H. Turgay Kaptano˘ glu
∗A. Dı¸sb¨ukey K¨umeler
Geometri derslerinden (e˘ger orta ¨o˘grenim- de hˆalˆa geometri dersi kalmı¸ssa) d¨uzlemdeki dı¸sb¨ukey ¸sekillerin nasıl ¸seyler oldukları hakkında bir fikrimiz vardır. U¸cgen, kare, daire, yamuk,¨ d¨uzg¨un be¸sgen, altıgen, vb. dı¸sb¨ukey ¸sekillerdir, fakat yıldız de˘gildir, ¸c¨unk¨u yıldızın dı¸sındakı b¨olge yıldıza do˘gru girintiler yapar. Bunun matemati˘ge daha uygun ifadesi ¸sudur: Yıldızın i¸cinde (farklı kollarında) ¨oyle iki nokta bulabiliriz ki bu noktaları birle¸stiren do˘gru par¸cası mutlaka yıldızın dı¸sına ta¸sar.
A, B d¨uzlemde iki nokta ve t , 0 ≤ t ≤ 1 sa˘glayan ger¸cel sayı ise, (1−t)A+tB noktalarının k¨umesi A ile B ’yi birle¸stiren do˘gru par¸casını verir. t sıfırdan bire do˘gru artarken, A ’dan B ’ye gideriz; t = 12 iken A ile B ’nin tam or- tasındayızdır. t > 1 veya t < 0 olması nokta- lardan birinin ¨ob¨ur tarafına ge¸cmi¸s oldu˘gumuzu g¨osterir. Koordinat kullanırsak, A = (a1, a2) , B = (b1, b2) yazarız ve
(1 − t)A + tB = (1 − t)a1+ tb1, (1 − t)a2+ b2
olur. A ve B ’nin n boyutlu ger¸cel uzayda (Rn’de) noktalar olması durumunda da benzer kavramlar ve ili¸skiler ge¸cerlidir.
Tanım 1. D ⊂ Rn olsun. E˘ger her A, B ∈ D ve 0 ≤ t ≤ 1 sa˘glayan her ger¸cel t i¸cin
(1 − t)A + tB ∈ D ise, D ’ye dı¸sb¨ukey k¨ume deriz.
Rn’de A ve B noktaları arasındaki uzaklı˘gı
kA − Bk =p
(a1− b1)2+ · · · + (an− bn)2 ile g¨osteririz. Uzaklı˘gın u¸¨c temel ¨ozelli˘gi
¸sunlardır.
(1) kA − Ak = 0’dir ve A 6= B ise kA − Bk > 0 olur.
(2) t bir ger¸cel sayı ise, ktA − tBk = kt(A − B)k = |t| kA − Bk sa˘glanır. t = −1 halinde ise bu kA − Bk = kB − Ak verir; bu simetri
¨
ozelli˘gidir.
(3) kA − Bk ≤ kA − Ck + kC − Bk; bu ¨u¸cgen e¸sitsizli˘gi dir.
(1), farklı iki noktanın, birbirine ne kadar yakın olurlarsa olsunlar, aralarındaki uzaklı˘gın sıfır ola- mayaca˘gını s¨oyler. (2), A ’nın B ’ye olan uzaklı˘gı, B ’nin A ’ya olan uzaklı˘gıyla aynıdır demekle e¸sde˘gerdir. (3), bir ¨u¸cgende en uzun kenarın uzunlu˘gu di˘ger iki kenarın uzunlukları toplamın- dan kısadır demekten ba¸ska bir ¸sey de˘gildir. Aynı zamanda iki nokta arasındaki en kısa yolun bir do˘gru olması anlamına da gelir.
Her dairenin dı¸sb¨ukey oldu˘gunu g¨ostere- lim. Dairenin merkezi M ve yarı¸capı r > 0 ise, bir X noktasının dairede olması demek, dairenin sınırı olan ¸cemberi i¸cerip i¸cermedi˘gine g¨ore, kX − M k ≤ r veya kX − Mk < r e¸sitsizliklerinden birini sa˘glaması demektir. Diyelim ikincisidir.
S¸imdi dairede A ve B diye iki nokta alalım ve 0 ≤ t ≤ 1 alalım. C = (1 − t)A + tB dersek,
kC − Mk = k(1 − t)A + tB − (1 − t)M − tM k
≤ (1 − t)kA − M k + tkB − Mk
< (1 − t)r + tr = r
e¸sitsizlikleri sa˘glanır; 1 − t ve t, pozitif olduk- larından k · k dı¸sına oldu˘gu gibi ¸cıkarlar. Sonu¸c olarak C = (1 − t)A + tB ’nin de 0 ≤ t ≤ 1 iken dairede oldu˘gu anla¸sılır. Bu ise dairenin dı¸sb¨ukey olması demektir.
B. Dı¸sb¨ukey Fonksiyonlar
Tanım 2. A ⊂ R bir aralık ve f : A → R bir fonksiyon olsun. E˘ger her a, b ∈ A ve 0 ≤ t ≤ 1 sa˘glayan her ger¸cel t i¸cin
f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f(a) + tf(b) sa˘glanıyorsa, f ’ye dı¸sb¨ukey fonksiyon denir.
