MB1001 ANALİZ I
Ders Notları
Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN
İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü
c
2013, Emel Yavuz Duman Tüm hakkı saklıdır.
Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim Desteği (UDES) lisansı altındadır. Ders not- larına ulaşmak için http://udes.iku.edu.tr/ internet adresine bakınız.
İlk yayınlanma: 2013, Eylül
Yavuz Duman, Emel
İstanbul Kültür Üniversitesi Fen-Edebiyat Fakültesi Matematik-Bilgisayar Bölümü MB1001 Analiz I
Ders Notları
Ataköy Kampüs 34156, Bakırköy İstanbul - Turkey e.yavuz@iku.edu.tr
http://web.iku.edu.tr/∼eyavuz/
İçindekiler
İçindekiler iii
1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi 1
1.1 Temel Tanımlar . . . 1
1.2 Sıralanmış Cisim Aksiyomları . . . 4
1.3 Tamlık Aksiyomu . . . 18
1.4 Ters Fonksiyonlar ve Görüntüler . . . 26
2 Reel Değerli Diziler 35 2.1 Dizilerin Limitleri . . . 35
2.2 Limit Teoremleri . . . 41
2.3 Bolzano-Weierstrass Teoremi . . . 48
2.4 Cauchy Dizileri . . . 54
2.5 Limit Supremum ve Limit İnfimum . . . 59
3 R Üzerinde Fonksiyonlar 67 3.1 İki-Yönlü Limitler . . . 67
3.2 Tek-Yönlü Limitler ve Sonsuzda Limit Kavramı . . . 76
3.3 Süreklilik . . . 83
3.4 Düzgün Süreklilik . . . 92
4 R Üzerinde Diferansiyellenebilme 99 4.1 Türev . . . 99
4.2 Diferansiyellenebilme Teoremleri . . . 108
4.3 Bazı Fonksiyonların Türevleri . . . 111
Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri . . . 111
Kapalı Fonksiyonların Türevleri . . . 114
Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri . . . 116
Logaritmik ve Üstel Fonksiyonların Türevleri . . . 117
4.4 Ortalama Değer Teoremi . . . 120
4.5 Limitlerde Belirsiz Şekiller ve L’Hôpital Kuralı . . . 125
0\0 Belirsizliği . . . 126
∞\∞, ∞ · 0, ∞ − ∞ Belirsizlikleri . . . 127
Belirsiz Kuvvetler . . . 128
4.6 Fonksiyon Grafiklerinin Çizimi . . . 130
4.7 Ters Fonksiyon Teoremleri . . . 134
1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi
1.1 Temel Tanımlar
Bu derste küme ve reel sayılar için standart notasyonlar kullanılacaktır. Ör- neğin, R veya (−∞, ∞) reel sayılar kümesini, ∅ ise boş kümeyi (hiç bir ele- manı olmayan küme) temsil edecektir. a ∈ A notasyonu a’nın A kümesinin bir elemanı olduğunu, a /∈ A ise elemanı olmadığını söyler. Verilen bir sonlu kümeyi iki farklı şekilde ifade edebiliriz. Elemanları açık olarak listeleyebilir veya kümeyi cümleler veya denklemler ile tanımlayabiliriz. Örneğin, x2 = 1 denkleminin çözümleri kümesi
{−1, 1} veya {x : x2= 1} şeklinde gösterilebilir.
A ve B iki küme olsun. A’nın B kümesinin bir alt kümesi (notasyon: A⊆ B) olabilmesi olarak isimlendirilmesi için gerek ve yeter şart A kümesinin her elemanının aynı zamanda B kümesine de ait olmasıdır. Eğer A kümesi B’nin bir alt kümesi, fakat B kümesinin A’ya ait olmayan en az bir b ∈ B elemanı var ise bu durumda A’ya B’nin özalt kümesi (notasyon: A ⊂ B) denir. A ve B kümelerinin eşit (notasyon: A = B) olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart A ⊆ B ve B ⊆ A içermelerinin sağlanmasıdır. Eğer A ve B eşit değil ise A6= B yazılır. Bir A kümesinin boştan farklı olarak isimlendirilmesi için gerek ve yeter şart A 6= ∅ olmasıdır.
A kümesine veya B kümesine veya her iki kümeye de ait x elemanlarının oluşturduğu kümeye A ile B’nin birleşimi (notasyon: A ∪ B) denir ve
A∪ B = {x : x ∈ A veya x ∈ B}
olarak gösterilir. Hem A hem de B kümesine ait x elemanlarının oluşturduğu kümeye A ile B’nin kesişimi (notasyon: A ∩ B) adı verilir ve
A∩ B = {x : x ∈ A ve x ∈ B}
şeklinde ifade edilir. A kümesine ait fakat B kümesine ait olmayan x eleman- larının kümesine B’nin A’ya göre tümleyeni (notasyon: A\B veya A’nın anla- şılması durumunda Bc) denir ve
A\B = {x : x ∈ A, x /∈ B}
olarak gösterilir. Örneğin,
{−1, 0, 1} ∪ {1, 2} = {−1, 0, 1, 2}, {−1, 0, 1} ∩ {1, 2} = {1}, {1, 2}\{−1, 0, 1} = {2}, {−1, 0, 1}\{1, 2} = {−1, 0}.
X ve Y iki küme olsun. X ve Y ’nin Kartezyen çarpımı X× Y := {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }
şeklinde tanımlanan sıralı ikililerin kümesidir (:= sembolünün anlamı tanıma göre eşit veya olarak tanımlansındır). (x, y), (z, w) ∈ X × Y gibi iki noktanın eşit olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart x = z ve y = w ifadelerinin gerçeklenmesidir. Örneğin X = {1, 2, 3} ve Y = {1, 5} ise X × Y , elemanları
(1, 1), (1, 5), (2, 1), (2, 5), (3, 1), (3, 5) olan sıralı ikililerin kümesidir.
X ve Y iki küme olsun. X×Y ’nin herhangi bir alt kümesine X ×Y üzerinde birbağıntı adı verilir. X × Y üzerinde bir bağıntı R olsun. R’nin tanım kümesi
{x ∈ X : (x, y) ∈ R olacak şekilde y ∈ Y vardır}
ve R’nin değer kümesi
{y ∈ Y : (x, y) ∈ R olacak şekilde x ∈ X vardır}
olarak tanımlanır. (x, y) ∈ R olması durumunda genellikle xRy yazılır.
X ve Y iki küme, f ise X×Y üzerinde bir bağıntı olsun. Eğer her bir x ∈ X için (x, y) ∈ f olacak şekilde bir ve yalnız bir y ∈ Y var ise f’ye X kümesinden Y kümesine bir fonksiyon (notasyon: f : X → Y veya X → Y ) denir. Bunaf göre X × Y üzerinde tanımlı bir bağıntının fonksiyon olabilmesi için her x ∈ X için (x, y) ∈ f olacak şekilde bir y ∈ Y olmalı ve ayrıca (x, y) ∈ f ve (x, y′)∈ f ise y = y′ eşitliği sağlanmalıdır. f : X → Y bir fonksiyon ise X kümesine f’in tanım kümesi (notasyon: Dom(f) := X) adı verilir.
Açık olarak, X kümesinin her x elemanına f fonksiyonu ile bir y = f(x) ∈ Y tekabül eder. (x, y) ∈ f ise y’ye x’in f altındaki görüntüsü (veya değeri veya resmi) (notasyon: y = f(x) veya f : x 7→ y), x’e y’nin f altındaki ön görüntüsü (veyaorijinali) denir. Fonksiyon tanımından da anlaşılacağı üzere ön görüntü tek türlü belirli olmak zorunda değildir. Örneğin, her k = 0, ±1, ±2, · · · için f (x) = sin(kπ) = 0 sağlanmakla birlikte 0 değerinin f (x) = sin x fonksiyonu altında sonsuz sayıda ön görüntüsü vardır.
f fonksiyonu X’den Y ’ye bir fonksiyon olsun. Bu durumda f fonksiyonu X üzerinde tanımlanmıştır denir ve Y kümesine eş-tanım kümesi adı verilir. f fonksiyonunundeğer kümesi
Ran(f) := {y ∈ Y : f(x) = y olacak şekilde x ∈ X vardır}
şeklinde tanımlanan f’in tüm görüntülerinin bir koleksiyonudur.
2
.
.
x
y = f (x)
X = Dom(f ) f
Y eş-tanım kümesi
Ran(f)
Genel halde, bir fonksiyonun değer kümesi, eş-tanım kümesinin bir alt küme- sidir ve her y ∈ Ran(f) elemanı bir veya birden fazla ön görüntüye sahiptir.
Eğer Ran(f) = Y ve her y ∈ Y elemanı f altında sadece bir tane x ∈ X ön görüntüsüne sahip ise bu durumda f : X → Y fonksiyonunun bir tersi vardır denir veters fonksiyon f−1(y) := x olmak üzere f−1: Y → X şeklinde tanım- lanır, burada x ∈ X için f(x) = y dir. Eğer f : X → Y fonksiyonunun tersi var ise her x ∈ X ve y ∈ Y için
f−1(f (x)) = x ve f (f−1(y)) = y sağlanır.
f ve g gibi iki fonksiyonun eşit olması için gerek ve yeter şart her iki fonksiyonun da aynı tanım kümesine ve aynı değerlere sahip olmasıdır. Yani, f, g : X → Y fonksiyonları her x ∈ X için f(x) = g(x) eşitliğini sağlar ise eşittirler. Eğer iki fonksiyonun tanım kümeleri farklı ise fonksiyonlar farklıdır.
Örneğin, f(x) = g(x) = x2 olsun. Eğer f : [0, 1) → [0, 1) ve g : (−1, 1) → [0, 1) ise f ve g iki farklı fonksiyondur. Her iki fonksiyonun da değer kümesi [0, 1) olmakla birlikte, her y ∈ (0, 1)’nin f altında √y şeklinde tek türlü belirli bir ön görüntüsü mevcutken, g altında ±√y şeklinde iki farklı ön görüntüsü vardır.
