Kanıt: x + (y + 1) = (x + y) + 1 ve x(y + 1) = xy + x e¸sitlikleri kullanılarak
istenenler t¨umevarımla kolaylıkla kanıtlanır. ¨Ornek olarak N’nin toplama al-tında kapalı oldu˘gunu kanıtlayalım.
A ={y ∈ N : N + y ⊆ N}
olsun. Elbette 0∈ A. S¸imdi y ∈ A olsun. y + 1’in de A’da oldu˘gunu
kanıtlaya-lım.N’den herhangi bir x alalım. O zaman y, A’da oldu˘gundan, x + y elemanı N’dedir. Bundan ve N’nin tanımından (x + y) + 1 ∈ N ¸cıkar. Ama
x + (y + 1) = (x + y) + 1
e¸sitli˘gi do˘gru. Demek ki x + (y + 1) ∈ N. Her x ∈ N i¸cin, x + (y + 1) ∈ N
¨
onermesini kanıtladık, yani y +1’in A’da oldu˘gunu kanıtladık. Demek ki A =N
ve N toplama altında kapalı.
Yukarıda kanıtladıklarımızdan kolaylıkla, (N, +, ×, 0, 1) yapısının Peano aksiyomlarını sa˘gladı˘gı ¸cıkar (Peano aksiyomları i¸cin bkz. [N2]).
Alı¸stırmalar
2.1. Her a, b≥ 0 i¸cin, (a + b)n≥ an
+ bne¸sitsizli˘gini t¨umevarımla kanıtlayın. (Binom a¸cılımı daha kolay bir kanıt verir.)
2.2. E˘ger s > −1 ise, her n do˘gal sayısı i¸cin (1 + s)n ≥ 1 + ns e¸sitsizli˘gini t¨umevarımla
kanıtlayın. (E˘ger s≥ 0 ise t¨umevarıma gerek yok, e¸sitsizlik binom a¸cılımından hemen
kanıtlanır, ¨ote yandan binom a¸cılımını kanıtlamak i¸cin t¨umevarıma ihtiya¸c vardır.) Bu e¸sitsizli˘gi ¸cok basit bi¸cimde ¸s¨oyle genelle¸stirebiliriz: E˘ger s1, . . . , sn ≥ −1 ise ve hepsi
pozitif ya da hepsi negatifse,
(1 + s1)· · · (1 + sn)≥ 1 + s1+· · · + sn olur.
2.3. A¸sa˘gıdaki e¸sitlikleri t¨umevarımla kanıtlayın.
1 + 2 +· · · + n = n(n + 1)/2,
12+ 22+· · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6,
13+ 23+· · · + n3
2.4. n > 6 do˘gal sayısı i¸cin
1
n! >
8n (2n)!
e¸sitsizli˘gini t¨umevarımla kanıtlayın1. (˙Ipucu: Do˘grudan da deneyebilirsiniz ama ¸su y¨ on-tem de sonuca gider:
f (n) =(2n)! n! 8n
olsun. f (n + 1)/f (n) > 1 e¸sitsizli˘gini n ¨uzerinden t¨umevarımla g¨osterebilirsiniz.) 2.5. Her n > 0 do˘gal sayısı i¸cin
1 2n ≤ 1 n+ 1 n+1+ . . . + 1 n+n n ≤ 1 n
e¸sitsizli˘gini kanıtlayın.
2.6. Her n > 0 do˘gal sayısı i¸cin ( 1 +1
n
)n
≥ 2
e¸sitsizli˘gini kanıtlayın. 2.7. Her n∈ N i¸cin 2n
n!≤ (n + 1)n
e¸sitsizli˘gini kanıtlayın. 2.8. m > n > 0 iki do˘gal sayı ve x > 0 bir ger¸cel sayı olsun.
xm− 1
m ≥xn− 1 n
e¸sitsizli˘gini kanıtlayın. E¸sitli˘gin ancak x = 1 i¸cin do˘gru olabilece˘gini g¨osterin. ˙Ipucu:
n(xm−1)−m(xn−1) = (x−1)[n(xn
+ xn+1+· · ·+xm−1)−(m−n)(1+x+· · ·+xn−1)]. e¸sitli˘gini kullanın. Bu e¸sitsizli˘gin daha genel bir hali i¸cin bkz. Sonu¸c 3.20.
