MB1001 ANALİZ I. Ders Notları. Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN. İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü

Transkript

1 MB1001 ANALİZ I Ders Notları Yrd. Doç. Dr. Emel YAVUZ DUMAN İstanbul Kültür Üniversitesi Matematik-Bilgisayar Bölümü

2 c 2013, Emel Yavuz Duman Tüm hakkı saklıdır. Bu notlar Örgün Öğretimde Uzaktan Öğretim Desteği (UDES) lisansı altındadır. Ders notlarına ulaşmak için 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 eyavuz/

3 İçindekiler İçindekiler iii 1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi Temel Tanımlar Sıralanmış Cisim Aksiyomları Tamlık Aksiyomu Ters Fonksiyonlar ve Görüntüler Reel Değerli Diziler Dizilerin Limitleri Limit Teoremleri Bolzano-Weierstrass Teoremi Cauchy Dizileri Limit Supremum ve Limit İnfimum R Üzerinde Fonksiyonlar İki-Yönlü Limitler Tek-Yönlü Limitler ve Sonsuzda Limit Kavramı Süreklilik Düzgün Süreklilik R Üzerinde Diferansiyellenebilme Türev Diferansiyellenebilme Teoremleri Bazı Fonksiyonların Türevleri Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri Kapalı Fonksiyonların Türevleri Ters Trigonometrik Fonksiyonların Türevleri Logaritmik ve Üstel Fonksiyonların Türevleri Ortalama Değer Teoremi Limitlerde Belirsiz Şekiller ve L Hôpital Kuralı \0 Belirsizliği \, 0, Belirsizlikleri Belirsiz Kuvvetler Fonksiyon Grafiklerinin Çizimi Ters Fonksiyon Teoremleri

4

5 1 Reel (Gerçel) Sayı Sistemi 1.1 Temel Tanımlar Bu derste küme ve reel sayılar için standart notasyonlar kullanılacaktır. Örneğin, R veya (, ) reel sayılar kümesini, ise boş kümeyi (hiç bir elemanı 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, x 2 = 1 denkleminin çözümleri kümesi { 1,1} veya {x : x 2 = 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 A B yazılır. Bir A kümesinin boştan farklı olarak isimlendirilmesi için gerek ve yeter şart A 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 elemanlarının kümesine B nin A ya göre tümleyeni (notasyon: A\B veya A nın anlaşılması durumunda B c ) denir ve A\B = {x : x A, x / B}

6 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 bir bağıntı adı verilir. X Y üzerinde bir bağıntı R olsun. R nin tanım kümesi ve R nin değer kümesi {x X : (x,y) R olacak şekilde y Y vardır} {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 f Y ) denir. Buna 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 herxelemanınaf fonksiyonu ile biry = 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 y), x e y nin f altındaki ön görüntüsü (veya orijinali) 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) = sinx 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 fonksiyonunun değer kümesi Ran(f) := {y Y : f(x) = y olacak şekilde x X vardır} şeklinde tanımlanan f in tüm görüntülerinin bir koleksiyonudur. 2

7 f. x X = Dom(f). y = f(x) Y eş-tanım kümesi Ran(f) Genel halde, bir fonksiyonun değer kümesi, eş-tanım kümesinin bir alt kümesidir 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 ve ters fonksiyon f 1 (y) := x olmak üzere f 1 : Y X şeklinde tanımlanır, 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) = x 2 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 x 1,x 2 X olmak üzere x 1 x 2 iken f(x 1 ) f(x 2 ) 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(x 1 ) f(x 2 ) ise x 1 x 2 olmak zorundadır. Eğer f(x 1 ) f(x 2 ) iken x 1 = x 2 = x olsaydı, bu x elemanının f(x 1 ) ve f(x 2 ) gibi iki farklı görüntüsü olurdu ki bu ise f in fonksiyon olma tanımı ile çelişirdir. Eğer f fonksiyonu injektif ise x 1 x 2 iken f(x 1 ) f(x 2 ) olacağından injektif bir fonksiyon için f(x) kümesinin her elemanının ancak tek bir ön görüntüsü olabilir. Şu halde injektif bir fonksiyon için f(x 1 ) = f(x 2 ) ise x 1 = x 2 eşitliği sağlanır. Örneğin, f : R R olmak üzere f(x) = x 2 şeklinde tanımlanan fonksiyon 1 1 iken f( 1) = f(1) = 1 olduğundan injektif değildir. Diğer taraftan g : R R olmak üzere g(x) = x+1 fonksiyonu 3