Buna göre f fonksiyonu f−1(x) =√x ters fonksiyonuna sahip olmakla birlikte g’nin ters fonksiyonu yoktur.
X ve Y iki küme olsun. f : X→ Y fonksiyonu x1, x2∈ X olmak üzere x16=
x2iken f(x1)6= f(x2) özelliğini sağlıyor ise injektif (veya bire-bir veya bire-bir içine) olarak adlandırılır. Fonksiyon tanımından ötürü her elemanın görüntüsü tek türlü belirlidir. Yani her fonksiyon için f(x1)6= f(x2) ise x1 6= x2 olmak zorundadır. Eğer f(x1) 6= f(x2) iken x1 = x2 = x olsaydı, bu x elemanının f (x1) ve f (x2) gibi iki farklı görüntüsü olurdu ki bu ise f ’in fonksiyon olma tanımı ile çelişirdir. Eğer f fonksiyonu injektif ise x1 6= x2 iken f(x1)6= f(x2) olacağından injektif bir fonksiyon için f(X) kümesinin her elemanının ancak tek bir ön görüntüsü olabilir. Şu halde injektif bir fonksiyon için f(x1) = f (x2) ise x1 = x2 eşitliği sağlanır. Örneğin, f : R → R olmak üzere f(x) = x2 şeklinde tanımlanan fonksiyon −1 6= 1 iken f(−1) = f(1) = 1 olduğundan injektif değildir. Diğer taraftan g : R → R olmak üzere g(x) = x + 1 fonksiyonu
3
x1 6= x2 için x1 + 1 6= x2 + 1 yani g(x1) 6= g(x2) ifadesini sağladığından injektiftir.
X ve Y iki küme ve f : X→ Y bir fonksiyon olsun. Eğer f(X) = Y eşitliği sağlanıyor, yani Ran(f) = Y ise f fonksiyonu sürjektif (veya üzerine veya örten) olarak adlandırılır. Buna göre herhangi bir y ∈ Y için f(x) = y olacak şekilde en az bir x ∈ X vardır. Örneğin, f : R → R olmak üzere f(x) = x2 şeklinde tanımlanan fonksiyon sürjektif değildir. Çünkü, hiç bir negatif sayı f’in görüntüsünde yer almaz. Bununla beraber g : R → R olmak üzere g(x) = x + 1 fonksiyonu, verilen her y sayısı için y = g(y − 1) şeklinde yazılabileceğinden sürjektiftir.
Hem injektif hem de sürjektif olan bir f : X → Y fonksiyonuna bijektif adı verilir. Buna göre her y ∈ Y için f(x) = y eşitliğini sağlayan tek türlü belirli bir x ∈ X vardır (varlığı f’in sürjektif olması, tekliği ise injektif olması garantiler). Örneğin, X = {x ∈ R : x 6= 1} olmak üzere her x ∈ X için f(x) =
2x
x−1 şeklinde tanımlansın. f’in injektif olduğunu göstermek için f(x1) = f (x2) eşitliğini sağlayan x1, x2 ∈ X noktalarını göz önüne alalım. f(x1) = f (x2) olduğundan
2x1
x1− 1 = 2x2
x2− 1
eşitliği sağlanır. Bu ise x1(x2− 1) = x2(x1− 1) yani x1= x2 demektir. Dola- yısıyla f injektiftir.
Sürjektifliği garantilemek için f’in değer kümesini belirleyelim. Bunun için x’e bağlı verilen y = x−12x denklemini y cinsinden yazarsak x = y−2y elde edilir ki bu ifade y 6= 2 için tanımlıdır. Buna göre f’in değer kümesi Y := {y ∈ R : y 6= 2} için yukarıdaki şekilde tanımlanan fonksiyon sürjektiftir. Dolayısıyla f fonksiyonu X’den Y ’ye bir bijeksiyondur. f bir bijeksiyon olduğundan f ’in tersi f−1: Y → X fonksiyonu f−1(x) = x−2x şeklinde tanımlıdır.
1.2 Sıralanmış Cisim Aksiyomları
Bu kısımda reel sayı sisteminin cebirsel yapısı üzerde durulacaktır. Reel sayılar kümesinin her eleman çifti için aşağıdaki özellikleri sağlayan toplama ve çarpma işlemleri bu küme üzerindekomütatif cisim (veya kısaca cisim) adı verilen bir cebirsel yapı belirtirler.
Postulat 1 [Cisim Aksiyomları]. R2:= R× R üzerinde tanımlanmış ve her a, b, c∈ R için aşağıdaki özellikleri sağlayan “+” ve “·” fonksiyonları vardır:
Kapalılık Özelliği. a + b ∈ R ve a · b ∈ R dir.
Asosyatiflik (Birleşme) Özelliği. a+(b+c) = (a+b)+c ve a·(b·c) = (a·b)·c dir.
Komütatiflik (Değişme) Özelliği. a + b = b + a ve a · b = b · a dır.
Distribütiflik (Dağılma) Özelliği. a · (b + c) = a · b + a · c dır.
Toplamanın Etkisiz Elemanının Varlığı. Her a ∈ R için 0 + a = a olacak şekilde tek türlü belirli bir 0 ∈ R vardır.
Çarpmanın Birim Elemanının Varlığı. Her a ∈ R için 1 · a = a ve 1 6= 0 olacak şekilde tek türlü belirli bir 1 ∈ R vardır.
4
Toplamada Ters Elemanların Varlığı. Her x ∈ R için x + (−x) = 0 olacak şekilde tek türlü belirli bir −x ∈ R vardır.
Çarpmada Ters Elemanların Varlığı. Her x ∈ R\{0} için x · (x−1) = 1 olacak şekilde tek türlü belirli bir x−1 ∈ R vardır.
Buna göre toplama ve çarpma işlemleri, R reel sayılar kümesi üzerinde bir komütatif cisim yapısı belirtirler.
Genellikle a + (−b) ifadesi a − b, a · b ifadesi ab, a−1 ifadesi 1a veya 1/a ve a · b−1 ifadesi ab veya a/b şeklinde gösterilir. Toplamada ve çarpmada ters elemanların varlığının garantisi ile her a ∈ R için x + a = 0 ve a 6= 0 olması durumunda ax = 1 denklemleri çözülebilir.
Postulat 1’den reel sayıların iyi bilinen aşağıdaki cebirsel kuralları elde edi- lebilir:
(−1)2= 1, (1.1)
0· a = 0, −a = (−1) · a, −(−a) = a, a ∈ R, (1.2)
−(a − b) = b − a, a, b ∈ R (1.3)
ve
a, b∈ R ve ab = 0 ise a = 0 veya b = 0 sağlanır. (1.4) Postulat 1 her ne kadar R üzerindeki tüm cebirsel kuralları belirlemede yeterli olsa da reel sayılar sistemini tam olarak açıklamaz. Reel sayılar kümesi üzerinde aynı zamanda bir sıralama bağıntısı vardır.
Postulat 2 [Sıralama Aksiyomları]. R × R üzerinde aşağıdaki özellikleri sağlayan bir “<” bağıntısı vardır:
Trikotomi (Üç Hal) Özelliği. Her a, b ∈ R için aşağıdaki ifadelerin bir ve yalnız bir tanesi doğrudur:
a < b, b < a veya a = b.
Transitiflik (Geçişme) Özelliği. Her a, b, c ∈ R için a < b ve b < c ise a < c’dir.
Toplama Özelliği. Her a, b, c ∈ R için
a < b ve c∈ R ise a + c < b + c’dir.
Çarpma Özelliği. Her a, b, c ∈ R için
a < b ve c > 0 ise ac < bc ve
a < b ve c < 0 ise bc < ac’dir.
b > a ile a < b kastedilmektedir. a ≤ b ve b ≥ a ile a < b veya a = b anlatılmaktadır. a < b < c ile a < b ve b < c ifade edilmektedir. 2 < x < 1 şeklindeki bir eşitsizliğin hiç bir anlamı yoktur.
5
Yukarıda verildiği gibi iki tane Çarpma Özelliği vardır ve bu özellikleri kul- lanırken dikkatli olmak gerekir. Örneğin x < 1 olması x > 0 değil ise x2 < x eşitsizliğinin gerçeklenmesini gerektirmez. Eğer x < 0 ise İkinci Çarpma Özel- liği’ne göre x < 1 için x2> x sağlanır.
a≥ 0 özelliğini sağlayan bir a reel sayısı negatif olmayan, a > 0 ise pozitif olarak adlandırılır.
Reel sayılar kümesi bazı özel alt kümeleri içerir. Bunlardan ilki 1 ile başlayan ve 2 := 1 + 1, 3 := 2 + 1, · · · formunda elemanlarına ardışık olarak 1 eklemek sureti ile elde edilen
N:={1, 2, · · · }
doğal (İngilizce karşılığı Natural) sayılar kümesidir. Ayrıca Z:={· · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · · }
şeklinde tanımlanantamsayılar (Almanca karşılığı Zahl) kümesi, Q:=n m
n : m, n∈ Z, n 6= 0o
olarak tanımlananrasyonel (İngilizce karşılığı Quotients) sayılar kümesi ve Qc= R\Q
irrasyonel (İngilizce karşılığı Irrationals) sayılar kümesi diğer önemli sayı kü- meleridir. Rasyonel sayıların eşitliği aşağıdaki şekilde tanımlanır:
m n =p
q ancak ve ancak mq = np.
Yukarıdaki sayı kümeleri arasında
N⊂ Z ⊂ Q ⊂ R
şeklinde bir içerme bağıntısı vardır ve bu kümelerin her biri R reel sayılar kümesinin bir özalt kümesidir. Örneğin her rasyonel sayı bir reel sayıdır. Ger- çekten, rasyonel sayılar m/n := mn−1 şeklinde yazılabileceğinden ve Postulat 2’ye göre mn−1 bir reel sayı olduğundan m/n rasyonel sayısı aynı zamanda bir reel sayıdır. Fakat√
2 reel sayısı rasyonel değildir.
