2 Metrik, Doğrular ve Konveks Kümeler
Tek değişkenli analizde limit, süreklilik ve türevin bütün tanımları \(|x - a| < \delta\) biçimindeki eşitsizliklere dayanır: iki reel sayının birbirine ne kadar yakın olduğunu aralarındaki \(|x - a|\) uzaklığı ölçer. \(\mathbb{R}^n\)’de aynı rolü Öklid normu üstlenir. ℝⁿ Uzayı, İç Çarpım ve Norm bölümünde bir vektörün uzunluğunu ölçen normu kurmuştuk. Bu bölümde iki nokta arasındaki uzaklığı farklarının normu olarak tanımlıyor ve bu uzaklığın, bir uzaklıktan beklenen dört özelliği taşıdığını gösteriyoruz.
Ardından \(\mathbb{R}^n\)’nin geometrisindeki temel nesneleri kuruyoruz: doğrular, doğru parçaları ve herhangi iki noktasını birleştiren doğru parçasını da içeren konveks kümeler. \(\mathbb{R}\)’de aralıkların üstlendiği rolü \(\mathbb{R}^n\)’de iki tür küme paylaşır: \((a - \varepsilon, a + \varepsilon)\) komşuluğunun karşılığı olan yuvarlar ve kenarları eksenlere paralel kutular olan aralıklar. Yuvarlar, sonraki bölümlerde açık küme, limit ve süreklilik tanımlarının yapı taşı olacak. Bölümü yalnız \(\mathbb{R}^3\)’te tanımlı olan vektörel çarpımla kapatıyoruz.
2.1 Öklid Metriği
İki nokta arasındaki uzaklığı, onları birleştiren fark vektörünün uzunluğu olarak tanımlıyoruz.
Tanım 2.1 (Öklid Metriği) \(x = (x_1, \dots, x_n)\) ve \(y = (y_1, \dots, y_n)\), \(\mathbb{R}^n\)’nin iki noktası olsun.
\[d(x, y) = \|x - y\| = \left( \sum_{j=1}^{n} (x_j - y_j)^2 \right)^{1/2}\]
sayısına \(x\) ile \(y\) arasındaki uzaklık, bu biçimde tanımlanan \(d : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna da \(\mathbb{R}^n\)’nin Öklid metriği denir.
Yani \(x\) ile \(y\) arasındaki uzaklık, \(x - y\) fark vektörünün Öklid normudur (Tanım 1.7). Küçük boyutlarda formül tanıdık uzaklık formüllerine döner:
\[ \begin{aligned} n = 1: &\quad d(x, y) = \sqrt{(x - y)^2} = |x - y|, \\[1mm] n = 2: &\quad d(x, y) = \sqrt{(x_1 - y_1)^2 + (x_2 - y_2)^2}, \\[1mm] n = 3: &\quad d(x, y) = \sqrt{(x_1 - y_1)^2 + (x_2 - y_2)^2 + (x_3 - y_3)^2}. \end{aligned} \]
\(n = 1\) için bu, reel sayılarda alışık olduğumuz \(|x - y|\) uzaklığıdır. \(n = 2\) için formül Pisagor teoremidir: \(x\) ile \(y\)’yi birleştiren doğru parçası, dik kenarları \(|y_1 - x_1|\) ve \(|y_2 - x_2|\) olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür. \(n = 3\) için Pisagor teoremi iki kez uygulanır ve \(d(x, y)\), kenarları \(|y_j - x_j|\) olan dikdörtgenler prizmasının cisim köşegeninin uzunluğu olur.
Önerme 2.1 (Öklid Metriğinin Özellikleri) Her \(x, y, z \in \mathbb{R}^n\) için şunlar sağlanır:
(i) \(d(x, y) \ge 0\);
(ii) \(d(x, y) = 0 \iff x = y\);
(iii) \(d(x, y) = d(y, x)\) (simetri);
(iv) \(d(x, y) \le d(x, z) + d(z, y)\) (üçgen eşitsizliği).
İspat
Dört özellik de Öklid normunun özelliklerinden (Teorem 1.2) gelir.
(i) Bir vektörün normu negatif olmayan bir sayıdır (Teorem 1.2 (1)); dolayısıyla \(d(x, y) = \|x - y\| \ge 0\).
(ii) Bir vektörün normu ancak ve ancak vektör sıfır vektörüyse sıfırdır (Teorem 1.2 (2)). Bu özelliği \(x - y\) vektörüne uygularsak
\[d(x, y) = \|x - y\| = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y.\]
(iii) \(x - y = (-1)(y - x)\) yazalım. Normun homojenliği (\(\|\lambda v\| = |\lambda|\,\|v\|\), Teorem 1.2 (3)) ile
\[d(x, y) = \|(-1)(y - x)\| = |-1|\,\|y - x\| = d(y, x).\]
(iv) \(x - y = (x - z) + (z - y)\) yazıp normun üçgen eşitsizliğini (Teorem 1.2 (4)) uygulayalım:
\[ \begin{aligned} d(x, y) &= \|(x - z) + (z - y)\| \\[1mm] &\le \|x - z\| + \|z - y\| = d(x, z) + d(z, y). \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Üçgen eşitsizliği adını geometrisinden alır: \(x\), \(y\), \(z\) bir üçgenin köşeleriyse bir kenarın uzunluğu öbür iki kenarın uzunlukları toplamını aşamaz. Yani \(x\)’ten \(y\)’ye doğrudan gitmek, araya bir \(z\) durağı koymaktan daha uzun olamaz.
2.2 Metrik Kavramı ve Normdan Elde Edilen Metrikler
Önerme 2.1 ile kanıtladığımız dört özellik, “uzaklık” sözcüğünden beklediğimiz her şeyi söyler; bu yüzden bu dört özelliği taşıyan her fonksiyona ayrı bir ad verilir.
Tanım 2.2 (Metrik) \(\rho : \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. Her \(x, y, z \in \mathbb{R}^n\) için
(i) \(\rho(x, y) \ge 0\),
(ii) \(\rho(x, y) = 0 \iff x = y\),
(iii) \(\rho(x, y) = \rho(y, x)\),
(iv) \(\rho(x, y) \le \rho(x, z) + \rho(z, y)\)
koşulları sağlanıyorsa \(\rho\)’ya \(\mathbb{R}^n\) üzerinde bir metrik (uzaklık fonksiyonu) denir.
Yani metrik, uzaklığın dört temel özelliğini taşıyan her fonksiyondur: uzaklık negatif değildir, yalnız bir noktanın kendisine uzaklığı sıfırdır, uzaklık yönden bağımsızdır ve dolambaçlı yol doğrudan yoldan kısa olamaz. Önerme 2.1, Öklid metriğinin bu anlamda bir metrik olduğunu söyler. Aynı tanım \(\mathbb{R}^n\) yerine herhangi bir \(X\) kümesi için de yapılır; üzerinde bir metrik verilmiş kümeye metrik uzay denir.
Önerme 2.1 ispatında Öklid normunun yalnız dört özelliğini kullandık: normun negatif olmaması, yalnız sıfır vektöründe sıfır olması, homojenlik ve üçgen eşitsizliği. Bunlar genel normun tanımındaki (N1)–(N4) koşullarıdır (Tanım 1.11); dolayısıyla her norm bir metrik üretir.
Önerme 2.2 (Her Norm Bir Metrik Üretir) \(N : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) bir norm olsun.
\[d_N(x, y) = N(x - y) \qquad (x, y \in \mathbb{R}^n)\]
ile tanımlanan \(d_N\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^n\) üzerinde bir metriktir. Özel olarak 1-normundan ve maksimum normundan elde edilen
\[ \begin{aligned} d_1(x, y) &= \|x - y\|_1 = \sum_{j=1}^{n} |x_j - y_j|, \\[1mm] d_\infty(x, y) &= \|x - y\|_\infty = \max_{1 \le j \le n} |x_j - y_j| \end{aligned} \]
fonksiyonları da \(\mathbb{R}^n\) üzerinde metriktir.
İspat
Normun tanımındaki (N1)–(N4) koşullarını (Tanım 1.11) kullanacağız. \(x, y, z \in \mathbb{R}^n\) olsun.
(i) (N1) gereği \(d_N(x, y) = N(x - y) \ge 0\).
(ii) (N2) gereği
\[d_N(x, y) = 0 \iff N(x - y) = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y.\]
(iii) (N3) gereği
\[d_N(x, y) = N\big((-1)(y - x)\big) = |-1|\,N(y - x) = d_N(y, x).\]
(iv) (N4) gereği
\[ \begin{aligned} d_N(x, y) &= N\big((x - z) + (z - y)\big) \\[1mm] &\le N(x - z) + N(z - y) = d_N(x, z) + d_N(z, y). \end{aligned} \]
1-normu ve maksimum normu birer norm olduğundan (Önerme 1.3) \(d_1\) ve \(d_\infty\) bu genel sonucun özel hâlleridir. \(\blacksquare\)
Öklid metriği \(d\), bu önermede \(N = \|\cdot\|\) alınarak elde edilen metriktir. Kitap boyunca aksi söylenmedikçe “uzaklık” Öklid metriği demektir.
Örnek 2.1 (Üç Metriğe Göre Uzaklık) \(\mathbb{R}^3\)’te \(x = (1, -2, 3)\) ve \(y = (3, 1, -3)\) noktaları arasındaki \(d(x, y)\), \(d_1(x, y)\) ve \(d_\infty(x, y)\) uzaklıklarını hesaplayınız.
Çözüm
Üç metrik de fark vektörüne bakar:
\[x - y = \big(1 - 3,\ -2 - 1,\ 3 - (-3)\big) = (-2, -3, 6).\]
Öklid metriği bileşenlerin karelerinin toplamının karekökünü alır:
\[d(x, y) = \sqrt{(-2)^2 + (-3)^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 9 + 36} = \sqrt{49} = 7.\]
\(d_1\) bileşenlerin mutlak değerlerini toplar, \(d_\infty\) ise en büyüğünü seçer:
\[ \begin{aligned} d_1(x, y) &= |-2| + |-3| + |6| = 11, \\[1mm] d_\infty(x, y) &= \max\{2, 3, 6\} = 6. \end{aligned} \]
Aynı iki nokta için üç farklı sayı bulduk; üçü de birer uzaklıktır ama uzaklığı farklı biçimde ölçer. Bulduğumuz \(d_\infty \le d \le d_1\) sıralaması bu örneğe özgü değildir: normların denkliği teoremindeki (Teorem 1.5) \(\|v\|_\infty \le \|v\| \le \|v\|_1\) eşitsizliklerini \(v = x - y\) vektörüne uygularsak her \(x, y \in \mathbb{R}^n\) için \(d_\infty(x, y) \le d(x, y) \le d_1(x, y)\) bulunur. \(\blacksquare\)
Her norm bir metrik üretir; ancak her metrik bir normdan gelmez.