8 x 1 x 2 için x x yani g(x 1 ) g(x 2 ) 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) = x 2 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 1} olmak üzere her x X için f(x) = 2x x 1 şeklinde tanımlansın. f in injektif olduğunu göstermek için f(x 1) = f(x 2 ) eşitliğini sağlayan x 1,x 2 X noktalarını göz önüne alalım. f(x 1 ) = f(x 2 ) olduğundan 2x 1 x 1 1 = 2x 2 x 2 1 eşitliği sağlanır. Bu ise x 1 (x 2 1) = x 2 (x 1 1) yani x 1 = x 2 demektir. Dolayısıyla f injektiftir. Sürjektifliği garantilemek için f in değer kümesini belirleyelim. Bunun için x e bağlı verilen y = 2x y x 1 denklemini y cinsinden yazarsak x = y 2 elde edilir ki bu ifade y 2 için tanımlıdır. Buna göre f in değer kümesi Y := {y R : y 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 x 2 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 üzerinde komütatif cisim (veya kısaca cisim) adı verilen bir cebirsel yapı belirtirler. Postulat 1 [Cisim Aksiyomları]. R 2 := 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 0 olacak şekilde tek türlü belirli bir 1 R vardır. 4

9 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 1 ifadesi a veya 1/a ve a b 1 ifadesi a b veya a/b şeklinde gösterilir. Toplamada ve çarpmada ters elemanların varlığının garantisi ile her a R için x + a = 0 ve a 0 olması durumunda ax = 1 denklemleri çözülebilir. Postulat 1 den reel sayıların iyi bilinen aşağıdaki cebirsel kuralları elde edilebilir: ( 1) 2 = 1, (1.1) ve 0 a = 0, a = ( 1) a, ( a) = a, a R, (1.2) (a b) = b a, a,b R (1.3) 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 Çarpma Özelliği. Her a,b,c R için ve a < b ve c R ise a+c < b+c dir. a < b ve c > 0 ise ac < bc 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

10 Yukarıda verildiği gibi iki tane Çarpma Özelliği vardır ve bu özellikleri kullanırken dikkatli olmak gerekir. Örneğin x < 1 olması x > 0 değil ise x 2 < x eşitsizliğinin gerçeklenmesini gerektirmez. Eğer x < 0 ise İkinci Çarpma Özelliği ne göre x < 1 için x 2 > 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 tanımlanan tamsayılar (Almanca karşılığı Zahl) kümesi, { m } Q := n : m,n Z,n 0 olarak tanımlanan rasyonel (İngilizce karşılığı Quotients) sayılar kümesi ve Q c = R\Q irrasyonel (İngilizce karşılığı Irrationals) sayılar kümesi diğer önemli sayı kümeleridir. Rasyonel sayıların eşitliği aşağıdaki şekilde tanımlanır: m n = p q Yukarıdaki sayı kümeleri arasında ancak ve ancak mq = np. 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. Gerçekten, 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. N ve Z kümelerini tam olarak tanımlamadığımızdan bazı kabuller yapmamız gerekmektedir: Açıklama N doğal sayılar ve Z tamsayılar kümelerinin aşağıdaki özellikleri 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

11 Bu özellikler kullanılarak Q rasyonel sayılar kümesinin Postulat 1 i sağladığı gösterilebilir (bkz Alıştırma ). Dikkat edilirse R nin rasyonel sayılar kümesi 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 yoktur. Q c kümesi 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 sağlamaz. 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 Postulat 3 ü (Tamlık Aksiyomu) gerçeklemez. Benzer şekilde N, Z ve Q c kümelerinin Postulat 1 ve Postulat 2 de verilen özelliklerden hangilerini sağladığı, hangilerini 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 Sıralanmış 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 yöntemdir. 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 ispatladığından 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 göstermeyi planlanan ifadenin yanlış olduğu kabul edilir ve adım adım işlem yapılarak bir çelişkiye ulaşılır. Çelişki, açık olarak yanlış olan ya da hipotez ile çelişen bir ifadedir. Çelişkiye ulaşıldığı anda ispat tamamlanmış olur (bkz Te- 7