∗ODT ¨U Matematik B¨ol¨um¨u ¨o˘gretim ¨uyesi
Orne˘¨ gin f (x) = x2 fonksiyonunun A = (−∞, ∞) aralı˘gında dı¸sb¨ukey oldu˘gunu g¨orelim.
a, b ∈ R ise ¨once 2ab ≤ a2+ b2 do˘grudur, ¸c¨unk¨u bu a2+ b2 − 2ab ≥ 0’a, bu da (a − b)2 ≥ 0’a denktir. c = (1 − t)2a + tb olsun. 0 ≤ t ≤ 1 i¸cin
c2 = (1 − t)2a2+ t2b2+ a(1 − t)atb
≤ (1 − t)2a2+ t2b2+ (1 − t)t(a2+ b2)
= ((1 − t)2+ (1 − t)t)a2+ (t2+ (1 − t)t)b2
= (1 − t)a2+ tb2
buluruz ki bu Tanım 2’nin f i¸cin ger¸ceklenme- sidir. 0 ≤ t ≤ 1 oldu˘gunu nerede kullandık?
E˘ger t > 1 veya t < 0 olsaydı, yukarıda ilk denklemdeki t(1 − t) negatif olurdu ve ikinci satırdaki e¸sitsizlik tersine d¨onerdi. Aynı yolla, g(x) = cx + d ¸seklindeki her fonksiyonun, yani do˘gruların da dı¸sb¨ukey oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz.
x = (1 − t)a + tb yazarsak,
t = b − x
b − a ve 1 − t = x − a b − a olur ve Tanım 2’deki e¸sitsizlik
f (x) ≤ b − x
b − af (a) +x − a b − af (b)
= f (b) − f(a)
b − a (x − a) + f(a) halini alır.
y = f (b) − f(a)
b − a (x − a) + f(a),
f ’nin grafi˘ginde bulunan (a, f (a)) ile (b, f (b)) noktalarından ge¸cen do˘grunun denklemidir. O halde Tanım 2’deki e¸sitsizlik, f fonksiyonunun x = a ile x = b arasındaki grafi˘ginin (a, f (a)) ile (b, f (b)) noktalarını birle¸stiren do˘gru par¸casının altında veya ona de˘giyor oldu˘gunun ifadesidir.
Ve bu A aralı˘gındaki her a, b nokta ¸cifti tarafından sa˘glanmalıdır. Tanım 2’de e¸sitli˘gin yalnız do˘grular tarafından sa˘glandı˘gını da bu- radan g¨or¨ur¨uz.
Bu geometrik ¨ozellikten yararlanarak, ¨us- tel fonksiyon h(x) = ex’in b¨ut¨un ger¸cel sayılar k¨umesi ¨uzerinde dı¸sb¨ukey oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz; tabii bu bir ispat de˘gildir; ispatı a¸sa˘gıda verece˘giz.
Gene aynı yolla l(x) = ln x hi¸cbir aralıkta dı¸sb¨ukey de˘gildir; k(x) = x3 ise sadece [0, ∞) aralı˘gı veya onun alt aralıklarında dı¸sb¨ukeydir.
˙Iki ¸ce¸sit dı¸sb¨ukeylik tanımladık. ˙Ilk akla gelen soru aralarında bir ili¸ski olup olmadı˘gı.
Var, hem de ¸cok yakından. f , bir A aralı˘gında
dı¸sb¨ukey olan bir fonksiyon olsun. Ef ile f ’nin A ’daki grafi˘ginin ¨uzerinde kalan b¨olgeyi g¨osterelim; yani
Ef = { (x, y) ∈ R2: x ∈ A, y ≥ f(x) } olsun.
Teorem 3. f ’nin A ’da dı¸sb¨ukey olması i¸cin gerek ve yeter ¸sart Ef’nin dı¸sb¨ukey olmasıdır.
˙Ispat. f dı¸sb¨ukey olsun ve (a, c), (b, d) ∈ Ef alalım. Bu iki noktayı birle¸stiren do˘gru par¸ca- sinin denklemini
y = b − x
b − ac +x − a
b − ad (a ≤ x ≤ b)
¸seklinde yazabilece˘gimizi g¨ord¨uk. a, b ∈ A ile c ≥ f(a) ve d ≥ f(b) ger¸ceklenir. Bunlar ve f ’nin dı¸sb¨ukeyli˘gi sayesinde a ≤ x ≤ b i¸cin
f (x) ≤ b − x
b − af (a) +x − a b − af (b)
≤ b − x
b − ac +x − a b − ad = y
elde ederiz. Bu ise do˘gru par¸casının tamamının Ef’de kaldi˘gini, yani Ef’nin dı¸sb¨ukey oldu˘gunu s¨oyler.
Tersine f dı¸sb¨ukey de˘gilse, ¨oyle a, b ∈ A ve aralarında bir x0∈ A vardır ki
f (x0) >b − x0
b − af (a) + x0− a b − a f (b) ger¸ceklenir. Bu e¸sitsizli˘gin sa˘g tarafına s diyelim.
c = f (a) +f (x0) − s
2 ve d = f (b) +f (x0) − s 2 tanımlayalım. A¸cık¸ca c > f (a) ve d > f (b) ’dir;
yani (a, c) ve (b, d) noktaları Ef’dedir. (a, c) ve (b, d) noktalarından ge¸cen do˘gruyu g fonksiyonu ile g¨osterelim. x0 ne olursa olsun
b − x0
b − a +x0− a
b − a =b − a b − a = 1 sa˘glandı˘gından, s ’nin tanımını kullanarak
g(x0) = b − x0
b − ac +x0− a b − a d
= b − x0
b − af (a) +x0− a
b − af (b) + f (x0) − s 2
= s +f (x0) − s
2 = f (x0) + s
2 < f (x0) buluruz. Bu ise (a, c) ve (b, d) noktalarını birle¸stiren do˘gru par¸casının x = x0’da, f ’nin grafi˘ginde olan (x0, f (x0)) noktasının altında oldu˘gunu ve dolayısıyla bu do˘gru par¸casının tamamının Ef’de kalmadi˘gını s¨oyler; yani Ef
dı¸sb¨ukey de˘gildir. 2
α, β ≥ 0 ise ve f, g dı¸sb¨ukey fonksiyon- larsa, αf + βg de dı¸sb¨ukey olur. Dolayısıyla dı¸sb¨ukey iki fonksiyonun toplamı ile dı¸sb¨ukey bir fonksiyonun pozitif katları da dı¸sb¨ukeydir.