Örnek 2.2 (Normdan Gelmeyen Bir Metrik) \(\mathbb{R}^n\) üzerinde
\[\rho(x, y) = \begin{cases} 0, & x = y, \\ 1, & x \ne y \end{cases}\]
ile tanımlanan ayrık metriğin, bir metrik olduğu hâlde hiçbir normdan elde edilemediğini, yani hiçbir \(N\) normu için \(\rho = d_N\) olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Metrik koşulları. (i) ve (iii) tanımdan açıktır: \(\rho\) yalnız \(0\) ve \(1\) değerlerini alır ve “\(x = y\)” koşulu \(x\) ile \(y\)’ye göre simetriktir. (ii) tanımın kendisidir: \(\rho(x, y) = 0\) ancak ve ancak \(x = y\) ise olur. (iv) için iki durum vardır. \(x = y\) ise sol taraf \(0\)’dır ve sağ taraf negatif olmadığından eşitsizlik sağlanır. \(x \ne y\) ise bir \(z\) noktası hem \(x\)’e hem \(y\)’ye eşit olamaz; dolayısıyla \(\rho(x, z)\) ile \(\rho(z, y)\) sayılarından en az biri \(1\)’dir ve
\[\rho(x, z) + \rho(z, y) \ge 1 = \rho(x, y)\]
olur. \(\rho\) bir metriktir.
Normdan gelmez. Bir \(N\) normu için her \(x, y\) noktasında \(\rho(x, y) = N(x - y)\) olsaydı, \(2e_1 \ne 0\) ve \(e_1 \ne 0\) olduğundan normun homojenliği
\[1 = \rho(2e_1, 0) = N(2e_1) = 2N(e_1) = 2\rho(e_1, 0) = 2\]
çelişkisini verirdi. Normdan gelen her metrik ölçeklemeye uyar: \(d_N(\lambda x, \lambda y) = |\lambda|\,N(x - y)\). Ayrık metrik ise iki farklı nokta ne kadar uzaklaştırılırsa uzaklaştırılsın aralarındaki uzaklığı \(1\)’de tutar. \(\blacksquare\)
Özetle \(\mathbb{R}^n\) katmanlı bir yapı taşır: iç çarpım bir norm üretir (\(\|x\| = \sqrt{\langle x, x \rangle}\)), norm da bir metrik üretir (\(d(x, y) = \|x - y\|\)). Bu yüzden \(\mathbb{R}^n\) aynı anda bir vektör uzayı, bir iç çarpım uzayı, bir normlu uzay ve bir metrik uzaydır. Zincir ters yönde her zaman işlemez. Her metrik bir normdan gelmez; ayrık metrik bunun örneğidir. Her norm da bir iç çarpımdan gelmez: iç çarpımdan gelen her norm paralelkenar özdeşliğini (Önerme 1.5) sağlar, 1-normu ise sağlamaz (Örnek 1.7).
2.3 ℝⁿ’de Doğru ve Doğru Parçası
Düzlemde bir doğru, üzerindeki bir nokta ve bir doğrultu ile belirlenir; aynı tarif her boyutta işler ve doğruya parametrik bir gösterim verir.
Tanım 2.3 (ℝⁿ’de Doğru) \(a \in \mathbb{R}^n\) ve \(b \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}\) olsun.
\[\ell_a(b) = \{a + tb : t \in \mathbb{R}\}\]
kümesine \(\mathbb{R}^n\)’de \(a\) noktasından geçen, \(b\) doğrultusundaki doğru denir. \(b\) vektörüne doğrunun doğrultu vektörü, \(t\)’ye parametre denir.
Yani doğru, \(a\) noktasından başlayıp \(b\) vektörünün bütün reel katları kadar ileri ve geri gidilerek ulaşılan noktalardan oluşur: \(t = 0\) için \(a\)’nın kendisi, \(t = 1\) için \(a + b\), \(t = -1\) için \(a - b\) elde edilir. Koordinatlarla yazılınca \(x = a + tb\) eşitliği \(n\) tane denkleme ayrılır:
\[x_j = a_j + t\, b_j \qquad (j = 1, \dots, n).\]
Bunlara doğrunun parametrik denklemleri denir. \(b \ne 0\) koşulu gereklidir; \(b = 0\) olsaydı küme tek bir \(a\) noktasına dönerdi. İki farklı \(p, q \in \mathbb{R}^n\) noktasından geçen doğru, \(a = p\) ve \(b = q - p\) alınarak elde edilir:
\[\ell_p(q - p) = \{p + t(q - p) : t \in \mathbb{R}\} = \{(1 - t)p + tq : t \in \mathbb{R}\}.\]
Örnek 2.3 (Düzlemde Parametrik ve Kartezyen Denklem) \(\mathbb{R}^2\)’de \(a = (1, 2)\) noktasından geçen, \(b = (3, -1)\) doğrultusundaki doğrunun parametrik denklemlerinden yararlanarak kartezyen denklemini bulunuz.
Çözüm
\(a + tb = (1 + 3t,\ 2 - t)\) olduğundan doğrunun parametrik denklemleri
\[ \begin{aligned} x &= 1 + 3t, \\[1mm] y &= 2 - t \end{aligned} \qquad (t \in \mathbb{R}) \]
olur. Parametreyi yok edelim. İkinci denklemden \(t = 2 - y\) bulunur; birinciye yazılırsa
\[x = 1 + 3(2 - y) = 7 - 3y, \quad \text{yani} \quad x + 3y = 7\]
elde edilir. Tersine, \(x + 3y = 7\) denklemini sağlayan her \((x, y)\) noktası \(t = 2 - y\) parametresine karşılık gelir: bu \(t\) için \(2 - t = y\) ve \(1 + 3t = 7 - 3y = x\) olur. Dolayısıyla
\[\ell_a(b) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x + 3y = 7\}.\]
Sınama: \(t = 0\) için \(a = (1, 2)\) noktasında \(1 + 6 = 7\), \(t = 1\) için \(a + b = (4, 1)\) noktasında \(4 + 3 = 7\) olur. \(\blacksquare\)
Örnek 2.4 (Uzayda İki Noktadan Geçen Doğru) \(\mathbb{R}^3\)’te \(p = (1, 0, -1)\) ve \(q = (3, 2, 1)\) noktalarından geçen doğru üzerinde \((4, 3, 2)\) ve \((0, -1, -1)\) noktalarından hangisinin bulunduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Doğrultu vektörü \(q - p = (2, 2, 2)\)’dir; doğru
\[\ell_p(q - p) = \{(1 + 2t,\ 2t,\ -1 + 2t) : t \in \mathbb{R}\}\]
kümesidir. Bir noktanın doğru üzerinde olması, üç koordinat denklemini aynı anda sağlayan bir \(t\) bulunması demektir.
\((4, 3, 2)\) noktası. Birinci denklemden \(1 + 2t = 4\), yani \(t = \dfrac{3}{2}\). Bu değer öbür iki denklemi de sağlar: \(2t = 3\) ve \(-1 + 2t = 2\). Nokta doğru üzerindedir.
\((0, -1, -1)\) noktası. Birinci denklemden \(1 + 2t = 0\), yani \(t = -\dfrac{1}{2}\); ikinci denklem \(2t = -1\) de sağlanır. Ancak üçüncü koordinat \(-1 + 2t = -2 \ne -1\) olur. Üç denklemi birden sağlayan bir \(t\) yoktur; nokta doğru üzerinde değildir. \(\blacksquare\)
Doğrunun iki noktası arasında kalan kısmı, parametre bir aralıkla kısıtlanarak elde edilir.
Tanım 2.4 (ℝⁿ’de Doğru Parçası) \(a, b \in \mathbb{R}^n\) olsun.
\[L(a; b) = \{ta + (1 - t)b : t \in [0, 1]\}\]
kümesine \(a\) ile \(b\) arasındaki (onları birleştiren) doğru parçası denir.
Yani \(t\) parametresi \(0\)’dan \(1\)’e giderken \(ta + (1 - t)b\) noktası \(b\)’den \(a\)’ya doğru yürür: \(t = 0\) için \(b\), \(t = 1\) için \(a\), \(t = \tfrac{1}{2}\) için
\[\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b = \frac{a + b}{2}\]
orta noktası elde edilir. \(a \ne b\) ise \(ta + (1 - t)b = b + t(a - b)\) yazılışı, doğru parçasının \(b\)’den geçen, \(a - b\) doğrultusundaki \(\ell_b(a - b)\) doğrusunun parametresi \([0, 1]\) aralığına kısıtlanmış parçası olduğunu gösterir. Bir noktanın doğru parçası üzerinde olması için doğru üzerinde olması yetmez; karşılık gelen parametre \([0, 1]\) aralığında olmalıdır. \(t\) yerine \(1 - t\) yazılırsa \(L(a; b) = L(b; a)\) olduğu ve bu kümenin \(\{a + t(b - a) : t \in [0, 1]\}\) biçiminde de yazılabildiği görülür. Örneğin Örnek 2.4 içinde doğru üzerinde bulduğumuz \((4, 3, 2)\) noktası \(p + t(q - p)\) gösteriminde \(t = \tfrac{3}{2} \notin [0, 1]\) değerine karşılık geldiğinden \(p\) ile \(q\) arasındaki doğru parçasında değildir.
Örnek 2.5 (Bir Doğru Parçasının Noktaları) \(\mathbb{R}^2\)’de \(a = (4, 1)\) ve \(b = (0, 3)\) olsun. \(L(a; b)\) doğru parçasını parametrik olarak yazınız ve \(t = 0, \tfrac{1}{4}, \tfrac{1}{2}, 1\) değerlerine karşılık gelen noktaları bulunuz.
Çözüm
Tanıma göre
\[ta + (1 - t)b = (4t,\ t) + (0,\ 3 - 3t) = (4t,\ 3 - 2t),\]
dolayısıyla
\[L(a; b) = \{(4t,\ 3 - 2t) : t \in [0, 1]\}.\]
İstenen noktalar:
- \(t = 0\) için \((0, 3) = b\);
- \(t = \tfrac{1}{4}\) için \(\left( 1, \tfrac{5}{2} \right)\);
- \(t = \tfrac{1}{2}\) için \((2, 2)\); bu, orta nokta \(\dfrac{a + b}{2}\)’dir;
- \(t = 1\) için \((4, 1) = a\).
\(x = 4t\) ve \(y = 3 - 2t\) ise \(x + 2y = 4t + 6 - 4t = 6\) olur; \(t \in [0, 1]\) iken de \(x = 4t\) sayısı \([0, 4]\) aralığını tarar. Demek ki \(L(a; b)\), \(x + 2y = 6\) doğrusunun \(0 \le x \le 4\) olan parçasıdır.
\(\blacksquare\)
2.4 Konveks Kümeler
Doğru parçası kavramı, \(\mathbb{R}^n\)’deki “girintisiz ve deliksiz” kümeleri tarif etmemizi sağlar.
Tanım 2.5 (Konveks Küme) \(C \subseteq \mathbb{R}^n\) olsun. Her \(x, y \in C\) ve her \(t \in [0, 1]\) için
\[tx + (1 - t)y \in C\]
oluyorsa \(C\)’ye konveks küme denir.
