \mathbb{Z},\ n \ne 0 \right\}\]
ile gösterilir.
\(n = 1\) alınırsa her \(m \in \mathbb{Z}\) için \(m = \dfrac{m}{1} \in \mathbb{Q}\) görülür; yani \(\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}\). Tanım gereği \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}\)’dir.
Aynı rasyonel sayı çok farklı biçimlerde yazılabilir: \(\dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{-3}{-6}\). İki yazılışın ne zaman aynı sayıyı verdiğini kesinleştirelim.
Önerme 11.4 (Rasyonel Sayıların Eşitliği) \(m, k \in \mathbb{Z}\) ve \(n, l \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\) olsun.
- \(\dfrac{m}{n} = \dfrac{k}{l} \iff ml = kn\).
- \(j \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\) için \(\dfrac{m}{n} = \dfrac{mj}{nj}\).
İspat
1. \(nl \ne 0\)’dır (Önerme 6.13). \(\dfrac{m}{n} = \dfrac{k}{l}\) eşitliğinin her iki tarafını \(nl\) ile çarpalım:
\[\frac{m}{n} \cdot nl = m n^{-1} n l = ml, \qquad \frac{k}{l} \cdot nl = k l^{-1} l n = kn.\]
Demek ki eşitlik \(ml = kn\)’yi verir. Tersine \(ml = kn\) ise her iki tarafı \((nl)^{-1} = n^{-1} l^{-1}\) ile çarpmak \(\dfrac{m}{n} = \dfrac{k}{l}\) verir.
2. \((mj)(n) = (m)(nj)\) olduğundan birinci maddeyle \(\dfrac{m}{n} = \dfrac{mj}{nj}\). Doğrudan da görülebilir:
\[\frac{mj}{nj} = (mj)(nj)^{-1} = (mj)(j^{-1} n^{-1}) = m (j j^{-1}) n^{-1} = m n^{-1} = \frac{m}{n}.\]
\(\blacksquare\)
İkinci madde, kesirleri genişletme ve sadeleştirme kuralıdır. Sadeleştirmeyi sonuna kadar götürürsek pay ile paydası aralarında asal bir yazılışa ulaşırız.
Önerme 11.5 (Rasyonel Sayının En Sade Biçimi) Her \(x \in \mathbb{Q}\) sayısı, \(n \in \mathbb{N}\) ve \(m, n\) aralarında asal olmak üzere \(x = \dfrac{m}{n}\) biçiminde yazılabilir.
İspat
\(x = \dfrac{p}{q}\), \(p, q \in \mathbb{Z}\), \(q \ne 0\) olsun. \(q < 0\) ise Önerme 11.4 ile \(x = \dfrac{-p}{-q}\) yazarak paydayı pozitif yapabiliriz; o hâlde \(x\)’in paydası doğal sayı olan en az bir yazılışı vardır. \(D = \{n \in \mathbb{N} : \text{bir } m \in \mathbb{Z} \text{ için } x = m/n\}\) kümesi boş değildir; Teorem 9.2 gereği en küçük elemanı \(n_0\) vardır. \(x = \dfrac{m_0}{n_0}\) olsun.
\(m_0\) ile \(n_0\)’ın aralarında asal olduğunu gösterelim. Aksine, \(d \ne \pm 1\) ortak böleni olsun; \(-d\) de ortak bölen olduğundan \(d \in \mathbb{N}\) ve \(d \ge 2\) alabiliriz. \(m_0 = d m'\), \(n_0 = d n'\) yazalım (\(m', n' \in \mathbb{Z}\)). \(n_0 > 0\) ve \(d > 0\) olduğundan \(n' = \dfrac{n_0}{d} > 0\); \(n' \in \mathbb{Z}\) olduğundan Lemma 11.1 (1) ile \(n' \in \mathbb{N}\). Önerme 11.4 ile \(x = \dfrac{d m'}{d n'} = \dfrac{m'}{n'}\), dolayısıyla \(n' \in D\). Ama \(n_0 = d n' \ge 2n' > n'\); bu, \(n_0\)’ın \(D\)’nin en küçük elemanı olmasıyla çelişir.
