Yazar: Nurettin Ergün
Yıl: 1994 – 5
Sayı: 19
Amaç
Matematikteki temel ve önemli kavram ve yöntemlerin pek çoğu gerçel (=reel) sayıların ana özelliklerinden soyutlama ve genelleştirme yoluyla elde edilmiştir dersek hiç abartmış olmayız. Gerçel sayıların kesin, sağlıklı ve eksiksiz inşalarına ulaşmak matematiğin yüzlerce yılını almıştır. Bu nitelikteki inşalara ancak 1870’li yıllarda Heine, Dedekind ve Cantor gibi usta matematikçilerin çabalarıyla ulaşılmıştır. Peki gerçel sayılar nedir? Gerçel sayılar herşeyden önce tam sıralanmış, değişmeli bir Arşimet cismidir. Yani gerçel sayılar kümesi $\mathbb{R}$ üzerinde değişmelilik özelliğine sahip çarpma ve toplama işlemleri tanımlıdır ve bu işlemler cisim aksiyomlarını gerçekler. Okuyucunun cisim adı verilen cebirsel yapıyı az çok tanıdığını varsayıyoruz. Sonra $\mathbb{R}$ kümesinin çarpma ve toplama işlemlerine göre kapalı olan öyle özel bir $\mathbb{R}^+$ altkümesi vardır ki, her bir $x\in \mathbb{R}^+$, ya $x=0$, ya da $-x\in\mathbb{R}^+$ bağdaşmaz durumlarından birisi geçerlidir. Bu özel altkümeye pozitif gerçel sayıalr kümesi denir. Ancak ve yalnız $x-y$ bu kümeye ait olduğunda $y<x$ yazılır. Dikkat edilirse ya $x<y$, ya $x=y$, ya da $y<x$ gerçekleşecek, başka bir değişle farklı iki gerçel sayıdan birisi mutlaka diğerinden “büyük” olacaktır. Bu biçimde tanımlanan büyüklük küçüklük ilişkisince belirlenen sıralamaya doğrusal sıralama ya da tam sıralama denir. Ancak $x=y$ ya da $x<y$ geçerliyse $x\leq y$ yazılır. Üstelik herhangi bir $x\in\mathbb{R}^+$ için $x<n$ olacak biçimde bir $n$ doğal sayı vardır. Bu son özelliğe de gerçel sayıların Arşimet özelliği denir. Peki bu cebirsel özellikler gerçel sayıları olağanüstü önemli kılmaya yeterli midir? Hayır! Onu gerçekten olağanüstü yapan bu yazıda kısaca değinilecek olan dokuz temel özelliğidir. Bu temel özelliklerin matematiksel mantık açısından tümüyle eşdeğer olduklarını kanıtlamak bu yazının amacı olacaktır. Bu yazıyı, örneğin $a<b$ ve $c\in\mathbb{R}^+$ ise $ac<bc$ gerçeklediğini kanıtlayabilen ve kavrama isteği ile okuyan her okuyucu kolaylıkla kavrayacaktır inancındayız. Şimdi bu temel dokuz özelliği görüp tanımadan önce bazı hazırlıklar yapalım.