A¸sa˘gıdaki alı¸stırmalarda sadece ve sadece N ve R’nin tanımlarını ve bu tanımlardan yola ¸cıkarak bu satıra kadar kanıtlanan olguları kullanmalısınız.
2.9. 0’ınN’nin en k¨u¸c¨uk elemanı oldu˘gunu kanıtlayın.
2.10. E˘ger x∈ N \ {0} ise x − 1’in de do˘gal sayı oldu˘gunu kanıtlayın.
2.11. E˘ger x∈ R ve 0 < x < 1 ise, x’in N’de olamayaca˘gını kanıtlayın.
2.12. E˘ger n∈ N, x ∈ R ve n < x < n + 1 ise, x’in N’de olamayaca˘gını kanıtlayın.
A¸sa˘gıdaki alı¸stırmalarda x, y∈ N.
2.13. E˘ger x < y ise, x + 1≤ y e¸sitsizli˘gini kanıtlayın.
2.14. E˘ger x≤ y ise, y − x’in de N’de oldu˘gunu kanıtlayın.
2.15. E˘ger x < y + 1 ise, x’in ya y’ye e¸sit oldu˘gunu ya da y’den k¨u¸c¨uk oldu˘gunu kanıtlayın. 2.16. E˘ger y̸= 0, 1 ve 0 < x ise x < xy e¸sitsizli˘gini kanıtlayın.
Pierre de Fermat’nın “sonsuzdan ini¸s” adını verdi˘gi t¨umevarım ilkesini kanıtlayalım ¸simdi.
Teorem 2.4. N’nin bo¸s olmayan her altk¨umesinin bir en k¨u¸c¨uk elemanı vardır,
yani N iyisıralı bir k¨umedir.
1
Buradaki n! tahmin etti˘giniz faktoriyeldir. 0! = 1 ve (n + 1)! = n!× (n + 1) olarak
2.1. Do ˘gal Sayılar 29
Kanıt: A,N’nin bir altk¨umesi olsun. A’nın en k¨u¸c¨uk elemanı olmadı˘gını var-sayıp A’nın bo¸sk¨ume oldu˘gunu kanıtlayalım. Ama ¨once ba¸ska bir ¸sey kanıtla-mamız gerekiyor:
B ={n ∈ N : n’den k¨u¸c¨uk hi¸cbir sayı A’da de˘gil }
olsun. T¨umevarımla B’nin N’ye e¸sit oldu˘gunu kanıtlayalım. 0’dan k¨u¸c¨uk bir do˘gal sayı olmadı˘gından (Alı¸stırma 2.9), 0’dan k¨u¸c¨uk bir sayı A’da olamaz, dolayısıyla 0 ∈ B olmalı. S¸imdi n ∈ B olsun ve n + 1’in de B’de oldu˘gunu
kanıtlayalım. E˘ger n + 1’den k¨u¸c¨uk bir sayı A’da olsaydı, o zaman bu sayı ancak n olabilirdi (Alı¸stırma 2.12) ve bu n, A’nın en k¨u¸c¨uk elemanı olurdu. Ama A’nın en k¨u¸c¨uk elemanı olmadı˘gını varsaydık. Bu bir ¸celi¸skidir.
Demek ki B =N.
S¸imdi bir x do˘gal sayısının A’da oldu˘gunu varsayalım. n = x + 1 olsun. O zaman x < n ve x∈ A. Bundan n /∈ B ¸cıkar. Ama bu imkˆansız. Bu teorem aslında bir kanıt ilkesidir: E˘ger do˘gal sayılarla ilgili bir ¨onerme her n do˘gal sayısı i¸cin do˘gru de˘gilse, o zaman bu ¨onermenin yanlı¸s oldu˘gu en k¨u¸c¨uk do˘gal sayı vardır. Dolayısıyla ¸su teorem de b¨oylece kanıtlanmı¸s oldu:
Teorem 2.5 (T¨umevarım ˙Ilkesi II). E˘ger bir ¨onerme, her n do˘gal sayısı i¸cin, n’den k¨u¸c¨uk do˘gal sayılar i¸cin do˘gru oldu˘gunda n i¸cin de do˘gru oluyorsa, o zaman bu ¨onerme her n do˘gal sayısı i¸cin do˘grudur.
Kanıt: ¨Onermenin yanlı¸s oldu˘gu en k¨u¸c¨uk do˘gal sayı n olsun. Demek ki ¨
onerme n’den k¨u¸c¨uk do˘gal sayılar i¸cin do˘gru. Ama varsayıma g¨ore, bu
du-rumda ¨onerme n i¸cin de do˘gru olur, ¸celi¸ski.