Yani \(C\) konvekstir ancak ve ancak \(C\)’nin herhangi iki noktasını birleştiren doğru parçasının tamamı yine \(C\)’nin içinde kalır: her \(x, y \in C\) için \(L(x; y) \subseteq C\). Konveks olmayan bir kümede ise öyle \(x, y \in C\) ve \(t_0 \in [0, 1]\) bulunur ki \(t_0 x + (1 - t_0)y \notin C\) olur; kümenin bir girintisi ya da deliği, doğru parçasını kümenin dışına taşır. Tanım şöyle de yazılabilir: \(\lambda, \mu \ge 0\) ve \(\lambda + \mu = 1\) olan her \(\lambda, \mu\) sayısı ve her \(x, y \in C\) için \(\lambda x + \mu y \in C\). \(\lambda = t\), \(\mu = 1 - t\) alınınca iki yazılış aynı koşulu söyler. Boş küme (koşulu sınanacak nokta yoktur), tek noktalı kümeler ve \(\mathbb{R}^n\)’nin kendisi konvekstir.
İlk örnek olarak \(\mathbb{R}\)’nin konveks alt kümelerini belirleyelim; bunlar tam olarak aralıklardır.
Önerme 2.3 (ℝ’nin Konveks Alt Kümeleri) Boş olmayan bir \(C \subseteq \mathbb{R}\) kümesinin konveks olması için gerek ve yeter koşul \(C\)’nin bir aralık olmasıdır.
İspat
Aralık tanımını hatırlayalım: boş olmayan bir \(I \subseteq \mathbb{R}\) kümesi, \(x < y\) olan her \(x, y \in I\) için \(x < z < y\) koşulunu sağlayan her \(z\) sayısını da içeriyorsa bir aralıktır (bkz. Analiz 1).
(\(\Leftarrow\)) \(C\) bir aralık olsun. \(x, y \in C\), \(t \in [0, 1]\) ve \(z = tx + (1 - t)y\) alalım. \(s = 1 - t \in [0, 1]\) için \(z = sy + (1 - s)x\) olduğundan \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilebilir; \(x \le y\) varsayabiliriz. \(t \ge 0\) ve \(1 - t \ge 0\) olduğundan
\[ \begin{aligned} x = tx + (1 - t)x &\le tx + (1 - t)y = z, \\[1mm] z = tx + (1 - t)y &\le ty + (1 - t)y = y \end{aligned} \]
olur, yani \(x \le z \le y\). \(z = x\) ya da \(z = y\) ise \(z \in C\)’dir. Aksi hâlde \(x < z < y\) olur ve aralık tanımı gereği \(z \in C\)’dir. \(C\) konvekstir.
(\(\Rightarrow\)) \(C\) boş olmayan konveks bir küme olsun. \(x, y \in C\), \(x < y\) ve \(x < z < y\) alalım.
\[t = \frac{y - z}{y - x}\]
sayısı \(0 < t < 1\) koşulunu sağlar, çünkü pay ve payda pozitiftir ve \(y - z < y - x\)’tir. Bu \(t\) için
\[tx + (1 - t)y = y - t(y - x) = y - (y - z) = z\]
olur. \(C\) konveks olduğundan \(z \in C\)’dir. \(C\), aralık tanımındaki koşulu sağlar. \(\blacksquare\)
Özel olarak \((1, 2)\), \([0, 1]\), \([3, +\infty)\) gibi bütün aralıklar \(\mathbb{R}\)’nin konveks alt kümeleridir. Önerme, aralık olmayan kümelerin konveks olmadığını da söyler. Örneğin \(\mathbb{R} \setminus \{0\}\) konveks değildir: \(-1\) ve \(1\) kümededir, aralarındaki \(0\) ise değildir.
Örnek 2.6 (Doğru Parçası Konvekstir) Her \(a, b \in \mathbb{R}^n\) için \(L(a; b)\) doğru parçasının konveks olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x, y \in L(a; b)\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun. Tanım gereği öyle \(s, u \in [0, 1]\) vardır ki
\[ \begin{aligned} x &= sa + (1 - s)b, \\[1mm] y &= ua + (1 - u)b \end{aligned} \]
olur. \(w = ts + (1 - t)u\) diyelim. Terimleri \(a\) ve \(b\)’ye göre toplarsak
\[ \begin{aligned} tx + (1 - t)y &= \big(ts + (1 - t)u\big)a + \big(t(1 - s) + (1 - t)(1 - u)\big)b \\[1mm] &= w\,a + (1 - w)\,b \end{aligned} \]
bulunur; çünkü \(b\)’nin katsayısı
\[t(1 - s) + (1 - t)(1 - u) = t + (1 - t) - \big(ts + (1 - t)u\big) = 1 - w\]
olur. Öte yandan \(t, 1 - t, s, u\) negatif olmadığından \(w \ge 0\)’dır ve \(s, u \le 1\) olduğundan \(w \le t + (1 - t) = 1\)’dir. Demek ki \(w \in [0, 1]\) ve \(tx + (1 - t)y \in L(a; b)\). \(\blacksquare\)
Doğrular da konvekstir: \(x = a + sb\) ve \(y = a + ub\), \(\ell_a(b)\) doğrusunun iki noktasıysa her \(t \in [0, 1]\) için
\[tx + (1 - t)y = a + \big(ts + (1 - t)u\big)b \in \ell_a(b)\]
olur.
Örnek 2.7 (Sağ Yarı Düzlem) \(A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x > 0\}\) kümesini düzlemde tarif ediniz ve konveks olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Tarif. \(A\), birinci koordinatı pozitif olan noktalardan oluşur: \(y\) ekseninin sağında kalan yarı düzlemdir. \(y\) ekseninin kendisi (\(x = 0\) doğrusu) kümeye dahil değildir; çizimde kesikli gösterilir ve eksenin sağı taranır. İkinci koordinat üzerinde hiçbir koşul yoktur; küme yukarı ve aşağı doğru sonsuza kadar uzanır.
Konvekslik. \(p = (p_1, p_2)\) ve \(q = (q_1, q_2)\), \(A\)’nın iki noktası, \(t \in [0, 1]\) olsun. \(tp + (1 - t)q\) noktasının birinci koordinatı \(tp_1 + (1 - t)q_1\)’dir. \(m = \min\{p_1, q_1\}\) diyelim; \(p_1, q_1 > 0\) olduğundan \(m > 0\)’dır. \(t \ge 0\) ve \(1 - t \ge 0\) olduğundan
\[tp_1 + (1 - t)q_1 \ge tm + (1 - t)m = m > 0\]
olur. Dolayısıyla \(tp + (1 - t)q \in A\) ve \(A\) konvekstir. \(\blacksquare\)
Örnek 2.8 (Halka Konveks Değildir) \(C = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 1 \le x^2 + y^2 \le 4\}\) halkasının konveks olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Konveks olmadığını göstermek için kümeden iki nokta ve bu noktaları birleştiren doğru parçasından kümenin dışına düşen bir nokta bulmak yeter. Halkanın deliğinin iki yanından \(p = \left( -\tfrac{3}{2}, 0 \right)\) ve \(q = \left( \tfrac{3}{2}, 0 \right)\) noktalarını seçelim. İkisi için de \(x^2 + y^2 = \tfrac{9}{4}\) olur ve \(1 \le \tfrac{9}{4} \le 4\) olduğundan \(p, q \in C\)’dir. \(t = \tfrac{1}{2}\) için
\[\frac{1}{2}p + \frac{1}{2}q = (0, 0)\]
bulunur. Bu noktada \(x^2 + y^2 = 0 < 1\) olduğundan \((0, 0) \notin C\)’dir. Doğru parçası deliğin içinden geçer; \(C\) konveks değildir.
\(\blacksquare\)
Konveks kümeler kesişim altında korunur; üstelik kesişen kümelerin sayısı sonsuz olabilir.
Teorem 2.1 (Konveks Kümelerin Kesişimi) \(\Lambda\) boş olmayan bir indis kümesi ve her \(i \in \Lambda\) için \(C_i \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks bir küme olsun. O zaman
\[C = \bigcap_{i \in \Lambda} C_i\]
kesişimi konvekstir. Özel olarak iki konveks kümenin kesişimi ve konveks kümelerden oluşan bir \((A_k)_{k \in \mathbb{N}}\) dizisinin \(\bigcap_{k=1}^{\infty} A_k\) kesişimi konvekstir.
İspat
\(x, y \in C\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun. Kesişimin tanımı gereği her \(i \in \Lambda\) için \(x, y \in C_i\)’dir. \(C_i\) konveks olduğundan her \(i \in \Lambda\) için \(tx + (1 - t)y \in C_i\) olur. Bir nokta bütün \(C_i\)’lere ait olduğundan kesişime aittir: \(tx + (1 - t)y \in C\). \(C\) konvekstir.
İki küme için \(\Lambda = \{1, 2\}\), bir dizi için \(\Lambda = \mathbb{N}\) alınır. \(\blacksquare\)
Birleşim için aynı şey söylenemez. \(x, y \in A \cup B\) ise \(x\) ile \(y\) farklı kümelerde olabilir; o zaman \(A\)’nın ve \(B\)’nin konveksliği, aralarındaki doğru parçası hakkında hiçbir şey söylemez.
Örnek 2.9 (Konveks Kümelerin Birleşimi) \(A = (1, 2)\) ve \(B = (3, 4)\) olsun. \(A\) ve \(B\) konveks olduğu hâlde \(A \cup B\)’nin konveks olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(A\) ve \(B\) birer aralık olduğundan Önerme 2.3 gereği konvekstir. \(x = \tfrac{3}{2} \in A\) ve \(y = \tfrac{7}{2} \in B\) noktalarını ve \(t = \tfrac{1}{2}\) değerini alalım:
\[\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{2} = \frac{5}{2}.\]
\(\tfrac{5}{2}\) sayısı ne \((1, 2)\) aralığında ne de \((3, 4)\) aralığındadır; \(\tfrac{5}{2} \notin A \cup B\). Dolayısıyla \(A \cup B\) konveks değildir. Aynı sonuç Önerme 2.3 ile de görülür: \(A \cup B\) bir aralık değildir. \(\blacksquare\)
Birleşim bazı durumlarda yine de konveks olabilir; örneğin \(A \subseteq B\) ise \(A \cup B = B\)’dir.
2.5 Yuvarlar
\(\mathbb{R}\)’de bir \(a\) noktasının \(\varepsilon\)-komşuluğu, \(a\)’ya uzaklığı \(\varepsilon\)’dan küçük olan sayıların kümesidir: \(B(a, \varepsilon) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon)\) (bkz. Analiz 1). Mutlak değerin yerine Öklid metriğini koyunca aynı tanım \(\mathbb{R}^n\)’de yuvarları verir.
Tanım 2.6 (Açık Yuvar, Kapalı Yuvar ve Yuvar Yüzeyi) \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) olsun.
\[B(x_0, r) = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x - x_0\| < r\}\]
kümesine \(x_0\) merkezli, \(r\) yarıçaplı açık yuvar (açık \(n\)-yuvar),
\[B[x_0, r] = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x - x_0\| \le r\}\]
kümesine \(x_0\) merkezli, \(r\) yarıçaplı kapalı yuvar,
\[S(x_0, r) = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x - x_0\| = r\}\]
kümesine de \(x_0\) merkezli, \(r\) yarıçaplı yuvar yüzeyi (yuvar kabuğu) denir.