Hazırlık
${1,2,3,\ldots}$ doğal sayılar kümesine $\mathbb{N}$ diyeceğiz. $x_0 – \varepsilon < x < x_0 + \varepsilon$ eşitsizliklerini gerçekleyen tüm $x$ gerçel sayılarının kümesini her zaman olduğu gibi $(x_0-\varepsilon, x_0+\varepsilon)$ işaretiyle göstereceğiz. Bu kümeye $x_0$ gerçel sayısının $\varepsilon$ yarıçaplı açık dolayı ya da açık komşuluğu denir. Bu dolayı bu yazıda $D(x_0,\varepsilon)$ işaretiyle gösterilecektir. $\mathbb{R}$ kümesinin bir $A$ altkümesine, ancak ve yalnız, her elemanının uygun bir açık dolayını kapsayabiliyorsa açık küme denir. O halde $\mathbb{R}$ kümesinde boş olmayan herhangi bir açık kümenin sayılamaz sonsuz elemanı vardır, neden? $\mathbb{R} \setminus A$ tümleyen kümesi açık küme ise ancak bu taktirde $A$ kümesine kapalı küme denir. $(a,b)$ ve $(a,\infty)$ şeklindeki aralıklar, $a<b$ ne olursa olsun açık kümedirler. Gerçekten $x\in (a,b)$ ise, $\varepsilon_x < \mbox{min}\{x-a,b-x\}$ gerçekleyen pozitif $\varepsilon_x$ gerçel sayısı sayesinde $a<x-\varepsilon_x<b$ ve dolayısıyla $D(x,\varepsilon_x) \subseteq (a,b)$ gerçeklendiğini kolayca görebiliriz.$y\in (a,\infty)$ ise $\delta_y<y-a$ gerçekleyen pozitif $\delta_y$ sayesinde $a<y-\delta_y<y+\delta_y$ ve sonunda $D(y,\delta_y) \subseteq (a,\infty)$ bulunur. Gerek $[0,1]$ aralığı, gerekse $(0,1)$ aralığındaki tüm rasyonel sayıların kümesi ne açık ne de kapalıdırlar, neden? Peki ${0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots}$ altkümesi neden kapalıdır? Çünkü tümleyeni olan
$$
(-\infty, 0) \cup \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigg(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n}\bigg) \cup (1,\infty)
$$
kümesi açıktır, peki neden? Evet haklısınınız, herhangi sayıda açık kümesinin birleşiminin açık olduğunu kanıtlamak güç değildir. $(-\infty, a)$ aralığının açık ve dolayısı ile tümleyeni $(-\infty, a)\cup (b,\infty)$ açık kümesi olan $[a,b]$ aralığının kapalı olduğunu gözlemek de kolaydır. $\varepsilon^\ast = \mbox{min}\{\varepsilon,\delta\}$ olmak üzere $D(x,\varepsilon^\ast)\subseteq D(x,\varepsilon) \cap D(x,\delta)$ olduğuna iki açık kümenin kesişiminin de açık olduğunu kolayca gözlemleyebiliriz. Bir takım açık kümelerin oluşturduğu bir $\mathcal{G}$ ailesine, ancak ve yalnız $A\subseteq \cup \{G : G \in \mathcal{G}\}$ kapsaması geçerliyse, başka bir deyişle her $a\in A$ için $a\in G$ gerçeklenecek biçimde bir $G\in\mathcal{G}$ bulunubiliyorsa, $A$ kümesinin bir açık örtülüşü denir. Örneğin kolayca gözlemlenebileceği gibi
$$
\mathcal{G} = \left\{ \left(\frac{1}{n},\frac{3}{2}\right) : n \in \mathbb{N} \right\}
$$
ve
$$
\mathcal{G} = \left\{ \left(\frac{2}{2n+1}, \frac{2}{2n-1} \right) : n\in\mathbb{N} \right\}
$$
açık aralık aileleri sırasıyla $(0,1)$ ve $E={1,\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots }$ kümelerinin birer açık örtülüşüdür. Oysa yine kolayca görülebileceği gibi $\mathcal{G}$ ailesinin uygun sonlu sayıda üyesinin $(0,1)$ aralığını örtebilmesi olanaklı değildir. Aynen $\mathcal{G}^*$ ailesindeki hiçbir sonlu üyeli altailesi $E$ kümesini ötemez. Her açık örtülüşünden seçilmiş uygun sonlu sayıda üye ile örtülebilmeyi başaran bir altkümeye tıkız küme (=kompakt küme) denir. Demek ki $(0,1)$ aralığı ile ${1,\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots }$ kümesi tıkız değildir. Dikkat edilirse
$$
\mathbb{R}=(-1,1) \cup (-2,2) \cup (-3,3) \cup \cdots
$$