Nve Z kümelerini tam olarak tanımlamadığımızdan bazı kabuller yapmamız gerekmektedir:
Açıklama 1.2.1. N doğal sayılar ve Z tamsayılar kümelerinin aşağıdaki özel- likleri gerçeklediği kabul edilsin:
i) Eğer n, m ∈ Z ise n + m, n − m ve nm sayıları da Z kümesine aittirler.
ii) Eğer n ∈ Z ise n ∈ N olması için gerek ve yeter şart n ≥ 1 eşitsizliğinin sağlanmasıdır.
iii) 0 < n < 1 olacak şekilde bir n ∈ Z yoktur.
6
Bu özellikler kullanılarak Q rasyonel sayılar kümesinin Postulat 1’i sağladığı gösterilebilir (bkz Alıştırma 1.2.10). Dikkat edilirse R’nin rasyonel sayılar kü- mesi hariç hiçbir özel alt kümesi Postulat 1’i gerçeklemez. N kümesi üç özellik hariç diğer tüm özellikleri gerçekler: N kümesi 0 /∈ N olduğundan toplamanın etkisiz elemanına sahip değildir, negatif eleman barındırmadığından toplamada ters elemanları olamaz ve 1 dışında hiç bir elemanının çarpmada ters elemanı yoktur. Z kümesi bir özellik hariç Postulat 1’in diğer tüm özellikleri gerçekler: 1 ve −1 hariç Z’nin sıfırdan farklı hiç bir elemanının çarpmada ters elemanı yok- tur. Qckümesi üç özellik hariç Postulat 1’in diğer özellikleri gerçekler: 0 /∈ R\Q olduğundan toplamanın etkisiz elemanına sahip değildir, 1 /∈ R\Q olduğundan çarpmanın etkisiz elemanı yoktur. Ayrıca kapalılık özelliğini de her zaman sağ- lamaz. Gerçekten,√
2 irrasyonel olmakla birlikte √
2 + (−√
2) = 0 toplamı ve
√2·√
2 = 2 çarpımı rasyoneldir.
Dikkat edilirse R’nin sözü edilen tüm alt kümeleri Postulat 2’yi gerçekler.
Buna göre Q Postulat 1 ve Postulat 2’yi sağlarken Kısım 1.3’de verilen Postu- lat 3’ü (Tamlık Aksiyomu) gerçeklemez. Benzer şekilde N, Z ve Qckümelerinin Postulat 1 ve Postulat 2’de verilen özelliklerden hangilerini sağladığı, hangi- lerini sağlamadığı okuyucu tarafından incelenmelidir. Verilen bu postulatlar aslında R’yi karakterize ederler. R kümesi Postulat 1, Postulat 2 ve Postulat 3’ü gerçekleyen tek kümedir ve bu özelliğinden ötürü Tam Archimedean Sıra- lanmış Cisim olarak isimlendirilir.
Postulat 1 ve Postulat 2 kullanılarak reel sayıların sağladıkları tüm eşitlik ve eşitsizlikler ispatlanabilir. Bu aşamada ispat kavramına kısaca değinelim. İspat nedir? Her matematiksel sonuç (örnek, açıklama (remark), lemma ve teorem) hipotez ve bir hüküm içerir. Bir ispatı yapmak için üç temel yöntem vardır:
matematiksel indüksiyon (tümevarım), doğrudan çıkarım (doğrudan ispat) ve çelişki (olmayana ergi).
Matematiksel indüksiyon (veya tümevarım) verilen bir ifadenin tüm doğal sayılar için doğru olduğunu ispatlamakta kullanılan oldukça pratik bir yön- temdir. Bu yönteme ifadenin önce 1 için (daha doğrusu, ifadenin doğruluğunun başladığı doğal sayı için) doğru olduğu gösterilir. Daha sonra n doğal sayısı için doğru olduğu farz edilir ve n + 1 doğal sayısı için doğru olduğu gösterilir. Bu da herhangi bir doğal sayı için doğruysa sonraki için de doğru olacağını ispatladı- ğından bütün doğal sayılar için geçerli bir ifade olduğu anlamına gelecektir. Bu yöntem genelde sonsuz sayıda domino taşlarının dizilmesine benzetilir. n. taşın devrilmesi bir sonraki yani n + 1. taşın da devrilmesi anlamına geleceğinden taşların tamamı devrilecektir. Tabi ki yine n = 1 için doğruluğunu söylemek gerekir. Bunun için de ilk taşı devirmemiz yeterli olacaktır.
Doğrudan çıkarım (veya doğrudan ispat) yönteminde hipotez doğru olarak kabul edilir ve adım adım ilerleyerek istenen hükmün gerçeklendiği gösterilir.
Doğru olduğu gösterilmek istenen ifade, direk olarak, doğruluğu kanıtlanmış başka ifadelerle veya aksiyomlarla türetilir.
Çelişki (veya olmayana ergi) yönteminde hipotez doğru, doğruluğunu gös- termeyi planlanan ifadenin yanlış olduğu kabul edilir ve adım adım işlem ya- pılarak bir çelişkiye ulaşılır. Çelişki, açık olarak yanlış olan ya da hipotez ile çelişen bir ifadedir. Çelişkiye ulaşıldığı anda ispat tamamlanmış olur (bkz Te-
7
orem 1.2.9). Çünkü, başta yanlış olduğu kabul edilen ifadenin aslında doğru olduğu ispatlanmış olur.
Peki verilen bir ifadenin yanlış olduğu nasıl “ispatlanır”? Bunun için ifadenin hipotezini gerçekleyen fakat hüküm ile çelişen somut bir örnek vermek yeter.
Bu örneğeters örnek adı verilir. Örneğin “x > 1 ise x2− x − 2 6= 0 sağlanır.”
ifadesinin doğru olmadığını göstermek için 1’den büyük x = 2 sayısı seçilsin.
22− 2 − 2 = 0 olduğundan verilen ifadenin yanlış olduğu gösterilmiş olur.
Aşağıda doğrudan çıkarım yöntemi kullanılarak bazı ispatlar yapılmaktadır.
sembolü ispatın ya da çözümün tamamlandığını ifade eder.
Örnek 1.2.2. a ∈ R olsun. Buna göre
a6= 0 ise a2> 0 (1.5)
olduğunu ve −1 < 0 < 1 eşitsizliğinin gerçeklendiğini ispatlayınız.
Kanıt. a 6= 0 olsun. Trikotomi özelliğine göre ya a < 0 ya da a > 0 sağlanır.
Durum 1. a > 0 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı Birinci Çarpma Özelliği kul- lanılarak a ile çarpılırsa a2 = a· a > 0 · a elde edilir. (1.2)’ye göre 0 · a = 0 olduğundan a2> 0 sonucuna ulaşılır.
Durum 2. a < 0 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı İkinci Çarpma Özelliği kulla- nılırarak a ile çarpılırsa a2 = a· a > 0 · a elde edilir. (1.2)’ye göre 0 · a = 0 olduğundan a2> 0 sonucuna ulaşılır.
Buna göre a 6= 0 ise a2> 0 sağlanır. Diğer taraftan 16= 0 olduğundan 1 = 12>
0’dır. Bu eşitsizliğin her iki tarafına−1 eklenirse 0 = 1 − 1 > 0 − 1 = −1 elde edilir.
Örnek 1.2.3. a ∈ R olsun. Buna göre
0 < a < 1 ise 0 < a2< a ve a > 1 ise a2> a (1.6) olduğunu ispatlayınız.
Kanıt. 0 < a < 1 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı Birinci Çarpma Özelliği kullanılırarak a ile çarpılırsa 0 = 0 · a < a2 < 1· a = a yani 0 < a2 < a elde edilir. Diğer taraftan a > 1 ise Örnek 1.2.2 ve Transitiflik Özelliği’ne göre a > 0’dır. Dolayısıyla Birinci Çarpma Özelliği kullanılabilir. a > 1 ifadesinin her iki tarafı a ile çarpılır ise a2= a· a > 1 · a = a sonucuna ulaşılır.
Benzer şekilde (bkz Alıştırma 1.2.3) aşağıdaki ifadelerin doğruluğu gösteri- lebilir:
0≤ a < b ve 0 ≤ c < d ise ac < bd, (1.7) 0≤ a < b ise 0 ≤ a2< b2 ve 0 ≤√
a <√
b, (1.8)
8
ve
0 < a < b ise 1 a >1
b > 0. (1.9)
Tanım 1.2.4. Bir a ∈ R sayısının mutlak değeri
|a| :=
a a≥ 0
−a a < 0 şeklide tanımlanan bir sayıdır.
Mutlak değere ilişkin bir özelliği ispatlamak istediğimizde genellikle para- metrelerin pozitif, negatif veya sıfıra eşit olmasına bağlı olarak ispatı çeşitli alt durumlara ayırıp bu alt durumlar üzerinde çalışırız. Aşağıda bu duruma ilişkin bir örnek verilmektedir.
Açıklama 1.2.5. Mutlak değer çarpımsaldır. Yani her a, b ∈ R için |ab| = |a||b|
sağlanır.
Kanıt. Aşağıdaki dört durumu göz önüne alalım:
Durum 1. a = 0 veya b = 0 olsun. Bu durumda ab = 0’dır ve tanım gereği
|ab| = 0 = |a||b| sağlanır.
Durum 2. a > 0 ve b > 0 olsun. Birinci Çarpma Özelliği’ne göre ab > 0 · b = 0 sağlandığından mutlak değer tanımı gereği |ab| = ab = |a||b| elde edilir.
Durum 3. a > 0, b < 0 veya b > 0, a < 0 olsun. İspatı a > 0 ve b < 0 eşitsizlik- lerinin sağlandığı durumda yapmak yeter (çünkü simetriden ötürü a ile b’nin yerlerini değiştirdiğimize b > 0 ve a < 0 kabulünü elde ederiz). İkinci Çarpma Özelliği’ne göre ab < 0 olduğundan Tanım 1.2.4, asosyatiflik ve komütatiflik özellikleri kullanılarak
|ab| = −(ab) = (−1)(ab) = a((−1)b) = a(−b) = |a||b|
sonucuna ulaşılır.