Yani açık yuvar \(x_0\)’a uzaklığı \(r\)’den küçük olan, kapalı yuvar \(r\)’yi aşmayan, yuvar yüzeyi ise tam \(r\) olan noktalardan oluşur. Bir noktanın \(x_0\)’a uzaklığı \(r\)’yi aşmıyorsa ya \(r\)’den küçüktür ya da \(r\)’ye eşittir; bu yüzden kapalı yuvar, birbirinden ayrık olan açık yuvar ile yuvar yüzeyinin birleşimidir:
\[B[x_0, r] = B(x_0, r) \cup S(x_0, r).\]
Merkez her zaman açık yuvardadır, çünkü \(\|x_0 - x_0\| = 0 < r\)’dir.
Tanım 2.7 (Birim Yuvar) Merkezi \(0 \in \mathbb{R}^n\) ve yarıçapı \(1\) olan
\[B(0, 1) = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x\| < 1\}\]
açık yuvarına birim yuvar (açık birim yuvar),
\[B[0, 1] = \{x \in \mathbb{R}^n : \|x\| \le 1\}\]
kümesine kapalı birim yuvar, \(S(0, 1)\) kümesine de birim yuvar yüzeyi denir.
Yani birim yuvar, normu \(1\)’den küçük vektörlerin, kısaca “uzunluğu \(1\)’den kısa” vektörlerin kümesidir. Örneğin \(\mathbb{R}^2\)’de \(\|(x, y)\| = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan
\[B(0, 1) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 < 1\}\]
olur; bu, merkezi başlangıç noktasında olan birim çemberin iç kısmıdır (birim daire).
Küçük boyutlarda yuvarlar tanıdık kümelerdir.
| \(n\) | \(B(x_0, r)\) | \(B[x_0, r]\) | \(S(x_0, r)\) |
|---|---|---|---|
| 1 | açık aralık \((x_0 - r, x_0 + r)\) | kapalı aralık \([x_0 - r, x_0 + r]\) | iki nokta: \(x_0 - r\), \(x_0 + r\) |
| 2 | çemberin iç kısmı (açık daire) | çemberiyle birlikte daire | çember |
| 3 | kürenin iç kısmı | içi dolu küre | küre yüzeyi |
\(n = 1\) için Öklid normu mutlak değerdir ve
\[\|x - x_0\| = |x - x_0| < r \iff x_0 - r < x < x_0 + r\]
olduğundan açık yuvar tam olarak \(\mathbb{R}\)’deki \(\varepsilon\)-komşuluğudur. \(n = 2\) için merkez \(x_0 = (a, b)\) ise
\[B(x_0, r) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : (x - a)^2 + (y - b)^2 < r^2\},\]
\(n = 3\) için merkez \(x_0 = (a, b, c)\) ise
\[B(x_0, r) = \{(x, y, z) : (x - a)^2 + (y - b)^2 + (z - c)^2 < r^2\}\]
olur. \(<\) yerine \(\le\) yazılınca kapalı yuvar, \(=\) yazılınca çember ya da küre yüzeyi elde edilir. “Yuvar” sözcüğü bu yüzden seçilmiştir: yalnız yüzeyden ibaret olan küreyi değil, içi dolu cismi anlatır.
Örnek 2.10 (Hangi Nokta Hangi Yuvarda) \(x_0 = (1, -1, 2) \in \mathbb{R}^3\) olsun. \(p = (2, 1, 4)\), \(q = (0, 0, 3)\) ve \(s = (4, 1, 0)\) noktalarının her birinin \(B(x_0, 3)\), \(B[x_0, 3]\) ve \(S(x_0, 3)\) kümelerinden hangilerine ait olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Her noktanın merkeze uzaklığını hesaplayıp \(3\) ile karşılaştırmak yeter.
\[\|p - x_0\| = \|(1, 2, 2)\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3.\]
Uzaklık tam \(3\) olduğundan \(p \in S(x_0, 3)\) ve \(p \in B[x_0, 3]\), ama \(p \notin B(x_0, 3)\).
\[\|q - x_0\| = \|(-1, 1, 1)\| = \sqrt{3} < 3.\]
Uzaklık \(3\)’ten küçük olduğundan \(q \in B(x_0, 3)\), dolayısıyla \(q \in B[x_0, 3]\); ama \(q \notin S(x_0, 3)\).
\[\|s - x_0\| = \|(3, 2, -2)\| = \sqrt{9 + 4 + 4} = \sqrt{17}.\]
\(17 > 9\) olduğundan \(\sqrt{17} > 3\)’tür; \(s\) üç kümenin hiçbirinde değildir. \(\blacksquare\)
Şimdi bölümün ana sonucuna geliyoruz: yuvarlar konvekstir. İspat yalnız normun homojenliğini ve üçgen eşitsizliğini kullanır.
Teorem 2.2 (Yuvarlar Konvekstir) Her \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) için \(B(x_0, r)\) açık yuvarı ve \(B[x_0, r]\) kapalı yuvarı konveks kümelerdir.
İspat
Açık yuvar. \(x, y \in B(x_0, r)\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun. \(tx + (1 - t)y \in B(x_0, r)\), yani
\[\|tx + (1 - t)y - x_0\| < r\]
olduğunu göstereceğiz. \(x_0 = tx_0 + (1 - t)x_0\) yazarak farkı iki parçaya ayıralım:
\[tx + (1 - t)y - x_0 = t(x - x_0) + (1 - t)(y - x_0).\]
\(t \ge 0\) ve \(1 - t \ge 0\) olduğundan \(|t| = t\) ve \(|1 - t| = 1 - t\)’dir. Normun üçgen eşitsizliği ve homojenliği ile
\[ \begin{aligned} \|tx + (1 - t)y - x_0\| &\le \|t(x - x_0)\| + \|(1 - t)(y - x_0)\| \\[1mm] &= t\,\|x - x_0\| + (1 - t)\,\|y - x_0\| \end{aligned} \]
olur. \(\rho = \max\{\|x - x_0\|, \|y - x_0\|\}\) diyelim; \(x, y \in B(x_0, r)\) olduğundan \(\rho < r\)’dir. Son satırdaki iki norm da \(\rho\)’yu aşmadığından
\[\|tx + (1 - t)y - x_0\| \le t\rho + (1 - t)\rho = \rho < r\]
bulunur. Demek ki \(tx + (1 - t)y \in B(x_0, r)\) ve açık yuvar konvekstir.
Kapalı yuvar. \(x, y \in B[x_0, r]\) ise aynı hesap yapılır; bu kez \(\rho \le r\) olduğundan
\[\|tx + (1 - t)y - x_0\| \le \rho \le r\]
bulunur. Yani \(tx + (1 - t)y \in B[x_0, r]\) ve kapalı yuvar da konvekstir. \(\blacksquare\)
Yuvar yüzeyi ise konveks değildir; iki noktası arasındaki doğru parçası yuvarın içinden geçer.
Örnek 2.11 (Yuvar Yüzeyi Konveks Değildir) Her \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) için \(S(x_0, r)\) yuvar yüzeyinin konveks olmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(p = x_0 + re_1\) ve \(q = x_0 - re_1\) noktalarını alalım. \(\|e_1\| = 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} \|p - x_0\| &= \|re_1\| = r\,\|e_1\| = r, \\[1mm] \|q - x_0\| &= \|-re_1\| = r\,\|e_1\| = r \end{aligned} \]
olur; yani \(p, q \in S(x_0, r)\). \(t = \tfrac{1}{2}\) için
\[\frac{1}{2}p + \frac{1}{2}q = x_0\]
bulunur ve \(\|x_0 - x_0\| = 0 \ne r\) olduğundan \(x_0 \notin S(x_0, r)\)’dir. \(S(x_0, r)\) konveks değildir. \(n = 1\) için bu çok açıktır: \(S(x_0, r) = \{x_0 - r, x_0 + r\}\) iki noktalı bir kümedir ve aralık değildir. \(\blacksquare\)
2.6 Başka Normlara Göre Yuvarlar
Yuvar tanımında Öklid normu yerine herhangi bir norm kullanılabilir. Norm değişince uzaklık, onunla birlikte de yuvarın biçimi değişir.
Tanım 2.8 (Bir Norma Göre Yuvar) \(N\), \(\mathbb{R}^n\) üzerinde bir norm, \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) olsun.
\[B_N(x_0, r) = \{x \in \mathbb{R}^n : N(x - x_0) < r\}\]
kümesine \(N\) normuna göre \(x_0\) merkezli, \(r\) yarıçaplı açık yuvar,
\[B_N[x_0, r] = \{x \in \mathbb{R}^n : N(x - x_0) \le r\}\]
kümesine de kapalı yuvar denir. 1-normu için \(B_1(x_0, r)\) ve \(B_1[x_0, r]\), maksimum normu için \(B_\infty(x_0, r)\) ve \(B_\infty[x_0, r]\) yazılır.
Yani yuvarın tarifi hep aynıdır, “merkeze uzaklığı \(r\)’den küçük noktalar”, ama uzaklığı ölçen \(d_N\) metriği değişir. Öklid normuna göre yuvarlar Tanım 2.6 ile tanımlanan yuvarlardır; onları indissiz yazmayı sürdürüyoruz ve aksi söylenmedikçe “yuvar” Öklid yuvarı demektir.
Sonuç 2.1 (Her Normun Yuvarları Konvekstir) \(N\), \(\mathbb{R}^n\) üzerinde bir norm ise her \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) için \(B_N(x_0, r)\) ve \(B_N[x_0, r]\) kümeleri konvekstir.
İspat
Teorem 2.2 ispatında Öklid normunun yalnız homojenliği ve üçgen eşitsizliği kullanıldı; bunlar her normun tanımındaki (N3) ve (N4) koşullarıdır (Tanım 1.11). Adımları \(N\) ile yazalım. \(x, y \in B_N(x_0, r)\), \(t \in [0, 1]\) ve \(\rho = \max\{N(x - x_0), N(y - x_0)\}\) olsun; \(\rho < r\)’dir.
\[ \begin{aligned} N\big(tx + (1 - t)y - x_0\big) &= N\big(t(x - x_0) + (1 - t)(y - x_0)\big) \\[1mm] &\le t\,N(x - x_0) + (1 - t)\,N(y - x_0) \\[1mm] &\le t\rho + (1 - t)\rho = \rho < r. \end{aligned} \]
Dolayısıyla \(tx + (1 - t)y \in B_N(x_0, r)\)’dir. \(x, y \in B_N[x_0, r]\) ise \(\rho \le r\) olur ve aynı zincir
\[N\big(tx + (1 - t)y - x_0\big) \le \rho \le r\]
verir; yani \(tx + (1 - t)y \in B_N[x_0, r]\). \(\blacksquare\)
\(\mathbb{R}^2\)’de 1-normu, Öklid normu ve maksimum normuna göre yuvarları belirlemek, eşitsizliği koordinatlarla çözmekten ibarettir.