geçerlidir; oysa sağ yandaki açık aralıkların yalnızca sonlu tanesi ile $\mathbb{R}$ kümesi de tıkız değildir. Peki hangi altkümeler tıkızdır? Bekleyelim! Bir $x_0$ gerçel sayısına, ancak her $0<\varepsilon$ için $(x_0-\varepsilon, x_0+\varepsilon)$ açık dolayında $A$ kümesinden sonsuz tane eleman bulunabilirse, $A$ kümesinin bir yığılma noktası denir. Her dolayda $A$ kümesinden sonsuz tane eleman bulunması koşuluyla her dolayda $A\setminus{x_0}$ kümesinden en az bir eleman bulunması koşulu, belki şaşırtıcı gelebilir ama, eşdeğer koşullardır. Bu eşdeğerliliği göstermeyeceğiz. Bu önermenin tersinin doğru olması gerekmez. Aslında bir gerçel sayılar dizisinin yığılma noktaları, o dizinin yakınsak olan tüm altdizilerinin limit noktalarıdır. Söz gelimi $a_n=(-1)^n$ dizisinin yığılma noktaları $x=-1$ ve $x=1$’dir; oysa ${a_1, a_2, a_3, \ldots}={-1,1}$ kümesinin, yukarıda anlatılan nedenlerden ötürü hiç yığılma noktası yoktur. Tüm elemanları birbirinden farklı bir ${a_n}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayılar dizisinin tüm yığılma noktaları ile ${a_1, a_2, a_3, \ldots}$ kümesinin yığılma noktaları ise tastamam aynıdır. Okuyucunun, ancak bir ve yalnız bir yığılma noktasına sahip olan bir gerçel sayılar dizisinin yakısak olabildiği gerçeğini bildiğini varsayıyoruz. Bu ve benzeri bilgiler için [1]’e bakılabilir. Aynı yazıda supremum ve infimum kavramları da tanımlanmaktadır. Dikkat: Herhangi bir $K$ kapalı altkümesinin tüm yığılma noktaları zorunlu olarak $K$ kümesinin tüm yığılma noktaları zorunlu olarak $K$ kümesine ait olurlar; çünkü $\mathbb{R}\setminus K$ açık kümesinin tüm noktalarının, $K$ kümesi ile ayrık olan, yani $\mathbb{R}\setminus K$ tarafından kapsanan, en az bir açık dolayı vardı, anımsadık değil mi? Son olarak, $[a,b]$ şeklindeki bir aralık tarafından kapsanabilen bir altkümeye gerçel sayılarda sınırlı küme denildiğini belrtelim. Yukarıda sözü geçen $E$ kümesi sözgelimi sınırlıdır, neden? Şimdi de birkaç temel eşitsizliği kısaca elde edelim. $n\in\mathbb{N}$ ve $x,y\in\mathbb{R}$ ne olursa olsun geçerli olan
$$
x^n – y^n =(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+\cdots +xy^{n-2}+y^{n-1})
$$
özdeşliğini göstermek çok kolaydır; sağ yandaki ikinci parantez içindeki tüm terimleri önce $x$ ile sonra $-y$ ile çarpıp gerekli tüm terimleri önce $x$ ile sonra $-y$ ile çarpıp gerekli kısaltmaları yapmak yeterlidir. Hem $x$ ve hem de $y$ sıfırdan farklı olduklarında, sözü edilen ikinci parantez içinde toplama katılan terim sayısı $n$’dir. O halde $x$ pozitif gerçel sayısı ve $n\in \mathbb{N}$ ne olursa olsun
$$
n\leq (1+x)^{n-1} + (1+x)^{n-2}+\cdots + (1+x)+1
$$
olduğundan, yukarıdaki özdeşlik nedeniyle kolayca $$ (1+x)^n-1 = (1+x)^n-1^n = x\left( (1+x)^{n-1}+(1+x)^{n-2}+\cdots +(1+x)+1\right) $$ ve sonuçta ünlü Bernoulli eşitsizliği $$ 1+nx\leq (1+x)^n \quad \quad (x\in\mathbb{R}^+)$$ elde edilir. (Bu eşitsizlik aslında $-1<x$ gerçekleyen tüm $x$ gerçel sayıların geçerlidir.) Dikkat edilirse özellikle $x=1$ alarak $n< 1+n \leq 2^n$ bulunur. Benzer biçimde aynı özdeşlik ve benzer düşüncelerle $0<x<1$ için önce $1-(1-x)^n \leq nx$ ve dolayısıyla $1-nx\leq (1-x)^n$ geçerli olduğunu görebiliriz. İkilinin açılım bağıntısı olan $$(x+y)^n = x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}y+\binom{n}{2}x^{n-2}y^2+\cdots + \binom{n}{2}y^n$$ ve onun kolay bir sonucu olan $$2^n = 1 + \binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdots + \binom{n}{n}$$ sanıyoruz ki okur tarafından bilinmektedir.