Ama ¸carpımlar ve negatif katlar i¸cin aynı ¸seyi s¨oyleyemeyiz.
Onerme 4. A ⊂ R bir aralık, f : A → R¨ dı¸sb¨ukey bir fonksiyon ve a < c < b , A ’da nok- talar olsun. O zaman
f (c) − f(a)
c − a ≤ f (b) − f(a)
b − a ≤ f (b) − f(c) b − c e¸sitsizlikleri ger¸ceklenir.
Bu ¨onermenin geometrik anlamı ¸sudur:
A = (a, f (a)) , B = (b, f (b)) , C = (c, f (c)) der- sek, [AC] ’nin e˘gimi [AB] ’nin e˘giminden k¨u¸c¨uk veya ona e¸sit, o da [BC] ’nin e˘giminden k¨u¸c¨ukt¨ur veya ona e¸sittir.
˙Ispat. f dı¸sb¨ukey ve c = b − c
b − aa +c − a b − ab oldu˘gundan,
f (c) − f(a) ≤ b − c
b − af (a) +c − a b − af (b)
−b − c
b − af (a) −c − a b − af (a)
= a − c
b − af (a) +c − a b − af (b)
= c − a
b − a(f (b) − f(a))
elde ederiz. Buradan ilk e¸sitsizlik ¸cıkar. ˙Ikincisi
de buna benzer. 2
S¸imdi A a¸cık bir aralık, a < c < b , A ’da noktalar ve f : A → R dı¸sb¨ukey olsun.
g(x) = f (x) − f(c)
x − c x ∈ [a, c) ∪ (c, b] fonksiyonunu tanımlayalım. ¨Onerme 4’¨u x < c <
b ¨u¸cl¨us¨u ile kullanırsak, g ’nin [a, c) ’de f (b) − f(c)
b − c
sayısı ile ¨ustten sınırlı oldu˘gunu, ¨Onerme 4’¨u bir kez de x < y < c ¨u¸cl¨us¨u ile kullanırsak, g ’nin [a, c) ’de artan oldu˘gunu g¨or¨ur¨uz. Bu son iki g¨ozlem bize
lim
x→c−
g(x) = ek¨us
x∈[a,c)
f (x) − f(c)
x − c = f−0(c)
limitinin varlı˘gini s¨oyler. Aynı ¸sekilde
lim
x→c+
g(x) = ebas
x∈(c,b]
f (x) − f(c)
x − c = f+0(c) limiti de vardır. Burada ek¨us ve ebas sırayla en k¨u¸c¨uk ¨ust sınır ve en b¨uy¨uk alt sınır demektir.
Yukarıdaki iki limit birbirine e¸sit olmaya- bilir. Orne˘¨ gin g(x) = |x| fonksiyonu A = (−∞, ∞)’da dı¸sb¨ukeydir, ama g0+(0) = +1 ve g−0 (0) = −1 verir. Bu fonksiyon ayrıca dı¸sb¨ukey bir fonksiyonun t¨urevli olmasının gerekmedi˘gine de bir ¨ornektir.
S¸imdi bir kez daha ¨Onerme 4’¨u c −h < c <
c + h ¨u¸cl¨us¨u ile kullanırsak f (c) − f(c − h)
h ≤ f (c + h) − f(c − h) 2h
≤ f (c + h) − f(c) h
buluruz. Ortadaki ifadeyi g¨ormezlikten gelir ve h → 0 iken limit alırsak, f−0 (c) ≤ f+0(c) elde ederiz. Tekrar ¨Onerme 4’ten ve f+0 (a) ’nin tanı- mından
f+0(a) ≤ f (c) − f(a)
c − a ≤ f (b) − f(c) b − c
yazarız. S¸imdi sa˘g tarafın b → c+ iken limi- tini alırsak f+0(c) buluruz ve e¸sitsizlikler korunur;
yani a < c i¸cin f+0(a) ≤ f+0(c) ’dir. f−0 i¸cin de aynı ¸sey ge¸cerlidir.
Sa˘g ve sol t¨urevin elimizdeki ¨ozelliklerin- den ¸sunları da ¸cıkartırız:
f (c) − f(x)
c − x ≤ f−0(c) ≤ f+0 (c) (x < c) f (x) − f(c)
x − c ≤ f+0(c) (x > c) birlikte x ∈ A ve x 6= c i¸cin
f (x) ≥ f(c) + f+0(c)(x − c)
verir ki bu x = c i¸cin de do˘grudur. Benzer bir sonu¸c f−0(c) ile de vardır.