Durum 4. a < 0 ve b < 0 olsun. İkinci Çarpma Özelliği’ne göre ab > 0 oldu- ğundan Tanım 1.2.4 kullanılarak
|ab| = ab = (−1)2(ab) = (−a)(−b) = |a||b|
elde edilir.
Aşağıdaki teorem mutlak değer barındıran eşitsizlikleri çözmede oldukça sık kullanılır.
Teorem 1.2.6 (Mutlak Değerin Temel Teoremi). a ∈ R ve M ≥ 0 olsun.
Buna göre |a| ≤ M olması için gerek ve yeter şart −M ≤ a ≤ M eşitsizliğinin sağlanmasıdır.
9
Kanıt. (Gereklilik İspatı ⇒) a ∈ R ve |a| ≤ M olsun. Bu eşitsizliği −1 ile çarparak −|a| ≥ −M elde edilir.
Durum 1. a ≥ 0 olsun. Bu durumda Tanım 1.2.4’e göre |a| = a sağlanır.
Dolayısıyla hipotez şartından
−M ≤ 0 ≤ |a| = a ≤ M sonucu elde edilir.
Durum 2. a < 0 olsun. Bu durumda Tanım 1.2.4’e göre |a| = −a sağlanır.
Dolayısıyla hipotez şartından
−M ≤ −|a| = a < 0 ≤ M
ifadesine ulaşılır. Yani her iki durumda da −M ≤ a ≤ M eşitsizliği gerçeklenir.
(Yeterlilik İspatı ⇐) Tersine, −M ≤ a ≤ M eşitsizliği doğru olsun. Buna göre a ≤ M ve −M ≤ a’dır. Dolayısıyla
a≥ 0 olması durumunda |a| = a ≤ M a < 0 olması durumunda|a| = −a ≤ M elde edilir. Yani her iki durumda da |a| ≤ M sağlanır.
Not. Benzer şekilde |a| < M olması için gerek ve yeter şartın −M < a < M eşitsizliğinin sağlanması olduğu gösterilebilir.
Aşağıdaki teorem mutlak değer kavramı için kullanışlı bir sonuçtur.
Teorem 1.2.7. Mutlak değer aşağıdaki üç özelliği gerçekler:
i) [Pozitiflik]Her a ∈ R için |a| ≥ 0’dır, öyleki |a| = 0 olması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin sağlanmasıdır.
ii) [Simetriklik]Her a, b ∈ R için |a − b| = |b − a| gerçeklenir.
iii) [Üçgen Eşitsizliği]Her a, b ∈ R için
|a + b| ≤ |a| + |b| ve ||a| − |b|| ≤ |a − b|
eşitsizlikleri geçerlidir.
Kanıt. i) Eğer a ≥ 0 ise |a| = a ≥ 0 sağlanır. Diğer taraftan a < 0 olması durumunda Tanım 1.2.4 ve İkinci Çarpma Özelliği’ne göre |a| = −a = (−1)a >
0 elde edilir. Yani her a∈ R için |a| ≥ 0 sonucuna ulaşılır.
Şimdi |a| = 0 olması için gerek ve yeter şartın a = 0 eşitliğinin sağlanması olduğunu gösterelim. Öncelikle |a| = 0 olduğunu kabul edelim. Tanımından
10
ötürü a ≥ 0 için a = |a| = 0 ve a < 0 için a = −|a| = 0 gerçeklendiğinden
|a| = 0 olması a = 0 eşitliğini gerektirir. Tersine, a = 0 olsun. Mutlak değer tanımına göre |0| = 0 sağlandığından |a| = 0 gerçeklenir.
ii) Açıklama 1.2.5 göz önüne alındığında
|a − b| = | − 1||a − b| = |b − a|
eşitliği elde edilir.
iii) İlk eşitsizliğin doğruluğunu ispatlamak için her x ∈ R reel sayısının |x| ≤
|x| eşitsizliğini sağladığı göz önüne alınsın. Buna göre Teorem 1.2.6 ifadesinden
−|a| ≤ a ≤ |a| ve −|b| ≤ b ≤ |b| elde edilir. Bu iki eşitsizliği taraf tarafa topladığımızda
−(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|
sonucuna ulaşılır. Bu aşamada tekrar Teorem 1.2.6 kullanılır ise |a+b| ≤ |a|+|b|
eşitsizliği elde edilir.
İkinci eşitsizliği ispatlamak için (a − b) + b ifadesine ilk eşitsizlik uygulanır.
Buna göre
|a| − |b| = |a − b + b| − |b| ≤ |a − b| + |b| − |b| = |a − b|
elde edilir. Şimdi yukarıda a ile b’nin yerleri değiştirilir ve ii) sonucu kullanılır ise
|b| − |a| = |b − a + a| − |a| ≤ |b − a| + |a| − |a| = |b − a| = |a − b|, ve bu ifadeyi −1 ile çarparak
|a| − |b| ≥ −|a − b|
sonucu bulunur. Dolayısıyla
−|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|
eşitsizliği doğru olduğundan Teorem 1.2.6’ya göre ||a| − |b|| ≤ |a − b| ifadesine ulaşılır.
Yukarıdaki son eşitsizlik ispatlanırken aynı zamanda her a, b ∈ R için |a| −
|b| ≤ |a − b| olduğu sonucu da elde edildi ki bu ifade sıkça kullanılacaktır.
Uyarı. Burada dikkat edilmesi gereken bir husus Toplama Özelliği ve mutlak değerin beraber kullanılıp b < c ise |a + b| < |a + c| şeklinde bir eşitsizliğin her zaman geçerli olduğunun düşünülmemesidir. Bu eşitsizlik sadece a + b ve a + c ifadelerinin her ikisi de negatif değil ise doğrudur. Örneğin a = 1, b = −5 ve c =−1 ise b < c sağlanır fakat |a + b| = |1 + (−5)| = 4 > 0 = |1 + (−1)| =
|a + c|’dır.
11
Örnek 1.2.8. Eğer −2 < x < 1 ise |x2− x| < 6 olduğunu gösteriniz.
Kanıt. Hipoteze göre −2 < x < 1 olduğundan −2 < x < 1 < 2 yani −2 < x <
2 dolayısıyla |x| < 2 sağlanır. Dolayısıyla üçgen eşitsizliği ve Açıklama 1.2.5 kullanıldığında
|x2− x| ≤ |x2| + |x| = |x|2+|x| < 22+ 2 = 6 elde edilir.
Şimdi Trikotami Özelliği’ne karşılık gelen ve çokça kullanacağımız aşağıdaki sonucu verelim:
Teorem 1.2.9. x, y, a ∈ R olsun.
i) Her ε > 0 sayısı için x < y + ε olması için gerek ve yeter şart x ≤ y eşitsizliğinin gerçeklenmesidir.
ii) Her ε > 0 sayısı için x > y − ε olması için gerek ve yeter şart x ≥ y eşitsizliğinin gerçeklenmesidir.
iii) Her ε > 0 sayısı için |a| < ε olması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin gerçeklenmesidir.
Kanıt. i) Gereklilik kısmının ispatını çelişki yöntemi ile elde edeceğiz. Buna göre, her ε > 0 sayısı için x < y + ε sağlansın fakat buna karşılık x > y olsun.
x > y olduğundan x− y farkı pozitiftir. ε0 = x− y > 0 denirse y + ε0 = x olarak ifade edilebilir. Dolayısıyla, Trikotami Özelliği’ne göre y+ε0değeri x’den büyük olamaz. Bu ise ε = ε0 için teorem hipotezi ile çelişir. Bu çelişkiye neden x > y olarak alınmasıdır. Yani, x≤ y eşitsizliği geçerlidir.
Tersine, ε > 0 sayısı verilsin ve x ≤ y sağlansın. Buna göre ya x = y ya da x < y’dir. Eğer x < y ise Toplama ve Transitiflik Özellikleri’nden x + 0 <
y + 0 < y + ε yazılabilir. Eğer x = y ise Toplama Özelliği’ne göre x < y + ε sağlanır. Bu durumda her ε > 0 sayısı için x < y + ε eşitsizliği her iki durumda da gerçeklenir.
ii) Her ε > 0 sayısı için x > y − ε olsun. İkinci Çarpma Özelliği’ne göre bu ifade −x < −y + ε eşitsizliğine denktir. Dolayısıyla i) şıkkına göre −x ≤ −y olduğu sonucu elde edilir. Bu ise İkinci Çarpma Özelliği göz önüne alındığında x≥ y eşitsizliğinin doğruluğunu gösterir.
iii) Her ε > 0 sayısı için |a| < ε = 0 + ε olsun. i) neticesine göre bu ifade
|a| ≤ 0 olmasına denktir. Diğer taraftan her zaman |a| ≥ 0 sağlandığından Trikotami kuralı gereğince |a| = 0’dır. Bu ise Teorem 1.2.7’nin i) şıkkına göre a = 0 olduğu anlamına gelir.
12
a ve b iki reel sayı olsun. Bu durumda
[a, b] :={x ∈ R : a ≤ x ≤ b}, [a, ∞) := {x ∈ R : a ≤ x}, (−∞, b] := {x ∈ R : x ≤ b} veya (−∞, ∞) := R formundaki bir kümeyekapalı aralık,
(a, b) :={x ∈ R : a < x < b}, (a, ∞) := {x ∈ R : a < x}, (−∞, b) := {x ∈ R : x < b} veya (−∞, ∞) := R formundaki bir kümeye iseaçık aralık adı verilir.
Aralık ile ya bir kapalı aralık ya bir açık aralık ya da
[a, b) :={x ∈ R : a ≤ x < b} veya (a, b] := {x ∈ R : a < x ≤ b}
formundaki bir küme kastedilmektedir.
a < b olması durumunda [a, b], [a, b), (a, b] ve (a, b) aralıkları reel sayı doğ- rusu üzerinde bir doğru parçasına tekabül eder, eğer b < a ise bu “aralıkların”
hepsi boş kümedir.