Dokuz Temel Özellik
- Dedekind Kesim Özelliği: $\mathbb{R}$ kümesi, ikisi birden boştan farklı ve her $a\in A$ ve her $b\in B$ için $a<b$ gerçeklenecek biçimde $A$ ve $B$ altkümelerinin birleşimi ise, ya $$A=(-\infty,\gamma], \quad B=(\gamma, \infty),$$ ya da $$ A=(-\infty, \gamma), \quad B=[\gamma,\infty)$$ gerçeklenecek biçimde (kesim sayısı adını alan tek bir $\gamma$ gerçel sayısı vardır.
- Supremum Özelliği: $\mathbb{R}$’nin boştan farklı ve üstten sınırlı her altkümesinin (tek) bir supremumu vardır.
- İnfimum Özelliği: $\mathbb{R}$’nin boştan farklı ve alttan sınırlı her altkümesinin (tek) bir imfimumu vardır.
- Bağlantılılık Özelliği: $\mathbb{R}$ kümesinde hem açık hem kapalı hiç bir özaltküme yoktur.
- SMDY Özelliği: $\mathbb{R}$ kümesindeki her sınırlı monoton dizi yakısaktır.
- Heine-Borel Özelliği: $\mathbb{R}$ kümesinde kapalı ve sınırlı her aralık tıkızdır.
- Bolzano-Weierstrass Özelliği: Sonsuz noktalı her sınırlı gerçel sayılar kümesinin en az bir yığılma noktası vardır.
- Cantor Azalan Aralıklar Özelliği: Her $n\in\mathbb{N}$ için $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq [a_n,b_n]$ gerçekleyen ve uzunlukları sıfıra yakınsayan herhangi bir kapalı ve sınırlı aralıklar dizisinin kesişim kümesi tek elemanlıdır.
- Tamlık Özelliği: $\mathbb{R}$ kümesindeki her Cauchy dizisi yakınsaktır.
Eşdeğerlik Kanıtlaması
Yukarıdaki dokuz özellik birbirlerine eşdeğerdirler. Kanıtlama (1) $\Rightarrow$(2) $\Rightarrow$(3) $\Rightarrow$(4 )$\Rightarrow$(5) $\Rightarrow$(6) $\Rightarrow$(7) $\Rightarrow$(8) $\Rightarrow$(9) $\Rightarrow$(2) gerektirme zincirleri gösterilerek yapılacaktır. (2)$\Rightarrow$(8) $\Rightarrow$(9)$\Rightarrow$(2) gerektirme zinciri ise, Cauchy dizilerine ait temel bazı bilgileri elde etmek bu yazıyı uzatacağı için yapılmayacaktır.