\(\blacksquare\)
Şimdi rasyonel sayıların dört işlem altında kapalı olduğunu görelim.
Önerme 11.6 (Rasyonel Sayılar Dört İşlem Altında Kapalıdır) \(x, y \in \mathbb{Q}\) olsun. O zaman \(x + y\), \(x - y\) ve \(xy\) rasyoneldir. Ayrıca \(x \ne 0\) ise \(x^{-1} \in \mathbb{Q}\)’dur; dolayısıyla \(y \ne 0\) için \(\dfrac{x}{y} \in \mathbb{Q}\).
İspat
\(x = \dfrac{m}{n}\) ve \(y = \dfrac{k}{l}\) olsun; \(m, n, k, l \in \mathbb{Z}\), \(n \ne 0\), \(l \ne 0\).
Toplama. Önerme 11.4 ile paydaları eşitleyelim:
\[x + y = \frac{m}{n} + \frac{k}{l} = \frac{ml}{nl} + \frac{kn}{nl} = \frac{ml + kn}{nl}.\]
Son adım, \((ml)(nl)^{-1} + (kn)(nl)^{-1} = (ml + kn)(nl)^{-1}\) dağılma özelliğidir. Önerme 11.1 gereği \(ml + kn \in \mathbb{Z}\) ve \(nl \in \mathbb{Z}\); \(n \ne 0\), \(l \ne 0\) olduğundan \(nl \ne 0\). Demek ki \(x + y \in \mathbb{Q}\).
Çıkarma. Önerme 6.12 ile \(-y = -(k l^{-1}) = (-k) l^{-1} = \dfrac{-k}{l} \in \mathbb{Q}\) (\(-k \in \mathbb{Z}\)) ve \(x - y = x + (-y)\) iki rasyonelin toplamıdır.
Çarpma.
\[xy = \frac{m}{n} \cdot \frac{k}{l} = (m n^{-1})(k l^{-1}) = (mk)(n^{-1} l^{-1}) = (mk)(nl)^{-1} = \frac{mk}{nl}.\]
\(mk \in \mathbb{Z}\) ve \(nl \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}\) olduğundan \(xy \in \mathbb{Q}\).
Çarpımsal ters. \(x = \dfrac{m}{n} \ne 0\) olsun; o zaman \(m \ne 0\)’dır (çünkü \(m = 0\) ise \(x = 0\)). Çarpımın tersi terslerin çarpımıdır (Önerme 6.14) ve tersin tersi sayının kendisidir (Önerme 6.10):
\[x^{-1} = \left(m n^{-1}\right)^{-1} = m^{-1} \left(n^{-1}\right)^{-1} = m^{-1} n = \frac{n}{m}.\]
\(n, m \in \mathbb{Z}\) ve \(m \ne 0\) olduğundan \(x^{-1} \in \mathbb{Q}\). Bölme için \(\dfrac{x}{y} = x y^{-1}\) iki rasyonelin çarpımıdır.
\(\blacksquare\)
Rasyonel Sayılarda Sıralama
Rasyonel sayılar reel sayıların alt kümesi olduğundan aralarındaki sıralama zaten \(\mathbb{R}\)’den gelir. Yine de iki kesri karşılaştırmanın tam sayılara indirgenmiş bir yolu vardır; okuldan bildiğimiz “içler dışlar çarpımı” kuralı tam olarak budur.