Do˘gal sayılarla ilgili bildiklerimizi teyit etmeye devam edelim:
Teorem 2.6. ¨Ustten sınırlı ve bo¸s olmayan bir do˘gal sayı k¨umesi en k¨u¸c¨uk ¨
ustsınırını i¸cerir.
Kanıt: A bir do˘gal sayı k¨umesi ve x, A’nın en k¨u¸c¨uk ¨ustsınırı olsun. x− 1 bir
¨
ustsınır olmadı˘gından,
e¸sitsizliklerini sa˘glayan bir n ∈ A do˘gal sayısı vardır. Demek ki x < n + 1
ve n’den daha b¨uy¨uk bir do˘gal sayı A’da olamaz. Bundan da n’nin A’nın en
b¨uy¨uk elemanı oldu˘gu ¸cıkar. Yani n = x.
Teorem 2.7 (Ar¸simet ¨Ozelli˘gi). E˘ger ϵ > 0 bir ger¸cel sayıysa ve x∈ R ise, o zaman nϵ > x e¸sitsizli˘ginin sa˘glandı˘gı bir n∈ N vardır, yani (tanım gere˘gi)
R bir Ar¸simet cismidir2.
Kanıt: Teoremin do˘gru olmadı˘gını varsayalım. Demek ki her n ∈ N i¸cin, nϵ≤ x yani n ≤ x/ϵ. Demek ki do˘gal sayılar k¨umesi N, x/ϵ tarafından ¨ustten
sınırlı. Teorem 2.6’ya g¨oreN’nin en k¨u¸c¨uk ¨ustsınırı N’dedir.
Bu en k¨u¸c¨uk ¨ustsınır y ise, bu da y + 1 do˘gal sayısının varlı˘gıyla ¸celi¸sir.
Teorem 2.8 (B¨olme). Her n, m∈ N i¸cin, e˘ger m ̸= 0 ise, n = mq + r ve 0≤ r < m
¨
onermelerini sa˘glayan bir ve bir tane (q, r) do˘gal sayı ikilisi vardır.
Kanıt: ¨Once q ve r’nin varlı˘gını g¨osterelim. ¨Onermenin yanlı¸s oldu˘gunu var-sayalım, yani,
A ={n ∈ N : belli bir m > 0 do˘gal sayısı i¸cin, n = mq + r e¸sitli˘gini ve
0≤ r < m e¸sitsizliklerini sa˘glayan q ve r do˘gal sayıları yoktur}
k¨umesi bo¸s olmasın. n, A’nın en k¨u¸c¨uk elemanı olsun ve ko¸sullar m sayısı i¸cin sa˘glanmasın. E˘ger n < m ise q = 0 ve r = n istenen ko¸sulları sa˘glar. Demek ki
n≥ m olmalı. O zaman, Alı¸stırma 2.14’e g¨ore n−m bir do˘gal sayıdır ve n’den
k¨u¸c¨uk oldu˘gundan n− m /∈ A olmalı. Demek ki, n − m = mq1+ r e¸sitsizli˘gini sa˘glayan q1 ve 0≤ r < m do˘gal sayıları vardır. Ama bundan,
n = m(q1+ 1) + r ¸
cıkar ve q = q1+ 1 i¸cin
n = mq + r
elde ederiz. Demek ki ¨onerme n ve m i¸cin de do˘gruymu¸s. Bu bir ¸celi¸skidir.
2
Bu ¨ozellik ¨Oklid’in Elemanlar (M ¨O ∼300) adlı eserinin 5’inci cildinde Tanım 4
ola-rak ge¸cmektedir. Ar¸simet’in (M ¨O∼287-∼212) K¨ure ve Silindir ¨Uzerine (M ¨O∼225) adlı
yapıtında da Aksiyom V olarak ge¸cmektedir ve Ar¸simet’ten sonra Eski Yunan uygarlı˘gının en ¨onemli matematik¸cisi (ve astronomu) olarak addedilen ve g¨un¨um¨uze yazılı eseri kalmayan
¨
Odoks’a (M ¨O 408-355) atfedilmi¸stir. “Ar¸simet ¨Ozelli˘gi” adı ilk olarak Avusturyalı matema-tik¸ci Otto Stolz (1842-1905) tarafından kullanılmı¸stır. Ar¸simet ¨Ozelli˘gi hakkında daha fazla bilgi kitabın sonundaki eklerde, B¨ol¨um 25 ve sonrasında bulunmaktadır.