(1)$\Rightarrow$(2): Boştan farklı ve üstten sınırlı herhangi bir $A\subseteq \mathbb{R}$ altkümesinin kesin üst sınırlar kümesi olan $$ \{ x\in\mathbb{R} : \mbox{ her } a\in A \mbox{ için } a<x\} = \{x\in\mathbb{R} : A\subseteq (-\infty,x)\}$$ kümesi $U_A$ ile gösterilsin. $x_0$ gerçel sayısı $A$ kümesinin bir üst sınırı ise $1+x_0$ gerçel sayısı $U_A$ kümesine aittir. $A\cap U_A=\emptyset$ nedeniyle $\emptyset \neq A\subseteq \mathbb{R}\setminus U_A$ ve üstelik her $y\in \mathbb{R}\setminus U_A$ ve her $x\in U_A$ için $y<x$ gerçeklendiği kolayca görülebildiğinden, (1) özelliği nedeniyle bu parçalanışın $\gamma$ gibi tek bir kesim sayısı vardır. $\gamma = \sup A$ olur, neden? Çünkü ister $\mathbb{R} \setminus U_A=(-\infty,\gamma)$ ve $U_A=(\gamma,\infty)$, isterse $\mathbb{R}\setminus U_A=(-\infty,\gamma)$ ve $U_A=(\gamma,\infty)$ gerçekleşmiş olsun, her $a\in A$ için $a\leq \gamma$ gerçeklendiği ve herbir $0<\varepsilon$ için $\gamma-\varepsilon \notin U_A$ nedeniyle $\gamma -\varepsilon\leq a_\varepsilon$ gerçekleyen bir $a_\varepsilon\in A$ elemanının varlığı kolaylıkla görülecektir. Bunlar $\gamma =\sup A$ demektir.
(2)$\Rightarrow$(3): Alltan sınırlı ve boş olmayan bir $A\subseteq \mathbb{R}$ altkümesi için $-A=\{-a:a\in A\}$ kümesinin bol olmadığını, üstten sınırlı olduğunu ve $-\sup (-A)=\inf A$ gerçeklendiğini görmek güç değildir. Aslında (2) ve (3) özellikleri denktir, neden?
(3)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(4): $A\neq \mathbb{R}$ altkümesinin hem açık hem kapalı olduğunu varsayalım. Bir $x_0 \in A$ gerçel sayısı var olduğundan, her $a\in A$ için ya $a<x_0$, ya da $x_0<a$ gerçekleşir. O halde $A=\left(A\cap (-\infty,x_0)\right) \cup \left((x_0,\infty)\cap A\right)$ olur. $A\cap (-\infty,x_0)$ kesişim kümesi boş olmak zorundadır. Apaçıktır ki $x_0$ gerçel sayısı ile üstten sınırlı olan bu açık küme boş olmasaydı, (3) $\Leftrightarrow$ (2) özelliği nedeniyle $a=\sup \left(A\cap (-\infty,x_0)\right)$ supremumu var olacak, $a\leq x_0$ gerçeklenecek ve üstelik $a$ gerçel sayısı $A$ nın bir yığılma noktsaı olacaktı; çünkü her $0<\varepsilon$ için $a-\varepsilon < a_\varepsilon < x_0$ ve dolayısıyla $a-\varepsilon < a_\varepsilon < a$ gerçeklenecek biçimde bir tane (aslında sonsuz tane) $a_\varepsilon\in A$ vardır, neden? $A$ kapalı olduğundan $a\in A$ ve sonuçta $a<x_0$ bulunacaktı. O halde $A$ açık olduğundan $D(a, \delta_0)\subseteq A$ gerçekleyen $0<\delta_0$ vardır. Şimdi $$a<y<\min\{x_0,a+\delta_0\}$$ gerçekleyen $y$ gerçel sayısı için $$y\in [a,a+\delta_0]\cap (-\infty,x_0)\subseteq A\cap (-\infty,x_0)$$ nedeniyle $y\leq a$ çelişkili sonucu doğacaktı. Tümüyle benzer düşüncelerle $(x_0,\infty) \cap A$ kesişim kümesi boş olmalıdır. Sonuçta bunların birleşimi olan $A$ boş olmak zorundadır. Demek ki $\mathbb{R}$’nin boş olmayan hiçbir özaltkümesi hem açık hem kapalı olamaz.