- Eşitsizliği koordinatlarla yaz. \(N(x - x_0) < r\) (kapalı yuvarda \(\le r\)) koşulu noktanın koordinatları cinsinden açıkça yazılır.
- Mutlak değerlerden ve maksimumdan kurtul. Öklid normunda iki taraf negatif olmadığından kareye alınır. 1-normunda her mutlak değerin içindeki ifadenin işaretine göre durumlara ayrılır (\(\mathbb{R}^2\)’de dört durum). Maksimum normunda “en büyüğü \(r\)’den küçük” demek “her biri \(r\)’den küçük” demektir.
- Parçaları birleştir. Durumlarda bulunan parçalar birleştirilip çizilir. Açık yuvarda kenar çizgileri kümeye dahil değildir (kesikli çizilir), kapalı yuvarda dahildir.
Örnek 2.12 (Birim Yuvar (1-Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de 1-normuna göre \(B_1(0, 1)\) birim yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
Eşitsizlik. \(\|(x, y)\|_1 = |x| + |y|\) olduğundan
\[B_1(0, 1) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x| + |y| < 1\}.\]
Durumlar. Mutlak değerlerden kurtulmak için \(x\) ve \(y\)’nin işaretine göre dört durum vardır.
- \(x \ge 0\), \(y \ge 0\) (birinci çeyrek): \(x + y < 1\); \(x + y = 1\) doğrusunun altında kalan kısım.
- \(x < 0\), \(y \ge 0\) (ikinci çeyrek): \(-x + y < 1\), yani \(y < x + 1\).
- \(x < 0\), \(y < 0\) (üçüncü çeyrek): \(-x - y < 1\), yani \(x + y > -1\).
- \(x \ge 0\), \(y < 0\) (dördüncü çeyrek): \(x - y < 1\), yani \(y > x - 1\).
Birleştirme. Dört parça birleşince köşeleri \((1, 0)\), \((0, 1)\), \((-1, 0)\) ve \((0, -1)\) olan kare elde edilir; karenin kenarları \(x + y = 1\), \(y - x = 1\), \(x + y = -1\) ve \(x - y = 1\) doğruları üzerindedir. Eşitsizlikler kesin olduğundan kenarlar kümeye dahil değildir: \(B_1(0, 1)\), köşeleri eksenler üzerinde duran bu karenin iç kısmıdır.
Aynı inceleme \(\le\) ile yapılırsa her durumdaki eşitsizlik \(\le\) olur. Kapalı birim yuvar \(B_1[0, 1]\) kenarlarıyla birlikte bu karedir; kenarların kendisi \(\{(x, y) : |x| + |y| = 1\}\) kümesidir. \(\blacksquare\)
Örnek 2.13 (Birim Yuvar (Öklid Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de Öklid normuna göre \(B(0, 1)\) birim yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
\(\|(x, y)\| = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan koşul \(\sqrt{x^2 + y^2} < 1\)’dir. İki taraf da negatif olmadığından kare almak eşitsizliği korur:
\[\sqrt{x^2 + y^2} < 1 \iff x^2 + y^2 < 1.\]
Dolayısıyla \(B(0, 1)\), merkezi \((0, 0)\) ve yarıçapı \(1\) olan \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinin iç kısmıdır; çemberin kendisi kümeye dahil değildir. Kapalı birim yuvar \(B[0, 1] = \{x^2 + y^2 \le 1\}\) çemberiyle birlikte dairedir. \(\blacksquare\)
Örnek 2.14 (Birim Yuvar (Maksimum Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de maksimum normuna göre \(B_\infty(0, 1)\) birim yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
\(\|(x, y)\|_\infty = \max\{|x|, |y|\}\) olduğundan koşul \(\max\{|x|, |y|\} < 1\)’dir. Bu koşul, \(|x| < 1\) ve \(|y| < 1\) koşullarının ikisinin birden sağlanmasına denktir. Gerçekten iki sayının her biri en büyüklerini aşmaz, dolayısıyla \(\max\{|x|, |y|\} < 1\) ise \(|x| < 1\) ve \(|y| < 1\) olur. Tersine \(|x| < 1\) ve \(|y| < 1\) ise en büyükleri bu iki sayıdan biri olduğundan \(1\)’den küçüktür. Buna göre
\[B_\infty(0, 1) = \{(x, y) : |x| < 1,\ |y| < 1\} = (-1, 1) \times (-1, 1).\]
Bu, köşeleri \((\pm 1, \pm 1)\) olan ve kenarları eksenlere paralel karenin iç kısmıdır; kenarlar dahil değildir. Kapalı birim yuvar \(B_\infty[0, 1] = [-1, 1] \times [-1, 1]\) kenarlarıyla birlikte bu karedir.
\(\blacksquare\)
Üç birim yuvar birbirinin içine yerleşir: köşeleri eksenler üzerindeki kare daireye, daire de kenarları eksenlere paralel kareye sığar,
\[B_1(0, 1) \subseteq B(0, 1) \subseteq B_\infty(0, 1).\]
Bu iç içe duruş, normların denkliği teoremindeki (Teorem 1.5) \(\|x\|_\infty \le \|x\| \le \|x\|_1\) eşitsizliklerinin yuvarlar diliyle söylenişidir; kapsamaların her boyutta ve her yarıçap için geçerli olduğunu Alıştırma 2.6 gösteriyor. Merkez değişince aynı biçimler yalnız yer değiştirir; yine de durum incelemesini yeni merkezle baştan yapalım.
Örnek 2.15 (Merkezi (2, 2) Olan Yuvar (1-Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de 1-normuna göre \((2, 2)\) merkezli, \(1\) yarıçaplı \(B_1((2, 2), 1)\) açık yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
Eşitsizlik. \((x, y) - (2, 2) = (x - 2, y - 2)\) olduğundan
\[B_1((2, 2), 1) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x - 2| + |y - 2| < 1\}.\]
Durumlar. Mutlak değerlerin işaretleri \(x = 2\) ve \(y = 2\) doğrularında değişir; dört durum vardır.
- \(x \ge 2\), \(y \ge 2\): \((x - 2) + (y - 2) < 1\), yani \(x + y < 5\).
- \(x < 2\), \(y < 2\): \(-(x - 2) - (y - 2) < 1\), yani \(x + y > 3\).
- \(x < 2\), \(y \ge 2\): \(-(x - 2) + (y - 2) < 1\), yani \(y - x < 1\).
- \(x \ge 2\), \(y < 2\): \((x - 2) - (y - 2) < 1\), yani \(x - y < 1\).
Birleştirme. Dört parça birleşince kenarları \(x + y = 5\), \(x + y = 3\), \(y - x = 1\) ve \(x - y = 1\) doğruları üzerinde olan, köşeleri \((3, 2)\), \((2, 3)\), \((1, 2)\) ve \((2, 1)\) olan karenin iç kısmı elde edilir; kenarlar dahil değildir. Bu, \(B_1(0, 1)\) karesinin \((2, 2)\) vektörü kadar ötelenmişidir. Kapalı yuvar \(B_1[(2, 2), 1]\) ise bu kare kenarlarıyla birliktedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 2.16 (Merkezi (2, 2) Olan Yuvar (Öklid Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de Öklid normuna göre \(B((2, 2), 1)\) açık yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
Koşul \(\sqrt{(x - 2)^2 + (y - 2)^2} < 1\)’dir. İki taraf negatif olmadığından kare alınabilir:
\[B((2, 2), 1) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : (x - 2)^2 + (y - 2)^2 < 1\}.\]
Bu, merkezi \((2, 2)\) ve yarıçapı \(1\) olan çemberin iç kısmıdır; çember dahil değildir. Çember \(x = 1\), \(x = 3\), \(y = 1\) ve \(y = 3\) doğrularına teğettir. Kapalı yuvar \(B[(2, 2), 1]\) çemberiyle birlikte bu dairedir. \(\blacksquare\)
Örnek 2.17 (Merkezi (2, 2) Olan Yuvar (Maksimum Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de maksimum normuna göre \(B_\infty((2, 2), 1)\) açık yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
Koşul \(\max\{|x - 2|, |y - 2|\} < 1\)’dir. Örnek 2.14 çözümündeki gerekçeyle bu, \(|x - 2| < 1\) ve \(|y - 2| < 1\) koşullarının ikisinin birden sağlanmasına denktir:
\[ \begin{aligned} |x - 2| < 1 &\iff 1 < x < 3, \\[1mm] |y - 2| < 1 &\iff 1 < y < 3. \end{aligned} \]
Dolayısıyla
\[B_\infty((2, 2), 1) = (1, 3) \times (1, 3),\]
köşeleri \((1, 1)\), \((3, 1)\), \((3, 3)\), \((1, 3)\) olan karenin iç kısmıdır. Kapalı yuvar \([1, 3] \times [1, 3]\) karesidir. Üç yuvar da \((2, 2)\) merkezlidir ve birim yuvarlardaki kapsama burada da geçerlidir:
\[B_1((2, 2), 1) \subseteq B((2, 2), 1) \subseteq B_\infty((2, 2), 1).\]
\(\blacksquare\)
2.7 ℝⁿ’de Aralıklar
\(\mathbb{R}\)’deki aralıkların \(\mathbb{R}^n\)’deki ikinci karşılığı, her koordinatı ayrı bir aralıkta değişen noktaların kümesidir.
Tanım 2.9 (ℝⁿ’de Aralık (n-Hücre)) \(a_1, \dots, a_n, b_1, \dots, b_n \in \mathbb{R}\) ve her \(j = 1, \dots, n\) için \(a_j \le b_j\) olsun.
\[J = \{x \in \mathbb{R}^n : a_j < x_j < b_j,\ j = 1, \dots, n\}\]
kümesine \(\mathbb{R}^n\)’de açık aralık (açık \(n\)-hücre),
\[I = \{x \in \mathbb{R}^n : a_j \le x_j \le b_j,\ j = 1, \dots, n\}\]
kümesine de kapalı aralık (kapalı \(n\)-hücre) denir.
Yani \(\mathbb{R}^n\)’de bir aralık, \(\mathbb{R}\)’deki \(n\) aralığın kartezyen çarpımıdır: \(x\) noktası ancak ve ancak her \(x_j\) koordinatı kendi aralığındaysa kümededir. \(I_j = [a_j, b_j]\) yazılırsa
\[I = I_1 \times I_2 \times \dots \times I_n = [a_1, b_1] \times \dots \times [a_n, b_n]\]
ve aynı biçimde \(J = (a_1, b_1) \times \dots \times (a_n, b_n)\) olur. \(n = 1\) için \(\mathbb{R}\)’deki olağan aralıklar, \(n = 2\) için kenarları eksenlere paralel \([a_1, b_1] \times [a_2, b_2]\) dikdörtgeni, \(n = 3\) için \([a_1, b_1] \times [a_2, b_2] \times [a_3, b_3]\) dikdörtgenler prizması elde edilir. Bir \(j\) için \(a_j = b_j\) ise \(J\) boştur; \(I\) ise o doğrultuda ezilmiş bir kutudur (örneğin \(\mathbb{R}^2\)’de bir doğru parçası).