12 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 örneğe ters örnek adı verilir. Örneğin x > 1 ise x 2 x 2 0 sağlanır. ifadesinin doğru olmadığını göstermek için 1 den büyük x = 2 sayısı seçilsin = 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 a R olsun. Buna göre a 0 ise a 2 > 0 (1.5) olduğunu ve 1 < 0 < 1 eşitsizliğinin gerçeklendiğini ispatlayınız. Kanıt. a 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 kullanılarak a ile çarpılırsa a 2 = a a > 0 a elde edilir. (1.2) ye göre 0 a = 0 olduğundan a 2 > 0 sonucuna ulaşılır. Durum 2. a < 0 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı İkinci Çarpma Özelliği kullanılırarak a ile çarpılırsa a 2 = a a > 0 a elde edilir. (1.2) ye göre 0 a = 0 olduğundan a 2 > 0 sonucuna ulaşılır. Buna göre a 0 ise a 2 > 0 sağlanır. Diğer taraftan 1 0 olduğundan 1 = 1 2 > 0 dır. Bu eşitsizliğin her iki tarafına 1 eklenirse 0 = 1 1 > 0 1 = 1 elde edilir. Örnek a R olsun. Buna göre olduğunu ispatlayınız. 0 < a < 1 ise 0 < a 2 < a ve a > 1 ise a 2 > a (1.6) Kanıt. 0 < a < 1 olsun. Eşitsizliğin her iki tarafı Birinci Çarpma Özelliği kullanılırarak a ile çarpılırsa 0 = 0 a < a 2 < 1 a = a yani 0 < a 2 < a elde edilir. Diğer taraftan a > 1 ise Örnek ve Transitiflik Özelliği ne göre a > 0 dır. Dolayısıyla Birinci Çarpma Özelliği kullanılabilir. a > 1 ifadesinin her iki tarafı a ile çarpılır ise a 2 = a a > 1 a = a sonucuna ulaşılır. Benzer şekilde (bkz Alıştırma 1.2.3) aşağıdaki ifadelerin doğruluğu gösterilebilir: 0 a < b ve 0 c < d ise ac < bd, (1.7) 0 a < b ise 0 a 2 < b 2 ve 0 a < b, (1.8) 8

13 ve 0 < a < b ise 1 a > 1 b > 0. (1.9) Tanım Bir a R sayısının mutlak değeri a a 0 a := a a < 0 şeklide tanımlanan bir sayıdır. Mutlak değere ilişkin bir özelliği ispatlamak istediğimizde genellikle parametrelerin 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 Mutlak değer çarpımsaldır. Yani hera,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 eşitsizliklerinin 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 olduğundan Tanım kullanılarak elde edilir. ab = ab = ( 1) 2 (ab) = ( a)( b) = a b Aşağıdaki teorem mutlak değer barındıran eşitsizlikleri çözmede oldukça sık kullanılır. Teorem (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

14 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 e göre a = a sağlanır. Dolayısıyla hipotez şartından M 0 a = a M sonucu elde edilir. Durum 2. a < 0 olsun. Bu durumda Tanım 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 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 eşitsizlikleri geçerlidir. a+b a + b ve a b a b Kanıt. i) Eğer a 0 ise a = a 0 sağlanır. Diğer taraftan a < 0 olması durumunda Tanım 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

15 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 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 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 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 sonucu bulunur. Dolayısıyla a b a b a b a b a b eşitsizliği doğru olduğundan Teorem 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

16 Örnek Eğer 2 < x < 1 ise x 2 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 kullanıldığında elde edilir. x 2 x x 2 + x = x 2 + x < = 6 Şimdi Trikotami Özelliği ne karşılık gelen ve çokça kullanacağımız aşağıdaki sonucu verelim: Teorem 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. ε 0 = x y > 0 denirse y + ε 0 = x olarak ifade edilebilir. Dolayısıyla, Trikotami Özelliği ne görey+ε 0 değerix den büyük olamaz. Bu ise ε = ε 0 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 nin i) şıkkına göre a = 0 olduğu anlamına gelir. 12