−∞ < a ≤ b < ∞ olmak üzere bir I aralığının sınırlı olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart [a, b], (a, b), [a, b) veya (a, b] formlarından birine sahip olmasıdır. Bu durumda a ve b sayılarına I aralığının uç noktaları denir. Sınırlı olmayan diğer tüm aralıklarsınırsız olarak isimlendirilir.
a, b uç noktaları a = b eşitliğini sağlayan bir aralığa dejenere, a < b eşitsiz- liğini sağlayan bir aralığa ise dejenere olmayan aralık adı verilir. Tanıma göre bir dejenere açık aralık boş kümedir ve dejenere kapalı aralık ise bir noktadan ibarettir.
Mutlak değer uzunluk kavramı ile yakından ilişkilidir. a ve b uç noktalarına sahip bir kapalı aralığın uzunluğu |I| := |b − a| olarak, a, b ∈ R gibi herhangi iki sayının arasındakiuzaklık ise |a − b| şeklinde tanımlanır.
Aralıklar kullanılarak eşitsizlikler ifade edilebilir. Örneğin, Teorem 1.2.6 istenirse |a| ≤ M olması için gerek ve yeter şart a’nın [−M, M] kapalı aralığında yer almasıdır, benzer şekilde Teorem 1.2.9’da iii) ifadesi a sayısının ε > 0 olmak üzere (−ε, ε) açık aralığında yer alması için gerek ve yeter şart a = 0 eşitliğinin gerçeklenmesidir şeklinde yazılabilir.
Alıştırmalar
1.2.1. a, b, c, d∈ R olmak üzere aşağıda verilen ifadelerin hangilerinin doğru, han- gilerinin yanlış olduğunu tespit ediniz. Doğru olanları ispatlayıp yanlış olanlara ise birer ters örnek veriniz.
a) a < b ve c < d < 0 ise ac > bd’dir.
b) a ≤ b ve c > 1 ise |a + c| ≤ |b + c|’dir.
c) a ≤ b ve b ≤ a + c ise |a − b| ≤ c’dir.
d) Her ε > 0 için a < b − ε ise a < 0’dır.
Çözüm.
13
a) Yanlış. a = 2/3, b = 1, c = −2 ve d = −1 alınır ise istenilen gösterilmiş olur.
b) Yanlış. a = −4, b = −1 ve c = 2 alınır ise istenilen gösterilmiş olur.
c) Doğru. a ≤ b ve b ≤ a + c olduğundan |a − b| = b − a ≤ a + c − a = c sağlanır.
d) Eğer b ≤ 0 ise a < b − ε < 0 + 0 = 0 yani a < 0 olur. Eğer b > 0 ise ε = b için a < b− ε = 0 elde edilir.
1.2.2. a, b, c∈ R ve a ≤ b olsun.
a) a + c ≤ b + c olduğunu ispatlayınız.
b) c ≥ 0 ise a · c ≤ b · c eşitsizliğinin geçerliliğini gösteriniz.
Çözüm.
a) a < b ise Toplama Özelliği’ne göre a+c < b+c sağlanır. a = b olması durumunda + bir fonksiyon olduğundan a + c = b + c gerçeklenir. Buna göre her a≤ b için a + c≤ b + c eşitsizliği doğrudur.
b) c = 0 ise ac = 0 = bc ifadesi sağlanacağından c > 0 olduğunu kabul edebiliriz.
Eğer a < b ise Çarpma Özelliği’ne göre ac < bc gerçeklenir. a = b olması durumunda · bir fonksiyon olduğundan ac = bc sağlanır. Buna göre her a ≤ b ve c ≥ 0 için ac ≤ bc eşitsizliği doğrudur.
1.2.3. (1.7), (1.8) ve (1.9) ifadelerini ispatlayınız. Ayrıca a ≥ 0 veya a > 0 koşullarının kaldırılması durumunda bu ifadelerin gerçeklenemediğini gösteriniz.
Çözüm.
a) 0 ≤ a < b ve 0 ≤ c < d ise ac < bd sağlanır. Gerçekten, ilk eşitsizliği c ve ikinci eşitsizliği b ile çarparsak 0 ≤ ac < bc ve 0 ≤ bc < bd elde edilir. Bu ise Transitiflik Özelliği’ne göre ac < bd olduğu anlamına gelir.
b) 0 ≤ a < b ise 0 ≤ a2 < b2 ve 0 ≤√a <√
b sağlanır. Gerçekten, 0 ≤ a < b olduğundan (1.7)’ye göre 0 ≤ a2 < ab ve 0 ≤ ab < b2 yani 0 ≤ a2 < b2 eşitsizliği doğrudur. Diğer taraftan eğer√a≥√
b olsaydı√a≥√
b dolayısıyla a = (√a)2≥ (√
b)2= b çelişkisi elde edilirdi.
c) 0 < a < b ise 1/a > 1/b > 0 sağlanır. Gerçekten, eğer 1/a ≤ 1/b olsaydı Çarpma Özelliği’ne göre b = ab(1/a) ≤ ab(1/b) = a çelişkisi elde edilirdir.
Diğer taraftan 1/b ≤ 0 olsaydı b = b2(1/b)≤ 0 çelişkisine ulaşılırdı.
d) a < 0 için verilen ifadelerinin doğru olması gerekmediğini göstermek için a =
−2, b = −1, c = 2 ve d = 5 alalım. Bu durumda a < b ve c < d iken ac = −4 olup bd = −5 değerinden küçük değildir. Ayrıca a2 = 4 sayısı da b2 = 1’den küçük değildir. Diğer taraftan 1/a = −1/2 değeri de 1/b = −1 sayısından küçük kalmaz.
1.2.4. Bir a ∈ R sayısının pozitif kısmı
a+:= |a| + a 2 , negatif kısmı ise
a−:= |a| − a 2 , olarak tanımlanır.
a) a = a+− a−ve |a| = a++ a−olduğunu gösteriniz.
14
b) Aşağıdaki ifadelerin doğruluğunu gösteriniz:
a+=
a a≥ 0
0 a≤ 0 ve a−=
0 a≥ 0
−a a ≤ 0.
Çözüm.
a) Verilen tanımlara göre a+− a−= |a| + a
2 −|a| − a
2 = |a| + a − |a| + a
2 =2a
2 = a, ve
a++ a−= |a| + a
2 + |a| − a
2 = |a| + a + |a| − a
2 =2|a|
2 =|a|
sağlanır.
b) Mutlak değer tanımına göre a ≥ 0 ise a+ = (a + a)/2 = a ve a < 0 ise a+ = (−a + a)/2 = 0 olur. Benzer şekilde a ≥ 0 ise a− = (a− a)/2 = 0 ve a < 0 ise a−= (−a − a)/2 = −a gerçeklenir.
1.2.5. Aşağıdaki eşitsizlikleri sağlayan x ∈ R sayılarını tespit ediniz.
a) |2x + 1| < 7 b) |2 − x| < 2
c) |x3− 3x + 1| < x3 d) x−1x < 1
e) 4xx22−1 <14 Çözüm.
a) |2x + 1| < 7 ancak ve yalnız −7 < 2x + 1 < 7 ancak ve yalnız −8 < 2x < 6 ancak ve yalnız −4 < x < 3.
b) |2 − x| < 2 ancak ve yalnız −2 < 2 − x < 2 ancak ve yalnız −4 < −x < 0 ancak ve yalnız 0 < x < 4.
c) |x3− 3x + 1| < x3 ancak ve yalnız −x3 < x3− 3x + 1 < x3 ancak ve yalnız
−3x + 1 < 0 yani 3x − 1 > 0 ve 2x3− 3x + 1 > 0. 3x − 1 > 0 eşitsizliği x > 1/3 olmasına denktir. Diğer taraftan 2x3− 3x + 1 = (x − 1)(2x2+ 2x− 1) = 0 ifadesini sağlayan değerler x = 1, (−1 ±√
3)/2 olduğundan 2x3− 3x + 1 > 0 eşitsizliği (−1 −√
3)/2 < x < (−1 +√
3)/2 ya da x > 1 eşitsizliğine karşılık gelir. Dolayısıyla çözüm (1/3, (√
3− 1)/2) ∪ (1, ∞) olarak bulunur.
d) Verilen ifadenin her iki yanını x − 1’in pozitif veya negatif olduğunu göz önüne almadan x − 1 ile çarpamayız.
Durum 1. x− 1 > 0 olsun. Bu durumda x < x − 1 yani 0 < −1 olacağından eşitsizliği sağlayan x değerlerinin kümesi boştur.
Durum 2. x−1 < 0 olsun. Bu durumda İkinci Çarpma Özelliği’ne göre x > x−1 yani 0 > −1 olması her x reel sayısı için doğru olduğundan çözüm aralığı (−∞, 1)’dir.
e) Durum 1. 4x2− 1 > 0 olsun. Çapraz çarpma yaparak 4x2 < 4x2− 1 yani boş küme elde edilir.
Durum 1. 4x2− 1 < 0 olsun. Bu durumda İkinci Çarpma Özelliği’ne göre 4x2 > 4x2− 1 yani 0 > −1 olması her x reel sayısı için doğru olduğundan çözüm aralığı (−1/2, 1/2)’dir.
15
1.2.6. a, b∈ R olsun.
a) a > 2 ve b = 1 +√
a− 1 ise 2 < b < a olduğunu ispatlayınız.
b) 2 < a < 3 ve b = 2 +√
a− 2 ise 0 < a < b olduğunu ispatlayınız.
c) 0 < a < 1 ve b = 1 −√
1− a ise 0 < b < a olduğunu ispatlayınız.
d) 3 < a < 5 ve b = 2 +√
a− 2 ise 3 < b < a olduğunu ispatlayınız.