Aralıklar, maksimum normunun yuvarlarıyla yakından ilişkilidir. \(c = (c_1, \dots, c_n) \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) olsun. Bir maksimumun \(r\)’yi aşmaması, maksimumu alınan sayıların her birinin \(r\)’yi aşmaması demektir; dolayısıyla \(\max_j |x_j - c_j| \le r\) koşulu, her \(j\) için \(|x_j - c_j| \le r\), yani \(c_j - r \le x_j \le c_j + r\) koşuluna denktir. Kesin eşitsizlikle de aynı gerekçe işler. Buna göre
\[ \begin{aligned} B_\infty[c, r] &= [c_1 - r, c_1 + r] \times \dots \times [c_n - r, c_n + r], \\[1mm] B_\infty(c, r) &= (c_1 - r, c_1 + r) \times \dots \times (c_n - r, c_n + r) \end{aligned} \]
olur: maksimum normunun yuvarları, bütün kenarları \(2r\) uzunluğunda olan aralıklardır, yani küplerdir. Örnek 2.17 bunun \(n = 2\) örneğidir.
Örnek 2.18 (Aralıklar Konvekstir) \(\mathbb{R}^n\)’deki her açık ve her kapalı aralığın konveks olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Kapalı aralık. \(I = [a_1, b_1] \times \dots \times [a_n, b_n]\), \(x, y \in I\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun; \(z = tx + (1 - t)y\) diyelim. \(z\)’nin \(j\). koordinatı
\[z_j = t x_j + (1 - t) y_j\]
sayısıdır. \(x_j, y_j \in [a_j, b_j]\)’dir ve \([a_j, b_j]\) (\(a_j \le b_j\) olduğundan boş olmayan) bir aralık olduğundan Önerme 2.3 gereği konvekstir; dolayısıyla \(z_j \in [a_j, b_j]\) olur. Bu her \(j\) için doğru olduğundan \(z \in I\)’dır.
Açık aralık. \(J = (a_1, b_1) \times \dots \times (a_n, b_n)\) boşsa konvekstir. Boş değilse her \(j\) için \(a_j < b_j\)’dir ve \((a_j, b_j)\) boş olmayan bir aralıktır. Kapalı aralıktaki gerekçe olduğu gibi işler: \(x, y \in J\) ise her \(j\) için \(x_j, y_j \in (a_j, b_j)\) ve bu aralığın konveksliğinden \(tx_j + (1 - t)y_j \in (a_j, b_j)\) olur; yani \(tx + (1 - t)y \in J\). \(\blacksquare\)
2.8 ℝ³’te Vektörel Çarpım
İç çarpım iki vektöre bir sayı karşılık getirir. \(\mathbb{R}^3\)’te iki vektöre yine \(\mathbb{R}^3\)’ten bir vektör karşılık getiren bir çarpım daha vardır; bu çarpım yalnız \(n = 3\) için tanımlanır.
Tanım 2.10 (Vektörel Çarpım) \(x = (x_1, x_2, x_3)\) ve \(y = (y_1, y_2, y_3)\), \(\mathbb{R}^3\)’ün iki vektörü olsun.
\[x \times y = (x_2 y_3 - x_3 y_2,\ x_3 y_1 - x_1 y_3,\ x_1 y_2 - x_2 y_1)\]
vektörüne \(x\) ile \(y\)’nin vektörel çarpımı denir.
Yani vektörel çarpımın bileşenleri \(2 \times 2\) determinantlardır. Formülü akılda tutmanın kolay yolu, ilk satırına doğal taban vektörleri \(e_1, e_2, e_3\) yazılmış biçimsel bir determinantı ilk satıra göre açmaktır:
\[ \begin{aligned} x \times y &= \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \\ x_1 & x_2 & x_3 \\ y_1 & y_2 & y_3 \end{vmatrix} \\[1mm] &= \begin{vmatrix} x_2 & x_3 \\ y_2 & y_3 \end{vmatrix} e_1 - \begin{vmatrix} x_1 & x_3 \\ y_1 & y_3 \end{vmatrix} e_2 + \begin{vmatrix} x_1 & x_2 \\ y_1 & y_2 \end{vmatrix} e_3. \end{aligned} \]
İkinci bileşendeki eksi işareti \(-(x_1 y_3 - x_3 y_1) = x_3 y_1 - x_1 y_3\) verir. Determinant “biçimsel”dir, çünkü ilk satırında sayılar değil vektörler vardır; açılım yalnız bir hesap kuralı olarak kullanılır. Taban vektörleri için tanımdan
\[ \begin{aligned} e_1 \times e_2 &= e_3, \\[1mm] e_2 \times e_3 &= e_1, \\[1mm] e_3 \times e_1 &= e_2 \end{aligned} \]
bulunur. Örneğin \(e_1 = (1, 0, 0)\) ve \(e_2 = (0, 1, 0)\) için
\[e_1 \times e_2 = (0 \cdot 0 - 0 \cdot 1,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 0,\ 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0) = (0, 0, 1)\]
olur.
Örnek 2.19 (Vektörel Çarpım Hesabı) \(x = (1, 2, 3)\) ve \(y = (4, 5, 6)\) için \(x \times y\) vektörünü hesaplayınız.
Çözüm
Tanımdaki formülü uygulayalım:
\[ \begin{aligned} x \times y &= (2 \cdot 6 - 3 \cdot 5,\ 3 \cdot 4 - 1 \cdot 6,\ 1 \cdot 5 - 2 \cdot 4) \\[1mm] &= (12 - 15,\ 12 - 6,\ 5 - 8) = (-3, 6, -3). \end{aligned} \]
Sonucu sınamanın kolay bir yolu, iç çarpımlara bakmaktır:
\[ \begin{aligned} \langle x \times y, x \rangle &= -3 + 12 - 9 = 0, \\[1mm] \langle x \times y, y \rangle &= -12 + 30 - 18 = 0. \end{aligned} \]
\(x \times y\) hem \(x\)’e hem \(y\)’ye diktir. Bunun her zaman doğru olduğunu aşağıdaki teoremin (vii) şıkkı gösteriyor. \(\blacksquare\)
Teorem 2.3 (Vektörel Çarpımın Özellikleri) \(x, y, z \in \mathbb{R}^3\) ve \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun.
(i) \(x \times x = 0\) ve \(x \times y = -(y \times x)\);
(ii) \((\alpha x) \times y = \alpha (x \times y) = x \times (\alpha y)\);
(iii) \(x \times (y + z) = x \times y + x \times z\);
(iv) \(\langle x \times y, z \rangle = \langle x, y \times z \rangle\) ve bu sayı satırları \(x\), \(y\), \(z\) olan determinanttır:
\[\langle x \times y, z \rangle = \begin{vmatrix} x_1 & x_2 & x_3 \\ y_1 & y_2 & y_3 \\ z_1 & z_2 & z_3 \end{vmatrix};\]
(v) \(x \times (y \times z) = \langle x, z \rangle\, y - \langle x, y \rangle\, z\);
(vi) \(\|x \times y\|^2 = \|x\|^2 \|y\|^2 - \langle x, y \rangle^2\);
(vii) \(\langle x \times y, x \rangle = \langle x \times y, y \rangle = 0\); yani \(x \times y\) hem \(x\)’e hem \(y\)’ye diktir.
İspat
Bileşenleri tek tek yazmak yerine şu gözlemi kullanacağız. \((k, i, j)\) üçlüsü \((1, 2, 3)\), \((2, 3, 1)\) ya da \((3, 1, 2)\) olduğunda tanım gereği
\[(x \times y)_k = x_i y_j - x_j y_i\]
olur; tanımdaki üç bileşen tam olarak bu üç üçlüye karşılık gelir. Bu üçlüler döngüseldir: \((k, i, j)\) bunlardan biriyse \((i, j, k)\) ve \((j, k, i)\) de bunlardan biridir.
(i) \(x\) ile \(y\)’nin yerini değiştirelim:
\[(y \times x)_k = y_i x_j - y_j x_i = -(x_i y_j - x_j y_i) = -(x \times y)_k.\]
Dolayısıyla \(y \times x = -(x \times y)\)’dir. \(y = x\) alınırsa \((x \times x)_k = x_i x_j - x_j x_i = 0\) bulunur.
(ii) Her bileşende \(x\)’in bir, \(y\)’nin bir koordinatı çarpan olarak bulunur:
\[ \begin{aligned} \big((\alpha x) \times y\big)_k &= (\alpha x_i) y_j - (\alpha x_j) y_i = \alpha (x \times y)_k, \\[1mm] \big(x \times (\alpha y)\big)_k &= x_i (\alpha y_j) - x_j (\alpha y_i) = \alpha (x \times y)_k. \end{aligned} \]
(iii) Her bileşen \(y\)’nin koordinatlarına göre lineerdir:
\[ \begin{aligned} \big(x \times (y + z)\big)_k &= x_i (y_j + z_j) - x_j (y_i + z_i) \\[1mm] &= (x_i y_j - x_j y_i) + (x_i z_j - x_j z_i) = (x \times y)_k + (x \times z)_k. \end{aligned} \]
(iv) Tanımı yerine koyalım:
\[ \begin{aligned} \langle x \times y, z \rangle &= z_1 (x_2 y_3 - x_3 y_2) - z_2 (x_1 y_3 - x_3 y_1) \\[1mm] &\quad + z_3 (x_1 y_2 - x_2 y_1). \end{aligned} \]
Sağ taraf, satırları \(x\), \(y\), \(z\) olan determinantın üçüncü satıra göre açılımıdır. Öte yandan
\[ \begin{aligned} \langle x, y \times z \rangle &= x_1 (y_2 z_3 - y_3 z_2) - x_2 (y_1 z_3 - y_3 z_1) \\[1mm] &\quad + x_3 (y_1 z_2 - y_2 z_1) \end{aligned} \]
aynı determinantın birinci satıra göre açılımıdır. İki ifade de determinanta eşittir.
(v) \(w = y \times z\) diyelim. Döngüsellikten \((i, j, k)\) ve \((j, k, i)\) de izin verilen üçlülerdir; dolayısıyla
\[ \begin{aligned} w_i &= y_j z_k - y_k z_j, \\[1mm] w_j &= y_k z_i - y_i z_k \end{aligned} \]
olur. Buna göre
\[ \begin{aligned} (x \times w)_k &= x_i w_j - x_j w_i \\[1mm] &= x_i (y_k z_i - y_i z_k) - x_j (y_j z_k - y_k z_j) \\[1mm] &= y_k (x_i z_i + x_j z_j) - z_k (x_i y_i + x_j y_j). \end{aligned} \]
\(\{i, j, k\} = \{1, 2, 3\}\) olduğundan parantezler \(x_i z_i + x_j z_j = \langle x, z \rangle - x_k z_k\) ve \(x_i y_i + x_j y_j = \langle x, y \rangle - x_k y_k\) biçiminde yazılır. Yerine koyarsak \(x_k y_k z_k\) terimleri sadeleşir:
\[ \begin{aligned} (x \times w)_k &= y_k \langle x, z \rangle - x_k y_k z_k - z_k \langle x, y \rangle + x_k y_k z_k \\[1mm] &= \langle x, z \rangle\, y_k - \langle x, y \rangle\, z_k. \end{aligned} \]
Bu her \(k\) için doğru olduğundan \(x \times (y \times z) = \langle x, z \rangle\, y - \langle x, y \rangle\, z\)’dir.