(4)$\Rightarrow$(1): Boştan farklı $A$ ve $B$ altkümeleri (i) $\mathbb{R}=A\cup B$ ile (ii) her $a\in a$ ve her $b\in B$ için $a<b$ koşullarını gerçeklesin. Her $a\in A$ için $(-\infty, a)\subseteq A$ ve her $b\in B$ için $(b,\infty )\subseteq B$ gerçeklendiği apaçıktır. Bu parçalanışın bir kesim sayısı tanımlanamasaydı, özellikle herbir $a\in A$ için $a<x_a$ gerçekleyen en az bir $x_a\in A$ var olurdu, neden? Benzer olarak herbir $b\in B$ için $y_b<b$ gerçekleyen bir $y_b\in B$ var olurdu. $$\delta_A =\frac{x_a-a}{2} \mbox{ ve } \delta_b=\frac{b-\delta_b}{3}$$ yazılırsa her $a\in A$ ve her $b\in B$ için $D(a,\delta_a) \subseteq A$ ve $D(b,\delta_b)\subseteq B$ gerçekleşirdi. Sonuçta $A$ ve $B$ kümeleri açık (ve birbirlerinin tümleyeni olduklarından) aynı zamanda kapalı olurlardı. Bu (4) özelliğine aykırıdır.
(2)$\Rightarrow$(6): $[a,b]$ kapalı ve sınırlı aralığı $\mathcal{G}={G_a : a\in I}$ açık kümeler ailesi tarafından örtülsün. Ancak ve yalnız bir $x\in [a,b]$ gerçel sayısı için $[a,x]$ aralığı bu ailenin sonlu tane uygun üyesi tarafından örtülebiliyorsa $x\in A$ yazılsın. Amacımız $b\in A$ göstermektir. Böyle tanımlanan $A$ kümesi boş değildir, çünkü $a\in G_{a_0}$ olacak biçimde bir $a_0\in I$ indisi ve $G_{a_0}$ kümesi açık olduğundan $D(a,\delta_a)\subseteq G_{a_0}$ gerçeklenecek biçimde $0<\delta_a$ vardır. $(a,a+\delta_a)\subseteq A$ kapsaması apaçıktır. $A\subseteq [a,b]$ ve (2) özelliği nedeniyle $\xi \in G_{a_1}$ gerçekleyen pozitif $\varepsilon_0$ sayesinde $$\left[a,\xi+\frac{\varepsilon_0}{2}\right] = \left[a,\xi-\frac{\varepsilon_0}{2}\right] \cup \left[\xi-\frac{\varepsilon_0}{2},\frac{\varepsilon_0}{2}\right] \subseteq [a,y_0]\cup G_{a_1} $$ elde edilirdi. Burada, supremum tanımı gereği var olan $y_0\in A$ elemanı $$a < \xi – \frac{\varepsilon_0}{2} < \xi = \sup A$$ gerçeklemektedir. Sonuçta $[a,\xi+\frac{\varepsilon_0}{2}]$ aralığı $\mathcal{G}$ ailesinin sonlu tane üyesi tarafından örtülebilir olduğundan $\xi +\frac{\varepsilon_0}{2} \in A$ ve $xi + \frac{\varepsilon_0}{2} \leq \sup A = \xi$ çelişkisi doğardı. Demek ki hem $\xi=b$ ve hem de $b\in A$ gerçeklenmesi gerektiği artık kanıtlanmıştır, nasıl?
(6)$\Rightarrow$(7): Sonsuz elemanlı $A\subseteq \mathbb{R}$ altkümesi $A\subseteq [a,b]$ gerçeklesin. $A$ kümesinin yığılma noktası olmasaydı her $x\in A$ için öyle bir $\varepsilon_x \in \mathbb{R}^+$ olurdu ki $\left(D(x,\varepsilon_x)-{x}\right)\cap A=\emptyset$ ve dolayısıyla $D(x,\varepsilon_x)\cap A={x}$ gerçeklenir. $[a,b]$ kapalı ve sınırlı aralığı tüm bu $(x-\varepsilon_x, x+\varepsilon_x]$ açık aralıkları ile $\mathbb{R}\setminus A$ açık kümesinin (bu küme neden açık?) oluşturduğu aile tarafından örtülür, oysa bu örtülüşün herhangi bir üyesi $a$ kümesinden en fazla bir eleman kapsadığından bu ailenin sonlu sayıda üyesinin $[a,b]$ aralığını (ve sonuçta $A$ kümesini) örtmesi (6) hipotezine aykırıdır. Demek ki $A$’nın en az bir yığılma noktası var olmalıdır.