S¸imdi toparlayalım:
Teorem 5. A a¸cık bir aralık ve f : A → R dı¸sb¨ukey olsun. O zaman f ’nin A ’nin her nok- tasında sa˘g ve sol t¨urevi vardır, bu t¨urevler artan fonksiyonlardır ve bir noktadaki sa˘g t¨urev aynı
noktadaki sol t¨urevden k¨u¸c¨uk de˘gildir. Ayrıca c ∈ A ve f−0 (c) ≤ m ≤ f+0(c) ise,
f (x) ≥ f(c) + m(x − c) (x ∈ A) ge¸cerlidir.
Son e¸sitsizli˘gin geometrik anlamı ¸sudur:
A¸cık bir aralıktaki dı¸sb¨ukey bir f fonksiyonu- nun grafi˘gi, grafi˘gin bir noktasından ge¸cen ve e˘gimi, fonksiyonun o noktadaki sa˘g ya da sol t¨urevi olan do˘grunun ¨ust tarafında kalır. E˘ger aralı˘gın bir noktasında f t¨urevli ise, f ’nin b¨ut¨un aralıktaki grafi˘gi, f ’nin t¨urevli oldu˘gu noktada f ’nin grafi˘gine ¸cizilen te˘getin ¨ust tarafındadır.
Teorem 5’i ispatlamaktaki ama¸clarımızdan biri de ¸suydu:
Teorem 6. A a¸cık bir aralık ve f : A → R dı¸sb¨ukey ise, f s¨ureklidir.
˙Ispat. A’da a ≤ x < y ≤ b noktalarını alalım. Sa˘g ve sol t¨urevin tanımlarından ve
¨
ozelliklerinden
f+0(a) ≤ f+0 (x) ≤ f (x) − f(y)
x − y ≤ f−0 (y) ≤ f−0(b) elde ederiz. |f+0 (a)| ile |f−0(b)|’nin b¨uy¨u˘g¨une M diyelim. f o zaman [a, b] aralı˘gından Lipschitz
¸sartı dedi˘gimiz
|f(y) − f(x)| ≤ M|y − x|
e¸sitsizli˘gini sa˘glar. Buradan y → x iken f(y) → f (x) olur ve bu f ’nin s¨ureklili˘gi demektir. 2 Bu teoremin ge¸cerlili˘gi A ’nın a¸cık ol- masına ba˘glıdır. ¨Orne˘gin, A = [0, 1] ise ve f ’yi f (0) = 1 ve x ∈ (0, 1] iken f(x) = 0 diye tanımlarsak, f dı¸sb¨ukeydir fakat s¨urekli de˘gildir.
Teorem 7. A a¸cık bir aralık ve f : A → R t¨urevli olsun. f ’nin A ’da dı¸sb¨ukey olması i¸cin gerek ve yeter ¸sart f0’n¨un A ’da artan olmasıdır.
˙Ispat. f dı¸sb¨ukey ise sa˘g ve sol t¨urevlerin artan oldu˘gunu Teorem 5’te s¨oyledik. f ’nin t¨urevli ol- ması halinde sa˘g ve sol t¨urevin ikisi birden t¨ureve e¸sittir.
Tersine f0 artan olsun. f dı¸sb¨ukey olmasa A ’da ¨oyle a < c < b noktaları buluruz ki
f (c) > b − c
b − af (a) + c − a b − af (b)
sa˘glanır. Bu e¸sitsizlik ise ¨Onerme 4’¨un ispatında oldu˘gu gibi
f (c) − f(a)
c − a >f (b) − f(c) b − c
e¸sitsizli˘gine denktir. Her iki tarafa Ortalama De˘ger Teoremi’ni [2] uygularsak, ¨oyle a < x <
c < y < b buluruz ki f0(x) > f0(y) olur. Bu ise varsayımımızın aksine f0 azalıyor demektir.
C¸ eli¸ski f ’yi dı¸sb¨ukey olmaya zorlar. 2 Sonu¸c 8. A a¸cık bir aralık ve f : A → R iki kere t¨urevlenebilir olsun. f ’nin A ’da dı¸sb¨ukey olması i¸cin gerek ve yeter ¸sart A ’da f00≥ 0 olmasıdır.
˙Ispat. f dı¸sb¨ukey ise, f0 artandır; dolayısıyla f00> 0 ’dır.
Tersine A ’da f00 ≥ 0 olsun. a < b ∈ A ve t ∈ (0, 1) alalım ve c = (1 − t)a + tb diyelim.
Ortalama De˘ger Teoremi’nden a < x < c < y < b olacak ¸sekilde ¨oyle x, y ∈ A ve x < y oldu˘gundan ikisi arasında ¨oyle bir z vardır ki
f (c) − f(a) = f0(x)(c − a) f (b) − f(c) = f0(y)(b − c) f0(y) − f0(x) = f00(z)(y − x)
yazabiliriz. u = (1 − t)f(a) − tf(b) diyelim. Bun- lardan ve c ’nin tanımından ¸cıkan
f (c)−u = (1−t)(f(c)−f(a))−t(f(b)−f(c))
= (1−t)f0(x)(c−a)−tf0(y)(b−c)
= (1−t)t(b−a)f0(x)−(1−t)t(b−a)f0(y)
= (1−t)t(b−a)f00(z)(x−y) ≤ 0
e¸sitsizli˘gi f ’nin dı¸sb¨ukey oldu˘gunu s¨oyler. 2 Teorem 7 ve Sonu¸c 8 yardımıyla bir¸cok tanıdık fonksiyonun dı¸sb¨ukey olup olmadı˘gını g¨osterebiliriz. ¨Orne˘gin h(x) = ex ise, her ger¸cel x i¸cin h00(x) = ex > 0 ’dır ve dolayısıyla h , R’de dı¸sb¨ukeydir. Buna kar¸sıt olarak f ’nin tersi olan ve (0, ∞) aralı˘gında tanımlanan l(x) = ln x fonksiyonu tanımlandı˘gı hi¸cbir yerde dı¸sb¨ukey de˘gildir, ¸c¨unk¨u x > 0 iken l00(x) = −1/x2 <
0 ’dır. p > 1 iken f (x) = xp fonksiyonu A = (0, ∞) aralı˘gında dı¸sb¨ukeydir, ¸c¨unk¨u bu aralıkta f00(x) = p(p − 1)xp−2 > 0 ’dır. Benzer ¸sekilde polinomlar ve trigonometrik fonksiyonlar i¸cin de dı¸sb¨ukeylik aralıkları bulabiliriz.