Önerme 11.7 (Rasyonel Sayılarda Sıralama (İçler Dışlar Çarpımı)) \(m, k \in \mathbb{Z}\) ve \(n, l \in \mathbb{N}\) olsun. O zaman
\[\frac{m}{n} < \frac{k}{l} \iff ml < kn.\]
İspat
\(n, l > 0\) olduğundan \(nl > 0\)’dır. Sıralama aksiyomlarına göre (Bölüm 7.1) pozitif bir sayıyla çarpmak eşitsizliği korur; pozitif bir sayıya bölmek de öyle. \(\dfrac{m}{n} < \dfrac{k}{l}\) eşitsizliğinin iki tarafını \(nl\) ile çarparsak Önerme 11.4’in ispatındaki hesapla sol taraf \(ml\), sağ taraf \(kn\) olur: \(ml < kn\). Tersine \(ml < kn\) ise iki tarafı \(\dfrac{1}{nl} > 0\) ile çarpmak \(\dfrac{m}{n} < \dfrac{k}{l}\) verir.
\(\blacksquare\)
Her rasyonel sayı pozitif paydayla yazılabildiğinden (Önerme 11.5) bu kural genel bir karşılaştırma yöntemidir. Örneğin \(\dfrac{5}{7} < \dfrac{3}{4}\)’tür, çünkü \(5 \cdot 4 = 20 < 21 = 3 \cdot 7\).
Rasyonel Sayılar Sıralı Bir Cisimdir
Artık sayı kümelerimizin yapısını toplu hâlde ifade edebiliriz. Bir kümeye, üzerindeki toplama ve çarpma işlemleriyle birlikte cebirsel aksiyomların tamamını sağlıyorsa cisim (field), ayrıca sıralama aksiyomlarını da sağlayan bir “\(<\)” bağıntısı taşıyorsa sıralı cisim (ordered field) denir. Bir cismin, işlemler kısıtlandığında yine cisim olan alt kümesine o cismin alt cismi (subfield) denir.
Teorem 11.4 (Rasyonel Sayılar Sıralı Bir Cisimdir)
- \((\mathbb{Q}, +, \cdot, <)\) sıralı bir cisimdir.
- \(\mathbb{Q}\), reel sayılar cisminin bir alt cismidir.
- \(\mathbb{N} \subset \mathbb{Z} \subset \mathbb{Q} \subset \mathbb{R}\) kapsamaları geçerlidir ve her biri öz kapsamadır.
İspat
1 ve 2. Cebirsel aksiyomları (Bölüm 6.2) tek tek denetleyelim. Toplama ve çarpma Önerme 11.6 ile \(\mathbb{Q}\)’da kalır. Birleşme, değişme ve dağılma özellikleri bütün reel sayılar için geçerli olduğundan rasyonel sayılar için de geçerlidir. Birim elemanlar \(0 = \dfrac{0}{1}\) ve \(1 = \dfrac{1}{1}\) rasyoneldir. Her \(x \in \mathbb{Q}\) için \(-x \in \mathbb{Q}\) ve \(x \ne 0\) için \(x^{-1} \in \mathbb{Q}\) olduğunu Önerme 11.6’da gördük. Demek ki \(\mathbb{Q}\) bir cisimdir; \(\mathbb{R}\)’nin işlemlerini kullandığı için \(\mathbb{R}\)’nin bir alt cismidir.
Sıralama aksiyomları (Bölüm 7.1) — üçlem yasası, geçişlilik, toplama ve pozitif sayıyla çarpma ile uyumluluk — reel sayılardaki “\(<\)” bağıntısı için doğrudur; \(\mathbb{Q}\) üzerindeki bağıntı bunun kısıtlanışı olduğundan ve toplam ile çarpım \(\mathbb{Q}\)’da kaldığından aynı aksiyomlar \(\mathbb{Q}\)’da da sağlanır. O hâlde \((\mathbb{Q}, +, \cdot, <)\) sıralı bir cisimdir.
3. Kapsamaları zaten gördük: \(\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}\) tanım gereği, \(\mathbb{Z} \subset \mathbb{Q}\) paydayı \(1\) alarak, \(\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}\) tanım gereği. Her birinin öz kapsama olduğunu, sağdaki kümede olup soldakinde olmayan birer eleman bularak gösterelim.