2.2. Tamsayılar ve Kesirli Sayılar 31 Aynı sonu¸c T¨umevarım ˙Ilkesi II kullanılarak n ¨uzerine t¨umevarımla do˘ g-rudan da kanıtlanabilir: E˘ger n < m ise q = 0 ve r = n olsun. E˘ger n≥ m ise, n−m ve m sayıları i¸cin n−m = mq1+ r e¸sitsizli˘gini sa˘glayan q1 ve 0≤ r < m
do˘gal sayılarının oldu˘gunu varsayarsak, n = m(q1+ 1) + r olur. S¸imdi q ve r’nin biricikli˘gini kanıtlayalım.
mq + r = mq1+ r1, 0≤ r < m ve 0 ≤ r1 < m
ili¸skilerini sa˘glayan r, r1, q, q1 olsun. q = q1 ve r = r1 e¸sitliklerini kanıtlaya-ca˘gız. q≥ q1 e¸sitsizli˘gini varsaymanın bedeli yoktur, varsayalım. O zaman,
q− q1∈ N
ve
m > r1 ≥ r1− r = m(q − q1)
olur. Ama bu ancak q− q1 = 0 ise m¨umk¨und¨ur. (Neden?)
2.2 Tamsayılar ve Kesirli Sayılar
Do˘gal sayıların ilkokuldan beri bildi˘gimiz di˘ger ¨ozelliklerini de yukarıda yaptı-˘
gımız gibi olduk¸ca kolay bir bi¸cimde kanıtlayabiliriz. Daha fazla ileri gitmeden kısaca tamsayılar k¨umesi Z’ye ge¸celim. Z’yi,
Z = N ∪ −N. olarak tanımlayalım.
Teorem 2.9. Z, R’nin, 1’i i¸ceren ve ¸cıkarma altında kapalı en k¨u¸c¨uk
altk¨u-mesidir. Ayrıca Z toplama, ¸carpma ve ¸cıkarma altında kapalıdır, yani Z bir
halkadır.
Kanıt: Z’nin 1’i i¸cerdi˘gi ve ¸cıkarma altında kapalı oldu˘gu bariz.
A,R’nin 1’i i¸ceren ve ¸cıkarma altında kapalı herhangi bir altk¨umesi olsun. 0 = 1− 1 oldu˘gundan 0 ∈ A. Demek ki, her a ∈ A i¸cin,
−a = 0 − a ∈ A.
Dolayısıyla−A ⊆ A ve her a, b ∈ A i¸cin,
a + b = a− (−b) ∈ A − (−A) ⊆ A − A ⊆ A.
Demek ki A toplama altında kapalı. 1’i de i¸cerdi˘ginden, bundan A’nın t¨ ume-varımsal bir k¨ume oldu˘gu sonucu ¸cıkar. Sonu¸c: N ⊆ A ve −N ⊆ −A ⊆ A ve Z = N ∪ −N ⊆ A. B¨oylece birinci ¨onerme kanıtlanmı¸s oldu.
S¸imdi A =Z alırsak Z’nin toplama altında kapalı oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Z’nin ¸
carpma altında da kapalı oldu˘gu, bundan ve n(m + 1) = nm + m e¸sitli˘ginden
Teorem 2.10 (B¨olme). Her n, m∈ Z i¸cin, e˘ger m ̸= 0 ise, n = mq + r ve 0≤ r < |m|
¨
onermelerini sa˘glayan bir ve bir tane (q, r) tamsayı ikilisi vardır.
Kanıt: Teorem 2.8 temel alınarak kolaylıkla kanıtlanabilir. Ayrıntıları okura
bırakıyoruz.
Z’nin ¸cok bilinen di˘ger ¨ozelliklerini burada kanıtlamayaca˘gız. Gerekti˘gi za-man tanımlara ba¸svurularak kolaylıkla kanıtlanabilir.
Son olarak kesirli sayıları tanımlayalım: Q ={n
m : n, m∈ Z ve m ̸= 0}
olsun. Q’n¨un elemanlarına kesirli sayı ya da rasyonel sayı, Q k¨umesine de
kesirli sayılar k¨umesi denir.