C. Orta Nokta Dı¸sb¨ukeyli˘gi
Tanım 9. A bir aralık ve f : A → R bir fonksiyon olsun. E˘ger her a, b ∈ A i¸cin
f
a + b 2
≤f (a) + f (b) 2
sa˘glanıyorsa, f ’ye orta noktada dı¸sb¨ukey denir.
Tanım 2’nin aksine t sayısı burada sadece 1/2 de˘gerini alabilmektedir; dolayısıyla orta noktada dı¸sb¨ukeylik, dı¸sb¨ukeylikten daha zayıf bir kavramdır. Teorem 10’da g¨orece˘gimiz gibi bu zayıflık s¨ureklilikle kapatılabilir. Geometrik olarak anlamı, fonksiyonun grafi˘ginde alınan her- hangi iki noktayı birle¸stiren do˘gru par¸casının orta noktasının, fonksiyonun grafi˘ginin aynı d¨u¸sey do˘grultudaki noktasından a¸sa˘gıda kalmamasıdır.
Teorem 10. A bir aralık, f : A → R orta nok- tada dı¸sb¨ukey ve s¨urekli ise, f dı¸sb¨ukeydir.
˙Ispat. {ak} (k = 1, 2, . . .), A’da bir dizi olsun.
b = a1+ a2+ a3+ a4 diyelim. Tanım 9’dan f
b 4
≤ 1 2f
a1+ a2 2
+1
2f
a3+ a4 2
≤ 1
4(f (a1) + f (a2) + f (a3) + f (a4))
¸cıkar. B¨oylece t¨umevarımla, 2k ¸seklindeki her n i¸cin,
f
a1+ · · · + an n
≤ 1
n(f (a1) + · · · + (an)) (∗) oldu˘gunu g¨osterebiliriz.
S¸imdi (∗)’in do˘gru oldu˘gu bir n = N alalım.
aN = 1
N − 1(a1+ · · · + aN −1) diye yeniden tanımlarsak, sırayla
aN = 1
N(a1+ · · · + aN) f (aN) = f
a1+ · · · + aN
N
≤ 1
N(f (a1) + · · · + f(aN −1)) + 1 Nf (aN) elde ederiz. Bunu f (aN) i¸cin ¸c¨ozerek
f (aN) ≤ 1
N − 1(f (a1) + · · · + f(aN)) buluruz. Bu ise (∗)’in n = N − 1 i¸cin de do˘gru oldu˘gunu s¨oyler. Dolayısıyla (∗), her pozitif tam- sayı n i¸cin ge¸cerlidir.
Son olarak 0 ≤ k ≤ n tamsayılar ve a, b ∈ A olsun. (∗)’da ilk n − k noktayı a, kalan k noktayı da b olarak alırsak,
f
n − k n a + k
nb
≤ 1
n((n − k)f(a) + kf(b))
yazabiliriz. Bu ise 0 < s < 1 sa˘glayan her rasyo- nel sayı s i¸cin
f ((1 − s)a + sb) ≤ (1 − s)f(a) + sf(b) olması demektir. 0 ≤ t ≤ 1 bir ger¸cel sayı ise, ona yakınsayan {sk} rasyonel sayı dizisini bulabiliriz, ve son e¸sitsizli˘gin sa˘g tarafı a¸cık¸ca (1 − t)f(a) + tf (b) ’ye yakınsar. f s¨urekli oldu˘gundan,
lim
k→∞f ((1−sk)a+skb) = f ( lim
k→∞((1−sk)a+skb)))
= f ((1 − t)a + tb)
≤ (1 − t)f(a) + tf(b) yazabiliriz. Bu ise Tanım 2’deki e¸sitsizlikten
ba¸ska bir ¸sey de˘gildir. 2
D. Jensen E¸sitsizli˘gi
Matematikte ¸cok bilinen ve kullanılan e¸sitsizliklerin bir¸co˘gu aslında Jensen e¸sitsizli˘gi nin de˘gi¸sik dı¸sb¨ukey fonksiyonlarla kullanılmasından elde edilir. Bu, dı¸sb¨ukeylik kavramının ne kadar temel bir kavram oldu˘guna i¸sarettir. A¸sa˘gıda
¸sa¸sırtıcı birka¸c ¨ornek verece˘giz. ¨Oneminden do- layı Jensen e¸sitsizli˘ginin iki ayrı ¸seklini veriyoruz.
Bu iki ¸sekil aslında birbirinden ¸cıkarılabilir.
Teorem 11. A a¸cık bir aralık ve f : A → R dı¸sb¨ukey olsun. t1+ · · · + tn = 1 olacak ¸sekilde pozitif sayılar ve x1 ≤ · · · ≤ xn ∈ A alalım. O zaman
f
Xn
k=1
tkxk
≤ Xn k=1
tkf (xk)
sa˘glanır. E¸sitli˘gin sa˘glanması i¸cin gerek ve yeter
¸sart f ’nin [x1, xn] aralı˘gında bir do˘gru olmasıdır.