Çözüm.
a) a > 2 olsun. Bu durumda a−1 > 1 yani 1 <√
a− 1 < a−1 sağlanır. Dolayısıyla 2 < b = 1 +√a− 1 < 1 + (a − 1) gerçeklenir.
b) 2 < a < 3 olsun. Bu durumda 0 < a − 2 < 1 yani 0 < a − 2 < √
a− 2 < 1 sağlanır. Dolayısıyla 0 < a < 2 +√
a− 2 = b gerçeklenir.
c) 0 < a < 1 olsun. Bu durumda 0 > −a > −1 yani 0 < 1 − a < 1 sağlanır.√ 1− a reel olduğundan 1−a <√
1− a doğrudur. Dolayısıyla b = 1−√ 1− a <
1− (1 − a) = a gerçeklenir.
d) 3 < a < 5 olsun. Bu durumda 1 < a − 2 < 3 yani 1 <√
a− 2 < a − 2 sağlanır.
Dolayısıyla 3 < 2 +√
a− 2 = b < a gerçeklenir.
1.2.7. a, b∈ R sayılarının aritmetik ortalaması A(a, b) = (a + b)/2 ve a, b ∈ [0, ∞) sayılarının geometrik ortalaması ise G(a, b) =√
ab olarak tanımlanır. Eğer 0≤ a ≤ b ise a ≤ G(a, b) ≤ A(a, b) ≤ b olduğunu ispatlayınız. Ayrıca G(a, b) = A(a, b) eşitli- ğinin sağlanması için gerek ve yeter şartın a = b ifadesinin gerçeklenmesi olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Her a, b ∈ [0, ∞) için a + b − 2√
ab = (√a−√
b)2 ≥ 0 sağlanır. Buna göre 2√
ab ≤ a + b ve dolayısyla G(a, b) ≤ A(a, b) gerçeklenir. Diğer taraftan 0 ≤ a ≤ b olduğundan A(a, b) = (a + b)/2 ≤ 2b/2 = b ve G(a, b) = √
ab ≥ √
a2 = a elde edilir. Son olarak, A(a, b) = G(a, b) ancak ve yalnız 2√
ab = a + b ancak ve yalnız (√a−√
b)2= 0 ancak ve yalnız√a =√
b ancak ve yanlız a = b ifadesine ulaşılır.
1.2.8. x∈ R olsun.
a) |x| ≤ 2 ise |x2− 4| ≤ 4|x − 2| olduğunu ispatlayınız.
b) |x| ≤ 1 ise |x2+ 2x− 3| ≤ 4|x − 1| olduğunu ispatlayınız.
c) −3 ≤ x ≤ 2 ise |x2+ x− 6| ≤ 6|x − 2| olduğunu ispatlayınız.
d) −1 < x < 0 ise |x3− 2x + 1| < 1.26|x − 1| olduğunu ispatlayınız.
Çözüm.
a) |x| ≤ 2 ve |x + 2| ≤ |x| + 2 olduğundan |x2− 4| = |x + 2||x − 2| ≤ 4|x − 2| elde edilir.
b) |x| ≤ 1 ve |x + 3| ≤ |x| + 3 olduğundan |x2+ 2x− 3| = |x + 3||x − 1| ≤ 4|x − 1|
elde edilir.
c) −3 ≤ x ≤ 2 ve |x−2| ≤ |x|+2 olduğundan |x2+x−6| = |x+3||x−2| ≤ 6|x−2|
elde edilir.
d) −1 < x < 0 ve x2+ x− 1 fadesi (−1, 0) aralığında minimum değerini −1.25 noktasında aldığından |x3− 2x + 1| = |x2+ x− 1||x − 1| < 5|x − 1|/4 elde edilir.
1.2.9. Aşağıdaki eşitsizlikleri gerçekleyen tüm n ∈ N değerlerini tespit ediniz.
a) 1−n1−n2 < 0.01
b) 2n3n+5n2+2n+32+8n+3< 0.025 c) n3−nn−12+n−1 < 0.002
16
Çözüm.
a) (1 − n)/(1 − n2) = 1/(1 + n) olduğundan 1/(n + 1) < 0.01 = 1/100 elde edilir.
Her n ∈ N için 1+n > 0 olduğundan n+1 > 100 yani n > 99 sonucuna ulaşılır.
b) Sadeleştirme yapıldığında verilen ifadenin 1/(2n + 1) < 1/40 yani 2n + 1 > 40 eşitsizliğine denk olduğu elde edilir. Buna göre n > 39/2 dolayısıyla n ≥ 20 eşitsizliğine ulaşılır.
c) Verilen eşitsizlik n2+ 1 > 500 olmasına denktir. Buna göre n >√
499≈ 22.33 yani n > 23 eşitsizliği elde edilir.
1.2.10. a) m/n rasyonel sayısını m · n−1∈ R şeklinde yorumlayıp m, n, p, q, ℓ ∈ Z ve n, q, ℓ 6= 0 olmak üzere Postulat 1’i kullanarak aşağıdaki ifadelerin doğrulu- ğunu gösteriniz:
m n +p
q =mq + np
nq , m
n ·p q =mp
nq, −m n = −m
n ve ℓ n
−1
= n ℓ. b) Açıklama 1.2.1’i kullanarak Postulat 1’de R yerine Q olması durumunda Pos-
tulat 1’in gerçeklendiğini gösteriniz.
c) Bir rasyonel sayının irrasyonel bir sayı ile toplamının her zaman irrasyonel olduğunu ispatlayınız. Rasyonel bir sayı ile irrasyonel bir sayının çarpım sonucu hakkında yorum yapınız.
d) n, q > 0 olmak üzere m/n, p/q ∈ R sayıları göz önüne alınsın. Aşağıdaki ifadenin doğruluğunu kanıtlayınız:
m n <p
q eşitsizliği için gerek ve yeter şart mq < np olmasıdır.
(Bu sonuç rasyonel sayılara kısıtlanarak Q üzerinde “<” tanımı elde edilir.)
1.2.11. Her a, b, c, d ∈ R için
(ab + cd)2 ≤ (a2+ c2)(b2+ d2) eşitsizliğinin gerçeklendiğini gösteriniz.
1.2.12. a) R+ ile pozitif reel sayılar kümesi gösterilsin. Buna göre R+’nin aşağı- daki iki özelliği gerçeklediğini gösteriniz:
i) Her a ∈ R için aşağıdakilerin bir ve sadece bir tanesi doğrudur:
x∈ R+, −x ∈ R+ veya x = 0.
ii) x, y ∈ R+ olmak üzere x + y ve x · y sayıları da R+ kümesine aittir.
b) R kümesi i) ve ii) ile verilen özellikleri gerçekleyen bir R+alt kümesini kapsasın (bu küme pozitif reel sayılar kümesinin kendisi olmak zorunda değildir). x ≺ y ile y − x ∈ R+ tanımlansın. Buna göre Postulat 2’de < yerine ≺ yazılması durumunda Postulat 2’nin gerçeklendiğini gösteriniz.
17
1.3 Tamlık Aksiyomu
Bu bölümde R reel sayılara ilişkin üç postulatın sonuncusu üzerinde durula- caktır. İlk iki postulatın her ikisini de gerçekleyen R ve Q kümeleri arasında bir ayırım özelliği görecek üçüncü postulatı formülüze etmek için aşağıdaki konsept kullanılır.
Tanım 1.3.1. E reel sayıların boştan farklı bir alt kümesi olsun. Buna göre i) E kümesinin üstten sınırlı olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart
her a ∈ E için a ≤ M olacak şekilde bir M ∈ R sayısının var olmasıdır.
Bu durumda M sayısına E kümesinin bir üst sınırı denir.
ii) Bir s sayısının E kümesinin supremumu olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart s’in E kümesinin bir üst sınırı olması ve E’nin tüm M üst sınırları için s ≤ M eşitsizliğinin gerçeklenmesidir. Bu durumda E kümesi sonlu bir s supremumuna sahiptir denir ve s = sup E yazılır.
Tanım 1.3.1 ii)’ye göre bir E kümesinin supremumu (eğer varsa) E’nin üst sınırlarının en küçüğüdür. Yine tanıma göre herhangi bir E ⊂ R kümesi verildiğinde s = sup E olduğunu ispatlamak için hem s’in bir üst sınır olduğunu hem de üst sınırların en küçüğü olduğunu göstermek gerekir.
Örnek 1.3.2. E = [0, 1] olsun. Buna göre sup E = 1’dir.
Kanıt. Aralığın tanımından 1 sayısının E kümesinin bir üst sınırı olduğu gö- rülür. Zira her x ∈ [0, 1] için x ≤ 1 gerçeklenir. Diğer taraftan M sayısı E kümesinin bir üst sınırı olsun. Buna göre her x ∈ E için M ≥ x eşitsizliği sağ- lanır. 1 ∈ E olduğundan aynı zamanda M ≥ 1 eşitsizliği doğrudur. Buradan E’nin en küçük üst sınırının 1 olduğu sonucuna ulaşılır.
Aşağıdaki iki açıklama verilen bir kümenin kaç tane üst sınırı ve supremumu olabilir sorusuna cevap mahiyetindedir.
Açıklama 1.3.3. Bir kümenin bir üst sınırı varsa sonsuz sayıda üst sınırı vardır.
Kanıt. Eğer M0 sayısı E kümesinin bir üst sınırı ise M > M0 eşitsizliğini gerçekleyen tüm M sayıları da E kümesinin üst sınırı olurlar. Bir sayıdan büyük sonsuz tane reel sayı olduğundan E kümesinin sonsuz sayıda üst sınıra sahip olduğu sonucu elde edilir.
Açıklama 1.3.4. Eğer bir kümenin supremumu varsa tek türlü belirlidir.
18
Kanıt. E kümesinin s1 ve s2 gibi iki supremumu olsun. Supremum tanımına göre hem s1 hem de s2 sayıları E kümesinin birer üst sınırıdır. Ayrıca Tanım 1.3.1 ii)’ye göre s1 ≤ s2 ve s2 ≤ s1 sağlanır. Dolayısıyla, Trikotami Özelliği gereği s1= s2 olmalıdır.