(7)$\Rightarrow$(5): ${a_n}_{n=1}^{\infty}$ gerçel sayılar dizisi monoton (örneğin monoton artan) ve sınırlı olsun. O halde $a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n \leq a_{n+1} \leq \cdots \leq a_0$ gerçekleşir. Bu dizinin tüm elemnlarının kümesi $A={a_1, a_2, \ldots }$ apaçıktır ki $A\subseteq [a_1,a_0]$ nedeniyle sınırlıdır. Eğer $A$ kümesinin sonsuz elemanı varsa (7) özelliği nedeniyle $A$ kümesinin var olan yığılma noktası ${a_n}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin yığılma noktası ve aslında limit noktası olur, neden? $A$ kümesinin yalnızca sonlu tane elemanı varsa, her $n\geq n_0$ için $a_n=a_{n_0}$ gerçeklenecek biçimde bir $n_0$ doğal sayısı vardır ve dizi elbette $a_{n_0}$ gerçel sayısına yakınsar.
(5)$\Rightarrow$(2): Üstten sınırlı ve boş olmayan $A\subseteq \mathbb{R}$ altkümesinin elbette $x_0$ gibi bir kesin üst sınırı vardır. Şimdi $a_0\in A$ alınsın, sabit tutulsun ve $a<\delta=x_0-a_0$ yazılsın. $U_A$ her zaman olduğu gibi $A$’nın kesin üst sınırlarının kümesini göstersin.
Her $n\in \mathbb{N}$ için $x_{n+1}\leq x_n \leq x_0$, $$ x_n\in U_A \mbox{ ve } x_n*\frac{\delta}{2^n}\notin U_A \quad\quad (*)$$ gerçekleyen bir ${x_n}_{n=1}^{\infty}$ kesin üst sınırlar disizinin varlığını tümevarımla tanımlayabiliriz. $[a_0, x_0]$ aralığının orta noktası $\frac{1}{2}(x_0+a_0)\in U_A$ ise $x_1=\frac{1}{2}(x_0+a_0)$, yok eğer $\frac{1}{2}(x_0+a_0)\notin U_A$ ise $x_1=x_0$ tanımlansın. Kolaylıkla $x_1\leq x_0$, $x_1\in U_A$ ve $x_1-\frac{\delta}{2}\notin U_A$ gerçekleşir. (*) koşulları gerçeklenecek şekilde $x_1, x_2, \ldots,x_n$ tanımlanmış olsun. $[x_n-\frac{\delta}{2^n},x_n]$ aralığının orta noktası olan $\frac{1}{2}(2x_n,-\frac{\delta}{2^n})=x_n-\frac{\delta}{2^{n+1}}$ eğer $U_A$ kümesine aitse $x_{n+1}=x_n -\frac{\delta}{2^{n+1}}$; ait değildir $x_{n+1}=x_n$ tanımlansın. Yine kolayca $x_{n+1} \leq x_n, x_{n+2}\in U_A$ ve $x_{n+1}-\frac{\delta}{2^{n+1}}\notin U_A$ gözlenecektir. Monoton azalan ${x_n}_{n=1}^{\infty}$ dizisinin (5) özelliği ile varlığı güvence altına alınan $l=\lim_{n\to\infty} x_n$ limit noktası, $l=\sup A$ gerçekler; çünkü her $a\in A$ ve her $n\in \mathbb{N}$ için $a<x_n$ nedeniyle kolayca $a\leq \lim_{n\to \infty} x_n = l$ geçerlidir ve üstelik $0<\varepsilon$ verildiğinde Arşimet özelliği nedeniyle var olan ve $\frac{\delta}{\varepsilon}<n$ gerçekleyen $n\in\mathbb{N}$ yardımıyla $\frac{\delta}{2^n}$ ve $l-\varepsilon \leq x_n – \varepsilon < x_n -\frac{\delta}{2^n}$ ve $x_n – \frac{\delta}{2^n}\notin U_A$ nedeniyle $l-\varepsilon < x_n – \frac{\delta
}{2^n} < a_n$ olacak biçimde bir $a_n\in A$ var olmak zorundadır.