˙Ispat. p = t1x1+ t2x2+ · · · + tnxn dersek, p ≥ t1xn+ t2xn+ · · · + tnxn
= (t1+ · · · + tn)xn= xn
ve benzer ¸sekilde p ≥ x1 buluruz. Yani p ∈ A ’dır. Teorem 5’ten her xk i¸cin
f (xk) ≥ f+0(p)(xk− p) + f(p)
oldu˘gunu biliyoruz. Bu e¸sitsizli˘gin her iki tarafını tk ile ¸carpar ve sonra k = 1 ’den k = n ’ye kadar toplarsak,
Xn k=1
tkf (xk) ≤ f+0(p) Xn k=1
tkxk− pf+0(p) Xn k=1
tk
+ f (p) Xn k=1
tk
= pf+0(p) − pf+0(p) + f (p)
= f
Xn
k=1
tkxk
elde ederiz. n ¨uzerinde t¨umevarım kulla- narak de˘gi¸sik bir ispat verebilirdik. E¸sitlik hali ile ilgili iddiayı da dı¸sb¨ukeyli˘gin tanımından sonra verdi˘gimiz geometrik a¸cıklamadan rahat¸ca
g¨or¨ur¨uz. 2
Teorem 12. g : [c, d] → (a, b) s¨urekli ve f : (a, b) → R dı¸sb¨ukey olsun. O zaman
f
1
d − c Z d
c
g(x) dx
≤ 1
d − c Z d
c
f (g(x)) dx
sa˘glanır.
˙Ispat. Teorem 11’in ispatına benzer ¸sekilde
p = 1 d − c
Z d c
g(x) dx
dersek, gene a < p < b olur. Teorem 5’ten her y ∈ (a, b) i¸cin f(y) ≥ f(p) + f+0(p)(y − p) oldu˘gunu biliyoruz. y = g(x) alırsak f (g(x)) ≥ f (p) + f+0 (p)(g(x) − p) buluruz. S¸imdi bu e¸sitsizli˘gin her iki tarafının c ’den d ’ye integralini alırsak,
Z d c
f (g(x)) dx ≥ f(p) Z d
c
dx + f+0(p) Z d
c
g(x) dx
− pf+0(p) Z d
c
dx
= f (p)(d − c) + f+0(p)p(d − c)
− pf+0(p)(d − c)
= (d − c)f
1 d − c
Z d c
g(x) dx
elde ederiz. Artık her iki tarafı d − c’ye b¨olmek
yetecektir. 2
Bu ve bundan sonraki integralle ilgili sonu¸clarda aslında integrali alınan fonksiyonun s¨urekli olması, tanım k¨umesinin bir aralık, hatta ger¸cel sayıların bir altk¨umesi bile olması bile gerekmez. Uzerinde integral alınabilecek bir¨ k¨ume ve integrali tanımlanabilecek bir fonksiyon yeter.
S¸imdi Teorem 12’de f (x) = ex = exp x alırsak, [0, 1] aralı˘gında tanımlı s¨urekli bir g fonksiyonu i¸cin
exp Z 1
0
g(x) dx ≤ Z 1
0
eg(x)dx,
ya da h(x) = eg(x) yazarsak g(x) = ln h(x) olaca˘gından,
exp Z 1
a
ln h(x) dx ≤ Z 1
0
h(x) dx buluruz.
t1= t2= · · · = tn =n1 alır ve f (x) = ex’i Teorem 11’de kullanırsak
exp
1
n(x1+ · · · + xn)
≤ 1
n(ex1+ · · · + exn), ya da yk= ex4 yazarsak xk= ln yk olaca˘gından,
(y1· · · yn)1/n = exp ln(y1· · · yn)1/n
= exp
1
nln(y1· · · yn)
= exp
1
n(ln y1+ · · · + ln yn)
≤ 1
n(y1+ · · · + yn)
elde ederiz. Bu ise aritmetik-geometrik ortalama e¸sitsizli˘gi dir. n = 2 aldı˘gımızda iyi bildi˘gimiz
√y1y2≤ y1+ y2
2
¸sekline girer. Teorem 12’de b¨ut¨un tk’leri e¸sit almak yerine her birini pozitif ve toplamları 1 olacak ¸sekilde se¸cersek, aritmetik-geometrik or- talama e¸sitsizli˘ginin daha genel hali olan
yt11· · · yntn≤ t1y1+ · · · + tnyn
e¸sitsizli˘gini de buluruz [4].
Teorem 11’i bu kez f (x) = e−x dı¸sb¨ukey fonksiyonu ile kullanacak olursak, yukarıdakilere benzer i¸slemlerden sonra
1
t1
y1+ · · · + ytnn
≤ y1t1· · · ytnn
e¸sitsizli˘gini buluruz. Bu, n = 2 ve e¸sit tk’ler ile 2
1 y1 +y1
2
≤√y1y2
bi¸cimine girer. Son iki e¸sitsizli˘gin sol tarafına har- monik ortalama denir [4].