- \(0 \in \mathbb{Z}\) ama \(0 \notin \mathbb{N}\): hiçbir doğal sayı \(1\)’den küçük değildir (Önerme 9.3), oysa \(0 < 1\). Dolayısıyla \(\mathbb{N} \ne \mathbb{Z}\).
- \(\dfrac{1}{2} \in \mathbb{Q}\) ama \(\dfrac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\): \(0 < \dfrac{1}{2} < 1\) ve Lemma 11.1. Dolayısıyla \(\mathbb{Z} \ne \mathbb{Q}\).
- Karesi \(2\) olan pozitif bir reel sayı vardır (Teorem 13.1) ama bu sayı rasyonel değildir (Teorem 13.3); her iki olgu da ilerideki bir bölümde kanıtlanacaktır. Dolayısıyla \(\mathbb{Q} \ne \mathbb{R}\).
\(\blacksquare\)
Teoremin asıl mesajı şudur: \(\mathbb{Q}\), cebirsel ve sıralama aksiyomlarının hepsini sağlar. Reel sayıları rasyonel sayılardan ayıran tek aksiyom, Tamlık Aksiyomu’dur (Bölüm 10.4) ve bunun \(\mathbb{Q}\)’da geçersiz olduğunu ileride göreceğiz (Sonuç 13.1). Yani \(\sqrt{2}\)’nin varlığı gibi analizin bütün “limit” içeren sonuçları, işte bu tek aksiyoma dayanır.
Örnek 11.4 (İki Rasyonel Sayı Arasında Rasyonel Sayı) \(x, y \in \mathbb{Q}\) ve \(x < y\) olsun. \(x\) ile \(y\) arasında bir rasyonel sayı bulunduğunu gösterelim; buradan iki farklı rasyonel sayı arasında sonsuz çoklukta rasyonel sayı olduğunu çıkaralım.
Çözüm
\(z = \dfrac{x + y}{2}\) alalım. Önerme 11.6 ile \(x + y \in \mathbb{Q}\) ve \(\dfrac{1}{2} \in \mathbb{Q}\) olduğundan \(z = (x + y) \cdot \dfrac{1}{2} \in \mathbb{Q}\)’dur. Önerme 7.11 gereği \(x < z < y\).
Sonsuz çokluk için aynı adımı tekrarlayalım: \(z_1 = \dfrac{x + y}{2}\), \(z_2 = \dfrac{x + z_1}{2}\), \(z_3 = \dfrac{x + z_2}{2}\), \(\dots\) biçiminde tanımlanan sayıların her biri rasyoneldir ve \(x < \cdots < z_3 < z_2 < z_1 < y\) sağlar; yani birbirinden farklıdırlar. \(z_0 = y\) diyelim; tümevarımla her \(n \in \mathbb{N}\) için \(z_n \in \mathbb{Q}\) ve \(x < z_n < z_{n-1}\) olduğu görülür. Böylece \((x, y)\) aralığında \(n\) farklı rasyonel sayı bulunur ve \(n\) keyfi olduğundan sonlu sayıda olamazlar.
Bu örneğin bir sonucu: \(\mathbb{Q}\)’da “ardışık” rasyonel sayı diye bir şey yoktur. Tam sayılarda \(n\)’den sonra gelen ilk tam sayı \(n + 1\)’dir; rasyonellerde ise bir sayının “hemen sağındaki” sayı yoktur. İleride çok daha güçlü bir ifadeyi kanıtlayacağız: herhangi iki reel sayı arasında da bir rasyonel sayı vardır (Teorem 13.5).
\(\blacksquare\)
11.7 Alıştırmalar
Alıştırma 11.1 (Tam Sayılar ve Rasyonel Sayılar Alıştırmaları)
\(a, b \ne 0\) ve \(n \in \mathbb{Z}\) için \((ab)^n = a^n b^n\) olduğunu gösteriniz (Teorem 11.3, ikinci kural).
\(a \ne 0\) ve \(m, n \in \mathbb{Z}\) için \((a^m)^n = a^{mn}\) olduğunu gösteriniz (Teorem 11.3, üçüncü kural).