Uyarı ve Bir Uygulama
Gerçel sayıları Dedekind kesim özelliği gerçeklenecek biçimde bir inşası ilk kez büyük Alman usta Richard Dedekinf tarafından 1872’de verilmiştir. (ii) değişmeli, (iii) Dedekind kesim özelliğine sahip, bir (iv) Arşimet cismidir. Sonuöta $\mathbb{R}$ kümesi için (1) özelliği ve dolayısıyla yukarıdaki tüm dokuz özellik geçerlidir ve yukarıda verilen eşdeğerlik kanıtlanması, aynı zamanda bu özelliklerinin kanıtlaması olmaktadır. Şimdi supremum özelliğinin basit fakat olağanüstü önemli bir uygulamasını görerlim: Köklü değerleri (radikallerin) varlığı!
Önerme. $0<a$ gerçel sayısı $n$ sabit doğal sayısı verildiğinde $x^n=a$ gerçekleyen (tek) bir pozitif $x$ gerçel sayısı vardır.
Kanıtlama. $E={y\in \mathbb{R} : y^n<a}$ kümesi boş değildir, çünkü $0\in E$ dir. Arşimet özelliği nedeniyle $\frac{1}{a}<n_0$ gerçekleyen $n_0$ doğal sayısı için $\left(\frac{1}{n_0}\right)^n <\frac{1}{n_0}<a$ nedeniyle $\frac{1}{n_0}\in E$ gerçekleşir. O halde Bernoulli eşitsizliği yardımıyla $0<x=\sup E\leq 1+a$ geçerlidir, neden? Amacımız $x^n<a$ ve $a<x^n$ gerçeklenemeyeceğini kanıtlamak olacaktır. $x^n<a$ gerçerli olsaydı, Arşimet özelliği ile $\frac{(2^n-1)(1+x)^{n-1}}{a-x^n}<m$ gerçekleyen $m\in \mathbb{N}$ olur ve sonuçta
$$\left( x + \frac{1}{m}\right)^n = x^n + \binom{n}{1}\frac{x^{n-1}}{m} + \binom{n}{2}\frac{x^{n-2}}{m^2} + \cdots + \binom{n}{n}\frac{1}{m^n}$$
$$< x^n + \frac{(1+x)^{n-1}}{m}\left[\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdot \binom{n}{n}\right]$$
$$ = x^n + \frac{(2^n-1)(1+x)^{n-1}}{m}<a$$
nedeniyle $x+\frac{1}{m}\leq \sup E=x$ çelişkisi doğardı. Eğer $a<x^n$ olsaydı, bu kez de $\frac{n}{x}+\frac{nx^{n-1}}{x^n-a}<N$ gerçekleyen $N\in \mathbb{N}$ sayesinde
$$\left(x-\frac{1}{N}\right)^n=x^n\left(1-\frac{1}{N_x}\right)^n \geq x^n\left(1-\frac{n}{N_x}\right)>a$$
olduğunu gözleyerek, supremum tanımı gereği var olan uygun bir $y\in E$ yardımıyla $a<\left(x-\frac{1}{N}\right)^n<y^n$ ve sonuçta $y\notin E$ çelişkisi doğardı. Demek ki $x^n=a$ gerçeklenmelidir. Varlığı kanıtlanan bu pozitif $x$ gerçel sayısı apaçıktır ki tektir ve $\sqrt[n]{a}$ işereti ile gösterilir.
Not. Dedekind’in inşasını öğrenmek isteyen okuyuculara aşağıdaki iki kitabı salık veririz. [2] bir klasik, [3] daha çağdaştır.
KAYNAKÇA
[1] Y. Avcı \& N. Ergun, Limitler, Limitler, Matematik Dünyası, 4, Sayı 1, 12 – 16 (1994).
[2] E. Landau, Foundations of Analysis, Chelsea, 1951.
[3] W.Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3.baskı, McGraw-Hill, New York, 1976.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1994 yılı 5. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi İsmail Üçağıl‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