Harmonik, geometrik ve aritmetik ortala- maların arasındaki ba˘gıntılarda e¸sitlik olması i¸cin Teorem 11’de s¨oylendi˘gi gibi f (x) = exve f (x) = e−x fonksiyonlarının [x1, xn] aralı˘gında do˘gru vermesi ¸sarttır. Bu da ancak x1= x2= · · · = xn iken m¨umk¨und¨ur. Dolayısıyla verdi˘gimiz ¨u¸c ¸ce¸sit ortalamanın birbirine e¸sitli˘gi ancak b¨ut¨un sayılar birbirine e¸sitse olu¸sur.
Bu dergide ba¸ska yazılardaki [1,3,6] bazı e¸sitsizlikler de Jensen e¸sitsizli˘ginde uygun dı¸sb¨u- key fonksiyonlar se¸cilerek elde edilebilir.
E. H¨older, Cauchy-Schwarz ve Minkovski E¸sitsizlikleri
Dı¸sb¨ukey fonksiyonlardan s¨oz ederken ¸co˘gu kez toplamları 1 olan iki pozitif sayı kullandık.
Bu iki sayıyı biraz daha ¨ozel se¸cebiliriz: p ve q , toplamları ve ¸carpımları aynı, yani p + q = pq olan pozitif iki ger¸cel sayı olsun. Bu ¸sart
1 p+1
q = 1
olması demektir. B¨oyle se¸cilen p ve q ’ya bir- birinin e¸sleni˘gi denir. p ve q e¸slenik iseler, 1 < p, q < ∞ olaca˘gı a¸cıktır; ¨ob¨ur t¨url¨u birinin negatif olması gerekirdi. E¸slenik iki sayıdan birinin sınırsız artması di˘gerinin 1’e yakla¸smasını gerektirir. Fakat ∞ bir ger¸cel sayı olmadı˘gından dolayi p = 1 ya da q = 1 almayaca˘giz. ¨Onemli bir ¨ozel durum, p = q = 2 simetrik halidir.
A¸sa˘gıdaki teoremlerde se¸cece˘gimiz sayılar ve fonksiyonlar ger¸cel veya karma¸sik de˘gerli ola- bilir. Duruma g¨ore |·|, mutlak de˘ger veya mod¨ul¨u g¨osterir. Pozitif sayılar veya fonksiyonlar i¸cin tabii ki | · | kullanmaya gerek kalmaz.
Teorem 13. 1 < p < ∞ ve q , p’nin e¸sleni˘gi olsun. a1, . . . , an ve b1, . . . , bn sayıları
Xn k=1
|akbk| ≤
Xn
k=1
|ak|p
1/pXn
k=1
|bk|q
1/q
e¸sitsizli˘gini sa˘glar. Buna H¨older e¸sitsizli˘gi denir.
˙Ispat. Sayılardan sıfır olanları toplamlara katkı- ları olmadıklarından atılmı¸s kabul edelim. G¨oste- rece˘gimiz e¸sitsizli˘gin sa˘gındaki iki ¸carpana sırayla A ve B diyelim. A¸cık¸ca 0 < A, B < ∞’dur. O zaman ck = ak/A ve dk = bk/B tanımlamamız- da sorun ¸cıkmaz; ck ve dk’ler de 0 ’dan farklıdır.
Ustelik¨
Xn k=1
|ck|p= Xn k=1
|dk|q = 1
sa˘glanır. ¨Ustel fonksiyon (0, ∞) aralı˘gındaki her de˘geri aldı˘gından, her k ’ye kar¸sılık |ck| = esk/p ve |dk| = etk/q ger¸cekleyen sk ve tk pozi- tif sayılarını bulabiliriz. p ve q e¸slenik olduk- larından ¨ustel fonksiyonun dı¸sb¨ukeyli˘gi
exp
sk p +tk
q
≤ 1 pesk+1
qetk (∗∗) verir. Bu ise
|ck| |dk| ≤ 1
p|ck|p+1 q|dk|q
demektir. Bu i¸slemi her k = 1, . . . , n i¸cin yapıp toplarsak
Xn k=1
|ck||dk| ≤ 1 p
Xn k=1
|ck|p+1 q
Xn k=1
|dk|q
= 1 p+1
q = 1
elde ederiz. ck ve dk’nin tanımını hatırlarsak is-
pat biter. 2
H¨older e¸sitsizli˘ginin de integral hali vardır.
˙Ispatını, Teorem 13’¨unk¨une ¸cok benzer oldu˘gun- dan vermiyoruz.
Teorem 14. 1 < p < ∞ ve q , p’nin e¸sleni˘gi olsun. Bir [a, b] aralı˘gında tanımlı f, g s¨urekli fonksiyonları
Z b a
|f(x)g(x)| dx,
≤
Z b
a |f(x)|pdx
1/pZ b
a |g(x)|qdx
1/q
e¸sitli˘gini sa˘glar.
p = q = 2 halinde H¨older e¸sitsizli˘gi Cauchy-Schwarz e¸sitsizli˘gi adını alır. Mutlak de˘gerin temel ¨ozellikleri olan
Xn k=1
akbk ≤
Xn k=1
|akbk|
Z b
a
f (x)g(x) dx ≤
Z b
a |f(x)g(x)| dx e¸sitsizlikleri ile birle¸stirildi˘ginde, iki vekt¨or¨un i¸c
¸carpımının mutlak de˘geri en fazla vekt¨orlerin boy- larının ¸carpımı kadardır anlamına da gelir.