(vi) (iv)’ü \(z = x \times y\) ile, ardından (v)’i \((y, x, y)\) üçlüsüyle uygulayalım:
\[ \begin{aligned} \|x \times y\|^2 &= \langle x \times y, x \times y \rangle = \langle x, y \times (x \times y) \rangle \\[1mm] &= \big\langle x, \langle y, y \rangle x - \langle y, x \rangle y \big\rangle. \end{aligned} \]
İç çarpımın lineerliği ve simetrisiyle (Önerme 1.2) son ifade
\[\|y\|^2 \langle x, x \rangle - \langle x, y \rangle \langle x, y \rangle = \|x\|^2 \|y\|^2 - \langle x, y \rangle^2\]
olur.
(vii) (iv)’ü \(z = x\) ile uygulayıp (i)’yi ve iç çarpımın özelliklerini kullanalım:
\[\langle x \times y, x \rangle = \langle x, y \times x \rangle = -\langle x, x \times y \rangle = -\langle x \times y, x \rangle.\]
Bir sayı kendi negatifine eşitse sıfırdır; \(\langle x \times y, x \rangle = 0\). İkinci eşitlik için (iv)’ü \(z = y\) ile uygulayıp (i)’deki \(y \times y = 0\) eşitliğini kullanalım:
\[\langle x \times y, y \rangle = \langle x, y \times y \rangle = \langle x, 0 \rangle = 0.\]
\(\blacksquare\)
- özelliği, vektörel çarpımın sayıların çarpımından farklı davrandığını gösterir: çarpım değişmeli değil, ters değişmelidir. Birleşme özelliği de yoktur.
Örnek 2.20 (Vektörel Çarpım Birleşmeli Değildir) \((x \times y) \times z = x \times (y \times z)\) eşitliğinin her \(x, y, z \in \mathbb{R}^3\) için sağlanmadığını gösteriniz.
Çözüm
\(x = y = e_1\) ve \(z = e_2\) alalım. Teorem 2.3 (i) gereği \(e_1 \times e_1 = 0\)’dır. (ii)’de \(\alpha = 0\) alınırsa
\[0 \times e_2 = (0 \cdot e_1) \times e_2 = 0\,(e_1 \times e_2) = 0\]
olur. Dolayısıyla
\[(e_1 \times e_1) \times e_2 = 0 \times e_2 = 0.\]
Öte yandan \(e_1 \times e_2 = e_3\) ve tanımdan
\[e_1 \times e_3 = (0 \cdot 1 - 0 \cdot 0,\ 0 \cdot 0 - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 0 - 0 \cdot 0) = (0, -1, 0)\]
olduğundan \(e_1 \times (e_1 \times e_2) = -e_2 \ne 0\)’dır. İki taraf farklıdır. Aynı sonucu (v) de verir:
\[e_1 \times (e_1 \times e_2) = \langle e_1, e_2 \rangle e_1 - \langle e_1, e_1 \rangle e_2 = 0 \cdot e_1 - 1 \cdot e_2 = -e_2.\]
\(\blacksquare\)
- özdeşliği, vektörel çarpımın uzunluğunu açıyla ilişkilendirir.
Sonuç 2.2 (Vektörel Çarpımın Uzunluğu) \(x, y \in \mathbb{R}^3 \setminus \{0\}\) ve \(\theta \in [0, \pi]\), \(x\) ile \(y\) arasındaki açı olsun (Tanım 1.8). O zaman
\[\|x \times y\| = \|x\|\,\|y\| \sin\theta.\]
İspat
Açının tanımı gereği \(\langle x, y \rangle = \|x\|\,\|y\| \cos\theta\)’dır. Teorem 2.3 (vi) ile
\[ \begin{aligned} \|x \times y\|^2 &= \|x\|^2 \|y\|^2 - \|x\|^2 \|y\|^2 \cos^2\theta \\[1mm] &= \|x\|^2 \|y\|^2 (1 - \cos^2\theta) = \|x\|^2 \|y\|^2 \sin^2\theta. \end{aligned} \]
\(\theta \in [0, \pi]\) olduğundan \(\sin\theta \ge 0\)’dır; iki tarafın negatif olmayan karekökleri alınırsa sonuç çıkar. \(\blacksquare\)
Geometrik anlamı şudur: kenarları \(x\) ve \(y\) olan paralelkenarın tabanı \(\|x\|\), bu tabana ait yüksekliği \(\|y\| \sin\theta\)’dır. Dolayısıyla \(\|x \times y\|\), \(x\) ile \(y\)’nin gerdiği paralelkenarın alanıdır; aynı iki kenarın belirlediği üçgenin alanı bunun yarısıdır. Sonuç ayrıca sıfırdan farklı \(x\), \(y\) için \(x \times y = 0\) olmasının \(\sin\theta = 0\), yani \(\theta = 0\) ya da \(\theta = \pi\) olmasına denk olduğunu söyler. Bunu açı kullanmadan da görebiliriz.
Önerme 2.4 (Vektörel Çarpımın Sıfır Olması) \(x, y \in \mathbb{R}^3\) için \(x \times y = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(x\) ile \(y\)’nin lineer bağımlı olması, yani birinin öbürünün bir skaler katı olmasıdır.
İspat
(\(\Leftarrow\)) \(y = \lambda x\) ise Teorem 2.3 (ii) ve (i) ile \(x \times y = x \times (\lambda x) = \lambda (x \times x) = 0\). \(x = \mu y\) ise aynı biçimde \(x \times y = (\mu y) \times y = \mu (y \times y) = 0\).
(\(\Rightarrow\)) \(x \times y = 0\) olsun. \(x = 0\) ise \(x = 0 \cdot y\) olur ve iş biter. \(x \ne 0\) olsun. (v)’i \((x, x, y)\) üçlüsüne uygulayalım:
\[x \times (x \times y) = \langle x, y \rangle\, x - \langle x, x \rangle\, y.\]
Sol taraf \(x \times 0\)’dır ve (ii)’de \(\alpha = 0\) alınırsa \(x \times 0 = x \times (0 \cdot y) = 0\) olur. Demek ki \(\|x\|^2 y = \langle x, y \rangle\, x\)’tir. \(x \ne 0\) olduğundan \(\|x\|^2 \ne 0\)’dır ve
\[y = \frac{\langle x, y \rangle}{\|x\|^2}\, x\]
bulunur; \(y\), \(x\)’in bir skaler katıdır. \(\blacksquare\)
2.9 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar metrik, konvekslik, yuvarlar, aralıklar ve vektörel çarpımla ilgili hesapları ve ispatları pekiştirir.
Alıştırma 2.1 (Metrikte Ters Üçgen Eşitsizliği) \(\rho\), \(\mathbb{R}^n\) üzerinde bir metrik olsun. Her \(x, y, z \in \mathbb{R}^n\) için
\[|\rho(x, z) - \rho(y, z)| \le \rho(x, y)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Üçgen eşitsizliğini \(x\)’ten \(z\)’ye giderken \(y\)’ye uğrayarak yazalım:
\[\rho(x, z) \le \rho(x, y) + \rho(y, z), \quad \text{yani} \quad \rho(x, z) - \rho(y, z) \le \rho(x, y).\]
\(x\) ile \(y\)’nin rollerini değiştirip simetriyi kullanalım:
\[\rho(y, z) \le \rho(y, x) + \rho(x, z), \quad \text{yani} \quad \rho(y, z) - \rho(x, z) \le \rho(x, y).\]
İkinci eşitsizlik \(-\rho(x, y) \le \rho(x, z) - \rho(y, z)\) demektir. İkisi birlikte
\[-\rho(x, y) \le \rho(x, z) - \rho(y, z) \le \rho(x, y)\]
verir; bu, istenen mutlak değer eşitsizliğidir. Öklid metriği için sonuç, ters üçgen eşitsizliğinin (Sonuç 1.2) \(x - z\) ve \(y - z\) vektörlerine uygulanmış hâlidir, çünkü \((x - z) - (y - z) = x - y\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.2 (Doğru Parçası Üzerinde Uzaklıklar) \(a, b \in \mathbb{R}^n\), \(t \in [0, 1]\) ve \(z = ta + (1 - t)b\) olsun. \(d(a, z) + d(z, b) = d(a, b)\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki farkı \(a - b\) cinsinden yazalım:
\[ \begin{aligned} z - b &= ta + (1 - t)b - b = t(a - b), \\[1mm] a - z &= a - ta - (1 - t)b = (1 - t)(a - b). \end{aligned} \]
\(t \ge 0\) ve \(1 - t \ge 0\) olduğundan normun homojenliği
\[ \begin{aligned} d(z, b) &= \|t(a - b)\| = t\,d(a, b), \\[1mm] d(a, z) &= \|(1 - t)(a - b)\| = (1 - t)\,d(a, b) \end{aligned} \]
verir. Toplarsak
\[d(a, z) + d(z, b) = (1 - t + t)\,d(a, b) = d(a, b)\]
bulunur.
Yani doğru parçası üzerindeki bir nokta, üçgen eşitsizliğini eşitliğe çevirir ve parçayı \((1 - t) : t\) oranında böler. Özel olarak orta nokta (\(t = \tfrac{1}{2}\)) iki uca eşit uzaklıktadır: \(d(a, z) = d(z, b) = \tfrac{1}{2} d(a, b)\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.3 (Yarı Uzay Konvekstir) \(a \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}\) ve \(c \in \mathbb{R}\) olsun.
\[H = \{x \in \mathbb{R}^n : \langle a, x \rangle \le c\}\]
yarı uzayının konveks olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x, y \in H\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun; \(\langle a, x \rangle \le c\) ve \(\langle a, y \rangle \le c\)’dir. İç çarpımın lineerliği (Önerme 1.2) ile
\[\langle a, tx + (1 - t)y \rangle = t\,\langle a, x \rangle + (1 - t)\,\langle a, y \rangle.\]
\(t \ge 0\) ve \(1 - t \ge 0\) olduğundan eşitsizlikleri bu sayılarla çarpabiliriz:
\[t\,\langle a, x \rangle + (1 - t)\,\langle a, y \rangle \le tc + (1 - t)c = c.\]
Dolayısıyla \(tx + (1 - t)y \in H\) ve \(H\) konvekstir.