17 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 kümeye kapalı aralık, (a,b) := {x R : a < x < b}, (a, ) := {x R : a < x}, (,b) := {x R : x < b} veya (, ) := R formundaki bir kümeye ise açık 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 doğrusu 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 aralıklar sınırsız olarak isimlendirilir. a, b uç noktaları a = b eşitliğini sağlayan bir aralığa dejenere, a < b eşitsizliğini 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 arasındaki uzaklık ise a b şeklinde tanımlanır. Aralıklar kullanılarak eşitsizlikler ifade edilebilir. Örneğin, Teorem istenirse a M olması için gerek ve yeter şarta nın[ M,M] kapalı aralığında yer almasıdır, benzer şekilde Teorem 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 a, b, c, d R olmak üzere aşağıda verilen ifadelerin hangilerinin doğru, hangilerinin 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

18 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 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 görea+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 (1.7), (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 a 2 < b 2 ve 0 a < b sağlanır. Gerçekten, 0 a < b olduğundan (1.7) ye göre 0 a 2 < ab ve 0 ab < b 2 yani 0 a 2 < b 2 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 = b 2 (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 a 2 = 4 sayısı da b 2 = 1 den küçük değildir. Diğer taraftan1/a = 1/2 değeri de1/b = 1 sayısından küçük kalmaz Bir a R sayısının pozitif kısmı negatif kısmı ise olarak tanımlanır. a + := a +a, 2 a := a a, 2 a) a = a + a ve a = a + +a olduğunu gösteriniz. 14

19 b) Aşağıdaki ifadelerin doğruluğunu gösteriniz: a + a a 0 = ve a 0 a 0 = 0 a 0 a a 0. Çözüm. a) Verilen tanımlara göre ve a + a = a +a 2 a + +a = a +a 2 a a 2 + a a 2 = a +a a +a 2 = a +a+ a a 2 = 2a 2 = a, = 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 Aşağıdaki eşitsizlikleri sağlayan x R sayılarını tespit ediniz. a) 2x+1 < 7 b) 2 x < 2 c) x 3 3x+1 < x 3 x d) e) Çözüm. x 1 < 1 x 2 4x 2 1 < 1 4 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) x 3 3x + 1 < x 3 ancak ve yalnız x 3 < x 3 3x + 1 < x 3 ancak ve yalnız 3x+1 < 0 yani 3x 1 > 0 ve 2x 3 3x+1 > 0. 3x 1 > 0 eşitsizliği x > 1/3 olmasına denktir. Diğer taraftan 2x 3 3x + 1 = (x 1)(2x 2 + 2x 1) = 0 ifadesini sağlayan değerler x = 1,( 1 ± 3)/2 olduğundan 2x 3 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. 4x 2 1 > 0 olsun. Çapraz çarpma yaparak 4x 2 < 4x 2 1 yani boş küme elde edilir. Durum 1. 4x 2 1 < 0 olsun. Bu durumda İkinci Çarpma Özelliği ne göre 4x 2 > 4x 2 1 yani 0 > 1 olması her x reel sayısı için doğru olduğundan çözüm aralığı ( 1/2,1/2) dir. 15

20 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 durumdaa 1 > 1 yani1 < 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 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) eşitliğinin 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 a 2 = 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 x R olsun. a) x 2 ise x x 2 olduğunu ispatlayınız. b) x 1 ise x 2 +2x 3 4 x 1 olduğunu ispatlayınız. c) 3 x 2 ise x 2 +x 6 6 x 2 olduğunu ispatlayınız. d) 1 < x < 0 ise x 3 2x+1 < 1.26 x 1 olduğunu ispatlayınız. Çözüm. a) x 2 ve x+2 x +2 olduğundan x 2 4 = x+2 x 2 4 x 2 elde edilir. b) x 1 ve x+3 x +3 olduğundan x 2 +2x 3 = x+3 x 1 4 x 1 elde edilir. c) 3 x 2 ve x 2 x +2 olduğundan x 2 +x 6 = x+3 x 2 6 x 2 elde edilir. d) 1 < x < 0 ve x 2 + x 1 fadesi ( 1,0) aralığında minimum değerini 1.25 noktasında aldığından x 3 2x+1 = x 2 +x 1 x 1 < 5 x 1 /4 elde edilir Aşağıdaki eşitsizlikleri gerçekleyen tüm n N değerlerini tespit ediniz. 1 n a) < n 2 n b) 2 +2n+3 < n 3 +5n 2 +8n+3 n 1 c) < n 3 n 2 +n 1 16