˙Ispatını incelersek, Teorem 13’te e¸sitli˘gin sa˘glanabilmesi i¸cin (∗∗)’da her k i¸cin e¸sitlik ol- ması gerekti˘gini g¨or¨ur¨uz. Ortalamalardaki e¸sitlik
halleri ile ilgili a¸cıklamalardan, bunun ancak her k i¸cin sk = tk olması ile m¨umk¨un oldu˘gu or- taya ¸cıkar. Bu ise her k i¸cin |ck|p = |dk|q ol- ması demektir. Sonu¸c olarak H¨older ¸sitsizli˘ginde e¸sitli˘gin var olabilmesi i¸cin gerek ve yeter ¸sart her k i¸cin |ak|p/|bk|q = C ger¸cekleyen sıfırdan farklı bir C sayısının varlı˘gıdır. ˙Integralli du- rumda ise e¸sitlik i¸cin gerek ve yeter ¸sart her x ∈ [a, b] i¸cin |f(x)|p/|g(x)|q= C ger¸cekleyen ve sıfır olmayan bir C sayısının varlı˘gıdır. Cauchy- Schwarz e¸sitsizliklerinde e¸sitlik i¸cin sa˘glanması gerekenler |ak|/|bk| = C veya |f(x)|/|g(x)| = C
¸seklinde yazılabilir.
Teorem 15. 1 < p < ∞ olsun. a1, . . . , an ve b1, . . . , bn sayıları
Xn
k=1
|ak| + |bk|p1/p
≤
Xn
k=1
|ak|p
1/p
+
Xn
k=1
|bk|p
1/p
e¸sitsizli˘gini sa˘glar. Buna Minkovski e¸sitsizli˘gi denir.
˙Ispat. Gene ¨once 0’ları atmakla i¸se ba¸slayalım.
O zaman b¨ut¨un toplamlar 0 ile ∞ arasındadır.
|ak| + |bk|p
= |ak| |ak| + |bk|p−1
+ |bk| |ak| + |bk|p−1
yazıp toplar ve sa˘gdaki terimlere ayrı ayrı H¨older e¸sitsizli˘gini uygularsak,
Xn k=1
|ak| |ak| + |bk|p−1
≤
Xn
k=1
|ak|p
1/pXn
k=1
|ak| + |bk|(p−1)q1/q
ve bunun ak ile bk’nin yeri de˘gi¸stirilmi¸s halini elde ederiz. Burada q , p ’nin e¸sleni˘gidir ve bu y¨uzden (p−1)q = p olur. Elimizdekileri toplarsak Xn
k=1
|ak|+|bk|p
≤
Xn
k=1
|ak| + |bk|p1/q
·
Xn
k=1
|ak|p
1/p
+
Xn
k=1
|bk|p
1/p
buluruz. S¸imdi her iki tarafı sa˘gdaki ilk ¸carpana b¨oler ve 1 − 1/q = 1/p oldu˘gunu kullanırsak
istedi˘gimizi elde ederiz. 2
Teorem 16. 1 < p < ∞ olsun. Bir [a, b]
aralı˘gında tanımlı f, g s¨urekli fonksiyonları
Z b
a |f(x)| + |g(x)|p
dx
1/p
≤
Z b
a |f(x)|pdx
1/p
+
Z b
a |g(x)|pdx
1/p
e¸sitsizli˘gini sa˘glar.
Minkovski e¸sitsizli˘gi de mutlak de˘gerin temel ¨ozellikleri olan
|ak+ bk|p ≤ |ak| + |bk|p
|f(x) + g(x)|p ≤ |f(x)| + |g(x)|p
e¸sitsizlikleri ile birle¸stirilebilir. p = q = 2 halinde
¨
u¸cgen e¸sitsizli˘gi ni elde ederiz. Yazının ba¸sındaki
¨
u¸cgen e¸sitsizli˘giyle ili¸skiyi kurmak i¸cin, bk’leri
−bk’ler ile de˘gi¸stirmek yeter.
Minkovski e¸sitsizli˘ginde e¸sitlik halini ince- lemek i¸cin, ispatında kullanılan H¨older e¸sitsiz- liklerinde e¸sitli˘gin hangi durumlarda olaca˘gına bakarız. Buradan elde edilen gerek ve yeter ¸sart her k i¸cin veya her x ∈ [a, b] i¸cin |ak|/|bk| = C veya |f(x)|/|g(x)| = C ger¸cekleyen sıfırdan farklı bir C sayısının varlı˘gıdır.
Yukarıdaki e¸sitsizliklerden bir kısmı bu dergide daha ¨once de yayımlanmı¸stı [5]. Ama bu- rada daha genel hallerini verdik ve dayandıkları temel noktanın dı¸sb¨ukeylik oldu˘gunu g¨osterdik.
KAYNAKC¸ A
[1] E. Alkan, Bir E¸sitsizlik ¨Uzerine, Matematik D¨unyası, 5, sayı 4, 17–18 (1995).
[2] S¸. Alpay, Rolle ve Ortalama De˘ger Teoremleri, Matematik D¨unyası, 2, sayı 5, 16–18 (1992).
[3] Y. Avcı & N. Ergun, Alkan’ın E¸sitsizli˘gine Ek, Matematik D¨unyası, 6, sayı 1, 9 (1996).
[4] H. Demir, Bazı Ortalamalar, Matematik D¨un- yası, 1, sayı 1, 17–21 (1991).
[5] A. K. Erkip, Bazı Temel E¸sitsizlikler, Mate- matik D¨unyası, 1, sayı 4, 20–23 (1991).
[6] A. K. Erkip, Emre Alkan’ın E¸sitsizli˘gi ¨Uzerine, Matematik D¨unyası, 6, sayı 1, 10 (1996).
[7] J. van Tiel, Convex Analysis, Wiley, Chicester, 1984.