\(m\) tek bir tam sayı ise \(8 \mid m^2 - 1\) olduğunu gösteriniz.
\(A = \{m \in \mathbb{Z} : m^2 < 10\}\) kümesinin maksimumunu ve minimumunu bulunuz.
\(P = \{x \in \mathbb{Q} : x > 0\}\) kümesinin minimumunun olmadığını, ama \(\inf P = 0\) olduğunu gösteriniz. Buradan iyi sıralama ilkesinin \(\mathbb{Q}\)’da geçersiz olduğunu çıkarınız.
Çözüm
a) Önce \(n \in \mathbb{N}\) için tümevarım: \(n = 1\) için \((ab)^1 = ab = a^1 b^1\). \((ab)^n = a^n b^n\) olsun; çarpmanın birleşme ve değişme özellikleriyle
\[(ab)^{n+1} = (ab)^n (ab) = a^n b^n a b = (a^n a)(b^n b) = a^{n+1} b^{n+1}.\]
Bu tümevarımda \(a \ne 0\), \(b \ne 0\) koşulu hiç kullanılmadı; yalnızca tanımdaki \(x^{n+1} = x^n x\) adımıyla çarpmanın birleşme ve değişme özellikleri kullanıldı. Dolayısıyla ikinci kural, \(n \in \mathbb{N}\) iken \(a = 0\) ya da \(b = 0\) hâlinde de geçerlidir.
\(n = 0\) için iki taraf da \(1\)’dir. \(n = -k\), \(k \in \mathbb{N}\) için, çarpımın tersinin terslerin çarpımı olduğunu kullanalım (Önerme 6.14):
\[(ab)^{-k} = \frac{1}{(ab)^k} = \frac{1}{a^k b^k} = \frac{1}{a^k} \cdot \frac{1}{b^k} = a^{-k} b^{-k}.\]
b) Önce yardımcı bir gözlem: her \(j \in \mathbb{Z}\) için \(\dfrac{1}{a^j} = a^{-j}\). Gerçekten \(j \in \mathbb{N}\) için bu tanımdır; \(j = 0\) için \(\dfrac{1}{1} = 1 = a^0\); \(j = -k\) için \(\dfrac{1}{a^{-k}} = \dfrac{1}{1/a^k} = a^k = a^{-(-k)}\).
\(m \in \mathbb{Z}\) sabit olsun; \(n\) üzerinden ilerleyelim. \(n \in \mathbb{N}\) için tümevarım: \(n = 1\) için \((a^m)^1 = a^m = a^{m \cdot 1}\). \((a^m)^n = a^{mn}\) olsun; tanım ve birinci kuralla
\[(a^m)^{n+1} = (a^m)^n a^m = a^{mn} a^m = a^{mn + m} = a^{m(n+1)}.\]
Bu tümevarım da \(a \ne 0\) koşulunu kullanmaz: \(m, n \in \mathbb{N}\) iken yalnızca tanım ile birinci kuralın Adım A’sı kullanılıyor ve ikisi de \(a = 0\) için geçerlidir. Dolayısıyla üçüncü kural, \(m, n \in \mathbb{N}\) iken \(a = 0\) hâlinde de doğrudur; \(a \ne 0\) koşulu ancak \(m\) ya da \(n\) negatif olduğunda gerekir.
\(n = 0\) için \((a^m)^0 = 1 = a^0 = a^{m \cdot 0}\) (\(a^m \ne 0\) olduğundan sol taraf tanımlıdır). \(n = -k\), \(k \in \mathbb{N}\) için yardımcı gözlemle
\[(a^m)^{-k} = \frac{1}{(a^m)^k} = \frac{1}{a^{mk}} = a^{-mk} = a^{m(-k)}.\]
c) \(m = 2k + 1\), \(k \in \mathbb{Z}\) olsun. O zaman
\[m^2 - 1 = 4k^2 + 4k + 1 - 1 = 4k(k + 1).\]
Örnek 11.2 gereği \(k(k+1)\) çifttir: \(k(k+1) = 2j\) olacak bir \(j \in \mathbb{Z}\) vardır. Dolayısıyla \(m^2 - 1 = 4 \cdot 2j = 8j\), yani \(8 \mid m^2 - 1\). Örneğin \(m = 7\) için \(49 - 1 = 48 = 8 \cdot 6\).