Not. Yukarıdaki ispat genel bir prensibi göstermektedir. a = b olduğu kanıt- lanmak istenildiğinde ayrı ayrı a ≤ b ve b ≤ a olduğunu ispatlamak genellikle daha kolaydır.
Teorem 1.3.5 (Supremum için Yaklaşım Özelliği). E kümesinin sonlu bir supremumu var olsun. Buna göre ε > 0 herhangi bir pozitif sayı olmak üzere
sup E− ε < a ≤ sup E eşitsizliğini gerçekleyen bir a ∈ E noktası vardır.
Kanıt. Farz edelim ki teorem yanlış olsun. Buna göre öyle bir ε0 > 0 sayısı vardır ki E kümesinin hiç bir elemanı s0:= sup E− ε0 ile sup E arasında yer almaz. sup E sayısı E kümesinin bir üst sınırı olduğundan her a ∈ E için a ≤ s0
sağlanır. Buna göre s0sayısı E kümesinin bir üst sınırı olur. Dolayısıyla, Tanım 1.3.1 ii)’den sup E ≤ s0= sup E−ε0eşitsizliği gerçeklenir. Bu eşitsizliğin her iki tarafına ε0− sup E eklenir ise ε0≤ 0 elde edilir ki bu durum bir çelişkidir.
Yaklaşım Özelliği kullanılarak tamsayıların herhangi bir alt kümesinin sup- remumunun yine bir tamsayı olduğu gösterilebilir.
Teorem 1.3.6. Eğer E ⊂ Z kümesinin bir supremumu varsa sup E ∈ E’dir.
Özel olarak, sadece tamsayıları içeren bir kümenin supremumu varsa yine bir tamsayıdır.
Kanıt. s := sup E olsun. Yaklaşım Özelliği kullanılarak s − 1 < x0≤ s eşitsiz- liğini sağlayan bir x0∈ E tamsayısı seçilsin. Eğer s = x0ise s ∈ E olacağından istenen sağlanır. Yani sup E bir tamsayıdır. Diğer durumda s − 1 < x0 < s olur ve yine Yaklaşım Özelliği kullanılarak x0 < x1 < s eşitsizliğini sağlayan bir x1 ∈ E seçilebilir. x0< x1< s eşitsizliğinin her üç tarafından x0 çıkartılır ise 0 < x1− x0 < s− x0 elde edilir. Diğer taraftan s − 1 < x0 olduğundan
−x0 < 1− s yazılabilir. Buna göre 0 < x1− x0 < s + (1− s) = 1 sonucuna ulaşılır. Dolayısıyla x1−x0∈ Z∩(0, 1) neticesi elde edilir ki bu durum Açıklama 1.2.1 iii) ile çelişir. Şu halde s ∈ E olmak zorundadır.
Rile ilgili yapılacak son varsayım supremumun varlığı ile ilgilidir:
19
Postulat 3 [Tamlık Aksiyomu]. E reel sayıların boştan farklı ve üsten sınırlı bir alt kümesi ise E’nin sonlu bir supremumu vardır.
Tamlık Aksiyomu sıklıkla kullanılan bir olgudur. Bu aksiyomun ilk iki uy- gulaması tamsayıların ve reel sayılar içerisinde rasyonel sayıların dağılımlarını ortaya koyar.
Teorem 1.3.7 (Archimedean Özelliği). a > 0 olmak üzere her a ve b reel sayısı için b < na eşitsizliğini sağlayacak şekilde bir n ∈ N tamsayısı vardır.
Strateji: İspatın arkasında yatan mantık gayet basittir. Tamlık Aksiyomu ve Teorem 1.3.6’ya göre tamsayıların boştan farklı üstten sınırlı her alt kümesi bir “en büyük” tamsayıya sahiptir. Eğer k0a≤ b koşulunu sağlayan en büyük tamsayı k0ise n = k0+ 1 için, ki bu durumda n sayısı k0’dan büyüktür, na > b eşitsizliği gerçeklenir. Bu aşamada iki olgunun üzerinde durulması gerekir: (1) E :={k ∈ N : ka ≤ b} kümesi üstten sınırlı mıdır? (2) E kümesi boştan farklı mıdır? İkinci sorunun cevabı b < a olup olmamasına bağlıdır. Şimdi detayları verebiliriz.
Kanıt. Eğer b < a ise n = 1 için istenen sağlanır. a ≤ b olsun ve E = {k ∈ N : ka≤ b} kümesi göz önüne alınsın. E kümesi en azından 1 doğal sayısını içerdi- ğinden boştan farklıdır. ka ≤ b ifadesini sağlayan k ∈ E için, a > 0 olduğundan Birinci Çarpma Özelliği’ne göre k ≤ b/a yazılabilir. Bu ise E kümesi b/a ile üs- ten sınırlıdır demektir. Dolayısıyla Tamlık Aksiyomu ve Teorem 1.3.6’ya göre, E kümesi sonlu bir s supremumuna sahiptir öyle ki bu s sayısı aynı zamanda E kümesinin elemanıdır. Yani s∈ N gerçeklenir.
n = s+1 olsun. Buna göre n∈ N’dir ve s’den büyük olduğundan E kümesine ait olamaz. Şu halde na > b sağlanır.
Örnek 1.3.2 ve Teorem 1.3.6 göz önüne alındığında E’nin supremumunun yine E kümesinin elemanı olduğu gözlenmektedir. Fakat durum her zaman böyle olmayabilir.
Örnek 1.3.8. A = n
1,12,18,· · ·o
ve B = n
1
2,23,34,· · ·o
kümeleri göz önüne alınsın. sup A = sup B = 1 olduğunu kanıtlayınız.
Kanıt. 1 sayısının her iki kümenin de bir üst sınırı olduğu açıktır. Bu durumda gösterilmesi gereken her iki küme için de 1’in en küçük üst sınır olduğudur. A kümesi göz önüne alınsın. 1 ∈ A olduğundan A’nın herhangi bir M üst sınırı için M ≥ 1 gerçeklenir. Dolayısyla sup A = 1 olduğu sonucu elde edilir. Diğer taraftan, M sayısı B kümesinin bir üst sınırı olsun, öyleki M < 1 eşitsizliğini sağlasın. Buna göre 1 − M > 0 olduğundan 1/(1 − M) ∈ R gerçeklenir.
1− M pozitif olduğundan ab =1−M1 olarak alındığında Archimedean Özel- liği’ne göre n > 1/(1 − M) eşitsizliğini sağlayan bir n ∈ N sayısı vardır. Buna
20
göre n > 1−M1 olduğundan n(1 − M) > 1 yani 1 − M > n1 yazılabilir. Bu ise
−M > n1 − 1 ya da M < 1 − n1 demektir. Şimdi x0 := 1− 1/n diyelim. B kümesinin elemanları
B =n 1 2,2
3,3 4,· · ·o
=n 1−1
2, 1−1 3, 1−1
4,· · ·o
yani her n = 2, 3, · · · için 1−1nformunda olduğundan x0∈ B’dir. Fakat M < x0 olması M sayısının B kümesinin bir üst sınırı olması ile çelişir. Şu halde M < 1 olamaz. Yani sup B = 1’dir.
Teorem 1.3.9 (Rasyonel Sayıların Yoğunluğu). a < b koşulunu sağlayan a ve b reel sayıları verilsin. Buna göre a < q < b eşitsizliğini sağlayan bir q ∈ Q sayısı vardır.
Strateji: a < q < b koşulunu sağlayan q = m/n kesrini bulmak için paydaki m ve paydadaki n değerlerini belirlemek gerekir. Öncelikle a > 0 ve E := {k ∈ N : k/n≤ a} kümesinin k0 gibi bir supremumu olduğunu farz edelim. Buna göre m := k0+ 1 sayısı E’nin supremumundan büyük olmakla birlikte E kümesine ait değildir. Dolayısıyla m/n > a eşitsizliği gerçeklenir. Peki aradığımız kesir bu mudur? Ayrıca m/n < b eşitsizliği sağlanır mı? Cevap eğer n sayısı yeterince büyük değil ise istenenin sağlanmadığı yönündedir. Bunu görmek için somut bir örnek verelim: a = 2/3 ve b = 1 olsun. Eğer n = 1 ise E kümesi k1 ≤ 23 özelliğini sağlayan k ∈ N sayılarını içereceğinden E boş kümedir ve supremumu yoktur.
n = 2 olması durumunda E kümesi k2 ≤ 23 yani k ≤ 43 özelliğini sağlayan k∈ N sayılarını içereceğinden E kümesinin supremumu k0= 1’e eşittir. Benzer şekilde n = 3 olması durumunda E kümesi k3 ≤23 yani k ≤ 2 özelliğini sağlayan k∈ N sayılarını içereceğinden E kümesinin supremumu k0= 2’ye eşittir. Her iki durumda da (k0+ 1)/n = 1’dir ki bu değer istenenden büyüktür. Fakat n = 4 olması durumunda E kümesi k4 ≤ 23 yani k ≤ 83 özelliğini sağlayan k ∈ N sayılarını içereceğinden E kümesinin supremumu k0 = 2’ye eşittir ve (k0+ 1)/4 = 3/4 elde edilir ki bu değer istenildiği üzere b = 1’den küçüktür.
Her a < b için yeterince büyük bir n sayısının, k0 yukarıda anlatıldığı gibi seçilmek üzere, (k0+1)/n < b eşitsizliğini sağlayacak şekilde var olduğunu nasıl ispatlamalıyız? Sorunun cevabı k0’ın k0/n ≤ a eşitsizliğini sağlayacak şekilde seçilmesi olgusuna dayanır. En kötü durumda a = k0/n olsun. Bu durumda b > (k0+ 1)/n eşitsizliği
b > k0+ 1 n =k0
n +1
n = a + 1 n
yani b − a > 1/n olduğu anlamına gelirdi ki Archimedean Özelliğine göre bu şekilde bir n her zaman seçilebilir.