\(n = 2\), \(a = (-1, 0)\), \(c = 0\) için \(H = \{(x, y) : x \ge 0\}\), kapalı sağ yarı düzlemdir. Bu alıştırma Teorem 2.1 ile birleşince kapalı aralıkların konveksliğine ikinci bir kanıt verir: \(I = [a_1, b_1] \times \dots \times [a_n, b_n]\) kümesi, \(\langle -e_j, x \rangle \le -a_j\) ve \(\langle e_j, x \rangle \le b_j\) (\(j = 1, \dots, n\)) biçimindeki \(2n\) yarı uzayın kesişimidir, çünkü \(\langle e_j, x \rangle = x_j\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.4 (Konveks Kümelerin Toplamı) \(A, B \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks kümeler olsun.
\[A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}\]
kümesinin konveks olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(A\) ya da \(B\) boşsa \(A + B\) boştur ve konvekstir. \(x, y \in A + B\) ve \(t \in [0, 1]\) olsun. Tanım gereği öyle \(a_1, a_2 \in A\) ve \(b_1, b_2 \in B\) vardır ki \(x = a_1 + b_1\) ve \(y = a_2 + b_2\) olur. Terimleri yeniden gruplayalım:
\[tx + (1 - t)y = \big(ta_1 + (1 - t)a_2\big) + \big(tb_1 + (1 - t)b_2\big).\]
\(A\) konveks olduğundan birinci parantez \(A\)’dadır, \(B\) konveks olduğundan ikinci parantez \(B\)’dedir. Toplam, \(A\)’dan bir eleman ile \(B\)’den bir elemanın toplamı olduğundan \(tx + (1 - t)y \in A + B\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.5 (Yuvarlar Birim Yuvarın Ötelemesidir) \(x_0 \in \mathbb{R}^n\) ve \(r > 0\) olsun.
\[B(x_0, r) = \{x_0 + ru : u \in B(0, 1)\}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sağdaki kümeye \(K\) diyelim ve iki yönlü kapsamayı gösterelim.
\(K \subseteq B(x_0, r)\). \(u \in B(0, 1)\) ise homojenlikten
\[\|(x_0 + ru) - x_0\| = \|ru\| = r\,\|u\| < r\]
olur; yani \(x_0 + ru \in B(x_0, r)\).
\(B(x_0, r) \subseteq K\). \(x \in B(x_0, r)\) olsun ve \(u = \dfrac{1}{r}(x - x_0)\) diyelim. O zaman \(x = x_0 + ru\) ve
\[\|u\| = \frac{1}{r}\,\|x - x_0\| < \frac{1}{r} \cdot r = 1\]
olduğundan \(u \in B(0, 1)\)’dir; yani \(x \in K\).
Her yuvar, birim yuvarın \(r\) katına büyütülüp \(x_0\) kadar ötelenmesiyle elde edilir. İspatta normun yalnız homojenliği, yani (N3) koşulu kullanıldığından aynı eşitlik her \(N\) normu için de geçerlidir:
\[B_N(x_0, r) = \{x_0 + ru : u \in B_N(0, 1)\}.\]
Aynı ispat \(<\) yerine \(\le\) yazılarak kapalı yuvarlar için de işler: \(B_N[x_0, r] = \{x_0 + ru : u \in B_N[0, 1]\}\). \((2, 2)\) merkezli yuvarların birim yuvarlarla aynı biçimde çıkmasının nedeni budur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.6 (Üç Normun Yuvarlarının Kapsanması) \(r > 0\) olsun. \(\mathbb{R}^n\)’de
\[B_1(0, r) \subseteq B(0, r) \subseteq B_\infty(0, r) \subseteq B_1(0, nr)\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Normların denkliği teoremi (Teorem 1.5) her \(x \in \mathbb{R}^n\) için üç eşitsizlik verir: birinci satırdan \(\|x\|_\infty \le \|x\|\), ikinci satırdan \(\|x\| \le \|x\|_1\), üçüncü satırdan \(\|x\|_1 \le n\,\|x\|_\infty\). Kapsamaları sırayla gösterelim.
Birinci kapsama. \(x \in B_1(0, r)\) ise \(\|x\| \le \|x\|_1 < r\) olduğundan \(x \in B(0, r)\)’dir.
İkinci kapsama. \(x \in B(0, r)\) ise \(\|x\|_\infty \le \|x\| < r\) olduğundan \(x \in B_\infty(0, r)\)’dir.
Üçüncü kapsama. \(x \in B_\infty(0, r)\) ise \(\|x\|_1 \le n\,\|x\|_\infty < nr\) olduğundan \(x \in B_1(0, nr)\)’dir.
\(n = 2\), \(r = 1\) için ilk iki kapsama, birim yuvar örneklerinde gördüğümüz iç içe kare, daire ve karedir. Üçüncüsü, kenarları eksenlere paralel \((-1, 1) \times (-1, 1)\) karesinin, köşeleri \((\pm 2, 0)\) ve \((0, \pm 2)\) olan \(B_1(0, 2)\) karesinin içinde kaldığını söyler. Zincir 1-normunun bir yuvarıyla başlayıp yine 1-normunun, yarıçapı \(n\) katına çıkmış bir yuvarıyla biter: denk normların yuvarları, yarıçaplar uygun sabitlerle çarpıldığında birbirinin içine sığar. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.7 (Bir Kapalı Yuvar (1-Normu)) \(\mathbb{R}^2\)’de 1-normuna göre \((1, -1)\) merkezli, \(2\) yarıçaplı \(B_1[(1, -1), 2]\) kapalı yuvarını belirleyiniz.
Çözüm
Eşitsizlik. \((x, y) - (1, -1) = (x - 1, y + 1)\) olduğundan
\[B_1[(1, -1), 2] = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x - 1| + |y + 1| \le 2\}.\]
Durumlar. İşaretler \(x = 1\) ve \(y = -1\) doğrularında değişir.
- \(x \ge 1\), \(y \ge -1\): \((x - 1) + (y + 1) \le 2\), yani \(x + y \le 2\).
- \(x < 1\), \(y \ge -1\): \(-(x - 1) + (y + 1) \le 2\), yani \(y \le x\).
- \(x < 1\), \(y < -1\): \(-(x - 1) - (y + 1) \le 2\), yani \(x + y \ge -2\).
- \(x \ge 1\), \(y < -1\): \((x - 1) - (y + 1) \le 2\), yani \(x - y \le 4\).
Birleştirme. Dört parça birleşince kenarları \(x + y = 2\), \(y = x\), \(x + y = -2\) ve \(x - y = 4\) doğruları üzerinde olan kare, iç kısmıyla birlikte elde edilir. Köşeler ardışık kenar doğrularının kesişimidir: \(x + y = 2\) ile \(y = x\) doğruları \((1, 1)\)’de, \(y = x\) ile \(x + y = -2\) doğruları \((-1, -1)\)’de, \(x + y = -2\) ile \(x - y = 4\) doğruları \((1, -3)\)’te, \(x - y = 4\) ile \(x + y = 2\) doğruları \((3, -1)\)’de kesişir. Eşitsizlikler \(\le\) olduğundan kenarlar kümeye dahildir.
Sınama: dört köşenin de merkeze 1-normuna göre uzaklığı \(2\)’dir; örneğin \((3, -1)\) için \(|3 - 1| + |-1 + 1| = 2\). Sonuç, Alıştırma 2.5 gereği beklenen biçimdedir: \(B_1[0, 1]\) karesi \(2\) katına büyütülüp \((1, -1)\) kadar ötelenmiştir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 2.8 (Kapalı Aralığın Köşegeni) \(I = [a_1, b_1] \times \dots \times [a_n, b_n]\) bir kapalı aralık olsun. Her \(x, y \in I\) için
\[\|x - y\| \le \left( \sum_{j=1}^{n} (b_j - a_j)^2 \right)^{1/2}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x, y \in I\) ise her \(j\) için \(a_j \le x_j \le b_j\) ve \(a_j \le y_j \le b_j\)’dir. İkinci eşitsizlik \(-b_j \le -y_j \le -a_j\) demektir; birinciyle taraf tarafa toplarsak
\[a_j - b_j \le x_j - y_j \le b_j - a_j, \quad \text{yani} \quad |x_j - y_j| \le b_j - a_j\]
bulunur. Negatif olmayan sayılarda kare almak eşitsizliği korur; karelerini toplayalım:
\[\|x - y\|^2 = \sum_{j=1}^{n} (x_j - y_j)^2 \le \sum_{j=1}^{n} (b_j - a_j)^2.\]
Karekök alınırsa istenen eşitsizlik çıkar. Eşitlik \(x = (b_1, \dots, b_n)\) ve \(y = (a_1, \dots, a_n)\) noktalarında sağlanır; bu iki nokta \(I\)’dadır. Dolayısıyla sağdaki sayı, \(I\)’nın iki noktası arasındaki en büyük uzaklıktır: aralığın köşegeninin uzunluğu. \(n = 2\) için bu sayı, \([a_1, b_1] \times [a_2, b_2]\) dikdörtgeninin köşegen uzunluğudur:
\[\sqrt{(b_1 - a_1)^2 + (b_2 - a_2)^2}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 2.9 (Vektörel Çarpımla Üçgen Alanı) \(\mathbb{R}^3\)’te köşeleri \(P = (1, 0, 1)\), \(Q = (2, 1, 3)\) ve \(R = (0, 2, 2)\) olan üçgenin alanını vektörel çarpımla bulunuz.
Çözüm
Üçgenin \(P\) köşesinden çıkan kenar vektörleri
\[ \begin{aligned} u &= Q - P = (1, 1, 2), \\[1mm] v &= R - P = (-1, 2, 1) \end{aligned} \]
olsun. Sonuç 2.2 sonrasında gördüğümüz gibi \(\|u \times v\|\), \(u\) ile \(v\)’nin gerdiği paralelkenarın alanıdır ve \(PQR\) üçgeni bu paralelkenarın yarısıdır.
\[ \begin{aligned} u \times v &= \big(1 \cdot 1 - 2 \cdot 2,\ 2 \cdot (-1) - 1 \cdot 1,\ 1 \cdot 2 - 1 \cdot (-1)\big) \\[1mm] &= (-3, -3, 3). \end{aligned} \]
Bu vektörün uzunluğu
\[\|u \times v\| = \sqrt{9 + 9 + 9} = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}\]
olduğundan üçgenin alanı
\[\text{Alan} = \frac{1}{2}\,\|u \times v\| = \frac{3\sqrt{3}}{2}\]
olur.
Sınama: \(\|u\|^2 = 6\), \(\|v\|^2 = 6\) ve \(\langle u, v \rangle = -1 + 2 + 2 = 3\)’tür; Teorem 2.3 (vi) gereği \(\|u \times v\|^2 = 36 - 9 = 27\) olmalıdır ve öyledir. Ayrıca \(\|R - Q\| = \|(-2, 1, -1)\| = \sqrt{6}\) olduğundan üç kenarın uzunluğu da \(\sqrt{6}\)’dır: üçgen eşkenardır ve eşkenar üçgen alan formülü de \(\dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 6 = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\) verir. \(\blacksquare\)
Bu bölümde kurduğumuz yuvarlar, \(\mathbb{R}^n\)’de “bir noktaya yakın olmak” kavramının ölçüsüdür; konvekslik ve aralıklar da ileride sık sık karşımıza çıkacak. Açık ve Kapalı Kümeler bölümünde yuvarlar yardımıyla komşuluk kavramını tanımlıyor, bunun üzerine \(\mathbb{R}^n\)’nin açık ve kapalı kümelerini kuruyoruz.