d) \(0 \in A\) olduğundan \(A \ne \varnothing\). \(m \in \mathbb{Z}\) ve \(m \ge 4\) ise \(m \cdot m \ge 4 \cdot m \ge 4 \cdot 4 = 16 > 10\) (pozitif sayılarla çarpma sıralamayı korur), dolayısıyla \(m \notin A\). Demek ki \(A\)’nın her elemanı \(4\)’ten küçüktür; tam sayı olduğundan Lemma 11.1 ile \(3\)’ten küçük ya da eşittir. \(3^2 = 9 < 10\) olduğundan \(3 \in A\); kümeye ait bir üst sınır maksimumdur: \(\max A = 3\).
Minimum için \(m \le -4\) olan bir tam sayı alalım; \(-m \ge 4\) ve \(m^2 = (-m)^2 \ge 16 > 10\) olduğundan \(m \notin A\). Yani \(A\)’nın her elemanı \(-3\)’ten büyük ya da eşittir; \((-3)^2 = 9 < 10\) ile \(-3 \in A\). Böylece \(\min A = -3\) ve \(A = \{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}\).
Bu, Teorem 11.2 ve Sonuç 11.1’nin somut bir örneğidir: \(A\) sınırlı olduğu için maksimum ve minimumun var olacağı önceden biliniyordu; biz yalnızca değerlerini hesapladık.
e) Minimum yoktur. \(x \in P\) olsun. \(\dfrac{x}{2} = x \cdot \dfrac{1}{2}\), Önerme 11.6 ile rasyoneldir ve Önerme 7.11 (\(0\) ile \(x\) için) gereği \(0 < \dfrac{x}{2} < x\); yani \(\dfrac{x}{2} \in P\) ve \(x\)’ten küçüktür. Demek ki \(P\)’nin hiçbir elemanı alt sınır değildir; minimum yoktur.
\(\inf P = 0\). \(0\) bir alt sınırdır. \(\varepsilon > 0\) verilsin; Teorem 10.4 ile \(n > \dfrac{1}{\varepsilon}\) olan bir \(n \in \mathbb{N}\) vardır. Bu eşitsizliğin iki yanını pozitif \(\dfrac{\varepsilon}{n}\) sayısıyla çarpınca \(\varepsilon > \dfrac{1}{n}\) çıkar; ayrıca \(\dfrac{1}{n} > 0\) (Önerme 7.9). \(1, n \in \mathbb{Z}\) olduğundan \(\dfrac{1}{n} \in \mathbb{Q}\)’dur; yani \(\dfrac{1}{n} \in P\) ve \(\dfrac{1}{n} < 0 + \varepsilon\). Teorem 10.2 gereği \(\inf P = 0\).
İyi sıralama. \(P\), \(\mathbb{Q}\)’nun boş olmayan ve alttan sınırlı bir alt kümesidir ama en küçük elemanı yoktur. Dolayısıyla “boş olmayan ve alttan sınırlı her alt kümenin bir en küçük elemanı vardır” ilkesi, tam sayılar için doğru olduğu hâlde (Sonuç 11.1) rasyonel sayılar için yanlıştır.
\(\blacksquare\)
Tam sayılar ve rasyonel sayılar artık aksiyomlar içinde yerini aldı. Bir sonraki bölümde doğal sayıların üstten sınırsızlığını Arşimet özelliği biçiminde genelleştirecek ve tam sayıların maksimum ilkesinden taban fonksiyonu ile bölme algoritmasını çıkaracağız — Arşimet Özelliği ve Sonuçları.