Peki sup E’nin var olduğu varsayımı için ne söylenebilir? Bu durum E’nin boştan farklı ve üstten sınırlı olmasını gerektirir. Eğer n sabitlenir ise bu du- rumda E kümesi na ile üstten sınırlı olur. Fakat E kümesinin boştan farklı olmasının tek yolu 1 ∈ E yani 1/n ≤ a olması ile mümkündür. Bu durum n
21
üzerinde ikinci bir kısıtlama yapılmasını gerektirir. Bu noktadan sonra ispatı- mıza geçebiliriz.
Kanıt. a > 0 olsun. Dolayısıyla b − a > 0’dır ve Archimedean Özelliği’ne göre n > maxn 1
a, 1 b− a
o
eşitsizliğini sağlayan bir n ∈ N sayısı, 1/n < a ve 1/n < b − a olacak şekilde mevcuttur. Burada belirtmek gerekir ki eğer maxn
1 a,b−a1 o
= 1a ise n > a1 >
1
b−a olduğundan 1/n < a ve 1/n < b − a aynı anda gerçeklenir. Benzer şekilde eğer maxn
1 a,b−a1 o
=b−a1 ise n > b−a1 > 1a olduğundan 1/n < a ve 1/n < b − a ifadeleri de aynı anda gerçeklenir
E := {k ∈ N : k/n ≤ a} kümesi göz önüne alınsın. 1 ∈ E olduğundan E kümesi boştan farklıdır. Diğer taraftan n > 0 olduğundan ötürü E kümesi na ile üstten sınırlıdır. Dolayısıyla k0:= sup E mevcuttur ve aynı zamanda Teorem 1.3.6’ye göre E kümesinin, özel olarak da N’nin bir elemanıdır. m = k0+ 1 ve q = m/n olsun. k0sayısı E kümesinin supremumu olduğundan m /∈ E’dir. Yani, m/n > a sağlanır. Diğer taraftan k0 ∈ E olduğundan n sayısının seçiminden ötürü
b = a + (b− a) ≥ k0
n + (b− a) > k0
n + 1 n = m
n = q ifadesi elde edilir. Yani a < q = mn < b sağlanır.
a≤ 0 olsun. Archimedean Özelliği’ne göre k > −a olacak şekilde bir k ∈ N sayısı vardır. Bu eşitsizliğin her iki tarafına a eklenir ve a < b olduğu göz önüne alınır ise 0 < k + a < k + b bulunur. Dolayısıyla, yukarıda ispatlandığı üzere k + a < r < k + b olacak şekilde bir r ∈ Q sayısının varlığı garantidir. Buna göre q := r − k sayısı Q rasyonel sayılar kümesinin elemanıdır ve a < q < b eşitsizliğini gerçekler.
Tanım 1.3.10. E reel sayıların boştan farklı bir alt kümesi olsun. Buna göre i) E kümesinin alttan sınırlı olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart her a ∈ E için a ≥ m olacak şekilde bir m ∈ R elemanının var olmasıdır.
Bu durumda m sayısına E kümesinin bir alt sınırı denir.
ii) Bir t sayısının E kümesinin infimumu olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart t’in E kümesinin bir alt sınırı olması ve E’nin tüm m alt sınırları için t ≥ m eşitsizliğinin gerçeklenmesidir. Bu durumda E kümesi bir t infimumuna sahiptir denir ve t = inf E yazılır.
iii) Bir E kümesinin sınırlı olarak adlandırılması için gerek ve yeter şart hem alttan hem de üstten sınırlı olmasıdır.
22
Genellikle supremumunu içeren bir E kümesi için sup E yerine max E, in- fimumunu içeren bir E kümesi için inf E yerine min E yazılır. Bazı yazarlar supremumu üst sınırların en küçüğü, infimumu alt sınırların en büyüğü ola- rak adlandırırlar. Fakat biz bu terminolojiyi en küçük üst sınır en büyük alt sınırdan her zaman büyük veya eşit olacağından öğrencide bir karışıklık yaratmaması bakımından kullanmayacağız.
İnfimum ve supremum arasındaki bağlantıyı ortaya koymak için yansıma tanımını kullanırız. Bir E ⊆ R kümesinin yansıması
−E := {x : x = −a, a ∈ E}
olarak tanımlanır. Tanıma göre −(1, 2] = [−2, −1)’dir.
Aşağıdaki sonuç bir kümenin supremumunun, o kümenin yansımasının in- fimumunun ters işaretli haline eşit olduğunu söyler. Bu sonuç kullanılarak infi- mum için Yaklaşım Özelliği ve Tamlık Özelliği verilebilir (bkz Alıştırma 1.3.7).
Teorem 1.3.11 (Yansıma Prensibi). E ⊆ R kümesi boştan farklı olsun.
i) E kümesinin supremumu olabilmesi için gerek ve yeter şart inf(−E) = − sup(E)
sağlayacak şekilde −E kümesinin bir infimuma sahip olmasıdır.
ii) E kümesinin infimumu olabilmesi için gerek ve yeter şart sup(−E) = − inf(E)
sağlayacak şekilde −E kümesinin bir supremuma sahip olmasıdır.
Kanıt. i) ve ii) şıklarının kanıtları benzer olduğundan sadece ilk ifadenin ispa- tını vereceğiz.
E kümesinin supremumu s ve t =−s olsun. s sayısı E kümesinin bir üst sınırı olduğundan her a ∈ E için s ≥ a yani −s = t ≤ −a eşitsizliği geçerlidir.
Buna göre t sayısı −E kümesi için bir alt sınırdır. −E kümesinin herhangi bir alt sınırı m olsun. Her a ∈ E için m ≤ −a yani −m ≥ a gerçeklendiğinden −m sayısı E kümesinin bir üst sınırıdır. E kümesinin supremumu s olduğundan s ≤ −m yani t = −s ≥ m sağlanır. Bu ise t’nin −E kümesinin infimumu olduğu ve sup E = s = −t = − inf(−E) eşitliğinin sağlandığı anlamına gelir.
Tersine, −E kümesinin infimumu t olsun ve inf(−E) = − sup(E) eşitliği sağlansın. Tanıma göre her a ∈ E için t ≤ −a eşitsizliği geçerli olduğundan
−t sayısı E kümesinin bir üst sınırıdır. E kümesi boş olmadığından Tamlık Aksiyomu gereği E kümesinin bir supremumu vardır.
Teorem 1.3.12 (Monotonluk Özelliği). R’nin boştan farklı A ⊆ B içermesini gerçekleyen alt kümeleri verilsin.
23
i) Eğer B kümesinin supremumu varsa sup A ≤ sup B’dir.
ii) Eğer B kümesinin infimumu varsa inf A ≥ inf B’dir.
Kanıt. i) A ⊆ B olduğundan B kümesine ait her üst sınır aynı zamanda A kümesini de üstten sınırlar. Dolayısıyla sup B sayısı A’nın bir üst sınırıdır.
Buna göre Tamlık Aksiyomu gereği sup A mevcuttur ve Tanım 1.3.1 ii)’ye göre sup A≤ sup B eşitsizliği elde edilir.
ii) Açıkça A ⊆ B içermesi −A ⊆ −B olmasını gerektirir. Dolayısıyla i) şıkkı, Teorem 1.3.11 ve İkinci Çarpma Özelliği göz önüne alındığında
inf A =− sup(−A) ≥ − sup(−B) = inf B sonucu elde edilir.
Supremum ve infimum tanımlarını R’nin tüm alt kümelerine uyarlamak mümkündür. Bunu gerçekleştirmek için R’nin tanımını genişletmek gerekir.
Genişletilmiş reel sayılar kümesi R := RS{±∞} olarak tanımlanır. Buna göre bir x sayısının genişletilmiş reel sayılar kümesinin bir elemanı olabilmesi için gerek ve yeter şart x ∈ R, x = +∞ veya x = −∞ ifadelerinden birinin gerçek- lenmesidir.
Boştan farklı bir E ⊆ R kümesi göz önüne alınsın. Eğer E kümesi üstten sınırlı değil ise sup E = +∞, alttan sınırlı değil ise inf E = −∞ olarak tanım- lanır. Ayrıca sup ∅ = −∞ ve inf ∅ = +∞ şeklinde tanımlanır. Dikkat edilirse R’nin bir E alt kümesinin supremumunun sonlu olabilmesi için gerek ve yeter şart E’nin boştan farklı ve üstten sınırlı olmasıdır. Benzer şekilde bu E alt kümesinin infimumunun sonlu olabilmesi için gerek ve yeter şart E’nin boştan farklı ve alttan sınırlı olmasıdır. Ayrıca, her a ∈ R için −∞ < a ve a < ∞ olduğu esasına göre Monotonluk Özelliği bu genişletilmiş tanım için de doğru- dur. Yani −∞ < ∞ kuralı altında R’nin A ⊆ B içermesini sağlayan her A, B alt kümeleri için sup A ≤ sup B ve inf A ≥ inf B eşitsizlikleri geçerlidir.
Alıştırmalar
1.3.1. Aşağıdaki ifadelerin hangilerinin doğru hangilerinin yanlış olduğunu belirleyi- niz. Doğru olanları ispatlayıp yanlış olanlara ise ters örnek veriniz.
a) A ve B reel sayıların boştan farklı ve sınırlı iki alt kümesi ise sup(A∩B) ≤ sup A sağlanır.
b) ε pozitif bir reel sayı olsun. A reel sayıların boştan farklı sınırlı bir alt kümesi ve B = {xǫ : x ∈ A} ise sup B = ε sup A eşitliği gerçeklenir.
c) A ve B reel sayıların boştan farklı ve sınırlı iki alt kümesi olmak üzere A+B :=
{a + b : a ∈ A ve b ∈ B} şeklinde tanımlansın. Buna göre sup(A + B) = sup(A) + sup(B) sağlanır.
d) A ve B reel sayıların boştan farklı ve sınırlı iki alt kümesi olmak üzere A−B :=
{a − b : a ∈ A ve b ∈ B} şeklinde tanımlansın. Buna göre sup(A − B) = sup(A)− sup(B) sağlanır.
24
